2025年青岛版六三制新高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年青岛版六三制新高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、在氯化铵溶液中,下列关系式正确的是()A.c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)B.c(N)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)C.c(Cl-)=c(N)>c(H+)=c(OH-)D.c(N)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)2、关于下列各装置图的叙述不正确的是（）①②③④A.用图①装置精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.图②装置盐桥中KCl的Cl-移向乙烧杯C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同3、下列物质中，发生消去反应生成的烯烃只有一种的是()A.rm{2-}氯丁烷B.rm{2-}氯rm{-2-}甲基丙烷C.rm{2-}氯rm{-3-}甲基丁烷D.rm{2-}氯rm{-2-}甲基丁烷4、用分液漏斗可以分离的混合物是()A.四氯化碳和水B.苯和汽油C.己烷与液溴D.乙醇和水5、如图甲所示，纯电动公交车逐渐成为杭州街头常见的身影，磷酸铁锂电池是杭州市纯电动公交车所用的电池，现要从废旧磷酸铁锂电池中回收rm{Fe}rm{Al}rm{Li}等物质，采用图乙所示方法。已知：磷酸铁锂电池溶解在rm{H_{2}SO_{4}}中含有rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{Li^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{PO_{4}^{3-}}等离子及少量不溶物，滤液rm{c}中含有大量rm{Li^{+}}rm{Li_{2}CO_{3}}可溶于冷水，不溶于热水。下列说法不正确的是rm{(}rm{)}

A.向滤液rm{a}中加入适量rm{H_{2}SO_{4}}溶液，可以得到白色沉淀B.滤液rm{b}中加入氨水的目的是使rm{Fe^{3+}}沉淀，滤渣rm{c}为红褐色C.要将rm{Li}从溶液中析出，可在滤液rm{c}中加入足量rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，加热浓缩，冷却结晶D.图中的氨水可以用适量rm{NaOH}溶液代替6、通过下列方法获取物质不能够达到目的的是（）A.油脂水解得到乙醇B.纤维素水解得到葡萄糖C.通过盐析提纯蛋白质D.葡萄糖与银氨溶液反应得到银镜7、下列实验方法或操作能达到实验目的是rm{({??})}A.分离乙醇和水

B.分离乙醇和水

C.制取乙酸乙酯

D.进行葡萄糖与新制rm{Cu(OH)_{2}}的反应8、下列反应的离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.向含有rm{Hg^{2+}}的废水中加入rm{Na_{2}S}rm{Hg^{2+}+S^{2-}篓THgS}B.用碳酸氢钠作为抗酸药来中和胃酸rm{2H^{+}+CO_{3}^{2-}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}C.用熟石灰来中和酸性废水rm{Ca(OH)_{2}+2H^{+}篓TCa^{2+}+2H_{2}O}D.用rm{H_{2}SO_{4}}来中和碱性废水rm{2H^{+}+2OH^{-}篓TH_{2}O}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在有机化合物中；由于基团之间的相互影响，会使有机物分子中相关原子或原子团的反应活性发生显著的变化．

①实验表明，丙酸CH3CH2COOH分子中“-CH2-”上的碳氢键因与“-COOH”相邻，反应活性明显增强，比如，在红磷存在时，丙酸可与液溴反应生成2-溴丙酸（CH3CHBrCOOH）．

②已知含有“-C=C=C-”结构的有机物不能稳定存在．请结合①②有关信息；分析如下转化关系，图中所用NaOH都是足量的，回答问题：

（1）A的结构简式为____；图中A所发生的反应类型是____；F中所含官能团的名称是____．

（2）C→D的化学方程式为____．

（3）D不可能发生的反应是____（填字母代号）．

a．水解反应b．消去反应c．中和反应d．酯化反应e．氧化反应。

（4）F有多种同分异构体，其中含有-C≡C-且属于甲羧酯类的有机物共有____种，写出其中在核磁共振氢谱中有四个吸收峰的结构简式____．10、化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义．机动车废气排放已成为城市大气污染的重要．

①气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点原因____、____．

②汽车汽油不完全燃烧时还产生CO；若设想按下列反应除去CO：

2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，该设想能否实现？____（选填“能”或“不能”），依据是____．11、（10分）(1)下列叙述中，正确的是（填写序号）。①的化学名称是2—乙基丁烷②有机物用NaOH水溶液水解后，加AgNO3溶液有沉淀产生，则该有机物为卤代烃③能聚合成高分子化合物的单体中都含有碳碳双键④苯和甲苯可以用0.1%KMnO4酸性溶液鉴别（2）写出下列反应的化学方程式，并指出反应类型：①把Cl2通入含铁的苯中（）②把浓H2SO4、浓HNO3和甲苯混合加热制备TNT()③由丙烯制备聚丙烯（）④甲苯在催化剂存在条件下加热与H2反应（）12、rm{(1)}下列事实不能说明醋酸是弱酸的是______

rm{垄脵}当温度低于rm{16.6隆忙}时醋酸可凝结成冰一样晶体。

rm{垄脷0.1mol/L}的醋酸钠溶液的rm{pH}约为rm{9}

rm{垄脹}等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多。

rm{垄脺0.1mol/L}的醋酸的rm{pH}值约为rm{4.8}

rm{垄脻pH}都等于rm{4}且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度rm{NaOH}溶液充分反应时；醋酸消耗碱液多。

rm{垄脼}同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至rm{pH}相同时；醋酸加入的水少．

rm{(2)(CuCl(s)}与rm{O_{2}}反应生成rm{CuCl_{2}(s)}和一种黑色固体rm{.}在rm{25隆忙}rm{101kPa}下，已知该反应每消耗rm{1mol}rm{CuCl(s)}放热rm{44.4kJ}该反应的热化学方程式是______．

rm{(3)}某同学用铜片、银片、rm{Cu(NO_{3})_{2}}溶液、rm{AgNO_{3}}溶液、导线和盐桥rm{(}装有琼脂rm{-KNO_{3}}的rm{U}形管rm{)}设计成一个原电池；如图所示，下列判断中正确的是______．

rm{a.}实验过程中，左侧烧杯中rm{NO_{3}^{-}}浓度不变。

rm{b.}实验过程中取出盐桥；原电池能继续工作。

rm{c.}若开始时用rm{U}形铜代替盐桥；装置中无电流产生。

rm{d.}若开始时用rm{U}形铜代替盐桥，rm{U}形铜的质量不变。

rm{(4)}利用rm{LiOH}和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料rm{.LiOH}可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得rm{.}利用如图所示装置电解制备rm{LiOH}两电极区电解液分别为rm{LiOH}和rm{LiCl}溶液rm{.B}极区电解液为______溶液rm{(}填化学式rm{)}阳极电极反应式为______，电解过程中rm{Li^{+}}向______电极迁移rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}．13、实验室常利用甲醛法测定rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}样品中氮的质量分数，其反应原理rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}(}滴定时，rm{1mol(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}与rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}

(}相当rm{1

mol(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}然后用rm{lmolH^{+}}标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤rm{)}称取样品rm{NaOH}步骤rm{I}将样品溶解后，完全转移到rm{1.500g}容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ：移取rm{II}样品溶液于rm{250mL}锥形瓶中，加入rm{25.00mL}的中性甲醛溶液，摇匀、静置rm{250mL}后，加入rm{10mL20拢楼}滴酚酞试液，用rm{5min}标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复rm{1隆芦2}次。根据步骤Ⅲ填空：rm{NaOH}碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入rm{2}标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数__________rm{(1)}填“偏高”、“偏低”或“无影响”rm{NaOH}rm{(}锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去rm{)}标准溶液的体积_________rm{(2)}填“偏大”、“偏小”或“无影响”rm{NaOH}rm{(}滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______。A.滴定管内液面的变化rm{)}锥形瓶内溶液颜色的变化rm{(3)}滴定达到终点时，酚酞指示剂由_______色变成_______色。rm{B.}滴定结果如下表所示：

若rm{(4)}标准溶液的浓度为rm{(5)}．rm{NaOH}则该样品中氮的质量分数为___________。rm{0}14、合金与各成分的金属相比，其特点为硬度比纯金属________rm{(}填“大”或“小”，下同rm{)}熔点比各成分金属________。评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)15、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。16、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。17、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。18、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分四、推断题(共1题，共6分)19、元素铬rm{(Cr)}在溶液中主要以rm{Cr^{3+}(}蓝紫色rm{)}rm{Cr(OH)_{4}^{?}(}绿色rm{)}rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}(}橙红色rm{)}rm{CrO_{4}^{2?}(}黄色rm{)}等形式存在，rm{Cr(OH)_{3}}为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：rm{(1)Cr^{3+}}与rm{Al^{3+}}的化学性质相似，在rm{Cr_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中逐滴加入rm{NaOH}溶液直至过量，可观察到的现象是____。rm{(2)CrO_{4}^{2?}}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}}在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为rm{1.0mol隆陇L^{?1}}的rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中rm{c(Cr_{2}O_{7}^{2?})}随rm{c(H^{+})}的变化如图所示。

rm{垄脵}用离子方程式表示rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的转化反应____。rm{垄脷}由图可知，溶液酸性增大，rm{CrO_{4}^{2?}}的平衡转化率rm{_}____rm{(}填“增大“减小”或“不变”rm{)}根据rm{A}点数据，计算出该转化反应的平衡常数为____。rm{垄脹}升高温度溶液中rm{CrO_{4}^{2?}}的平衡转化率减小，则该反应的rm{娄陇H_}____rm{0(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}rm{(3)+6}价铬的化合物毒性较大，常用rm{NaHSO_{3}}将废液中的rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}}还原成rm{Cr^{3+}}反应的离子方程式为____。评卷人得分五、解答题(共4题，共32分)20、在一定温度下，10L密闭容器中加入5molN2、25molH2，经10min后反应达平衡时有2molN2；则。

（1）H2的转化率为什么？

（2）用N2表示该反应的反应速率为多少？

（3）平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为多少？（最简整数比）

21、通常烷烃可以由相应的烯烃经催化加氢得到．但是，有一种烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到．而另有A的三个同分异构体B1，B2，B3却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到．

试写出A，B1，B2，B3的结构简式．A是：______；B1，B2，B3的结构简式是（没有顺序）：______．

22、FeCl3水解的离子方程式为______，实验室配制FeCl3溶液时，常加一定量的______，以抑制FeCl3水解．

23、碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物；而且还能形成多种无机化合物，同时自身可以形成多种单质，碳及其化合物的用途广泛．

（1）如图1分别代表了五种常见的晶体；分别是：A______，B______，C______，D______，E______．（填名称或化学式）

（2）干冰和冰是两种常见的分子晶体；下列关于两种晶体的比较中正确的是______．

a．晶体的密度：干冰＞冰b．晶体的熔点：干冰＞冰。

c．晶体中的空间利用率：干冰＞冰d．晶体中分子间相互作用力类型相同。

（3）金刚石和石墨是碳的两种常见单质；下列叙述正确的有______．

a．金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化；

b．晶体中共价键的键长：金刚石中C-C＜石墨中C-C；

c．晶体的熔点：金刚石＞石墨d．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨。

e．金刚石晶体中只存在共价键；石墨晶体中则存在共价键；金属键和范德华力；

f．金刚石和石墨的熔点都很高；所以金刚石和石墨都是原子晶体。

（4）金刚石晶胞结构如图2；一个晶胞中的C原子数目为______．

（5）C与孔雀石共热可以得到金属铜，铜原子的原子结构示意图为______，金属铜采用面心立方最密堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个Cu原子），已知Cu单质的晶体密度为ρg/cm3，Cu的相对原子质量为M，阿伏伽德罗常数NA，则Cu的原子半径为______评卷人得分六、有机推断题(共4题，共24分)24、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。27、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】NH4Cl溶液中存在:NH4ClN+Cl-H2OH++OH-N+H2ONH3·H2O+H+三个过程。因水解是微弱的,c(N)>c(H+)。【解析】【答案】A2、B【分析】【解析】试题分析：粗铜精练时，粗铜和电源的正极相连，作阳极，A正确；原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，因此选项B不正确，Cl-移向甲烧杯；C是外加电源的阴极保护法，正确；D中负极分别是铝和锌，转移的电子数不同，D正确，答案选B。考点：考查电化学应用的有关判断【解析】【答案】B3、B【分析】【分析】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意发生消去反应的醇和卤代烃结构特点，易错选项是rm{D}【解答】A.rm{2-}氯丁烷发生消去反应，生成的烯烃有：rm{CH_{3}CH_{2}CH=CH_{2}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}故A错误；

B.rm{2-}氯rm{-2-}甲基丙烷能发生消去反应，生成的烯烃为rm{(CH_{3})_{2}C=CH_{2}}只有一种，故B正确；

C.rm{2-}氯rm{-3-}甲基丁烷氯rm{2-}甲基丁烷发生消去反应，生成的烯烃有：rm{-3-}rm{(CH_{3})_{2}CHCH=CH_{2}}故C错误；

D.rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})_{2}}氯rm{2-}甲基丁烷发生消去反应，生成的烯烃有两种，rm{-2-}rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})=CH_{2}}故D错误。

故选B。

rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}【解析】rm{B}4、A【分析】略【解析】rm{A}5、C【分析】解：rm{A.}滤液rm{a}中含有偏铝酸钠，加入适量的rm{H_{2}SO_{4}}溶液，能生成氢氧化铝沉淀，所以向滤液rm{a}中加入适量rm{H_{2}SO_{4}}溶液；可以得到白色沉淀，故A正确；

B.滤液rm{b}是硫酸铁，所以加入氨水发生复分解反应生成氢氧化铁，所以滤渣rm{c}为红褐色氢氧化铁；故B正确；

C.rm{Li_{2}CO_{3}}可溶于冷水；不溶于热水，所以不能冷却，应采用热过滤的方法分离，故C错误；

D.氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以氨水可以用适量rm{NaOH}溶液代替；故D正确；

故选C。

A.滤液rm{a}中含有偏铝酸钠，加入适量的rm{H_{2}SO_{4}}溶液；能生成氢氧化铝沉淀；

B.滤液rm{b}是硫酸铁；所以加入氨水发生复分解反应生成氢氧化铁；

C.rm{Li_{2}CO_{3}}可溶于冷水；不溶于热水，所以不能冷却，应采用热过滤的方法分离；

D.氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以氨水可以用适量rm{NaOH}溶液代替。

本题通过流程图来考查物质的转化和分离，为高频考点，题目难度中等，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意离子检验的试剂、现象及排除干扰离子。【解析】rm{C}6、A【分析】【解析】试题分析：油脂水解得到的是乙酸和乙醇，所以不能得到纯净的乙醇，因此达不到目的。其他选项均正确。答案选A。考点：物质的分离提纯【解析】【答案】A7、B【分析】略【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A.}向含有rm{Hg^{2+}}的废水中加入rm{Na_{2}S}离子方程式：rm{Hg^{2+}+S^{2-}篓THgS隆媒}故A错误；

B.用碳酸氢钠作为抗酸药来中和胃酸，离子方程式：rm{H^{+}+HCO_{3}^{-}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}故B错误；

C.用熟石灰来中和酸性废水，离子方程式：rm{Ca(OH)_{2}+2H^{+}篓TCa^{2+}+2H_{2}O}故C正确；

D.用rm{H_{2}SO_{4}}来中和碱性废水，离子方程式为：rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}O}故D错误；

故选：rm{C}

A.硫化汞为沉淀；应标沉淀符号；

B.碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和水；二氧化碳；

C.氢氧化钙与氢离子反应生成钙离子和水；

D.原子个数不守恒．

本题考查了离子方程式正误判断，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式应遵循原子个数、电荷数守恒，注意化学式的拆分．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】

由A与溴发生反应的产物可知A为在碱性条件下水解生成B，酸化生成C为则D为结合题给信息可知F为

（1）由以上分析可知A为A与溴发生取代反应，F为含有碳碳双键；羧基等官能团；

故答案为：取代反应；碳碳双键；羧基；

（2）C为在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成反应的方程式为

故答案为：

（3）D为含有-CHO，可发生加成；氧化反应，含有-COOH，具有酸性，可发生酯化反应，含有=OH，可发生消去反应等，不能发生水解反应，故答案为：a；

（4）F为对应的同分异构体中含有-C≡C-且属于甲羧酯类的有机物有。

HCOOCH2CH2C≡CH、HCOOCH（CH3）C≡CH、HCOOC≡CCH2CH3、HCOOCH2C≡CCH3等4种，其中在核磁共振氢谱中有四个吸收峰的为HCOOCH2CH2C≡CH、HCOOCH（CH3）C≡CH；

故答案为：4；HCOOCH2CH2C≡CH、HCOOCH（CH3）C≡CH．

【解析】【答案】由A与溴发生反应的产物可知A为在碱性条件下水解生成B，酸化生成C为则D为结合题给信息可知F为结合有机物的结构和性质以及题目要求解答该题．

10、温度升高，反应速率加快|温度升高，有利于平衡反应正向进行|不能|该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行【分析】【解答】解：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0，反应时气体体积不变的吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡右移，单位时间内NO排放量越大；故答案为：温度升高，反应速率加快；温度升高，有利于平衡反应正向进行；②2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0；反应是焓变增大，熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H﹣T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：不能；该反应是焓增；熵减的反应，任何温度下均不能自发进行．

【分析】①依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；②依据反应自发进行的条件是△H﹣T△S＜0分析判断．11、略

【分析】的化学名称应是3—甲基戊烷①错。AgNO3溶液之前应先加酸中和氢氧化钠，②错。能聚合成高分子化合物的反应可以是缩聚反应，因此单体不一定含有碳碳双键，③错。苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，而甲苯可以，④正确。【解析】【答案】(1)____________（2分）（2）（每空1分）12、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}当温度低于rm{16.6隆忙}时醋酸可凝结成冰一样晶体；说明醋酸熔点低，不能证明其为弱酸，故错误；

rm{垄脷0.1mol/L}的醋酸钠溶液的rm{pH}值约为rm{9}说明醋酸钠是强碱弱酸盐，故正确；

rm{垄脹}等体积；等浓度的硫酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应；硫酸是二元强酸，所以硫酸溶液消耗的氢氧化钠多，但不能说明醋酸是弱电解质，故错误；

rm{垄脺0.1mol/L}的醋酸的rm{pH}值约为rm{4.8}说明醋酸部分电离，故正确；

rm{垄脻pH}值等于rm{4}体积相等的醋酸和盐酸，与等浓度rm{NaOH}溶液充分反应时；醋酸液消耗碱液多，说明醋酸部分电离，溶液中存在大量的醋酸分子，故正确；

rm{垄脼}同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至rm{pH}相同时；醋酸加入的水少，说明醋酸溶液中氢离子浓度较小，醋酸在溶液中部分电离，从而证明醋酸为弱酸，故正确；

故选：rm{垄脵垄脹}

rm{(2)}该反应每消耗rm{1molCuCl(s)}放热rm{44.4kJ}消耗rm{4molCuCl(s)}则放热rm{44.4kJ隆脕4=177.6kJ}根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为rm{4CuCl(s)+O_{2}(g)=2CuCl_{2}(s)+2CuO(s)triangleH=-177.6kJ/mol}

故答案为：rm{4CuCl(s)+O_{2}(g)=2CuCl_{2}(s)+2CuO(s)triangleH=-177.6kJ/mol}

rm{4CuCl(s)+O_{2}(g)=2CuCl_{2}(s)+2CuO(s)triangle

H=-177.6kJ/mol}该原电池中；铜易失电子作负极，银作正极；

rm{4CuCl(s)+O_{2}(g)=2CuCl_{2}(s)+2CuO(s)triangle

H=-177.6kJ/mol}实验过程中，rm{(3)}向负极铜电极移动，所以左侧烧杯中浓度增大，故rm{a.}错误；

rm{NO_{3}^{-}}实验过程中取出盐桥，该装置不能形成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故rm{a}错误；

rm{b.}若开始时用rm{b}形铜代替盐桥，则右侧构成原电池，左侧构成电解池，装置中有电流产生，故rm{c.}错误；

rm{U}若开始时用rm{c}形铜代替盐桥，则右侧构成原电池，左侧构成电解池，左侧rm{d.}型铜作负极，电极反应式为rm{U}右侧rm{U}型铜作阴极，电极反应式为：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}所以rm{U}型铜质量不变，故rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}正确；

故选rm{U}

rm{d}电解制备rm{d}两电极区电解液分别为rm{(4)}和rm{LiOH}溶液，由图可知，右侧生成氢气，说明rm{LiOH}中氢离子放电，则rm{LiCl}为阴极，在rm{B}中制备rm{B}rm{B}极区电解液为rm{LiOH}溶液；rm{B}由rm{LiOH}经过阳离子交换膜向rm{Li^{+}}移动；rm{A}中为rm{B}溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为：rm{A}

故答案为：rm{LiCl}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{LiOH}．

rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离rm{B}可判断酸的电离程度；证明醋酸是弱电解质的常用方法有：根据醋酸的电离程度；根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断；

rm{(1)}该反应每消耗rm{c(H^{+})}放热rm{(2)}消耗rm{1molCuCl(s)}则放热rm{44.4kJ}根据热化学方程式的书写方法，注意焓变与物质的量的对应关系；注明各物质的状态；

rm{4molCuCl(s)}根据原电池中；铜易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反应，银作正极，正极上得电子发生还原反应，阴离子向负极移动以及电化学装置进行分析；

rm{44.4kJ隆脕4=177.6kJ}电解制备rm{(3)}两电极区电解液分别为rm{(4)}和rm{LiOH}溶液，由图示可知，右侧生成氢气，则rm{LiOH}中氢离子放电，可知rm{LiCl}为阴极，在rm{B}中制备rm{B}rm{B}由rm{LiOH}经过阳离子交换膜向rm{Li^{+}}移动；rm{A}中为rm{B}溶液；氯离子放电生成氯气．

本题考查了弱电解质的判断、热化学方程式的书写以及电化学的相关知识，为高考常见题型，电解质的强弱与其电离程度有关，侧重于学生分析比较能力的培养．rm{A}【解析】rm{垄脵垄脹}rm{4CuCl(s)+O_{2}(g)=2CuCl_{2}(s)+2CuO(s)triangleH=-177.6kJ/mol}rm{4CuCl(s)+O_{2}(g)=2CuCl_{2}(s)+2CuO(s)triangle

H=-177.6kJ/mol}rm{d}rm{LiOH}rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}rm{B}13、（1）偏高

（2）无影响

（3）B

（4）无色粉红色

（5）18.85%【分析】【分析】本题考查物质的含量的测定，侧重于中和滴定的考查，注重于学生实验能力和分析能力和计算能力的综合考查，为考试高频考点，题目难度不大。【解答】rm{(1)}碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用rm{NaOH}溶液润洗，否则相当于rm{NaOH}溶液被稀释；滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高，故答案为：偏高；

rm{(2)}锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的rm{H^{+}}的物质的量不变，则滴定时所需rm{NaOH}标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变；也就是无影响，故答案为：无影响；

rm{(3)}定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点，故答案为：rm{B}rm{(4)}待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红色，故答案为：无色；粉红色；rm{(5)}标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的rm{NaOH}标准溶液为rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL}根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL

}铵盐经溶解后，取了其中rm{1.500g}进行滴定，即rm{dfrac{1}{10}}滴定结果，溶液中含有rm{0.15g}含rm{H^{+}(}共rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}根据rm{0.02L隆脕隆脕0.1010mol/L=0.00202mol}每生成rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO篓T3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}含rm{4molH^{+}(}会消耗rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}所以共消耗rm{NH_{4}^{+}4mol}其中含氮元素rm{NH_{4}^{+}0.00202mol}所以氮的质量分数为rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100拢楼=18.85拢楼}故答案为：rm{0.00202mol隆脕14g/mol=0.02828g}rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100拢楼=18.85拢楼

}【解析】rm{(1)}偏高rm{(2)}无影响rm{(3)B}rm{(4)}无色粉红色rm{(5)18.85%}14、大小【分析】【分析】本题旨在考查学生对合金的优点的应用。【解答】一般来说，合金与各成分金属相比，其特点为硬度比纯金属大，熔点比各成分金属小。故答案为：大；小。【解析】大小三、探究题(共4题，共8分)15、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）16、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）17、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、推断题(共1题，共6分)19、(1)溶液蓝紫色变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解变成绿色溶液

(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；

②增大1.0×1014

③小于

(3)Cr2O72-+3HSO3-+5H＋=2Cr3++3SO42-+4H2O。

【分析】【分析】本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、注意平衡移动的理解应用。【解答】rm{(1)}rm{Cr}rm{Cr}rm{{,!}^{3+}}与rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}的化学性质相似，在rm{Cr}rm{Cr}rm{2}rm{2}rm{(SO}溶液直至过量，先生成rm{(SO}灰蓝色沉淀，后生成绿色的rm{4}故答案为：溶液蓝紫色变浅；同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解变成绿色溶液；

rm{4}随着rm{)}浓度的增大，rm{)}转化为rm{3}且段时间后离子浓度保持不变，故答案为：

rm{3}溶液中逐滴加入rm{NaOH}溶液直至过量，先生成rm{Cr(OH)_{3}}灰蓝色沉淀，后生成绿色的rm{Cr(OH)_{4}^{-}}

rm{NaOH}溶液酸性增大，平衡正向移动，rm{Cr(OH)_{3}}的平衡转化率增大，rm{Cr(OH)_{4}^{-}}点rm{(2)垄脵}的浓度为rm{H^{+}}则消耗rm{CrO_{4}^{2-}}的浓度rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}则溶液中rm{C(CrO_{4}^{2?})=1.0mol/L-0.25mol/L隆脕2=0.5mol/L}rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}}浓度为rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}此时该转化反应的平衡常数为rm{垄脷}代入计算rm{CrO_{4}^{2?}}故答案为：增大；rm{A}

rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}升高温度，溶液中rm{0.25mol/L}的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，则该反应的rm{CrO_{4}^{2?}}小于rm{0.5mol/L}故答案为：小于；

rm{C(CrO_{4}^{2?})=1.0mol/L-0.25mol/L隆脕

2=0.5mol/L}利用rm{H^{+}}的还原性将废液中的rm{1隆脕10^{-7}mol/L}还原成rm{K}则推测rm{1.0隆脕10^{14}}被氧化为硫酸根，另有产物水，故答案为：rm{1.0隆脕10^{14}}rm{垄脹}

rm{CrO_{4}^{2?}}【解析】rm{(1)}溶液蓝紫色变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解变成绿色溶液rm{(2)垄脵2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}}rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}rm{垄脷}增大rm{1.0隆脕10^{14}}rm{垄脹}小于rm{(3)Cr}rm{2}rm{2}rm{O}rm{7}rm{7}rm{{,!}^{2-}+3HSO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{-}}rm{+5H^{+}=2Cr^{3+}+3SO}rm{4}

rm{4}五、解答题(共4题，共32分)20、略

【分析】

在一定温度下，10L密闭容器中加入5molN2、25molH2，经10min后反应达平衡时有2molN2；

N2+3H2=2NH3

起始量（mol）5250

变化量（mol）396

平衡量（mol）2166

（1）H2的转化率=×100%=36%，答：H2的转化率为36%；

（2）用N2表示该反应的反应速率===0.03mol/（L•min）；

答：用N2表示该反应的反应速率为0.03mol/（L•min）；

（3）平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比=（2+16+6）：（5+25）=4：5；

答：衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为4：5；

【解析】【答案】依据化学平衡大三段式列式计算；利用转化率；反应速率概念的含义计算，一定条件下气体压强之比等于气体物质的量之比；

21、略

【分析】

烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则A中相邻的两个碳原子上不都含有H原子，故A的结构简式为：（CH3）3C-CH2-C（CH3）3；另有A的三个同分异构体B1，B2，B3却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到，则A同分异构体中相邻的两个碳原子上含有氢原子的位置只有1种情况，符合条件的A的同分异构体为：CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3、（CH3）2CH-C（CH3）2-CH（CH3）2、C（CH2-CH3）4；

故答案为：（CH3）3C-CH2-C（CH3）3；（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3、（CH3）2CH-C（CH3）2-CH（CH3）2、C（CH2-CH3）4．

【解析】【答案】烷烃A，分子式C9H20，它却不能由任何C9H18的烯烃催化加氢得到，则A中相邻的两个碳原子上不都含有H原子，故A的结构简式为：（CH3）3C-CH2-C（CH3）3；另有A的三个同分异构体B1，B2，B3却分别可由而且只能由一种自己相应的烯烃催化加氢得到；则A同分异构体中相邻的两个碳原子上含有氢原子的位置只有1中情况，据此书写判断．

22、略

【分析】

Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解；防止生成沉淀而导致溶液变浑浊．

故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；稀盐酸．

【解析】【答案】Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解；防止生成沉淀而导致溶液变浑浊．

23、略

【分析】

（1）根据图中晶体的结构；结合常见晶体可知，A为氯化钠；B为氯化铯、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

故答案为：NaCl；CsCl；干冰；金刚石；石墨；

（2）a；水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故a正确；

b、冰融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，融化时破坏范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的熔点冰＞干冰，故b错误；

c；水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰＞冰，故c正确；

d；干冰分子之间存在范德华力；水分子间存在氢键，晶体中分子间相互作用力类型不相同，故d错误．

故选：ac；

（3）a、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化；石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化；故a正确；

b、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，故b错误；

c；石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短；作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，故c错误；

d、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，键角为109°28′，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合；形成正六角形的平面层状结构，键角为120°，故d错误；

e、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面；形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，说明晶体中含有共价键；金属键、范德华力，故e正确；

f；金刚石是原子晶体；石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，石墨为混合型晶体，不属于原子晶体，故f错误；

故选：ae；

（4）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中c原子数目为4+6×+8×=8；故答案为：8；

（5）铜是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，原子结构示意图为

金属铜采用面心立方最密堆积，晶胞内Cu原子数目为8×+6×=4，令铜原子的比较为rcm，则晶胞的棱长为×4rcm=2rcm，所以（2r）3×ρ=4解得r=×故答案为：×．

【解析】【答案】（1）根据图中晶体的结构；结合常见晶体可知，A为氯化钠；B为氯化铯、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

（2）水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，而受热融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积；

（3）a；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构；

bc、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多；而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量；

d、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合；形成正六角形的平面层状结构；

e、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，晶体中只含有共价键；石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面；形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接；

f；石墨为层状结构