2025年粵教新版拓展型課程化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教新版拓展型課程化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、利用工業(yè)廢氣中的CO2和H2可以合成甲醇，反應(yīng)方程式為：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0，恒溫下向5L密閉容器中充入反應(yīng)物如下表。下列說法不正確的是。t/minn(CO2)/moln(H2)/mol02.06.021.040.561.5

A.反應(yīng)進(jìn)行到4min時(shí)已達(dá)平衡B.2min末反應(yīng)速率v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1C.該溫度下化學(xué)平衡常數(shù)K=(mol·L-1)-2D.圖中曲線表示逐漸升高溫度時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化圖像2、設(shè)NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫下，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1NAB.常溫下，2L0.1mol·L-1FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.2NAC.常溫下，1LpH=2的硫酸溶液中由水電離出的H+的數(shù)目為10-12NAD.常溫下，將0.1molCl2溶于水，溶液中的HClO分子數(shù)為0.1NA3、下列過程：①電離；②電解；③電鍍；④電化學(xué)腐蝕，其中需通電后才能進(jìn)行的是A.①②③B.①②④C.②③D.全部4、現(xiàn)以CO、O2、熔熔鹽Z(Na2CO3)組成的燃料電池，采用電解法制備N2O5，裝置如圖所示，其中Y為CO2；下列說法正確的是。

A.石墨I(xiàn)是原電池的正極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.甲池中的CO向石墨I(xiàn)極移動(dòng)C.乙池中左端Pt極電極反應(yīng)式：N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D.若甲池消耗氧氣2.24L，則乙池中產(chǎn)生氫氣0.2mol5、某有機(jī)物不能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是A.消除反應(yīng)B.取代反應(yīng)C.氧化反應(yīng)D.加成反應(yīng)6、用下列儀器或裝置(圖中夾持裝置略)進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?。ABCD配制一定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化硫制備無水鐵上鍍銅A.AB.BC.CD.D7、實(shí)驗(yàn)室探究SO2與Fe(NO3)3溶液反應(yīng)的原理；裝置如下圖，實(shí)驗(yàn)中Y裝置產(chǎn)生白色沉淀。下列說法不正確的是。

A.滴加濃硫酸之前應(yīng)進(jìn)行的操作是打開彈簧夾，通入一段時(shí)間N2B.Y中產(chǎn)生的白色沉淀是BaSO4或BaSO3C.產(chǎn)生白色沉淀的原因可能是在酸性條件下SO2與NO3-反應(yīng)生成了SO42-D.若將Fe(NO3)3換成FeCl3，Y中也能產(chǎn)生白色沉淀，說明Fe3+也能將SO2氧化8、某同學(xué)利用鋅、氧化銅和稀硫酸制取銅，他設(shè)計(jì)了兩套方案，方案Ⅰ：利用鋅與足量稀硫酸反應(yīng)制氫氣，氫氣還原氧化銅；方案Ⅱ：氧化銅溶于稀硫酸生成硫酸銅，然后用鋅與硫酸銅反應(yīng)制備銅。下列關(guān)于方案Ⅰ和Ⅱ的評價(jià)不正確的是()A.方案Ⅱ比方案Ⅰ操作簡便B.等質(zhì)量的鋅，相同條件下在方案Ⅰ和方案Ⅱ中制得的銅的質(zhì)量相同C.等質(zhì)量的H2SO4參加反應(yīng)，方案Ⅰ制取銅的質(zhì)量比方案Ⅱ的少D.為了加快鋅與稀硫酸反應(yīng)，可以在溶液中加入少量氧化銅評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序?yàn)開_。

(2)已知：常溫時(shí)，H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”；“中”或“堿”)性。

(3)實(shí)驗(yàn)室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)。

(4)25℃時(shí)，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分?jǐn)嚢韬螅y離子濃度由大到小的順序是___(填標(biāo)號(hào))；③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水10、水豐富而獨(dú)特的性質(zhì)與其結(jié)構(gòu)密切相關(guān)。

(1)對于水分子中的共價(jià)鍵，依據(jù)原子軌道重疊的方式判斷，屬于_________鍵；依據(jù)O與H的電負(fù)性判斷，屬于_________共價(jià)鍵。

(2)水分子中，氧原子的價(jià)層電子對數(shù)為_________，雜化軌道類型為_________。

(3)下列事實(shí)可用“水分子間存在氫鍵”解釋的是_________(填字母序號(hào))。

a．常壓下；4℃時(shí)水的密度最大。

b．水的沸點(diǎn)比硫化氫的沸點(diǎn)高160℃

c．水的熱穩(wěn)定性比硫化氫強(qiáng)。

(4)水是優(yōu)良的溶劑，常溫常壓下極易溶于水，從微粒間相互作用的角度分析原因：_________(寫出兩條)。

(5)酸溶于水可形成的電子式為_________；由于成鍵電子對和孤電子對之間的斥力不同，會(huì)對微粒的空間結(jié)構(gòu)產(chǎn)生影響，如中H－N－H的鍵角大于中H－O－H的鍵角，據(jù)此判斷和的鍵角大小：________(填“＞”或“＜”)。11、油氣開采；石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫；需要回收處理并加以利用。

H2S熱分解反應(yīng)：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反應(yīng)條件下，對于n(H2S)：n(Ar)分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣，熱分解反應(yīng)過程中H2S轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化如下圖所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9對應(yīng)圖中曲線___________，計(jì)算其在0~0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。12、向某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的氣體M和N；一定條件下發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡后，只改變反應(yīng)的一個(gè)條件，測得容器中物質(zhì)的濃度；反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化如圖1、圖2所示。

回答下列問題：

(1)該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min時(shí)改變的條件是____，40min時(shí)改變的條件是____，請?jiān)趫D2中畫出30min~40min的正逆反應(yīng)速率變化曲線以及標(biāo)出40min~50min內(nèi)對應(yīng)的曲線_____。

(3)0~8min內(nèi)，_______；50min后，M的轉(zhuǎn)化率為_______(保留三位有效數(shù)字)。

(4)20min~30min內(nèi)，反應(yīng)平衡時(shí)的平衡常數(shù)K=_______。13、常溫下有濃度均為0.1mol/L的四種溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)這四種溶液中水的電離程度由大到小的順序是___（用序號(hào)填寫）。

(2)等體積混合②和③的溶液中離子濃度的大小順序是___。

(3)常溫下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，則CH3COOH溶液的電離平衡常數(shù)Ka=___。

(4)用離子方程式表示④的水溶液呈堿性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀釋到1000mL，則該溶液中由水電離出的c(H+)約為___。14、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：

(1)1mol該有機(jī)物和過量的金屬鈉反應(yīng)最多可以生成________H2。

(2)該物質(zhì)最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為________。15、以下是合成乙酰水楊酸（阿司匹林）的實(shí)驗(yàn)流程圖；請你回答有關(guān)問題：

已知：阿司匹林；水楊酸和乙酸酐的相對分子量分別為：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化學(xué)反應(yīng)方程式為_________________；反應(yīng)類型____________；

（2）水楊酸分子之間會(huì)發(fā)生縮合反應(yīng)生成聚合物，寫出用除去聚合物的有關(guān)離子方程式______________________________________________；

（3）抽濾裝置如圖所示，儀器A的名稱___________；該操作時(shí)在儀器A中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應(yīng)________（選擇下列正確操作的編號(hào)）；再轉(zhuǎn)移液體①微開水龍頭；②開大水龍頭；③微關(guān)水龍頭；④關(guān)閉水龍頭。

（4）下列有關(guān)抽濾的說法中正確的是________

A．抽濾是為了加快過濾速率；得到較大顆粒的晶體。

B.不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀。

C．當(dāng)吸濾瓶內(nèi)液面高度快達(dá)到支管口時(shí)；應(yīng)拔掉鏈接支管口的橡皮管，從支管口倒出。

D．將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時(shí)；若有晶體附在燒杯內(nèi)壁，應(yīng)用蒸餾水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗滌沉淀時(shí)；應(yīng)使洗滌劑快速通過沉淀。

（5）用冷水洗滌晶體的目的_______________________；

（6）取2.000g水楊酸、5.400g乙酸酐反應(yīng)，最終得到產(chǎn)品1．566g。求實(shí)際產(chǎn)率_______；評卷人得分三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)16、銦(In)是一種稀散金屬，常與其他金屬礦石伴生，回收氧化鋅煙塵(主要成分是ZnO，還含少量PbO、FeS、等)中的金屬銦的工藝流程如下：

已知：室溫下，金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金屬離子開始沉淀pH(離子濃度為時(shí))1.363完全沉淀pH2.784.3

回答下列問題：

(1)In為49號(hào)元素，常以＋3價(jià)形式存在于化合物中，基態(tài)In原子的價(jià)電子排布式為_______。

(2)“中性浸出”的過程為：先加入稀硫酸和適量氧化劑氧化酸浸氧化鋅煙塵；反應(yīng)結(jié)束前半個(gè)小時(shí)加入CaO調(diào)整pH=5.0~5.2。

①與稀反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

②氧化酸浸過程中，中的硫元素被氧化為該反應(yīng)的離子方程式為_______。

③氧化劑用量對中性浸出效果的影響如圖所示。最佳氧化劑用量為_______。

④“中浸渣”的主要成分為_______(填化學(xué)式)。

(3)萃取時(shí)，發(fā)生反應(yīng)代表有機(jī)萃取劑。

①反萃取時(shí)，宜選用的試劑X為_______。

②實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行萃取和反萃取時(shí)，均需要使用的玻璃儀器有_______。

(4)“置換”后的濾液可返回_______(填“濾液1”或“濾液2”)中利用。

(5)“置換”時(shí)鋅粉的利用率為99.5%，若想獲得6.9kg海綿銦，需要使用鋅粉_______kg(保留兩位小數(shù))。17、工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為氧化鋁；含少量氧化鐵)制取鋁的過程如圖所示：

請回答：

（1）試劑1為_______(填化學(xué)式)，①~④轉(zhuǎn)化中屬于氧化還原反應(yīng)的是_______(填序號(hào))；

（2）沉淀B的化學(xué)式為_______，寫出該物質(zhì)發(fā)生鋁熱反應(yīng)的化學(xué)方程式_______；（3）電解F，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.6mol電子時(shí)，可制得鋁_______g；

（4）沉淀D是藥物“胃舒平”的主要成分，可用于治療胃酸(稀鹽酸)過多，寫出該反應(yīng)的離子方程式_______；

（5）②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。18、央視網(wǎng)2019年6月17日報(bào)道；針對近年來青蒿素在全球部分地區(qū)出現(xiàn)的“抗藥性”難題，我國著名藥學(xué)家；諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎(jiǎng)獲得者屠呦呦及其團(tuán)隊(duì)，經(jīng)過多年攻堅(jiān)，提出應(yīng)對“青蒿素抗藥性”難題的切實(shí)可行治療方案。從青蒿（粉末）中提取青蒿素的方法以萃取原理為基礎(chǔ)，主要有乙醚浸提法和汽油浸提法。青蒿素為白色針狀晶體，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有機(jī)溶劑，不溶于水，熔點(diǎn)為156～157℃，沸點(diǎn)為389.9℃，熱穩(wěn)定性差，汽油浸提法的主要工藝流程如下圖所示。

注:汽油的沸點(diǎn)為40～200℃?；卮鹣铝袉栴}：

（1）超聲提取的原理是在強(qiáng)大的超聲波作用下，使青蒿細(xì)胞乳化、擊碎、擴(kuò)散，超聲波提取的優(yōu)點(diǎn)是___________；時(shí)間短、溫度低等。

（2）操作1的名稱為________，如圖所示為操作Ⅱ的實(shí)驗(yàn)裝置圖(部分夾持裝置已略)，圖中A、B、C、D錯(cuò)誤的是_______(填標(biāo)號(hào))。

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度隨溫度的升高而升高，則操作Ⅲ為____________；過濾、洗滌、干燥。

（4）通過控制其他實(shí)驗(yàn)條件不變，來研究原料粒度、提取時(shí)間和提取溫度對青蒿素提取速率的影響，其結(jié)果如下圖所示，采用的最佳原料粒度、提取時(shí)間和提取溫度分別為________。

（5）將青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中，青蒿素的溶解量較小，加熱并攪拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液紅色變淺，說明青蒿素與_________（填標(biāo)號(hào)）具有相似的性質(zhì)。

A乙醇B乙酸甲酯C乙醛D果糖。

（6）已知青蒿素的分子式為C15H22O5（相對分子質(zhì)量為282），將28.2g青蒿素樣品在燃燒管中充分燃燒，將燃燒后的產(chǎn)物依次通過盛有足量P2O5和堿石灰的干燥管，盛有堿石灰干燥管增重的質(zhì)量為______g。19、已知某工業(yè)廢水中含有大量FeSO4，較多的Cu2+，極少量的Na+以及部分污泥，通過下列流程可從該廢水中回收FeSO4·7H2O晶體及金屬Cu。

（1）步驟1的主要操作是___，需用到的玻璃儀器除燒杯外還有___。

（2）固體混合物是____（填化學(xué)式）

（3）步驟3中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。

（4）步驟4中涉及的操作是：蒸發(fā)濃縮、___；過濾、洗滌、干燥。

（5）火法制得的粗銅中常混有少量氧化亞銅(Cu2O)，氧化亞銅溶于稀硫酸溶液變藍(lán)。試寫出該反應(yīng)的離子方程式___。20、某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室以α－呋喃甲醛()為原料制備α－呋喃甲醇()和α－呋喃甲酸()；過程如下：

相關(guān)物質(zhì)性質(zhì)如下表：。物質(zhì)α－呋喃甲醛α－呋喃甲醇α－呋喃甲酸乙醚常溫性狀無色或淺黃色液體無色透明液體白色針狀固體無色透明液體熔、沸點(diǎn)/℃-36.5

161.7-31

171131

230-232-116.3

34.6相對分子量969811274溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚、丙酮、氯仿、苯溶于水、可混溶于乙醇、乙醚、苯、氯仿水溶性：36g/L(20℃)微溶于水

回答下列問題：

(1)步驟①所用裝置(夾持儀器已省略)如圖，盛放NaOH溶液的儀器名稱為_____________。

(2)步驟②中操作I是_____________，步驟③中操作II是_____________，操作II前需要向乙醚混合液中加入無水MgSO4，其目的是_________________________________________。

(3)向水層中加入濃鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________________________。

(4)步驟④操作III包括_____________；過濾、洗滌、干燥。

(5)本實(shí)驗(yàn)呋喃甲酸的產(chǎn)率為_____________%(保留三位有效數(shù)字)，進(jìn)一步提純?chǔ)粒秽姿?，若重結(jié)晶時(shí)加入過多的蒸餾水，則會(huì)導(dǎo)致α－呋喃甲酸的產(chǎn)率_____________(填“偏低”“偏高”或“不影響”)。21、碘酸鉀可用作食用鹽的加碘劑，為無色或白色顆?；蚍勰罱Y(jié)晶，加熱至560℃開始分解，是一種較強(qiáng)的氧化劑，水溶液呈中性,溶解度在0℃時(shí)為4.74g，100℃時(shí)為32.3g。下圖是利用過氧化氫氧化法制備碘酸鉀的工業(yè)流程:

(1)步驟①需控制溫度在70℃左右,不能太高,可能的原因是_______;不能太低,原因是________________________

(2)寫出步驟②中主要反應(yīng)的離子方程式:__________

(3)步驟⑤用冰水冷卻至0℃,過濾出碘酸鉀晶體,再用適量冰水洗滌2~3次。用冰水洗滌的優(yōu)點(diǎn)是_____________

(4)產(chǎn)品純度測定：取產(chǎn)品9.0g,加適量水溶解并配成250mL溶液。取出25.00mL該溶液并用稀硫酸酸化，加入過量的KI溶液，使碘酸鉀反應(yīng)完全，最后加入指示劑，用物質(zhì)的量濃度為1.00mol?L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗25.00mL該滴定液時(shí)恰好達(dá)到滴定終點(diǎn)。已知

①實(shí)驗(yàn)中可用_______作指示劑。

②產(chǎn)品的純度為_____%（精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位）。求得的純度比實(shí)際值偏大，可能的原因是________________________。評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)22、KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國科學(xué)工作者制備的超大KH2PO4晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器；填補(bǔ)了國家戰(zhàn)略空白?；卮鹣铝袉栴}：

(1)在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡單離子中，核外電子排布相同的是_______(填離子符號(hào))。

(2)原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______。

(3)已知KH2PO2是次磷酸的正鹽，H3PO2的結(jié)構(gòu)式為_______，其中P采取_______雜化方式。

(4)磷酸通過分子間脫水縮合形成多磷酸；如：

如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應(yīng)的酸根可寫為_______。

(5)分別用○、●表示和K+，KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2POK+在晶胞xz面；yz面上的位置：

①若晶胞底邊的邊長均為apm、高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度_______g·cm-3(寫出表達(dá)式)。

②晶胞在x軸方向的投影圖為_______(填標(biāo)號(hào))。

23、鈰外圍電子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序數(shù)為58的一種最早有實(shí)際用途的稀土元素；鈰及其化合物的用途十分廣泛。

(1)鈰在元素周期表中的位置是_____；屬于_____區(qū)元素。

(2)硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中，N的雜化方式為_____；Ce、C、N、O的第一電離能由大到小的順序?yàn)開____。

(3)已知CeX3的熔點(diǎn)為CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I順序，從CeX3中化學(xué)鍵的離子性和共價(jià)性說明熔點(diǎn)的變化原因：______________________________________。

(4)鈰的一種氧化物具有獨(dú)特的晶體結(jié)構(gòu)和較高的儲(chǔ)存和釋放氧的能力；可形成氧空位，具有催化氧化性能，有著十分廣闊的應(yīng)用開發(fā)前景,其晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

這種鈰的氧化物的化學(xué)式為_____；晶胞中氧離子的配位數(shù)為_____。24、I．元素周期表中80％左右的非金屬元素在現(xiàn)代技術(shù)包括能源；功能材料等領(lǐng)域占有極為重要的地位。

（1）氮及其化合物與人類生產(chǎn)、生活息息相關(guān)，基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是_____，N2F2分子中N原子的雜化方式是_______，1molN2F2含有____個(gè)δ鍵。

（2）高溫陶瓷材料Si3N4晶體中N-Si-N的鍵角大于Si-N-Si的鍵角，原因是_______。

II．金屬元素鐵；銅及其化合物在日常生產(chǎn)、生活有著廣泛的應(yīng)用。

（1）鐵在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常溫下呈液態(tài)，熔點(diǎn)為-20.5℃，沸點(diǎn)為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe(CO)x晶體屬于_____（填晶體類型）。Fe(CO)x的中心原子價(jià)電子數(shù)與配體提供電子吸之和為18，則x=________。

（3）N2是CO的一種等電子體，兩者相比較沸點(diǎn)較高的為_______（填化學(xué)式）。

（4）銅晶體中銅原子的堆積方式如下圖甲所示。

①基態(tài)銅原子的核外電子排布式為___________。

②每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為___________。

（5）某M原子的外圍電子排布式為3s23p5，銅與M形成化合物的晶胞如下圖乙所示(黑點(diǎn)代表銅原子）。已知該晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶體中銅原子和M原子之間的最短距離為_________pm。(只寫計(jì)算式）。評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共9分)25、碳酸二乙酯()常溫下為無色清澈液體。主要用作硝酸纖維素、樹脂和一些藥物的溶劑，或有機(jī)合成的中間體?，F(xiàn)用下列裝置制備碳酸二乙酯?；瘜W(xué)式熔點(diǎn)/℃沸點(diǎn)/℃物理性質(zhì)COCl2-1188.2微溶于水，溶于芳烴、苯、四氯化碳、氯仿、乙酸等多數(shù)有機(jī)溶劑，遇水迅速水解，生成氯化氫SO316.844.8溶于水，并與水反應(yīng)生成硫酸和放出大量的熱SO2Cl2-54.169.1溶于乙酸、苯，與水反應(yīng)生成H2SO4和HClCCl4-22.976.8微溶于水，易溶于多數(shù)有機(jī)溶劑

回答下列問題：

(1)甲裝置主要用于制備光氣(COCl2)；先將儀器B中的四氯化碳加熱至55～60℃，再緩緩滴加發(fā)煙硫酸。

①儀器B的名稱是__________。

②儀器A的側(cè)導(dǎo)管a的作用是__________。

(2)試劑X是__________，其作用是__________。

(3)丁裝置除了吸收COCl2外，還能吸收的氣體是__________(填化學(xué)式)。儀器B中四氯化碳與發(fā)煙硫酸(用SO3表示)反應(yīng)只生成兩種物質(zhì)的量為1：1的產(chǎn)物，且均易與水反應(yīng)，寫出該反應(yīng)化學(xué)方程式：__________。

(4)無水乙醇與光氣反應(yīng)生成氯甲酸乙酯；再繼續(xù)與乙醇反應(yīng)生成碳酸二乙酯。

①寫出無水乙醇與光氣反應(yīng)生成氯甲酸乙酯的化學(xué)方程式：__________。

②若起始投入92.0g無水乙醇，最終得到碳酸二乙酯94.4g，則碳酸二乙酯的產(chǎn)率是__________(三位有效數(shù)字)評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)26、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價(jià)電子層中的未成對電子有3個(gè)；C與B同族；D的最高價(jià)含氧酸為酸性最強(qiáng)的無機(jī)含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價(jià)含氧酸酸性比其低兩價(jià)的含氧酸酸性強(qiáng)的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時(shí)在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價(jià)化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學(xué)式)。以上不等性雜化的化合物價(jià)層電子對立體構(gòu)型為_________，分子立體構(gòu)型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結(jié)構(gòu)的晶體。其中一種類似金剛石的結(jié)構(gòu)，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結(jié)構(gòu)如下圖所示(圖1為晶體結(jié)構(gòu)，圖2為切片層狀結(jié)構(gòu))，其化學(xué)式為________________。實(shí)驗(yàn)測得此晶體結(jié)構(gòu)屬于六方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內(nèi)，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后第2位)。

27、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價(jià)電子層中的未成對電子有3個(gè)；C與B同族；D的最高價(jià)含氧酸為酸性最強(qiáng)的無機(jī)含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價(jià)含氧酸酸性比其低兩價(jià)的含氧酸酸性強(qiáng)的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時(shí)在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價(jià)化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學(xué)式)。以上不等性雜化的化合物價(jià)層電子對立體構(gòu)型為_________，分子立體構(gòu)型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結(jié)構(gòu)的晶體。其中一種類似金剛石的結(jié)構(gòu)，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結(jié)構(gòu)如下圖所示(圖1為晶體結(jié)構(gòu)，圖2為切片層狀結(jié)構(gòu))，其化學(xué)式為________________。實(shí)驗(yàn)測得此晶體結(jié)構(gòu)屬于六方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內(nèi)，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后第2位)。

28、某白色固體甲常用于織物的漂白；也能將污水中的某些重金屬離子還原為單質(zhì)除去。為研究其組成，某小組同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。

又知；甲的焰色為黃色，鹽丙和丁的組成元素和甲相同，乙能使品紅溶液褪色，①處氣體體積在充分加熱揮發(fā)后經(jīng)干燥測定。

(1)甲中所含陽離子的電子式為___________，甲的化學(xué)式___________。

(2)寫出①中產(chǎn)生黃色沉淀的反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式___________。

(3)甲的溶液還可用作分析化學(xué)中的吸氧劑，假設(shè)其溶液與少量氧氣反應(yīng)產(chǎn)生等物質(zhì)的量的兩種酸式鹽，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。

(4)下列物質(zhì)中可能在溶液中與甲反應(yīng)的是___________。A．NaIB．C．D．NaOH29、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子的L層電子是K層電子的兩倍；B的價(jià)電子層中的未成對電子有3個(gè)；C與B同族；D的最高價(jià)含氧酸為酸性最強(qiáng)的無機(jī)含氧酸。請回答下列問題：

(1)C的基態(tài)原子的電子排布式為_____________；D的最高價(jià)含氧酸酸性比其低兩價(jià)的含氧酸酸性強(qiáng)的原因是___________________________。

(2)雜化軌道分為等性和不等性雜化，不等性雜化時(shí)在雜化軌道中有不參加成鍵的孤電子對的存在。A、B、C都能與D形成中心原子雜化方式為____________的兩元共價(jià)化合物。其中，屬于不等性雜化的是____________(寫化學(xué)式)。以上不等性雜化的化合物價(jià)層電子對立體構(gòu)型為_________，分子立體構(gòu)型為_______________________________。

(3)以上不等性雜化化合物成鍵軌道的夾角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性雜化的化合物成鍵軌道間的夾角。

(4)A和B能形成多種結(jié)構(gòu)的晶體。其中一種類似金剛石的結(jié)構(gòu)，硬度比金剛石還大，是一種新型的超硬材料。其結(jié)構(gòu)如下圖所示(圖1為晶體結(jié)構(gòu)，圖2為切片層狀結(jié)構(gòu))，其化學(xué)式為________________。實(shí)驗(yàn)測得此晶體結(jié)構(gòu)屬于六方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)見圖3。已知圖示原子都包含在晶胞內(nèi)，晶胞參數(shù)a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶體密度為________________(已知：＝1.414，＝1.732,結(jié)果精確到小數(shù)點(diǎn)后第2位)。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

A．反應(yīng)開始時(shí)n(CO2)=2.0mol，n(H2)=6.0mol，當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到4min時(shí)，n(CO2)=0.5mol，△n(CO2)=1.5mol，由方程式可知CO2(g)、H2(g)反應(yīng)的物質(zhì)的量的比是1：3，則△n(H2)=3×1.5mol=4.5mol，此時(shí)未反應(yīng)的H2(g)n(H2)=6.0mol-4.5mol=1.5mol；與6min時(shí)的物質(zhì)的量相等，說明反應(yīng)在4min時(shí)已達(dá)平衡，A正確；

B．化學(xué)反應(yīng)速率為平均速率，只能計(jì)算在前2min內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(CO2)==0.1mol·L-1·min-1；而不能計(jì)算2min末的瞬時(shí)速率，B錯(cuò)誤；

C．由選項(xiàng)A分析可知在反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，n(CO2)=0.5mol，n(H2)=1.5mol，由于物質(zhì)反應(yīng)的物質(zhì)的量的比等于計(jì)量數(shù)的比，則反應(yīng)產(chǎn)生CH3OH(g)、H2O(g)的物質(zhì)的量n(CH3OH)=n(H2O)=1.5mol，容器的容積是5L，則各種氣體的平衡濃度分別是：c(CO2)=0.1mol/L，c(H2)=0.3mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.3mol/L，帶入平衡常數(shù)表達(dá)式可得K=(mol·L-1)-2；C正確；

D．反應(yīng)從正反應(yīng)方向開始，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，反應(yīng)放出熱量，使反應(yīng)速率加快，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致CO2的轉(zhuǎn)化率又降低，故圖中曲線表示逐漸升高溫度時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化圖像；D正確；

故合理選項(xiàng)是B。2、C【分析】【詳解】

A．氫氧根離子的濃度為0.1沒有說明體積，數(shù)目不確定，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．Fe3+會(huì)發(fā)生水解，數(shù)目小于0.2NA；B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．1LpH=2的溶液中，水電離出氫氧根的濃度為水電離出的H+的數(shù)目等于水電離出氫氧根離子數(shù)目，為10-12NA；C項(xiàng)正確；

D．氯氣與水反應(yīng)的方程式為為可逆反應(yīng)，HClO分子數(shù)小于0.1NA；D項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選C。

【點(diǎn)睛】

注意酸堿抑制水的電離，水電離出的H+與OH-始終相等。3、C【分析】【分析】

【詳解】

①電離是電解質(zhì)溶于水自發(fā)進(jìn)行的過程，不需要通電；②電解需要電解池，需要通電；③電鍍也是電解池的應(yīng)用，需要通電；④電化學(xué)腐蝕是原電池原理，自發(fā)進(jìn)行，不需要通電。答案選C。4、B【分析】【詳解】

A．甲池為原電池；乙池為電解池，甲池中通CO的一極為負(fù)極，石墨I(xiàn)為負(fù)極，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B．根據(jù)原電池的工作原理，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，即向石墨I(xiàn)極移動(dòng)；B項(xiàng)正確；

C．乙池左端連接電源的正極，乙池左端電極為陽極，因此陽極電極反應(yīng)式為N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H＋；C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．乙池的陰極電極反應(yīng)為2H+＋2e-=H2↑；若甲池消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣2.24L，轉(zhuǎn)移電子0.4mol，則乙池中產(chǎn)生氫氣0.2mol，由于沒有指明在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L氧氣不一定是0.1mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．該物質(zhì)中與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上沒有氫原子；不能發(fā)生消除反應(yīng)，故A符合題意；

B．含有羥基可以發(fā)生酯化反應(yīng)；含有酯基可以發(fā)生水解反應(yīng)，均屬于取代反應(yīng)，故B不符合題意；

C．與羥基相連的碳原子上有氫原子；且含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故C不符合題意；

D．含有碳碳雙鍵；可以發(fā)生加成反應(yīng)，故D不符合題意；

綜上所述答案為A。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．配制一定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液時(shí)；向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液的操作是正確的，A正確；

B．檢驗(yàn)濃硫酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化硫；用品紅鑒別二氧化硫，用氫氧化鈉來吸收尾氣，B正確；

C．在氯化氫的氛圍中加熱六水合氯化鎂制取無水氯化鎂；防止其水解，C正確；

D．鐵是陽極；銅是陰極，鐵溶解，在銅電極上鍍銅，D錯(cuò)誤；

故選D。7、B【分析】【詳解】

A.通入一段時(shí)間N2，是為了排除空氣中O2的干擾；故A正確；

B.由于NO3-在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將SO32-氧化為SO42-，所以Y中產(chǎn)生的白色沉淀是BaSO4；故B不正確；

C.根據(jù)B項(xiàng)分析；C正確；

D.若將Fe(NO3)3換成FeCl3，Y中也能產(chǎn)生白色沉淀，且沉淀為BaSO4，說明Fe3+也能將SO2氧化；D正確；

綜合以上分析；本題答案為：B。

【點(diǎn)睛】

本題是一道實(shí)驗(yàn)探究題，探究SO2與Fe(NO3)3溶液反應(yīng)的原理，X裝置用于制備二氧化硫，Y裝置中盛有Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，已知SO2不與BaCl2的溶液反應(yīng)，二氧化硫具有還原性，可與硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子，進(jìn)而生成硫酸鋇白色沉淀，該實(shí)驗(yàn)還要考慮到空氣中氧氣的干擾以及排除干擾的方法，另外Fe3+的氧化性也是需要注意的，本題考查學(xué)生思維的嚴(yán)密性。8、B【分析】【分析】

A.方案I需要加熱條件且生成的氫氣不一定完全反應(yīng)；

B.I中鋅生成的氫氣和CuO反應(yīng)時(shí)；部分氫氣不參與反應(yīng)；

C.等質(zhì)量的硫酸參加反應(yīng)；I中生成的氫氣不能完全參加反應(yīng)；

D.原電池能加快負(fù)極材料參加反應(yīng)。

【詳解】

A.方案I需要加熱條件且生成的氫氣不一定完全反應(yīng)；所以造成原料和能源的浪費(fèi)，且操作方案II比方案I操作簡便，A項(xiàng)正確，不符合題意；

B.I中鋅生成的氫氣和CuO反應(yīng)時(shí)；部分氫氣不參與反應(yīng)，所以等質(zhì)量的鋅，相同條件下方案I和方案II中制得的質(zhì)量不同，B項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；

C.等質(zhì)量的硫酸參加反應(yīng)，I中生成的氫氣不能完全參加反應(yīng)，所以等質(zhì)量的H2SO4參加反應(yīng)；方案I制取銅的質(zhì)量比方案II的少，C項(xiàng)正確，不符合題意；

D.鋅置換出Cu；Zn；Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池，原電池能加快負(fù)極材料參加反應(yīng)，所以為了加快鋅與稀硫酸的反應(yīng)，可以在溶液中加入少量的CuO，D項(xiàng)正確，不符合題意；

答案選B。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離：NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會(huì)發(fā)生電離作用：H++也會(huì)發(fā)生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會(huì)消耗離子導(dǎo)致c(Na+)＞c()；電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除會(huì)電離產(chǎn)生，還有H2O電離產(chǎn)生，而只有電離產(chǎn)生，故離子濃度：c(H+)＞c()，因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)椋篶(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中，存在HR-的電離作用：HR-R2-+H+，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，同時(shí)也存在著水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性，其平衡常數(shù)Kh=＜Ka2=5.60×10-8，說明HR-的電離作用大于水解作用；因此NaHR溶液顯酸性；

(3)AlCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中會(huì)發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導(dǎo)致溶液變渾濁，由于水解產(chǎn)生HCl，因此根據(jù)平衡移動(dòng)原理，若用固體配制溶液時(shí)，將其溶解在一定量的濃鹽酸中，增加了H+的濃度，就可以抑制鹽的水解，然后再加水稀釋，就可以得到澄清溶液；若將AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向進(jìn)行直至水解完全，HCl揮發(fā)逸出，得到的固體是Al(OH)3，然后將固體灼燒至恒重，Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，最后得到的固體是Al2O3；

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都會(huì)抑制物質(zhì)的溶解，溶液中Ag+、Cl-濃度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+；對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，該溶液中含有的c(Ag+)最大；則這四種液體物質(zhì)中銀離子濃度由大到小的順序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L?！窘馕觥縞(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中，然后加水稀釋Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1010、略

【分析】【詳解】

（1）對于水分子中的共價(jià)鍵，依據(jù)原子軌道重疊的方式判斷，屬于鍵；O與H的電負(fù)性不同；共用電子對偏向于O，則該共價(jià)鍵屬于極性共價(jià)鍵；

（2）水分子中，氧原子的價(jià)層電子對數(shù)為雜化軌道類型為sp3；

（3）a．水中存在氫鍵；導(dǎo)致冰的密度小于水的密度，且常壓下，4℃時(shí)水的密度最大，a正確；

b．水分子間由于存在氫鍵，使分子之間的作用力增強(qiáng)，因而沸點(diǎn)比同主族的H2S高，b正確；

c．水的熱穩(wěn)定性比硫化氫強(qiáng)的原因是其中的共價(jià)鍵的鍵能更大；與氫鍵無關(guān)，c錯(cuò)誤；

故選ab；

（4）極易溶于水的原因?yàn)镹H3和H2O極性接近；依據(jù)相似相溶原理可知，氨氣在水中的溶解度大；氨分子和水分子間可以形成氫鍵，大大增強(qiáng)溶解能力；

（5）的電子式為有1對孤電子對，有2對孤電子對，孤電子對之間的排斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力，水中鍵角被壓縮程度更大，故和的鍵角大?。?gt;【解析】(1)極性。

(2)4sp3

(3)ab

(4)NH3和H2O極性接近；依據(jù)相似相溶原理可知，氨氣在水中的溶解度大；氨分子和水分子間可以形成氫鍵，大大增強(qiáng)溶解能力。

(5)>11、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，該反應(yīng)正方向?yàn)轶w積增大的反應(yīng)，降低壓強(qiáng)，平衡會(huì)向正反應(yīng)方向移動(dòng)；則對于n(H2S)：n(Ar)為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣在圖中對應(yīng)的曲線分別是a、b；c、d、e。

【詳解】

（1）由于正反應(yīng)是體積增大的可逆反應(yīng)，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當(dāng)于降低壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，因此H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9對應(yīng)的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反應(yīng)進(jìn)行到0.1s時(shí)H2S轉(zhuǎn)化率為0.24；假設(shè)在該條件下；硫化氫和氬的起始投料的物質(zhì)的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知：

此時(shí)H2S的壓強(qiáng)為≈7.51kPa，H2S的起始?jí)簭?qiáng)為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高。

(2)d24.912、略

【分析】【詳解】

（1）依據(jù)圖1中各物質(zhì)的濃度變化量可得到0-20min，M、N濃度減少量為1.5mol/L，P濃度增加量為3mol/L，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為由圖1可知，40min時(shí)平衡發(fā)生了移動(dòng)，而P、M、N的濃度沒有改變，且改變壓強(qiáng)和使用催化劑平衡不移動(dòng)，則改變的條件是溫度，30min時(shí)P、M、N濃度均減小則改變的條件為擴(kuò)大容器體積，壓強(qiáng)減小，反應(yīng)速率減小，由圖2可知40min時(shí)速率增大，則40min時(shí)改變的條件是升高溫度，而生成物P的濃度在減小，依據(jù)勒夏特列原理可判斷該反應(yīng)的

（2）由(1)分析可知，30min時(shí)改變的條件是擴(kuò)大容器的體積；40min時(shí)改變的條件是升高溫度；在圖2中畫出30min~40min的正逆反應(yīng)速率變化曲線以及標(biāo)出40min~50min內(nèi)對應(yīng)的曲線為

（3）8min時(shí)，M、N、P的物質(zhì)的量濃度相等，設(shè)

則解得x=2，故8min時(shí)，0~8min內(nèi)；

50min后；M；N、P的物質(zhì)的量濃度相等，故M的轉(zhuǎn)化率為33.3%；

（4）由圖1可知，20min~30min內(nèi)，為平衡狀態(tài)，M、N的平衡濃度為1.5mol/L，P的平衡濃度為3mol/L，則反應(yīng)平衡時(shí)的平衡常數(shù)K=【解析】(1)<

(2)擴(kuò)大容器的體積升高溫度

(3)33.3%

(4)413、略

【分析】【詳解】

(1)水電離程度比較：碳酸鈉溶液屬于強(qiáng)堿弱酸鹽；碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯堿性，促進(jìn)了水的電離；鹽酸是強(qiáng)酸溶液，氫氧化鈉溶液是強(qiáng)堿溶液，溶液中水的電離都受到了抑制作用，其中鹽酸中的氫離子濃度等于氫氧化鈉溶液中的氫氧根離子濃度，二者中水的電離程度相等；醋酸溶液為弱酸，發(fā)生微弱的電離產(chǎn)生氫離子，抑制了水的電離，但醋酸溶液中氫離子濃度遠(yuǎn)小于鹽酸，故水的電離程度比鹽酸和氫氧化鈉都強(qiáng)，綜合而言這四種溶液中水的電離程度由大到小的順序是④＞②＞①=③。故答案為：④＞②＞①=③。

(2)等體積的醋酸和氫氧化鈉混合，混合后溶液恰好為醋酸鈉溶液，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子發(fā)生微弱的水解導(dǎo)致溶液顯堿性，所以溶液中離子濃度的大小順序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案為：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常溫下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的電離方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其電離平衡常數(shù)為：故答案為：10-5。

(4)碳酸鈉溶液屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液顯堿性，促進(jìn)了水的電離，其水解方程式為：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案為：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀釋到1000mL，此時(shí)溶液中由HCl電離出的由此可知，此時(shí)溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得該溶液中由水電離出的故答案為：10?11mol/L?！窘馕觥竣埽劲冢劲?③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10?11mol/L14、略

【分析】【分析】

由結(jié)構(gòu)簡式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳雙鍵，結(jié)合醇、羧酸、烯烴的性質(zhì)來解答。

【詳解】

(1)該有機(jī)物中的-OH、-COOH均與Na反應(yīng)，金屬鈉過量，則有機(jī)物完全反應(yīng)，1mol該有機(jī)物含有2mol羥基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和過量的金屬鈉反應(yīng)最多可以生成1.5molH2；

故答案為：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均與Na反應(yīng)，-COOH與NaOH、NaHCO3反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，則n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案為：3∶2∶2?！窘馕觥竣?1.5mol②.3∶2∶215、略

【分析】【詳解】

(1)水楊酸和乙酸酐在濃硫酸的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酰水楊酸，方程式為：（2)在除去聚合物并提純阿司匹林的過程中；可以將阿司匹林與碳酸氫鈉反應(yīng)使羧基變?yōu)轸人徕c，且酯基不水解，這樣使阿司匹林溶于水，聚合物難溶于水，將聚合物除去，再將阿司匹林的鈉鹽鹽酸酸化可得阿司匹林，過程中涉及的離子方程式為：

.(3)該儀器的名稱為布氏漏斗。布氏漏斗中加入濾紙，用蒸餾水濕潤后，應(yīng)先微開水龍頭，不能大開，避免濾紙破損。故選①。(4)A．抽濾能為了加快過濾速率，但不能使沉淀的顆粒變大，故錯(cuò)誤；B.顆粒太小的沉淀不能用抽濾的原因是顆粒太小的容易在濾紙上形成一層密實(shí)的沉淀，不容易透過，故正確；C．當(dāng)吸濾瓶內(nèi)液面高度快達(dá)到支管口時(shí)，應(yīng)拔掉吸濾瓶上的橡皮管，從吸濾瓶上口倒出溶液，而不能從吸濾瓶支管口倒出溶液，故錯(cuò)誤；D．將晶體轉(zhuǎn)移至布氏漏斗時(shí)，若有晶體附在燒杯內(nèi)壁，應(yīng)用濾液來淋洗布氏漏斗，因?yàn)闉V液是飽和溶液，沖洗是不會(huì)使晶體溶解，同時(shí)又不會(huì)帶入雜質(zhì)，故錯(cuò)誤；E.洗滌沉淀時(shí)，應(yīng)先關(guān)小水龍頭，然后蒸餾水緩緩淋洗，再打開水龍頭抽濾，不能使洗滌劑快速通過沉淀，故錯(cuò)誤。故選B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度減小，所以用冷水洗滌晶體可以除去晶體表面附著的雜質(zhì)，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗。(6)根據(jù)方程式分析，乙酸酐過量，用水楊酸計(jì)算阿司匹林的質(zhì)量為g，實(shí)際產(chǎn)率為=60%。【解析】取代反應(yīng)布氏漏斗①B除去晶體表面附著的雜質(zhì)，并減少阿司匹林因溶解而引起的損耗60%三、工業(yè)流程題(共6題，共12分)16、略

【分析】【分析】

氧化鋅煙塵中性浸出，過濾分離得到濾液1，濾液1為ZnSO4，中性渣主要含加入硫酸酸浸，過濾得到濾液2和酸浸渣，酸浸渣為濾液2中主要含有In3+、Fe3+；加入P204+260號(hào)溶劑由萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置換得到海綿銦。

【詳解】

（1）In為第五周期第ⅢA族元素，基態(tài)In原子的價(jià)電子排布式為故答案為：

（2）①加入稀硫酸浸泡過程中，與稀反應(yīng)生成和沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為故答案為：

②氧化酸浸過程中，中的硫元素被氧化為MnO2被還原為Mn2+，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為故答案為：

③“中性浸出”時(shí)要盡可能使鋅元素浸出；銦元素不浸出，根據(jù)題圖判斷，最佳氧化劑用量為1%，故答案為：1%；

④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分為故答案為：

（3）①反萃取過程中，需要加入酸溶液讓萃取反應(yīng)的平衡逆向移動(dòng)，從流程中看出宜選用稀故答案為：稀

②萃取和反萃取后需要分液；則均需要使用的玻璃儀器有燒杯；分液漏斗，故答案為：燒杯、分液漏斗；

（4）“置換”后的濾液中含有大量可返回濾液1中利用，故答案為：濾液1；

（5）“置換”過程中發(fā)生反應(yīng)則需要消耗的Zn的質(zhì)量為故答案為：5.88。【解析】(1)

(2)1%

(3)稀燒杯；分液漏斗。

(4)濾液1

(5)5.8817、略

【分析】鋁土礦的主要成分為氧化鋁，含少量氧化鐵，由流程可知，加入氫氧化鈉，氧化鐵不和堿反應(yīng)，氧化鋁可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水；過濾后得到的沉淀B為Fe2O3；濾液A中含氫氧化鈉和偏鋁酸鈉；通入二氧化碳，二氧化碳和四羥基合鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，二氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，過濾得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉溶液；灼燒氫氧化鋁得到氧化鋁和水，電解氧化鋁得到鋁和氧氣；碳酸氫鈉溶液和氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣和氫氧化鈉，氫氧化鈉用來堿浸，以此來解答。

【詳解】

（1）由上述分析可知；試劑1為NaOH，氧化鐵不和堿反應(yīng)，氧化鋁可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和水；①~④轉(zhuǎn)化過程中只有④有化合價(jià)變化，即④為氧化還原反應(yīng)，故答案為：NaOH；④；

（2）由上述分析可知沉淀B為Fe2O3，三氧化二鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)的方程式為2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案為：Fe2O3；2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe；

（3）電解氧化鋁的方程式為2Al2O34A1+3O2↑；設(shè)得到鋁的質(zhì)量為m；

解得m==5.4g；故答案為：5.4；

（4）D是氫氧化鋁，是藥物胃舒平的主要成分，可與鹽酸反應(yīng)治療胃酸過多的離子反應(yīng)為：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案為：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（5）偏鋁酸鈉溶液通入過量的二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，②中離子方程式為CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案為：CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO18、略

【分析】【分析】

根據(jù)乙醚浸取法的流程可知；對青蒿進(jìn)行干燥破碎，可以增大青蒿與乙醚的接觸面積，提高青蒿素的浸取率，用乙醚對青蒿素進(jìn)行浸取后，過濾，可得濾液和濾渣，提取液經(jīng)過蒸餾后可得青蒿素的粗品，對粗品加95%的乙醇，濃縮；結(jié)晶、過濾可得精品；

（1）根據(jù)乙醚浸取法的流程可知；對青蒿進(jìn)行干燥破碎，可以增大青蒿與乙醚的接觸面積；

（2）根據(jù)上面的分析；操作I為過濾，需要的玻璃儀器依據(jù)裝置圖分析選擇玻璃儀器；提取液經(jīng)過蒸餾后可得青蒿素的粗品；

（3）根據(jù)上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，濃縮、結(jié)晶、過濾可得精品；

（4）根據(jù)原料的粒度；提取時(shí)間和提取溫度對青蒿素提取速率的影響如圖3所示；取提取率最大的值進(jìn)行答題；

（5）根據(jù)酯的性質(zhì)；結(jié)合題給信息，分析青蒿素的性質(zhì)；

（6）堿石灰能夠吸收水蒸氣和二氧化碳；據(jù)此分析計(jì)算干燥管增重的質(zhì)量；

【詳解】

（1）超聲提取的原理是在強(qiáng)大的超聲波作用下；使青蒿細(xì)胞乳化；擊碎、擴(kuò)散，超聲波提取的優(yōu)點(diǎn)是浸取率高；

故答案為浸取率高；

（2）操作1是固體和液體分離；名稱為過濾，該冷凝管是直形冷凝管，故D錯(cuò)誤；

故答案為過濾；D；

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度隨溫度的升高而升高；從溶液中獲得晶體，則操作Ⅲ為蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；

故答案為蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；

（4）有圖像分析可知采用的最佳原料粒度；提取時(shí)間和提取溫度分別為60目（40~60目）、100min、50℃；

故答案為60目（40~60目）；100min、50℃；

（5）將青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中；青蒿素的溶解量較小，加熱并攪拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液紅色變淺，說明青蒿素在堿性環(huán)境下發(fā)生了反應(yīng)，與酯的性質(zhì)相似；

故答案為B；

（6）28.2g青蒿素樣品完全燃燒，生成1.5mol的二氧化碳和1.1mol的水，通過盛有足量P2O5，水被吸收，堿石灰吸收的是二氧化碳，故盛有堿石灰干燥管增重的質(zhì)量為m=n×M=1.5mol×44g/mol=66g；

故答案為66?！窘馕觥竣?浸取率高(及其他合理答案)②.過濾③.D④.蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶⑤.60目（40~60目）、100min、50℃（合理即可給分）⑥.B⑦.6619、略

【分析】【分析】

已知某工業(yè)廢水中含有大量FeSO4，較多的Cu2+，極少量的Na+以及部分污泥，通過過濾得到溶液1，含有大量FeSO4，較多的Cu2+，極少量的Na+；加入足量的鐵粉，置換出金屬銅，得到固體混合物鐵和銅；過濾，得到溶液2，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到FeSO4?7H2O晶體；固體混合物鐵和銅加入足量的硫酸；得到硫酸亞鐵溶液進(jìn)入溶液2中，同時(shí)剩余銅固體，據(jù)以上分析解答。

【詳解】

（1）步驟1用于分離固體和液體；為過濾操作，需要用到的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒；

故答案為過濾；漏斗；玻璃棒；

（2）由上述分析可知；固體混合物含F(xiàn)e；Cu；

故答案為Fe；Cu；

（3）步驟3中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；

故答案為Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；

(4)步驟4中涉及的操作是：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到FeSO4?7H2O晶體；故答案為冷卻結(jié)晶；

(5)氧化亞銅與稀硫酸反應(yīng),溶液變藍(lán),發(fā)生離子反應(yīng)為Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；

故答案為Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O?！窘馕觥竣?過濾②.漏斗、玻璃棒③.Fe、Cu④.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑⑤.冷卻結(jié)晶⑥.Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O20、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)步驟①所用裝置圖可知；盛放NaOH溶液的儀器名稱為分液漏斗，故答案：分液漏斗。

(2)由反應(yīng)歷程圖可知步驟②中操作I是萃取分液，步驟③中操作II是蒸餾，操作II前需要向乙醚混合液中加入無水MgSO4；其目的是除去混合物中的水，故答案：萃取分液；蒸餾；除去混合物中的水。

(3)因?yàn)棣粒秽姿徕c能溶于水，所以向水層中加入濃鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：+HCl→+NaCl

故答案：+HCl→+NaCl。

(4)由表可知水和α－呋喃甲酸混合，根據(jù)α－呋喃甲酸熔沸點(diǎn)高，且20時(shí)溶解性為36g/L可采取再降溫結(jié)晶；過濾；洗滌、干燥，獲取α－呋喃甲酸，故答案：降溫結(jié)晶。

(5)根據(jù)和+HCl→+NaCl可知：2mol呋喃甲酸1molα－呋喃甲酸,則0.04mol呋喃甲酸可產(chǎn)生0.02mol的α－呋喃甲酸，其質(zhì)量=0.02mol112g/mol=2.24g，實(shí)際產(chǎn)量為1.5g，所以呋喃甲酸的產(chǎn)率=67.0進(jìn)一步提純?chǔ)粒秽姿?，因?yàn)樵?0溶解度為36g/L，所以若重結(jié)晶時(shí)加入過多的蒸餾水，則會(huì)導(dǎo)致α－呋喃甲酸的產(chǎn)率偏低，故答案：67.0；偏低?！窘馕觥糠忠郝┒份腿》忠赫麴s除去混合物中的水+HCl→+NaCl。降溫結(jié)晶67.0偏低21、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)硝酸和過氧化氫不穩(wěn)定分析；

（2）根據(jù)碳酸鉀為可溶性鹽；碘酸為強(qiáng)酸分析離子方程式的書寫。

（3）根據(jù)碘酸鉀的溶解度和溫度的關(guān)系分析。

（4）根據(jù)反應(yīng)列關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

(1)硝酸和過氧化氫都能分解；所以需要控制溫度，防止硝酸；過氧化氫分解；溫度能影響反應(yīng)速率，溫度太低，反應(yīng)速率慢；

(2).碳酸鉀和碘酸反應(yīng)生成碘酸鉀和水和二氧化碳，離子方程式為：

(3).碘酸鉀在0℃時(shí)為4.74g，100℃時(shí)為32.3g，所以為了減少洗滌過程中造成的KIO3損失盡量使用冰水洗滌；

(4).①因?yàn)榉磻?yīng)過程中有碘單質(zhì)生成；利用淀粉遇碘變藍(lán)的特性，選擇淀粉做指示劑；

②根據(jù)反應(yīng)列出關(guān)系式為IO36S2O32-，碘酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=99.07%；操作時(shí)間過長，過量的KI部分被氧氣氧化，造成需要的亞硫酸鈉的量增多，或因?yàn)楫a(chǎn)品含氧化性雜質(zhì)能氧化更多的碘離子，最后消耗的亞硫酸鈉的量增多，或取用標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管沒有用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，標(biāo)準(zhǔn)液的體積變化等?！窘馕觥糠乐瓜跛?、過氧化氫分解反應(yīng)速率慢減少洗滌過程中造成的KIO3損失淀粉99.07操作時(shí)間過長，過量的KI部分被氧化（或產(chǎn)品含氧化性雜質(zhì)、取用標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管沒有用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗等合理答案）四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共12分)22、略

【分析】【分析】

根據(jù)KH2PO4的構(gòu)成元素，判斷四種元素形成簡單離子的核外電子排布相同的元素；根據(jù)P元素的價(jià)電子排布式計(jì)算價(jià)電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和；根據(jù)題中KH2PO2是次磷酸的正鹽信息，寫出H3PO2的結(jié)構(gòu)式并判斷P原子的雜化方式；根據(jù)題中信息；寫出n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸相應(yīng)的酸根形式；根據(jù)題中晶胞的結(jié)構(gòu)，利用“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計(jì)算；據(jù)此解答。

(1)

在KH2PO4的四種組成元素的各自所能形成的簡單離子中只有K+和P3-離子的核外電子的層數(shù)都為3，每層容納的電子數(shù)分別為2，8，8；答案為K+和P3-。

(2)

P的原子序數(shù)為15，原子核外電子數(shù)為15，核外電子排布式為1s22s22p63s23p3，其價(jià)電子排布式為3s23p3，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，則自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為(+)×4+(-)=+也可以是(+)+(-)×4=-答案為或

(3)

KH2PO2是次磷酸的正鹽，說明其中的2個(gè)H原子不是羥基H原子，而直接與P原子形成共價(jià)鍵，則H3PO2的結(jié)構(gòu)式為H3PO2中含有4個(gè)σ鍵，無孤電子對，則中心的P原子采取sp3雜化；答案為：sp3。

(4)

根據(jù)題中信息可知，相鄰2個(gè)磷酸分子間脫水結(jié)合成鏈狀或環(huán)狀，n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸中的每個(gè)P原子只有1個(gè)羥基和2個(gè)O原子，則分子式為(HPO3)n，則相應(yīng)的酸根可寫為答案為

(5)

①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，白球8個(gè)在頂點(diǎn)、4個(gè)在側(cè)面上和1個(gè)在體心，則晶胞中白球個(gè)數(shù)為8×+4×+1=4，即有4個(gè)黑球4個(gè)在垂直于底面的4條棱的棱心、上下面心各1個(gè)、4個(gè)側(cè)面上各有1個(gè)，則晶胞中黑球個(gè)數(shù)為4×+2×+4×=4，即有4個(gè)K+，即晶胞中含有4個(gè)KH2PO4，1mol晶胞的質(zhì)量為m=4×(39+2×1+31+4×16)g=4×136g，1個(gè)晶胞的質(zhì)量為m=g，晶胞的體積為V=a2cpm3=a2c×10-30cm3，代入ρ===g·cm-3；答案為

②在晶胞圖上xz面為側(cè)面、yz面為正面，晶胞在x軸方向的z-y投影圖應(yīng)符合圖(c)和圖(b)中的K+的相對位置，x軸方向的投影圖的正面上應(yīng)為小黑球在上，2個(gè)白球在下，投影圖B符合題意；答案為B。【解析】(1)和

(2)或

(3)sp3

(4)

(5)B23、略

【分析】【詳解】

(1)由題意有鈰的原子序數(shù)為58；則有58-2-8-8-18-18=4，處于元素周期表的第六周期，第四縱行的鑭系，則鈰在元素周期表中位置為：第六周期第ⅢB族，屬于f區(qū)元素，故答案為：第六周期第ⅢB族；f；

(2)在硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中，因?yàn)橹兄行脑覰沒有孤電子對，所以它是正四面專體形，是空間結(jié)構(gòu)，所以是雜化，中氮的價(jià)層電子對數(shù)為3，是sp2雜化；在Ce、C、N、O中C、N、O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第ⅤA族的第一電離能大于第ⅥA族的第一電離能，所以其第一電離能大小順序是N＞O＞C；由于Ce為第六周期元素，原子半徑最大，則其第一電離能最小，故答案為：sp3、sp2；N>O>C>Ce；

(3)依F、Cl、Br、I順序，CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱、共價(jià)性越來越強(qiáng)，故答案為：依F、Cl、Br、I順序，CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱；共價(jià)性越來越強(qiáng)；

(4)由圖示可知這種鈰的氧化物的化學(xué)式為CeO2；晶胞中氧離子的配位數(shù)為4，故答案為：CeO2；4；【解析】第六周期第ⅢB族fsp3、sp2N>O>C>Ce依F、Cl、Br、I順序，CeX3中的化學(xué)鍵的離子性越來越弱、共價(jià)性越來越強(qiáng)CeO2424、略

【分析】【詳解】

I．（1）基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是洪特規(guī)則，N2F2分子結(jié)構(gòu)式為F-N=N-F，分子中N原子含有1對孤對電子，N原子的雜化方式是sp2雜化，lmolN2F2含有3molσ鍵，即3NA或1.806×1024個(gè)σ鍵；

（2）Si3N4晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp3雜化，N-Si-N鍵角為109°28′，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對孤對電子，N原子為sp3雜化；但孤對電子對成鍵電子對的排斥作用更大，使得Si-N-Si鍵角小于109°28′；

II．（1）Fe位于第四周期第VIII族；

（2）Fe（CO）x晶體的熔沸點(diǎn)較低；所以屬于分子晶體；Fe原子價(jià)電子數(shù)是8，每個(gè)CO分子提供一個(gè)電子對，所以8+2n=18，n=5；

（3）極性分子的熔沸點(diǎn)較高，CO是極性分子，氮?dú)馐欠菢O性分子，所以CO熔沸點(diǎn)較高；

（4）①銅為29號(hào)元素，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；

②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，銅為面心立方堆積，每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目=3×8÷2=12；

（5）某M原子的外圍電子排布式為3s23p5，則M為Cl元素；該晶胞中Cu原子個(gè)數(shù)為4，Cl原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4，晶體體積=cm3=cm3=cm3，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，銅原子和M原子之間的最短距離為立方體體對角線的=××cm=pm。

點(diǎn)睛：把握常見分子中原子的雜化及空間構(gòu)型為解答的關(guān)鍵，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式，價(jià)層電子對個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對個(gè)數(shù)，σ鍵個(gè)數(shù)=配原子個(gè)數(shù)，孤電子對個(gè)數(shù)=（a-xb），a指中心原子價(jià)電子個(gè)數(shù)，x指配原子個(gè)數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個(gè)數(shù)．根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；中心原子的雜化類型為sp2，說明該分子中心原子的價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是3，無孤電子對數(shù)，空間構(gòu)型是平面三角形?！窘馕觥亢樘匾?guī)則sp2雜化3NASi3N4晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si為sp3雜化，N—Si—N的鍵角為109028/,而N原子周圍只有3個(gè)Si原子。雖N原子也是sp3雜化，但由于孤電子對對成鍵電子對的排斥力更強(qiáng)，故Si—N—Si的鍵角小于109028/。第四周期第Ⅷ族分子晶體5CO[Ar]3d104s112五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共9分)25、略

【分析】【分析】

甲裝置主要用于制備光氣(COCl2)，儀器B中四氯化碳與發(fā)煙硫酸(用SO3表示)反應(yīng)只生成兩種物質(zhì)的量為1：1的產(chǎn)物，且均易與水反應(yīng)，所以四氯化碳與SO3反應(yīng)生成COCl2和SO2Cl2，COCl2在裝置乙中與無水乙醇反應(yīng)生成碳酸二乙酯，COCl2易水解；為防止水蒸氣進(jìn)入乙，丙裝置中盛放濃硫酸。

【詳解】

(1)①根據(jù)圖示；儀器B的名稱是三頸燒瓶；

②儀器A是恒壓漏斗；側(cè)導(dǎo)管a的作用是平衡壓強(qiáng)，有利于儀器A中液體順利流下；

(2)COCl2易水解；為防止丁裝置中的水蒸氣進(jìn)入乙中，試劑X應(yīng)是濃硫酸；

(3)乙裝置中COCl2、乙醇反應(yīng)生成碳酸二乙酯和氯化氫，丁裝置除了吸收COCl2外，還能吸收的氣體是HCl。儀器B中四氯化碳與SO3反應(yīng)生成COCl2和SO2Cl2，該反應(yīng)化學(xué)方程式是SO3＋CCl4COCl2＋SO2Cl2；

(4)①無水乙醇與COCl2反應(yīng)生成氯甲酸乙酯和氯化氫，反應(yīng)的化學(xué)方程式是COCl2＋CH3CH2OH→CH3CH2OOCCl＋HCl；

②2mol乙醇和光氣反應(yīng)生成1mol碳酸二乙酯，若起始投入92.0