江西省南昌市安義中學2024屆高考化學三模試卷含解析

江西省南昌市安義中學2024屆高考化學三模試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某溶液由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO2－、Fe2+、NO3－、Cl－、SO42－中若干種組成，現(xiàn)將溶液分成兩等份，再分別通入足量的NH3和SO2充分反應后，最終均有白色沉淀生成。則溶液中一定含有的離子有A．Al3＋、NO3－ B．Ba2＋、Al3＋、Cl－C．Ba2＋、Al3＋、NO3－ D．Ag＋、Al3＋、NO3－2、化學與環(huán)境、生產、生活關系密切，下列說法正確的是A．84消毒液和醫(yī)用酒精都可以起到殺菌消毒的作用，其作用原理相同B．防控新冠病毒所用的酒精，其濃度越大，殺毒效果越好。C．工業(yè)上常用高純硅制造光導纖維D．推廣使用可降解塑料及布質購物袋，以減少“白色污染”3、化學與生產、生活和社會密切相關。下列有關說法正確的是（）A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質B．華為繼麒麟980之后自主研發(fā)的7m芯片問世，芯片的主要成分是二氧化硅C．納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附D．SO2具有漂白性可用來漂白紙漿、毛、絲、草帽辮4、單質鈦的機械強度高，抗蝕能力強，有“未來金屬”之稱。工業(yè)上常用硫酸分解鈦鐵礦(FeTiO3)的方法制取二氧化鈦，再由二氧化鈦制金屬鈦，主要反應有：①FeTiO3+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O②Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4③H2TiO3TiO2+H2O④TiO2+2C+2Cl2TiCl4↑+CO↑⑤TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列敘述錯誤的是()A．反應①屬于非氧化還原反應B．反應②是水解反應C．反應④中二氧化鈦是氧化劑D．反應⑤表現(xiàn)了金屬鎂還原性比金屬鈦強5、向1.00L濃度均為0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH混合溶液中通入HCl氣體調節(jié)溶液pH(忽略溶液體積變化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡時的分布系數(shù)(各含硫物種的濃度與含硫物種總濃度的比)隨HCl氣體體積(標況下)的變化關系如圖所示(忽略SO2氣體的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在該實驗條件下的一級電離常數(shù)。下列說法正確的是A．Z點處的pH=-lgKa1(H2SO3)B．從X點到Y點發(fā)生的主要反應為SO32-+H2O?HSO3-+OH-C．當V(HCl)≥672mL時，c(HSO3-)=c(SO32-)=0mol/LD．若將HCl改為NO2，Y點對應位置不變6、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，1LC2H5OH完全燃燒后生成的CO2分子個數(shù)約為B．20gD2O與20gH218O含有的中子數(shù)均為10NAC．1mol·L-1Al(NO3)3溶液中含有3NA個NO3-D．50mL12mol·L-1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數(shù)為0.3NA7、電滲析法淡化海水裝置示意圖如下，電解槽中陰離子交換膜和陽離子交換膜相間排列，將電解槽分隔成多個獨立的間隔室，海水充滿在各個間隔室中。通電后，一個間隔室的海水被淡化，而其相鄰間隔室的海水被濃縮，從而實現(xiàn)了淡水和濃縮海水分離。下列說法正確的是（）A．離子交換膜b為陽離子交換膜B．各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水C．通電時，電極l附近溶液的pH比電極2附近溶液的pH變化明顯D．淡化過程中，得到的濃縮海水沒有任何使用價值8、我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面 B．可用溴水鑒別異戊二烯和對二甲苯C．對二甲苯的二氯代物有6種 D．M能發(fā)生取代，加成，加聚和氧化反應9、向某恒容密閉容器中加入1.6mol?L-1的NO2后，會發(fā)生如下反應：2NO2(g)?N2O4(g)△H=-56.9kJ?mol-1。其中N2O4的物質的量濃度隨時間的變化如圖所示，下列說法不正確的是A．升高溫度，60s后容器中混合氣體顏色加深B．0-60s內，NO2的轉化率為75%C．0-60s內，v(NO2)=0.02mol?L-1?s-1D．a、b兩時刻生成NO2的速率v(a)>v(b)10、下列有水參加的反應中，屬于氧化還原反應，但水既不是氧化劑也不是還原劑的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO411、下列有關實驗操作、現(xiàn)象和解釋或結論都正確的是（）選項操作現(xiàn)象結論A測定等濃度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者大非金屬性：S>CB滴加稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍不能確定原溶液中含NH4+C用坩堝鉗夾住一小塊用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點較低D將淀粉溶液與少量稀硫酸混合加熱，然后加入新制的Cu(OH)2懸濁液，并加熱沒有磚紅色沉淀生成淀粉未發(fā)生水解A．A B．B C．C D．D12、下表中各組物質之間不能通過一步反應實現(xiàn)如圖轉化的是甲乙丙ACH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHBNH3NOHNO3CAlCl3Al(OH)3Al2O3DCl2HClCuCl2A．A B．B C．C D．D13、如圖表示1~18號元素原子的結構或性質隨核電荷數(shù)遞增的變化。圖中縱坐標表示A．電子層數(shù) B．原子半徑 C．最高化合價 D．最外層電子數(shù)14、用如圖所示裝置進行下述實驗，下列說法正確的是選項RabMnm中電極反應式A導線FeCuH2SO4CuSO4Fe－3e－＝Fe3＋B導線CuFeHClHCl2H＋－2e－＝H2↑C電源，右側為正極CuCCuSO4H2SO4Cu－2e－＝Cu2＋D電源，左側為正極CCNaClNaCl2Cl-－2e－＝Cl2↑A．A B．B C．C D．D15、分子式為C4H8Cl2的鏈狀有機物，只含有二個甲基的同分異構體共有（不考慮立體異構）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種16、改革開放40周年以來，化學科學技術的發(fā)展大大提高了我國人民的生活質量。下列過程沒有涉及化學變化的是A．太陽能分解水制取氫氣B．開采可燃冰獲取燃料C．新能源汽車燃料電池供電D．運載“嫦娥四號”的火箭發(fā)射A．A B．B C．C D．D17、有3.92g鐵的氧化物，用足量的CO在高溫下將其還原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0g固體沉淀物，這種鐵的氧化物為A．Fe3O4 B．FeO C．Fe2O3 D．Fe5O718、下列儀器名稱錯誤的是()A．量筒 B．試管 C．蒸發(fā)皿 D．分液漏斗19、在25°C時，向amL0.10mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1的NaOH溶液。滴定過程中混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]與NaOH溶液的體積V的關系如圖所示。已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列說法不正確的是（）A．25°C時，HNO2電離常數(shù)的數(shù)量級是10-4B．M點溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C．圖上M、N、P、Q四點溶液中所含離子的種類相同D．a=10.8020、以下情況都有氣體產生，其中不產生紅棕色氣體的是()A．加熱濃硝酸 B．光照硝酸銀C．加熱硝酸鈣 D．加熱溴化鉀和濃硫酸混合物21、目前中國已經通過自主創(chuàng)新成功研發(fā)出第一臺鋅溴液流儲能系統(tǒng)，實現(xiàn)了鋅溴電池的隔膜、極板、電解液等關鍵材料自主生產。鋅溴電池的原理裝置圖如圖所示，下列說法錯誤的是()A．充電時電極石墨棒A連接電源的正極B．放電過程中陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)C．放電時負極反應為2Br-—2e-=Br2D．放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大22、有關Na2CO3和NaHCO3的敘述中正確的是A．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物質的量的稀鹽酸，生成的CO2與原Na2CO3的物質的量之比為1:2B．等質量的NaHCO3和Na2CO3分別與足量鹽酸反應，在同溫同壓下。生成的CO2體積相同C．物質的量濃度相同時，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D．向Na2CO3飽和溶液中通入CO2有NaHCO3結晶析出二、非選擇題(共84分)23、（14分）H是一種氨基酸，其合成路線如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式為C3H4O，其結構簡式為____________。（2）E→F的化學方程式為____________。（3）H的結構簡式為_________________。寫出滿足下列條件的苯丙氨酸同分異構體的結構簡______________、________________。I.含有苯環(huán)；II.分子中有三種不同環(huán)境的氫原子。（4）結合題中相關信息，設計一條由CH2Cl2和環(huán)氧乙烷（）制備1，4-戊二烯的合成路線（無機試劑任選）。___________。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）24、（12分）請根據(jù)以下知識解答+R2-CHO→（R代表烴基，下同。）+H21，4―丁二醇是生產工程塑料PBT（聚對苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通過下圖兩種不同的合成路線制備，請寫出相應物質的結構簡式(1)請寫出A和D的結構簡式：________________________、_____________________。(2)寫出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化學反應方程式：______寫出生成F(PBT)的化學反應方程式:___。(3)關于對苯二甲酸的結構，在同一直線上的原子最多有________個。(4)某學生研究發(fā)現(xiàn)由乙炔可制得乙二醇，請你設計出合理的反應流程圖。________________提示：①合成過程中無機試劑任選②反應流程圖表示方法示例如下：25、（12分）乳酸亞鐵晶體{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一種很好的食品鐵強化劑，易溶于水，廣泛應用于乳制品、營養(yǎng)液等，吸收效果比無機鐵好，可由乳酸與FeCO3反應制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制備碳酸亞鐵（FeCO3）：裝置如圖所示。（1）儀器C的名稱是______。（2）清洗儀器，檢查裝置氣密性，A中加入鹽酸，B中加入鐵粉，C中加入NH4HCO3溶液。為順利達成實驗目的，上述裝置中活塞的打開和關閉順序為：關閉活塞_____，打開活塞_____，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是_____，當加入足量鹽酸后，關閉活塞1，反應一段時間后，關閉活塞_____，打開活塞_____。C中發(fā)生的反應的離子方程式為_____。Ⅱ.制備乳酸亞鐵晶體：將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應。然后再加入適量乳酸。（3）加入少量鐵粉的作用是_____。從所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體所需的實驗操作是隔絕空氣低溫蒸發(fā)，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。Ⅲ.乳酸亞鐵晶體純度的測量：（4）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量進而計算純度時，發(fā)現(xiàn)結果總是大于100%，其原因可能是_____。（5）經查閱文獻后，改用Ce(SO4)2標準溶液滴定進行測定。反應中Ce4+離子的還原產物為Ce3+。測定時，先稱取5.76g樣品，溶解后進行必要處理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2標準溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)如表所示。滴定次數(shù)0.100mol/LCe(SO4)2標準溶液/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)10.1019.6520.1222.3231.0520.70則產品中乳酸亞鐵晶體的純度為______（以質量分數(shù)表示，保留3位有效數(shù)字）。26、（10分）肉桂酸()是制備感光樹脂的重要原料，某肉桂酸粗產品中含有苯甲酸及聚苯乙烯，各物質性質如表：名稱相對分子質量熔點(℃)沸點(℃)水中溶解度(25℃)苯甲醛106-26179.62微溶聚苯乙烯104n83.1~105240.6難溶肉桂酸148135300微溶(熱水中易溶)實驗室提純肉桂酸的步驟及裝置如下(部分裝置未畫出)，試回答相關問題：

2g粗產品和30mL熱水的混合物濾液稱重(1)裝置A中長玻璃導管的作用是_________，步驟①使苯甲醛隨水蒸汽離開母液，上述裝置中兩處需要加熱的儀器是____________(用字母A、B、C、D回答)。(2)儀器X的名稱是_______，該裝置中冷水應從___________口(填a或b)通入。(3)步驟②中，10%NaOH溶液的作用是___________，以便過濾除去聚苯乙烯雜質。(4)步驟④中，證明洗滌干凈的最佳方法是________，若產品中還混有少量NaCl，進一步提純獲得肉桂酸晶體方法為_________________。(5)若本實驗肉桂酸粗產品中有各種雜質50%，加堿溶解時損失肉桂酸10%，結束時稱重得到產品0.6g，若不計操作損失，則加鹽酸反應的產率約為_____％(結果精確至0.1%)。27、（12分）草酸亞鐵晶體（FeC2O4-2H2O，M=180g.mol-1）為淡黃色固體，難溶于水，可用作電池正極材料磷酸鐵鋰的原料?；卮鹣铝袉栴}：實驗1探究純草酸亞鐵晶體熱分解產物（1）氣體產物成分的探究，設計如下裝置（可重復選用）進行實驗：①裝置B的名稱為____。②按照氣流從左到右的方向，上述裝置的連接順序為a→___→點燃（填儀器接口的字母編號）。③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，實驗前應進行的操作是____。④C處固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁，則證明氣體產物中含有____。（2）固體產物成分的探究，待固體熱分解充分后，A處殘留黑色固體。黑色固體可能是Fe或FeO，設計實驗證明其成分為FeO的操作及現(xiàn)象為____。（3）依據(jù)（1）和（2）結論，A處發(fā)生反應的化學方程式為____。實驗2草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有FeSO4雜質，測定其純度的流程如下圖：（4）草酸亞鐵晶體溶解酸化用KMnO4溶液滴定至終點的離子方程式為____。（5）草酸亞鐵晶體樣品的純度為____（用代數(shù)式表示），若配制溶液時Fe2+被氧化，則測定結果將____（填“偏高”“偏低”或“不變”）。28、（14分）[化學—選修3；物質結構與性質]明朝《天工開物》中有世界上最早的關于煉鋅技術的記載，鋅也是人體必需的微量元素。回答下列問題：(1)基態(tài)Zn原子核外的最高能層符號是________，基態(tài)Zn2+最外層電子排布式為________。(2)硫酸鋅溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。①組成[Zn(NH3)4]SO4的元素中，除Zn外其余元素的電負性由大到小排序為________。②向[Zn(NH3)4]SO4溶液中逐滴滴加NaOH溶液，未出現(xiàn)渾濁，其原因是________。③已知[Zn(NH3)4]2+的空間構型與相同，則在[Zn(NH3)4]2+中Zn2+的雜化類型為________，NH3易液化的原因是________________________________。④在[Zn(NH3)4]SO4晶體中存在的作用力有________。A．離子鍵B．極性共價鍵C．氫鍵D．配位鍵E．范德華力F．金屬鍵(3)ZnO與ZnS結構相似，ZnO的熔點為1975℃，ZnS的熔點約為1700℃。ZnO熔點比ZnS高的原因是________________________________。(4)常溫下金屬鋅晶體的晶胞為六方最密堆積(如圖所示)，若鋅原子的半徑為rnm，六棱柱的高為，則金屬鋅晶體的空間利用率是________(用含π的代數(shù)式表示)。29、（10分）鋁試劑：(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，其商品名為阿羅明拿，可用來鑒定溶液中的鋁離子。請回答下列問題：（1）碳原子價層電子的電子排布圖_______。（2）第二周期部分元素的第一電離能變化趨勢如圖1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一電離能自左而右依次增大的原因是____________；氮元素的第一電離能呈現(xiàn)異常的原因是____。（3）經X射線衍射測得阿羅明拿的晶體結構，其局部結構如圖2所示。①從結構角度分析，阿羅明拿中的NH4+與氨分子的相同之處為_________，不同之處為_________。（填標號）A中心原子的雜化軌道類型B中心原子的價層電子對數(shù)C立體結構②阿羅明拿中1個(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3單元的C—Oσ鍵總數(shù)為_______個。分子中的大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)，則阿羅明拿中苯環(huán)的大π鍵應表示為______________。③圖2中虛線代表氫鍵，其表示式為（NH4+）N-H---O（COO-）、____________、____________。（4）阿羅明拿的晶體密度為dg·cm-3，其立方晶胞參數(shù)為anm，晶胞中含有y個(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3單元，該單元的相對質量為M，則y的計算表達式為______________（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

分成兩等份，再分別通入足量的NH3和SO2充分反應后，最終均有白色沉淀生成，因Ag+與足量氨水反應生成絡離子，Al3+與氨水反應生成白色沉淀，F(xiàn)e2+與氨水反應生成氫氧化亞鐵最終轉化為紅褐色沉淀；另一份中，NO3﹣、SO2發(fā)生氧化還原反應生成SO42﹣，SO42﹣與Ag+或Ba2+結合生成白色沉淀，綜上所述，一定含Al3+、NO3﹣，Ag+、Ba2+至少含一種，一定不含SO42﹣、AlO2﹣、Fe2+，不能確定是否含Na+、Cl﹣，答案選A。【點睛】本題考查常見離子的檢驗，為高頻考點，把握常見離子之間的反應、白色沉淀的判斷為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的綜合考查，充分考查了學生靈活應用基礎知識的能力，易錯點為Al3+與氨水反應生成白色沉淀，F(xiàn)e2+與氨水反應生成氫氧化亞鐵最終轉化為紅褐色沉淀，故排除Fe2+的存在。2、D【解析】

A.84消毒液具有強氧化性，使蛋白質分子結構發(fā)生變化而失去其生理活性，因而具有殺菌消毒作用；醫(yī)用酒精能夠使蛋白質變性，因而可殺菌消毒，二者作用原理不相同，A錯誤；B.酒精濃度小，滲透性強，但殺菌消毒作用能力??；濃度太大，殺菌消毒作用能力強，但滲透性又差，僅使蛋白質表面分子發(fā)生變性，病毒褪去外殼后，仍然具有破壞作用，因此不是濃度越大，殺毒效果越好，B錯誤；C.SiO2對光具有良好的全反射作用，工業(yè)上常用SiO2作光導纖維的材料，C錯誤；D.塑料不能降解，導致“白色污染”，則推廣使用可降解塑料及布質購物袋，以減少“白色污染”，D正確；故合理選項是D。3、D【解析】

A.CaO沒有強還原性，故不能防止食品的氧化變質，只能起到防潮的作用，A項錯誤；B.硅是半導體，芯片的主要成分是硅單質，B項錯誤；C.Fe具有還原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子還原，所以納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子是利用Fe的還原性，與吸附性無關，C項錯誤；D.SO2能與有色物質化合生成無色物質，可用于漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，D項正確；答案選D。4、C【解析】

A.由產物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合價為+4價，F(xiàn)e的化合價為+2價，正好在反應物FeTi03中符合化合價原則，所以不是氧化還原反應，A正確；B.H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH-結合生成H2TiO3，H+和SO42-形成H2SO4，所以是水解反應，B正確；C.分析反應④，Ti的化合價反應前后都為+4價，所以不是氧化劑，C錯誤；D.金屬之間的置換，體現(xiàn)了還原性強的制取還原性弱的反應規(guī)律，D正確；本題答案選C。5、A【解析】

A．在Z點c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，則有，則pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正確；B．根據(jù)圖示，從X點到Y點，SO32－的濃度減少，而HSO3－的濃度在增加，則加入鹽酸發(fā)生的主要反應為SO3－+H＋=HSO3，B錯誤；C．當V(HCl)=672mL時，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物質的量均為1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反應，Na2SO3轉化為H2SO3。H2SO3為弱酸，可經第一二步電離產生HSO3－和SO32－，其關系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C錯誤；D．若將HCl換為NO2，NO2會與水反應，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有強氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中將沒有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y點位置會消失，D錯誤。答案選A。6、B【解析】

A選項，標準狀況下乙醇為液體，不能用氣體摩爾體積來計算，故A錯誤；B選項，D2O與H218O的摩爾質量均為20g·mol-1，故20gD2O與20gH218O的物質的量均為1mol，且它們每個分子中均含10個中子，故1mol兩者中均含10NA個中子，故B正確；C選項，溶液體積未知，無法計算離子個數(shù)，故C錯誤；D選項，50mL12mol·L-1鹽酸與足量MnO2共熱反應一段時間后，鹽酸濃度減小，無法繼續(xù)反應，轉移電子數(shù)目小于0.3NA，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！军c睛】計算溶液中溶質物質的量時一定要注意題中給沒給溶液的體積，二氧化錳與濃鹽酸、銅與濃硫酸反應，當鹽酸濃度或濃硫酸濃度降低變?yōu)橄∪芤簳r就不再反應了。7、B【解析】

圖中分析可知，電極1為電解池陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，電極2為陰極，溶液中氫離子得到電子生成氫氣，電極反應2H++2e-=H2↑，實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜。A.分析可知b為陰離子交換膜，A錯誤；B.實線對應的半透膜是陽離子半透膜，虛線是陰離子半透膜，結合陰陽離子移向可知，各間隔室的排出液中，①③⑤⑦為淡水，B正確；C.通電時，陽極電極反應：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極電極反應，2H++2e-=H2↑，電極2附近溶液的pH比電極1附近溶液的pH變化明顯，C錯誤；D.淡化過程中，得到的濃縮海水可以提取氯化鈉、鎂、溴等，有使用價值，D錯誤；故合理選項是B。8、C【解析】

A．丙烯醛分子中的碳碳雙鍵是平面結構，醛基也是平面結構，中間是一個可以旋轉的單鍵，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正確；B．異戊二烯里含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應而導致溴水褪色，而對二甲苯與溴水不反應，可以鑒別，B正確；C．對二甲苯里面有兩種類型的H，其二氯代物共有7種：①當兩個氯取代甲基上的H時有兩種，②當有一個氯取代甲基上的H，另一個取代苯環(huán)上的H，有鄰、間兩種結構，③當兩個氯都取代苯環(huán)上的H，采用定一議二的方法，當其中一個氯在甲基鄰位時，另一個氯有3種結構，此二氯代物有3種，C錯誤；D．M中有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成、加聚反應，醛基可以發(fā)生氧化、加成反應，烴基可以發(fā)生取代反應，D正確；答案選C。9、D【解析】

A.放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，二氧化氮的量增加，顏色變深，A項正確；B.設容器體積為V，0-60s內，生成N2O4的物質的量為0.6Vmol，則消耗的NO2的物質的量為1.2Vmol，NO2的轉化率為=75%，B項正確；C.根據(jù)圖中信息可知，從反應開始到剛達到平衡時間段內=0.01mol?L?1?s?1，則v(NO2)=2v(N2O4)=2×0.01mol?L?1?s?1=0.02mol?L?1?s?1，C項正確；D.隨著反應的進行，消耗的NO2的濃度越來越小，生成NO2的速率即逆反應速率越來越大，因此a、b兩時刻生成NO2的速率：v(a)<v(b)，D項錯誤；答案選D。10、D【解析】

A．H2O中H元素的化合價降低，則屬于氧化還原反應，水作氧化劑，故A不選；B．反應中水中O元素的化合價升高，則屬于氧化還原反應，水作還原劑，故B不選；C．反應沒有元素的化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C不選；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反應中，S、Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，H2O中沒有元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，故D選；故選D。11、B【解析】

A.測定等濃度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比較碳酸氫根離子與亞硫酸氫根離子的酸性；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；C.氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面；D.淀粉水解后，在堿性溶液中檢驗葡萄糖?！驹斀狻緼.測定等濃度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比較HCO3-與HSO3-的酸性，不能比較S、C兩種元素的非金屬性強弱，A錯誤；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，試紙不變藍，因此不能確定原溶液中是否含NH4+，B正確；C.加熱Al，表面的Al被氧化產生Al2O3，Al2O3是離子化合物，熔點高，包裹在Al的外面，使熔化后的液態(tài)鋁不會滴落下來，C錯誤；D.淀粉在酸性條件下水解，水解后產生的葡萄糖應該在堿性溶液中進行檢驗，未將催化劑硫酸中和，操作不合理，因此不會產生磚紅色沉淀，D錯誤；故合理選項是B。12、B【解析】

A.乙烯與HCl加成得到一氯乙烷，一氯乙烷消去得到乙烯與HCl，一氯乙烷與水發(fā)生取代得到乙醇，乙醇消去得到乙烯與水，符合轉化，A項正確；B.HNO3顯酸性，NH3顯堿性，由硝酸不能直接轉化為氨氣，不能實現(xiàn)轉化，B項錯誤；C.AlCl3與氨水反應得到Al(OH)3，Al(OH)3與鹽酸反應得到AlCl3與水，Al(OH)3加熱分解得到Al2O3，Al2O3與鹽酸反應得到AlCl3與水，符合轉化，C項正確；D.氯氣與氫氣反應得到HCl，濃HCl與高錳酸鉀反應得到氯氣，HCl與CuO反應得到CuCl2和水，CuCl2電解得到Cu與氯氣，符合轉化，D項正確；答案選B。13、D【解析】

A項，原子序數(shù)1、2的原子電子層數(shù)相同，原子序數(shù)3~10的原子電子層數(shù)相同，原子序數(shù)11~18的原子電子層數(shù)相同，A項不符合；B項，同周期主族元素，隨原子序數(shù)遞增原子半徑減小，B項不符合；C項，第二周期的氧沒有最高正價，第二周期的F沒有正價，C項不符合；D項，第一周期元素原子的最外層電子數(shù)從1增至2，第二、三周期元素原子的最外層電子數(shù)從1增至8，D項符合；答案選D。14、D【解析】

A、鐵作負極，F(xiàn)e－2e－＝Fe2＋，故A錯誤；B、銅作正極，2H＋+2e－＝H2↑，故B錯誤；C、銅作陰極，溶液中的銅離子得電子，2e－+Cu2＋=Cu，故C錯誤；D、左側為陽極，2Cl-－2e－＝Cl2↑，故D正確；故選D。15、B【解析】

根據(jù)有機物的分子式可知，C4H8Cl2的鏈狀有機物，只含有二個甲基的同分異構體共有4種，分別是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案選B。16、B【解析】

A.水分解產生氫氣和氧氣，有新的物質產生，發(fā)生的是化學變化，A不符合題意；B.從海底開采可燃冰獲取燃料，沒有新物質產生，發(fā)生的是物理變化，B符合題意；C.新能源汽車燃料電池供電，是化學能轉化為電能，有新物質產生，發(fā)生的是化學變化，C不符合題意；D.運載“嫦娥四號”的火箭發(fā)射，化學能轉化為熱能、機械能，發(fā)生化學反應，有新的物質產生，D不符合題意；故合理選項是B。17、D【解析】

由生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中，得到7.0g沉淀，則n(CaCO3)==0.07mol，由CO～CO2可知，鐵的氧化物中的n(O)=0.07mol，n(Fe)==0.05mol，n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，則鐵的氧化物為Fe5O7，故答案為D。18、C【解析】

A.據(jù)圖可知，A為量筒，故A正確；B.據(jù)圖可知，B為試管，故B正確；C.據(jù)圖可知，C為坩堝，故C錯誤；D.據(jù)圖可知，D為分液漏斗，故D正確；答案選C。19、B【解析】

已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緼.HNO2電離常數(shù)K=，未滴加氫氧化鈉時0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，則根據(jù)水的電離平衡常數(shù)可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在電離平衡HNO2?H++NO2，溶液中氫離子濃度和亞硝酸根離子濃度大致相等，所以K=，故A正確；B.根據(jù)分析可知a=10.80mL，所以當加入5.40mL氫氧化鈉溶液時溶液中的溶質為等物質的量HNO2和NaNO2，存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+c(HNO2)=2c(Na+)，二式聯(lián)立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B錯誤；C.M、N、P、Q四點溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正確；D.已知P點溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同時溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(NO2-)=c(H+)+c(Na+)，二式聯(lián)立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+c(HNO2)=c(Na+)，此為NaNO2溶液中的物料守恒式，即P點溶液中的溶質只有NaNO2，亞硝酸和氫氧化鈉恰好完全反應，所以初始亞硝酸溶液的體積為10.80mL，故D正確；故答案為B。20、C【解析】

A．硝酸化學性質不穩(wěn)定，硝酸見光或受熱分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮氣體為紅棕色，故A正確；B．硝酸銀不穩(wěn)定，見光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮氣體為紅棕色，故B正確；C．硝酸鈣加熱于132℃分解，加熱至495～500℃時會分解為氧氣和亞硝酸鈣，生成的氧氣為無色氣體，故C錯誤；D．濃硫酸和溴化鈉混合物受熱后2KBr+H2SO4(濃)K2SO4+2HBr↑，濃硫酸具有強氧化性，易與HBr發(fā)生氧化還原反應，H2SO4(濃)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸氣為紅棕色，故D正確；答案選C。【點睛】掌握常見的紅棕色氣體是解答本題的關鍵，常見紅棕色氣體為NO2和Br2蒸氣，可由硝酸或硝酸鹽分解或由溴化物氧化生成。21、C【解析】

放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2e－═Zn2＋，正極反應式為：Br2+2e－=2Br－，充電時，陽極反應式為2Br－-2e－=Br2、陰極反應式為Zn2＋+2e－=Zn?！驹斀狻緼．充電時電極石墨棒A連接電源的正極，反應式為2Br－-2e－=Br2，故A正確；B．放電過程中陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，故B正確；C．放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2e－═Zn2＋，故C錯誤；D．正極反應式為：Br2+2e－=2Br－，陰離子通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大，故D正確；故選C。22、D【解析】A、根據(jù)化學反應方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，等物質的量鹽酸與碳酸鈉反應只生成碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，選項A錯誤；B、NaHCO3和Na2CO3都與鹽酸反應生成二氧化碳氣體：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等質量的碳酸鈉和碳酸氫鈉分別與足量鹽酸反應：產生的二氧化碳在相同條件下體積比為:=84：106=42：53，選項B錯誤；C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中碳酸根離子和碳酸氫根離子均能水解，導致溶液顯堿性，但是碳酸根離子水解程度大，所以等濃度的碳酸鈉的溶液的堿性強于碳酸氫鈉溶液，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，選項C錯誤；D、向Na2CO3飽和溶液中通入CO2，會發(fā)生反應：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，常溫下相同的溶劑時，較易溶，所以析出的是NaHCO3晶體，選項D正確。答案選D。點睛：本題Na2CO3和NaHCO3的異同，注意把握Na2CO3和NaHCO3性質，注重基礎知識的積累。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式為，而1，丁二烯與A反應生成B，且B與氫氣反應得到，結合信息可知A為，B為結合轉化關系與信息可知發(fā)生取代反應生成C為，D為，E為，由信息可知F為，G為，H為。【詳解】（1）A的分子式為，其結構簡式為：，故答案為：；（2）E→F羥基的催化氧化，反應的化學方程式為，故答案為：；

（3）H的結構簡式為，滿足下列條件的苯丙氨酸同分異構體的結構簡式：Ⅰ、含有苯環(huán)；Ⅱ、分子中有三種不同環(huán)境的氫原子，符合條件的同分異構體有：、，故答案為：；、；（4）由與干醚得到，再與環(huán)氧乙烷得到由，然后再濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應得到，合成路線流程圖為：，故答案為：。24、CH≡CCH=CH2CH≡CCH2OHCH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2BrnHOCH2(CH2)2CH2OH+→+2nH2O4個【解析】

乙炔與甲醛發(fā)生加成反應生成D為HC≡CCH2OH，D與甲醛進一步發(fā)生加成反應生成E為HOCH2C≡CCH2OH，E與氫氣發(fā)生加成反應生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A為HC≡CCH=CH2，結合信息可以知道及HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A與氫氣發(fā)生加成反應生成B為CH2=CHCH=CH2，B與溴發(fā)生1，4-加成反應生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br與氫氣發(fā)生加成反應生成C為BrCH2CH2CH2CH2Br，C發(fā)生水解反應得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇與對苯二甲酸發(fā)生縮聚反應生成PBT為，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔與氫氣加成生成乙烯，乙烯與溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再發(fā)生堿性水解可得乙二醇。據(jù)此分析?！驹斀狻?1)由上述分析可以知道A為HC≡CCH=CH2，D為HC≡CCH2OH，答案為：HC≡CCH=CH2；HC≡CCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2與溴發(fā)生1，4加成反應生成BrCH2CH=CHCH2Br，化學方程式為：CH2=CHCH=CH2+Br2→CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇與對苯二甲酸發(fā)生縮聚反應生成PBT，反應方程式為：；(3)關于對苯二甲酸的結構，在同一直線上的原子為處在苯環(huán)對位上的兩個碳原子和兩個氫原子，所以最多4個，答案為：4；(4)由乙炔制乙二醇，可以用乙炔與氫氣加成生成乙烯，乙烯與溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再發(fā)生堿性水解可得乙二醇，反應的合成路線流程圖為：。25、三頸燒瓶21、3鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3與乳酸反應產生的亞鐵離子被氧化乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化98.0%【解析】

亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與鹽酸反應制備氯化亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故B制備氯化亞鐵，利用生成的氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，據(jù)此解答本題?！驹斀狻浚?）儀器C為三頸燒瓶，故答案為：三頸燒瓶；（2）反應前先利用生成的氫氣除去裝置內空氣，再利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，具體操作為：關閉活塞2，打開活塞3，然后打開活塞1加入足量的鹽酸，然后關閉活塞1，反應一段時間后，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象為：鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色；打開活塞2，關閉活塞3；C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反應的離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：2；1、3；鐵粉逐漸溶解，液體中有氣泡冒出、溶液變成淺綠色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+離子易被氧化為Fe3+離子，實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，加入Fe粉，可防止Fe2+離子被氧化，故答案為：防止FeCO3與乳酸反應產生的亞鐵離子被氧化；（4）乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質量偏大，產品中乳酸亞鐵的質量分數(shù)會大于100%，故答案為：乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗標準液數(shù)值明顯偏大，應舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故產品中乳酸亞鐵晶體的質量分數(shù)為＝98.0%，故答案為：98.0%。26、平衡氣壓AB冷凝管b將肉桂酸轉化為易溶于水的肉桂酸鈉用鉑絲蘸取最后一次洗滌液進行焰色反應，如果火焰無黃色，則洗滌干凈重結晶66.7【解析】

粗產品通過水蒸汽蒸餾，苯甲醛沸點較低，隨著水蒸汽逸出。加入NaOH，肉桂酸轉化為肉桂酸鈉，溶于水中，而聚苯乙烯難溶于水，過濾除去，得到肉桂酸鈉溶液，加入HCl酸化，肉桂酸鈉轉化為肉桂酸，由于肉桂酸溶解度較低，從溶液中析出，過濾晾干得到肉桂酸?！驹斀狻?1)A提供水蒸氣，長玻璃導管可以平衡圓底燒瓶內部的壓強和外界的大氣壓，在加熱煮沸過程中導管可以預防圓底燒瓶內部壓強過高導致發(fā)生安全事故。長玻璃導管的作用是平衡氣壓；A需加熱提供水蒸氣，B亦需要加熱以維持苯甲醛（沸點179.62℃）的沸騰，讓苯甲醛隨水蒸氣逸出，因此需要加熱的儀器是AB；(2)儀器X為直形冷凝管，冷水應從下進入，即b口進；(3)肉桂酸微溶于水，但與NaOH反應生成可溶于水的肉桂酸鈉，從而過濾除去聚苯乙烯。因此NaOH溶液的作用是將肉桂酸轉化為易溶于水的肉桂酸鈉；(4)肉桂酸鈉與HCl反應后生成肉桂酸，同時還有NaCl生成，過濾洗滌的目的是洗去NaCl與過量的HCl，所以證明是否洗滌干凈可以檢查最后一段洗滌液中是否有Na＋、CI－，因肉桂酸微溶，不適合檢測H＋，題目對肉桂酸根性質未予介紹，不適合檢驗CI－，因此可以用焰色反應檢驗Na＋，操作為用鉑絲蘸取最后一次洗滌液進行焰色反應，如果火焰無黃色，則洗滌干凈；肉桂酸在熱水中易溶，NaCl的溶解度隨著溫度的變化不大，因此可以利用溶解度隨溫度變化的差異性分離，采用重結晶?？刹扇≈亟Y晶方法除去NaCl；(5)本實驗肉桂酸粗產品中有各種雜質50%，則肉桂酸的物質的量為，堿溶后余下90%，則肉桂酸的物質的量為，設加鹽酸反應的產率約為x%，有，計算得x=66.7。27、洗氣瓶fg→bc→hi→de→bc先通入一段時間的氮氣CO取少量固體溶于硫酸，無氣體生成偏低【解析】

（1）①根據(jù)圖示分析裝置B的名稱；②先用無水硫酸銅檢驗水，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰除去二氧化碳并干燥氣體，再用熱的氧化銅、澄清石灰水檢驗CO，最后用點燃的方法處理尾氣；③用氮氣排出裝置中的空氣；④CO具有還原性，其氧化產物是二氧化碳；（2）鐵與硫酸反應生成氫氣，氧化亞鐵和硫酸反應不生成氫氣；（3）依據(jù)（1）和（2），草酸亞鐵晶體加熱分解為氧化亞鐵、CO、CO2、水；（4）草酸亞鐵被酸性高錳酸鉀溶液氧化為Fe3+、CO2；（5）亞鐵離子消耗高錳酸鉀溶液V2mL，則草酸根離子消耗高錳酸鉀溶液V1mL-V2mL，由于樣品含有FeSO4雜質，所以根據(jù)草酸根離子的物質的量計算草酸亞鐵晶體樣品的純度。【詳解】（1）①根據(jù)圖示，裝置B的名稱是洗氣瓶；②先用無水硫酸銅檢驗水，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰除去二氧化碳并干燥氣體，再用熱的氧化銅檢驗CO，再用澄清石灰水檢驗二氧化碳的生成，最后用點燃的方法處理尾氣，儀器的連接順序是a→fg→bc→hi→de→bc；③為了排盡裝置中的空氣，防止加熱時發(fā)生爆炸，實驗前應進行的操作是先通入一段時間的氮氣；④CO具有還原性，C處固體由黑變紅，說明氧化銅被還原為銅，其后的澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成，則證明氣體產物中含有CO；（2）鐵與硫酸反應生成氫氣，氧化亞鐵和硫酸反應不生成氫氣，取少量固體溶于硫酸，沒有氣體放出，則證明是FeO；（3）依據(jù)（1）和（2），草酸亞鐵晶體加熱分解為氧化亞鐵、CO、CO2、水，反應方程式是；（4）草酸亞鐵被酸性高錳酸鉀溶液氧化為Fe3+、CO2，反應的離子方程式是；（5）25mL樣品溶液中亞鐵離子消耗高錳酸鉀的物質的量是，草酸根離子消耗高錳酸鉀的物質的量為，根據(jù)方程式，草酸亞鐵晶體樣品的純度為；若配制溶液時Fe2+被氧化，則V1減小，V2不變，測定結果將偏低。【點睛】本題通過探究草酸亞鐵的性質，考查學生實驗基本操作和獲取信息解決實際問題的能力，明確實驗原理與方法是解題的關鍵，知道草酸、亞鐵離子都能被高錳酸鉀氧化。28、N3s23p63d10O>N>S>H[Zn(NH3)4]2+難電離，溶液中鋅離子濃度很小，無法產生沉淀sp3氨分子間易形成氫鍵ABD二者同屬于離子晶體，O2-的半徑比s2-的小，ZnO晶體的晶格能較大或【解析】

（1）Zn是30號元素；基態(tài)Zn2+失去最外層兩個