2025年浙教版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙教版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)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(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、在一定溫度下，將6molCO2和8molH2充入2L恒容密閉容器中；發(fā)生如下反應(yīng)：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H＜O

分別在t時(shí)測(cè)得在該容器內(nèi)n（H2）的數(shù)值如下：

。t/min14811n（H2）/mol62.622則下列說(shuō)法正確的是（）A.該溫度下，平衡常數(shù)K=0.5B.反應(yīng)進(jìn)行4min時(shí)，V（C02）=0.45mol/（L?min）C.反應(yīng)進(jìn)行到9min時(shí)，H2的轉(zhuǎn)化率比8min時(shí)高D.反應(yīng)進(jìn)行11min后，若增大容器內(nèi)壓強(qiáng)，CO2的轉(zhuǎn)化率一定增大2、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將5.6L的O2和5.6LNO的混合后的分子數(shù)約為0.5NAB.2L0.5mol/LBaCl2溶液中，陽(yáng)離子所帶電荷數(shù)為NAC.常溫常壓下，將0.2mol鋁片投入含0.6molH2SO4的濃硫酸中，生成0.3NA個(gè)SO2分子D.42g丙烯氣體中，含有的σ鍵數(shù)目為8NA3、組成和結(jié)構(gòu)可用表示的有機(jī)物中，能發(fā)生消去反應(yīng)的共有（）A.10種B.16種C.20種D.25種4、下列有關(guān)中和滴定的操作：①用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管；②往滴定管內(nèi)注入標(biāo)準(zhǔn)溶液；③檢查滴定管是否漏水；④滴定；⑤滴加指示劑于待測(cè)液中；⑥調(diào)節(jié)液面處于某一刻度．正確的操作順序是（）A.③①②⑥⑤④B.⑤①②⑥④③C.⑤④③②①⑥D(zhuǎn).③①②④⑤⑥5、金屬及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系是化學(xué)學(xué)習(xí)的重要內(nèi)容之一。下列各組物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系中不全部是通過(guò)一步反應(yīng)完成的是()。評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、硫酸亞鐵銨[（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O]是分析化學(xué)中重要的試劑；學(xué)習(xí)小組探究其分解產(chǎn)物．

（1）甲組按照?qǐng)D1所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；關(guān)閉止水夾并加熱A中的硫酸亞鐵銨固體至分解完全，檢驗(yàn)其分解產(chǎn)物．

①裝置B儀器名稱(chēng)是____，所放試劑是____．

②裝置C中可觀(guān)察到的現(xiàn)象是____，由此可知硫酸亞鐵銨的分解產(chǎn)物中有____．（寫(xiě)化學(xué)式）

（2）乙組選用甲組實(shí)驗(yàn)中的裝置A和圖2所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證硫酸亞鐵銨分解的產(chǎn)物中還有SO2和SO3．

①乙組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置中，依次連接的合理順序（用裝置的字母表示）為A、____；取適量硫酸亞鐵銨固體于A中，通入一段時(shí)間N2后，關(guān)閉止水夾再點(diǎn)燃酒精燈，通入N2的目的是____．

②裝置H中有白色沉淀，則證明分解產(chǎn)物中有____；G中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___．

（3）丙組將一定量的硫酸亞鐵銨在500℃時(shí)隔絕空氣加熱一段時(shí)間后檢驗(yàn)其固體產(chǎn)物，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明：此固體產(chǎn)物不含二價(jià)鐵：____．7、美國(guó)化學(xué)家鮑林教授具有獨(dú)特的化學(xué)想象力：只要給他物質(zhì)的分子式，他就能大體上想象出這種物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)模型．多核離子所帶電荷可以認(rèn)為是中心原子得失電子所致，根據(jù)VSEPR模型，下列離子中所有原子都在同一平面上的一組是____．

A、NO2-和NH4+B、H3O+和ClO3-C、NO3-和CO32-D、PO43-和SO42-．8、某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)為了探究和比較SO2和Cl2水的漂白性；設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)裝置．

（1）檢查E裝置氣密性的方法是____

（2）實(shí)驗(yàn)室用裝置E制備Cl2氣體，寫(xiě)出E中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____．

（3）反應(yīng)開(kāi)始后一段時(shí)間后，觀(guān)察到B、D兩個(gè)試管中的品紅溶液出現(xiàn)的現(xiàn)象是：____：（填寫(xiě)序號(hào)）

①都褪色②都不褪色③B褪色；D不褪色④B不褪色，D褪色。

停止通氣后，再給B、D兩個(gè)試管加熱，兩個(gè)試管中的現(xiàn)象分別為B：____，D：____．

（4）第二個(gè)實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)認(rèn)為SO2和Cl2水都有漂白性，二者混合后的漂白性會(huì)更強(qiáng)，他們將制得的SO2和Cl2同時(shí)通入到品紅溶液中，結(jié)果褪色效果并不像想象的那樣快．為了探討SO2和Cl2按1：1通入的漂白效果；他們?cè)O(shè)計(jì)了如下圖實(shí)驗(yàn)裝置：

①實(shí)驗(yàn)開(kāi)始后，乙裝置中出現(xiàn)的現(xiàn)象：____

②用離子方程式表示乙中產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因：____

9、有機(jī)物A可由葡萄糖發(fā)酵得到；也可從酸牛奶中提?。儍舻腁為無(wú)色粘稠液體，易溶于水．為研究A的組成與結(jié)構(gòu)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：

。實(shí)驗(yàn)步驟解釋或?qū)嶒?yàn)結(jié)論（1）稱(chēng)取A9.0g；升溫使其汽化，測(cè)其密度是相同。

條件下H2的45倍．試通過(guò)計(jì)算填空：

（1）A的相對(duì)分子質(zhì)量為：____．（2）將此9.0gA在足量純O2充分燃燒；并使其產(chǎn)。

物依次緩緩?fù)ㄟ^(guò)濃硫酸；堿石灰；發(fā)現(xiàn)兩者分別。

增重5.4g和13.2g．（2）A的分子式為：____．（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應(yīng)；生。

成2.24LCO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）；若與足量金屬鈉反應(yīng)。

則生成2.24LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．（3）該有機(jī)物分子中含有羥基；羧。

基各1mol；羥基的電子式為。

____．（4）A的核磁共振氫譜如圖：

（4）A中含有____種氫原子．（5）綜上所述，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____，10、回收的廢舊鋅錳干電池經(jīng)過(guò)處理后可得到錳粉（主要含MnO2、Mn（OH）2、Fe、NH4Cl和炭黑等），由錳粉制取MnO2的步驟和數(shù)據(jù)如下：

。物質(zhì)開(kāi)始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Fe（OH）27.69.6Mn（OH）28.39.8（1）在加熱條件下，用濃鹽酸浸取錳粉得到含有Mn2+、Fe3+等離子的溶液，MnO2與濃鹽酸反應(yīng)的離子方程式____，該處理方法的缺點(diǎn)____．

（2）步驟I中濾渣的化學(xué)式____，步驟I中濾渣的化學(xué)式____．

（3）向步驟I的濾液中加足量H2O2的作用為_(kāi)___．再加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH在3.7＜pH＜8.3，目的是____．

（4）向步驟II的濾液中H2O2溶液，再加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為9，使Mn2+轉(zhuǎn)化成MnO2，在這一過(guò)程中H2O2起____（填氧化劑、還原劑）的作用．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)11、18gH2O在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是22.4L____．（判斷對(duì)錯(cuò)）12、CH2Br-CH2Br的命名為1，2--二溴乙烷．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說(shuō)明理由）13、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數(shù)目為0.3NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）14、伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學(xué)變化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、向Na2SO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，水解程度減小，溶液的PH減小．____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、通過(guò)紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯____．評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共8分)18、（2015秋?攀枝花月考）鎳及其化合物常用作合金；催化劑及電極材料．已知：鎳元素有+2、+3價(jià)的氧化物和氫氧化物；在鹽中以+2價(jià)的形式存在．

（1）鎳與稀硝酸反應(yīng)放出NO，反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

（2）Ni2O3是一種重要的電池材料．

①鐵鎳蓄電池放電時(shí)總反應(yīng)為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2

電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為_(kāi)___；

電池充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為_(kāi)___．

②在堿性條件下，鎳氫電池的總反應(yīng)為：3Ni2O3+LaNi5H6+3H2OLaNi5+6Ni（OH）2，該電池放電時(shí)，負(fù)極電極反應(yīng)為_(kāi)___

（3）工業(yè)上電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni的原理如圖所示．

已知：

①Ni2+在弱酸性溶液中發(fā)生水解。

②氧化性：Ni2+（高濃度）＞H+＞Ni2+（低濃度）

下列說(shuō)法不正確的是____

A．碳棒上發(fā)生的電極反應(yīng)：4OH--4e-O2↑+2H2O

B．電解過(guò)程中；B室中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度將不斷減少。

C．為了提高Ni的產(chǎn)率；電解過(guò)程中需要控制廢水pH

D．若將圖中陽(yáng)離子膜去掉；將A；B兩室合并，則電解反應(yīng)總方程式不發(fā)生改變。

（4）某工廠(chǎng)用廢的含鎳催化劑（主要含Ni，還含有一定量的Al、Fe、SiO2）回收鎳的流程如下：

已知：上述流程中；幾種氫氧化物完全沉淀時(shí)的pH如下表：

。沉淀Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2pH5.23.29.79.2①水合肼（N2H4?H2O）是強(qiáng)還原劑，氧化產(chǎn)物對(duì)環(huán)境友好．由“沉淀→鎳”的化學(xué)方程式____．

②濾渣b所含成份的化學(xué)式為_(kāi)___．

③若將溶液調(diào)整為pH=6時(shí)加入了bkgNi（OH）2，從酸浸到濾液B的過(guò)程中鎳的損失率為3%，后幾步操作過(guò)程中鎳的損失率為5%，akg廢催化劑（含Ni70%）經(jīng)上述流程最終得到金屬鎳的質(zhì)量為_(kāi)___kg（填計(jì)算式）．19、（本題共11分）下圖是制備二氧化硫制取和吸收裝置（加熱裝置已省略）分液漏斗中是液體反應(yīng)試劑A，燒瓶中盛反應(yīng)試劑B。完成下列填空：32.實(shí)驗(yàn)室制備二氧化硫的試劑是和。33.檢驗(yàn)該氣體發(fā)生裝置氣密性的方法是。34.裝置C是吸收多余二氧化硫的裝置，其中盛放的吸收劑為，實(shí)驗(yàn)結(jié)束進(jìn)行尾氣吸收時(shí)，對(duì)活塞開(kāi)關(guān)K1、K2的控制是。35.如果用該套裝置制備鹽酸，此時(shí)C瓶所加試劑為，此時(shí)C中液體可能會(huì)發(fā)生倒吸，如果不改變現(xiàn)有的裝置，要克服這一安全隱患，可以在C瓶中再加入有機(jī)試劑封住長(zhǎng)導(dǎo)管管口，該有機(jī)試劑可以為_(kāi)__________，吸收后，將C瓶中的液體經(jīng)過(guò)操作獲得鹽酸。36.甲同學(xué)用該裝置測(cè)定一定質(zhì)量小蘇打樣品（含少量NaCl）中碳酸氫鈉的純度，可以在C中加入氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，通過(guò)C瓶增重得到二氧化碳質(zhì)量，計(jì)算出碳酸氫鈉的含量，實(shí)驗(yàn)結(jié)果小蘇打含量偏低，你認(rèn)為實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏低的原因是。20、某小組設(shè)計(jì)如圖裝置（部分夾持裝置已略去），以探究潮濕的Cl2與Na2CO3反應(yīng)得到固體物質(zhì)的成分。（1）試劑X的化學(xué)式。A中制取Cl2的離子方程式。（2）試劑Y的名稱(chēng)為。（3）通入一定量潮濕的Cl2反應(yīng)后，經(jīng)檢測(cè)，D中只有Cl2O一種氣體，C中只含一種氯鹽外，同時(shí)含有NaHCO3等，某同學(xué)對(duì)C中所得固體殘?jiān)某煞诌M(jìn)行探究。①提出合理假設(shè)。假設(shè)1：存在兩種成分：NaHCO3和；假設(shè)2：存在三種成分：NaHCO3和。②設(shè)計(jì)方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)步驟以及預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。限選實(shí)驗(yàn)試劑和儀器：蒸餾水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、試管、小燒杯。。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取C中的少量固體樣品于試管中，滴加足量蒸餾水至固體溶解，然后將所得溶液分別置于A、B試管中。步驟2：向A試管中滴加BaCl2溶液步驟3：（4）已知，Cl2O與水反應(yīng)生成次氯酸，則D中Cl2O進(jìn)入E反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。21、（本題共16分）某研究性學(xué)習(xí)小組在研究由Fe2+制備Fe(OH)2的過(guò)程中，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方案：[實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)]方法一：按照?qǐng)D1進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，容器A中的反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，彈簧夾C處于打開(kāi)狀態(tài)，一段時(shí)間后，關(guān)閉彈簧夾C，容器A中的反應(yīng)仍在進(jìn)行。最終在_______容器中觀(guān)察到白色沉淀，該實(shí)驗(yàn)中涉及到的化學(xué)方程式有：。方法二：按圖2進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，最終在兩極間的溶液中首先觀(guān)察到白色沉淀。請(qǐng)從所提供的試劑或電極材料中選擇正確的序號(hào)填在橫線(xiàn)上：①純水②NaCl溶液③NaOH溶液④四氯化碳⑤CuCl2溶液⑥乙醇⑦Fe棒⑧植物油⑨碳棒a為_(kāi)__________，b為_(kāi)__________，c為_(kāi)__________，d為_(kāi)__________。(填序號(hào))[探究思考]實(shí)驗(yàn)表明上述實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)白色的沉淀會(huì)逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)榛揖G色或綠色，那么如何解釋出現(xiàn)灰綠色或綠色的現(xiàn)象呢？（1）甲同學(xué)查閱資料后，得到Fe(OH)2如下信息：。資料名稱(chēng)物理性質(zhì)描述化學(xué)性質(zhì)描述《化學(xué)辭典》，顧翼東編，1989年版P637白色無(wú)定形粉末或白色至淡綠色六方晶體與空氣接觸易被氧化，將細(xì)粉噴于空氣中，則立即燃燒出火花《大學(xué)普通化學(xué)（下冊(cè)）》傅鷹著P637白色沉淀此沉淀易被氧化成微綠色Fe3(OH)8《普通化學(xué)教程》（下冊(cè)）P788白色能強(qiáng)烈吸收O2，迅速變成棕色Fe（OH）3。這時(shí)作為氧化的中間產(chǎn)物為土綠色，其中含有Fe2+、Fe3+。閱讀該資料后，你對(duì)上述實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)灰綠色或綠色的現(xiàn)象的解釋是：__________；資料中提及的微綠色Fe3(OH)8，用氧化物的形式表示可寫(xiě)成__________________。（2）乙同學(xué)依據(jù)配色原理：白色和棕色不可能調(diào)配成綠色或灰綠色的常識(shí)，認(rèn)為綠色可能是形成Fe(OH)2·nH2O所致。用熱水浴的方式加熱“方法一”中生成的綠色沉淀，觀(guān)察到沉淀由綠變白的趨勢(shì)。加熱時(shí)，“方法一”中彈簧夾C應(yīng)處于___________（填“打開(kāi)”或“關(guān)閉”）狀態(tài)，容器A中的反應(yīng)須處于___________（填“停止”或“發(fā)生”）狀態(tài)。寫(xiě)出該實(shí)驗(yàn)中支持乙同學(xué)觀(guān)點(diǎn)的化學(xué)方程式_______________。（3）歡迎你參加該研究小組的討論，請(qǐng)?zhí)岢鲆环N在研究由Fe2+制備Fe(OH)2的過(guò)程中，有助于對(duì)沉淀由“白”變“綠”的現(xiàn)象進(jìn)行合理解釋的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)新思路。。評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共6分)22、第四周期金屬rm{Cr}rm{Fe}rm{Cu}在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中都有重要的用途rm{.}請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}下列說(shuō)法正確的是______．

rm{a.}金屬鍵是金屬陽(yáng)離子與自由電子間的相互作用。

rm{b.}金屬鍵的強(qiáng)弱決定了金屬晶體硬度；熔點(diǎn)和密度的不同。

rm{c.}金屬的導(dǎo)熱性是由于自由電子的定向移動(dòng)傳導(dǎo)能量。

rm{d.}某些金屬鹽發(fā)生焰色反應(yīng)的原因是激發(fā)態(tài)電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低軌道時(shí)；能量以可見(jiàn)光的形式釋放。

rm{(2)}基態(tài)rm{Cr}原子的核外價(jià)電子排布式為_(kāi)_____，短周期元素中未成對(duì)電子數(shù)為rm{Cr}的一半且電負(fù)性最大的元素是______．

rm{(3)CcSO_{4}}溶液與乙二胺rm{(H_{2}N-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2})}可形成配離子rm{.(}如圖所示rm{)}配離子中所含化學(xué)鍵類(lèi)型有______rm{.SO_{4}^{2-}}的空間構(gòu)型為_(kāi)_____，寫(xiě)出與rm{SO_{4}^{2-}}互為等電子體rm{(}原子數(shù)相同、價(jià)電子數(shù)相同rm{)}的一種分子______．

rm{(4)}乙醇rm{(CH_{3}CH_{2}OH)}可以在rm{Cu}催化作用下氧化得乙醛rm{(CH_{3}CHO)}乙醛分子內(nèi)rm{C}原子的雜化方式為_(kāi)_____，乙醛分子內(nèi)的rm{O-C-H}鍵角______rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}乙醇分子內(nèi)的rm{O-C-H}．

rm{(5)FeO}的晶胞結(jié)構(gòu)為rm{NaCl}型rm{.}由于晶體缺陷，在晶體中rm{Fe}和rm{O}的個(gè)數(shù)比發(fā)生了變化，變?yōu)閞m{Fe_{x}O(x<1).}若測(cè)得rm{Fe_{x}O}的密度為rm{pg?cm^{-3}}晶胞邊長(zhǎng)為rm{a}rm{cm}則rm{Fe_{x}O}中rm{x=}______rm{(}阿伏加德羅常數(shù)值用rm{N_{A}}表示，只要求列出算式，不必計(jì)算結(jié)果rm{)}．23、使用rm{SNCR}脫硝技術(shù)的主反應(yīng)為：rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}}rm{4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH}副反應(yīng)及rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}}時(shí)平衡常數(shù)如表所示：

。rm{4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangle

H}反應(yīng)rm{triangleH(kJ?mol^{-1})}平衡常數(shù)rm{(K)}rm{4NH_{3}}rm{(g)+5O_{2}}rm{(g)?4NO}rm{(g)+6H_{2}O}rm{(g)}rm{-905.5}rm{1.1隆脕10^{26}mol?L^{-1}}rm{4NH_{3}}rm{(g)+4O_{2}}rm{(g)?2N_{2}O}rm{(g)+6H_{2}O}rm{(g)}rm{-1104.9}rm{4.4隆脕10^{28}}rm{4NH_{3}}rm{(g)+3O_{2}}rm{(g)?2N_{2}}rm{(g)+6H_{2}O}rm{(g)}rm{-1269.0}rm{7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1}}rm{(1)}主反應(yīng)rm{triangleH=}______rm{kJ?mol^{-1}}rm{773K}時(shí)主反應(yīng)平衡常數(shù)rm{K=}______．

rm{(2)}圖rm{1}表示在密閉體系中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；測(cè)定不同溫度下，在相同時(shí)間內(nèi)各組分的濃度．

rm{壟脵}圖中rm{a}rmrm{c}三點(diǎn)；主反應(yīng)速率最大的是______．

rm{壟脷}試解釋rm{N_{2}}濃度曲線(xiàn)先上升后下降的原因______．

rm{壟脹550K}時(shí)，欲提高rm{N_{2}O}的百分含量；應(yīng)采取的措施是______．

rm{(3)}為探究碳基催化劑中rm{Fe}rm{Mn}rm{Ni}等元素的回收，將該催化劑溶解后得到含有rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Ni^{2+}}的溶液，物質(zhì)的量濃度均為rm{10^{-3}mol?L^{-1}.}欲完全沉淀rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}(}離子濃度低于rm{1.0隆脕10^{-6})}應(yīng)控制rm{CO_{3}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度范圍為_(kāi)_____．

。沉淀物rm{Ksp}rm{FeCO_{3}}rm{3.0隆脕10^{-11}}rm{MnCO_{3}}rm{2.0隆脕10^{-11}}rm{NiCO_{3}}rm{1.0隆脕10^{-7}}rm{(4)}電化學(xué)催化凈化rm{NO}是一種最新脫硝方法rm{.}原理示意圖如圖rm{2}固體電解質(zhì)起到傳導(dǎo)rm{O^{2-}}的作用．

rm{a}為外接電源的______極rm{(}填“正”、“負(fù)”rm{).}通入rm{NO}的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____．24、有機(jī)物rm{F}是一種重要的醫(yī)藥中間體，以化合物rm{A(}相對(duì)分子質(zhì)量為rm{126.5)}為原料合成rm{F}的工藝流程如圖rm{1}

已知：

rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____，rm{D}分子中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)_____，反應(yīng)rm{B隆煤C}的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)_____．

rm{(2)1molC}在一定條件下最多能與______rm{mol}rm{NaOH}反應(yīng)．

rm{(3)}已知rm{D}與rm{SOCl_{2}}反應(yīng)除生成rm{E}外還有兩種易溶于水的氣體生成；反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．

rm{(4)}滿(mǎn)足下列條件的有機(jī)物rm{D}的同分異構(gòu)體有______種rm{.}

rm{壟脵}屬于rm{1}rm{3}rm{5-}三取代苯；rm{壟脷}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；rm{壟脹}能與氯化鐵溶液顯紫色。

rm{(5)B}在生成rm{D}反應(yīng)過(guò)程還可得到另一種副產(chǎn)物rm{G(}rm{)}下列有關(guān)rm{G}的敘述正確的是______rm{.(}填選項(xiàng)rm{)}

A.能與乙二醇通過(guò)加聚反應(yīng)得到高分子材料rm{B.}能發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)。

C.該分子中最多有rm{8}個(gè)碳原子共平面rm{D.}該分子中最多有rm{1}個(gè)手性碳原子。

rm{(6)}根據(jù)已有知識(shí)并結(jié)合相關(guān)信息，寫(xiě)出以化合物rm{CH_{2}(COOC_{2}H_{5})_{2}}為有機(jī)反應(yīng)原料制備rm{CH_{3}OCOCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}COOCH_{3}}的合成路線(xiàn)流程圖rm{(}注明反應(yīng)條件，無(wú)機(jī)試劑任選rm{).}合成路線(xiàn)流程圖示例如圖rm{2}．評(píng)卷人得分六、綜合題(共4題，共8分)25、（2015·海南）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢(qián)幣及裝飾器皿，現(xiàn)代在電池和照明器材等領(lǐng)域亦有廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題。26、［化學(xué)—選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］（15分）美國(guó)《科學(xué)》雜志評(píng)出的2009年十大科學(xué)突破之一是石墨烯的研究和應(yīng)用方面的突破。石墨烯具有原子級(jí)的厚度、優(yōu)異的電學(xué)性能、出色的化學(xué)穩(wěn)定性和熱力學(xué)穩(wěn)定性。制備石墨烯方法有石墨剝離法、化學(xué)氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型及分子結(jié)構(gòu)示意圖如右：（1）下列有關(guān)石墨烯說(shuō)法正確的是＿＿＿＿。A．石墨烯的結(jié)構(gòu)與金剛石相似B．石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面C．12g石墨烯含σ鍵數(shù)為NAD．從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力（2）化學(xué)氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一，催化劑為金、銅、鈷等金屬或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。①鈷原子在基態(tài)時(shí)，核外電子排布式為：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸點(diǎn)比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上圖是金與銅形成的金屬互化物合金，它的化學(xué)式可表示為：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中屬于非極性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁與酞菁銅染料分子結(jié)構(gòu)如下圖，酞菁分子中氮原子采用的雜化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。27、（14分）黃鐵礦是我國(guó)大多數(shù)硫酸廠(chǎng)制取硫酸的主要原料。某化學(xué)興趣小組對(duì)某黃鐵礦石（主要成分為FeS）進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)探究。[實(shí)驗(yàn)一]：測(cè)定硫元素的含量I．將mg該黃鐵礦樣品（雜質(zhì)中不含硫和鐵）放入如下圖所示裝置（夾持和加熱裝置省略）的石英管中，從a處不斷地緩緩?fù)ㄈ丝諝?，高溫灼燒石英管中的黃鐵礦樣品至反應(yīng)完全。石英管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ⅱ．反應(yīng)結(jié)束后，將乙瓶中的溶液進(jìn)行如下處理：?jiǎn)栴}討論：（1）I中，甲瓶?jī)?nèi)所盛試劑是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶?jī)?nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）該黃鐵礦石中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[實(shí)驗(yàn)二]：設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)方案測(cè)定鐵元素的含量問(wèn)題討論：（4）②中，若選用鐵粉作還原劑。你認(rèn)為合理嗎?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，會(huì)如何影響測(cè)量結(jié)果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高錳酸鉀溶液應(yīng)放在＿＿＿＿＿滴定管中；判斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。28、已知N、P同屬元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角錐形，N原子位于錐頂，三個(gè)H原子位于錐底，N—H鍵間的夾角是107°。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A．由表中數(shù)據(jù)可知，8min與11min時(shí)氫氣的物質(zhì)的量相等，說(shuō)明8min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)，利用三段式計(jì)算平衡時(shí)各組成的濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式K=計(jì)算；

B．根據(jù)v=計(jì)算v（H2），再利用速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算V（CO2）；

C.8min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；

D．恒容密閉容器，若通入稀有氣體使容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，反應(yīng)混合物的濃度不變化，平衡不移動(dòng)．【解析】【解答】解：A．由表中數(shù)據(jù)可知，8min與11min時(shí)氫氣的物質(zhì)的量相等，說(shuō)明8min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)，CO2和H2的起始濃度分別為=3mol/L、=4mol/L，平衡時(shí)氫氣濃度為=1mol/L；

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）

起始（mol/L）：3400

轉(zhuǎn)化（mol/L）：14-1=311

平衡（mol/L）：2111

B.4min內(nèi)參加反應(yīng)氫氣為8mol-2.6mol=5.4mol，故v（H2）==0.675mol/（L．min），速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故V（CO2）=v（H2）=×0.675mol/（L．min）=0.225mol/（L．min）；故B錯(cuò)誤；

C.8min時(shí)反應(yīng)已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；反應(yīng)進(jìn)行到9min時(shí)，氫氣轉(zhuǎn)化率與比8min時(shí)的轉(zhuǎn)化率相等，故C錯(cuò)誤；

D．恒容密閉容器，若通入稀有氣體使容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，反應(yīng)混合物的濃度不變化，平衡不移動(dòng)，故增大容器內(nèi)壓強(qiáng)，CO2的轉(zhuǎn)化率可能增大；可能減小，也可能不變，故D錯(cuò)誤；

故選A．2、D【分析】【分析】A、在NO2氣體中存在平衡：2NO2?N2O4；導(dǎo)致氣體體積偏??；

B、求出鋇離子的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1molBa2+含2mol正電荷來(lái)計(jì)算；

C；常溫常壓下；鋁在濃硫酸中會(huì)鈍化；

D、求出丙烯的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol丙烯中含7molσ鍵來(lái)分析．【解析】【解答】解：A、一氧化氮和氧氣不需要任何條件即可反應(yīng)，由2NO+O2═2NO2，分子數(shù)減少，即分子總數(shù)小于0.5NA；故A錯(cuò)；

B、Ba2+的物質(zhì)的量n=CV=0.5mol/L×2L=1mol，而1molBa2+含2mol正電荷；故B錯(cuò)誤；

C；常溫常壓下；鋁在濃硫酸中會(huì)鈍化，故C錯(cuò)誤；

D、丙烯的物質(zhì)的量n===1mol；而1mol丙烯中含8molσ鍵，故D正確．

故選D．3、C【分析】【分析】根據(jù)苯環(huán)前面的取代基共有5種：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3（CH2Cl）CH-；

（CH3）2CCl-，其中有5種能發(fā)生消去反應(yīng)；右邊的有4種：CH3OCH2-、CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-來(lái)解答；【解析】【解答】解：苯環(huán)前面的取代基共有5種：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3（CH2Cl）CH-、（CH3）2CCl-，其中有5種能發(fā)生消去反應(yīng)；右邊的有4種：CH3OCH2-、CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-，因此能發(fā)生消去反應(yīng)的共有20種，故選：C；4、A【分析】【分析】依據(jù)中和滴定有檢漏、洗滌、潤(rùn)洗、裝液、取待測(cè)液并滴加指示劑、滴定等操作分析判斷．【解析】【解答】解：中和滴定有檢漏、洗滌、潤(rùn)洗、裝液、取待測(cè)液并滴加指示劑、滴定等操作，可知正確的順序是③①②⑥⑤④，故選A．5、D【分析】D項(xiàng)中不能通過(guò)一步反應(yīng)完成AlCl3―→Al的轉(zhuǎn)化，因?yàn)锳lCl3為共價(jià)化合物，不導(dǎo)電，不能電解熔融AlCl3來(lái)制取金屬Al，而只能電解熔融Al2O3來(lái)制取?！窘馕觥俊敬鸢浮緿二、填空題(共5題，共10分)6、干燥管堿石灰溶液由無(wú)色變紅色NH3DHEGF排盡裝置中的空氣（或O2），防止對(duì)SO2的驗(yàn)證產(chǎn)生干擾SO3SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O取少量固體于試管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色【分析】【分析】（1）①裝置B的形狀和作用可知為干燥管；盛放固體干燥劑，檢驗(yàn)氨氣利用裝置C中的酚酞溶液，裝置B是除去生成的硫的氧化物；

②裝置C中可觀(guān)察到的現(xiàn)象是變紅色；證明分解產(chǎn)物中生成了氨氣；

（2）①乙組選用甲組實(shí)驗(yàn)中的裝置A和圖2所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證硫酸亞鐵銨分解的產(chǎn)物中還有SO2和SO3，分解產(chǎn)物通過(guò)裝置D防止倒吸和冷凝，通過(guò)裝置H中的足量元素和氯化鋇溶液檢驗(yàn)是否生成氣體中含三氧化硫，通過(guò)裝置E檢驗(yàn)三氧化硫是否除凈，通過(guò)裝置G過(guò)氧化氫氧化二氧化硫?yàn)榱蛩?，結(jié)合鋇離子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫氣體需要尾氣吸收，通入一段時(shí)間N2后；關(guān)閉止水夾再點(diǎn)燃酒精燈，目的是干凈裝置中的氧氣避免對(duì)二氧化硫檢驗(yàn)的干擾；

②裝置H中有白色沉淀；說(shuō)明生成了不溶于水；不溶于酸的沉淀為硫酸鋇沉淀，G中過(guò)氧化氫氧化二氧化硫?yàn)榱苏l(shuí)，和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇不是沉淀；

（3）利用二價(jià)鐵離子具有還原性設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)．【解析】【解答】解：（1）①裝置B的形狀和作用可知為干燥管，盛放固體干燥劑，硫酸亞鐵銨[（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O]分解可能的產(chǎn)物為氨氣；硫的氧化物和水；檢驗(yàn)氨氣利用裝置C中的酚酞溶液，所以裝置B是除去生成的硫的氧化物為堿石灰；

故答案為：干燥管；堿石灰；

②裝置C中可觀(guān)察到的現(xiàn)象是變紅色；氨氣溶于水生成一水合氨是弱堿，溶液中電離顯堿性，遇到酚酞變紅色，證明分解產(chǎn)物中生成了氨氣；

故答案為：溶液由無(wú)色變紅色；NH3；

（2）①乙組選用甲組實(shí)驗(yàn)中的裝置A和圖2所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證硫酸亞鐵銨分解的產(chǎn)物中還有SO2和SO3，分解產(chǎn)物通過(guò)裝置D防止倒吸和冷凝，通過(guò)裝置H中的足量元素和氯化鋇溶液檢驗(yàn)是否生成氣體中含三氧化硫，通過(guò)裝置E檢驗(yàn)三氧化硫是否除凈，通過(guò)裝置G過(guò)氧化氫氧化二氧化硫?yàn)榱蛩?，結(jié)合鋇離子生成白色沉淀，最后剩余二氧化硫氣體需要尾氣吸收，據(jù)上述分析可知裝置連接順序?yàn)锳DHEGF，取適量硫酸亞鐵銨固體于A中，通入一段時(shí)間N2后；關(guān)閉止水夾再點(diǎn)燃酒精燈，目的是干凈裝置中的氧氣避免對(duì)二氧化硫檢驗(yàn)的干擾；

故答案為：DHEGF；排盡裝置中的空氣（或O2），防止對(duì)SO2的驗(yàn)證產(chǎn)生干擾；

②裝置H中有白色沉淀，說(shuō)明生成了不溶于水、不溶于酸的沉淀為硫酸鋇沉淀，原氣體中生成了SO3，G中過(guò)氧化氫氧化二氧化硫生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O；

故答案為：SO3；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O；

（3）利用二價(jià)鐵離子具有還原性設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)為：取少量固體于試管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色，故答案為：取少量固體于試管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色．7、C【分析】【分析】離子中所有原子都在同一平面上，則離子的空間構(gòu)型為直線(xiàn)形、V形或平面三角形，根據(jù)中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)判斷分子的空間構(gòu)型，價(jià)層電子對(duì)=σ鍵電子對(duì)+中心原子上的孤電子對(duì)，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、NO2-中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+（5+1-2×2）=3，含有一個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V形，NH4+中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+（5-1-4×1）=4；沒(méi)有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為正四面體，故A不選；

B、H3O+中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+（6-1-3×1）=4，含有一個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，ClO3-中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+（7+1-3×2）=4；含有一個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，故B不選；

C、NO3-中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+（5+1-3×2）=3，沒(méi)有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為平面三角形，CO32-中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+（4+2-2×3）=3；沒(méi)有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為平面三角形，故C選；

D、PO43-中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+（5+3-4×2）=4，沒(méi)有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為正四面體，SO42-中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=4+（6+2-4×2）=4；沒(méi)有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為正四面體，故D不選．

故選C．8、略

【分析】

（1）可用加熱圓底燒瓶的方法；觀(guān)察是否有氣泡生成的方法檢驗(yàn)是否漏氣，具體做法為在D中裝水浸沒(méi)導(dǎo)管一段距離，關(guān)閉分液漏斗活塞，用酒精燈加熱燒瓶，看到D中有氣泡冒出，停止加熱有液柱回流，則說(shuō)明氣密性良好；

故答案為：在D中裝水浸沒(méi)導(dǎo)管一段距離；關(guān)閉分液漏斗活塞，用酒精燈加熱燒瓶，看到D中有氣泡冒出，停止加熱有液柱回流，則說(shuō)明氣密性良好；

（2）實(shí)驗(yàn)室用MnO2和濃鹽酸在加熱的條件下制備氯氣，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（3）氯氣和二氧化硫都能是品紅溶液褪色；但是二氧化硫漂白后的物質(zhì)具有不穩(wěn)定性，加熱時(shí)又能變?yōu)榧t色，而氯氣的漂白具有不可逆性；

故答案為：①；由無(wú)色變?yōu)榧t色；無(wú)明顯現(xiàn)象；

（4）SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反應(yīng)，二者反應(yīng)生成H2SO4和HCl，發(fā)生：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；不再具有漂白性；

故答案為：①品紅未褪色；②SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-．

【解析】【答案】（1）可用加熱圓底燒瓶的方法；觀(guān)察是否有氣泡生成的方法檢驗(yàn)是否漏氣；

（2）實(shí)驗(yàn)室用MnO2和濃鹽酸在加熱的條件下制備氯氣，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（3）氯氣和二氧化硫都能是品紅溶液褪色；

（4）SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反應(yīng)，二者反應(yīng)生成H2SO4和HCl，發(fā)生：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；不再具有漂白性．

9、90C3H6O34CH3CH（OH）COOH【分析】【分析】（1）相同條件下；氣體的相對(duì)分子質(zhì)量之比等于密度之比；

（2）濃硫酸吸收水；堿石灰可以吸收二氧化碳，根據(jù)元素守恒來(lái)確定有機(jī)物的分子式；

（3）羥基為電中性基團(tuán)；氧原子與氫原子通過(guò)一對(duì)共用電子對(duì)連接，羥基中的氧原子含有一個(gè)未成對(duì)電子；

（4）核磁共振氫譜圖中有幾個(gè)峰值則含有幾種類(lèi)型的等效氫原子．

（5）峰面積之比等于氫原子的數(shù)目之比，結(jié)合以上分析確定A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．【解析】【解答】解：（1）有機(jī)物質(zhì)的密度是相同條件下H2的45倍；所以有機(jī)物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量=45×2=90；

故答案為：90；

（2）9.0gA的物質(zhì)的量=，濃硫酸增重5.4g，則生成水的質(zhì)量是5.4g，生成n（H2O）==0.3mol，所含有n（H）是0.6mol，堿石灰增重13.2g，生成m（CO2）是13.2g，n（CO2）==0.3mol，所以n（C）是0.3mol，n（A）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.3mol：0.6mol=1：3：6，則有機(jī)物中碳個(gè)數(shù)是3，氫個(gè)數(shù)是6，根據(jù)相對(duì)分子質(zhì)量是90，所以氧原子個(gè)數(shù)是3，即分子式為：C3H6O3；

故答案為：C3H6O3；

（3）羥基為電中性基團(tuán)，氧原子與氫原子通過(guò)一對(duì)共用電子對(duì)連接，羥基中的氧原子含有一個(gè)未成對(duì)電子，電子式為

故答案為：

（4）根據(jù)核磁共振氫譜圖看出有機(jī)物中有4個(gè)峰值；則含4種類(lèi)型的等效氫原子，故答案為：4；

（5）根據(jù)核磁共振氫譜圖看出有機(jī)物中有4個(gè)峰值，則含4種類(lèi)型的等效氫原子，且氫原子的個(gè)數(shù)比是3：1：1：1，所以結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3CH（OH）COOH；故答案為：CH3CH（OH）COOH．10、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O產(chǎn)生有毒的氯氣CFe（OH）3將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+使Fe3+完全沉淀，防止Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn（OH）2沉淀氧化劑【分析】【分析】錳粉在濃鹽酸中浸泡（為除去MnO2可加熱），發(fā)生MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O、Mn（OH）2+2HCl=MnCl2+2H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑等反應(yīng)，過(guò)濾后所得濾液中含有Mn2+、Fe2+、NH4+等離子，在濾液中加入適量過(guò)氧化氫和氫氧化鈉，可將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，并生成Fe（OH）3，控制溶液pH在3.7～8.3之間可除去Fe3+，過(guò)濾后所得濾液主要為Mn2+，濾液中H2O2溶液，再加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為9，使Mn2+轉(zhuǎn)化成MnO2，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥可得MnO2，以此解答該題．【解析】【解答】解：錳粉在濃鹽酸中浸泡（為除去MnO2可加熱），發(fā)生MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O、Mn（OH）2+2HCl=MnCl2+2H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑等反應(yīng)，過(guò)濾后所得濾液中含有Mn2+、Fe2+、NH4+等離子，在濾液中加入適量過(guò)氧化氫和氫氧化鈉，可將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，并生成Fe（OH）3，控制溶液pH在3.7～8.3之間可除去Fe3+，過(guò)濾后所得濾液主要為Mn2+，濾液中H2O2溶液，再加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為9，使Mn2+轉(zhuǎn)化成MnO2，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥可得MnO2；

（1）MnO2具有強(qiáng)氧化性，與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2C1-Mn2++C12↑+2H2O；氯氣有毒，不能直接排放到空氣中；

故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；產(chǎn)生有毒的氯氣；

（2）加入濃鹽酸，只有炭黑不反應(yīng)，可過(guò)濾分離，向?yàn)V液中加入足量H2O2溶液并加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液PH后，可生成Fe（OH）3沉淀，故答案為：C；Fe（OH）3；

（3）在濾液中加入適量過(guò)氧化氫和氫氧化鈉，可將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，由表中數(shù)據(jù)可知，調(diào)節(jié)溶液PH在3.7＜pH＜8.3之間，可使Fe3+完全沉淀，并防止Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn（OH）2沉淀；

故答案為：將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+；使Fe3+完全沉淀，防止Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn（OH）2沉淀；

（4）過(guò)濾Ⅱ所得濾液中含有Mn2+，加入足量H2O2溶液并加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH約為9，使Mn2+氧化得到MnO2，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O；

在這一過(guò)程中H2O2起氧化劑的作用；

故答案為：氧化劑．三、判斷題(共7題，共14分)11、×【分析】【分析】18g的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計(jì)算其體積．【解析】【解答】解：18g的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計(jì)算其體積，應(yīng)根據(jù)V=計(jì)算水的體積，其體積遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于22.4L，故錯(cuò)誤，故答案為：×．12、√【分析】【分析】該有機(jī)物分子中含有2個(gè)溴原子，為乙烷的二溴取代產(chǎn)物，命名時(shí)需要指出官能團(tuán)所處的位置及數(shù)目，據(jù)此對(duì)該有機(jī)物的命名進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；該有機(jī)物中含有官能團(tuán)溴原子，相當(dāng)于兩個(gè)溴原子分別取代了乙烷中兩個(gè)C原子的1個(gè)H形成的，該有機(jī)物名稱(chēng)為：1，2-二溴乙烷，所以該命名是正確的；

故答案為：√，符合有機(jī)物的命名原則．13、×【分析】【分析】NH4NO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，則NH4+的數(shù)目小于0.3NA；

故答案為：×．14、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學(xué)變化，如燈泡發(fā)光過(guò)程中有熱能變化，故錯(cuò)誤；15、×【分析】【分析】Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，以此解答該題．【解析】【解答】解：Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，則c（OH-）增大，pH增大，c（SO32-）減?。凰獬潭葴p??；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】當(dāng)向蛋白質(zhì)溶液中加入的鹽溶液達(dá)到一定濃度時(shí)，反而使蛋白質(zhì)的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會(huì)溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．17、√【分析】【分析】根據(jù)乙醇與乙酸乙酯中含有的官能團(tuán)以及紅外光譜主要用于分析有機(jī)物中的官能團(tuán)類(lèi)解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羥基；乙酸乙酯中含有酯基，官能團(tuán)不同，所以通過(guò)紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯；

故答案為：√；四、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共8分)18、3Ni+8HNO3=3Ni（NO3）2+2NO↑+4H2OFe+2OH--2e-=Fe（OH）22Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+6H2OLaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2OBD2Ni（OH）2+N2H4?H2O═2Ni+N2↑+5H2OAl（OH）3、Fe（OH）3（a×70%×97%+b）×95%【分析】【分析】（1）鎳與稀硝酸反應(yīng)放出NO；同時(shí)生成硫酸鎳，根據(jù)元素守恒可寫(xiě)出化學(xué)方程式；

（2）①根據(jù)電池的總反應(yīng)：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，放電時(shí)Fe作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2；Ni2O3作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，得電子，最終生成Ni（OH）2，電池充電時(shí)，陽(yáng)極Ni（OH）2發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ni2O3；據(jù)此分析；

②電池放電時(shí)的反應(yīng)為L(zhǎng)aNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2，該電池放電時(shí)，負(fù)極NiOOH發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ni（OH）2；根據(jù)電荷守恒和元素守恒可寫(xiě)出電極反應(yīng)式；

（3）A、由圖分析可知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽(yáng)極，電極反應(yīng)4OH--4e-=2H2O+O2↑；

B、鍍鎳鐵棒與電源負(fù)極相連是電解池的陰極，電極反應(yīng)Ni2++2e-=Ni．電解過(guò)程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na+和C中的Cl-分別通過(guò)陽(yáng)離子膜和陰離子膜移向B中；這使B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大；

C、因Ni2+在弱酸性溶液中易發(fā)生水解，氧化性：Ni2+（高濃度）＞H+＞Ni2+（低濃度）；為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過(guò)程中需要控制廢水pH；

D、若將圖中陽(yáng)離子膜去掉，由于放電順序Cl-＞OH-，則Cl-移向陽(yáng)極放電：2Cl2e-=Cl2↑；電解反應(yīng)總方程式會(huì)發(fā)生改變；

（4）廢鎳催化劑（主要含Ni，還含有一定量的Al、Fe、SiO2），用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過(guò)濾得到濾液A中含有NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3及過(guò)量的硫酸，加入的是H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，加入Ni（HO）2調(diào)節(jié)pH為6，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀、Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過(guò)濾得濾渣b為Al（OH）3、Fe（OH）3，濾液中含有NiSO4，將濾液pH值調(diào)到9.2，使鎳離子沉淀，再加N2H4?H2O還原得金屬鎳，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：（1）鎳與稀硝酸反應(yīng)放出NO，同時(shí)生成硫酸鎳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Ni+8HNO3=3Ni（NO3）2+2NO↑+4H2O；

故答案為：3Ni+8HNO3=3Ni（NO3）2+2NO↑+4H2O；

（2）①根據(jù)電池的總反應(yīng)：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，放電時(shí)Fe作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2，負(fù)極電極反應(yīng)式為Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2，Ni2O3作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，得電子，最終生成Ni（OH）2，電極反應(yīng)式為，電池充電時(shí)，陽(yáng)極Ni（OH）2發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ni2O3，電極反應(yīng)式為2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+6H2O；

故答案為：Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2；2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+6H2O；

②電池放電時(shí)的反應(yīng)為L(zhǎng)aNi5H6+6NiO（OH）═LaNi5+6Ni（OH）2，該電池放電時(shí)，負(fù)極NiOOH發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ni（OH）2，電極反應(yīng)式為L(zhǎng)aNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2O；

故答案為：LaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2O；

（3）A、由圖知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽(yáng)極，電極反應(yīng)4OH--4e-=2H2O+O2↑；故A正確；

B、鍍鎳鐵棒與電源負(fù)極相連是電解池的陰極，電極反應(yīng)Ni2++2e-=Ni．電解過(guò)程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na+和C中的Cl-分別通過(guò)陽(yáng)離子膜和陰離子膜移向B中；這使B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大，故B錯(cuò)誤；

C、因Ni2+在弱酸性溶液中易發(fā)生水解；氧化性：Ni2+（高濃度）＞H+＞Ni2+（低濃度）；為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過(guò)程中需要控制廢水pH，故C正確；

D、若將圖中陽(yáng)離子膜去掉，由于放電順序Cl-＞OH-，則Cl-移向陽(yáng)極放電：2Cl2e-=Cl2↑；電解反應(yīng)總方程式會(huì)發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤；

故選BD；

（4）廢鎳催化劑（主要含Ni，還含有一定量的Al、Fe、SiO2），用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過(guò)濾得到濾液A中含有NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3及過(guò)量的硫酸，加入的是H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，加入Ni（HO）2調(diào)節(jié)pH為6，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀、Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過(guò)濾得濾渣b為Al（OH）3、Fe（OH）3，濾液中含有NiSO4，將濾液pH值調(diào)到9.2，使鎳離子沉淀，再加N2H4?H2O還原得金屬鎳；

①水合肼（N2H4?H2O）是強(qiáng)還原劑，氧化產(chǎn)物對(duì)環(huán)境友好，由“沉淀→鎳”的化學(xué)方程式為2Ni（OH）2+N2H4?H2O═2Ni+N2↑+5H2O；

故答案為：2Ni（OH）2+N2H4?H2O═2Ni+N2↑+5H2O；

②根據(jù)上面的分析可知，濾渣b所含成份的化學(xué)式為Al（OH）3、Fe（OH）3；

故答案為：Al（OH）3、Fe（OH）3；

③bkgNi（OH）2中鎳元素的質(zhì)量為bkg，akg廢催化劑（含Ni70%）中鎳元素的質(zhì)量為akg×70%，從酸浸到濾液B的過(guò)程中鎳的損失率為3%，根據(jù)鎳元素守恒可知，最終得到金屬鎳的質(zhì)量為（a×70%×97%+b）×95%kg；

故答案為：（a×70%×97%+b）×95%．19、略

【分析】試題分析：32.實(shí)驗(yàn)室利用濃硫酸與亞氯酸鈉反應(yīng)制備二氧化硫，即試劑是亞硫酸鈉固體與濃硫酸，也可以利用銅和濃硫酸加熱制備SO2。33.根據(jù)裝置特點(diǎn)可知檢驗(yàn)該氣體發(fā)生裝置氣密性的方法是關(guān)閉K1、K2，從A中加水，水無(wú)法持續(xù)流入B，則氣密性良好?；蜿P(guān)閉K1，打開(kāi)K2，微熱B，若C中導(dǎo)管產(chǎn)生氣泡，停止加熱后，C中導(dǎo)管液柱上升，高于瓶?jī)?nèi)液面，則氣密性良好。34.SO2是酸性氧化物，一般用堿液吸收，則裝置C中盛放的吸收劑為氫氧化鈉溶液；為防止SO2對(duì)大氣污染，多余的SO2需要尾氣處理，因此實(shí)驗(yàn)結(jié)束進(jìn)行尾氣吸收時(shí)，對(duì)活塞開(kāi)關(guān)K1、K2的控制是關(guān)閉活塞K1、打開(kāi)活塞K2。35.由于氯化氫溶于水即可得到鹽酸，因此如果用該套裝置制備鹽酸，此時(shí)C瓶所加試劑為水。又因?yàn)槁然瘹錁O易溶于水，需要防止倒吸，所以要克服這一安全隱患，可以在C瓶中再加入有機(jī)試劑封住長(zhǎng)導(dǎo)管管口，該有機(jī)試劑必需滿(mǎn)足密度大于水，且不溶于水，所以氯元素四氯化碳。鹽酸不溶于有機(jī)溶劑，所以吸收后，將C瓶中的液體經(jīng)過(guò)分液操作獲得鹽酸。36.由于裝置有殘留的CO2沒(méi)有被氫氧化鈉溶液吸收，所以測(cè)定結(jié)果偏低?？键c(diǎn)：考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)分析與應(yīng)用【解析】【答案】（33題、36題2分，其余每空1分)32.亞硫酸鈉固體與濃硫酸，或銅與濃硫酸33.關(guān)閉K1、K2，從A中加水，水無(wú)法持續(xù)流入B，則氣密性良好。或關(guān)閉K1，打開(kāi)K2，微熱B，若C中導(dǎo)管產(chǎn)生氣泡，停止加熱后，C中導(dǎo)管液柱上升，高于瓶?jī)?nèi)液面，則氣密性良好。34.氫氧化鈉溶液，關(guān)閉活塞K1、打開(kāi)活塞K235.水，四氯化碳，分液36.氣體滯留在B瓶中。（合理答案均給分）20、略

【分析】試題分析：（1）實(shí)驗(yàn)室常用濃鹽酸氧化二氧化錳制取氯氣，原理為MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O（2）碳酸鈉與HCl能反應(yīng)，則除去氯氣中混有氯化氫的試劑Y是飽和食鹽水；（3）由題意可知，氯由0價(jià)升高為+1價(jià)，還有部分氯由0價(jià)降低到—1價(jià)，則所得固體中一定含有NaCl；與潮濕氯氣反應(yīng)的碳酸鈉可能過(guò)量，則所得固體中可能含有Na2CO3；NaCl、NaHCO3都不能與BaCl2反應(yīng)，若無(wú)白色沉淀生成，說(shuō)明無(wú)Na2CO3；有白色沉淀生成，說(shuō)明含有Na2CO3；（4）由題意推斷，Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O?？键c(diǎn)：本題考查探究實(shí)驗(yàn)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）HCl（1分）MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O（3分，未配平未沒(méi)寫(xiě)條件各扣1分）（2）飽和食鹽水（飽和氯化鈉溶液或水）（,2分）（3）假設(shè)一：NaCl（1分）假設(shè)二：NaCl、Na2CO3（全對(duì)才能得1分，缺任何一種都不給分）。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取C中少量固體樣品于試管中，滴加足量蒸餾水至固體溶解，然后將所得溶液分別置于A、B試管中。步驟2：向A試管中滴加BaCl2溶液①若無(wú)明顯現(xiàn)象，證明固體不含碳酸鈉。②若溶液變渾濁，證明固體中含碳酸鈉。（2分）步驟3：向B試管中滴加過(guò)量的稀HNO3溶液，再滴加AgNO3溶液。（2分）若溶液變渾濁，結(jié)合步驟2中①，則假設(shè)1成立；結(jié)合步驟2中②，則假設(shè)2成立。（2分）（4）Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O（2分，未配平扣1分）21、略

【分析】[實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)]方法一：由于A中反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行，但生成的氫氣排不出來(lái)，所以隨著氫氣的增加，壓強(qiáng)增大，將A中生成的硫酸亞鐵壓入B中，從而生成白色沉淀氫氧化亞鐵，方程式為Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、H2SO4+2NaOH=Na2SO4＋2H2O。方法二：a和電源的正極相連，作陽(yáng)極，所以a是鐵；b是陽(yáng)極，可以選擇碳棒；為了防止生成的氫氧化亞鐵被氧化，溶液上面要加入植物油來(lái)隔絕空氣；為增加溶液的導(dǎo)電性，應(yīng)該選擇氯化鈉。[探究思考]（1）根據(jù)有關(guān)信息可知，由于Fe(OH)2部分被氧化，混入少量的Fe(OH)3，從而導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)灰綠色或綠色；Fe3(OH)8中含有2個(gè)＋3價(jià)的、1個(gè)＋2價(jià)的，所以應(yīng)該是FeO·Fe2O3·4H2O。（2）由于亞鐵離子極易被氧化，所以在加熱過(guò)程中必須防止被氧化，則C必須是打開(kāi)的狀態(tài)，而A中的反應(yīng)不能停止。方程式為Fe（OH）2·nH2O=Fe（OH）2+nH2O。（3）本題是開(kāi)放性試題，答案不是唯一的?！窘馕觥俊敬鸢浮縖實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)]方法一：B；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、H2SO4+2NaOH=Na2SO4＋2H2O中和反應(yīng)方程式不寫(xiě)不扣分方法二：⑦、⑨或⑦、⑧、②。（每空1分，共6分）[探究思考]（1）（共4分）由于Fe(OH)2部分被氧化，混入少量的Fe(OH)3（2分）。FeO·Fe2O3·4H2O（2分）。（2）（共3分，各1分）打開(kāi)，發(fā)生，F(xiàn)e（OH）2·nH2O=Fe（OH）2+nH2O。（3）（共3分）向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液后，觀(guān)察生成的沉淀的顏色是否為灰綠色（或者可以將Fe(OH)3和Fe(OH)2混合后觀(guān)察其顏色。）（合理答案均給分）五、簡(jiǎn)答題(共3題，共6分)22、略

【分析】解：rm{(1)a.}金屬鍵是金屬陽(yáng)離子與自由電子間的相互作用，故rm{a}正確；

rm{b.}金屬鍵的強(qiáng)弱決定了金屬晶體硬度、熔點(diǎn)，而密度與金屬鍵無(wú)關(guān)，故rm錯(cuò)誤；

rm{c.}金屬的導(dǎo)電性是由于自由電子的定向移動(dòng)，導(dǎo)熱與形變有關(guān)，故rm{c}錯(cuò)誤；

rm{d.}某些金屬鹽發(fā)生焰色反應(yīng)的原因是激發(fā)態(tài)電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低軌道時(shí)，能量以可見(jiàn)光的形式釋放，故rmiynxqjn正確；

故答案為：rm{ad}

rm{(2)Cr}的原子序數(shù)為rm{24}位于第四周期，基態(tài)rm{Cr}原子的核外價(jià)電子排布式為rm{3d^{5}4s^{1}}含rm{6}個(gè)未成對(duì)電子，則短周期元素中未成對(duì)電子數(shù)為rm{Cr}的一半且電負(fù)性最大的元素rm{N}元素，故答案為：rm{3d^{5}4s^{1}}rm{N}

rm{(3)}由圖可知，配離子中含共價(jià)鍵、配位鍵，rm{SO_{4}^{2-}}中rm{S}原子孤電子對(duì)數(shù)rm{=dfrac{6+2-2隆脕4}{2}=0}價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{=4+0=0}為正四面體結(jié)構(gòu)，雜化軌道數(shù)目為rm{4}rm{S}原子雜化方式為rm{sp^{3}}原子數(shù)目相同、價(jià)電子總數(shù)相同的微粒互為等電子體，rm{SO_{4}^{2-}}的一種等電子體的分子如rm{CCl_{4}}等；

故答案為：共價(jià)鍵、配位鍵；正四面體；rm{CCl_{4}}

rm{(4)}乙醛分子中甲基上碳原子含有rm{4}個(gè)rm{婁脪}鍵，醛基上的碳原子含有rm{3}個(gè)rm{婁脪}鍵，所以甲基中的碳原子采用rm{sp^{3}}雜化，醛基中的碳原子采用rm{sp^{2}}雜化，醛基中碳原子采用rm{sp^{2}}雜化、乙醇中含有醇羥基的碳原子采用rm{sp^{3}}雜化，導(dǎo)致乙醛分子中rm{H-C-O}的鍵角rm{>}乙醇分子中的rm{H-C-O}的鍵角；

故答案為：rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{>}

rm{(5)Fe_{x}O}晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為rm{NaCl}型，所以每個(gè)晶胞中含有rm{4}個(gè)rm{O}原子，有rm{4}個(gè)“rm{Fe_{x}O}”，再由rm{m=婁脩V}可知：rm{4隆脕dfrac{56x+16}{N_{A}}=pg?cm^{-3}隆脕(a}rm{4隆脕dfrac

{56x+16}{N_{A}}=pg?cm^{-3}隆脕(a}解得rm{x=dfrac{婁脩a^{3}N_{A}-64}{4times56}}

故答案為：rm{dfrac{婁脩a^{3}N_{A}-64}{4times56}}．

rm{cm)^{3}}金屬鍵為金屬陽(yáng)離子與自由電子形成的作用力；密度與金屬鍵無(wú)關(guān)，導(dǎo)電性與自由電子的定向移動(dòng)有關(guān)，焰色反應(yīng)與電子躍遷有關(guān)；

rm{x=dfrac{婁脩a^{3}N_{A}-64}{4times

56}}的原子序數(shù)為rm{dfrac{婁脩a^{3}N_{A}-64}{4times

56}}位于第四周期，含rm{(1)}個(gè)未成對(duì)電子，則短周期元素中未成對(duì)電子數(shù)為rm{(2)Cr}的一半且電負(fù)性最大的元素rm{24}元素；

rm{6}由圖可知，配離子中含共價(jià)鍵、配位鍵，rm{Cr}的rm{N}不含孤對(duì)電子，形成rm{(3)}個(gè)共價(jià)單鍵，rm{SO_{4}^{2-}}為rm{S}雜化；與rm{4}互為等電子體，則原子數(shù)為rm{S}價(jià)電子數(shù)為rm{sp^{3}}

rm{SO_{4}^{2-}}乙醛分子中甲基上碳原子含有rm{5}個(gè)rm{32}鍵，醛基上的碳原子含有rm{(4)}個(gè)rm{4}鍵；據(jù)此判斷碳原子的雜化方式，碳原子雜化方式不同導(dǎo)致其鍵角不同；

rm{婁脪}晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為rm{3}型，所以每個(gè)晶胞中含有rm{婁脪}個(gè)rm{(5)Fe_{x}O}原子，有rm{NaCl}個(gè)“rm{4}”，再根據(jù)rm{O}計(jì)算．

本題考查晶胞計(jì)算及雜化、配位鍵等，為高頻考點(diǎn)，把握晶體結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度較大．rm{4}【解析】rm{ad}rm{3d^{5}4s^{1}}rm{N}共價(jià)鍵、配位鍵；正四面體；rm{CCl_{4}}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{>}rm{dfrac{婁脩a^{3}N_{A}-64}{4times56}}rm{dfrac{婁脩a^{3}N_{A}-64}{4times

56}}23、略

【分析】解：rm{(1)}依據(jù)副反應(yīng)的熱化學(xué)方程式結(jié)合蓋斯定律計(jì)算得到主反應(yīng)的反應(yīng)焓變；

rm{壟脹4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)K_{3}=7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1}}

rm{壟脵4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)K_{1}=1.1隆脕10^{26}mol?L^{-1}}

rm{壟脹4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O

(g)K_{3}=7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1}}得到主反應(yīng)rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)dfrac{overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=-1632.5KJ/mol}

rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)K_{3}=7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1}}rm{K_{3}^{2}=dfrac{c^{4}(N_{2})c^{12}(H_{2}O)}{c^{8}(NH_{3})c^{6}(O_{2})}=(7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1})^{2}}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)K_{1}=dfrac{c^{4}(NO)c^{6}(H_{2}O)}{c^{4}(NH_{3})c^{5}(O_{2})}=1.1隆脕10^{26}mol?L^{-1}}則主反應(yīng)rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)dfrac{overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}rm{K=dfrac{c^{4}(N_{2})c^{6}(H_{2}O)}{c^{4}(NH_{3})c(O_{2})}=dfrac{K_{3}^{2}}{K_{1}}=dfrac{(7.1隆脕10^{-34})^{2}}{1.1times10^{26}}=4.6隆脕10^{43}L?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脵4NH_{3}(g)+5O_{2}

(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)K_{1}=1.1隆脕10^{26}mol?L^{-1}}rm{壟脹隆脕2-壟脵}

rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)dfrac{

overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangle

H=-1632.5KJ/mol}影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件中增大濃度、增大壓強(qiáng)、升高溫度都會(huì)增大反應(yīng)速率，其中溫度升高對(duì)反應(yīng)速率的影響大，rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O

(g)K_{3}=7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1}}點(diǎn)中rm{K_{3}^{2}=dfrac

{c^{4}(N_{2})c^{12}(H_{2}O)}{c^{8}(NH_{3})c^{6}(O_{2})}=(7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1})^{2}}點(diǎn)溫度大；反應(yīng)速率大；

故答案為：rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}

(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)K_{1}=dfrac

{c^{4}(NO)c^{6}(H_{2}O)}{c^{4}(NH_{3})c^{5}(O_{2})}=1.1隆脕10^{26}mol?L^{-1}}

rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)dfrac{

overset{;{麓脽祿爐錄脕};}{.}}{;}4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}分析圖象中氮?dú)獾臐舛茸兓芍?，rm{K=dfrac

{c^{4}(N_{2})c^{6}(H_{2}O)}{c^{4}(NH_{3})c(O_{2})}=dfrac

{K_{3}^{2}}{K_{1}}=dfrac{(7.1隆脕10^{-34})^{2}}{1.1times

10^{26}}=4.6隆脕10^{43}L?mol^{-1}}時(shí)達(dá)到最大，rm{-1632.5}后隨溫度升高濃度減小，變化趨勢(shì)說(shuō)明在rm{4.6隆脕10^{43}L?mol^{-1}}點(diǎn)前反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行氮?dú)鉂舛仍龃?，達(dá)到平衡狀態(tài)后rm{(2)壟脵}點(diǎn)后氮?dú)鉂舛入S溫度升高減小，說(shuō)明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，且隨溫度升高有副產(chǎn)物的生成，rm{abc}濃度降低；

故答案為：先上升：反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，單位時(shí)間內(nèi)rm{c}濃度越大；后下降：達(dá)到平衡狀態(tài)后，隨著溫度升高，因反應(yīng)正向放熱，平衡逆向移動(dòng)，且隨溫度升高有副產(chǎn)物的生成，rm{c}濃度降低；

rm{壟脷}時(shí)生成rm{550K}的反應(yīng)幾乎沒(méi)發(fā)生，欲提高rm{550K}的百分含量，應(yīng)是反應(yīng)向副反應(yīng)方向進(jìn)行rm{4NH_{3}(g)+4O_{2}(g)?2N_{2}O(g)+6H_{2}O(g)}改變主反應(yīng)反應(yīng)歷程，可以選擇合適的催化劑是副反應(yīng)發(fā)生；

故答案為：采用合適的催化劑；

rm欲完全沉淀rmrm{N_{2}}離子濃度低于rm{N_{2}}陰陽(yáng)離子比相同，溶度積常數(shù)越大，溶解性越大，結(jié)合溶度積常數(shù)比較計(jì)算此時(shí)碳酸亞鐵完全生成的碳酸根離子濃度，為最小的碳酸根離子濃度rm{=dfrac{3.0隆脕10^{-11}}{10^{-6}}=3.0隆脕10-5mol/L}依據(jù)rm{N_{2}}溶度積常數(shù)計(jì)算rm{壟脹550K}的物質(zhì)的量濃度均為rm{N_{2}O}時(shí)需要碳酸根離子的最大濃度，保證鎳離子不沉淀，此時(shí)碳酸根離子濃度rm{=dfrac{1隆脕10^{-7}}{10^{-3}}=1隆脕10^{-4}mol/L}欲完全沉淀rm{N_{2}O}rm{4NH_{3}(g)+4O_{2}(g)?2N_{2}O(g)+6H_{2}O

(g)}離子濃度低于rm{(3)}應(yīng)控制rm{Fe^{2+}}的物質(zhì)的量濃度范圍為：rm{(3.0隆脕10^{-5},1.0隆脕10^{-4})}

故答案為：rm{(3.0隆脕10^{-5},1.0隆脕10^{-4})}

rm{Mn^{2+}(}反應(yīng)原理是利用電解吸收rm{1.0隆脕10^{-6})}生成氮?dú)?，氮元素化合價(jià)rm{=dfrac

{3.0隆脕10^{-11}}{10^{-6}}=3.0隆脕10-5mol/L}價(jià)變化為rm{NiCO_{3}}價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，在電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)，則rm{Ni^{2+}}為外接電源的負(fù)極，固體電解質(zhì)起到傳導(dǎo)作用的是rm{10^{-3}mol?L^{-1}.}通入rm{=dfrac

{1隆脕10^{-7}}{10^{-3}}=1隆脕10^{-4}mol/L}的電極反應(yīng)式為rm{Fe^{2+}}

故答案為：負(fù)；rm{Mn^{2+}(}．

rm{1.0隆脕10^{-6})}依據(jù)副反應(yīng)的熱化學(xué)方程式、蓋斯定律計(jì)算得到主反應(yīng)的反應(yīng)焓變，rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)K_{3}=7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1}}rm{K_{3}^{2}=dfrac{c^{4}(N_{2})c^{12}(H_{2}O)}{c^{8}(NH_{3})c^{6}(O_{2})}=(7.1隆脕10^{34}L?mol^{-1})^{2}}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)K_{1}=dfrac{c^{4}(NO)c^{6}(H_{2}O)}{c^{4}(NH_{3})c^{5}(O_{2})}=1.1隆脕10^{26}mol