2026屆山西省大同市化學(xué)高三第一學(xué)期期中質(zhì)量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、食品安全和化學(xué)科學(xué)密切相關(guān)，下列說法不正確的是A．可用聚乙烯制作食品包裝袋B．瘦肉精可提高生豬的瘦肉量，我們應(yīng)向養(yǎng)豬廠家大力推廣C．食用過量發(fā)色劑（主要成分為NaNO2）會引起人體中毒D．綠色食品的生產(chǎn)須以生態(tài)環(huán)境較佳的地域?yàn)榛?，并采用綠色生產(chǎn)技術(shù)和工藝2、下列氣體中，既可用濃硫酸干燥，又可用堿石灰干燥的是()A．Cl2 B．SO2C．NO D．NH33、下列“一帶一路(TheBeltandRoad)”貿(mào)易的商品中，其主要成分屬于無機(jī)物的A．中國絲綢 B．烏克蘭葵花籽油 C．捷克水晶 D．埃及長絨棉4、“一硫二硝三木炭”描述的是我國四大發(fā)明之一的黑火藥配方，黑火藥爆炸時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，對于該反應(yīng)說法不正確的是A．氧化產(chǎn)物是CO2B．爆炸的原因是反應(yīng)釋放大量熱，并生成大量氣體C．反應(yīng)中有三種元素的化合價(jià)發(fā)生變化D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：35、已知：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)△H。一定溫度下，1molNO2(g)與1molCO(g)完全反應(yīng)生成CO2(g)和NO(g)過程中的能量變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．△H=-234kJ?mol-1B．該反應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能為368kJ?mol-1C．加入高效催化劑，E1、E2均減小D．其他條不變，縮小容器體積，活化分子百分?jǐn)?shù)增大6、根據(jù)下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論一定正確的是（

）選項(xiàng)方法結(jié)論A．同溫時(shí)，等質(zhì)量的鋅粒分別與足量稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣量：加膽礬等于沒加膽礬B．向Fe(NO3)2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，則溶液變黃氧化性：H2O2＞Fe3＋C．相同溫度下，等質(zhì)量的大理石與等體積、等濃度的鹽酸反應(yīng)反應(yīng)速率：粉狀大理石＞塊狀大理石D．向2mL0.1mol·L－1的Na2S溶液中滴入幾滴0.1mol·L－1的ZnSO4溶液，有白色沉淀生成；再加入幾滴0.1mol·L－1

CuSO4溶液，則又有黑色沉淀生成溶度積(Ksp)：ZnS＞CuSA．A B．B C．C D．D7、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的CH3CH2OH溶液中所含氫原子數(shù)為6NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LHF所含的原子總數(shù)為NAC．常溫下，100mL1mol?L?1AlCl3溶液中Al3+離子總數(shù)等于0.1NAD．含1molNH4Cl的溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，此時(shí)溶液中數(shù)目為NA8、合金相對于純金屬制成的金屬材料來說優(yōu)點(diǎn)是①合金的硬度一般比它的各成分金屬的大②一般合金的熔點(diǎn)比它的各成分金屬的更低③改變原料的配比，改變生成合金的條件，可得到具有不同性能的合金④合金比純金屬的導(dǎo)電性更強(qiáng)⑤合金比純金屬的應(yīng)用范圍更廣泛A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①④⑤9、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是()A．12g石墨和12g金剛石均含有NA個(gè)碳原子B．1L濃度為0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中，陰離子數(shù)為0.100NAC．1molK2Cr2O7被還原為Cr3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD．22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氬氣含有的質(zhì)子數(shù)為18NA10、下列離子方程式正確的是()A．向Fe(OH)3中加氫碘酸：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OB．向Na2SiO3溶液中通入過量CO2：SiO＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COC．過量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSOD．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O11、央視欄目《國家寶藏》不僅彰顯了民族自信、文化自信，還蘊(yùn)含著許多化學(xué)知識。下列說法不正確的是()A．宋?王希孟《千里江山圖》中的綠色顏料銅綠，主要成分是堿式碳酸銅B．宋?《蓮塘乳鴨圖》緙絲中使用的絲，主要成分是蛋白質(zhì)C．戰(zhàn)國?“曾侯乙編鐘”屬于青銅制品，青銅是一種銅錫合金D．清?乾隆“瓷母”是指各種釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅12、下圖是用于航天飛行器中的一種全天候太陽能電化學(xué)電池在光照時(shí)的工作原理。下列說法正確的是A．夜間無光照時(shí)，a電極流出電子B．光照時(shí)，H+由a極室通過質(zhì)子膜進(jìn)入b極室C．光照時(shí)，b極反應(yīng)式是VO2++2OH--e-=VO2++H2OD．該電池與硅太陽能電池供電原理相同13、以下決定物質(zhì)性質(zhì)的因素，正確的是A．反應(yīng)的速率：反應(yīng)物的本性 B．KNO3的溶解度：溫度C．分子間作用力：分子的質(zhì)量 D．氣體摩爾體積：氣體的物質(zhì)的量14、用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。下列圖示對應(yīng)的操作規(guī)范的是（）A．稱量 B．溶解 C．轉(zhuǎn)移 D．定容15、化學(xué)在生產(chǎn)和生活中有重要的應(yīng)用，下列說法不正確的是A．二氧化氯和三氯化鐵都常用于自來水的處理，但二者的作用原理不同B．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同位素C．為防止中秋月餅等富脂食品氧化變質(zhì)，常在包裝袋中放入硫酸亞鐵D．新型材料聚酯纖維、光導(dǎo)纖維都屬于有機(jī)高分子化合物16、下列各組中的物質(zhì)，均能發(fā)生加成反應(yīng)的是A．溴苯和植物油 B．苯和環(huán)已烷 C．乙烯和乙烷 D．乙醇和乙酸17、正在研制的一種“高容量、低成本”鋰——銅空氣燃料電池。該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕“現(xiàn)象”產(chǎn)生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O＝2Cu＋2Li++2OH-，下列說法不正確的是（）A．通空氣時(shí)，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生CuOB．放電一段時(shí)間后右側(cè)水溶液電解質(zhì)中LiOH濃度逐漸增大C．放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e-＝2Cu+2OH-D．整個(gè)反應(yīng)過程中，銅相當(dāng)于催化劑18、在酸性高錳酸鉀溶液中加入過氧化鈉粉末，溶液褪色，其中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4-＋16H＋＋5Na2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列判斷正確的是A．O2是還原產(chǎn)物，Mn2＋是氧化產(chǎn)物B．Na2O2既是氧化劑，又是還原劑C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，產(chǎn)生22.4LO2時(shí)反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mole－D．通常用濃鹽酸酸化高錳酸鉀溶液19、短周期主族元素A、B、C、D原子序數(shù)依次增大且最外層電子數(shù)之和為17。B、D同主族，短周期中C原子半徑最大，B最外層電子數(shù)是次外層的3倍。下列推斷不正確的是（

）A．元素B,C,D形成的化合物的水溶液呈中性B．元素B,C形成的化合物中可能既含有離子鍵又含共價(jià)鍵C．離子半徑從大到小的順序?yàn)镈>B>CD．元素B的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比D的強(qiáng)20、工業(yè)上將Na2CO3和Na2S以1:2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同時(shí)放出CO2。在該反應(yīng)中（）A．硫元素被氧化,碳元素被還原B．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2C．每生成1molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移4mol電子D．相同條件下，每吸收10m3SO2就會放出2.5m3CO221、下列現(xiàn)象或事實(shí)可用同一原理解釋的是（）A．濃硫酸和濃鹽酸長期暴露在空氣中濃度降低B．能使溴水和品紅溶液褪色C．和溶液使酸性高錳酸鉀溶液的紫色褪去D．新制的氨水、氯水放置時(shí)間較久而變質(zhì)22、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子總數(shù)小于2NAC．足量的MnO2與一定量的濃鹽酸反應(yīng)得到1molCl2，若向反應(yīng)后的溶液中加入足量的AgNO3，則生成AgCl的物質(zhì)的量為2molD．56gFe與一定量的稀硝酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能為2.6NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）PVAc是一種具有熱塑性的樹脂，可合成重要高分子材料M，合成路線如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ為H原子或烴基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是電石氣，則A的結(jié)構(gòu)簡式為___。已知AB為加成反應(yīng)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為___；B中官能團(tuán)的名稱是___。（2）已知①的化學(xué)方程式為___。（3）寫出E的結(jié)構(gòu)簡式___；檢驗(yàn)E中不含氧官能團(tuán)（苯環(huán)不是官能團(tuán)）的方法__。（4）在EFGH的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為___。（6）以乙炔為原料，結(jié)合已知信息選用必要的無機(jī)試劑合成1-丁醇。___。24、（12分）氮、磷屬于同一主族元素，是組成生命體的重要元素，其單質(zhì)及化合物用途廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)P原子的核外電子排布式為___________________（2）自然固氮現(xiàn)象發(fā)生的一系列化學(xué)變化：，解釋了民諺“雷雨發(fā)莊稼”的原理。①分子結(jié)構(gòu)中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為__________②中N原子采取__________雜化方式，寫出它的一種等電子體的化學(xué)式：__________。③已知酸性：，下列相關(guān)見解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子總數(shù)越多，酸性越強(qiáng)B．同種元素化合價(jià)越高，對應(yīng)含氧酸的酸性越強(qiáng)C．中氮元素的正電性更高，在水溶液中更易電離出，酸性強(qiáng)于（3）磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中a點(diǎn)和b點(diǎn)的原子坐標(biāo)參數(shù)分別為(0，0，0)、，則c點(diǎn)的原子坐標(biāo)參數(shù)為__________。已知該晶體密度為，則B—P鍵的鍵長為__________pm(阿伏加德羅常數(shù)用表示，列出計(jì)算式即可)。。25、（12分）實(shí)驗(yàn)室制取氨氣有幾種方法。如圖是實(shí)驗(yàn)室制氣體的幾種發(fā)生裝置和吸收裝置。（1）當(dāng)NH4Cl和Ca(OH)2來制取氨氣時(shí)應(yīng)選用的氣體發(fā)生裝置是___（填編號），該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___；（2）①當(dāng)用濃氨水和NaOH固體來制取氨氣時(shí)應(yīng)選用的氣體發(fā)生裝置是___（填編號）。②欲用蒸餾水吸收氨氣，應(yīng)選擇的吸收裝置是所給裝置中的___（填編號）某化學(xué)課外興趣小組探究銅跟濃硫酸反應(yīng)情況。取6.4g銅片和10ml18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，直至反應(yīng)完畢，最后發(fā)現(xiàn)燒瓶中還有銅片剩余外，同時(shí)他們根據(jù)科學(xué)的化學(xué)知識認(rèn)為還有較多的硫酸剩余。（3）①請寫出銅跟濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：___；②可以證明有余酸的實(shí)驗(yàn)方案是（________）A．再加入鐵粉B．再滴入BaCl2溶液C．再加入銀粉D．再滴入NaHCO3（4）某工廠以Cu與硝酸為原料制取Cu(NO3)2，設(shè)計(jì)了下列兩個(gè)方案：方案A：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O方案B：2Cu+O2=2CuO；CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O回答：①你認(rèn)為較合理的方案是___（填A(yù)或B）。②選擇該方案的原因____。26、（10分）某化學(xué)小組研究鹽酸被氧化的條件，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。（1）研究鹽酸被MnO2氧化。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ常溫下將MnO2和12mol·L-1濃鹽酸混合溶液呈淺棕色，有刺激泩氣味Ⅱ?qū)ⅱ裰谢旌衔镞^濾，加熱濾液生成大量黃綠色氣體Ⅲ加熱MnO2和4mol·L-1稀鹽酸混合物無明顯現(xiàn)象①已知MnO2呈弱堿性。Ⅰ中溶液呈淺棕色是由于MnO2與濃鹽酸發(fā)生了復(fù)分解反應(yīng)，化學(xué)方程是________。②Ⅱ中發(fā)生了分解反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是________。③Ⅲ中無明顯現(xiàn)象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)較低，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)Ⅳ進(jìn)行探究：將實(shí)驗(yàn)Ⅲ、Ⅳ作對比，得出的結(jié)論是________。④用下圖裝置(a、b均為石墨電極)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)V：i.K閉合時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)ⅱ.向右管中滴加濃H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指針偏轉(zhuǎn)幅度變化不大ⅲ．再向左管中滴加濃H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指針向左偏轉(zhuǎn)幅度增大將i和ⅱ、ⅲ作對比，得出的結(jié)論是________。（2）研究鹽酸能否被氧化性酸氧化。①燒瓶中放入濃H2SO4，通過分液漏斗向燒瓶中滴加濃鹽酸，燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤的淀粉KI試紙檢驗(yàn)，無明顯現(xiàn)象。由此得出濃硫酸________(填“能”或“不能”)氧化鹽酸。②向試管中加入3mL濃鹽酸，再加入1mL濃HNO3，試管內(nèi)液體逐漸變?yōu)槌壬?，加熱，產(chǎn)生棕黃色氣體，經(jīng)檢驗(yàn)含有NO2。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ將濕潤的淀粉KI試紙伸入棕黃色氣體中試紙先變藍(lán)，后褪色Ⅱ?qū)駶櫟牡矸跭I試紙伸入純凈Cl2中試紙先變藍(lán)，后褪色Ⅲ…………通過實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ證明混合氣體中含有Cl2，Ⅲ的操作是________。（3）由上述實(shí)驗(yàn)得出：鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、________有關(guān)。27、（12分）水合肼是無色、有強(qiáng)還原性的液體，實(shí)驗(yàn)室制備水合肼的原理為：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO==Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl據(jù)此，某學(xué)生設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)。（制備NaClO溶液）實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示部分夾持裝置已省略已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）請寫出肼的電子式_________________。（2）配制30%NaOH溶液時(shí)，所需玻璃儀器除量筒外還有___________。（3）裝置I中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是____________________________；Ⅱ中用冰水浴控制溫度在30℃以下，其主要目的是______________________________。（制取水合肼）實(shí)驗(yàn)裝置如圖乙所示。（4）儀器B的名稱為_________；反應(yīng)過程中，如果分液漏斗中溶液的滴速過快，部分N2H4·H2O參與A中反應(yīng)并產(chǎn)生大量氮?dú)?，請寫出該反?yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式_________________。（5）充分反應(yīng)后，加熱蒸餾燒瓶A內(nèi)的溶液即可得到水合肼的粗產(chǎn)品。若在蒸餾剛剛開始的時(shí)候忘記添加沸石，應(yīng)該采取的操作是_____________________。（測定肼的含量）稱取餾分0.2500g，加水配成20.00mL溶液，在一定條件下，以淀粉溶液做指示劑，用0.1500mol·L－1的I2溶液滴定。已知：N2H4·H2O+2I2==N2↑+4HI+H2O滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為_____________________________________。實(shí)驗(yàn)測得消耗I2溶液的平均值為20.00mL，餾分中N2H4.H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______。28、（14分）隨著科技的進(jìn)步，合理利用資源、保護(hù)環(huán)境成為當(dāng)今社會關(guān)注的焦點(diǎn)。甲胺鉛碘(CH3NH3PbI3)用作全固態(tài)鈣鈦礦敏化太陽能電池的敏化劑，可由CH3NH2、PbI2及HI為原料合成，制取甲胺的反應(yīng)為CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH?；卮鹣铝袉栴}：（1）上述反應(yīng)中所需的甲醇工業(yè)上利用水煤氣合成，已知①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=-284kJ/mol②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=-248kJ/mol③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=-651kJ/molCO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=___。（2）在一定條件下，將1molCO和2molH2通入密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)改變某一外界條件(溫度或壓強(qiáng))時(shí)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)變化趨勢如圖所示：①平衡時(shí)，M點(diǎn)CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，則CO的轉(zhuǎn)化率為____。②X軸上b點(diǎn)的數(shù)值比a點(diǎn)___(填“大”或“小”)。某同學(xué)認(rèn)為圖中Y軸表示溫度，你認(rèn)為他判斷的理由是___。（3）實(shí)驗(yàn)室可由四氧化三鉛和氫碘酸反應(yīng)制備難溶的PbI2，常溫下，PbI2飽和溶液(呈黃色)中c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，則Ksp(PbI2)＝___；已知Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，則轉(zhuǎn)化反應(yīng)PbI2(s)＋2Cl－(aq)PbCl2(s)＋2I－(aq)的平衡常數(shù)K＝___。（4）分解HI曲線和液相法制備HI反應(yīng)曲線分別如圖1和圖2所示：①反應(yīng)H2(g)＋I(xiàn)2(g)2HI(g)的ΔH__(填大于或小于)0。②將二氧化硫通入碘水中會發(fā)生反應(yīng)：SO2＋I(xiàn)2＋2H2O3H+＋HSO4-＋2I－，I2＋I(xiàn)－I3-，圖2中曲線a、b分別代表的微粒是___、___(填微粒符號)；由圖2知要提高碘的還原率，除控制溫度外，還可以采取的措施是___。29、（10分）資料顯示聯(lián)苯雙酯能增強(qiáng)肝臟解毒功能，減輕肝臟的病理損傷，促進(jìn)肝細(xì)胞再生并保護(hù)肝細(xì)胞，從而改善肝功能。合成聯(lián)苯雙酯的工藝路線如下：已知：回答下列問題：（1）化合物Ⅲ中的官能團(tuán)名稱為______________，該化合物的核磁共振氫譜中有_____組峰。（2）Ⅴ→Ⅵ的反應(yīng)類型為______________。寫出一定條件下Ⅴ→Ⅵ的化學(xué)方程式：____________________。（3）寫出比Ⅴ多2個(gè)H原子，且符合下列條件的任意兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_________________①苯環(huán)上的一氯代物只有1種；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；（4）根據(jù)題目中的相關(guān)信息并結(jié)合已學(xué)知識，寫出Ⅰ→Ⅱ的合成路線：_________________，該合成路線為何要經(jīng)過多步而不是一步完成，目的是__________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、B【解析】A、聚乙烯無毒，可用作食品包裝，故A正確；B、“瘦肉精”能誘發(fā)惡性腫瘤，對人體有危害，養(yǎng)豬時(shí)不能使用，故B錯誤；C、亞硝酸鈉含量超標(biāo)會危害人體健康，能致癌，故C正確；D、綠色食品是指無公害、綠色生產(chǎn)技術(shù)和工藝，故D正確。故選B。2、C【解析】A和B屬于酸性氣體，和堿石灰反應(yīng)。氨氣是堿性氣體和濃硫酸反應(yīng)。所以正確的答案是C。3、C【詳解】A．中國絲綢為蛋白質(zhì)，屬于有機(jī)物，A與題意不符；B．烏克蘭葵花籽油為油脂，屬于有機(jī)物，B與題意不符；C．捷克水晶主要成分為二氧化硅，屬于無機(jī)物，C符合題意；D．埃及長絨棉為纖維素，屬于有機(jī)物，D與題意不符；答案為C。4、D【解析】A.碳元素從0價(jià)上升至+4價(jià)，故CO2為氧化產(chǎn)物，正確；B.從反應(yīng)方程式可知，該反應(yīng)放出大量氣體，結(jié)合爆炸品主要具有反應(yīng)速度極快，放出大量的熱，產(chǎn)生大量的氣體等特性可知，B項(xiàng)正確；C.由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)后S、N元素的化合價(jià)降低，C元素化合價(jià)升高，正確；D.該反應(yīng)中，氧化劑為S和KNO3，還原劑為C，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量為1:1，錯誤。答案選D?！军c(diǎn)睛】本題主要涉及氧化還原反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)的特征是元素的化合價(jià)發(fā)生變化，其本質(zhì)是在反應(yīng)中有電子轉(zhuǎn)移。在反應(yīng)中，氧化劑是得到電子或電子對偏向的物質(zhì)，本身具有氧化性，反應(yīng)后化合價(jià)降低，對應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物；還原劑是失去電子或電子對偏離的物質(zhì)，本身具有還原性，反應(yīng)后化合價(jià)升高，對應(yīng)的產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物。整個(gè)反應(yīng)過程電子從還原劑轉(zhuǎn)移到氧化劑。一定記清各概念之間的關(guān)系：還原劑—化合價(jià)升高—失去電子—被氧化—發(fā)生氧化反應(yīng)—生成氧化產(chǎn)物；氧化劑—化合價(jià)降低—得到電子—被還原—發(fā)生還原反應(yīng)—生成還原產(chǎn)物。5、D【詳解】A．△H=生成物的能量-反應(yīng)物的能量=-368kJ?mol-1-(-134kJ?mol-1)=-234kJ?mol-1，故A正確；B．該反應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能為368kJ?mol-1，故B正確；C．加入高效催化劑，能同時(shí)降低正、逆反應(yīng)的活化能，即E1、E2均減小，故C正確；D．其他條件不變，縮小容器體積，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增大，但活化分子百分?jǐn)?shù)不變，故D錯誤；綜上所述答案為D。6、C【解析】A．相同溫度下，向兩份足量稀硫酸中分別加入等質(zhì)量的鋅粒，一份加入少量膽礬固體，形成原電池，則生成氫氣速率較大；由于鋅的質(zhì)量相等、硫酸足量，則加入少量膽礬固體的容器中生成氫氣體積較少，即產(chǎn)生氫氣的速率：前者大，產(chǎn)生氫氣體積前者小，故A錯誤；B．用硫酸酸化，亞鐵離子與氫離子、硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能說明亞鐵離子是否與過氧化氫反應(yīng)，則不能比較H2O2、Fe3＋的氧化性，故B錯誤；C．粉狀大理石比塊狀大理石的接觸面積越大，則反應(yīng)速率為粉狀大理石＞塊狀大理石，故C正確；D．Na2S溶液過量，均發(fā)生沉淀的生成，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則不能比較KSP（ZnS）、KSP（CuS）的大小，故D錯誤。故選C。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，涉及反應(yīng)速率的影響因素、氧化還原反應(yīng)、沉淀的生成等，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解題關(guān)鍵：掌握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理及實(shí)驗(yàn)技能，題目難度中等，易錯點(diǎn)為B，隱含NO3－與氫離子結(jié)合成硝酸，也具有氧化性。7、D【詳解】A．100g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的CH3CH2OH溶液中CH3CH2OH質(zhì)量為46g，54g水，CH3CH2OH的物質(zhì)的量為1mol，氫原子物質(zhì)的量為6mol，氫原子數(shù)目為6NA，水中也含有氫原子，因此所含氫原子數(shù)大于6NA，故A錯誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF是液體，無法計(jì)算物質(zhì)的量，故B錯誤；C．常溫下，100mL1mol?L?1AlCl3溶液中AlCl3物質(zhì)的量為0.1mol，由于Al3+水解，因此Al3+離子總數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D．含1molNH4Cl的溶液中加入適量氨水使溶液呈中性，根據(jù)n()＋n(H＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)和n(H＋)＝n(OH－)，得到n()＝n(Cl－)＝1mol，此時(shí)溶液中數(shù)目為NA，故D正確。綜上所述，答案為D。8、A【詳解】①合金的硬度一般比它的各成分金屬的大，故①正確；②一般合金的熔點(diǎn)比它的各成分金屬的更低，故②正確；③改變原料的配比，改變生成合金的條件，可得到具有不同性能的合金，故③正確；④一般情況下，合金的導(dǎo)電性和導(dǎo)熱性低于任一組分金屬，故④錯誤；⑤由于合金的許多性能優(yōu)于純金屬，所以在應(yīng)用材料中大多使用合金，故⑤正確；綜上所述，題目中①②③⑤正確，故本題應(yīng)選A。9、B【詳解】A．石墨和金剛石都是C元素的單質(zhì)，C相對原子質(zhì)量是12，所以12g石墨和12g金剛石含有C原子的物質(zhì)的量均是1mol，則含有的C原子數(shù)目為NA個(gè)，A正確；B．1L濃度為0.100mol·L-1的Na2CO3溶液中含有溶質(zhì)Na2CO3的物質(zhì)的量是n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L=0.100mol，Na2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中會發(fā)生水解反應(yīng)而消耗，+H2O+OH-，+H2O+OH-，、、OH-都是陰離子，可見水解后溶液中陰離子數(shù)大于0.100NA，B錯誤；C．在K2Cr2O7中Cr元素化合價(jià)為+6價(jià)，反應(yīng)后變?yōu)?3價(jià)的Cr3+，每1molK2Cr2O7中含有2molCr，則被還原為Cr3+時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA，C正確；D．標(biāo)準(zhǔn)狀況22.4L氬氣的物質(zhì)的量是1mol，由于Ar是18號元素，是單原子分子，所以1molAr氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為18NA，D正確；故答案為B。10、D【詳解】A．反應(yīng)生成的碘離子與鐵離子繼續(xù)反應(yīng)生成亞鐵離子和單質(zhì)碘，離子方程式應(yīng)為：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故A錯誤；B．CO2過量，應(yīng)該生成酸式鹽碳酸氫鈉，而不是正鹽碳酸鈉，離子方程式為SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，故B錯誤；C．ClO-具有強(qiáng)氧化性，而SO2具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SO和Cl-，離子方程式為：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-，故C錯誤；D．等體積等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合反應(yīng)生成碳酸鋇和氫氧化鈉，離子方程式書寫正確，故D正確；綜上所述，本題選D。11、D【詳解】A．銅綠可作為綠色顏料，它的主要成分是堿式碳酸銅Cu2(OH)2CO3，A正確；B．緙絲是以生蠶絲作經(jīng)線，彩色熟絲作緯線，采用“通經(jīng)斷緯”的技法織成的平紋織物，顯然緙絲中使用的絲，主要成分是蛋白質(zhì)，B正確；C．曾侯乙編鐘是一種銅錫合金，屬于青銅制品，C正確；D．“瓷母”是指各種釉彩大瓶，其主要成分是硅酸鹽，D不正確；故選D。12、A【分析】根據(jù)圖像可知，光照時(shí)，b極為電子流出的一極，則a極為電子流入的一極，a極區(qū)，陽離子電荷數(shù)減小，則氫離子向a極區(qū)移動。【詳解】A.夜間無光照時(shí)，與光照時(shí)電子流向相反，a電極流出電子，A正確；B.分析可知，光照時(shí)，H+由b極室通過質(zhì)子膜進(jìn)入a極室，B錯誤；C.光照時(shí)，b極生成氫離子，則反應(yīng)式是VO2++H2O-e-=VO2++2H+，C錯誤；D.硅太陽能電池為半導(dǎo)體原理將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，該電池為將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能和電能，供電原理不相同，D錯誤；答案為A?！军c(diǎn)睛】該裝置為將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能和電能的裝置，光照時(shí)與夜間無光時(shí)電流方向相反。13、A【詳解】A.影響物質(zhì)化學(xué)性質(zhì)的主要因素是物質(zhì)本身的性質(zhì)，在內(nèi)因相同條件下，外界的溫度、壓強(qiáng)等也會影響化學(xué)反應(yīng)速率，但物質(zhì)的性質(zhì)有物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)，因此A正確；B.KNO3的溶解度的溶解度不僅與溶液的溫度有關(guān)，也與溶劑有關(guān)，因此不能說溫度是影響溶解度的主要因素，B錯誤；C.分子間作用力的大小取決于相對分子質(zhì)量和分子結(jié)構(gòu)，分子結(jié)構(gòu)相同時(shí)，分子間作用力主要取決于相對分子質(zhì)量大小，C錯誤；D.影響氣體摩爾體積的因素是溫度和壓強(qiáng)，而不是氣體的物質(zhì)的量，D錯誤；故合理選項(xiàng)是A。14、B【詳解】A、托盤天平稱量時(shí)應(yīng)是左物右碼，A錯誤；B、固體溶解在燒杯中進(jìn)行，B正確；C、向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時(shí)應(yīng)該用玻璃棒引流，C錯誤；D、定容時(shí)膠頭滴管不能插入容量瓶中，D錯誤。答案選B。15、D【解析】A、ClO2在自來水處理中作氧化劑，利用其氧化性，殺滅水中細(xì)菌或病毒，F(xiàn)eCl3在自來水中的處理中作凈水劑，利用FeCl3中Fe3＋水解成氫氧化鐵膠體，吸附水中懸浮固體小顆粒，達(dá)到凈水的目的，兩種物質(zhì)的作用原理不同，故A說法正確；B、14C可用于文物年代的鑒定，14C和12C都屬于原子，質(zhì)子數(shù)為6，中子數(shù)分別為8、6，因此兩者互為同位素，故B說法正確；C、Fe2＋具有還原性，能被氧氣所有氧化，且對人體無害，防止食品氧化變質(zhì)，故C說法正確；D、光導(dǎo)纖維成分是SiO2，屬于無機(jī)物，故D說法錯誤。16、A【解析】A.溴苯含有不飽和結(jié)構(gòu)苯環(huán)，植物油含有不飽和脂肪酸，均能發(fā)生加成反應(yīng)；B.只有苯能發(fā)生加成反應(yīng)；C.只有乙烯能發(fā)生加成反應(yīng)；D.乙醇和乙酸均不能發(fā)生加成反應(yīng)。故選A。點(diǎn)睛：一般不飽和結(jié)構(gòu)如雙鍵、三鍵、苯環(huán)等都可以發(fā)生加成反應(yīng)。但是—COO—一般不發(fā)生加成反應(yīng)。17、A【分析】放電時(shí)，鋰失電子作負(fù)極，Cu上O2得電子作正極，負(fù)極上電極反應(yīng)式為Li-e-=Li+，正極上電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，據(jù)此分析解答。【詳解】A、該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應(yīng)為：Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空氣的目的是讓氧氣與銅反應(yīng)生成Cu2O，故A錯誤；B、因?yàn)樵姵胤烹姇r(shí)，陽離子移向正極，所以Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動，所以右側(cè)水溶液電解質(zhì)中LiOH濃度逐漸增大，故B正確；C、該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力，由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電，正極反應(yīng)為：Cu2O+H2O+2e-＝2Cu+2OH-，故C正確；D、銅先與氧氣反應(yīng)生成Cu2O，放電時(shí)Cu2O重新生成Cu，則整個(gè)反應(yīng)過程中，銅相當(dāng)于催化劑，故D正確；故選A；18、C【詳解】A．Mn元素的化合價(jià)降低，被還原，O元素的化合價(jià)升高被氧化，則O2是氧化產(chǎn)物，Mn2+是還原產(chǎn)物，選項(xiàng)A錯誤；B．過氧化鈉中O元素的化合價(jià)升高，則過氧化鈉是還原劑，選項(xiàng)B錯誤；C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，產(chǎn)生22.4LO2時(shí)反應(yīng)轉(zhuǎn)移×2×[0-（-1）]=2mole-，選項(xiàng)C正確；D．用濃鹽酸酸化高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，應(yīng)利用稀硫酸酸化，選項(xiàng)D錯誤；答案選C。19、A【解析】短周期中C原子半徑最大，C為Na元素；B最外層電子數(shù)是次外層的3倍，B為O元素；B、D為同主族的短周期元素，D的原子序數(shù)大于C，D為S元素；A、B、C、D的最外層電子數(shù)之和為17，A的最外層電子數(shù)為17-6-1-6=4，A的原子序數(shù)小于B，A為C元素。A，B、C、D形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，Na2SO4溶液呈中性，Na2SO3溶液由于SO32-的水解溶液呈堿性，A項(xiàng)錯誤；B，B、C可以形成Na2O、Na2O2，Na2O中只有離子鍵，Na2O2中既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵，B項(xiàng)正確；C，根據(jù)“層多徑大，序大徑小”，離子半徑從大到小的順序?yàn)镈>B>C，C項(xiàng)正確；D，非金屬性：O>S，元素B的簡單氣態(tài)氫化物（H2O）的熱穩(wěn)定性比D（H2S）的強(qiáng)，D項(xiàng)正確；答案選A。20、D【解析】工業(yè)上將Na2CO3和Na2S以1：2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同時(shí)放出CO2，其反應(yīng)方程式為2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反應(yīng)在S元素的化合價(jià)從-2價(jià)升高到+2價(jià)，S的化合價(jià)從+4價(jià)降低到+2價(jià)，A．由反應(yīng)方程式中S元素的化合價(jià)變化可知，硫元素既被氧化又被還原，故A正確；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S為還原劑，SO2為氧化劑，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1，故B錯誤；C．反應(yīng)中2Na2S轉(zhuǎn)化為3Na2S2O3，轉(zhuǎn)移8個(gè)電子，則生成1molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移8/3mol電子，故C錯誤；D、根據(jù)方程式可知，每當(dāng)4molSO2參與氧化還原反應(yīng)就會放出1molCO2，則每10m3SO2參與反應(yīng)就會放出2.5m3CO2，故D正確；故選AD。21、C【詳解】A.濃硫酸的吸水性使?jié)饬蛩嶂腥軇┑牧吭龃?，溶質(zhì)的量不變，導(dǎo)致濃度降低；濃鹽酸有揮發(fā)性，使溶質(zhì)的量減少，溶劑的量不變，導(dǎo)致濃度降低，所以濃硫酸和濃鹽酸濃度降低的原因不同，A不符合題意；B.SO2是品紅溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其還原性，褪色原理不同，B不符合題意；C.SO2、FeSO4都具有還原性，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合題意；D.氨水易揮發(fā)，濃度降低而變質(zhì)；而氯水是由于其中的HClO不穩(wěn)定，見光分解而變質(zhì)，故變質(zhì)原理不同，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是C。22、D【詳解】A、反應(yīng)KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O

中轉(zhuǎn)移5mol電子，生成3mol氯氣，故當(dāng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下13.44L氯氣，即0.6mol氯氣時(shí)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1mol，即NA個(gè)，故A錯誤；B、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L

NO和11.2L

O2的物質(zhì)的量均為0.5mol，且兩者均為雙原子分子，故共含2NA個(gè)原子，根據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒，反應(yīng)后體系中原子數(shù)仍為2NA個(gè)，故B錯誤；C、二氧化錳只能與濃鹽酸反應(yīng)，和稀鹽酸不反應(yīng)，故濃鹽酸不能反應(yīng)完全，且由于濃鹽酸的物質(zhì)的量未知，反應(yīng)后的溶液中的氯離子的物質(zhì)的量無法確定，則生成的氯化銀的物質(zhì)的量無法確定，故C錯誤；D、5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol，而鐵和硝酸反應(yīng)后最終可能變?yōu)?3價(jià)，也可能變?yōu)?2價(jià)。故0.1mol鐵反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)介于0.2NA到0.3NA之間，故可能為0.26NA個(gè)，故D正確；故選D。二、非選擇題(共84分)23、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳雙鍵+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱使其充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向?yàn)V液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵保護(hù)醛基不被H2還原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是電石氣，A為HC≡CH，與X反應(yīng)生成B，由B的結(jié)構(gòu)簡式可知X為CH3COOH，發(fā)生加聚反應(yīng)生成PVAc，結(jié)構(gòu)簡式為，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為CH3CHO，由信息Ⅰ可知E為，由信息Ⅱ可知F為，結(jié)合G的分子式可知G應(yīng)為，H為，在E→F→G→H的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇可保護(hù)醛基不被H2還原，M為，以此分析解答。【詳解】(1)A的俗名是電石氣，A為HC≡CH，根據(jù)上述分析，X為CH3COOH，B()中的官能團(tuán)為酯基、碳碳雙鍵，故答案為HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳雙鍵；(2)反應(yīng)①的化學(xué)方程式為+nNaOH+nCH3COONa，故答案為+nNaOH+nCH3COONa；(3)E為，E中不含氧官能團(tuán)為碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以檢驗(yàn)碳碳雙鍵前，需要把醛基破壞掉，故檢驗(yàn)碳碳雙鍵的方法為：加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向?yàn)V液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵，故答案為；加入新制Cu(OH)2懸濁液，熱充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向?yàn)V液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵；(4)E中含有醛基，經(jīng)E→F→G→H的轉(zhuǎn)化后又生成醛基，則乙二醇的作用是保護(hù)醛基不被H2還原，故答案為保護(hù)醛基不被H2還原；(5)M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(6)以乙炔為原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增長碳鏈，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根據(jù)信息I，2分子乙醛可以反應(yīng)生成CH3CH=CHCHO，然后與氫氣加成即可，合成路線為：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案為HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH?！军c(diǎn)睛】本題的易錯點(diǎn)為(3)，檢驗(yàn)碳碳雙鍵時(shí)要注意醛基的干擾，需要首先將醛基轉(zhuǎn)化或保護(hù)起來。24、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序數(shù)為15，核外電子為3層，有5個(gè)能級；（2）①N2分子中含有氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，氮氮三鍵由一個(gè)σ鍵和兩個(gè)π鍵形成；②硝酸根中N原子價(jià)電子層電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，雜化方式為sp2雜化；原子個(gè)數(shù)和價(jià)電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w；③同種元素化合價(jià)越高，含氧酸中氧原子總數(shù)越多，非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，正電性更高，在水溶液中更易電離出，酸性越強(qiáng)；（3）由a、b的坐標(biāo)可知晶胞的邊長為1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知c位于右側(cè)面的面心，則c的坐標(biāo)為（1，，）；由分?jǐn)偡ㄓ?jì)算可得?！驹斀狻?1).P元素的原子序數(shù)為15，核外電子為3層，有5個(gè)能級，電子排布式為1s22s22p63s23p3，故答案為：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，氮氮三鍵由一個(gè)σ鍵和兩個(gè)π鍵形成，則σ鍵和π鍵之比為1:2，故答案為：1:2；②硝酸根中N原子價(jià)電子層電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，則雜化方式為sp2雜化；原子個(gè)數(shù)和價(jià)電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，則與硝酸根互為等電子體的微粒為SO3或O4或BF3等，故答案為：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，酸性越強(qiáng)，與氧原子總數(shù)無關(guān)，故錯誤；B.同種元素化合價(jià)越高，含氧酸中氧原子總數(shù)越多，非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，酸性越強(qiáng)，故正確；C.HNO3中氮元素的化合價(jià)高，正電性更高，在水溶液中更易電離出，所以相較HNO2酸性更強(qiáng)，故正確；BC正確，故答案為：BC；（3）由a、b的坐標(biāo)可知晶胞的邊長為1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知c位于右側(cè)面的面心，則c的坐標(biāo)為（1，，）；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，b處于4個(gè)P原子圍成的正方體的正中心，P原子位于頂點(diǎn)，設(shè)x為晶胞邊長，則B-P鍵的長度為；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有4個(gè)BP，由=x3ρ可得x=，則B-P鍵長為pm，故答案為：（1，，）；。25、A2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OBCCu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2OADBA中生成的NO會污染環(huán)境，生成相同質(zhì)量的硝酸銅B方案需要的硝酸更少【分析】(1)依據(jù)反應(yīng)物狀態(tài)和反應(yīng)條件分析判斷制備氣體的裝置，A裝置屬于固固混合加熱裝置，反應(yīng)是固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反應(yīng)生成氨氣；(2)濃氨水和NaOH固體反應(yīng)生成氨氣，B裝置屬于固液混合不加熱型裝置；氨氣極易溶于水，處理時(shí)要用防倒吸裝置；(3)隨反應(yīng)進(jìn)行硫酸濃度減小，稀硫酸和銅不反應(yīng)，所以即使銅過量，硫酸也不能完全反應(yīng)，因?yàn)闈饬蛩岷豌~反應(yīng)得到CuSO4，所以檢驗(yàn)剩余的硫酸，不能檢驗(yàn)硫酸根離子，需要檢驗(yàn)剩余溶液中含H+；(4)根據(jù)選擇方案的依據(jù)和綠色化原理來回答本題?！驹斀狻?1)A裝置屬于固固混合加熱裝置，用NH4Cl和Ca(OH)2來制取氨氣，反應(yīng)物是固體和固體加熱制備氣體的反應(yīng)，選用大試管加熱制備氨氣，選則裝置A；用固體氯化銨和氫氧化鈣加熱反應(yīng)生成氨氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為：A；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)①NaOH溶于水放出熱量，故致使溶于水的氨氣溶解度降低，從而逸出，氨水為弱電解質(zhì)存在電離平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，加入氫氧化鈉，氫氧根濃度增大，平衡左移，氨氣逸出，B裝置屬于固液混合不加熱型裝置，當(dāng)用濃氨水和NaOH固體來制取氨氣時(shí)應(yīng)選用裝置B，故答案為：B；②氨氣極易溶于水，處理時(shí)要用防倒吸裝置，故答案為：C；(3)①銅跟濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；②隨反應(yīng)進(jìn)行硫酸濃度減小，稀硫酸和銅不反應(yīng)，所以即使銅過量，硫酸也不能完全反應(yīng)，因?yàn)闈饬蛩岷豌~反應(yīng)得到CuSO4，所以檢驗(yàn)剩余的硫酸，不能檢驗(yàn)硫酸根離子，需要檢驗(yàn)剩余溶液中含H+，H+和Fe反應(yīng)放出氫氣，和NaHCO3溶液反應(yīng)得到二氧化碳，故答案為：AD；(4)選擇方案時(shí)要考慮是否產(chǎn)生有害氣體污染空氣，方案是否可行，是否安全，操作是否簡單，是否節(jié)約了原料，方案A的生成物會污染環(huán)境，并且制取相同質(zhì)量的硝酸銅，方案B消耗的原料最少，硝酸中的硝酸根全部轉(zhuǎn)化成硝酸銅，故答案為：B；A中生成的NO會污染環(huán)境，生成相同質(zhì)量的硝酸銅B方案需要的硝酸更少。26、MnO2+4HCl=MnCl4+2H2OMnCl4Cl2↑+MnCl2Ⅲ中沒有明顯現(xiàn)象的原因是c(H+)、c(Cl-)較低，需要增大到一定濃度才能被MnO2氧化HCl的還原性與c(H+)無關(guān)；MnO2的氧化性與c(H+)有關(guān)，c(H+)越大，MnO2的氧化性越強(qiáng)不能將濕潤的淀粉KI試紙伸入純凈的NO2中c(Cl-)、c(H+)(或濃度)【分析】（1）①M(fèi)nO2呈弱堿性與濃鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成四氯化錳和水；②MnCl4加熱發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生的黃綠色氣體Cl2；③對比實(shí)驗(yàn)Ⅳ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能產(chǎn)生黃綠色氣體，即可得出結(jié)論；④右管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指針偏轉(zhuǎn)幅度不大，說明c(H+)不影響HCl的還原性；左管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，指針偏轉(zhuǎn)幅度增大，說明c(H+)對MnO2的氧化性有影響，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越強(qiáng)；（2）①燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤的淀粉KI試紙檢驗(yàn)，無明顯現(xiàn)象，說明產(chǎn)生的白霧中沒有Cl2；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中將濕潤的淀粉KI試紙伸入純凈的Cl2中，觀察到試紙先變藍(lán)，后褪色，因此實(shí)驗(yàn)Ⅲ需檢驗(yàn)NO2對濕潤的淀粉KI試紙的顏色變化，從而證明混合氣體中是否含有Cl2；（3）由上述實(shí)驗(yàn)過程分析可得，鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、c(H+)或c(Cl-)有關(guān)?！驹斀狻浚?）①由于MnO2呈弱堿性，與濃鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②將Ⅰ中混合物過濾后，所得濾液為MnCl4溶液，加熱后產(chǎn)生的黃綠色氣體為Cl2，由于該反應(yīng)為分解反應(yīng)，因此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；③實(shí)驗(yàn)Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能產(chǎn)生黃綠色氣體，因此說明實(shí)驗(yàn)Ⅲ中無明顯現(xiàn)象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)較低引起的，需要增大到一定濃度才能被MnO2氧化；④右管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指針偏轉(zhuǎn)幅度不大，說明c(H+)不影響HCl的還原性；左管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，指針偏轉(zhuǎn)幅度增大，說明c(H+)對MnO2的氧化性有影響，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越強(qiáng)；（2）①燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤的淀粉KI試紙檢驗(yàn)，無明顯現(xiàn)象，說明產(chǎn)生的白霧中沒有Cl2，因此說明HCl不能被濃硫酸氧化；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中將濕潤的淀粉KI試紙伸入純凈的Cl2中，觀察到試紙先變藍(lán)，后褪色，因此實(shí)驗(yàn)Ⅲ需檢驗(yàn)NO2對濕潤的淀粉KI試紙的顏色變化，從而證明混合氣體中是否含有Cl2，因此實(shí)驗(yàn)Ⅲ的操作是將濕潤的淀粉KI試紙伸入純凈的NO2中；（3）由上述實(shí)驗(yàn)過程分析可得，鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、c(H+)或c(Cl-)有關(guān)。27、燒杯、玻璃棒MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O防止溫度過高次氯酸鈉變?yōu)槁然c和氯酸鈉直形冷凝管N2H4·H2O+2NaClO====2NaCl+N2↑+3H2O冷卻后補(bǔ)加滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為當(dāng)加入最后一滴滴定劑的時(shí)候，溶液出現(xiàn)藍(lán)色且半分鐘內(nèi)不消失。

30.0%【詳解】（1）肼是共價(jià)化合物，原子之間通過共價(jià)鍵結(jié)合，則肼的電子式為：。本小題答案為：。（2）配制30%的NaOH溶液時(shí)，用天平稱量質(zhì)量，在燒杯中加水溶解，并用玻璃棒攪拌，需要玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒。本小題答案為：燒杯、玻璃棒。（3）二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯氣與水，化學(xué)反應(yīng)方程式為：。溫度升高時(shí)，次氯酸鈉容易發(fā)生自身的氧化還原反應(yīng)生成氯酸鈉和氯化鈉，所以步驟Ⅰ溫度需要在30℃以下，其主要目的是防止NaClO(歧化)分解為氯酸鈉和氯化鈉。本小題答案為：；防止溫度過高次氯酸鈉變?yōu)槁然c和氯酸鈉。（4）儀器B為直形冷凝管。具有強(qiáng)還原性，容易被過量的NaClO氧化，發(fā)生的反應(yīng)為：。本小題答案為：直形冷凝管；。（5）充分反應(yīng)后，加熱蒸餾燒瓶A內(nèi)的溶液即可得到水合肼的粗產(chǎn)品。若在蒸餾剛剛開始的時(shí)候忘記添加沸石，應(yīng)該