陜西省西安市長安區2023-2024學年高三上學期期中教學質量檢測化學試題一、選擇題：本題共20小題，1-10每小題2分，11-20每小題3分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．以下有關物質用途的敘述正確的是（）A．廢舊鋼材焊接前，可依次用飽和Na2CO3溶液、飽和NH4Cl溶液處理焊點B．金屬鈉、金屬鎂等活潑金屬著火時，可以使用干粉滅火器來滅火C．食品包裝袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化變質D．中國藍是古代人工合成的藍色化合物，其化學式為BaCuSi4O10，可改寫成BaO·4SiO2·CuO2．下列敘述不涉及氧化還原反應的是()A．谷物發酵釀造食醋 B．大氣中SO2參與酸雨形成C．含氯消毒劑用于環境消毒 D．小蘇打用作食品膨松劑3．已知(a)、(b)的分子式均為C8H8，下列說法正確的是（）A．a、b的一氯代物分別有5種和4種(不考慮立體異構)B．a、b中所有原子均可能處于同一平面C．a、b均可使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．a的同分異構體只有b一種4．下列實驗的現象及結論均正確且兩者具有因果關系的是(B)選項實驗現象結論A向FeCl2溶液中加入適量Na2O2粉末出現紅褐色沉淀和無色氣體FeCl2部分變質B向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩，靜置分層，上層呈橙紅色Br-還原性強于Cl-C將SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入稀硝酸產生白色沉淀且沉淀不溶于稀硝酸白色沉淀為BaSO3，然后轉化為BaSO4D將裝滿氯水的圓底燒瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射燒瓶內有氣泡向上逸出日光照射時，溶解的Cl2逸出A．A B．B C．C D．D5．下列各組離子在常溫下一定能大量共存的是(B)A．pH=0的溶液中：Cl－、Na+、NO3－、Fe2＋B．在c(H＋)＝10-2mol·L－1的溶液中：NH4＋、NO3－、K＋、Cl－C．加入鋁粉能放出H2的溶液中：Ba2＋、NH4＋、NO3－、Cl－D．含有大量Cu2+的溶液中：Al3＋、S2-、Br－、Na+6．下列說法正確的是（）A．硬脂酸甘油酯在堿性條件下的水解反應屬于皂化反應B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加熱后滴入幾滴新制氫氧化銅懸濁液，再加熱至沸騰，未出現紅色物質，說明淀粉未水解C．將無機鹽硫酸銅溶液加入到蛋白質溶液中會出現沉淀，這種現象叫做鹽析D．淀粉、蛋白質均可以水解，水解產物均含有電解質7．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序數依次增加。A是元素Y的單質。常溫下，甲的濃溶液具有脫水性，和A發生鈍化。丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A．丁和戊中所含化學鍵種類相同B．簡單離子半徑大小：X＜YC．氣態氫化物的還原性：X＜ZD．Y的簡單離子與Z的簡單離子在水溶液中可大量共存8．我國學者研制了一種納米反應器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氫氣反應獲得EG。反應過程示意圖如圖：下列說法不正確是（）A．Cu納米顆粒將氫氣解離成氫原子B．DMO分子中碳氧單鍵發生了斷裂C．反應過程中生成了MG和甲醇D．EG和甲醇互為同系物9．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是（）A．足量過氧化鈉與1molCO2反應，轉移電子的數目為2NAB．將1mol（NH4）2SO4溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+數目為2NAC．32.5g鋅與一定量濃硫酸恰好完全反應，生成的氣體分子數小于0.5NAD．標準狀況下，將22.4LCl2通入到水中，HClO、Cl-、ClO-粒子數之和為2NA10．下列分子中所有的原子都滿足最外層為8電子結構的是(B)A．BCl3 B．COCl2 C．SF6 D．SiH411．采用如圖所示裝置和操作，能達到實驗目的的是(B)A．甲裝置：在乙醇與乙酸的混合液中加入濃硫酸，可蒸餾出乙醇B．若采用乙裝置鋁件鍍銀，則d極為鋁件，c極為純銀，電解質溶液為AgNO3溶液C．丙裝置b口進氣排空氣法可收集CO2、NO等氣體D．丁裝置可制取并收集純凈的氯氣12．能正確表示下列反應的離子方程式是(B)A．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加少量H2O2溶液：2MnO4－＋6H＋＋3H2O2＝2Mn2＋＋4O2↑＋6H2OB．向明礬[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42?恰好沉淀完全：2Al3++3SO42?+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSOC．用銅做電極電解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O電解__2Cu+O2D．將ClO2氣體通入H2O2、NaOH的混合溶液中制NaClO2：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2ClO2－＋O2＋2H2O13．連二亞硫酸鈉（Na2S2O4）俗稱保險粉，易被氧氣氧化。利用如圖裝置，在錐形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH和水形成的混合液，通入SO2時發生反應生成保險粉和一種常見氣體，下列說法錯誤的是（）A．制備保險粉的離子方程式為：HCOO－＋OH－＋2SO2=S2O42-+CO2↑＋H2OB．多孔玻璃球泡的作用是增大氣體與溶液的接觸面積，使SO2能被充分吸收C．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2D．為避免Na2S2O4被O2氧化，使硫酸與亞硫酸鈉先反應，產生的SO2排出裝置中的O214．水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應如下(反應條件忽略)：3Fe2＋＋2S2O32－＋O2＋xOH－=Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列說法不正確的是（）A．離子方程式中x＝4B．該反應中S2O32－是還原劑C．3molFe2＋被氧化時有1molO2被還原D．每生成1molFe3O4轉移4mol電子15．硼酸(H3BO3)為一元弱酸，已知H3BO3與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：H3BO3+OH-=B(OH)4-，H3BO3可以通過電解的方法制備。其工作原理如下圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)。下列說法正確的是()A．電子流向：電源負極→b電極→電解液→a電極→電源正極B．陽極的電極反應式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+C．當電路中通過3mol電子時，可得到1molH3BO3D．A膜為陽膜，B膜為陰膜，且穿過A膜和B膜的離子數相同16．氯化亞銅(CuCl)是白色粉末，微溶于水，廣泛應用于化工和印染等行業。某研究性學習小組模擬熱分解CuCl2?2H2O制備CuCl的過程，并進行相關物質轉化的探究。已知：酸性條件下Cu+不穩定下列說法不正確的是（）A．X氣體是HCl，可抑制CuCl2?2H2O加熱時水解B．途徑1中產生的Cl2可以回收利用，也可以通入飽和NaOH溶液中除去C．途徑2中200℃時反應的化學方程式為Cu2(OH)2Cl2200℃_D．CuCl與稀硫酸反應的離子方程式為2Cu++4H++SO42?=2Cu2++SO2↑+2H217．將mgCuS和Cu2S的混合物投入500mLcmol·L－1的稀HNO3溶液中恰好完全反應，收集到NO氣體17.92L(標準狀況)，向反應后的溶液中(存在Cu2＋和SO42－)加入VmL3mol·L－1NaOH溶液恰好使Cu2＋完全沉淀，過濾、洗滌、灼燒，得到36gCuO。下列說法正確的是（）A．NO的質量為27gB．V＝400C．CuS和Cu2S的物質的量之比為4：1D．反應后的溶液中SO42－的物質的量為0.25mol18．電解質溶液電導率越大導電能力越強。常溫下用0.100mol/L鹽酸分別滴定10.00mL濃度均為0.100mol/L的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中電離與氨相似，常溫下Kb=1.6×10-4)。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是(B)A．a、d、e三點的溶液中，水的電離程度最大的是d點B．溶液溫度c點低于d點C．b點溶液中：c[(CH3)2NH2+]+c[(CH3)2NH·H2O]=c(Cl-)D．d點溶液中：c(H+)+c[(CH3)2NH·H2O]=c(OH-)19．X、Y、Z和W代表原子序數依次增大的四種短周期主族元素，它們滿足以下條件：①在元素周期表中，Z與Y、W均相鄰；②X、Y、W分別位于不同周期；③Y、Z、W三種元素的原子最外層電子數之和為17。下列說法錯誤的是(B)A．在Y、Z的簡單氫化物中，沸點高的是ZB．X、Y、Z形成離子化合物的水溶液可以顯酸性C．W的常見氧化物均為酸性氧化物D．X分別與Y、Z形成的核外電子總數為10的微粒最多只有4種20．有科研工作者研究發現，以負載Ce-Pt-Pd氧化處理后的不銹鋼絲網具有較好的催化性能，可以消除VOCs(揮發性有機化合物，如苯、甲苯、丙酮等)、NOA．不銹鋼絲網可增大催化劑與VOCs的接觸面積B．氧氣參與了上述催化反應C．碳原子在該催化反應中得電子D．該催化劑可用于機動車尾氣的處理二、非選擇題：共50分。第21~23題為必考題，每個試題考生都必須作答。第24~25題為選考題，考生根據要求作答。21．某淺綠色晶體X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]在分析化學中常用作還原劑.為確定其組成，某小組同學進行如下實驗．I．NH采用蒸餾法，蒸餾裝置如圖所示。相關的實驗步驟如下：①準確稱取58.80g晶體X，加水溶解后，將溶液注入三頸燒瓶中；②準確量取50.00mL3.0300mol?L-1H2SO4溶液于錐形瓶中；③向三頸燒瓶中加入足量NaOH溶液，通入氮氣，加熱，蒸氨結束后取下錐形瓶；④用0.120mol?L-1NaOH標準溶液滴定錐形瓶中過量的硫酸，滴定終點時消耗25.00mLNaOH標準溶液．（1）儀器M的名稱為。（2）步驟③中，發生的氧化還原反應的化學方程式為。蒸氨結束后，為了減少實驗誤差，還需要對直形冷凝管進行“處理”，“處理”的操作方法是。（3）步驟④中，若振蕩時錐形瓶中有液體濺出，則所測得的n(NH4+)的值將(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（4）II.SO42-含量的測定采用重量分析法，實驗步驟如下：①另準確稱取58.80g晶體X于燒杯中，加水溶解，邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液；②將得到的溶液用無灰濾紙(灰分質量很小，可忽略)過濾，洗滌沉淀3~4次；③用濾紙包裹好沉淀取出，灼燒濾紙包至濾紙完全灰化；④繼續灼燒沉淀至恒重、稱量，得沉淀質量為69.90g。步驟①中，判斷BaCl2溶液已過量的實驗操作和現象是。（5）步驟②中，采用冷水洗滌沉淀，其主要目的是。（6）結合實驗Ⅰ、Ⅱ通過計算得出晶體X的化學式為。22．實現變廢為寶和資源的回收利用是實現“碳中和”的重要途徑。一種利用碲化亞銅廢渣制備二氧化碲和單質銀的工業流程如圖所示：已知：①碲化亞銅廢渣的主要成分為Cu2Te②二氧化碲是兩性氧化物，微溶于水；③本流程條件下，Kw回答下列問題：（1）碲(Te)是52號元素，其在元素周期表中的位置為（2）“酸浸氧化”后Te元素以TeCl4形式存在，由Cu2Te生成TeCl4（3）“堿轉化除銅”時應調節溶液的pH為13，此時溶液中的c(Cu2+)為（4）“中和沉碲”時需控制溶液的pH為5.5~6.5，溫度為（5）酸浸渣的主要成分為(填化學式)，“還原”工序中發生的反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為。（6）以上述流程制得的TeO2為原料制備高純碲單質的方法如下：將TeO2溶于NaOH溶液生成Na2TeO323．二氧化碳的綜合利用是實現碳達峰、碳中和的關鍵。I.利用CO2和已知：a.Cb.COc.C（1）計算ΔH3（2）一定條件下，向密閉容器中充入物質的量之比為1：3的CO2和H2甲醇的選擇性=①210-270℃間，在甲醇的選擇性上，催化效果較好的是。②210-270℃間，催化劑2條件下CO2的轉化率隨溫度的升高而增大，可能原因為（3）II.工業上用CO2和NH3通過如下反應合成尿素[CO(NH2)2下列能說明反應達到化學平衡狀態的是(填字母)。a.相同時間內，6molN?H鍵斷裂，同時有2molH?O鍵形成b.容器內氣體總壓強不再變化c.2d.容器內氣體的密度不再改變（4）CO時間/min0307080100n1.6l.00.80.80.8CO2的平衡轉化率為；t℃時，該反應的平衡常數K=24．A、B、C、D、E五種原子序數依次增大的元素(原子序數均小于30)。A的基態原子的2p能級有3個電子；C的基態原子2p能級有1個單電子；E原子最外層有1個單電子，其次外層有3個能級且均排滿電子；D與E同周期，價電子數為2。回答下列問題：（1）寫出基態E+的價電子排布式：。基態A原子的第一電離能比B的大，其原因是。（2）A5+由美國空軍研究實驗室推進科學與先進概念部Karl.O.Christed于1999年成功合成，其結構呈‘V'形且該離子中各原子均達到8電子穩定結構，則A5+的結構式為。（3）B3分子的空間構型為，其中B原子的雜化類型是，與B3分子互為等電子體的微粒有(寫一種離子)。（4）向E的硫酸鹽溶液中通入A的氣態氫化物至過量，產生藍色沉淀，隨后沉淀溶解得到深藍色溶液，向溶液中加入適量乙醇，析出藍色晶體。加入乙醇的目的。寫出該配合物中配離子的結構簡式。（5）由長周期元素組成的鑭鎳合金、銅鈣合金有相同類型的晶體結構XYn，它們有很強的儲氫能力，其中銅鈣合金的晶體的部分結構如圖所示。已知鑭鎳合金(LaNin)晶體中的重復結構單元如圖一所示，該結構單元的體積為9.0×10-23cm3，儲氫后形成LaNinH4.5的合金(氫進入晶體空隙，體積不變)，則LaNin中n=(填數值)；氫在合金中的密度為g/L。25．某天然氨基酸M是人體必需的氨基酸之一，其合成路線如下：已知：①→一定條件NH②+R—X→+KX（1）A→B的反應條件和試劑是；化合物F的名稱為；（2）I→J的反應類型是；（3）寫出D→E反應的化學方程式；（4）I與乙二醇反應可生成能降解的高分子化合物N，寫出該反應的化學方程式；（5）符合下列條件的化合物M的同分異構體共有種（不考慮立體異構）；①含有苯甲酸結構②含有一個甲基③苯環上只有兩個取代基其中核磁共振氫譜峰面積比為1：1：2：2：2：3的分子的結構簡式（任寫一種）；（6）請結合以上合成路線，寫出以丙酸和上述流程中出現的物質為原料經三步合成丙氨酸（）的路線。

答案解析部分1．【答案】A【知識點】鹽類水解的應用；硅酸鹽【解析】【解答】A、飽和Na2CO3溶液具有堿性，可與油污發生水解反應，因此飽和Na2CO3溶液可用于除油污。飽和NH4Cl溶液顯酸性，可與鐵銹反應。因此飽和NH4Cl可用于除鐵銹。因此可依次用Na2CO3溶液、飽和NH4Cl溶液處理焊點，符合題意。

B、金屬Na、Mg能與CO2反應，而干粉滅火器可產生CO2。因此金屬Na、Mg著火，不能用干粉滅火器滅火，B不符合題意。

C、生石灰為CaO，能與H2O反應，不能與O2反應。因此不能防止食品氧化變質，C不符合題意。

D、可改寫成的氧化物形式為BaO·CuO·4SiO2，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】A、飽和Na2CO3可除去油污，飽和NH4Cl溶液除去鐵銹。

B、金屬Na、Mg能與CO2反應。

C、生石灰可用于吸水，不能吸收氧氣。

D、寫成金屬氧化物形式時，應先寫金屬氧化物，再寫非金屬氧化物。2．【答案】D【知識點】氧化還原反應【解析】【解答】A、谷物發酵釀造食醋的過程中，涉及乙醇氧化成乙酸，A不符合題意。

B、酸雨形成的過程中發生反應SO2＋H2O=H2SO3、2H2SO3＋O2=2H2SO4，涉及H2SO3氧化成H2SO4，B不符合題意。

C、含氯消毒劑具有氧化性，利用其氧化性，進行環境消毒，C不符合題意。

D、小蘇打為NaHCO3，受熱分解生成CO2，可用作食品膨松劑。NaHCO3受熱分解的反應不屬于氧化還原反應，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、谷物發酵涉及氧化過程。

B、酸雨過程中涉及H2SO3氧化成H2SO4的過程。

C、含氯消毒劑用于消毒的過程利用了含氯消毒劑的氧化性。

D、小蘇打做食品膨松劑，利用了NaHCO3受熱分解的性質。3．【答案】C【知識點】同分異構現象和同分異構體；烯烴；苯的同系物及其性質【解析】【解答】A、a中共有5種等效氫，因此其一氯代物有5種；b中共有3種等效氫，因此其一氯代物有3種，A不符合題意。

B、a中苯環和碳碳雙鍵都是平面型結構，因此所有原子可能共平面。b中含有飽和碳原子，為四面體結構，因此b中所有原子不可能共平面，B不符合題意。

C、a中側鏈碳碳雙鍵可被酸性KMnO4溶液氧化；b中苯環側鏈碳原子上含有H原子，能被酸性KMnO4溶液氧化。因此a、b兩種物質都能使酸性KMnO4溶液褪色，C符合題意。

D、a的同分異構體中可能還含有鏈狀化合物，如HC≡C－C≡C－CH2－CH＝CH－CH3，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】A、根據等效氫的個數確定其一氯代物的個數。

B、b中含有飽和碳原子，為四面體結構。

C、a中碳碳雙鍵可使酸性KMnO4溶液褪色，b中苯環測量碳原子上含有H原子，可使酸性KMnO4溶液褪色。

D、a的同分異構體中還可能含有鏈狀化合物。4．【答案】B【知識點】氯氣的化學性質；硫酸根離子的檢驗；二價鐵離子和三價鐵離子的檢驗；探究鹵素單質間的置換反應【解析】【解答】A、加入Na2O2粉末后，Na2O2與H2O反應生成NaOH和O2，O2能將Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋與OH－反應生成紅褐色沉淀Fe(OH)3，不能說明FeCl2溶液變質，A不符合題意。

B、向NaBr溶液滴加適量氯水，發生反應Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。上層溶液顯橙紅色，說明反應生成Br2，因此還原性Br－＞Cl－，B符合題意。

C、將SO2通入BaCl2溶液中，由于酸性H2SO3＜HCl，因此SO2與BaCl2不反應。再滴加稀硝酸，HNO3具有氧化性，能將SO2氧化成SO42－，與Ba2＋結合生成BaSO4沉淀，C不符合題意。

D、氯水中含有HClO，光照條件下HClO不穩定，發生分解反應，生成HCl和O2，因此逸出的氣體為O2，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】A、Na2O2與H2O反應生成O2，可將Fe2＋氧化成Fe3＋。

B、Cl2能將Br－氧化成Br2，Br2溶解在苯中。

C、SO2與BaCl2不反應。

D、氯水中HClO不穩定，光照時分解產生O2。5．【答案】B【知識點】離子積常數；離子共存【解析】【解答】A、pH=0的溶液中含有大量的H＋，NO3－在酸性條件下具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，不能大量共存，A不符合題意。

B、溶液中各個離子相互間不反應，可大量共存，B符合題意。

C、加入Al粉能生成H2的溶液中含有大量的H＋或OH－，OH－能與NH4＋反應生成NH3·H2O，不可大量共存，C不符合題意。

D、Cu2＋能與S2－反應生成CuS沉淀；Al3＋能與S2－反應生成Al(OH)3和H2S，不可大量共存，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】A、pH=0溶液顯酸性，NO3－在酸性條件下具有氧化性。

B、c(H＋)=10－2mol·L－1的溶液顯酸性。

C、Al能與強酸或強堿的稀溶液反應生成H2。

D、Cu2＋能與S2－形成CuS沉淀。6．【答案】A【知識點】電解質與非電解質；蔗糖與淀粉的性質實驗【解析】【解答】A、硬脂酸甘油酯在堿性條件下發生的水解反應，稱為皂化反應，A符合題意。

B、向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加熱后先滴加足量的NaOH溶液，中和過量的H2SO4；再待機新制Cu(OH)2懸濁液，加熱，產生磚紅色沉淀，說明淀粉發生水解，B不符合題意。

C、Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質發生變性，C不符合題意。

D、淀粉的水解產物為葡萄糖，屬于非電解質，不符合題意。

故答案為：A

【分析】A、油脂堿性條件下的水解反應稱為皂化反應。

B、新制Cu(OH)2懸濁液需在堿性條件下才具有氧化性。

C、Cu2＋為重金屬離子，能使蛋白質變性。

D、淀粉的水解產物為葡萄糖，屬于非電解質。7．【答案】C【知識點】離子共存；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；微粒半徑大小的比較【解析】【解答】A、由分析可知，丁為H2O、戊為H2O2。前者含有極性鍵，后者還含有極性鍵和非極性鍵，A不符合題意。

B、X的離子為O2－，Y的離子為Al3＋。二者的電子層結構相同，核電荷數越大的，離子半徑越小，因此離子半徑O2－＞Al3＋，即X＞Y，B不符合題意。

C、非金屬性越強，則氣態氫化物的還原性越弱。由于非金屬性X＞Z，所以氣態氫化物的還原性X＜Z，C符合題意。

D、Y的簡單離子為Al＋，Z的簡單離子為S2－，二者在水溶液中可發生反應：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，因此二者在水溶液中不可大量共存，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】甲的濃溶液具有脫水性，因此甲為濃硫酸。濃硫酸能與鐵、鋁發生鈍化，因此Y為Al。加熱Al和濃硫酸，反應生成Al2(SO4)3、SO2和H2O。丙能與戊反應生成甲，因此丙為SO2，戊為H2O2，丁為H2O。而元素W為H、X為O、Z為S。據此結合選項分析。8．【答案】D【知識點】化學鍵；同系物【解析】【解答】A、由反應原理圖可知，H2在Cu納米顆粒上轉化為H原子，A不符合題意。

B、反應過程中，DMO分子中碳氧單鍵斷裂，B不符合題意。

C、DMO生成MG的同時，生成CH3OH，C不符合題意。

D、EG的結構簡式為HOCH2CH2OH，甲醇的結構簡式為CH3OH，二者所含官能團的個數不同，不屬于同系物，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、根據H2在Cu納米顆粒上的反應分析。

B、反應過程中碳氧單鍵斷裂。

C、生成MG的同時生成CH3OH。

D、EG為HOCH2CH2OH。9．【答案】B【知識點】氯氣的化學性質；氧化還原反應的電子轉移數目計算；物質的量的相關計算【解析】【解答】A、CO2與Na2O2反應的化學方程式為2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，反應過程中轉移2個電子。因此1molCO2完全反應時，轉移電子數為1NA，A不符合題意。

B、溶液中存在電荷守恒n(NH4＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋2n(SO42－)，溶液顯中性，則c(H＋)=c(OH－)，所以n(NH4＋)=2n(SO42－)=2mol，所以溶液中NH4＋的數目為2NA，B符合題意。

C、32.5gZn的物質的量為0.5mol。Zn與濃硫酸反應的化學方程式為Zn＋2H2SO4=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，0.5molZn完全反應，生成n(SO2)=0.5mol。Zn與稀硫酸反應的化學方程式為Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，0.5molZn完全反應，生成n(H2)=0.5mol。因此32.5gZn完全反應，產生氣體的分子數為0.5NA，C不符合題意。

D、標準狀態下22.4LCl2的物質的量為1mol，Cl2與H2O的反應為可逆反應，因此水溶液中含有大量的Cl2，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】A、Na2O2與CO2反應的化學方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molCO2反應轉移1mol電子。

B、溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，據此計算溶液中NH4＋的數目。

C、Zn與濃硫酸反應生成SO2，與稀硫酸反應生成H2。

D、Cl2與H2O的反應為可逆反應，水中含有大量的Cl2分子。10．【答案】B【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型【解析】【解答】A、B原子的最外層電子數為3，與3個Cl原子形成共用電子對，因此BCl3中B原子的最外層電子數為6，A不符合題意。

B、COCl2中C原子的最外層電子數為4，O原子的最外層電子數為6，Cl原子的最外層電子數為7。C原子提供2個電子與O原子形成碳氧雙鍵，另外2個電子分別與Cl原子形成2對共用電子對，因此C、O、Cl三種原子的最外層都滿足8個電子穩定結構，B符合題意。

C、S原子的最外層電子數為6，與6個F原子形成6對共用電子對，因此S原子的最外層電子數為12，C不符合題意。

D、Si原子最外層電子數為4，與4個H原子形成共用電子對，因此Si原子最外層電子數為8。H原子的最外層電子數為2，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據選項所給物質中原子最外層電子數，以及與之結合的原子個數分析。11．【答案】B【知識點】氯氣的實驗室制法；蒸餾與分餾；氣體的收集；電鍍【解析】【解答】A、加入濃硫酸后，乙醇和乙酸在濃硫酸加熱條件下發生酯化反應，生成乙酸乙酯，因此無法蒸出乙醇，A不符合題意。

B、由電流方向可知，直流電源a為正極，因此c為陽極，d為陰極。往鋁件上鍍銀時，鋁件應為陰極，純銀為陽極。因此d電極為鋁件，c電極為純銀，電解質溶液為AgNO3溶液，B符合題意。

C、CO2的密度比空氣大，可采用向上排空氣法收集，CO2氣體應從長導管的一端通入。NO能與空氣中的O2反應生成NO2，不能用排空氣法收集，C不符合題意。

D、丁裝置中濃硫酸可除去Cl2中混有的水蒸氣，但無法除去Cl2中混有的HCl，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】A、乙醇和乙酸在濃硫酸加熱條件下發生志華反應。

B、實現鋁上鍍銀，則鋁為陰極，銀為陽極。

C、NO能與空氣中的O2反應，不能用排空氣法收集。

D、未除去Cl2中混有的HCl。12．【答案】D【知識點】離子方程式的書寫【解析】【解答】A、酸性KMnO4溶液具有氧化性，能將H2O2氧化成O2，該反應的離子方程式為：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。選項所給反應不符合得失電子守恒，A不符合題意。

B、至SO42－完全沉淀，則參與反應的Ba(OH)2的系數為2，引入了4個OH－，Al3＋與OH－反應生成AlO2－，該反應的離子方程式為：2Ba2＋＋4OH－=2SO42－＋Al3＋=2BaSO4↓＋AlO2－＋2H2O，B不符合題意。

C、用Cu做電極電解CuSO4溶液時，陽極上Cu發生過失電子的氧化反應，生成Cu2＋；陰極上H2O發生得電子的還原反應，生成H2和OH－。因此電池的總反應式為Cu＋2H2O=Cu(OH)2＋H2↑，C不符合題意。

D、ClO2與H2O2反應，生成NaClO2，氯元素發生還原反應，因此H2O2發生氧化反應，產物為O2，該反應的離子方程式為：2ClO2＋H2O2＋2OH－=2CClO2－＋O2＋2H2O，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、不符合得失電子守恒。

B、SO42－完全沉淀，則加入Ba(OH)2的系數為2，引入了4個OH－。

C、用Cu做電極，則陽極上Cu發生失電子的氧化反應生成Cu2＋。

D、ClO2轉化為NaClO2時發生還原反應，則H2O2發生氧化反應，產物為O2。13．【答案】C【知識點】制備實驗方案的設計；離子方程式的書寫【解析】【解答】A、制備保險粉時HCOONa、NaOH和SO2反應生成Na2S2O4、CO2和H2O。該反應的離子方程式為：HCOO－＋OH－＋2SO2=S2O42－＋CO2↑＋H2O，A不符合題意。

B、多孔玻璃球泡可增大氣體與溶液的接觸面積，從而使SO2被充分吸收，B不符合題意。

C、NaOH溶液用于吸收反應生成的CO2，同時吸收未反應的SO2，防止SO2逸出，造成空氣污染，C符合題意。

D、Na2S2O4易被空氣中的O2氧化，因此實驗前，需先制備SO2，利用SO2排出裝置內的空氣，防止反應生成的Na2S2O4被O2氧化，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】A、根據題干信息確定反應物和生成物，從而得出反應的離子方程式。

B、多孔玻璃球泡可增大反應物的接觸面積。

C、NaOH可吸收反應生成的CO2和過量的SO2。

D、Na2S2O4可被空氣中的O2氧化，應先利用SO2排出空氣中的O2。14．【答案】C【知識點】氧化還原反應；氧化還原反應的電子轉移數目計算【解析】【解答】A、在離子方程式中，左右兩邊應滿足電荷守恒。因此可得3×2－2×2－x=－2，解得x=4，A不符合題意。

B、反應過程中S2O32－中硫元素的化合價升高，發生氧化反應，因此S2O32－為還原劑，B不符合題意。

C、Fe3O4中鐵元素的化合價為＋2價和＋3價，且＋3價Fe與＋2價Fe的個數比為2：1。因此3molFe2＋參與反應時，被氧化的n(Fe2＋)=2mol，此時有1molO2被還原，C符合題意。

D、由反應的離子方程式可知，每生成1molFe3O4時，有1molO2被還原，轉移電子數為4mol，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】A、根據電荷守恒確定x的值。

B、存在元素化合價升高的物質為還原劑。

C、3molFe2＋參與反應時，只有2molFe2＋被氧化。

D、根據反應過程中元素化合價變化計算轉移電子數。15．【答案】B【知識點】電極反應和電池反應方程式；電解池工作原理及應用【解析】【解答】A、電子的流向為：電源負極→b電極，a電極→電源正極。電子不通過電解質溶液，A不符合題意。

B、陽極上陰離子發生失電子的氧化反應。陰極室內H2SO4中，OH－失電子的能力強于SO42－，因此H2O電離產生的OH－發生失電子的氧化反應。因此陽極的電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，B符合題意。

C、當電路中通過3mol電子時，陽極室中有3molH＋通過A膜，陰極室中有3molB(OH)4－通過陰膜。二者反應生成3molH3BO3，C不符合題意。

D、陽極室中H＋通過A膜進入產品室中，因此A膜為陽膜。原料室中Na＋通過B膜進入陰極室中，因此B膜為陽膜，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】陽極室中a石墨電極的電極反應式為：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。陽極室中H＋通過A膜進入產品室中。陰極室中b石墨電極的電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。原料室中Na＋通過B膜進入陰極室中，B(OH)4－通過陰膜進入產品中。產品室中H＋與B(OH)4－反應生成H3BO3。據此結合選項進行分析。16．【答案】D【知識點】氯氣的化學性質；制備實驗方案的設計【解析】【解答】A、對CuCl2·2H2O加熱除水的過程中，由于Cu2＋可發生水解反應生成Cu(OH)2和HCl。因此需通入HCl抑制Cu2＋的水解，所以通入的X氣體為HCl，A不符合題意。

B、途徑1中反應生成的Cl2可回收用于生產HCl；也可用NaOH溶液進行吸收，B不符合題意。

C、途徑過2中Cu2(OH)2Cl2發生分解反應，生成CuO和HCl，該反應的化學方程式為Cu2(OH)2Cl2=2CuO＋2HCl↑，C不符合題意。

D、稀硫酸不具有氧化性，因此不會產生SO2，D符合題意。

故答案為：D

【分析】A、CuCl2·2H2O在加熱時易發生水解反應，通入HCl可抑制其水解。

B、途徑1產生的Cl2可回收，也可用NaOH溶液吸收。

C、途徑Cu2(OH)2Cl2加熱時可分解生成CuO和HCl。

D、CuCl在酸性條件下可反應生成Cu和Cu2＋。17．【答案】D【知識點】硝酸的化學性質；有關混合物反應的計算【解析】【解答】A、反應生成NO的質量為0.8mol×30g·mol－1=24g，A不符合題意。

B、由分析可知，參與反應的n(OH－)=0.96mol，則反應過程中消耗NaOH溶液的體積V=nOH?cOH?=0.9mol3mol·L?1=0.3L=300mL，B不符合題意。

C、由分析可知，CuS、Cu2S與HNO3反應過程中轉移2.4mol電子。令n(CuS)=amol、n(Cu2S)=bmol，根據得失電子守恒可得，amol×8＋2bmol×1＋bmol×8=2.4mol，整理得8a+10b=2.4。由銅元素守恒可得，a+2b=0.45。聯立可得8a+10b=2.4a+2b=0.45，解得a=0.05b=0.2。即混合物中n(CuS)=0.05mol、n(Cu2S)=0.2mol，所以二者的物質的量之比為1：4，C不符合題意。

D、由硫元素守恒可得，反應后溶液中n(SO42－)=0.05mol＋0.2mol=0.25mol，D符合題意。

故答案為：D

【分析】反應生成的18．【答案】A【知識點】水的電離；離子濃度大小的比較【解析】【解答】A、a點溶液中NaOH過量，對水的電離起到抑制作用。d點溶液中溶質為(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH2＋發生水解，促進水的電離。e點溶液中HCl過量，H＋抑制水的電離。因此a、d、e三點溶液中水的電離程度最大的是d點，A符合題意。

B、c點溶液中的溶質為NaCl，d點溶液中的溶質為(CH3)2NH2Cl。d點溶液中(CH3)2NH2＋的水解為吸熱反應。因此d點溶液的溫度較低，B不符合題意。

C、b點溶液的溶質為等濃度的(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH·H2O，由物料守恒可得：c[(CH3)2NH2＋]＋c[(CH3)2NH·H2O]=2c(Cl－)，C不符合題意。

D、d點溶液中溶質為(CH3)2NH2Cl，該溶液顯酸性。由質子守恒可得，溶液中c(H＋)=c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】NaOH為強堿，二甲胺為弱堿，等濃度的兩溶液中，NaOH溶液的導電性強，電導率大。因此曲線①為NaOH溶液的滴定過程，曲線②為二甲胺的滴定過程。

A、酸堿溶液抑制水的電離，可水解的鹽溶液促進水的電離。

B、d點溶液中陽離子的水解吸收熱量。

C、b點溶液的溶質為等濃度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，結合物料守恒分析。

D、d點溶液為(CH3)2NH2Cl溶液，結合質子守恒分析。19．【答案】D【知識點】元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；元素周期律和元素周期表的綜合應用【解析】【解答】由分析可知，X為H、Y為N、Z為O、W為S。

A、Y的氫化物為NH3，Z的氫化物為H2O，H2O為液態，NH3為氣態。因此H2O的沸點較高，A不符合題意。

B、X、Y、Z形成的離子化合物NH4NO3，其中NH4＋在水中可發生水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液顯酸性，B不符合題意。

C、W的常見氧化物為SO2、SO3，都屬于酸性氧化物，C不符合題意。

D、X與Y、Z可形成的10電子微粒分別為H2O、OH－、NH4＋、NH3、NH2－等，D符合題意。

故答案為：D

【分析】X、Y、W分別位于不同的周期，因此X為H。Z與Y、W均相鄰，因此Z與Y同周期，與W同主族。令Z的最外層電子數為a，則W的最外層電子數也為a，Y的最外層的電子數為(a＋1)或(a－1)。由于Y、Z、W三種元素的原子最外層電子數為17，即2a＋(a－1)=17或2a＋(a＋1)=17，解得a=6或a=16320．【答案】C【知識點】氧化還原反應【解析】【解答】A、不銹鋼絲網可增大氣體與催化劑的接觸面積，使物質充分反應，A不符合題意。

B、反應過程中利用了O2的氧化性，將VOCs氧化成CO2，因此O2參與了上述的催化反應，B不符合題意。

C、反應過程中碳元素的化合價升高，發生失電子的氧化反應，C符合題意。

D、機動車尾氣中含有氮氧化物，可用該催化劑將其轉化為N2，D不符合題意。

故答案為；C

【分析】A、網狀結構可增大接觸面積。

B、該反應過程中利用了O2的氧化性。

C、反應過程中碳元素化合價升高，發生失電子的氧化反應。

D、機動車尾氣中含有氮氧化物，應將其轉化為N2。21．【答案】（1）分液漏斗（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；用蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入錐形瓶中（3）偏大（4）待濁液分層后，取出上層清液少許于試管中，向試管中加入1~2滴BaCl2溶液，若無白色渾濁出現，則說明BaCl2溶液已過量（5）盡可能減少沉淀的溶解損失，減小實驗誤差（6）(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O【知識點】鐵的氧化物和氫氧化物；制備實驗方案的設計；有關混合物反應的計算；復雜化學式的確定【解析】【解答】（1）圖示儀器M為分液漏斗。

故答案為：分液漏斗

（2）步驟③中，加入NaOH溶液后，Fe2＋與OH－反應生成Fe(OH)2沉淀。Fe(OH)2易被空氣中的O2氧化，生成Fe(OH)3，該反應的化學方程式為：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。為了減少實驗誤差，需將直形冷凝管中殘留的氨沖洗出來，并注入錐形瓶內。

故答案為：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；用蒸餾水沖洗冷凝管內通道2~3次，將洗滌液注入錐形瓶內

（3）若振蕩時有液體濺出，則使得滴定過程中消耗n(NaOH)減少，則與NH3反應的n(H2SO4)偏大，計算所得n(NH3)偏大，即n(NH4＋)偏大。

故答案為：偏大

（4）BaCl2溶液已過量，則SO42－已完全反應，此時繼續加入BaCl2溶液，無沉淀產生。因此實驗操作和現象為：待濁液分層后，取出上層清液少許于試管中，向試管中加入1～2滴BaCl2溶液，若無白色渾濁出現，則說明BaCl2溶液已過量。

故答案為：待濁液分層后，取出上層清液少許于試管中，向試管中加入1～2滴BaCl2溶液，若無白色渾濁出現，則說明BaCl2溶液已過量

（5）步驟②中采用冷水洗滌沉淀，可降低沉淀的溶解度，減少沉淀的溶解損失，減少實驗誤差。

故答案為：盡可能減少沉淀的溶解損失，減小實驗誤差

（6）用NaOH溶液滴定過量的硫酸時，消耗n(NaOH)=0.12mol·L－1×0.025L=0.003mol，因此與NH3反應的n(H2SO4)=3.03mol·L－1×0.05L－0.0015mol=0.15mol，所以n(NH4＋)=n(NH3)=0.15mol×2=0.3mol。實驗Ⅱ中反應生成nBaSO4=69.9g233g·mol?1=0.3mol。因此晶體中n(NH4＋)：n(SO42－)=1：1，因此該晶體的化學式為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。

故答案為：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O

【分析】（1）根據圖示儀器確定其名稱。

（2）溶液中含有Fe2＋，能與OH－反應生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被空氣中的O2氧化生成Fe(OH)3。

（3）步驟④滴定過程中液體濺出，則導致滴定過程中消耗n(NaOH)減小，使得n(H2SO4)減小，則與NH3反應的n(H2SO4)增大，計算所得n(NH4＋)含量偏大。

（4）根據SO42－的檢驗分析。

（5）冷水洗滌可減少沉淀的溶解。

（6）根據消耗n(H2SO422．【答案】（1）第五周期ⅥA族（2）Cu2Te+8HCl+4H2O2（3）2（4）碲的沉淀率降低（5）AgCl；4（6）2Te【知識點】電極反應和電池反應方程式；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；物質的分離與提純【解析】【解答】（1）第五周期稀有氣體元素的原子序數為54，因此52號元素Te應位于元素周期表的第五周期ⅥA族。

故答案為：第五周期ⅥA族

（2）Cu2Te與TeCl4、H2O2反應生成CuCl2、TeCl4和H2O，該反應的化學方程式為Cu2Te＋8HCl＋4H2O2=2CuCl2＋TeCl4＋8H2O。反應過程中生成的Cu2＋對H2O2的分解有催化作用，使得反應過程中消耗H2O2的量比理論消耗量大。

故答案為：Cu2Te＋8HCl＋4H2O2=2CuCl2＋TeCl4＋8H2O；反應生成的Cu2＋能催化H2O2的分解反應，導致大量H2O2被分解

（3）溶液的pH=13時溶液的c(H＋)=10－13mol·L－1，此時溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1。則溶液中cCu2+=KspCuOH2c2OH?=2.2×10?200.12=2.2×10?18mol·L?1。

故答案為：2.2×10-18

（4）“中和沉碲”過程中加入稀鹽酸，反應生成TeO2。由于TeO2為兩性氧化物，因此TeO2能與HCl反應。若溶液的pH過低，則溶液中c(H＋)較大，使得反應生成的TeO2與H＋反應，導致碲的沉淀率降低。

故答案為：碲的沉淀率降低

（5）“酸浸氧化”過程中加入稀鹽酸，與Ag2Te反應生成AgCl沉淀，因此酸浸渣的主要成分為AgCl。“還原”工序中加入N2H4溶液，與AgCl反應生成N2和Ag。過程中Ag由＋1價變為0，得到1個電子，為氧化劑。N2H4中氮元素由－2價變為0價，共失去4個電子，為還原劑。由得失電子守恒可得，AgCl和N2H4的個數比為4：1。即氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1。

故答案為：AgCl；4：1

（6）陰極上TeO32－發生得電子的還原反應，生成Te22－，該電極反應式為2TeO32－＋10e－＋6H2O=Te22－＋12OH－。

故答案為：2TeO32－＋10e－＋6H2O=Te22－＋12OH－

【分析】（1）第五周期稀有氣體元素的原子序數為54，據此確定第52號元素在周期表中的位置。

（2）根據題干信息確定反應物和生成物，從而確定反應的化學方程式。雙氧水溶液中H2O2在Cu2＋的催化作用發生過分解反應，使得實際消耗量過多。

（3）根據溶液的pH值結合Kw計算溶液中c(OH－)；再結合Cu(OH)2的溶度積計算此時溶液中c(Cu2＋)。23．【答案】（1）+40.9kJ/mol（2）催化劑Ⅰ；升高溫度，催化劑活性增大，反應速率加快，相同反應時間CO（3）bd（4）50%【知識點】蓋斯定律及其應用；催化劑；化學平衡狀態的判斷；化學平衡的計算【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可得，該反應的反應熱ΔH3=ΔH1－ΔH2=(－49.5kJ·mol－1)－(－90.4kJ·mol－1)=40.9kJ·mol－1。所以該反應的反應熱ΔH3=＋40.9kJ·mol－1。

故答案為：＋40.9kJ·mol－1

（2）①由圖可知，使用催化劑Ⅰ時CH3OH選擇性較高。因此在甲醇的選擇性上，催化效果較好的是催化劑Ⅰ。

故答案為：催化劑Ⅰ

②210～270℃間，催化劑2條件下，升高溫度，催化劑活性增大，反應速率加快。相同反應時間內CO2的轉化率增大。

故答案為：升高溫度，催化劑活性增大，反應速率加快，相同反應時間CO2的轉化率增大

（3）a、相同時間內，有6molN－H鍵斷裂，即有2molNH3發生反應。同時有2molH－O鍵形成，即有1molH2O生成。都表示正反應，無法體現正逆反應速率相等，因此不能說明反應達到平衡狀態，a不符合題意。

b、若反應正向進行，氣體分子數減小，壓強減小。若反應逆向進行，氣體分子數增大，壓強增大。因此反應過程中容器內的氣體壓強發生變化，當其不變時，反應達到平衡狀態，b符合題意。

c、反應速率之比等于化學計量數之比，則v正NH3v逆CO2=21，所以v正(NH3)=2v逆(CO2)，正逆反應速率不相等，不能說明反應達到平衡狀態，c不符合題意。

d、反應在恒容密閉容器中進行，混合氣體的體積不變。反應物都是氣體，生成物中有固體，因此反應過程中混合氣體的質量發生變化。根據密度公式ρ=mV可知，混合氣體的密度是一個變量，則當其不變時，說明反應達到平衡狀態，d符合題意。

故答案為：bd

（4）由表格數據可知，當反應進行到70min時，反應達到平衡狀態，此時n(CO2)=。8mol，則參與反應的n(CO2)=1.6mol－0.8mol=0.8mol。所以CO2的平衡轉化率為0.8mol1.6mol×100%=50%。

起始時c(NH3)=1mol·L－1、c(CO2)=0.8mol·L－1，平衡時c(CO2)=0.4mol。可得平衡三段式如下：

2NH3g+CO2g?CO24．【答案】（1）3d10；N原子價電子排布式為2S22P3，O原子為2s22p4，N的2p軌道達半滿，更為穩定（2）（3）V形；SP2；NO2（4）降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；（5）n=5；密度是250g/L【知識點】原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；判斷簡單分子或離子的構型；配合物的成鍵情況；晶胞的計算【解析】【解答】（1）由分析可知，E的基態原子核外電子排布式為[Ar]3d104s1，因此E+的價電子排布式為3d10。A為N，其價電子排布式為2s22p3，B為O，其價電子排布式為2s22p4。N的2p軌道為半充滿狀態，結構更穩定。

故答案為：3d10；N原子價電子排布式為2S22P3，O原子為2s22p4，N的2p軌道達半滿，更為穩定

（2）N5＋的結構為V形，且該離子中各原子均達到8電子穩定結構，中心N原子形成2個σ鍵、有2對孤電子對。由于整體帶1個單位正電荷，中心N原子本身的價電子為4。因此N原子可形成2個配位鍵，還存在2個N≡N鍵，因此N5＋的結構式為。

故答案為：

（3）由分析可知，B為O，因此B3為O3，其分子空間結構為V形。其中O原子采用sp2雜化。互為等電子體的微粒具有相同的原子數和價電子數，因此與O3互為等電子體的微粒有NO2－。

故答案為：V形；sp2；NO2－

（4）加入適量乙醇后，析出藍色晶體，該藍色晶體為[Cu(NH3)4]SO4·H2O，因此加入乙醇的目的是降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度。該配合物中配離子為[Cu(NH3)4]2＋，其中Cu提供空軌道，N提供孤電子對，因此其結構簡式為。

故答案為：

（5）由圖可知，晶胞中Ca原子的數目為2×12+12×16=3，Cu原子的數目為6+18×12=15。因此銅鈣合金可表示為CaCu5。鑭鎳合金晶體與銅鈣合金有相同類型的晶體結構，則La處于Ca的位置，Ni處于Cu的位置，則LaNin中n=5。晶胞中La原子數為1，儲氫后形成LaNinH4.5的合金，則晶胞中氫原子的數目為4.5×3=13.5。晶胞體積為9.0×10－23cm3，H在合金中密度為13.56.02×1023g9.0×25．【答案】（1）Cl2，光照；3-苯基丙酸（2）取代反應（3）2+O2→ΔAg+2H2O（4）n+nHOCH2CH2OH→一定條件+(n-1)H2O（5）9；或或（6）CH3CH2COOH→PCl3→【知識點】有機化合物的命名；有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體【解析】【解答】（1）由C的結構簡式可知B的結構簡式為。因此A→B發生苯環上-CH3的取代反應，該反應過程中所需的試劑為Cl2，反應條件為光照。化合物F中含有羧基，屬于羧酸；苯環側鏈上含有3個碳原子，因此其名稱為3-苯基丙酸。

故答案為：Cl2、光照；3-苯基丙酸

（2）I→J的反應原理與已知反應①類似，過程中給NH3分子中N-H鍵斷裂，酯基中C-O鍵斷裂。生成J