该同学的主要判断依据是___________。
（3）在氢卤酸中，HF是唯一的弱酸，主要原因是__________。
（4）光气（
）用作有机合成、农药、药物、染料及其他化工制品的中间体。
从电子云的重叠角度分析，该分子中含有的共价键类型是_______，C原子的杂化方式为____，分子的空间构型为______。
（5）PtCl2（NH3）2为平面结构，可以形成甲、乙两种固体。
其中，一种为淡黄色固体，在水中溶解度小；另一种为棕黄色固体，在水中溶解度大，是癌症治疗的常用化学药物。
①棕黄色固体是图中的___（填“甲”或“乙”），试解释它在水中的溶解度比淡黄色固体大的原因是___。
②Pt原子在三维空间里可按图所示方式堆积形成金属Pt晶体：
该晶胞的堆积方式为____，M原子的配位数为________，若该晶体的密度为ρg·cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Pt原子的原子半径为______pm。
三、实验题
10．电镀工业会产生大量的电镀污水，处理某独酸性电镀废液（主要含Cu2＋、Fe3+）以制备氯化亚铜的工艺流程如图所示：
已知：
①氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化成绿色碱式盐。
②常温下，
物质
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Ksp
4.0×10-38
5.0×10-20
请回答下列问题：
（1）加H2SO4的步骤中，下列措施，可提高溶解速率的是_______（填序号）。
a.加热b.增大压强c.延长浸出时间d.适当提高硫酸的浓度
（2）电镀污泥的主要成分是____，产品CuCl晶体要用无水乙醇洗涤、真空干燥、密封包装的目的是______________。
（3）加入H2SO4的目的是_________。
（4）亚硫酸钠、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为__________。
（5）实验探究pH对CuCl产率的影响如图所示，当pH=2时CuCl产率最大的原因是_________
（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl。
写出电解CuCl2溶液阴极的反应方程式：
_______
11．亚硝酸为弱酸，其钠盐（亚硝酸钠NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，过量使用会使人中毒。
其银盐不溶于水。
某化学兴趣小组对亚硝酸钠的制备进行了探究。
（1）请设计一种简单方法鉴别NaCl和NaNO2:
___________。
（2）利用如图完成一氧化氮与过氧化钠反应制备业硝酸钠。
查阅资料：
2NO+Na2O2=2NaNO2,2NO2+Na2O2=2NaNO3,NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。
回答下列问题：
①检查装置气密性后，应进行的操作是_________。
②装置B中Cu参与反应的离子方程式为______，装置C的作用是______。
③装置E发生反应的离子方程式为________。
④同学们经过讨论认为上述装置仍然存在缺陷，D中生成的产物不纯，D管中可能含有的杂质为________（填化学式），你认为应该进行的改进是__________。
（3）测定制取样品中NaNO2的纯度。
步骤：
a.在5个有编号的带刻度的试管中分别加入不同体积、相同浓度的NaNO2溶液，各加入1mL的M溶液（M遇NaNO2呈紫红色，NaNO2浓度越大颜色越深），再加蒸馏水至总体积均为10mL，并振荡，制成标准色阶；
试管编号
①
②
③
④
⑤
NaNO2含量（mg/L）
0
20
40
60
80
b．称量0.10g制得的样品，溶于水配成500mL溶液。
取5mL待测液，加入1mLM，再加入蒸馏水至l0mL，并振荡，与标准色阶比较。
比较结果：
待测液与④标准色阶相同，则制取样品中NaNO2的纯度是________。
查阅资料可知：
维生素C可有效降低NaNO2的含量。
请完成下列实验验证方案：
取5mL待测液，加入______，振荡，再加入1mLM溶液，_____,再振荡，与④标准色阶对比。
实验现象为紫红色比④标准色阶浅，则证明维生素C可以有效降低NaNO2的含量。
四、有机推断题
12．聚酰胺66（俗称尼龙）、制备醇酰胺树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如图：
已知：
i.
ii.
iii.
iv.
回答下列问题：
（1）CH2=CH-CH=CH2在一定条件下会生成一种顺式聚合物，其结构简式是____________。
（2）为检验A中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及_________。
（3）写出反应I的化学方程式：
____________。
（4）E的相对分子质量为108。
①写出反应Ⅱ的化学方程式：
__________。
②1molF完全转化为M所消耗的H2的质量为_______g。
（5）写出反应Ⅲ的化学方程式：
______________。
（6）以2，4-己二烯（
）和C2H4为原料（无机试剂任选）设计制备对苯二甲酸的合成路线：
______________（已知：
）
参考答案
1．B
【解析】A.红磷再空气中不能自燃，故A错误；B．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故B正确；C.一氧化氮是不成盐氧化物，不和碱反应，故C错误；D.金属镁能够与二氧化碳反应，不能用泡沫灭火器灭火，应该用干燥的沙子盖灭，故D错误；故选B。
2．B
【解析】A.氨基酸不具有生物活性，遇重金属离子不属于变性，故A错误；B.乙烯是生产聚乙烯的原料，聚乙烯可以用作食品包装材料，故B正确；C.月桂烯（
）分子中含有-CH2-原子团，是四面体结构，所有碳原子不一定在同一平面上，故C错误；D.油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，反应后得到高级脂肪酸盐与甘油，故D错误；故选B。
3．C
【解析】A.标准状况下，0.56L丙烷的物质的量为
=0.025mol，含有共价键的物质的量为
×（3×4+8×1）×0.025mol=0.25mol，故A正确；B.常温常压下，6.4g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的物质的量为
=0.4mol，故B正确；C.铁与一定量硝酸恰好反应可能生成硝酸铁，也可能生成硝酸亚铁，转移的电子数目不一定为0.3NA，故C错误；D.氮气与氢气的反应属于可逆反应，28gN2与6gH2不可能完全反应反应，转移的电子数小于6NA，故D正确；故选C。
点晴：
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算。
注意明确阿伏伽德罗常数的概念，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。
本题的易错点是D，注意反应的可逆性。
4．C
【解析】A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期元素，A是某种化肥的主要元素之一，A、C最外层电子数之和与D的核外电子数相等，D的最外层电子数等于其最内层电子数，则D为Mg元素，因此A为N元素，C为F元素，B为O元素。
A.F没有正价，故A错误；B.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，HF较稳定，故B错误；C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径的大小顺序：
r（B）>r（C）>（D），故C正确；D.NO2是共价化合物，含有共价键，MgF2属于离子化合物，含有离子键，故D错误；故选C。
5．B
【解析】A.在氨水中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性，不能证明NH3·H2O是否完全电离，故A错误；B.碳酸钠溶液与Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀、与稀盐酸反应放出无色气体、与AlCl3溶液反应生成白色沉淀和无色气体，现象各不相同，故B正确；C.探究浓度对化学反应速率的影响，需要保证气体反应条件相同，包括温度等，故C错误；D.裂化汽油中含有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪去，故D错误；故选B。
6．C
【解析】分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1个：
-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；取代基可以是2个：
-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；取代基可以是3个：
-Cl、-CH3、-CH3；2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14种；故选C。
点睛：
本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。
分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。
7．D
【解析】
A.2种情况下，反应起始的物质的量相同，该反应属于吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡时B、C的物质的量增大，因此T3＞T1，温度越高，反应速率越快，建立平衡需要的时间越少，达到平衡的时间：
t3＜t1，故A错误；B、A（g）⇌B（g）+C（g），此反应正反应方向为压强增大的反应，增大压强，平衡左移，即A的转化率：
容器Ⅱ＜容器Ⅰ，故B错误；C、v（B）=
=v（A），故C错误；D、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，I中K=
=
，故D正确；故选D。
点睛：
本题主要考查的是化学平衡移动原理以及化学平衡的影响因素，平衡常数的计算等。
本题的易错点是D，化学平衡的计算常常使用三段式解题，要注意A平衡时的物质的量不是0.4mol，而是0.3mol。
8．231333.612×1024（或6NA）（2a+2b+c）KJ/molD
0.1B正2Cl—2e-=Cl2↑（或Cl-—2e-+H2O=HClO+H+）
【解析】
（1）①根据得失电子守恒和质量守恒，配平为2NH3（aq）+3HClO（aq）=N2（g）+3H2O（l）+3HCl（aq），反应中N元素的化合价升高，被氧化，氮气为氧化产物，每生成lmol氧化产物，转移6mol电子，故答案为23133；3.612×1024；
②反应①：
NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（l）△H1=akJ•mol-1，反应②：
NH2Cl（aq）+HClO（aq）═NH2Cl（aq）+H2O（l）△H2=bkJ•mol-1，反应③：
2NHCl2（aq）+H2O（l）═N2（g）+HClO（aq）+3HCl（aq）△H3=ckJ•mol-1，依据化学方程式和盖斯定律计算，①×2+②×2+③得到所热化学方程式2NH3（aq）+HClO（aq）═N2（g）+3H2O（l）+3HCl（aq）△H=（2a+2b+c）KJ/mol，故答案为（2a+2b+c）KJ/mol；
（2）①A．改变温度，会影响反应速率，从而影响吹脱法处理效果，故不选；B．根据方程式，改变溶液的pH，平衡发生移动，从而影响吹脱法处理效果，故不选；C．改变通入气体的速率和物质的量，会改变反应速率，从而影响吹脱法处理效果，故不选；D．通入气体的摩尔质量水中不变，不会影响吹脱法处理效果，故选；故选D；
②a点pH=7，根据电荷守恒，c（NH4+）+c（Na+）=c（SO42-），c（NH4+）=c（SO42-）-c（Na+）=
-
=
mol/L，b点溶液中（NH4）2SO4与NaOH恰好1:
1反应，根据物料守恒c（NH4+）+c（NH3·H2O）=
=0.1000mol/L；c点恰好反应生成硫酸钠和氨水。
A.氨水的物质的量浓度为
=0.0667mol/L，氨水是弱碱，pH＜13，错误；B.溶液中铵根离子恰好与氢氧化钠反应生成氨水，根据c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（OH-）=c（Na+），正确；C.根据电荷守恒c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），错误；故选B，，故答案为
；0.1；B。
（3）在蒸馏水中加入硫酸铵用惰性电极直接电解发现氨氮去除效率极低，但在溶液中再加入一定量的氯化钠后，去除效率可以大大提高，是因为阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl—2e-=Cl2↑，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合铵根离子生成一水合氨，电极反应为：
2H2O+2NH4++2e-=2NH3•H2O+H2↑或2H++2e-=H2↑，氯气上升过程中被吸收，所以装置图中b为正极，a为负极，故答案为正；2Cl—2e-=Cl2↑。
点睛：
本题考查了热化学方程式书写、图象曲线变化特征、电解池原理和电极反应书写、沉淀溶解平衡常数的计算等知识点。
本题的易错点是
（2）②，要熟练掌握电解质溶液中的守恒关系和分析方法。
9．9核外电子发生跃迁NaF中的离子键键能高于NaCl，故熔、沸点更高，SiF4的分子间作用力小于SiCl4，故熔、沸点更低HF分子间因氢键而形成（HF）n，HF分子与H2O分子间也存在氢键，导致HF在水溶液中不易电离σ键、π键sp2杂化平面三角形甲甲是极性分子，乙是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性分子甲更易溶于水面心立方12
【解析】
（1）基态氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，能量最高能层为第3能层，第3能层上的原子轨道数为9；现代化学中，常用光谱分析来鉴定元素，这与原子的核外电子发生跃迁有关，故答案为9；核外电子发生跃迁；
（2）NaF和NaCl属于离子晶体，氟离子半径比氯离子半径小，NaF中的离子键键能比NaCl高，故熔、沸点更高；SiF4和SiCl4是分子晶体，SiF4的相对分子质量小于SiCl4，使得SiF4的分子间作用力小于SiCl4，故熔、沸点更低，故答案为NaF中的离子键键能高于NaCl，故熔、沸点更高，SiF4的分子间作用力小于SiCl4，故熔、沸点更低；
（3）HF分子间因氢键而形成（HF）n，HF分子与H2O分子间也存在氢键，导致HF在水溶液中不易电离，因此HF是弱酸，故答案为HF分子间因氢键而形成（HF）n，HF分子与H2O分子间也存在氢键，导致HF在水溶液中不易电离；
（4）光气（
）中含有的共价键有C-Clσ键、C=O中含有σ键和π键，C原子上连接有3个原子，没有孤电子对，杂化方式为sp2，分子的空间构型为平面三角形，故答案为σ键、π键；sp2杂化；平面三角形；
（5）①Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置，水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，正负电荷重心重合，故淡黄色的为
，另一种为棕黄色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故棕黄色的是
，故答案为甲；甲是极性分子，乙是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性分子甲更易溶于水；
②根据图示，Pt晶体的晶胞的堆积方式为面心立方，M周围12个原子到M的距离相等且最小，M原子的配位数为12，设Pt原子的原子半径为xcm，则晶胞的边长2
xcm，1个晶胞中含有Pt原子数=8×
+6×
=4，1mol晶胞的质量为4×195g，1mol晶胞的体积为NA（2
x）3cm3，则
=ρg·cm3，解得x=
cm=
×
×1010pm，故答案为面心立方；12；
×
×1010。
点睛：
本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布的规律、晶胞的计算等。
本题的难点是晶胞的计算，要清楚面心立方中原子半径与晶胞边长的关系，这是解答的关键。
10．adFe（OH）3、Cu（OH）2加快无水乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化调节pH值使Cu（OH）2溶解而Fe（OH）3不溶解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+pH较小时，SO32-生成SO2逸出，pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成的CuCl减少Cu2++Cl-+4e-=CuCl↓
【解析】
（1）a.加热，温度升高，反应速率加快，正确；b.增大压强，反应物的浓度不变，反应速率不变，错误；c.延长浸出时间，不能改变反应速率，错误；d.适当提高硫酸的浓度，可以增大反应速率，正确；故选ad；
（2）电镀废液中的Cu2＋、Fe3+与碱反应生成Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀，形成电镀污泥；产品CuCl晶体用无水乙醇洗涤、真空干燥、密封包装，可以加快无水乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为Fe（OH）3、Cu（OH）2；加快无水乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；
（3）根据流程图，需要使铜元素转化为硫酸铜，加入H2SO4可以调节pH值使Cu（OH）2溶解而Fe（OH）3不溶解，故答案为调节pH值使Cu（OH）2溶解而Fe（OH）3不溶解；
（4）根据流程图，亚硫酸钠、氯化钠、硫酸铜在溶液中反应生成CuCl，根据铜元素化合价的变化，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
（5）pH较小时，SO32-生成SO2逸出，pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成的CuCl减少因此pH=2时CuCl产率最大，故答案为pH较小时，SO32-生成SO2逸出，pH较大时，Cu2+水解程度增大，反应生成的CuCl减少；
（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，铜离子在阴极发生还原反应生成CuCl，反应的电极方程式为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓，故答案为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。
11．取两物质分别溶于水，测定两溶液的pH，中性的为NaCl，碱性的为NaNO2（合理均可）打开止水夹，从导管中通入N2（或稀有气体）以排除装置中的空气3Cu+8H++2NO3-=
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