2017-2018学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1. 用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是（　　）‎ A. 用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢 B. 用米汤检验含碘盐中的碘酸钾（KIO3）‎ C. 用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污 D. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物 ‎【答案】B ‎【解析】A．食醋中含有醋酸，醋酸显酸性，能和水垢中的碳酸钙、氢氧化镁反应，从而把水垢除去，故A正确；‎ B．米汤中含有淀粉，碘酸钾中不含有单质碘，所以碘酸钾不能使米汤中的淀粉变蓝色，即不能用米汤检验含碘盐中的碘酸钾，故B错误；‎ C．碳酸钠的水溶液显碱性，可以用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污，故C正确；‎ D．毛织物的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；纯棉织物中不含有蛋白质，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，故D正确．故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查物质的性质和用途，物质具有多种性质，解答时应该理解物质的用途是由物质的哪种性质决定的．‎ ‎2. 下列说法不正确的是（　　）‎ A. 植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 石油裂化、煤的液化、油脂皂化都属于化学变化 C. 蛋白质、纤维素、油脂、核酸都是高分子化合物 D. 乙烯可用作水果催熟剂，乙酸可用作调味剂，乙醇可用于杀菌消毒 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．油中含碳碳双键；‎ B．有新物质生成的变化是化学变化；‎ C．油脂的相对分子质量在10000以下；‎ D．根据乙烯、乙酸、乙醇的性质和用途判断。‎ 详解：A．植物油中含碳碳双键，则能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应，A正确；‎ B．石油裂化中大分子转化为小分子、煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、油脂皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，均有新物质生成，均为化学变化，B 正确；‎ C．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子化合物，而蛋白质、核酸、淀粉都是高分子化合物，C错误；‎ D．乙烯具有催熟作用，常用作水果催熟剂，乙酸常用作调味剂，乙醇能使蛋白质发生变性，乙醇常用于杀菌消毒，D正确；‎ 答案选C。‎ 点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意性质与用途的关系，题目难度不大。‎ ‎3. 下列关于物质的分类错误的是（　　）‎ A. 同素异形体：活性炭，C60，石墨，金刚石 B. 酸性氧化物：CO2，SO3，SiO2，Mn2O7‎ C. 混合物：铝热剂，纯净矿泉水，液氯，漂白粉 D. 非电解质：乙醇，四氯化碳，氨气，蔗糖 ‎【答案】C ‎【解析】A．活性炭、C60、石墨、金刚石均为碳的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B．CO2、SO2、SiO2、Mn2O7均能与碱反应生成盐和水，属酸性氧化物，故B正确；C．铝热剂、纯净矿泉水、漂白粉是混合物，而液氯是纯净物，故C错误；D．乙醇、四氯化碳、氨气、葡萄糖均为非电解质，故D正确；答案为C。‎ ‎4. 下列叙述正确的是（　　）‎ A. 气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4L B. 一定温度、压强下，气体体积主要由其分子的数目多少决定 C. 同温度、同压强下，相同体积的任何物质含有相同数目的粒子 D. 不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积；‎ B、根据影响气体体积的因素分析；‎ 一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定；‎ C、根据阿伏加德罗定律的适用范围以及物质的组成解答；‎ D、气体的分子数只与气体的物质的量有关系。‎ 详解：A、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积，不同条件下，气体摩尔体积的数值不同，标准状况下约为22.4L/mol，A错误；‎ B、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，决定其体体积大小的主要因素是分子数的多少，B正确；‎ D、一定物质的量的气体的体积大小取决于温度和压强，外界条件不同，体积不同，不同条件下体积不等的气体所含分子数也可能相等，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎5. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 B. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 C. 雾霾是一种分散系，分散剂是空气，带活性炭口罩防雾霾的主要原理是过滤吸附原理 D. 聚乙炔用I2或Na等做掺杂处理后可形成一种导电塑料，该导电塑料是一种纯净物 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．食用油中含有不饱和烃类，反复加热后使其不饱和状态发生变化，生成各类饱和烃类，包括稠环芳香烃，A项正确；B．蛋白质在加热的条件下能发生变性，所以加热能杀死流感病毒，B项正确；C．活性炭具有吸附作用，所以带活性炭口罩防雾霾的原理是吸附原理，C项正确；D．聚乙炔塑料是混合物，D项错误；答案选D。‎ 考点：考查化学与生产、生活、科技和环境之间的关系。‎ ‎6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）‎ A. 3.0g乙烷中所含的共价键数目为0.7 NA B. 1L 2mol·L－1 K2S溶液中S2－和HS－的总数为2NA C. 标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA D. 50mL 18mol·L－1浓硫酸与足量铜加热充分反应，转移的电子数为1.8NA ‎【答案】A ‎【解析】分析：A.1分子乙烷含有7对共用电子对；‎ B.根据硫原子守恒分析；‎ C.标况下四氯化碳不是气态；‎ D.铜只能与浓硫酸反应，随着反应进行，浓硫酸浓度降低，变为稀硫酸，不再与铜反应。‎ 详解：A. 3.0g乙烷的物质的量是3.0g÷30g/mol＝0.1mol，其中所含的共价键数目为0.7 NA，A正确；‎ B. 1L 2mol·L－1 K2S溶液中硫离子水解，硫元素的存在形式有S2－、HS－和H2S，则根据硫原子守恒可知S2－和HS－的总数小于2NA，B错误；‎ C. 标准状况下四氯化碳是液态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数，C错误；‎ D. 50mL 18mol/L的浓硫酸中硫酸的物质的量是0.05L×18mol/L=0.9mol，若硫酸完全反应，由方程式可知生成二氧化硫的物质的量是0.9mol×1/2=0.45mol，由于Cu与浓硫酸反应，随反应进行，浓硫酸变稀，Cu不与稀硫酸反应，故实际得到SO2小于0.45mol，因此转移的电子数小于0.9NA，D错误；‎ 答案选A。‎ 点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和范围、铜与硫酸反应的条件、乙烷的结构以及多元弱酸根的水解特点等，题目难度中等。‎ ‎7. 某溶液中含有下列六种离子：①HCO3－ ②SO32－ ③K＋ ④CO32－ ⑤NH4＋ ⑥NO3－，向其中加入稍过量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（　　）‎ A. ③⑥ B. ④⑥ C. ③④⑥ D. ①②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，结合过氧化钠和离子的性质分析判断。‎ 详解：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液显碱性，则HCO3-+OH－=CO32-+H2O，NH4＋+OH－=NH3↑+H2O，则①HCO3-浓度减小、④CO32-浓度增大、⑤NH4+浓度减小；Na2O2具有强氧化性，②SO32-被氧化成SO42-，离子浓度减小，因此浓度不变的只有K＋、NO3-。‎ 答案选A。‎ ‎8. 下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中：Ca(HCO3)2+2CH3COOH＝Ca2＋+2CH3COO－+2CO2↑+2H2O B. NaHCO3溶液和足量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+2OH－+2HCO3一＝CaCO3↓+ CO32－+ 2H2O C. 酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液反应：IO3－+5I－+3H2O＝3I2+6OH－‎ D. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.碳酸氢钙完全电离；‎ B.氢氧化钙过量生成碳酸钙、氢氧化钠和水；‎ C.溶液显酸性；‎ D.双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水。‎ 详解：A. 碳酸氢钙溶液加到醋酸中：HCO3－+CH3COOH＝CH3COO－+CO2↑+H2O，A错误；‎ B. NaHCO3溶液和足量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+OH－+HCO3一＝CaCO3↓+H2O，B错误；‎ C. 酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液反应：IO3－+5I－+6H＋＝3I2+3H2O，C错误；‎ D. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2＋+H2O2+2H＋＝2Fe3＋+2H2O，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎9. 科学家发现了如下反应：O2+PtF6＝O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（　　）‎ A. O2 是氧化剂，PtF6 是还原剂 B. O2(PtF6)中氧元素的化合价为+1‎ C. O2(PtF 6)中不存在离子键 D. O2(PtF6)既是氧化产物又是还原产物 ‎【答案】D ‎【解析】分析：O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，F的化合价为-1价、则O元素化合价为+1/2价，O2+PtF6＝O2(PtF6)中O元素化合价由0价变为+1/2价、Pt元素化合价由+6价变为+5价，据此解答。‎ 详解：A．根据化学反应可知，氧元素的化合价由0价升高到+1/2价，失电子发生氧化反应，Pt元素的化合价由+6价降低到+5价，得电子发生还原反应，所以O2是还原剂，PtF6是氧化剂，A错误；‎ B．根据题意，O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，则O2(PtF6)中氧元素的化合价为+1/2价，B错误；‎ C．O2(PtF 6)为离子化合物，存在离子键，C错误；‎ D．由于O2是氧化剂，PtF6是还原剂，因此O2(PtF6)既是氧化产物又是还原产物，D正确；‎ 答案选D。‎ 点睛：考查氧化还原反应、化学键的有关判断，准确判断出O2(PtF 6)中氧元素的化合价是解答的关键。注意氧化剂、还原剂与元素化合价变化关系，易错选项是A，题目难度不大。‎ ‎10. 下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是（　　）‎ A. 船体表面刷漆 B. 水中的钢闸门连接电源的负极 C. 自行车链条涂油 D. 铁中加入铬、锰、硅等制成不锈钢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：金属防护中，被保护金属做原电池的正极和电解池的阴极的保护属于电化学保护，据此来回答判断。‎ 详解：A、在船体表面刷漆是为了将金属和空气隔绝，防止金属生锈，不属于电化学防护，A错误；‎ B、将钢闸门与直流电源的负极相连即为让金属做电解池的阴极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，B正确；‎ C、在金属表面涂油覆盖一层保护层，将金属和氧气以及水隔绝的过程，不属于电化学防护措施，C错误；‎ D、在一定条件下对金属进行处理，加入铬、锰、硅等制成不锈钢，是增强金属性能的，不属于电化学防护措施，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11. 下图是铅蓄电池的工作原理示意图，电池总反应式是Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O，下列说法正确的是（　　）‎ A. 放电时：PbO2做负极 B. 充电时：硫酸浓度增大 C. 充电时：B应与电源的正极相连 D. 放电时：正极反应是Pb－2e－＋SO42﹣＝PbSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：由铅蓄电池的总反应Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，正极上PbO2得电子被还原；充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式和放电时的正极反应互为逆反应，阴极上发生还原反应，电极反应式和放电时的负极反应互为逆反应，据此回答。‎ 详解：A．放电时，Pb极即B极为电池负极，PbO2极即A极为正极，A错误；‎ B．充电时，发生的是铅蓄电池的逆反应，硫酸浓度增大，B正确；‎ C．充电时，铅蓄电池的正极的逆反应是氧化反应，应与电源的正极相连，所以B应与电源的负极相连，C错误；‎ D、放电时，正极上二氧化铅得电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为：PbO2+2e-+SO42-=PbSO4，D错误；‎ 答案选B。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意原电池正负极上发生的反应为电解池阳极、阴极上发生反应的逆反应，难度中等。‎ ‎12. 在无色强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）‎ A. Na+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣ B. Na+、K+、NH4+、Cl﹣‎ C. Ca2+、K+、NO3﹣、CH3COO﹣ D. K+、Na+、I﹣、NO3﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：溶液中离子间如果发生化学反应则不能大量共存，反之是可以的，结合溶液的酸碱性和离子的性质解答。‎ 详解：A. Fe3+在溶液中显棕黄色不能大量共存，A错误；‎ B. 在无色强酸性溶液中Na+、K+、NH4+、Cl﹣之间互不反应，不能大量共存，B正确；‎ C. 在酸性溶液中CH3COO﹣不能大量共存，C错误；‎ D. 在酸性溶液中I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13. 三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF．下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2 : 1‎ C. 若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子 D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、根据方程式可知N元素的化合价从＋3价部分升高到＋5价，失去2个电子，部分降低到＋2价得到1个电子，其余元素的化合价均没有发生变化，因此NF3‎ 既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2，B错误；C、若生成0.2 mol HNO3，则转移0.4mol电子，C错误；D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO，NO极易被氧化产生红棕色气体NO2，D正确，答案选D。‎ 考点：考查氧化还原反应的判断与计算 ‎14. 下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中未涉及到氧化还原反应的是（　　）‎ A. 过氧化钠颜色变浅 B. 氯水颜色变浅 C. 水玻璃中出现浑浊 D. 浓硝酸的颜色变为黄色 ‎【答案】C ‎【解析】A．过氧化钠颜色变浅，是过氧化钠与空气中的水或CO2 反应生成氧气，O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．氯水颜色变浅，是HClO分解生成HCl和氧气，Cl、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；C．水玻璃中出现浑浊，是硅酸钠溶液中溶解CO2生成硅酸，是复分解反应，不是氧化还原反应，故C错误；D．浓硝酸的颜色变为黄色，是硝酸发生分解反应生成NO2和O2，是氧化还原反应，故D正确；答案为C。‎ ‎15. CuCO3 和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6 g，可恰好完全溶解于300mL 2 mol·L－1的盐酸溶液中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为（　　）‎ A. 16.0 g B. 19.2 g C. 24.0 g D. 30.6 g ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：CuCO3和Cu2(OH) 2CO3的混合物34. 6g，可恰好完全溶解于300mL2mol·L-1的盐酸溶液中，则根据原子守恒可知生成氯化铜的物质的量是0.3L×2mol/L×1/2＝0.3mol。所以加热分解等量的这种混合物可得CuO的物质的量是0.3mol，质量＝0.3mol×80g/mol＝24g，答案选C。‎ 考点：考查混合物的计算 ‎16. 全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池。其电池总反应为：V3++ VO2++H2O VO2++2H++V2+，下列说法正确的是（　　）‎ A. 放电时正极反应为：VO2++2H++e-＝VO2++H2O B. 充电时阴极反应为：V2+-e-＝V3+‎ C. 放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极 D. 充电过程中，H+由阴极区向阳极区迁移 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．原电池放电时，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故A正确；B．充电时，阴极发生还原反应，V3+被还原生成V2+，电极方程式为V3++e-═V2+，故B错误；C．原电池放电时，电子由负极经外电路移向正极，内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电离不流经溶液，故C错误；D．充电过程中，阳离子向阴极移动，由阳极区向阴极区移动，故D错误；故选A。‎ 考点：考查原电池的工作原理 ‎17. 铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是( ) ‎ A. 此过程中铜并不被腐蚀 B. 此过程中正极电极反应式为：2H++2e- = H2↑‎ C. 此过程中电子从Fe移向Cu D. 此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时，电子从负极流向正极，据此分析。‎ 详解：根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀。则 A、该原电池中铜作正极，Fe作负极，原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，则此过程中铁被腐蚀，铜不被腐蚀，A正确；‎ B、正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；‎ C、该原电池放电时，外电路上电子从负极铁流向正极铜，C正确；‎ D、此过程中铁被腐蚀负极上发生的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，D正确；‎ 答案选B。‎ 点睛：本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀，难度不大，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，注意钢铁的吸氧腐蚀中还含有氢氧化亚铁生成氢氧化铁的反应。‎ ‎18. 如图表示用酸性氢氧燃料电池为电源进行的电解实验。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 燃料电池工作时，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－‎ B. a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出 C. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出 D. a、b两极均是石墨时，a极上产生的O2与电池中消耗的 H2体积比为 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，氢气在负极通入，氧气在正极通入，据此解答。‎ 详解：A. 燃料电池工作时，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，所以正极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，A错误；‎ B. a极是铁，与电源的正极连接，是阳极，属于活性电极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+；b极是铜，与电源的负极连接为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，所以a极逐渐溶解，b极质量增加，B错误；‎ C. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极发生的电极反应是：Cu-2e-=Cu2+；逐渐溶解，b极上发生的电极反应是：Cu2++2e-=Cu，有铜析出，C正确；‎ D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下，a极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电池的负极发生的反应是：2H2-4e-=4H+，根据在闭合回路中电子转移数目相等可知，a极产生的气体是电池中消耗的H2体积的一半，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎19. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法均不正确的是(　　)‎ ‎①将1 mol氯气通入一定量水中发生反应转移电子数为NA ‎②12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1 NA ‎③在标准状况下，22.4 L辛烷中的分子数为NA ‎④1 mol羟基中含有的电子数为10 NA ‎⑤1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA A. ②③⑤ B. ①②④ C. ③④⑤ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：①氯气与水反应是可逆反应；‎ ‎②熔融的NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子；‎ ‎③标准状况下辛烷不是气态；‎ ‎④1分子羟基中含有9个电子；‎ ‎⑤Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比均是1：2。‎ 详解：①氯气与水反应是可逆反应，则将1mol氯气通入一定量水中发生反应转移电子数小于NA，错误；‎ ‎②硫酸氢钠熔融时电离出钠离子和硫酸氢根离子，则12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1NA，正确；‎ ‎③在标准状况下辛烷不是气态，不能适用于气体摩尔体积，则22.4L辛烷中的分子数不是NA，错误；‎ ‎④1 mol羟基中含有的电子数为9NA，错误；‎ ‎⑤氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均是1:2，则1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数均是3NA，正确；‎ 答案选D。‎ ‎20. 将图1所示的装置中盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，并将NaCl溶液换为HCl溶液，发现电流表指针仍然有偏转，下列说法正确的是（　　）‎ A. 图1盐桥中的阳离子移向甲装置 B. 两图都是将化学能转变成电能的装置 C. 图2中乙装置总反应的离子方程式：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑‎ D. 图2中电子流向为Fe→电流计石墨→石墨b→石墨c→Fe ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动；‎ B．图2甲为原电池，乙为电解池；‎ C．图2乙装置为电解氯化铜的装置；‎ D．电子只在导线中移动，不能进入溶液。‎ 详解：A．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，A错误；‎ B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；‎ C．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，C正确；‎ D．电子只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误。‎ 答案选C。‎ 点睛：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确原电池的构成条件以及电极的判断是解题的关键，注意电子不能在溶液中移动，为易错点，题目难度中等。‎ ‎21. 实验室现有一瓶标签右半部分已被腐蚀的固体M，剩余部分只看到“Na2S”字样（如图所示）。已知固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行下列有关实验，其中说法正确的是（　　）‎ A. 往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3‎ B. 往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4‎ C. 用pH试纸检验，若pH=7，则固体M不一定是Na2SO4‎ D. 只用盐酸一种试剂不能确定该固体M的具体成分 ‎【答案】A ‎【解析】A．往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，是硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸白色沉淀，则固体M为Na2SiO3 ，故A正确；B．往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，此沉淀可能为BaSO4或H2SiO3，则固体M可以为Na2SiO3或Na2SO4，故B错误；C ‎．亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性，用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO4；故C错误；D．盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，可以检验Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4，故D错误；故选A。‎ ‎22. 完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是(　　)‎ 选项 A B C D 实验 用CCl4提取碘水中的I2‎ 除去乙醇中的I2‎ 从KI和I2的固体混合物中回收I2‎ 配制100 mL 0.100 0 mol·L－1 KIO3溶液 装置或仪器 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】分析：A.碘易溶在有机溶剂中；‎ B.碘易溶在乙醇中；‎ C.碘易升华；‎ D.应该用容量瓶配制一定物质的量浓度溶液。‎ 详解：A.单质碘易溶于四氯化碳中，萃取分液即可，A正确；‎ B.碘易溶在乙醇中，不能过滤，应该蒸馏，B错误；‎ C.碘易升华，但缺少收集碘的装置，C错误；‎ 答案选A。‎ ‎23. 用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO2的溶解）。则电解过程中共转移的电子的物质的量为（ ）‎ A. 0.2mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.8mol ‎【答案】C ‎【解析】分析：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol 碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量。‎ 详解：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=0.2mol、n（H2）=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol；‎ 答案选C。‎ 点睛：本题考查了电解原理，根据离子放电顺序、原子守恒来分析解答，明确加入物质的性质是解本题的关键，题目难度中等。‎ ‎24. 瑞典 公司设计的用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池如图所示，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电池工作时，电极2上发生氧化反应 B. 电池工作一段时间后停止，溶液 pH比开始时明显增大 C. 电极1发生的电极反应为2NH3 + 6OH－－6e－＝ N2↑ + 6H2O D. 用该电池做电源电解精炼铜，理论上每消0.2molNH3的同时阳极会得到 19.2g纯铜 ‎【答案】C ‎【解析】分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，氨气在负极通入，氧气在正极通入，结合原电池的工作原理解答。‎ 详解：A.电极1通入氨气，为负极，电极2通入氧气为正极，发生得到电子的还原反应，A错误；‎ B．电池总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，生成水，溶液体积增大，氢氧根浓度减小，pH减小，B错误；‎ C．在燃料电池的负极上发生燃料氨气失电子的氧化反应，则碱性环境下电极1发生的电极反应为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O，C正确；‎ D．由2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O可知，理论上每消耗0.2 molNH3，可转移0.6mol 电子，阳极发生氧化反应，不能得到铜，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎25. 已知还原性：SO32－ ＞I－＞Cl－。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法错误的是 (　　)‎ A. 当a＝b时，发生的离子反应为2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－‎ B. 当5a＝4b时，发生的离子反应为4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－ ＋I2＋8H＋＋10Cl－‎ C. 当3a＝2b时，发生的离子反应为2SO32－＋2I－＋3Cl2＋2H2O＝2SO42－ ＋I2＋4H＋＋6Cl－‎ D. 当a＜b＜a时，溶液中SO42－、I－与Cl－的物质的量之比为a∶(3a－2b)∶2b ‎【答案】A ‎【解析】分析：还原性：SO32－＞I－＞Cl－，向含有amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应，氯气先和SO32－反应，当SO32－反应完全后，氯气再和I-反应。而amolK2SO3完全反应时能消耗amol氯气，amolKI完全反应时能消耗0.5a mol氯气，即当amolKI和amolK2SO3完全反应时，共消耗1.5amol氯气，结合选项中的问题解答。‎ 详解：A、当a＝b时，氯气恰好能把SO32－氧化为硫酸根，氯气被还原为氯离子，故离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-，A错误；‎ B、当5a=4b即a=0.8b时，0.8bmolSO32－消耗0.8bmol氯气，被氧化为0.8bmolSO42-，0.2bmol氯气能氧化0.4bmolI-为I2，故离子方程式为：4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－，B正确；‎ C、当3a＝2b时，氯气恰好能将全部SO32-、碘离子氧化为硫酸根和碘单质，故发生的离子反应为4SO32－＋2I－＋5Cl2＋4H2O＝4SO42－＋I2＋8H＋＋10Cl－，C正确；‎ D、当a＜b＜1.5a时，SO32-全部被氧化为硫酸根，而I-不能全部被氧化，故溶液中硫酸根的物质的量为amol，消耗的氯气为amol，故剩余的氯气为（b-a）mol，则能氧化的碘离子的物质的量为2（b-a）mol，故溶液中的碘离子的物质的量为amol-2（b-a）mol=（3a-b）mol，由于氯气完全反应，故溶液中的氯离子的物质的量为2bmol，因此溶液中SO42－、I－与Cl－的物质的量之比为a：（3a-2b）：2b，D正确。‎ 答案选A。‎ 点睛：本题考查了氧化还原反应中的反应先后顺序和与量有关的离子方程式的书写，难度较大，应注意的是由于还原性：SO32-＞I-，故氯气先和亚硫酸根反应，然后再和碘离子反应。‎ ‎26. 以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学知识，按要求填空：‎ ‎（1）上述第一级分类标准（分成A、B组）的依据为：___________。‎ ‎（2）C组中某一物质常温能与冷水反应，其离子方程式为：_________________。‎ ‎（3）D组中与水反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质，有________（填化学式）。‎ ‎（4）F组中某一物质的水溶液呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：________。‎ ‎（5）E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，用离子方程式表示褪色的原因：______。‎ ‎【答案】 (1). 是否属于氧化还原反应（或是否有电子转移或是否有化合价变化） (2). 2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑ (3). Cl2、Na2O2 (4). NH3·H2ONH4++OH— (5). 5H2SO3+2MnO4-＝5SO42-+2Mn2++4H+＋3H2O ‎【解析】分析：（1）依据图表变化和物质分类分析变化判断；‎ ‎（2）钠在常温时能与冷水反应；‎ ‎（3）根据反应中元素的化合价变化结合方程式分析判断；‎ ‎（4）氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡电离出氢氧根离子；‎ ‎（5）能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质具有还原性，据此判断。‎ 详解：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，是非氧化还原反应；Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，与水发生的是氧化还原反应，所以分类的依据为是否发生氧化还原反应；‎ ‎（2）钠在常温时能与冷水反应，反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎（3）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2溶于水反应发生的是氧化还原反应，Cl2+H2O＝HCl+HClO是氯气自身氧化还原，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；2Na+2H2O＝2NaOH+H2‎ ‎↑中水是氧化剂，钠是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；3Fe+4H2OFe3O4+4H2中水是氧化剂，铁是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为4：3；2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；3NO2+H2O＝2HNO3+NO中二氧化氮自身氧化还原反应，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；所以水既不是氧化剂也不是还原剂的D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质是Cl2、Na2O2；‎ ‎（4）F组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性是氨气，氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡，电离出氢氧根离子，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH—；‎ ‎（5）E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，说明具有还原性，应该是亚硫酸，反应的离子方程式为5H2SO3+2MnO4-＝5SO42-+2Mn2++4H+＋3H2O。‎ ‎27. 金属铝用途广泛，工业上利用铝矾土矿（主要成分是Al2O3）制备金属铝。‎ ‎（1）首先获得纯净的Al2O3，其工艺流程如下：‎ ‎①滤液中通入过量CO2时主要反应的离子方程式是_______________________。‎ ‎②煅烧生成氧化铝的化学方程式是 __________________________________。‎ ‎（2）将Al2O3溶解于熔融的冰晶石（助熔剂）中，以碳素材料为阴极，石墨棒为阳极，进行电解。‎ ‎①下列关于Al2O3的说法正确的是________________（填序号）。‎ a. Al2O3属于电解质 b. Al2O3属于离子化合物 c. Al2O3属于碱性氧化物 d. Al2O3的熔点低，可作耐火材料 ‎②阳极石墨棒需要不断补充，写出电极反应式并简述其原因：________________。‎ ‎（3）高纯度氧化铝也可利用铵明矾分解制得：‎ ‎①铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2•12H2O，铵明矾属于__（填“纯净物”或“混合物”），在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，浓度最大的离子是______，c(NH4＋ ) ____c(Al3+)（填“=”“>”或“<”）；‎ ‎②铵明矾分解反应：6NH4Al(SO4)2•12H2O3Al2O3 + 2NH3 ↑+ 2N2 ↑+ 6SO2 ↑+ 6SO3 ↑+‎ ‎ 81H2O，请标出此反应电子转移的方向和数目______。‎ ‎【答案】 (1). AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓ (2). 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O (3). ab (4). 阳极反应式：2O2－－4e－＝O2↑，高温下，生成的氧气与石墨反应，消耗阳极材料，所以需要补充 (5). 纯净物 (6). SO42－ (7). ＞ (8). ‎ ‎【解析】分析：（1）由于氧化铝为两性氧化物，铝矾土矿加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，在滤液中通入过量的二氧化碳可生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、干燥，然后煅烧可得到氧化铝，据此解答；‎ ‎（2）氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，可用于冶炼铝，电解时，铝在阴极生成，阳极生成氧气，如用石墨作阳极，则氧气与碳反应生成二氧化碳而不断消耗，应不断补充。‎ ‎（3）①由一种物质组成的是纯净物；根据铵明矾的电离方程式以及离子的水解程度判断；‎ ‎②根据反应中元素的化合价变化结合电子得失守恒解答。‎ 详解：（1）①偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓；‎ ‎②氢氧化铝不稳定，加热分解生成氧化铝，反应的方程式为2Al(OH)3Al2O3＋3H2O；‎ ‎（2）①a. Al2O3熔融状态下可导电，属于电解质，a正确；b. Al2O3熔融状态下可导电，属于离子化合物，b正确；c. Al2O3属于两性氧化物，c错误；d. Al2O3的熔点高，可作耐火材料，d错误；答案选ab；‎ ‎②如用石墨作阳极，阳极反应式是2O2－－4e－＝O2↑，生成的氧气与碳反应生成二氧化碳而不断消耗，所以应不断补充；‎ ‎（3）①铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2•12H2O，因此铵明矾属于纯净物；铵明矾溶于水的电离方程式为NH4Al(SO4)2＝NH4＋+Al3++2SO42－，因此在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，浓度最大的离子是SO42－，又因为铵根的水解程度小于铝离子，则溶液中c(NH4＋)＞c(Al3+)；‎ ‎②反应6NH4Al(SO4)2•12H2O3Al2O3+2NH3↑+2N2↑+6SO2↑+6SO3↑+81H2O中氮元素化合价由-3价变化为0价，硫元素化合价由+6价变化为+4价，生成3molAl2O3转移电子12mol，因此电子转移的方向和数目可表示为 ‎；‎ ‎28. 有A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。将等物质的量的A、B、C溶于稀硝酸，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－、Cl－几种离子，同时生成一种白色沉淀。请回答下列问题：‎ ‎（1）经检验及分析，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是________。‎ A． Na＋ B． Mg2＋ C． Cu2＋ D． Ag＋‎ ‎（2）盐A的名称为____________。‎ ‎（3）不需要加入其它任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为________________________________________(填化学式)。‎ ‎（4）若将A、B、C三种盐按一定比例溶于稀硝酸，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－几种离子，其中Fe3＋、SO42－、K＋物质的量之比为1∶2∶4，则A、B、C三种盐的物质的量之比为__________，若向溶液中加入少量Ba(OH)2发生反应的离子方程式为：____________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 氯化铁 (3). FeCl3、AgNO3、K2SO4(或FeCl3、K2SO4、AgNO3) (4). 1∶3∶2 (5). 2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O ‎【解析】分析：等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有H+、Fe3＋、K＋、SO42－、NO3－、Cl－几种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸盐，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4。据此解答。‎ 详解：（1）由已知，等物质的量的三种物质溶于水，生成一种白色沉淀，已知的三种阴离子与A、B、C三项中的阳离子均不会生成沉淀，只有氯化银是白色沉淀，答案选D。‎ ‎（2）由上述分析可知A为FeCl3，名称是氯化铁；‎ ‎（3）溶液的颜色为黄色的是氯化铁，与氯化铁反应生成白色沉淀的为硝酸银，不反应的为硫酸钾，则检验顺序为FeCl3、AgNO3、K2SO4或FeCl3、K2SO4、AgNO3。‎ ‎（4）Fe3+、SO42-、NO3-、K+四种离子且物质的量之比依次为1：2：3：4，则Ag+和Cl-正好反应，设FeCl3为1mol，则AgNO3为3mol，K2SO4为2mol，因此A、B、C三种正盐的物质的量之比为1：3：2；若向溶液中加入少量Ba(OH)2，则生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为 ‎2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O。‎ ‎29. 芳香烃A可用于合成利多卡因药物，盐酸利多卡因（F）葡萄糖注射液，可用于抗心律失常。其合成路线如下 已知：。‎ ‎（1）写出A的名称______________________。‎ ‎（2）B在核磁共振氢谱上有_________种特征吸收峰。‎ ‎（3）B→C的反应类型是_____________；D→E的反应类型是________________。‎ ‎（4）B有多种同分异构体，符合以下条件的B的同分异构体共有_________种，请写出其中一种的结构简式_____________________。‎ ‎①苯环上共有三个取代基 ②与碳酸钠溶液反应可放出CO2气体 ‎（5）1molD与足量的NaOH水溶液共热反应，最多消耗NaOH的物质的量为______。‎ ‎（6）对氨基苯甲酸是机体细胞生长和分裂所必需的叶酸的组成成分。现以甲苯为原料，结合题干有关信息，补充完成以下合成路线：______。‎ ‎【答案】 (1). 1，3-二甲苯或间二甲苯 (2). 3 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). 10种 (6). (7). 2mol (8). ‎ ‎【解析】分析：由B可知A应为，A与浓硝酸在浓硫酸的作用下发生硝化反应生成B，B发生还原反应生成C，结合D的结构简式可知，C取代反应生成D，则C为，由E的结构简式可知，D中氯原子为-N(C2H5)2取代生成E，E转化得到F，据此判断。‎ 详解：（1）根据以上分析可知A的结构简式为，名称是间二甲苯或1，3-二甲苯；‎ ‎（2）B结构对称，含有3种不同的H原子，其核磁共振氢谱中含有3种特征峰；‎ ‎（3）根据以上分析可知B→C的反应类型是还原反应，D→E的反应类型是取代反应；‎ ‎（4）B为，对应的同分异构体满足：①苯环上共有三个取代基；②与碳酸钠溶液反应可放出CO2气体，说明分子中含有-COOH，另外还含有取代基为-NH2、-CH3，依据定二移一可知有10种不同的结构，例如；‎ ‎（5）D中含有肽键和氯原子，因此1mol D与足量的NaOH溶液共热反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol。‎ ‎（6）要引入氨基需要首先引入硝基，即甲苯首先发生硝化反应生成对甲基硝基苯，然后利用酸性高锰酸钾溶液氧化甲基转化为羧基，最后利用铁和盐酸将硝基还原为氨基，合成路线为。‎ 点睛：本题主要是考查有机合成与推断，题目难度较大，掌握常见有机物官能团的性质以及它们之间的转化关系是解决有机化学的基础。难点是有机合成路线图设计，有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。需要注意的是物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物，同时要注意题干已知信息的灵活应用。‎ ‎30. X、Y、Z、W、R、Q为前四周期元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其它电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：‎ ‎（1）正一价Q+核外电子排布式为_________________。‎ ‎（2）化合物X2W2中W的杂化方式为___________，ZW2-离子的立体构型是_____________。‎ ‎（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_____（填化学式），原因是__________。‎ ‎（4）将Q单质的粉末加入Z的氢化物的浓溶液中，并通入W的单质，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是________________________________。‎ ‎（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶胞含有____个Y原子，Y原子的配位数为_________，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为_____________________。（用含a和ρ的代数式表示）‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). sp3杂化 (3). v形 (4). SiO2 (5). SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体 (6). 2Cu + 8NH3 + O2 + 2H2O 2[Cu(NH3)4]2+ + 4OH- (7). 8 (8). 4 (9). ‎ ‎【解析】分析：X、Y、Z、W、R、Q为前四周期元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。‎ 详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W、R、Q分别是H、C、N、O、Si、Cu。则 ‎（1）Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；‎ ‎（2）化合物H2O2中结构式为H-O-O-H，O原子价层电子对数为2+(6−2)/2=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为(5+1−2×2)/2=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形；‎ ‎（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是SiO2；‎ ‎（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-；‎ ‎（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为：4+8×1/8+6×1/2=8；每个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的边长为a pm，则晶胞体积为（a×10-10）3cm3，晶体的密度为ρ g/cm3，则晶胞质量为（a×10-10）3cm3×ρ g/cm3=ρa3×10-30ρ g，则8×12/NA g=ρa3×10-30ρ g，故NA=。‎ ‎ ‎