山东省肥城市第六高级中学2026届化学高二上期中达标测试试题含解析

山东省肥城市第六高级中学2026届化学高二上期中达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、反应2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2↑已知158gKMnO4反应生成了16gO2,则固体残余物的质量是A．16g B．32g C．126g D．142g2、关于维生素A（分子结构如下）的下列说法错误的是（）A．不是饱和一元醇B．不易溶于水C．具有烯、醇以及芳香族化合物的性质D．其中氧的质量分数约为5.6%3、T℃时，将V1mLpH=2的H2SO4和V2mL0.02mol·L-1的NaOH溶液混合（忽略体积变化），混合后溶液的pH=3，则V1：V2为（）A．9：2 B．10：1 C．7：3 D．无法计算4、化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是()A．N2(g)+3H2(g)2NH3(l)△H=2(a-b-c)kJ/molB．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=2(b-a)kJ/molC．N2(g)+H2(g)NH3(l)△H=(b+c-a)kJ/molD．N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=(a+b)kJ/mol5、下列说法正确的是（）A．ΔH<0的反应均是自发反应B．ΔS为负值的反应均不能自发进行C．冰在室温下自动融化成水，是熵增的重要结果D．高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程6、某温度下，对可逆反应2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)+W(g)ΔH>0的叙述正确的是A．升高温度，混合气体的平均摩尔质量减小B．将W液化移走，则正反应速率增大，平衡向右移动C．温度、体积不变，充入He气增大压强，反应速率会加快D．增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小7、根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是()A．室温下，NaR溶液的pH大于7B．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大C．加热NaR溶液时，溶液的pH变小D．70℃时，0.01mol·L－1的HR溶液pH＝2.88、下列关于1.5mol氢气的叙述中，正确的是（）A．质量是4gB．体积是33.6LC．电子数是3D．分子数约为1.5×6.02×1023个9、下列叙述中，合理的是A．将水加热，Kw增大，pH不变B．把FeCl3的水溶液加热蒸干，可得到FeCl3固体C．用25mL酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液D．中和热测定时，用铜制搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，测定的实验结果不变10、一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。下列叙述正确的是A．反应开始到10s末时，用Z表示的反应速率为0.158mol·L－1·s－1B．反应开始到10s末时，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L－1C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)11、某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。下列有关叙述正确的是A．两步反应均为放热反应B．整个反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4C．加入催化剂可以改变反应的焓变D．三种物质所含能量由高到低依次为：A、B、C12、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法不正确的是A．X与M两种元素组成的化合物能与碱反应，但不能与任何酸反应B．N、Z两种元素的离子半径相比前者较大C．M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比后者较强D．工业上常用电解Y和N形成的化合物的熔融态制取Y的单质13、如图所示，各烧杯中均盛有海水，铁在其中的腐蚀速率由快到慢的顺序为A．②＞①＞③＞④＞⑤＞⑥ B．⑤＞④＞③＞①＞②＞⑥C．⑤＞④＞②＞①＞③＞⑥ D．⑤＞③＞②＞④＞①＞⑥14、卤素单质从F2到I2在常温常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是()A．原子间的化学键键能逐渐减小 B．范德华力逐渐增大C．原子半径逐渐增大 D．氧化性逐渐减弱15、用标准盐酸滴定未知浓度的氨水溶液(锥形瓶中)时，下列说法正确的是A．量取一定体积的氨水用如右图所示仪器B．从测定结果的准确性考虑，选择酚酞作指示剂比选甲基橙要好C．滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失，则测定氨水的浓度偏高D．滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水会导致测定的浓度偏小16、下列关于化学反应限度的说法中正确的是()A．改变外界条件不能改变化学反应的限度B．当某反应在一定条件下达到反应限度时即达到了化学平衡状态C．当某反应体系中气体的压强不再改变时，该反应一定达到反应限度D．当某反应达到限度时，反应物和生成物的浓度一定相等二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线流程图如下：（1）B中的含氧官能团名称为______和______。（2）D→E的反应类型为______。（3）X的分子式为C5H11Br，写出X的结构简式：______。（4）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式为______。（5）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：______。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应②分子中只有4种不同化学环境的氢（6）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________18、前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是_________（填元素符号，下同）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键e．氢键f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为___________________，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为_________。金属F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。19、硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为________。(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①仪器B的名称是____，实验中无水CuSO4变蓝，由此可知硝酸亚铁晶体含有___。②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：实验步骤现象取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液一份滴入____溶液变成红色另一份滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液___________A中硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为______。(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数①取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴___作指示剂。②用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为______。20、某研究性学习小组通过下列反应原理制备SO2并进行性质探究。反应原理为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O（1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序为________________。(填接头序号)（2）D中盛装的试剂为_________________。（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，其目的是检验SO2的_____________，可观察到的现象_________。（4）实验1：乙同学将溶液X换为浓度均为0.1mol/LFe(NO3)3和BaCl2的混合溶液（已经除去溶解氧），通入少量SO2后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为BaSO4，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：（已知：0.1mol/LFe(NO3)3的pH=2）实验操作现象结论和解释2将SO2通入0.1mol/L____和BaCl2混合液产生白色沉淀Fe3+能氧化H2SO33将SO2通入_______和BaCl2混合液产生白色沉淀酸性条件NO3-能将H2SO3氧化为SO42-21、氨的合成原理为:N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）∆H=－92.4kJ·mol-1在500℃、20MPa时，将N2、H2置于一个容积为2L的密闭容器中发生反应，反应过程中各物质的物质的量变化如图。回答下列问题:（1）10min内以NH3表示的平均反应速率为_________（2）在10～20min内，NH3浓度变化的原因可能是_____________A．加了催化剂B．缩小容器体积C．降低温度D．增加NH3物质的量（3）第1次平衡:平衡常数K1=__________（带数据的表达式），第2次平衡时NH3的体积分数为_____________。（4）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fc2O3的TiO2）表面与水发生下列反应:N2（g）＋3H2O（l）⇌2NH3+1.5O2（g）∆H=akJ·mol-1，进一步研究NH3生成量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下表:T/K303313323NH3生成量/(10-6mol)4.85.96.0①此合成反应的a______0，△S_______0；（填“＞”、“＜”或一”）②已知N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）∆H=－92.4kJ·mol-1，2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）∆H=-571.kJ·mol-1则常温下氮气与水反应生成氨气与氧气的热化学方程式为_____________________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】反应中除了氧气以外全是固体，所以加热后固体质量减少的就为氧气的质量，所以剩余固体的质量为158-16=142g。故选D。2、C【解析】分析维生素A的结构简式可知，分子中不含苯环，含有5个C=C键和1个-OH，结合有机物的结构解答该题。【详解】A、维生素A含有碳碳双键，故其不是饱和一元醇，选项A正确；B、维生素A是一种脂溶性的维生素，属于碳原子数较多的不饱和一元醇，其分子中的亲水基较少，故其不易溶于水，选项B正确；C、维生素A含有碳碳双键和羟基两种官能团，为不饱和的一元醇，具有烯和醇的性质。分子中不含苯环，因而不具有芳香族化合物的性质，选项C错误；D、维生素A分子式为C20H30O，其中氧的质量分数约为16286×100%=5.6%，选项答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。3、C【详解】V1mLpH=2的硫酸溶液，n(H+)=c1V1=1×10-2×V1×10-3=10-5mol，V2mL0.02mol/LNaOH溶液，n(OH-)=c2V2=2×10-2×V2×10-3=2V210-5mol，两溶液混合后溶液呈酸性，故n(H+)>n(OH-)，混合后溶液中c(H+)==10-3，将n(H+)和n(OH-)带入，解得V1：V2=7:3，故C正确。4、A【分析】根据反应物的能量与生成物的能力差计算反应热，结合物质活化能计算相应反应的反应热及反应热数值大小。【详解】由图可以看出，△E为反应的活化能，反应热等于反应物的活化能减生成物的活化能，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ/mol，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-2(b-a)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，则2mol的NH3(g)转化为2mol的NH3(l)放出的热量为2ckJ，所以反应N2(g)+3H2(g)2NH3(l)的反应热△H=2(a-b-c)kJ/mol，A正确，故合理选项是A。【点睛】本题考查了反应热的计算、热化学方程式的书写，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法。5、C【解析】△H、△S共同决定反应方向；△H＜0、△S＜0的反应在低温条件下能自发进行；冰在室温下自动熔化成水，△H>0、△S>0；高锰酸钾加热分解放出氧气。【详解】△H＜0易发生，△H是影响化学反应方向的因素，但不是唯一因素，有些△H＜0的反应不能自发进行，故A错误；△H＜0、△S＜0的反应在低温条件下能自发进行，故B错误；熵变大于0的反应易发生，冰熔化成水的△H>0，所以冰在室温下自动熔化成水，是熵增的重要结果，故C正确；高锰酸钾加热分解放出氧气，气体物质的量增大，所以熵增大，故D错误。6、A【解析】A.升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增加，所以混合气体的平均摩尔质量减小，故A正确；B.将W液化移走，则正反应速率不变，逆反应速率减小平衡向右移动，故B错误；C。温度、体积不变，充入He气增大压强，物质的浓度不变所以反应速率不变，故C错误；D。增大压强，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故D错误；本题答案为：A。7、C【解析】A．常温下，测得NaR溶液的pH＞7，说明NaR为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HR为弱酸，故A不选；B．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明HR存在电离平衡，则证明HR为弱酸，故B不选；C．升高温度，水的Kw增大，如溶液呈中性时，pH也变小，不能证明HR为弱酸，故C选；D．70℃时，测得0.01mol•L-1的HR溶液pH=2.8，说明HR没有完全电离，可证明HR为弱酸，故D不选；故选C。【点睛】要证明一元酸HR为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度思考。本题的易错点为C，要注意升高温度对水的电离的影响。8、D【解析】试题分析：A、1.5mol氢气的质量是1.5mol×2g/mol＝3g，A错误；B、不能确定氢气所处的状态，不能计算其体积，B错误；C、1.5mol氢气的电子数3NA，C错误；D、1.5mol氢气的分子数是1.5×6.02×1023个，D正确，答案选D。考点：考查物质的量的有关计算9、C【解析】A、温度升高，水的电离程度增大，所以将水加热，水的离子积Kw增大；由于水电离的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；B、由于铁离子水解且氯化氢具有挥发性，所以把FeCl3的水溶液加热蒸干得到的是氢氧化铁固体，无法得到得到FeCl3固体，故B错误；C、由于高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能使用碱式滴定管量取，应该使用酸式滴定管，故C正确；D、中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，容易造成热量的损失，因此所测中和热的数值偏小，故D错误。故选C。10、C【分析】由图象可以看出，随着时间的推移，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且0~10s内△n(Y)：△n(X)：△n(Z)=0.79mol：0.79mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，结合物质的量的变化解答该题。【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为(Z)==0.079mol/（L•s），故A错误；B．由图象可知反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故C正确；D．由以上分析可知反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；答案选C。11、B【详解】A.A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；

B.整个反应中△H=E1-E2+E3-E4，故B正确；C.加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；D.物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故D错误；

综上所述，本题正确答案：B。【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变以及产率。12、A【分析】根据图像可知，图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素。【详解】A．X与M分别为O元素、Si元素，组成的化合物为二氧化硅，为酸性氧化物，可与碱反应，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，A说法错误；B．N、Z两种元素分别为Cl、Al，两离子相差1个电子层，故氯离子半径大于铝离子，即前者较大，B说法正确；C．M、N两种元素分别为Si、Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl比SiH4稳定，即后者的氢化物较稳定，C说法正确；D．点解熔融状态的NaCl时可生成氯气和Na，故工业制备Na，常用电解熔融的NaCl方法冶炼，D说法正确。答案为A。13、C【详解】①中为负极，杂质碳为正极，仅仅在溶液的表面上发生钢铁的吸氧腐蚀，腐蚀速度较慢；②③④实质均为原电池装置，③中为正极，被保护；②④中为负极，均被腐蚀，但相对来说和Cu的活动性差别较和的大，故原电池中的腐蚀较快。⑤中接电源正极做阳极，接电源负极做阴极，加快了的腐蚀。⑥中接电源负极做阴极，接电源正极做阳极，阻止了的腐蚀。根据以上分析可知，铁在海水中的腐蚀速率由快到慢的顺序为⑤＞④＞②＞①＞③＞⑥，故答案为：C。14、B【详解】卤素单质组成、结构相似，从F2到I2相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高。和化学键的键能、原子半径以及单质的氧化性无关，故选B。15、C【解析】A项，氨水溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取一定体积的氨水，错误；B项，盐酸与氨水恰好完全反应生成NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4Cl溶液呈酸性，所以选用酸性范围内发生颜色变化的指示剂，选用甲基橙比酚酞要好，错误；C项，滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸溶液的体积偏大，测定氨水的浓度偏高，正确；D项，滴定过程中，往锥形瓶中加入少量蒸馏水对测定结果无影响，错误；答案选C。点睛：本题考查酸碱中和滴定实验中仪器的选择、指示剂的选择和误差分析。指示剂选择的原则：变色要灵敏，变色范围要小，变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；强酸和强碱的滴定可用甲基橙、可用酚酞，强酸和弱碱的滴定用甲基橙，强碱和弱酸的滴定用酚酞。依据计算公式c=分析实验误差，实验过程中由于操作不当，V[HCl（aq）]偏大，测得的物质的量浓度偏大，反之测得的物质的量浓度偏小。16、B【解析】A、改变影响化学平衡的条件，化学平衡被破坏，平衡移动，即改变化学反应的限度，故A错误；B、在一定条件下的可逆反应经过一定的时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度，故B正确；C、体系压强可能自始至终都不发生变化，故C错误；D、反应达到限度时，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，反应物和生成物的浓度不一定相等，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，压强对化学平衡的影响与反应前后气体的化学计量数之和有关，当反应前后气体的化学计量数之和相等，压强不影响平衡的移动，当反应前后气体的化学计量数之和不相等，压强会影响平衡的移动。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基酯基取代反应或【分析】本题中各主要物质的结构简式已经给出，因此只要顺水推舟即可，难度一般。【详解】（1）B中的含氧官能团为醛基和酯基；（2）观察D和E的结构简式，不难发现D上的1个氢原子被1个乙基取代形成了一条小尾巴（侧链），因此D→E属于取代反应；（3）观察E和F的结构简式，不难发现E上的1个氢原子被1个含有支链的丁基取代，结合X的分子式不难推出X的结构简式为；（4）F到G实际上是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，我们发现F中有2个酯基，尿素中有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成；（5）根据条件，G的分子式为，要含有苯环，其次能和氯化铁溶液发生显色反应，则一定有酚羟基，还要含有4种不同化学环境的氢，再来看不饱和度，分子中一共有4个不饱和度，而1个苯环恰好是4个不饱和度，因此分子中除苯环外再无不饱和键，综上，符合条件的分子有或；（6）采用逆推法，分子中有两个酯，一定是2个羧基和2个甲醇酯化后得到的，甲醇已有，因此接下来要得到这个丙二羧酸，羧基可由羟基氧化得到，羟基可由卤原子水解得到，最后再构成四元环即可：。【点睛】在进行同分异构体的推断时，不饱和度是一个有力的工具，对于含氮有机物来讲，每个N可以多提供1个H，氨基无不饱和度，硝基则相当于1个不饱和度，据此来计算即可。18、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化；HCHO分子的立体结构为平面三角形，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为右图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8∶12=2∶3；金属Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【点睛】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。19、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O干燥管(或球形干燥管)结晶水l~2滴KSCN溶液无蓝色沉淀生成4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O淀粉溶液【解析】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)①无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；②根据发生的反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【详解】(1)铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)①根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；②实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体[Fe(NO3)2·xH2O]分解的化学方程式为4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色，K3[Fe(CN)6]溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入1～2滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l～2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2•xH2O2Fe2O3+8NO2↑+O2↑+4xH2O；(3)①铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，故答案为淀粉溶液；②发生的反应有2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+～I2～2S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为×100%=，故答案为。【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意K3[Fe(CN)6]溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。20、afgdce（写afgdcfge）NaOH溶液（或其它碱液）氧化性产生黄色沉淀（黄色浑浊或乳白色沉淀）FeCl30.01mol/LHNO3（或pH=2的HNO3）【解析】试题分析：本题考查SO2的实验室制备和SO2性质探究，实验方案的设计。（1）根据反应原理，制备SO2属于“固体+液体→气体”；制得的SO2中混有H2O（g），用浓硫酸干燥SO2；SO2密度比空气大，用向上排空法收集；SO2污染大气，最后要进行尾气吸收，所以实验装置连接顺序为afgdce。（2）D中盛装的试剂吸收SO2尾气，可用NaOH溶液。（3）若X是Na2S溶液，由于酸性H2SO3H2S，反应的过程为SO2与Na2S溶液作用生成H2S，H2S与SO2作用生成S和H2O，SO2被还原成S，所以实验目的是检验SO2的氧化性，可观察到的现象是：产生黄色沉淀。（4）白色沉淀为BaSO4，说明H2SO3被氧化成SO42-；根据Fe（NO3）3溶液的性质，可能是Fe3+将H2SO3氧化成SO42-，也可能是酸性条件下的NO3-将H2SO3氧化成SO42-；所以设计实验方案时用控制变量的对比实验。实验2要证明是Fe3+氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3含有相同Fe3+浓度的FeCl3溶液进行实验；实验3要证明是酸性条件下NO3-氧化H2SO3，所以选用与Fe（NO3）3溶液等pH的HNO3溶液进行实验。点睛：实验室制备气体时装置的连接顺序一般为：气体发生装置→气体除杂净化装置→气体收集装置（或与气体有关的主体实验）→尾气吸收装置。设计实验方案时必须遵循以下原则，如科学性原则、单一变量原则和对比原则等，如本题在设计实验时用实验1作为对比，选择合适的试剂，