黑龙江省鹤岗一中2026届化学高二上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

黑龙江省鹤岗一中2026届化学高二上期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、从海水中提取溴，主要反应为：2Br-＋Cl2＝Br2＋2Cl-，下列说法正确的是A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强2、在一个恒容的密闭容器中充入C固体和水蒸气，在一定条件下进行下列两个可逆反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：①C的浓度不变②H2O和H2的浓度相等③恒温时，气体压强不再改变④绝热时反应体系中温度保持不变⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍⑥混合气体密度不变⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变其中不能表明反应已达到平衡状态的是A．①② B．①⑦ C．③⑥ D．④⑤3、下列有关平衡常数的说法中，正确的是()A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大B．反应2NO2(g)N2O4(g)△H＜0，升高温度该反应平衡常数增大C．对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D．CO2＋H2CO＋H2O的平衡常数表达式为K==4、一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是A．反应进行到1s时，v(A)＝v(C)B．反应进行到10s时，各物质的反应速率相等C．反应进行到10s时，A的平均反应速率为0.06mol/(L·s)D．该反应的化学方程式为6A＋3B4C＋2D5、下列溶液一定是碱性的是()A．溶液中c(OH－)＞c(H＋) B．c(OH－)＞1×10－7mol/LC．溶液中含有OH－ D．pH＝8的某电解质的溶液6、下列操作不能用于检验NH3的是A．气体使湿润的酚酞试纸变红B．气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C．气体与浓H2SO4靠近D．气体与浓盐酸产生白烟7、下列叙述不正确的是()A．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的保护法B．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加C．外加电流的阴极保护法中，待保护金属作阴极D．电镀工业中，镀件作阴极8、利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是()A．a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀B．一段时间后，a管液面高于b管液面C．a处溶液的不变，b处溶液的减小D．a、b两处具有相同的电极反应式：9、“垃圾分类是新时尚”。下列垃圾不属于厨余垃圾的是()A．菜梗 B．易拉罐 C．变质剩饭 D．水果皮10、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是()A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB．1mol·L－1NaCl溶液中含有的Cl－数目为NAC．28gN2和N4组成的混合气体中含有的原子数为2NAD．2.4gMg与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.1NA11、人造地球卫星用到的一种高能电池--银锌蓄电池，其电池的电极反应式为：2Zn+2OH--2e-===2ZnO+H2↑，Ag2O+H2O+2e===2Ag+2OH-。据此判断锌是（）A．负极，并被氧化 B．正极，并被还原C．负极，并被还原 D．正极，并被氧化12、已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。保持温度不变，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法正确的是A．①中溶液变黄，③中溶液橙色加深B．上述可逆反应的平衡常数：①＜③C．K2Cr2O7溶液的氧化性在酸性条件下更强D．若向④中加入70%H2S04溶液至过量，溶液变为橙色13、对于温度与反应方向的关系，下列判断不正确的是（）A．ΔH＜0,ΔS＞0，所有温度下反应自发进行B．ΔH＞0,ΔS＞0，所有温度下反应自发进行C．ΔH＜0,ΔS＜0，低温下反应自发进行D．ΔH＞0,ΔS＜0，所有温度下反应不能自发进行14、在甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A．1mol・L-1甲酸溶液的c(H+)约为1×10-2mol・L-1B．甲酸能与活泼金属反应生成氢气C．10mL1mol・L-1甲酸恰好与10mL1mol・L-1NaOH溶液完全反应D．在相同条件下，甲酸溶液的导电性比二元强酸溶液的弱15、在一密闭容器中发生反应：3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)，下列判断正确的是（）A．升高反应温度对反应限度无影响B．改变H2的浓度对正反应速率无影响C．保持体积不变，充入N2反应速率增大D．保持压强不变，充入N2反应速率减小16、下列有关1molH2的说法中，不正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A．质量为2g B．含氢原子数为NAC．含氢分子数为NA D．标准状况下体积约为22.4L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、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。19、某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。实验药品：1.0moL/L盐酸、2.0mol/L盐酸、1.0mol/L硫酸、2.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为25.0mL，金属用量均为6.0g。（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。实验目的实验编号温度金属铝形态酸及浓度1．实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；2．实验②和③探究______3．实验②和④探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响；4．①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异①_________铝片_______________②30˚C铝片1．0mol/L盐酸③40˚C铝片1．0mol/L盐酸④__________铝粉_____________⑤30˚C铝片1．0mol/L硫酸（2）该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速率明显比⑤快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)?________________________________________________________________。20、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、20世纪50年代科学家提出价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），用于预测简单分子立体结构．其要点可以概括为：Ⅰ、用AXnEm表示只含一个中心原子的分子，A为中心原子，X为与中心原子相结合的原子，E为中心原子最外层未参与成键的电子对（称为孤对电子），（n+m）称为价层电子对数．分子中的价层电子对总是互相排斥，均匀的分布在中心原子周围的空间；Ⅱ、分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；Ⅲ、分子中价层电子对之间的斥力的主要顺序为：i、孤对电子之间的斥力＞孤对电子对与共用电子对之间的斥力＞共用电子对之间的斥力；ii、双键与双键之间的斥力＞双键与单键之间的斥力＞单键与单键之间的斥力；iii、X原子得电子能力越弱，A﹣X形成的共用电子对之间的斥力越强；iv、其他．请仔细阅读上述材料，回答下列问题：（1）根据要点I可以画出AXnEm的VSEPR理想模型，请填写下表__：（2）H2O分子的立体构型为：__，请你预测水分子中∠H﹣O﹣H的大小范围__；（3）SO2Cl2和SO2F2都属AX4E0型分子，S=O之间以双键结合，S﹣Cl、S﹣F之间以单键结合．请你预测SO2Cl2和SO2F2分子的立体构型：__，SO2Cl2分子中∠Cl﹣S﹣Cl__（选填“＜”、“＞”或“=”）SO2F2分子中∠F﹣S﹣F。（4）用价层电子对互斥理论（VSEPR）判断SO32﹣离子的空间构型：__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.该反应中，溴元素的化合价由﹣1

价变为

0

价，所以溴离子失电子作还原剂，还原剂具有还原性，故

A

错误；B.该反应中氯元素的化合价由

0

价变为﹣1

价，所以氯气得电子作氧化剂，故

B

错误；C.该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，复分解反应中反应前后各元素的化合价都不变，所以一定不属于复分解反应，故

C

错误；D.该反应中，氯气是氧化剂，溴是氧化产物，所以氯气的氧化性大于溴，故

D

正确；答案选

D。【点睛】在氧化还原反应中得电子化合价降低的是氧化剂，失电子化合价升高的是还原剂，氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，复分解反应一定不是氧化还原反应。2、A【解析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变。【详解】①C是固体，其浓度一直不变，故错误；②H2O和H2的浓度相等，并不是不变，故错误；③恒温时，气体压强不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；④绝热时反应体系中温度保持不变，说明放出的热量等于吸收的热量，即正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；⑤断裂氢氧键速率等效于形成氢氢键速率的2倍的同时断裂氢氢键速率的2倍，所以正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；⑥混合气体密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量和气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；故选A。【点睛】平衡状态中反应混合物中各组成成分的含量保持不变的理解①质量不再改变：各组成成分的质量不再改变，各反应物或生成物的总质量不再改变（不是指反应物的生成物的总质量不变），各组分的质量分数不再改变。②物质的量不再改变：各组分的物质的量不再改变，各组分的物质的量分数不再改变，各反应物或生成物的总物质的量不再改变。［反应前后气体的分子数不变的反应，如：除外］③对气体物质：若反应前后的物质都是气体，且化学计量数不等，总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变。［但不适用于这一类反应前后化学计量数相等的反应］④反应物的转化率、产物的产率保持不变。⑤有颜色变化的体系颜色不再发生变化。⑥物质的量浓度不再改变。当各组分（不包括固体或纯液体）的物质的量浓度不再改变时，则达到了化学平衡状态。3、D【详解】A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，选项A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，选项C错误；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则CO2+H2CO+H2O的平衡常数表达式为K==，选项D正确；答案选D。4、C【详解】A.反应进行到1s时，n(A)=n(C)，但是A、C的物质的量变化量不等，所以v(A)v(C)，故A错误；

B.反应进行到10s时，达到了平衡状态，根据v=可以知道，各物质的反应速率与物质的量变化成正比，则v(A):v(B):v(C):v(D)=(1.2-0):(1.0-0.4):(1.0-0.2):(0.4-0)=6:3:4:2，故B错误；

C.反应进行到10s时，A的平均反应速率v==0.06mol/(Ls)，所以C选项是正确的；

D.由图可以知道，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，B、C为反应物，且n(B):n(C):n(A):n(D)=6:3:4:2，所以该反应方程式为：3B＋4C6A＋2D，故D错误。

所以C选项是正确的。【点睛】关于化学平衡图像题的看图技巧：1、

看面：弄清横、纵坐标的含义；2、

看线：弄清线的走向，变化趋势及线的陡与平；3、

看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等；4、

看量的变化：弄清是浓度变化、温度变化还是转化率的变化；5、

看要不要作辅助线：如等温线，等压线等。5、A【分析】

【详解】A.溶液的酸碱性由c(OH－)、c(H＋)的相对大小决定；c(OH－)＞c(H＋)的溶液一定呈碱性，故A正确；B.温度影响水的电离，温度升高，水的电离程度增大，中性溶液中氢氧根离子离子浓度增大，所以c（OH-）＞1×10-7mol/L溶液中不能判断c（OH-）与c（H+）的关系，故B错误；C.任何溶液中都存在氢离子、氢氧根离子，所以含有OH-离子的溶液不一定显示碱性，故C错误；D.温度未知，不能由pH直接判断溶液的酸碱性，故D错误；故选A。

【点睛】溶液的酸碱性由c(OH－)、c(H＋)的相对大小决定，c(OH－)＞c(H＋)呈碱性；c(OH－)=c(H＋)呈中性；c(OH－)<c(H＋)呈酸性。6、C【解析】A.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，酚酞溶液变红，可以检验氨气的存在，故A错误；B.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验NH3，故B错误；C.浓硫酸是难挥发性的酸，此操作不能用于检验氨气，故C正确；D.浓盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢和氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，可以检验氨气，故D错误。故选C。7、B【详解】A、在海轮外壳连接锌块，使锌块作原电池负极，被保护金属作原电池正极，从而保护外壳不受腐蚀，其方法称为牺牲阳极的保护法，故A不符合题意；B、铅蓄电池放电过程中，负极为Pb极，发生氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，负极质量增大，正极为PbO2，发生还原反应，电极反应式为：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－=PbSO4＋2H2O，正极质量增加，故B符合题意；C、外加电流的阴极保护法中，阴极电极材料受到保护，因此待保护金属作阴极，故C不符合题意；D、电镀过程中，待镀金属作阳极，电解液为待镀金属盐溶液，镀件作阴极，故D不符合题意。【点睛】原电池工作中，负极电极材料质量不一定会减小，其质量可能会增加、不变、减小，如燃料电池中，负极电极材料质量不变，具体问题具体分析。8、C【详解】A.a管内是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，b管内是酸性溶液发生析氢腐蚀，A正确；B.发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a管液面高于b管液面，B正确；C.a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，C错误；D.a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，因此a、b两处具有相同的电极反应式：，D正确；答案选C。【点睛】此题关键在于判断钢铁的腐蚀是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，主要通过条件判断，极弱的酸性、中性或碱性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应式为，酸性较强发生析氢腐蚀，正极反应式为。钢铁腐蚀时，铁在负极失电子被氧化成亚铁离子。9、B【详解】厨余垃圾是指居民日常生活及食品加工、饮食服务、单位供餐等活动中产生的垃圾，包括丢弃不用的菜叶、剩菜、剩饭、果皮、蛋壳、茶渣、骨头等，易拉罐可以回收利用，属于可回收垃圾，故选B。10、C【解析】A.标况下水为液态，不能使用摩尔体积计算，故A错误；B.不知溶液的体积，无法计算Cl－数目，故B错误；C.N2和N4均有氮原子构成，氮原子的物质的量为28g÷14g/mol=2mol，所以含有的原子数为2NA，故C正确；D.一个镁原子失去2个电子，2.4gMg与足量盐酸反应，转移的电子数目为0.2NA，故D错误。故选C。11、A【详解】由电极反应方程式可知，Zn化合价升高，失电子，被氧化，作负极；氧化银得电子被还原，为正极，故A正确；故选A。【点睛】电子从负极流出，经过外电路流入正极。12、C【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A错误；B．平衡常数与温度有关，温度没有改变，则可逆反应的平衡常数①=③，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选C。点睛：注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72-、CrO42-氧化性的比较；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。13、B【详解】根据吉布斯自由能△G=△H–T△S可以判断，当△G<0时，反应能自发进行。B在高温下反应自发进行。14、A【解析】A．1mol•L-1的甲酸溶液的c(H+)约为0.01mol•L-1说明甲酸不能完全电离，可以证明是弱电解质，故A正确；B．活泼金属能够与酸反应，体现了甲酸的酸性，不能证明是弱电解质，故B错误；C．根据方程式可知不论酸碱强弱，只要一元酸与一元碱物质的量相等则恰好发生酸碱中和，完全反应，不能证明是弱电解质，故C错误；D．溶液浓度不确定，甲酸溶液的导电性比二元强酸溶液可能强也可能弱，故D错误；故选A。15、D【详解】A.升高反应温度加快化学反应速率，平衡向着吸热方向移动，所以改变温度，对反应限度有影响，故A错误；B.增大反应物的浓度加快化学反应速率，平衡正向移动，减小反应物的浓度减慢化学反应速率，平衡逆向移动。因为H2属于反应物，所以改变H2的浓度对正反应速率有影响，故B错误；C.保持体积不变，充入N2气使体系压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，所以反应速率不变，故C错误；

D.压强不变，充入N2使容器的体积增大，反应气体的浓度减小，反应速率减小，故D正确；

故选D。:【点睛】根据影响化学反应速率的因素回答。即对于反应3Fe

(s)

+4H2O

(g)=Fe3O4+4H2

(g)来说，增大压强、浓度、升高温度以及增大固体的表面积，都可增大反应速率。16、B【详解】A．H2相对分子质量是2，所以1molH2的质量是2g，A正确；B．1molH2中含有2molH，所以含氢原子的数目为2NA，B错误；C．1molH2中含氢分子的数目为NA，C正确；D．在标准状况下，1mol氢气的体积约为22.4L，D正确。故选B。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、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【点睛】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。19、温度对该反应速率的影响30˚C2.0mol/L盐酸30˚C1.0mol/L盐酸Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等【解析】（1）探究问题时，要注意控制变量，结合题目中探究的影响因素，即可分析出变量是什么；（2）对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，即可分析出答案；【详解】（1）根据实验目的可知：实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以①的温度为30℃，酸及浓度为：2.0moL/L盐酸；根据实验②和③的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验②和③探究的是反应温度对反应速率的影响；实验②和④探究金属规格(铝片，铝粉)对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以④中温度30℃、酸及浓度为：1.0moL/L盐酸；(2)对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，①的反应速度明显比⑤快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。20、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%"；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平【名师点睛】

方法

适用范围

主要仪器

注意点

实例

固+液

蒸发

易溶固体与液体分开

酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3

NaCl(H2O)

固+固