2025-2026学年江西省多校高三上学期10月联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1江西省多校2025-2026学年高三上学期10月联考试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册第五章、选择性必修2.5.可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ce-140一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。1.江西美食，名扬天下。下列有关江西美食的叙述错误的是A.瓦罐汤：瓦罐的原料主要成分是大理石和烧碱B.红烧柚子皮：柚子皮的主要成分是纤维素C.莲花血鸭：鸭肉的主要成分是蛋白质D.藜蒿炒腊肉：藜蒿和腊肉的主要成分均为有机物【答案】A【解析】A．瓦罐的原料是黏土，主要成分是硅酸盐，大理石的主要成分是碳酸钙，烧碱是氢氧化钠，三者不同，A错误；B．植物细胞壁主要成分是纤维素和果胶，柚子皮属于植物组织，B正确；C．鸭肉属于动物蛋白，主要成分是蛋白质，C正确；D．藜蒿（含纤维素等）和腊肉（含蛋白质、脂肪）均为有机物，D正确；答案选A。2.化学用语能很好地表达“宏观辨识与微观探析”。下列化学用语的表达错误的是A.用电子式表示的形成过程：B.溶于氨水的离子方程式：C.用电子云轮廓图表示中键的形成过程：D.乙二醇在一定条件下合成聚醚的化学方程式：n+nH2O【答案】D【解析】A．H2O为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程为，故A正确；B．Zn(OH)2溶于氨水时，氨水主要以NH3·H2O形式存在，反应的方程式为Zn(OH)2+4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故B正确；C．N2分子中，π键由2p轨道肩并肩重叠形成，故C正确；D．乙二醇缩聚生成聚醚时，n个单体分子间脱去(n-1)个H2O，反应方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；选D。3.下列有关实验的叙述正确的是A.用剩的电石、钠等药品及时丢入下水道B.俯身向容器去嗅放出的H2S、NO2气体，加深印象C.为了节省药品，未用完的银氨溶液可长期用于实验D.被溴腐蚀致伤，可用甘油清洗伤口，再用水冲洗【答案】D【解析】A．电石的主要成分是碳化钙，碳化钙、钠与水反应放热并产生可燃性气体，不能丢弃到下水道，A错误；B．H2S和NO2都是有毒气体，不可俯身向容器闻气味，B错误；C．久置的银氨溶液易转化成易爆物，要现用现配，C错误；D．溴具有腐蚀性，甘油可溶解溴并减少其残留，随后用水冲洗可进一步清除，D正确；故选D。4.知行合一，促进理解化学知识。以下用化学知识解释对应劳动项目不合理的是选项劳动项目化学知识A用酒精消毒伤口酒精使细菌蛋白质发生盐析B制作豆腐时加入石膏蛋白质在电解质作用下发生聚沉C用熟石灰改良酸性土壤熟石灰能中和土壤酸性D用碘酒检验土豆中的淀粉淀粉遇碘单质变蓝A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．酒精消毒的原理是酒精使蛋白质变性，而非盐析，解释不合理，A符合题意；B．石膏作为电解质使蛋白质胶体聚沉，解释合理，B不符合题意；C．熟石灰（氢氧化钙）与酸性土壤发生中和反应，解释合理，C不符合题意；D．淀粉遇碘单质变蓝是特征反应，解释合理，D不符合题意；故答案选A。5.部分含硫、铁物质的“价-类”关系如图所示。下列叙述错误的是A.在W溶液中滴加a溶液，振荡，会发生反应B.在足量的稀硝酸中加入X或Y或Z，最终都能生成WC.在氢碘酸溶液中加入Z只发生中和反应D.常温下，c和e混合有d生成【答案】C【解析】含硫物质（左）：a：+4价盐（亚硫酸盐，如）；b：+6价酸（）；c：+4价氧化物（）；d：0价单质（S）；e：-2价氢化物（）；含铁物质（右）：X：0价单质（Fe）；Y：+2价氧化物（FeO）；Z：+3价氢氧化物（）；W：+3价盐（如的硝酸盐或硫酸盐）。A．W为Fe3+盐（如），a为亚硫酸盐（如），具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应：，A正确；B．X（Fe）、Y（FeO）、Z（）与足量稀硝酸反应：Fe与足量稀硝酸生成；FeO中被氧化为；与硝酸反应生成，最终均生成W（铁盐），B正确；C．Z为，氢碘酸（HI）中I⁻具有还原性，与HI反应：，既有中和反应，又有氧化还原反应，并非“只发生中和反应”，C错误；D．c（）与e（）常温下反应：，生成单质硫（d），D正确；故选C。6.下列说法正确的是A.苯易溶于甲苯，是因为它们均为有机物B.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作光导纤维C.离子晶体中只存在离子键，不存在共价键D.的沸点高于，其原因是前者存在分子间氢键，后者存在分子内氢键【答案】D【解析】A．苯易溶于甲苯的原因是两者均为非极性分子，结构相似，符合“相似相溶”原理，而非仅因为均为有机物（有机物种类繁多，并非都互溶），A错误；B．晶体硅熔点高、硬度大，但其主要用途是制作半导体材料、太阳能电池板等，光导纤维的主要成分是二氧化硅（），B错误；C．离子晶体中可能存在共价键，如NaOH（OH⁻内有O-H共价键），C错误；D．中氨基与羧基在苯环上位置较远，和-COOH无法形成分子内氢键，只能形成分子间氢键，中与-COOH距离近，可形成分子内氢键，会减少分子间氢键数目，分子间氢键会使沸点升高，故前者沸点高于后者，D正确；故选D。7.下列叙述正确的是A.和都是极性分子B.的空间结构模型和VSEPR模型一致C.中提供孤电子对形成配位键D.硫升华时克服了非极性键和范德华力【答案】B【解析】A．SO2中S原子价电子对数为，有1个孤电子对，是V形分子，结构不对称，为极性分子；CO2中C原子价电子对数为，无孤电子对，是直线形对称结构，属于非极性分子，故A错误；B．的价层电子对数为，无孤对电子，VSEPR模型与实际空间结构均为平面三角形，故B正确；C．配位键由配体供孤电子对，中心离子Cu⁺提供空轨道，故C错误；D．硫升华破坏了范德华力，未破坏S-S共价键，故D错误；选B。8.某元素的单质及其化合物的转化关系如图(条件和部分产物省略)。X为金属单质，常温常压下，呈液态且含10个电子，淡黄色固体Z具有漂白性。下列说法错误的是A.和均能与盐酸反应B.既有氧化性也有还原性C.和分别溶于水后，溶液中离子种类相同D.与足量反应，转移电子的物质的量为【答案】D【解析】L常温常压下液态且含10个电子，推断为H2O（10电子液态物质）；Z为淡黄色漂白性固体，推断为Na2O2（过氧化钠）；X为金属单质，结合转化关系，X为Na（钠），Y为Na2O（氧化钠，Na与O2常温反应产物），Y与O2反应生成Z（Na2O2）；Z与L（H2O）反应生成W，W为NaOH（Na2O2与H2O反应产物）；X（Na）与L（H2O）反应也生成W（NaOH），物质推断成立：X=Na，Y=Na2O，Z=Na2O2，L=H2O，W=NaOH。A．X（Na）与盐酸反应生成NaCl和H2，Z（Na2O2）与盐酸反应生成NaCl、H2O和O2，均能反应，故A正确；B．Z（Na2O2）中O为-1价（中间价态），既可升高为0价（作还原剂），也可降低为-2价（作氧化剂），既有氧化性也有还原性，故B正确；C．Y（Na2O）溶于水生成NaOH，W（NaOH）溶于水即NaOH溶液，两者溶液中均含离子：Na⁺、OH⁻、H⁺（水电离），离子种类相同，故C正确；D．7.8gZ（Na2O2）物质的量为0.1mol，与H2O反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中0.1molNa2O2转移0.1mol电子（-1价O一半升为0价，一半降为-2价），转移电子0.1mol，故D错误。答案选D。9.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.溶液中阴离子数小于B.在中，3.4g含中子数为C.和的混合溶液中含和总数为D.冰醋酸和异丙醇在催化剂作用下生成乙酸异丙酯的分子数为【答案】B【解析】A．溶液中会发生水解反应等，阴离子会增多，导致阴离子总数大于0.5mol∙L-1×1L×NAmol-1=0.5NA，A错误；B．核反应方程配平后，X为（中子数9），3.4g的物质的量为0.2mol，中子数为0.2mol×9×NAmol-1=1.8NA，B正确；C．H2SO4为强酸，H2SO3为弱酸，H2SO4和H2SO3的混合溶液中，H2SO4完全电离为，而H2SO3解离成的极少，总数小于0.1mol∙L-1×1L×NAmol-1=0.1NA，C错误；D．冰醋酸的物质的量为，虽然异丙醇（1mol）过量，但酯化反应为可逆反应，实际生成的乙酸异丙酯分子数小于理论值0.1mol×NAmol-1=0.1NA，D错误；故答案选B。10.江西是中国重要的玉石产地之一，玉石资源丰富多样。上饶弋阳蛇纹石玉的主要成分为，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的核电荷数与其最外层电子数相等；Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍；基态Z原子s、p能级上电子总数相等，W的族序数小于Y的。下列叙述错误的是A.电负性： B.简单离子半径：C.熔点： D.的空间结构模型：正四面体形【答案】B【解析】X的核电荷数与其最外层电子数相等，且原子序数最小，故X为H；Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y为O；基态Z原子s、p能级上电子总数相等，电子排布为，故Z为Mg；W的族序数小于Y（O，第ⅥA族），且原子序数大于Mg，可能为Al、Si、P。结合题干背景信息“蛇纹石玉”是一种硅酸盐矿物，可推断W为Si。据此分析。A．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，Y为O，W为Si，所以电负性，即，A正确；B．简单离子和电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故，即，B错误；C．为（共价晶体），为（分子晶体），共价晶体熔点远高于分子晶体，故熔点，即，C正确；D．是，中心原子Si为杂化，空间结构为正四面体形，D正确；故答案选B。11.某小组设计如图实验探究氯气的相关性质：旋开分液漏斗的活塞，再打开活塞a、b，启动甲、丙中反应。下列叙述正确的是A.甲中产生浅黄色沉淀，烧杯中溶液的pH减小B.乙中产生黄绿色气体，说明氧化性：KMnO4＜Cl2C.乙中湿润石蕊试纸先变红后褪色，说明具有漂白性D.丙中滴加溶液产生蓝色沉淀，说明已被完全氧化【答案】A【解析】A．甲中NaHS溶液与Cl2反应，Cl2将HS−氧化为S单质：，产生浅黄色沉淀，生成，溶液酸性增强，pH减小，A正确；B．乙中KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，故氧化性KMnO4＞Cl2，B错误；C．湿润石蕊试纸先变红是因为Cl2与水反应生成HCl（酸性），后褪色是因为生成的HClO具有漂白性，Cl2本身无漂白性，C错误；D．K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，滴加后产生沉淀说明溶液中仍含Fe2+，即Fe2+未被完全氧化，D错误；故选A。12.科学家成功合成了一种新型全碳分子——环[48]碳(C48)(如图)。由48个碳原子组成的环碳像穿项链般穿过3个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构。下列叙述错误的是A.环[48]碳与足球烯(C60)互为同素异形体B.环[48]碳中含有极性键和非极性键C.“保护套”分子属于芳香族化合物D.环[48]碳中碳原子采用sp杂化【答案】B【解析】A．环[48]碳与C60均为由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A正确；B．环[48]碳为全碳分子，分子内只含C-C非极性键，不含极性键，B错误；C．由题干信息可知，“保护套”分子含有苯环结构，故其属于芳香族化合物，C正确；D．环[48]碳是由碳碳单键和碳碳三键交替连接而成，每个碳原子都形成2个σ键，没有孤电子对，即碳原子周围的价层电子对数为2，故采用sp杂化，D正确；故答案为：B。13.蓝矾常用于制备波尔多液、游泳池的消毒剂。以赤铜矿石(主要成分为，含少量、和等)为原料制备蓝矾的流程如图所示。下列叙述错误的是已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀的如下表。氢氧化物开始沉淀的3.75.46.31.5完全沉淀的4.76.78.33.2A.“滤渣1”含有铜单质B.“氧化”中可能产生有毒气体C.“调”范围：D.分离“蓝矾”的操作：过滤、干燥【答案】D【解析】赤铜矿石的主要成分为，含少量、和等，加入稀硫酸酸浸，发生歧化反应，生成Cu和，、分别转化为硫酸铁、硫酸铝，与硫酸不反应，Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以滤渣1为Cu、，向滤液中加入次氯酸钠，氧化并调节溶液的pH：，使铁离子先转化为沉淀，再向滤液中加入NaOH调节pH：，使铝离子转化为沉淀，过滤，得到硫酸铜溶液，进一步处理得到蓝矾，据此分析。A．据分析，滤渣1为Cu、，A正确；B．“酸浸”步骤生成Cu和Fe3+，Cu可将Fe3+还原为Fe2+，“氧化”步骤加入NaClO，酸性条件下ClO-可氧化Fe2+为Fe3+，ClO-自身被还原为Cl-，过量ClO-与Cl-在酸性条件下可能发生反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，产生有毒气体Cl2，B正确；C．“调pH=b”目的是沉淀Al3+而不沉淀Cu2+，Al(OH)3完全沉淀的pH=4.7，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5.4，故需控制4.7≤pH<5.4，C正确；D．蓝矾为CuSO4·5H2O晶体，从硫酸铜溶液中分离出蓝矾需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，仅过滤、干燥无法得到蓝矾晶体，D错误；故答案为D。14.铁的氧化物在氧化和还原过程中晶体结构的转变如图所示。下列说法错误的是已知：①常温下，表现为金属导体(但电阻率高)，为绝缘体，固态具有优良导电性。②面心立方有12个滑移系，塑性好，一定条件下有超顺磁性；六方最密堆积仅3个滑移系，塑性差。A.在晶胞中，与最近且等距离的数目为12B.的六方最密堆积呈亚稳态，纳米尺度下呈现超顺磁性C.的面心立方——反尖晶石结构使其具有特殊的电子导电性D.晶胞结构决定了其具有较高的稳定性和硬度【答案】B【解析】A．FeO是面心立方岩盐结构，在面心立方结构中，每个O2-周围最近且等距离的O2-数目为12（同层4个、上下层各4个），A正确；B．Fe2O3为六方最密堆积，根据已知信息，面心立方结构有超顺磁性，而六方最密堆积无此特性，B错误；C．Fe3O4为面心立方反尖晶石结构，已知其具有优良导电性，说明该结构使其具有特殊电子导电性，C正确；D．Fe2O3为六方最密堆积（仅3个滑移系，塑性差），刚玉结构本身稳定性高、硬度大，其晶胞结构决定了较高的稳定性和硬度，D正确；故答案选B。二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.氮族元素及其化合物在生产、生活中有广泛应用。氨与光气()、亚硫酰氯()会发生氨解反应(生成含氨基化合物)；肼常作发射火箭的推进剂，可由尿素[]在碱性条件下与次氯酸钠反应制备，它具有还原性，能除去锅炉中的少量氧气；常作半导体制造中的“清洁刻蚀剂”。回答下列问题：（1）基态N原子的电子排布图为___________，实验室向溴水中通入氨气会生成氮气和盐M，M的化学式为___________。（2）过量氨与光气反应的化学方程式为___________，光气的电子式为___________，氨与亚硫酰氯反应生成A和氯化铵，A的结构式为___________。（3）尿素与含和的混合溶液反应能制得和，该反应的离子方程式为___________。（4）极稀的硝酸和锌恰好完全反应只生成两种盐和水，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为___________。（5）和的空间结构相似，但是常作配体，而不能作配体，其主要原因是___________。（6）键能：键___________(填“＞”“＜”或“＝”)键；分子的键角分别为、，产生差异的主要原因是___________。【答案】（1）①.②.（2）①.②.③.（3）（4）1：9（5）、、的电负性依次减小，键的共用电子对偏向，分子中原子易提供孤电子对形成配位键，而键的共用电子对偏向F，N原子难提供孤电子对形成配位键（6）①.＞②.、中、都采用杂化且价层孤电子对数都是1，N原子半径小于P，NH3中共价键之间排斥力大于键(或答键键长小于键键长，排斥力更大等合理答案)【解析】（1）N原子为7号元素，核外有7个电子，基态N原子的电子排布图为；实验室向溴水中通入氨气会生成氮气和盐M，由元素守恒，M的化学式为NH4Br。（2）由信息，过量氨气与光气反应生成尿素和氯化铵，其反应的化学方程式为；光气中的中心原子为C原子，其电子式为；由信息，氨与亚硫酰氯反应类似与光气的反应，生成A和氯化铵，则A的化学式为N2H4OS，其结构式为。（3）尿素与含NaClO和NaOH的混合溶液反应能制得N2H4、Na2CO3、NaCl和H2O，根据电子守恒和原子守恒，其反应的离子方程式为。（4）根据反应方程式，被还原的HNO3为1mol，未被还原的HNO3为9mol，故被还原与未被还原的HNO3之比为1:9。（5）NH3中N原子的孤对电子活跃，可与金属离子形成配位键，而NF3中的N原子被F原子的高电负性束缚，孤对电子难以提供，故NF3不能作配体。（6）在H-N和H-P键中，由于氮的电负性大于磷，H-N键的极性更强，键长更短，因此键能更大，所以H-N键的键能大于H-P键的键能；NH3和PH3都属于三角锥形结构，中心原子都带有一对孤对电子，但由于氮的电负性大于磷，NH3中共价键之间排斥作用更强，导致键角更大，因此，NH3的键角大于PH3的键角。16.我国科学家利用激光作用实现了常温氢气异裂，金氧化铈和金(Au)钒酸铋等光催化剂作用下，利用太阳光实现二氧化碳加氢制乙烷、乙烯。回答下列问题：（1）光照下在催化剂表面异裂过程如图所示。①基态原子的价层电子排布式为，在元素周期表中与下列元素位于同区的是___________(填标号)。A．B．CrC．GaD．Cu②已知基态原子的价层电子排布式为。第一电离能更大的是___________(填“Hg”或“Au”)，理由是___________。③发生异裂生成的粒子是___________(填粒子符号)。（2）等物质的量的乙烷、乙烯中σ键数目之比为___________。（3）在二氧化碳、乙烯和乙烷中，碳原子采取杂化的分子是___________(填化学式)。（4）金(Au)晶胞为长方体(如图)。已知：α=β=90°；γ=120°，。金晶胞沿轴方向上的投影是___________(填标号)，该晶胞的体积为___________(用含a、c的式子表示)。（5）立方晶胞结构如图所示。已知：晶胞边长为。设代表阿伏加德罗常数的值。已知：1、2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(0.5，0.5，0)。则3号原子(氧原子)的分数坐标为___________，晶体的密度为___________(用含d、的代数式表示)。【答案】（1）①.AD②.Hg③.Hg、Au为相邻金属元素，6s全充满比半充满稳定④.H-、H+（2）7：5（3）CO2（4）①.B②.（5）①.(0.25，0.25，0.75)②.【解析】（1）①金元素位于ds区，与金元素位于同一区的元素为Zn和Cu，故AD正确；②原子的价层电子排布式为，基态原子的价层电子排布式为，Hg、Au为相邻金属元素，6s全充满比半充满稳定，故第一电离能更大的是Hg；③发生异裂生成的粒子一个是阳离子，一个是阴离子，故为H-、H+。（2）单键是σ键，双键中一个是σ键，根据乙烷和乙烯的结构，等物质的量的乙烷、乙烯中σ键数目之比为7：5。（3）杂化的分子是直线形，键角为180°，CO2是直线形分子，故CO2是杂化。（4）γ=120°，，则金晶胞沿轴方向上投影得到是菱形，故B正确；晶胞体积=底面积×高=。（5）1、2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(0.5，0.5，0)。则3号原子(氧原子)的分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，Ce分别在晶胞的8个顶角，6个面心位置，则含Ce的个数==4，O原子在晶胞内，含8个氧原子，晶体的密度=g/cm3=g/cm3。17.某小组设计实验探究的氧化性和还原性(如图)。回答下列问题：已知：含的氨水呈无色，易被氧化；含的溶液呈蓝色；装置装有含的氨水。（1）X是一种稀酸溶液，它的溶质可能是___________(填化学式)，C装置的作用是___________。（2）实验时，先旋开，在管口处收集气体，经验纯后，再点燃、处的酒精灯，这样操作的目的是___________。（3）实验中，B装置内无色溶液变蓝。B装置中反应的离子方程式为___________，蓝色离子的结构图示为___________(画出配位键)。（4）D装置中反应的化学方程式为___________。（5）实验完毕后，先熄灭、处酒精灯，后停止通入氢气，这样操作的目的是___________。停止通入的操作是___________。（6）取少量粉末置于含酚酞的水中，溶液___________(填“变红”或“颜色无明显变化”)，产生的气体___________(填“能”或“不能”)在空气中燃烧，和水反应时，氧化产物和还原产物的质量比为___________。【答案】（1）①(或)②.干燥氢气（2）排尽装置内的空气，避免空气与钙反应，避免和混合受热发生爆炸（3）①.②.（4）（5）①.氢气作保护气，避免炽热的铜被空气中的氧化②.旋转，关闭活塞(或关闭活塞K)（6）①.变红②.能③.1：1【解析】该实验装置用于探究氢气的氧化性和还原性。A装置中锌与(或)反应生成氢气，装置装有含的氨水，C装置干燥氢气，D装置中氢气与钙在加热条件下反应，体现氢气的氧化性生成氢化钙，E装置中氢气与氧化铜在加热条件下反应，体现氢气的还原性生成铜和水。（1）锌与稀硫酸（或稀盐酸）反应可生成氢气，用于后续实验；C装置通常盛装浓硫酸，起到干燥氢气的作用，避免水蒸气对后续实验产生干扰；（2）排尽装置内的空气，避免空气与钙反应，避免和混合受热发生爆炸；（3）含的氨水易被氧化，与氧气反应生成蓝色的，离子方程式为；的配位键结构：Cu2+为中心离子，NH3为配体，Cu2+与4个NH3通过配位键结合，结构图示为;（4）在加热条件下，Ca与H2反应生成CaH2，化学方程式为：；（5）熄灭酒精灯后，氢气作保护气，避免炽热的铜被空气中的氧化；旋转，关闭活塞，可停止氢气的通入；（6）与水反应生成氢氧化钙和氢气，氢氧化钙使酚酞变红；生成的氢气具有可燃性，能在空气中燃烧；反应CaH2中H为−1价，H2O中H为+1价，氧化产物和还原产物均为H2，根据得失电子守恒，氧化产物（由−1价H被氧化生成）和还原产物（由+1价H被还原生成）的物质的量之比为1:1，质量比也为1:1。18.在食品工业中，亚氯酸钠需严格按照《食品安全国家标准食品添加剂使用标准》规定使用。一种制备的流程如图所示。回答下列问题：（1）中的化合价为___________价，晶体属于___________(填“离子”“分子”或“共价”)晶体。（2）若试剂X为酸式盐，则它是___________(填化学式，下同)，若试剂X为氧化物，则它是___________。（3）写出“反应池2”中反应的离子方程式：___________。（4）“冷却结晶”之后的操作是___________。（5）设计实验探究的漂白性，实验结果如下：实验操作现象①取少量品红溶液于试管中，加入适量粉末，振荡品红溶液不褪色②在①的试管中滴加少量稀硫酸，振荡红色溶液迅速褪色③对②的试管加热溶液不变红与稀硫酸反应有生成，该反应的化学方程式为___________，实验结论是___________。（6）某工厂用10吨工业级的(含量为)生产，最终制得粗品7.52吨，粗品中的含量为___________%。(保留2位有效数字，已知在此工艺流程中的的损耗率为。)【答案】（1）①.+3②.离子（2）①.②.（3）（4）过滤、洗涤、干燥（5）①.②.在中性或(弱)碱性条件下漂白性较弱，滴加稀硫酸能产生具有永久漂白性的物质（6）90【解析】在反应1中，被酸性溶液氧化，生成、等；反应2中，与的碱性溶液反应，生成，表明作氧化剂，则作还原剂，从而生成。（1）在中，元素为价，元素为价，设元素化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可得，解得x=+3；由和构成，含有离子键，属于离子晶体。（2）反应池1中，在稀硫酸作用下与试剂X反应生成和，元素化合价从+5降低到+4，发生还原反应，所以试剂X为还原剂，若试剂X为酸式盐，常见的还原性酸式盐为，其中S元素为+4价，可被氧化为+6价生成；若试剂X为氧化物，具有还原性且能在酸性条件下反应生成的氧化物为，S元素从+4价被氧化为+6价。（3）反应池2中，与在溶液下反应生成和，元素从+4价降低到+3价，中O元素从-1价升高到0价，根据得失电子守恒，和的化学计量数之比为2:1，再结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式:。（4）“冷却结晶”后得到的是粗品晶体和母液的混合物，分离晶体和液体的操作是过滤、洗涤、干燥。（5）对于与稀硫酸反应生成的化学方程式，根据氧化还原反应规律，在酸性条件下会发生歧化反应，元素的化合价有升高也有降低，中为+4价，推测另一种产物中为-1价，根据得失电子守恒，失，得,所以失电子与得电子的个数比为4:1，再结合原子守恒配平，得到方程式:；实验①中仅加粉末，品红不褪色，实验②滴加稀硫酸后迅速褪色，说明酸性条件下才表现出漂白性，实验③加热后溶液不变红，表明漂白是永久性的与次氯酸类似，是因为生成了具有强氧化性的物质等导致有机色素被破坏，而非暂时性结合。（6）10吨工业级中，纯的质量为，，，由于每个含1个原子，考虑损耗率15%，则参与反应的Cl物质的量为，再根据守恒得，，则，故粗品中的含量为。江西省多校2025-2026学年高三上学期10月联考试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册第五章、选择性必修2.5.可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ce-140一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。1.江西美食，名扬天下。下列有关江西美食的叙述错误的是A.瓦罐汤：瓦罐的原料主要成分是大理石和烧碱B.红烧柚子皮：柚子皮的主要成分是纤维素C.莲花血鸭：鸭肉的主要成分是蛋白质D.藜蒿炒腊肉：藜蒿和腊肉的主要成分均为有机物【答案】A【解析】A．瓦罐的原料是黏土，主要成分是硅酸盐，大理石的主要成分是碳酸钙，烧碱是氢氧化钠，三者不同，A错误；B．植物细胞壁主要成分是纤维素和果胶，柚子皮属于植物组织，B正确；C．鸭肉属于动物蛋白，主要成分是蛋白质，C正确；D．藜蒿（含纤维素等）和腊肉（含蛋白质、脂肪）均为有机物，D正确；答案选A。2.化学用语能很好地表达“宏观辨识与微观探析”。下列化学用语的表达错误的是A.用电子式表示的形成过程：B.溶于氨水的离子方程式：C.用电子云轮廓图表示中键的形成过程：D.乙二醇在一定条件下合成聚醚的化学方程式：n+nH2O【答案】D【解析】A．H2O为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程为，故A正确；B．Zn(OH)2溶于氨水时，氨水主要以NH3·H2O形式存在，反应的方程式为Zn(OH)2+4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+4H2O，故B正确；C．N2分子中，π键由2p轨道肩并肩重叠形成，故C正确；D．乙二醇缩聚生成聚醚时，n个单体分子间脱去(n-1)个H2O，反应方程式为n+(n-1)H2O，故D错误；选D。3.下列有关实验的叙述正确的是A.用剩的电石、钠等药品及时丢入下水道B.俯身向容器去嗅放出的H2S、NO2气体，加深印象C.为了节省药品，未用完的银氨溶液可长期用于实验D.被溴腐蚀致伤，可用甘油清洗伤口，再用水冲洗【答案】D【解析】A．电石的主要成分是碳化钙，碳化钙、钠与水反应放热并产生可燃性气体，不能丢弃到下水道，A错误；B．H2S和NO2都是有毒气体，不可俯身向容器闻气味，B错误；C．久置的银氨溶液易转化成易爆物，要现用现配，C错误；D．溴具有腐蚀性，甘油可溶解溴并减少其残留，随后用水冲洗可进一步清除，D正确；故选D。4.知行合一，促进理解化学知识。以下用化学知识解释对应劳动项目不合理的是选项劳动项目化学知识A用酒精消毒伤口酒精使细菌蛋白质发生盐析B制作豆腐时加入石膏蛋白质在电解质作用下发生聚沉C用熟石灰改良酸性土壤熟石灰能中和土壤酸性D用碘酒检验土豆中的淀粉淀粉遇碘单质变蓝A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．酒精消毒的原理是酒精使蛋白质变性，而非盐析，解释不合理，A符合题意；B．石膏作为电解质使蛋白质胶体聚沉，解释合理，B不符合题意；C．熟石灰（氢氧化钙）与酸性土壤发生中和反应，解释合理，C不符合题意；D．淀粉遇碘单质变蓝是特征反应，解释合理，D不符合题意；故答案选A。5.部分含硫、铁物质的“价-类”关系如图所示。下列叙述错误的是A.在W溶液中滴加a溶液，振荡，会发生反应B.在足量的稀硝酸中加入X或Y或Z，最终都能生成WC.在氢碘酸溶液中加入Z只发生中和反应D.常温下，c和e混合有d生成【答案】C【解析】含硫物质（左）：a：+4价盐（亚硫酸盐，如）；b：+6价酸（）；c：+4价氧化物（）；d：0价单质（S）；e：-2价氢化物（）；含铁物质（右）：X：0价单质（Fe）；Y：+2价氧化物（FeO）；Z：+3价氢氧化物（）；W：+3价盐（如的硝酸盐或硫酸盐）。A．W为Fe3+盐（如），a为亚硫酸盐（如），具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应：，A正确；B．X（Fe）、Y（FeO）、Z（）与足量稀硝酸反应：Fe与足量稀硝酸生成；FeO中被氧化为；与硝酸反应生成，最终均生成W（铁盐），B正确；C．Z为，氢碘酸（HI）中I⁻具有还原性，与HI反应：，既有中和反应，又有氧化还原反应，并非“只发生中和反应”，C错误；D．c（）与e（）常温下反应：，生成单质硫（d），D正确；故选C。6.下列说法正确的是A.苯易溶于甲苯，是因为它们均为有机物B.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作光导纤维C.离子晶体中只存在离子键，不存在共价键D.的沸点高于，其原因是前者存在分子间氢键，后者存在分子内氢键【答案】D【解析】A．苯易溶于甲苯的原因是两者均为非极性分子，结构相似，符合“相似相溶”原理，而非仅因为均为有机物（有机物种类繁多，并非都互溶），A错误；B．晶体硅熔点高、硬度大，但其主要用途是制作半导体材料、太阳能电池板等，光导纤维的主要成分是二氧化硅（），B错误；C．离子晶体中可能存在共价键，如NaOH（OH⁻内有O-H共价键），C错误；D．中氨基与羧基在苯环上位置较远，和-COOH无法形成分子内氢键，只能形成分子间氢键，中与-COOH距离近，可形成分子内氢键，会减少分子间氢键数目，分子间氢键会使沸点升高，故前者沸点高于后者，D正确；故选D。7.下列叙述正确的是A.和都是极性分子B.的空间结构模型和VSEPR模型一致C.中提供孤电子对形成配位键D.硫升华时克服了非极性键和范德华力【答案】B【解析】A．SO2中S原子价电子对数为，有1个孤电子对，是V形分子，结构不对称，为极性分子；CO2中C原子价电子对数为，无孤电子对，是直线形对称结构，属于非极性分子，故A错误；B．的价层电子对数为，无孤对电子，VSEPR模型与实际空间结构均为平面三角形，故B正确；C．配位键由配体供孤电子对，中心离子Cu⁺提供空轨道，故C错误；D．硫升华破坏了范德华力，未破坏S-S共价键，故D错误；选B。8.某元素的单质及其化合物的转化关系如图(条件和部分产物省略)。X为金属单质，常温常压下，呈液态且含10个电子，淡黄色固体Z具有漂白性。下列说法错误的是A.和均能与盐酸反应B.既有氧化性也有还原性C.和分别溶于水后，溶液中离子种类相同D.与足量反应，转移电子的物质的量为【答案】D【解析】L常温常压下液态且含10个电子，推断为H2O（10电子液态物质）；Z为淡黄色漂白性固体，推断为Na2O2（过氧化钠）；X为金属单质，结合转化关系，X为Na（钠），Y为Na2O（氧化钠，Na与O2常温反应产物），Y与O2反应生成Z（Na2O2）；Z与L（H2O）反应生成W，W为NaOH（Na2O2与H2O反应产物）；X（Na）与L（H2O）反应也生成W（NaOH），物质推断成立：X=Na，Y=Na2O，Z=Na2O2，L=H2O，W=NaOH。A．X（Na）与盐酸反应生成NaCl和H2，Z（Na2O2）与盐酸反应生成NaCl、H2O和O2，均能反应，故A正确；B．Z（Na2O2）中O为-1价（中间价态），既可升高为0价（作还原剂），也可降低为-2价（作氧化剂），既有氧化性也有还原性，故B正确；C．Y（Na2O）溶于水生成NaOH，W（NaOH）溶于水即NaOH溶液，两者溶液中均含离子：Na⁺、OH⁻、H⁺（水电离），离子种类相同，故C正确；D．7.8gZ（Na2O2）物质的量为0.1mol，与H2O反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中0.1molNa2O2转移0.1mol电子（-1价O一半升为0价，一半降为-2价），转移电子0.1mol，故D错误。答案选D。9.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.溶液中阴离子数小于B.在中，3.4g含中子数为C.和的混合溶液中含和总数为D.冰醋酸和异丙醇在催化剂作用下生成乙酸异丙酯的分子数为【答案】B【解析】A．溶液中会发生水解反应等，阴离子会增多，导致阴离子总数大于0.5mol∙L-1×1L×NAmol-1=0.5NA，A错误；B．核反应方程配平后，X为（中子数9），3.4g的物质的量为0.2mol，中子数为0.2mol×9×NAmol-1=1.8NA，B正确；C．H2SO4为强酸，H2SO3为弱酸，H2SO4和H2SO3的混合溶液中，H2SO4完全电离为，而H2SO3解离成的极少，总数小于0.1mol∙L-1×1L×NAmol-1=0.1NA，C错误；D．冰醋酸的物质的量为，虽然异丙醇（1mol）过量，但酯化反应为可逆反应，实际生成的乙酸异丙酯分子数小于理论值0.1mol×NAmol-1=0.1NA，D错误；故答案选B。10.江西是中国重要的玉石产地之一，玉石资源丰富多样。上饶弋阳蛇纹石玉的主要成分为，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的核电荷数与其最外层电子数相等；Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍；基态Z原子s、p能级上电子总数相等，W的族序数小于Y的。下列叙述错误的是A.电负性： B.简单离子半径：C.熔点： D.的空间结构模型：正四面体形【答案】B【解析】X的核电荷数与其最外层电子数相等，且原子序数最小，故X为H；Y原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y为O；基态Z原子s、p能级上电子总数相等，电子排布为，故Z为Mg；W的族序数小于Y（O，第ⅥA族），且原子序数大于Mg，可能为Al、Si、P。结合题干背景信息“蛇纹石玉”是一种硅酸盐矿物，可推断W为Si。据此分析。A．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，Y为O，W为Si，所以电负性，即，A正确；B．简单离子和电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，故，即，B错误；C．为（共价晶体），为（分子晶体），共价晶体熔点远高于分子晶体，故熔点，即，C正确；D．是，中心原子Si为杂化，空间结构为正四面体形，D正确；故答案选B。11.某小组设计如图实验探究氯气的相关性质：旋开分液漏斗的活塞，再打开活塞a、b，启动甲、丙中反应。下列叙述正确的是A.甲中产生浅黄色沉淀，烧杯中溶液的pH减小B.乙中产生黄绿色气体，说明氧化性：KMnO4＜Cl2C.乙中湿润石蕊试纸先变红后褪色，说明具有漂白性D.丙中滴加溶液产生蓝色沉淀，说明已被完全氧化【答案】A【解析】A．甲中NaHS溶液与Cl2反应，Cl2将HS−氧化为S单质：，产生浅黄色沉淀，生成，溶液酸性增强，pH减小，A正确；B．乙中KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，故氧化性KMnO4＞Cl2，B错误；C．湿润石蕊试纸先变红是因为Cl2与水反应生成HCl（酸性），后褪色是因为生成的HClO具有漂白性，Cl2本身无漂白性，C错误；D．K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，滴加后产生沉淀说明溶液中仍含Fe2+，即Fe2+未被完全氧化，D错误；故选A。12.科学家成功合成了一种新型全碳分子——环[48]碳(C48)(如图)。由48个碳原子组成的环碳像穿项链般穿过3个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构。下列叙述错误的是A.环[48]碳与足球烯(C60)互为同素异形体B.环[48]碳中含有极性键和非极性键C.“保护套”分子属于芳香族化合物D.环[48]碳中碳原子采用sp杂化【答案】B【解析】A．环[48]碳与C60均为由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A正确；B．环[48]碳为全碳分子，分子内只含C-C非极性键，不含极性键，B错误；C．由题干信息可知，“保护套”分子含有苯环结构，故其属于芳香族化合物，C正确；D．环[48]碳是由碳碳单键和碳碳三键交替连接而成，每个碳原子都形成2个σ键，没有孤电子对，即碳原子周围的价层电子对数为2，故采用sp杂化，D正确；故答案为：B。13.蓝矾常用于制备波尔多液、游泳池的消毒剂。以赤铜矿石(主要成分为，含少量、和等)为原料制备蓝矾的流程如图所示。下列叙述错误的是已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀的如下表。氢氧化物开始沉淀的3.75.46.31.5完全沉淀的4.76.78.33.2A.“滤渣1”含有铜单质B.“氧化”中可能产生有毒气体C.“调”范围：D.分离“蓝矾”的操作：过滤、干燥【答案】D【解析】赤铜矿石的主要成分为，含少量、和等，加入稀硫酸酸浸，发生歧化反应，生成Cu和，、分别转化为硫酸铁、硫酸铝，与硫酸不反应，Cu与硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以滤渣1为Cu、，向滤液中加入次氯酸钠，氧化并调节溶液的pH：，使铁离子先转化为沉淀，再向滤液中加入NaOH调节pH：，使铝离子转化为沉淀，过滤，得到硫酸铜溶液，进一步处理得到蓝矾，据此分析。A．据分析，滤渣1为Cu、，A正确；B．“酸浸”步骤生成Cu和Fe3+，Cu可将Fe3+还原为Fe2+，“氧化”步骤加入NaClO，酸性条件下ClO-可氧化Fe2+为Fe3+，ClO-自身被还原为Cl-，过量ClO-与Cl-在酸性条件下可能发生反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，产生有毒气体Cl2，B正确；C．“调pH=b”目的是沉淀Al3+而不沉淀Cu2+，Al(OH)3完全沉淀的pH=4.7，Cu(OH)2开始沉淀的pH=5.4，故需控制4.7≤pH<5.4，C正确；D．蓝矾为CuSO4·5H2O晶体，从硫酸铜溶液中分离出蓝矾需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，仅过滤、干燥无法得到蓝矾晶体，D错误；故答案为D。14.铁的氧化物在氧化和还原过程中晶体结构的转变如图所示。下列说法错误的是已知：①常温下，表现为金属导体(但电阻率高)，为绝缘体，固态具有优良导电性。②面心立方有12个滑移系，塑性好，一定条件下有超顺磁性；六方最密堆积仅3个滑移系，塑性差。A.在晶胞中，与最近且等距离的数目为12B.的六方最密堆积呈亚稳态，纳米尺度下呈现超顺磁性C.的面心立方——反尖晶石结构使其具有特殊的电子导电性D.晶胞结构决定了其具有较高的稳定性和硬度【答案】B【解析】A．FeO是面心立方岩盐结构，在面心立方结构中，每个O2-周围最近且等距离的O2-数目为12（同层4个、上下层各4个），A正确；B．Fe2O3为六方最密堆积，根据已知信息，面心立方结构有超顺磁性，而六方最密堆积无此特性，B错误；C．Fe3O4为面心立方反尖晶石结构，已知其具有优良导电性，说明该结构使其具有特殊电子导电性，C正确；D．Fe2O3为六方最密堆积（仅3个滑移系，塑性差），刚玉结构本身稳定性高、硬度大，其晶胞结构决定了较高的稳定性和硬度，D正确；故答案选B。二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.氮族元素及其化合物在生产、生活中有广泛应用。氨与光气()、亚硫酰氯()会发生氨解反应(生成含氨基化合物)；肼常作发射火箭的推进剂，可由尿素[]在碱性条件下与次氯酸钠反应制备，它具有还原性，能除去锅炉中的少量氧气；常作半导体制造中的“清洁刻蚀剂”。回答下列问题：（1）基态N原子的电子排布图为___________，实验室向溴水中通入氨气会生成氮气和盐M，M的化学式为___________。（2）过量氨与光气反应的化学方程式为___________，光气的电子式为___________，氨与亚硫酰氯反应生成A和氯化铵，A的结构式为___________。（3）尿素与含和的混合溶液反应能制得和，该反应的离子方程式为___________。（4）极稀的硝酸和锌恰好完全反应只生成两种盐和水，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为___________。（5）和的空间结构相似，但是常作配体，而不能作配体，其主要原因是___________。（6）键能：键___________(填“＞”“＜”或“＝”)键；分子的键角分别为、，产生差异的主要原因是___________。【答案】（1）①.②.（2）①.②.③.（3）（4）1：9（5）、、的电负性依次减小，键的共用电子对偏向，分子中原子易提供孤电子对形成配位键，而键的共用电子对偏向F，N原子难提供孤电子对形成配位键（6）①.＞②.、中、都采用杂化且价层孤电子对数都是1，N原子半径小于P，NH3中共价键之间排斥力大于键(或答键键长小于键键长，排斥力更大等合理答案)【解析】（1）N原子为7号元素，核外有7个电子，基态N原子的电子排布图为；实验室向溴水中通入氨气会生成氮气和盐M，由元素守恒，M的化学式为NH4Br。（2）由信息，过量氨气与光气反应生成尿素和氯化铵，其反应的化学方程式为；光气中的中心原子为C原子，其电子式为；由信息，氨与亚硫酰氯反应类似与光气的反应，生成A和氯化铵，则A的化学式为N2H4OS，其结构式为。（3）尿素与含NaClO和NaOH的混合溶液反应能制得N2H4、Na2CO3、NaCl和H2O，根据电子守恒和原子守恒，其反应的离子方程式为。（4）根据反应方程式，被还原的HNO3为1mol，未被还原的HNO3为9mol，故被还原与未被还原的HNO3之比为1:9。（5）NH3中N原子的孤对电子活跃，可与金属离子形成配位键，而NF3中的N原子被F原子的高电负性束缚，孤对电子难以提供，故NF3不能作配体。（6）在H-N和H-P键中，由于氮的电负性大于磷，H-N键的极性更强，键长更短，因此键能更大，所以H-N键的键能大于H-P键的键能；NH3和PH3都属于三角锥形结构，中心原子都带有一对孤对电子，但由于氮的电负性大于磷，NH3中共价键之间排斥作用更强，导致键角更大，因此，NH3的键角大于PH3的键角。16.我国科学家利用激光作用实现了常温氢气异裂，金氧化铈和金(Au)钒酸铋等光催化剂作用下，利用太阳光实现二氧化碳加氢制乙烷、乙烯。回答下列问题：（1）光照下在催化剂表面异裂过程如图所示。①基态原子的价层电子排布式为，在元素周期表中与下列元素位于同区的是___________(填标号)。A．B．CrC．GaD．Cu②已知基态原子的价层电子排布式为。第一电离能更大的是___________(填“Hg”或“Au”)，理由是___________。③发生异裂生成的粒子是___________(填粒子符号)。（2）等物质的量的乙烷、乙烯中σ键数目之比为___________。（3）在二氧化碳、乙烯和乙烷中，碳原子采取杂化的分子是___________(填化学式)。（4）金(Au)晶胞为长方体(如图)。已知：α=β=90°；γ=120°，。金晶胞沿轴方向上的投影是___________(填标号)，该晶胞的体积为___________(用含a、c的式子表示)。（5）立方晶胞结构如图所示。已知：晶胞边长为。设代表阿伏加德罗常数的值。已知：1、2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(0.5，0.5，0)。则3号原子(氧原子)的分数坐标为___________，晶体的密度为___________(用含d、的代数式表示)。【答案】（1）①.AD②.Hg③.Hg、Au为相邻金属元素，6s全充满比半充满稳定④.H-、H+（2）7：5（3）CO2（4）①.B②.（5）①.(0.25，0.25，0.75)②.【解析】（1）①金元素位于ds区，与金元素位于同一区的元素为Zn和Cu，故AD正确；②原子的价层电子排布式为，基态原子的价层电子排布式为，Hg、Au为相邻金属元素，6s全充满比半充满稳定，故第一电离能更大的是Hg；③发生异裂生成的粒子一个是阳离子，一个是阴离子，故为H-、H+。（2）单键是σ键，双键中一个是σ键，根据乙烷和乙烯的结构，等物质的量的乙烷、乙烯中σ键数目之比为7：5。（3）杂化的分子是直线形，键角为180°，CO2是直线形分子，故CO2是杂化。（4）γ=120°，，则金晶胞沿轴方向上投影得到是菱形，故B正确；晶胞体积=底面积×高=。（5）1、2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(0.5，0.5，0)。则3号原子(氧原子)的分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，Ce分别在晶胞的8个顶角，6个面心位置，则含Ce的个数==4，O原子在晶胞内，含8个氧原子，晶体的密度=g/cm3=g/cm3。17.某小组设计实验探究的氧化性和还原性(如图)。回答下列问题：已知：含的氨水呈无色，易被氧化；含的溶液呈蓝色；装置装有含的氨水。（1）X是一种稀酸溶液，它的溶质可能是___________(填化学式)，C装置的作用是___________。（2）实验时，先旋开，在管口处收集气体，经验纯后，再点燃、处的酒精灯，这样操作的目的是___________。（3）实验中，B装置内无色溶液变蓝。B装置中反应的离子方程式为___________，蓝色离子的结构图示为___________(画出配位键)。（4）D装置