2024年岳麓版高二化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年岳麓版高二化學(xué)下冊月考試卷752考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某烴不與溴水反應(yīng)，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，在rm{Fe}存在下與rm{Cl_{2}}反應(yīng)，能生成兩種一氯代物，該烴是rm{(}rm{)}A.rm{CH隆脭C-CH_{3}}B.對二甲苯C.D.2、分支酸在植物的芳香族氨基酸的合成系統(tǒng)中作為中間體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖rm{.}下列關(guān)于分支酸的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.分支酸屬于芳香族化合物B.遇氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，可用于檢驗分支酸C.rm{1}rm{mol}分支酸最多可與rm{3molH_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)D.rm{1}rm{mol}分支酸與足量rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)放出rm{67.2L}二氧化碳氣體3、已知Zn（OH）2的溶度積常數(shù)為1.2×10-173，則Zn（OH）2在水中的溶解度為（）

A.1.4×10-6mol?L-1

B.2.3×10-6mol?L-1

C.1.4×10-9mol?L-1

D.2.3×10-9mol?L-1

4、應(yīng)用納米新材料能給人民幣進行殺菌、消毒。我國納米專家王雪平發(fā)明的“WXP”復(fù)合納米材料”的主要化學(xué)成份是氨基二氯代戊二醛含硅衍生物，它能保持長期的殺菌作用。有鑒于此，35位人大代表聯(lián)名提交了一份議案，要求加快將此新技術(shù)應(yīng)用到人民幣制造中去。若戊二醛是直鏈的，請你5根據(jù)所學(xué)的知識推斷沸點不同的氨基二氯代戊二醛的同分異構(gòu)體可能有（）A．4種B．5種C．6種D．8種5、下列有關(guān)說法正確的是rm{(}rm{)}A.吸熱反應(yīng)一定不可以自發(fā)進行B.在其他外界條件不變的情況下，使用催化劑，可以改變化學(xué)反應(yīng)進行的方向C.rm{NH_{4}HCO_{3}(s)簍TNH_{3}(g)+H_{2}O(g)+CO_{2}(g)triangleH=+185.57KJ/mol}能自發(fā)進行，原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向D.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}其他條件不變時升高溫度，反應(yīng)速率rm{NH_{4}HCO_{3}(s)簍TNH_{3}(g)+H_{2}O(g)+CO_{2}(g)triangle

H=+185.57KJ/mol}平衡逆移，氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率均減小rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}6、下列離子方程式正確的是()A.用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液：rm{2Cl^{-}+2H^{+}overset{碌莽陸芒}{=}H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}B.rm{2Cl^{-}+2H^{+}overset{碌莽陸芒}{=}

H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}溶液使酸性rm{Na_{2}SO_{3}}溶液褪色：rm{KMnO_{4}}rm{5SO}rm{5SO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+6H}rm{+6H}rm{{,!}^{+}}rm{+2MnO}rm{+2MnO}rm{{,!}_{4}^{-}}rm{=5SO}rm{=5SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}C.用銀氨溶液檢驗乙醛中的醛基：rm{+2Mn}rm{+2Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{{,!}^{-}xrightarrow[]{脣廬脭隆錄脫脠脠}}rm{O}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CHO+2Ag(NH}rm{CHO+2Ag(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}D.苯酚鈉溶液中通入少量rm{{,!}_{2}^{+}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}xrightarrow[]{脣廬脭隆錄脫脠脠}

}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COONH}rm{COONH}rm{{,!}_{4}}rm{+3NH}rm{+3NH}rm{{,!}_{3}}rm{+2Ag隆媒+H}rm{+2Ag隆媒+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}7、有關(guān)溴乙烷的下列敘述中，正確的是A.在溴乙烷中滴入rm{AgNO_{3}}溶液，立即有淡黃色沉淀生成B.溴乙烷不溶于水，能溶于大多數(shù)有機溶劑C.溴乙烷與rm{NaOH}的醇溶液反應(yīng)，可生成乙醇D.溴乙烷通常用溴與乙烷直接反應(yīng)來制取評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、在有機物：①CH3CH3、②CH2=CH2、③CH3CH2C≡CH、④CH3C≡CCH3、⑤C2H6、⑥CH3CH=CH2中，一定互為同系物的是____，一定互為同分異構(gòu)體的是____．（填編號）9、（1）硫酸銅晶體的溶解度雖大，但溶解過程較慢，實驗室常用熱水配制以加快溶解速率，但常常會產(chǎn)生渾濁，請用文字簡要說明原因______，用熱水配制出澄清的較濃的CuSO4溶液時應(yīng)再加入少量______。

（2）稀Na2S溶液有一種腐卵氣味，加入AlCl3溶液后；腐卵氣味加劇，用離子方程式表示氣味加劇過程所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)______。

（3）下列物質(zhì)水溶液經(jīng)加熱濃縮；蒸干灼燒后能得到原溶質(zhì)物質(zhì)的是______

①NH4HCO3；②CaCl2；③AlCl3；④Cu（NO3）2；⑤FeCl2；⑥K2SO3；⑦KMnO4；⑧KAl（SO4）210、某同學(xué)欲檢驗抗酸藥中是否含有Al（OH）3，操作如下．取藥劑3-4片研碎，向樣品中加入過量的鹽酸，過濾，得澄清溶液，向澄清溶液中滴加NaOH溶液，觀察到有白色沉淀，繼續(xù)加過量NaOH溶液，白色沉淀又溶解．你能得出該抗酸藥中是否含有Al（OH）3____（填含或不含），請寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式____．11、A、B、C、D、E代表5種元素。請?zhí)羁眨?）A元素基態(tài)原子的最外層有3個未成對電子，次外層有2個電子，其原子核外電子的運動狀態(tài)有____種。2）B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同，B原子的價電子排布圖為____，C元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為____。3）D元素的正三價離子的3d亞層為半充滿，D的元素符號為____，其基態(tài)原子的價電子排布式為____。4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，E的元素符號為____，其基態(tài)原子的電子排布式為____。12、rm{(1)}請給下列有機物命名：rm{壟脵}________________；rm{壟脷}________________；rm{(2)}寫出rm{2-}甲基rm{-2-}戊烯的結(jié)構(gòu)簡式：________________。rm{(3)}指出下列有機物命名的錯因，并給以正確命名。rm{壟脵(CH_{3})_{3}CCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{2}rm{4}rm{4-}三甲基戊烷________________；rm{壟脷CH_{2}=CHCH(CH_{3})_{2}}rm{2-}甲基rm{-3-}丁烯________________；rm{壟脹CH_{3}CH=C(CH_{3})_{2}}rm{3-}甲基rm{-2-}丁烯________________。13、如圖所示，水槽中試管內(nèi)有一枚鐵釘，放置數(shù)天觀察：

rm{(1)}鐵釘在逐漸生繡，則鐵釘?shù)母g屬于____腐蝕。

rm{(2)}若試管內(nèi)液面上升，則原溶液呈____性，發(fā)生____腐蝕，電極反應(yīng)：負極：____，正極：____。

rm{(3)}若試管內(nèi)液面下降，則原溶液呈____性，發(fā)生____腐蝕，電極反應(yīng)：正極：____________，負極：____。14、硼和氮的單質(zhì)及一些化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等領(lǐng)域有重要應(yīng)用，回答下列問題：

rm{(1)N}原子核外有__________種不同運動狀態(tài)的電子?；鶓B(tài)rm{N}原子中，能量最高的電子所占據(jù)的原子軌道的形狀為_______________________。rm{(2)}經(jīng)測定發(fā)現(xiàn)，rm{N_{2}O_{5}}固體由rm{NO_{2}^{+}}和rm{NO_{3}^{-}}兩種離子組成，該固體中rm{N}原子雜化類型為_________________；與rm{NO_{2}^{+}}互為等電子體的微粒有_____________rm{(}寫出一種rm{)}寫出一種rm{(}rm{)}晶體硼有多種變體，但其基本結(jié)構(gòu)單元都是由硼原子組成的正二十面體rm{(3)}見圖rm{(}每個頂點為一個硼原子，每個三角形均為等邊三角形。則每一個此基本結(jié)構(gòu)單元由_______個硼原子構(gòu)成rm{I)}若該結(jié)構(gòu)單元中有rm{;}個原子為rm{2}其余為rm{{,!}^{10}B(}那么該結(jié)構(gòu)單元有_____種不同類型。rm{{,!}^{11}B)}硼和氮構(gòu)成的一種氮化硼晶體的結(jié)構(gòu)與石墨晶體結(jié)構(gòu)相類似，rm{(4)}rm{B}原子相互交替排列rm{N}見圖rm{(}見圖rm{II)}其晶胞結(jié)構(gòu)如圖rm{III}所示。設(shè)層內(nèi)rm{B-N}核間距為rm{apm}面間距為rm{bpm}則該氮化硼晶體的密度為__________________rm{g/cm}其晶胞結(jié)構(gòu)如圖rm{(}所示。設(shè)層內(nèi)rm{II)}核間距為rm{III}面間距為rm{B-N}則該氮化硼晶體的密度為__________________rm{apm}rm{bpm}rm{g/cm}用含rm{{,!}^{3}}rm{(}用含rm{a}rmrm{N}rm{(}rm{a}rmrm{N}rm{{,!}_{A}}評卷人得分三、其他(共7題，共14分)15、可用于提純或分離物質(zhì)的常用方法有：①過濾、②結(jié)晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質(zhì)中混有的碘單質(zhì)；16、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應(yīng)，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結(jié)構(gòu)簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應(yīng)類型為__________；由W生成丙烯酸的反應(yīng)類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應(yīng)方程式為。17、(8分)A、B、C是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學(xué)方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式。18、下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的單質(zhì)，在常溫常壓下A是固體，其余都是氣體，且C呈黃綠色。化合物H和I兩種氣體相遇時產(chǎn)生白煙K（NH4Cl）?；衔颎的焰色反應(yīng)為黃色，B為氧氣。反應(yīng)①和②均在溶液中進行。請按要求回答下列問題。（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：D、F。（2）反應(yīng)②的離子方程式為。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，反應(yīng)的現(xiàn)象為。（4）將少量單質(zhì)C通入盛有淀粉KI溶液的試管中，液體變?yōu)樗{色。這說明單質(zhì)C的氧化性于單質(zhì)碘(填“強”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液時，生成的灰白色沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。寫出紅褐色沉淀的化學(xué)式：。19、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應(yīng)，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結(jié)構(gòu)簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應(yīng)類型為__________；由W生成丙烯酸的反應(yīng)類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應(yīng)方程式為。20、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應(yīng)條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結(jié)構(gòu)簡式：B_________、D_________。（2）反應(yīng)①～⑦中屬于消去反應(yīng)的是___________。(填數(shù)字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應(yīng)，對于反應(yīng)⑤，得到的E可能的結(jié)構(gòu)簡式為：_________。（4）試寫出CD反應(yīng)的化學(xué)方程式(有機物寫結(jié)構(gòu)簡式，并注明反應(yīng)條件)。21、(8分)A、B、C是中學(xué)化學(xué)常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學(xué)方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式。評卷人得分四、簡答題(共3題，共24分)22、某冶金廠的礦渣含有較多的rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}rm{SiO_{2}}現(xiàn)欲進行綜合利用以提取氧化鋁、氧化鎂、氧化鐵作為工業(yè)原料，其設(shè)計的工藝流程如下：

已知：rm{壟脵}硅酸的酸性比氫氧化鋁強。rm{壟脷}飽和氯化銨溶液的rm{pH}約為rm{5}rm{壟脹}氫氧化鎂開始沉淀至沉淀完全的rm{pH}范圍：rm{9.0隆蘆12.0}rm{壟脺}氫氧化鐵開始沉淀至沉淀完全的rm{pH}范圍：rm{2.7隆蘆4.0}回答下列問題：rm{(1)}寫出過程rm{II}中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______________、_____________________。rm{(2)}過程Ⅲ的名稱是_______________；產(chǎn)品乙的俗名是_________________。rm{(3)}過程rm{V}中所用適量的rm{B}是一種常見氣體，過程rm{V}中所發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為_______。rm{(4)}殘渣甲用飽和氯化銨溶液能部分溶解的原因是_______________rm{(}用離子方程式表示rm{)}rm{(5)}解釋工業(yè)上不用電解產(chǎn)品甲制備相應(yīng)金屬單質(zhì)的原因________________。23、一定溫度下，在向冰醋酸rm{(}無水醋酸rm{)}加水稀釋的過程中，溶液的導(dǎo)電能力rm{(I)}隨著加入水的體積rm{V}變化的曲線如圖所示．

請回答：

rm{(1)O}點導(dǎo)電能力為rm{0}的理由是______．

rm{(2)a}rmrm{c}三點處，溶液中rm{c(H^{+})}由小到大的順序為______．

rm{(3)a}rmrm{c}三點處，醋酸電離程度最大的是______點rm{.}

rm{(4)}若使rm{c}點溶液中的rm{c(CH_{3}COO^{-})}提高；下列措施中不可行的是______

A.加熱rm{B.}加稀鹽酸rm{C.}加固體rm{KOH}rm{D.}加水rm{E.}加rm{Zn}粒rm{F.}加固體rm{CH_{3}COONa}rm{G.}加rm{MgO}rm{H.}加固體rm{Na_{2}CO_{3}}．24、用如圖所示的裝置進行實驗：

rm{(1)}在檢查完裝置的氣密性后，向試管rm{a}中加入rm{10mL6mol/L}的稀rm{HNO_{3}}和rm{1g}rm{Cu}片；立。

即用帶有導(dǎo)管的橡皮塞塞緊試管口，請寫出在試管rm{a}中有可能發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{(2)}實驗過程中常常反應(yīng)開始時速率緩慢；隨后逐漸加快，這是由于______，當(dāng)反應(yīng)進行一段時間后速率又逐漸減慢，原因是______．

rm{(3)}欲較快地制得rm{NO}可采取的措施是______．

A.加熱rm{B.}使用銅粉。

C.稀釋rm{HNO_{3}}rm{D.}改用濃rm{HNO_{3}}．評卷人得分五、推斷題(共4題，共32分)25、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{J}是元素周期表前四周期中的五種常見元素rm{.}其相關(guān)信息如下表：。元素相關(guān)信息rm{X}rm{X}的基態(tài)原子核外rm{3}個能級上有電子，且每個能級上的電子數(shù)相等rm{Y}rm{M}層上有rm{2}對成對電子rm{Z}rm{Z}和rm{Y}同周期，rm{Z}的電負性大于rm{Y}rm{W}rm{W}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{63}中子數(shù)為rm{34}rm{J}rm{J}的氣態(tài)氫化物與rm{J}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可反應(yīng)生成一種鹽rm{(1)}元素rm{X}的一種同位素可測定文物年代；這種同位素的符號是______；

rm{(2)}元素rm{Y}位于元素周期表中的位置____________；

rm{(3)}元素rm{Z}的原子最外層共有______種不同運動狀態(tài)的電子；

rm{(4)W}的基態(tài)原子核外電子排布式是______，rm{W}的基態(tài)原子核外價電子排布圖是______；

rm{(5)Y}rm{Z}兩元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性強弱為____rm{(}用化學(xué)式表示rm{);}比較下列物質(zhì)的酸性強弱rm{HZO}_____rm{HZO_{3}}_____rm{HZO_{4}}原因______rm{(}從分子結(jié)構(gòu)的角度來解釋rm{)}

rm{(6)}元素rm{Y}與元素rm{Z}相比，非金屬性較強的是______rm{(}用元素符號表示rm{)}下列表述中能證明這一事實的是______；

rm{a.}常溫下，rm{Y}的單質(zhì)與rm{Z}的單質(zhì)狀態(tài)不同rm{b.}等物質(zhì)的量濃度的氫化物水溶液的酸性不同rm{c.Z}的電負性大于rm{Y}rm{d.Z}的氫化物比rm{Y}的氫化物穩(wěn)定。

rm{e.}在反應(yīng)中，rm{Y}原子得電子數(shù)比rm{Z}原子得電子數(shù)多。

rm{f.Z}元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：rm{Z}的比rm{Y}的強26、下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素。。rm{a}rmrm{c}rmxovjrsorm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}rm{i}rm{j}rm{k}rm{l}rm{m}rm{n}rm{o}

試回答下列問題：rm{(}用元素符號表示rm{)}rm{(1)}請寫出元素rm{O}的基態(tài)原子外圍電子排布式______________；元素rm{O}在周期表中的位置rm{.}____________。元素rmuwn42q1的基態(tài)原子的軌道表示式_____________________________________________．rm{(2)}請寫出元素rm{cdef}的電負性由小到大的順序________rm{3)}請寫出元素rm{efgh}的簡單離子的半徑由大到小順序______________________________________；元素rm{ghi}的第一電離能由小到大順序_______。rm{(4)}寫出rm{g}的最高氧化物的水化物與rm{i}的最高氧化物的水化物反應(yīng)的離子方程式_________________________rm{.}___27、有機物的結(jié)構(gòu)可用“鍵線式”簡化表示．

rm{CH_{3}-CH簍TCH-CH_{3}}可簡寫為．

rm{(1)}有機物rm{X}的鍵線式為：該有機物與rm{H_{2}}加成時最多能消耗氫氣的物質(zhì)的量______，有機物rm{Y}是rm{X}的同分異構(gòu)體，且屬于芳香烴，寫出rm{Y}的結(jié)構(gòu)簡式______，將rm{Y}加入酸性高錳酸鉀溶液中的現(xiàn)象______．

rm{(2)Y}與乙烯在一定條件下發(fā)生等物質(zhì)的量聚合反應(yīng)；寫出其反應(yīng)的化學(xué)方程式：______

rm{(3)X}與足量的rm{H_{2}}在一定條件下反應(yīng)可生成環(huán)狀的飽和烴rm{Z}rm{Z}的一氯代物有______種rm{.}28、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E5}種元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，且都小于rm{20}其中rm{C}rm{E}是金屬元素；rm{A}和rm{E}屬同一族，它們原子的最外層電子排布為rm{ns^{1}}rm{B}和rm{D}也屬同一族，它們原子最外層的rm{p}能級電子數(shù)是rm{s}能級電子數(shù)的兩倍；rm{C}原子最外層上電子數(shù)等于rm{D}原子最外層上電子數(shù)的一半。請回答下列問題：rm{(1)}列出元素符號rm{A}是______，rm{B}是______，rm{C}是______，rm{D}是______，rm{E}是______。rm{(2)}由rm{A}rm{B}rm{E}形成的化合物為_________晶體，含有的化學(xué)鍵為_________________。rm{(3)}元素rm{B}與rm{D}的電負性的大小關(guān)系是___________。rm{(}填rm{漏聝}rm{漏聜}rm{漏聞}用元素符號表示rm{)}rm{(4)C}元素原子的____電子排布式____________________。rm{(5)C}rm{D}rm{E}四種元素的簡單離子按半徑由小到大的順序為rm{(}用離子符號表示rm{)}______________。rm{(6)}寫出rm{A}和rm{B}按原子個數(shù)比rm{1}：rm{1}形成的化合物的化學(xué)式為__________________。評卷人得分六、解答題(共1題，共6分)29、納豆是一種減肥食品；從其中分離出一種由C；H、O三種元素組成的有機物A，為確定其結(jié)構(gòu)現(xiàn)進行如下各實驗：①0.1mol物質(zhì)A完全轉(zhuǎn)化為酯，需要乙醇0.2mol；②完全中和2.4g物質(zhì)A，需要消耗0.04molNaOH；③0.1molA能與足量鈉反應(yīng)放出3.36L（標(biāo)準狀況下）氫氣；④6.0gA在一定條件下完全分解，生成3.36L（標(biāo)準狀況下）一氧化碳和1.8g水．

試計算和推理確定：

（1）A的摩爾質(zhì)量和化學(xué)式．

（2）A的結(jié)構(gòu)簡式．

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】解：rm{A.CH隆脭C-CH_{3}}與溴水反應(yīng)；故A錯誤；

B.對二甲苯與rm{Cl_{2}}反應(yīng)一氯代物為rm{1}種；故B錯誤；

C.對甲乙苯能使高錳酸鉀褪色，不與溴水反應(yīng)，在rm{Fe}存在下與rm{Cl_{2}}反應(yīng)；能生成兩種一氯代物，故C正確；

D.鄰甲乙苯與rm{Cl_{2}}反應(yīng)一氯代物為rm{4}種；故D錯誤．

故選C．

不與溴水反應(yīng)，說明不含碳碳雙鍵，苯的同系物能使酸性高錳酸鉀褪色，能生成兩種一氯代物，說明苯環(huán)上有rm{2}種氫原子；據(jù)此解題．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意習(xí)題中的信息分析物質(zhì)的性質(zhì)，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{C}2、C【分析】解：rm{A.}分支酸不含苯環(huán)；不屬于芳香族化合物，故A錯誤；

B.分支酸不含酚羥基；遇氯化鐵溶液不發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯誤；

C.碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，rm{1mol}分支酸含有rm{3mol}碳碳雙鍵，最多可與rm{3molH_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)；故C正確；

D.羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，rm{1mol}分支酸含有rm{2mol-COOH}最多可與rm{2mol}由于所處狀態(tài)不確定，不能確定生成二氧化碳的體積，故D錯誤．

故選：rm{C}．

A.含有苯環(huán)的化合物屬于芳香族化合物；

B.分支酸不含酚羥基；

C.碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；

D.羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳；且二氧化碳所處狀態(tài)不確定．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，是有機化學(xué)基礎(chǔ)?？碱}型．【解析】rm{C}3、A【分析】

Zn（OH）2的沉淀溶解平衡為：Zn（OH）2（s）=Zn2+（aq）+2OH-（aq），設(shè)c（Zn2+）=X則c（OH-）=2x，由Ksp=c（Zn2+）?c2（OH-）=x?（2x）2，解得：x=1.4×10-6mol?L-1，即Zn（OH）2的濃度為：1.4×10-6mol?L-1；故A正確；故選A．

【解析】【答案】Zn（OH）2的沉淀溶解平衡為：Zn（OH）2（s）=Zn2+（aq）+2OH-（aq），設(shè)c（Zn2+）=X則c（OH-）=2x；由Ksp可以求出x；再由濃度求出溶解度．

4、D【分析】【解析】【答案】D5、C【分析】解：rm{A.}反應(yīng)能自發(fā)進行是根據(jù)熵判據(jù)和焓判據(jù)的復(fù)合判據(jù)來判斷的；不能單獨根據(jù)焓變判斷，故A錯誤；

B.在其他條件不變的情況下；催化劑只改變反應(yīng)速率，不改變平衡移動，所以不可以改變化學(xué)反應(yīng)進行的方向，故B錯誤；

C.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；不能自發(fā)進行；而最終該反應(yīng)能自發(fā)進行，則主要原因是體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向，故C正確；

D.升高溫度；平衡逆向移動，氫氣轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤；

故選C．

A.如能自發(fā)進行，應(yīng)滿足rm{triangleH-TtriangleS<0}

B.催化劑只改變反應(yīng)速率；不改變平衡移動；

C.體系有自發(fā)地向混亂度增加的方向轉(zhuǎn)變的傾向；

D.升高溫度；平衡逆向移動．

本題考查了反應(yīng)自發(fā)性的判斷及溫度對速率和平衡的影響，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，題目難度不大，注意根據(jù)rm{triangleG=triangleH-T?triangleS}判斷反應(yīng)能否自發(fā)進行．rm{triangleH-Ttriangle

S<0}【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本題是對離子反應(yīng)和離子方程式的知識的考察，是高考常考知識點，難度一般。關(guān)鍵是掌握離子反應(yīng)的實質(zhì)，側(cè)重知識的能力考察。【解答】A.用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液的離子反應(yīng)為rm{2Cl}rm{2Cl}rm{-}rm{-}rm{+2H}rm{dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}rm{隆眉+Cl}rm{2}rm{2}rm{隆眉+2OH}rm{隆眉+2OH}rm{-}rm{-}，故A錯誤；B.rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{SO}rm{3}rm{3}溶液使酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{4}rm{4}溶液反應(yīng)的離子方程式是故B正確；rm{5SO}rm{5SO}rm{3}rm{3}rm{2}rm{2}rm{-}rm{-}rm{+6H}rm{+6H}rm{+}rm{+}rm{+2MnO}rm{+2MnO}rm{4}rm{4}rm{-}rm{-}rm{=5SO}rm{=5SO}rm{4}rm{4}rm{2}故C錯誤；rm{2}rm{-}的離子方程式是rm{-}rm{+2Mn}rm{+2Mn}rm{2+}rm{2+}rm{+3H}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}故B正確；rm{O}C.用銀氨溶液檢驗乙醛中的醛基的離子反應(yīng)為rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHO+2Ag(NH}rm{CHO+2Ag(NH}rm{3}，故D錯誤。rm{3}rm{)}【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】考查溴乙烷的性質(zhì)?！窘獯稹緼.溴乙烷中不存在溴離子，在溴乙烷中滴入rm{AgNO3}溶液；不會有淡黃色沉淀生成，故A錯誤；

B.溴乙烷不溶于水；能溶于大多數(shù)有機溶劑，故B正確；

C.溴乙烷與rm{NaOH}的醇溶液在加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)；可生成乙烯，故C錯誤；

D.溴乙烷通常用溴與乙烯發(fā)生加成反應(yīng)來制取，故D錯誤。故選B。

?【解析】rm{B}二、填空題(共7題，共14分)8、②⑥|③④【分析】【解答】解：②CH2=CH2和⑥CH3CH=CH2結(jié)構(gòu)相似，都屬于烯烴，分子組成相差1個CH2原子團；互為同系物；

③CH3CH2C≡CH和④CH3C≡CCH3分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體；

故答案為：②⑥；③④．

【分析】結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)互稱為同系物；

分子式相同；結(jié)構(gòu)不同的化合物互稱為同分異構(gòu)體；

根據(jù)以上概念進行解答．9、Cu2+水解產(chǎn)生Cu（OH）2是吸熱反應(yīng)，加熱促進水解，故產(chǎn)生渾濁應(yīng)加入少量H2SO42Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑②⑧【分析】解：（1）因Cu2+水解產(chǎn)生Cu（OH）2，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，加熱促進水解，故產(chǎn)生渾濁；硫酸濃度增大，平衡逆向移動，能得到澄清的較濃的CuSO4溶液；

故答案為：Cu2+水解產(chǎn)生Cu（OH）2是吸熱反應(yīng)，加熱促進水解，故產(chǎn)生渾濁；應(yīng)加入少量H2SO4；

（2）鋁離子能與硫離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和硫化氫，反應(yīng)的離子方程式為：2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；

故答案為：2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑；

（3）①NH4HCO3受熱分解；得不到原溶質(zhì)，故①不符合；

②CaCl2水溶液經(jīng)加熱濃縮；蒸干灼燒后能得到原溶質(zhì)物質(zhì)；故符合；

③AlCl3溶液水解生成氫氧化鋁和氯化氫；氯化氫揮發(fā)促進水解得到氫氧化鋁，得不到原溶質(zhì)，故不符合；

④Cu（NO3）2溶液中銅離子水解生成氫氧化銅和硝酸；硝酸是難揮發(fā)性酸，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，蒸干灼燒后能得到氧化銅；故④不符合；

⑤FeCl2具有還原性加熱被氧化為三價鐵，而FeCl3溶液水解生成氫氧化鐵和氯化氫；氯化氫揮發(fā)促進水解得到氫氧化鐵，得不到原溶質(zhì)，故⑤不符合；

⑥K2SO3；蒸干灼燒后被氧化為硫酸鉀，故⑥不符合；

⑦KMnO4加熱到質(zhì)量不變分解生成錳酸鉀；二氧化錳和氧氣；得不到原溶質(zhì)，故⑦不符合；

⑧KAl（SO4）2水溶液經(jīng)加熱濃縮；蒸干灼燒后能得到原溶質(zhì)物質(zhì)；故⑧符合；

綜上所述：②⑧符合。

故答案為：②⑧。

（1）根據(jù)Cu2+水解產(chǎn)生Cu（OH）2是吸熱反應(yīng)；加熱促進水解，故產(chǎn)生渾濁以及硫酸能和氫氧化銅反應(yīng)生成硫酸銅和水進行解答；

（2）根據(jù)Na2S溶液和AlCl3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體進行解答；

（3）加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)，需要依據(jù)溶液中溶質(zhì)的水解、分解、氧化等反應(yīng)，結(jié)合生成產(chǎn)物的性質(zhì)分析判斷；如根據(jù)NH4HCO3受熱分解生成氨氣；水和二氧化碳。

本題考查了鹽類水解的原理應(yīng)用，除雜的原理應(yīng)用，主要是物質(zhì)性質(zhì)和鹽類水解實質(zhì)的分析應(yīng)用和計算，題目難度較難?！窘馕觥緾u2+水解產(chǎn)生Cu（OH）2是吸熱反應(yīng)，加熱促進水解，故產(chǎn)生渾濁應(yīng)加入少量H2SO42Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑②⑧10、略

【分析】

澄清溶液中加入氫氧化鈉有白色沉淀生成，再加入過量的氫氧化鈉溶液，白色沉淀溶解，故白色沉淀為Al（OH）3，原抗酸藥中含有Al（OH）3；

首先氫氧化鋁鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁與水，反應(yīng)方程式為：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

然后氯化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁與氯化鈉，反應(yīng)方程式為：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；

最后氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，反應(yīng)方程式為：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；

故答案為：含；Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O．

【解析】【答案】澄清溶液中加入氫氧化鈉有白色沉淀生成，再加入過量的氫氧化鈉溶液，白色沉淀溶解，故白色沉淀為Al（OH）3，原抗酸藥中含有Al（OH）3；

首先氫氧化鋁鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁與水；然后氯化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁與氯化鈉，最后氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水．

11、略

【分析】【解析】試題分析：1）基態(tài)原子的最外層有3個未成對電子，次外層有2個電子的元素符號為N，其電子排布式為：1s22s22p3，為N元素，其原子核外電子的運動狀態(tài)有7種。（2）設(shè)元素B的核電荷數(shù)是a，C元素原子的核電荷數(shù)為b，因為陰離子B-與陽離子C+電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同相同，即核外電子數(shù)相同，所以a=18-1=17，b=18+1=19，則B-為Cl-，B原子的價電子排布圖為：1S22S22P63S23P6，C為K原子，C元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為（3）D元素的正三價離子的3d亞層為半充滿，D的元素符號為Fe，其基態(tài)原子的價電子排布式為3d64s2。（4）元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，則E為Cu，其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。考點：原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)原子核外電子排布畫元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖【解析】【答案】（7分）1）7。2）1S22S22P63S23P6，3）Fe，3d64s2。4）Cu，[Ar]3d104s1。12、（1）①3，3-二甲基-1-丁炔

②3-甲基-1-戊烯

（2）

（3）①2，2，4-三甲基戊烷

②3－甲基－1－丁烯

③2－甲基－2－丁烯【分析】【分析】本題考查了有機物的命名，題目難度中等，該題注重了基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的檢驗和訓(xùn)練，解答的關(guān)鍵是明確有機物的命名原則，然后結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)簡式靈活運用即可。【解答】rm{(1)}rm{壟脵}rm{壟脵}含有碳碳三鍵，最長碳鏈含有個rm{4}為丁炔；編號從距離碳碳三鍵最近的一端開始，在rm{C}號rm{1}上有三鍵，rm{C}號rm{3}有rm{C}個甲基，該有機物命名為：rm{2}rm{3}二甲基rm{3-}丁炔，故答案為：rm{-1-}rm{3}二甲基rm{3-}丁炔；rm{-1-}含有碳碳雙鍵，最長碳鏈含有rm{壟脷}個rm{壟脷}為戊烯；編號從距離rm{5}最近的一端開始，在rm{C}號rm{C=C}上有雙鍵，rm{1}號rm{C}有rm{3}個甲基，該有機物命名為：rm{C}甲基rm{1}戊烯，故答案為：rm{3-}甲基rm{-1-}戊烯；rm{3-}rm{-1-}甲基rm{(2)}戊烯，主鏈為戊烯，碳碳雙鍵在rm{(2)}號rm{2-}在rm{-2-}號碳原子上含有一個甲基，該有機物結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：rm{2}rm{C}rm{2}rm{(3)}rm{壟脵(CH}rm{壟脵(CH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{3}rm{3}rm{CCH}rm{CCH}三甲基戊烷：該命名中位次和不是最小，其正確名稱應(yīng)該為：rm{2}rm{2}rm{CH(CH}三甲基戊烷，故答案為：rm{CH(CH}rm{3}rm{3}三甲基戊烷；rm{)}rm{)}rm{2}rm{2}rm{2}rm{4}rm{4-}三甲基戊烷rm{2}rm{4}甲基rm{4-}丁烯，應(yīng)為碳碳雙鍵位次最小，其正確名稱應(yīng)該為：rm{2}甲基rm{2}丁烯，故答案為：rm{4-}甲基rm{2}丁烯；rm{2}rm{4-}rm{壟脷CH}rm{壟脷CH}rm{2}rm{2}rm{=CHCH(CH}甲基rm{=CHCH(CH}丁烯，應(yīng)為取代基位次最小，其正確名稱應(yīng)該為：rm{3}甲基rm{3}丁烯，故答案為：rm{)}甲基rm{)}丁烯。rm{2}【解析】rm{(1)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{3}二甲基rm{3-}丁炔rm{-1-}rm{壟脷}甲基rm{壟脷}戊烯rm{3-}rm{-1-}rm{(2)}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}三甲基戊烷rm{2}rm{2}甲基rm{4-}丁烯rm{壟脷}rm{壟脷}甲基rm{3-}甲基rm{-1-}丁烯丁烯rm{3-}13、（1）電化學(xué)

（2）弱酸性、中性或堿性吸氧Fe-2e-=Fe2+O2+2H2O+4e-=4OH-

（3）酸析氫Fe-2e-=Fe2+2H++2e-=H2↑

【分析】【分析】本題考查金屬的腐蝕與防護，明確鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕與析氫腐蝕條件是解本題關(guān)鍵，難點是電極反應(yīng)式的書寫，題目難度不大。

【解答】rm{(1)Fe}rm{C}和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，該裝置中有電流產(chǎn)生，所以發(fā)生電化學(xué)腐蝕，故答案為：電化學(xué)；rm{(1)Fe}和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，該裝置中有電流產(chǎn)生，所以發(fā)生電化學(xué)腐蝕，故答案為：電化學(xué)；

rm{C}若試管內(nèi)液面上升，說明試管中氧氣被消耗，則鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，溶液呈中性、堿性或弱酸性，rm{(2)}若試管內(nèi)液面上升，說明試管中氧氣被消耗，則鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，溶液呈中性、堿性或弱酸性，rm{Fe}易失電子作負極、rm{C}作正極，負極上鐵失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為rm{Fe-2e}易失電子作負極、rm{(2)}作正極，負極上鐵失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為rm{Fe}rm{C}rm{Fe-2e}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+}}，正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}

rm{O+4e}rm{O+4e}rm{{,!}^{-}}rm{=4OH}rm{=4OH}rm{{,!}^{-}}，故答案為：弱酸性、中性或堿性；吸氧；rm{Fe-2e}rm{Fe-2e}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+}}

；rm{O}若試管內(nèi)液面下降，說明有氣體生成，則鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，溶液呈酸性，負極上鐵失電子發(fā)生亞鐵離子，電極反應(yīng)式為rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+4e}rm{O+4e}rm{{,!}^{-}}rm{=4OH}rm{=4OH}rm{{,!}^{-}}；rm{(3)}若試管內(nèi)液面下降，說明有氣體生成，則鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕，溶液呈酸性，負極上鐵失電子發(fā)生亞鐵離子，電極反應(yīng)式為rm{Fe-2e}rm{(3)}rm{Fe-2e}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+}}，正極上氫離子得電子生成氫氣，電極反應(yīng)式為rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}}

rm{+2e}【解析】rm{(1)}電化學(xué)電化學(xué)

rm{(1)}rm{(2)}rm{(2)}弱酸性、中性或堿性吸氧rm{Fe-2e}rm{Fe-2e}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe}rm{=Fe}rm{{,!}^{2+;;}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}

rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+4e}rm{O+4e}rm{{,!}^{-}}rm{=4OH}rm{=4OH}rm{{,!}^{-}}rm{(3)}rm{(3)}酸析氫rm{Fe-2e}rm{Fe-2e}

rm{{,!}^{-}}14、(1)七(或7)紡錘形。

(2)sp、sp2SCN-、CO2、CS2、N3-等。

(3)123

(4)【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高考常見題型，題目涉及核外電子排布、雜化軌道與微粒結(jié)構(gòu)、等電子體等，注意掌握等電子體的概念，難度中等。【解答】rm{(1)}原子核外沒有兩個運動狀態(tài)完全相同的電子，有幾個電子就有幾種運動狀態(tài)，rm{N}原子核外有rm{7}個電子，所以有七rm{(}或rm{7)}種不同運動狀態(tài)的電子；基態(tài)rm{N}原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}能量由低到高、由里到外排布，則能量最高的電子所占據(jù)的原子軌道為rm{2p}軌道，呈紡錘形，故答案為：七rm{(}或rm{7)}紡錘形；rm{(2)NO_{2}^{+}}中rm{N}的價電子數(shù)rm{dfrac{5+2隆脕0-1}{2}=2}雜化軌道類型為rm{sp}rm{NO_{3}^{-}}中rm{N}的價電子數(shù)為rm{dfrac{5+3隆脕0+1}{2}=3}雜化類型為rm{sp^{2}}含有相同原子數(shù)和相同價電子數(shù)的微?；榈入娮芋w，與rm{NO}rm{2}rm{2}互為等電子體的微粒有rm{+}rm{+}rm{SCN^{-}}rm{CO_{2}}等，故答案為：rm{CS_{2}}rm{N_{3}^{-}}rm{sp}；rm{sp}rm{2}、rm{2}rm{SCN}、rm{-}rm{-}、rm{CO}rm{2}rm{2}等；rm{CS}頂點數(shù)rm{2}個rm{2}共rm{N}個面，每個面均為正三角形，有三個頂點，而每個頂點都同時屬于rm{3}個面，所以有rm{3}個原子；當(dāng)選定rm{-}個頂點后，與它最近的頂點數(shù)為rm{-}個，然后就是rm{(3)}個和rm{dfrac{20隆脕3}{5}=12(}個，即二取代物有rm{)(}種，即該結(jié)構(gòu)單元有rm{20}種不同類型，故答案為：rm{5}rm{12}；rm{1}根據(jù)圖Ⅲ可知一個晶胞中含有rm{5}原子數(shù)為rm{4隆脕dfrac{1}{4}+2隆脕dfrac{1}{2}=2}rm{5}原子數(shù)為rm{1}將一個六邊形切成相等的六個，每個的底rm{3}高為rm{sqrt{{a}^{2}-(dfrac{a}{2}{)}^{2}}pm=dfrac{sqrt{3}a}{2}pm}面積為rm{6隆脕dfrac{1}{2}隆脕a隆脕dfrac{sqrt{3}a}{2}pm^{2}=dfrac{3sqrt{3}{a}^{2}}{2}隆脕10^{-20}cm^{2}}晶胞的體積為rm{dfrac{3sqrt{3}{a}^{2}}{2}隆脕10}rm{3}rm{12}rm{3}rm{b隆脕10^{-10}cm隆脕2=3sqrt{3}a^{2}b隆脕10^{-30}cm^{3}}所以密度為rm{婁脩=dfrac{dfrac{2隆脕25}{{N}_{A}}}{3sqrt{3}{a}^{2}b隆脕{10}^{-30}}g/cm^{3}=dfrac{50}{3sqrt{3}{a}^{2}b{N}_{A}隆脕{10}^{-30}}g/cm}rm{(4)}，故答案為：rm{dfrac{50}{3sqrt{3}{a}^{2}b{N}_{A}隆脕{10}^{-30}}}rm{N}【解析】rm{(1)}七rm{(}或rm{7)}紡錘形。

rm{(2)}rm{sp}rm{sp^{2}}rm{SCN^{-}}rm{CO_{2}}rm{CS_{2}}rm{N_{3}^{-}}等。

rm{(3)12}rm{3}rm{(4)}rm{dfrac{50}{3sqrt{3}{a}^{2}b{N}_{A}隆脕{10}^{-30}}}rm{dfrac{50}{3

sqrt{3}{a}^{2}b{N}_{A}隆脕{10}^{-30}}}三、其他(共7題，共14分)15、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③16、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；消去反應(yīng)（各1分）（3）略（2分）17、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO218、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）產(chǎn)生白色沉淀（4）強（5）Fe(OH)319、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；消去反應(yīng)（各1分）（3）略（2分）20、略

【分析】【解析】【答案】21、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、簡答題(共3題，共24分)22、（1）

（2）溶解，過濾鐵紅

（3）CO2+3H2O+2AlO2-=2Al（OH）3↓+CO32-

（4）MgO+2NH4++H2O?Mg2++2NH3·H2O

（5）MgO熔點高，熔融狀態(tài)下電解耗能多，成本高【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)分離提純綜合應(yīng)用、電化學(xué)的相關(guān)知識，綜合性較強，考查的知識點較廣泛，側(cè)重考查學(xué)生對原理的分析理解，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)要注意知識點之間的聯(lián)系，分析問題要細致，題目難度中等?！窘獯稹坑闪鞒炭芍瑸V渣粉碎后加入碳酸鈉，高溫條件下反應(yīng)生成rm{NaAlO}rm{NaAlO}rm{{,!}_{2}}和硅酸鈉，溶解后過濾得到殘渣甲含有rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}_{2}}rm{O}加入氯化銨，得到乙為rm{O}rm{{,!}_{3}}、rm{MgO}加入氯化銨，得到乙為rm{Fe}rm{MgO}rm{Fe}溶液丙含有rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}過程，溶液甲含有氯化鎂，固體甲為氫氧化鎂，產(chǎn)品甲為rm{MgO}溶液丙含有rm{NaAlO}中氧化鋁與碳酸鈉反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}rm{MgO}二氧化硅與碳酸鈉反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}賂脽脦脗N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}rm{NaAlO}rm{A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}rm{{,!}_{2}}rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}賂脽脦脗N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}和硅酸鈉，可通入適量的二氧化碳，由于硅酸的酸性比氫氧化鋁強，偏鋁酸鈉與二氧化碳反應(yīng)生成沉淀丙為氫氧化鋁，加熱分解生成產(chǎn)品丙為氧化鋁。

rm{(1)}過程rm{II}中氧化鋁與碳酸鈉反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為過程Ⅲ為溶解，過濾，產(chǎn)品乙為氧化鐵，俗名是鐵紅，故答案為：溶解，過濾；鐵紅；

rm{(1)}過程rm{II}中所用適量的rm{A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}是一種氣體，應(yīng)為二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為，rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}賂脽脦脗N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉

}故答案為：rm{A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}；rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}賂脽脦脗N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉

}；rm{(2)}過程Ⅲ為溶解，過濾，產(chǎn)品乙為氧化鐵，俗名是鐵紅，故答案為：溶解，過濾；鐵紅；rm{(2)}rm{(3)}過程rm{V}中所用適量的rm{B}是一種氣體，應(yīng)為二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為rm{CO}rm{(3)}rm{V}rm{B}rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2AlO}rm{O+2AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}rm{=2Al(OH)}rm{=2Al(OH)}

rm{{,!}_{3}}殘渣甲用飽和氯化銨溶液能部分溶解的原因是rm{隆媒+CO}rm{隆媒+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}，

故答案為：rm{CO}熔點高，熔融狀態(tài)下電解耗能多，成本高，則工業(yè)上不用rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{+3H}rm{+3H}熔點高，熔融狀態(tài)下電解耗能多，成本高。rm{{,!}_{2}}rm{O+2AlO}【解析】rm{(1)A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}賂脽脦脗N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉}rm{(1)A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}

rm{(1)A{l}_{2}{O}_{3}+N{a}_{2}C{O}_{3}

overset{賂脽脦脗}{=}2NaAl{O}_{2}+C{O}_{2}隆眉}溶解，過濾鐵紅

rm{Si{O}_{2}+N{a}_{2}C{O}_{3}賂脽脦脗N{a}_{2}Si{O}_{3}+C{O}_{2}隆眉

}rm{(2)}溶解，過濾鐵紅

rm{(2)}rm{(3)}rm{(3)}

rm{CO_{2}+3H_{2}O+2AlO_{2}^{-}=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}熔點高，熔融狀態(tài)下電解耗能多，成本高23、略

【分析】解：rm{(1)}溶液的導(dǎo)電性與離子濃度有關(guān)；離子濃度越大，導(dǎo)電性越強，冰醋酸中沒有自由移動的離子，所以冰醋酸不導(dǎo)電；

故答案為：在rm{0}點處還未加水，醋酸分子未電離，無自由移動的離子，所以導(dǎo)電能力為rm{0}

rm{(2)}導(dǎo)電能力越強，離子濃度越大，氫離子濃度越大，則rm{a}rmrm{c}三點溶液的氫離子濃度關(guān)系為rm{c<a<b}

故答案為：rm{c<a<b}

rm{(3)}溶液越稀，越促進醋酸電離，則溶液中氫離子的物質(zhì)的量越大，電離程度越大，所以電離程度最大的是rm{c}故答案為：rm{c}

rm{(4)A.}醋酸是弱電解質(zhì)；電離時需要吸收熱量，所以加熱促進醋酸電離，導(dǎo)致醋酸根離子濃度最大，故正確；

B.加鹽酸；抑制醋酸電離，所以醋酸根離子濃度減小，故錯誤；

C.加rm{KOH}固體，rm{KOH}和醋酸發(fā)生中和反應(yīng)生成醋酸鈉；促進醋酸電離，溶液體積不變，醋酸根離子濃度增大，故正確；

D.加水促進醋酸電離；但醋酸電離程度遠遠小于溶液體積增大程度，所以醋酸根離子濃度減小，故錯誤；

E.加入鋅粒；鋅和氫離子發(fā)生置換反應(yīng)而促進醋酸電離，則醋酸根離子濃度增大，故正確；

F.加固體rm{CH_{3}COONa}醋酸鈉電離出醋酸根離子導(dǎo)致醋酸根離子濃度增大，故正確；

G.加rm{MgO}rm{MgO}和氫離子反應(yīng)而促進醋酸電離；則醋酸根離子濃度增大，故正確；

H.加固體rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}和氫離子反應(yīng)而促進醋酸電離；則醋酸根離子濃度增大，故正確。

故答案為：rm{BD}．

rm{(1)}溶液的導(dǎo)電性與離子濃度有關(guān)；離子濃度越大，導(dǎo)電性越強；

rm{(2)}導(dǎo)電能力越強，離子濃度越大，氫離子濃度越大，rm{pH}越??；

rm{(3)}溶液越??；越促進醋酸電離；

rm{(4)}若使rm{c}點溶液中的rm{c(CH_{3}COO^{-})}增大；可以采用升高溫度；加入含有醋酸根離子的可能性鹽、加入固體堿或加入和氫離子反應(yīng)的固體物質(zhì)．

本題考查弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離影響因素是解本題關(guān)鍵，知道溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，與電解質(zhì)強弱無關(guān)．【解析】在rm{0}點處還未加水，醋酸分子未電離，無自由移動的離子，所以導(dǎo)電能力為rm{0}rm{c<a<b}rm{c}rm{BD}24、略

【分析】解：rm{(1)Cu}和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、rm{NO}和水，rm{NO}易被氧氣氧化生成二氧化氮，所以涉及的反應(yīng)方程式為rm{3Cu+8HNO_{3}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}故答案為：rm{3Cu+8HNO_{3}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}

rm{(2)}溫度越高，反應(yīng)速率越快；反應(yīng)物濃度越小，其反應(yīng)速率越小，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，放出的熱量使環(huán)境溫度升高，所以反應(yīng)速率加快，但隨著反應(yīng)的進行，硝酸的濃度降低，其反應(yīng)速率減小，故答案為：該反應(yīng)放熱，使溫度升高，故反應(yīng)速率加快；反應(yīng)一段時間后rm{HNO_{3}}濃度降低；故反應(yīng)速率又逐漸減小。

；

rm{(3)A.}溫度越高反應(yīng)速率越快；所以升高溫度增大反應(yīng)速率，故A正確；

B.接觸面積越大反應(yīng)速率越快；所以使用銅粉增大反應(yīng)速率，故B正確；

C.稀釋硝酸；硝酸濃度減小，反應(yīng)速率降低，故C錯誤；

D.使用濃硝酸，濃硝酸和銅反應(yīng)生成二氧化氮而不是rm{NO}故D錯誤；

故選AB．

rm{(1)Cu}和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、rm{NO}和水，rm{NO}易被氧氣氧化生成二氧化氮；

rm{(2)}溫度越高；反應(yīng)速率越快；反應(yīng)物濃度越小，其反應(yīng)速率越?。?/p>

rm{(3)}溫度越高反應(yīng)速率越快；接觸面積越大反應(yīng)速率越快．

本題以銅和硝酸的反應(yīng)為載體考查了影響反應(yīng)速率的因素，明確溫度、濃度、接觸面積等對反應(yīng)速率的影響，但決定物質(zhì)反應(yīng)速率的是物質(zhì)本身的性質(zhì)．【解析】rm{3Cu+8HNO_{3}=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}該反應(yīng)放熱，使溫度升高，故反應(yīng)速率加快；反應(yīng)一段時間后rm{HNO_{3}}濃度降低，故反應(yīng)速率又逐漸減??；rm{AB}五、推斷題(共4題，共32分)25、（1）146C

（2）三VIA

（3）7

（4）1s22s22p63s23p63d104s1

（5）HClO4>H2SO4氯的含氧酸中非羥基氧原子數(shù)目越多，中心氯原子價態(tài)越高，正電性越高，導(dǎo)致Cl-O-H中的電子數(shù)更向Cl偏移，越易電離出H+

（6）Clcdf

【分析】【分析】rm{[}本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，元素的推斷是解答的關(guān)鍵，熟練掌握金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，難度一般。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，元素的推斷是解答的關(guān)鍵，熟練掌握金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，難度一般。rm{[}【解答】rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}是元素周期表前四周期中的五種常見元素，其中rm{J}的基態(tài)原子核外rm{X}個能級上有電子，且每個能級上的電子數(shù)相等，原子核外電子排布式為rm{3}則rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}為rm{X}元素；rm{C}元素原子的rm{Y}層上有rm{M}對成對電子，原子核外電子排布式為rm{2}則rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}為rm{Y}元素；rm{S}和rm{Z}同周期，rm{Y}的電負性大于rm{Z}則rm{Y}為rm{Z}rm{Cl}的一種核素的質(zhì)量數(shù)為rm{W}中子數(shù)為rm{63}其質(zhì)子數(shù)為rm{34}故rm{63-34=29}為rm{W}rm{Cu}的氣態(tài)氫化物與rm{J}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物可反應(yīng)生成一種鹽，則rm{J}為rm{J}元素。

rm{N}元素rm{(1)}碳rm{X(}的一種同位素可測定文物年代，該同位素質(zhì)量數(shù)為rm{)}這種同位素的符號是：rm{14}

故答案為：rm{{,!}^{14}_{6}C}

rm{{,!}^{14}_{6}C}元素rm{(2)}原子的核外電子排布式為rm{Y}位于元素周期表第三周期第rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}族；

故答案為：三、rm{VIA}

rm{VIA}元素rm{(3)}為rm{Z}原子最外層有rm{Cl}個電子，故原子最外層共有rm{7}種不同運動狀態(tài)的電子；

故答案為：rm{7}

rm{7}為rm{(4)W}外電子排布式是：rm{Cu}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}的基態(tài)原子核外價電子排布圖是：

故答案為：rm{W}

rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}的非金屬性強于rm{(5)Cl}所以rm{S}rm{HClO}rm{HClO}rm{{,!}_{4}}rm{>H}rm{>H}根據(jù)同種元素的含氧酸，化合價越高，酸性越強，所以rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{HClO<HClO}中的電子數(shù)更向rm{HClO<HClO}偏移，越易電離出rm{{,!}_{3}}rm{<HClO}rm{<HClO}

故答案為：rm{{,!}_{4}}幾種含氧酸的酸性強弱不同，其原因為氯的含氧酸中非羥基氧原子數(shù)目越多，中心氯原子價態(tài)越高，正電性越高，導(dǎo)致rm{Cl-O-H}中的電子數(shù)更向rm{Cl}偏移，越易電離出rm{H}rm{Cl-O-H}rm{Cl}rm{H}rm{{,!}^{+}}，酸性越強；rm{HClO}rm{HClO}中的電子數(shù)更向rm{{,!}_{4}}偏移，越易電離出rm{>H}rm{>H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}同周期自左而右非金屬性增強，故Crm{SO}的非金屬性比硫的強；

rm{{,!}_{4}}單質(zhì)狀態(tài)屬于物理性質(zhì)，不能比較非金屬性強弱，故，錯誤；

，；氯的含氧酸中非羥基氧原子數(shù)目越多，中心氯原子價態(tài)越高，正電性越高，導(dǎo)致rm{Cl-O-H}中的電子數(shù)更向rm{Cl}偏移，越易電離出rm{H}錯誤；

rm{Cl-O-H}電負性越大非金屬性越強，rm{Cl}的電負性大于rm{H}說明rm{{,!}^{+}}的非金屬性更強，故；正確；

rm{(6)}氫化物穩(wěn)定性與元素非金屬性一致，故rm{l}正確；

rm{a.}非金屬性強弱與獲得電子難易程度有關(guān)，與獲得電子數(shù)目多少無關(guān)，故rm{a}錯誤；rm{b.}元素的氫化物水溶液的酸性與非金屬性無關(guān)，故rm錯誤；正確；

故答案為：rmrm{c.}

rm{Z}【解析】rm{(1)}rm{14}rm{14}rm{6}

rm{6}三rm{C}rm{(2)}rm{VIA}rm{(3)7}rm{(4)1s}rm{2}rm{2}rm{2s}rm{2}rm{2}rm{2p}rm{6}rm{6}rm{3s}rm{2}rm{2}rm{3p}rm{6}rm{6}rm{3d}rm{10}rm{10}rm{4s}rm{1}rm{1}rm{(5)}中的電子數(shù)更向rm{HClO}偏移，越易電離出rm{HClO}rm{{,!}_{4}}rm{>H}rm{>H}rm{{,!}_{2}}26、（1）3d64s2第四周期VIII族

(2)C＜N＜O＜F_______________________________________

____3)O2-＞F-＞Na+＞Mg2+Na＜Al＜Mg

(4)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】本題元素周期表與物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及電子排布式、原子的軌道、價電子排布圖、電負性、離子的半徑、離子方程式計算?！窘獯稹恳罁?jù)元素周期表的結(jié)構(gòu)可知，rm{a}為rm{H}rm為rm{Li}rm{c}為rm{C}rm3aurtv2為rm{N}rm{e}為rm{O}rm{f}為rm{F}rm{g}為rm{Na}rm{h}為rm{Mg}rm{i}為rm{Al}rm{j}為rm{Si}rm{k}為rm{S}rm{l}為rm{Cl}rm{m}為rm{Ar}rm{n}為rm{K}rm{o}為rm{Fe}rm{(1)Fe}的基態(tài)原子外圍電子排布式rm{3d^{6}4s^{2}}在周期表中的位置第四周期rm{VIII}族，元素rm{N}的基態(tài)原子的軌道表示式故答案為：rm{3d^{6}4s^{2}}第四周期rm{VIII}族；rm{(2)c}為rm{C}rmf8ew2sv為rm{N}rm{e}為rm{O}rm{f}為rm{F}它們的電負性由小到大的順序rm{C<N<O<F}，故答案為：rm{C<N<O<F}；____rm{3)e}為rm{O}rm{f}為rm{F}rm{g}為rm{Na}rm{h}為rm{Mg}它們的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷越大，半徑越小，因此半徑由大到小順序rm{O^{2-}}rm{>F^{-}}rm{>Na^{+}}rm{>Mg^{2+}}rm{g}為rm{Na}rm{h}為rm{Mg}rm{i}為rm{Al}它們的第一電離能由小到大順序rm{Na<Al<Mg}，故答案為：rm{O^{2-}>F^{-}}rm{>Na^{+}}rm{>Mg^{2+}}rm{Na<Al<Mg}；rm{(4)}氫氧化鈉與氫氧化鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式rm{Al(OH)_{3}+}rm{OH^{-}}rm{=}rm{AlO_{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+2H_{2}O}故答案為：rm{Al(OH)_{3}+}rm{OH^{-}}rm{=}rm{AlO_{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+2H_{2}O}【解析】rm{(1)3d^{6}4s^{2;;;;;;;;;;;;;}}第四周期rm{VIII}族rm{(2)C<N<O<F}___________________________________________rm{(2)

C<N<O<F}rm{3)O^{2-}}rm{>F^{-}}rm{>Na^{+}}rm{>Mg^{2+}}rm{Na<Al<Mg}rm{(4)}rm{Al(OH)_{3}+}rm{OH^{-}}rm{=}rm{AlO_{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+2H_{2