2025年上外版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年上外版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷423考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知蓄電池在放電時(shí)起原電池的作用,在充電時(shí)起電解池的作用。汽車(chē)上用的鉛蓄電池是以一組充滿海綿狀灰鉛的鉛板和另一組結(jié)構(gòu)相似的充滿二氧化鉛的鉛板組成。兩個(gè)電極用稀硫酸作電解質(zhì)溶液。在放電時(shí),兩極發(fā)生的反應(yīng)可分別表示為:Pb+S-2e-PbSO4PbO2+4H++S+2e-PbSO4+2H2O充電時(shí),兩極發(fā)生的反應(yīng)分別表示為:PbSO4+2e-Pb+SPbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H++S在蓄電池生產(chǎn)和使用時(shí),下列說(shuō)法中正確的是()A.生產(chǎn)和使用鉛蓄電池,不會(huì)造成環(huán)境污染B.生產(chǎn)和使用鉛蓄電池時(shí),可能引起鉛中毒和環(huán)境污染C.使用鉛蓄電池時(shí),若鉛板上有1mol鉛反應(yīng)就消耗1molH2SO4D.在使用時(shí),電池內(nèi)溶液的密度會(huì)增大2、光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，下列關(guān)于SiO2的有關(guān)敘述正確的是（）A.SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸B.SiO2是制造玻璃的主要原料之一，它在常溫下不與NaOH溶液反應(yīng)C.因高溫時(shí)SiO2與Na2CO3反應(yīng)放出CO2，所以H2SiO3酸性比H2CO3強(qiáng)D.CO2通入水玻璃中可得硅酸3、分子式為CnH2n+1X（n≠1）的鹵代烴不能發(fā)生消去反應(yīng)，n的最小值是（）A.2B.3C.4D.54、對(duì)于可逆反應(yīng)：rm{2A(g)+B(g)overset{?}{}2C(g)triangleH<0}下列各圖中正確的是rm{2A(g)+B(g)overset{?}{}

2C(g)triangleH<0}rm{(}A.B.C.D.rm{)}5、下列原子核外電子排布不是基態(tài)的是A.1s22s1B.1s22s22p1C.1s22s22p3D.1s22s12p26、下列各組離子，能在溶液中大量共存的是()A.Na+、Fe3+、AlO2-、Br-B.H+、Fe2+、SO42-、NO3-C.K+、NH4+、CO32-、OH-D.Ca2+、Al3+、NO3-、Cl-7、下列實(shí)驗(yàn)裝置正確的是rm{(}rm{)}A.

制取二氧化氮B.

制取氨氣C.

制乙酸乙酯D.

制乙烯并檢驗(yàn)8、下列各圖是從rm{NaCl}或rm{CsCl}晶體結(jié)構(gòu)圖中分割出來(lái)的部分結(jié)構(gòu)圖rm{(}圖中白球表示陽(yáng)離子，黑球表示陰離子rm{)}其中屬于從rm{NaCl}晶體中分割出來(lái)的結(jié)構(gòu)圖是A.B.C.D.9、下列鹵代烴在rm{KOH}醇溶液中加熱不反應(yīng)的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}rm{壟脷(CH_{3})_{3}CBr壟脹(CH_{3})_{3}CCH_{2}Cl}rm{壟脷(CH_{3})_{3}CBr

壟脹(CH_{3})_{3}CCH_{2}Cl}rm{壟脺CHCl_{2}CHBr_{2}}rm{壟脻}．A.rm{壟脼CH_{3}Cl}B.rm{壟脵壟脹壟脼}C.全部D.rm{壟脷壟脹壟脼}rm{壟脵壟脷壟脼}評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、工業(yè)合成氨與制備硝酸一般可連續(xù)生產(chǎn)；流程如下。

（1）①工業(yè)生產(chǎn)時(shí)，制取氫氣的一個(gè)反應(yīng)為：CO+H2O（g）?CO2+H2，850℃時(shí)，往1L密閉容器中充入0.3molCO和0.2molH2O（g）．反應(yīng)4min后建立平衡，體系中c（H2）=0.12mol?L-1．CO的平衡濃度為_(kāi)___轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____（填計(jì)算結(jié)果）．

②在850℃時(shí)，以表中的物質(zhì)的量投入恒容反應(yīng)器中，其中向逆反應(yīng)方向進(jìn)行的有____（選填A(yù)；B、C、D、E）

。ABCDEn（CO2）3l1ln（H2）2l12n（CO）1230.53n（H2O）5232l（2）合成塔中發(fā)生反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0．下表為不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)．由此可推知，表中T1____300℃（填“＞”；“＜”或“=”）．

。T/°CT1300T2K1.00×1072.45×1051.88×103（3）N2和H2在鐵作催化劑作用下從145℃就開(kāi)始反應(yīng)，不同溫度下NH3產(chǎn)率圖1所示．溫度高于900℃時(shí)，NH3產(chǎn)率下降，原因是____．

（4）在化學(xué)反應(yīng)中只有極少數(shù)能量比平均能量高得多的反應(yīng)物分子發(fā)生碰撞時(shí)才可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，這些分子被稱(chēng)為活化分子．使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其單位通常用kJ?mol-1表示．請(qǐng)認(rèn)真觀察圖2；回答問(wèn)題．

圖中所示反應(yīng)是____（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)，該反應(yīng)的△H=____（用含E1、E2E的代數(shù)式表示）．已知熱化學(xué)方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ?mol-1，該反應(yīng)的活化能為167.2kJ?mol-1，則其逆反應(yīng)的活化能為_(kāi)___．

（5）硝酸廠的尾氣直接排放將污染空氣．目前科學(xué)家探索利用燃料氣體中的甲烷等將氮的氧化物還原為氮?dú)夂退?；反?yīng)機(jī)理為：

CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ?mol-1

CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ?mol-1

則甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式為：____．11、（10分）物質(zhì)的分離是化學(xué)研究中常用的方法，填寫(xiě)下列物質(zhì)分離時(shí)需使用的方法（不必?cái)⑹霾僮骷?xì)節(jié)）（1）兩種互不相溶的液體的分離____。（2）固體和液體的分離____。（3）含固體溶質(zhì)的溶液中除去部分溶劑____。（4）膠體中分離出可溶電解質(zhì)。（5）幾種沸點(diǎn)相差較大的互溶液體的分離____。12、有以下一系列反應(yīng)，最終產(chǎn)物是乙二酸rm{(HOOC隆陋COOH)}．rm{CH_{3}CH_{3}xrightarrow[B{r}_{2}]{鹿芒脮脮}Axrightarrow[?]{NaOH/麓錄}Bxrightarrow[]{盲氓脣廬}Cxrightarrow[?]{NaOH/{H}_{2}O}Dxrightarrow[?]{{O}_{2},麓脽祿爐錄脕}Exrightarrow[?]{{O}_{2},麓脽祿爐錄脕}}乙二酸rm{CH_{3}CH_{3}

xrightarrow[B{r}_{2}]{鹿芒脮脮}Axrightarrow[?]{NaOH/麓錄}B

xrightarrow[]{盲氓脣廬}Cxrightarrow[?]{NaOH/{H}_{2}O}D

xrightarrow[?]{{O}_{2},麓脽祿爐錄脕}Exrightarrow[?]{{O}_{2},麓脽祿爐錄脕}

}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是____________，rm{(1)A}的反應(yīng)類(lèi)型是____________；

rm{B隆煤C}與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____________________________________，

rm{(2)E}與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____________________________________，rm{(2)E}的化學(xué)方程式是____________________________________________________，乙二酸與rm{(3)C隆煤D}的化學(xué)方程式是____________________________________________________，恰好完全反應(yīng)生成的環(huán)狀化合物的名稱(chēng)是_______________，rm{(3)C隆煤D}乙二酸rm{(4)1mol}可簡(jiǎn)寫(xiě)為rm{1molD}俗稱(chēng)草酸。草酸與高錳酸鉀在酸性條件下能夠發(fā)生如下反應(yīng)：rm{MnO_{4}^{-;}+H_{2}C_{2}O_{4;}+H^{+;}隆煤Mn^{2+}}rm{(5)}未配平rm{(HOOC-COOH}該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)____________rm{H_{2}C_{2}O_{4})}13、主要元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)一次增大，rm{W}的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍rm{.X}rm{Y}和rm{Z}分屬不同的周期，他們的原子序數(shù)之和是rm{W}原子序數(shù)的rm{5}倍rm{.}在由元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}組成的所有可能的二組分化合物中，由元素rm{W}與rm{Y}形成的化合物rm{M}的熔點(diǎn)最高rm{.}請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

rm{(1)W}元素原子的rm{L}層電子排布式為_(kāi)_____，rm{W_{3}}分子的空間構(gòu)型為_(kāi)_____；

rm{(2)X}單質(zhì)與水發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；

rm{(3)}化合物rm{M}的化學(xué)式為_(kāi)_____，其晶體結(jié)構(gòu)與rm{NaCl}相同，而熔點(diǎn)高于rm{NaCl.M}熔點(diǎn)較高的原因是______rm{.}將一定量的化合物rm{ZX}負(fù)載在rm{M}上可制得rm{ZX/M}催化劑，用于催化碳酸二甲酯與月桂醇酯交換合成碳酸二月桂酯rm{.}在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的雜化方式有______，rm{O-C-O}的鍵角約為_(kāi)_____；

rm{(4)X}rm{Y}rm{Z}可形成立方晶體結(jié)構(gòu)的化合物，其晶胞中rm{X}占據(jù)所有棱的中心，rm{Y}位于頂角，rm{Z}處于體心位置，則該晶體的組成為rm{X}rm{Y}rm{Z=}______；

rm{(5)}含有元素rm{Z}的鹽的焰色反應(yīng)為_(kāi)_____色rm{.}許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原因是______．14、部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：。弱酸rm{HCOOH}rm{HClO}rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}SO_{3}}電離平衡常數(shù)rm{(25隆忙)}rm{K_{a}=1.77隆脕10^{-4}}rm{K_{a}=4.0隆脕10^{-8}}rm{K_{a1}=4.3隆脕10^{-7}}

rm{K_{a2}=4.7隆脕10^{-11}}rm{K_{a1}=1.54隆脕10^{-2}}

rm{K_{a2}=1.02隆脕10^{-7}}rm{(1)}室溫下rm{壟脵0.1mol?L^{-1}}rm{HCOONa}rm{壟脷0.1mol?L^{-1}}rm{NaClO}rm{壟脹0.1mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{壟脺0.1mol?L^{-1}}rm{NaHCO_{3}}溶液的rm{pH}由大到小的關(guān)系為_(kāi)_______________________．

rm{(2)}濃度均為rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}SO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的混合溶液中，rm{SO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}濃度從大到小的順序?yàn)開(kāi)_______________________．

rm{(3)}少量rm{CO_{2}}通入到過(guò)量的rm{NaClO}溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式________________________．

rm{(4)}常溫下，rm{pH=3}的rm{HCOOH}溶液與rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等體積混合后，溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)________________________________．15、如圖是甲烷燃料電池原理示意圖；回答下列問(wèn)題：

rm{壟脵}電池的負(fù)極是______rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}電極；該極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_____．

rm{壟脷}電池工作一段時(shí)間后電解質(zhì)溶液的rm{pH}______rm{.(}填“增大”“減小”或“不變”rm{)}16、按要求回答下列問(wèn)題：

（1）用銅作陽(yáng)極，石墨作陰極電解稀H2SO4

①陽(yáng)極反應(yīng)式：______；

②陰極反應(yīng)式：______；

③總反應(yīng)化學(xué)方程式：______。

（2）氯堿工業(yè)（電解飽和食鹽水）

①陽(yáng)極反應(yīng)式：______；

②陰極反應(yīng)式：______；

③總反應(yīng)離子方程式：______。評(píng)卷人得分三、簡(jiǎn)答題(共5題，共10分)17、Ⅰ．在發(fā)射“神舟”七號(hào)的火箭推進(jìn)器中裝有肼（N2H4）和過(guò)氧化氫；當(dāng)兩者混合時(shí)即產(chǎn)生氣體，并放出大量的熱．

已知：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641kJ?mol-1

H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ?mol-1

（1）若用3.2g液態(tài)肼與足量過(guò)氧化氫反應(yīng)生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水，則整個(gè)過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為_(kāi)_____，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_____．

（2）肼（N2H4）中N元素的雜化方式是______，過(guò)氧化氫的電子式為_(kāi)_____

Ⅱ．某市對(duì)大氣進(jìn)行監(jiān)測(cè)，發(fā)現(xiàn)該市首要污染物為可吸入顆粒物PM2.5，因此，對(duì)PM2.5、SO2、NOx等進(jìn)行研究具有重要意義．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（3）將PM2.5樣本用蒸餾水處理制成室溫待測(cè)試樣．

若測(cè)得該試樣所含水溶性無(wú)機(jī)離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表：

。離子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-濃度/mol?L-14×10-66×10-62×10-54×10-53×10-52×10-5根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷PM2.5待測(cè)試樣的pH=______．

（4）為減少SO2的排放；常采取的措施有：①將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料水煤氣．

寫(xiě)出焦炭與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式（注明反應(yīng)條件）：______．

水煤氣除可用作燃料氣外，請(qǐng)列舉一種水煤氣的其他用途______

②洗滌含SO2的煙氣．以下物質(zhì)可作洗滌劑的是______．

a．Na2SO4b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHS．18、已知有機(jī)化合物X中各元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為C60%；H13.3%，O26.7%．

請(qǐng)?zhí)羁眨?/p>

（1）有機(jī)物X的實(shí)驗(yàn)式為_(kāi)_____．若0.1molX在足量氧氣中充分燃燒需消耗氧氣10.08L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則X的分子式為_(kāi)_____．

（2）實(shí)驗(yàn)表明：X能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2．X分子的核磁共振氫譜中有4個(gè)吸收峰，且面積之比為3：2：2：1，則X分子中含有的官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)_____，X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____．

（3）X有兩種同分異構(gòu)體Y和Z，其中Y能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2，而Z不能．則Y、Z的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為_(kāi)_____、______．19、銅是人類(lèi)最早使用的金屬之一。

rm{(1)}銅元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_____，其核外能級(jí)能量的高低rm{3d}______rm{4s(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{(2)Cu}與元素rm{A}能形成如圖rm{1}所示的兩種化合物甲和乙。元素rm{A}是短周期非金屬元素，rm{A}的常見(jiàn)氫化物常溫下為液態(tài)；其熔沸點(diǎn)比同主族其他元素的氧化物高。

rm{壟脵}兩種化合物的化學(xué)式分別為：甲______；乙______。

rm{壟脷}熱穩(wěn)定性甲______乙rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}試從原子結(jié)構(gòu)上解釋原因。

rm{(3)}銅離子形成的某種配合物陽(yáng)離子具有軸向狹長(zhǎng)的八面體結(jié)構(gòu)rm{(}如圖rm{2)}

已知兩種配體都是rm{10}電子的中性分子；且都含氫元素。

rm{壟脵}兩種配體分子的配位原子電負(fù)性大小為_(kāi)_____rm{(}填元素符號(hào)rm{)}其中熱穩(wěn)定性較弱的配體為rm{(}用電子式表示rm{)}______。

rm{壟脷}該配合物陽(yáng)離子與rm{SO_{4}^{2-}}形成的配合物rm{X}的化學(xué)式為_(kāi)_____。

rm{(4)Cu}單質(zhì)的晶體為面心立方堆積，其晶胞立方體的邊長(zhǎng)為rm{acm}rm{Cu}的相對(duì)原子質(zhì)量為rm{63.5}單質(zhì)rm{Cu}的密度為rm{婁脩g/cm^{3}}則阿伏加德羅常數(shù)可表示為_(kāi)_____rm{mol^{-1}(}含“rm{a}rm{婁脩}的代數(shù)式表示rm{)}20、氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、生活中有著重要應(yīng)用，減少氮的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護(hù)的重要內(nèi)容之一。rm{(1)}已知：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}rm{triangleH=+180.5kJ隆隴mol隆樓^{l;;}C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{triangleH=隆陋393.5kJ隆隴mol隆樓^{l;;}2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}rm{triangleH=隆陋221kJ隆隴mol隆樓^{l}}若某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為：rm{K=dfrac{cleft({N}_{2}right)隆隴{c}^{2}left(c{o}_{2}right)}{cleft(NOright){c}^{2}left(coright)}}請(qǐng)寫(xiě)出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______________________________。rm{triangle

H=+180.5kJ隆隴mol隆樓^{l;;}C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}在一定條件下可發(fā)生分解：rm{triangleH=隆陋393.5

kJ隆隴mol隆樓^{l;;}2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}rm{triangle

H=隆陋221kJ隆隴mol隆樓^{l}}某溫度下測(cè)得恒容密閉容器中rm{K=

dfrac{cleft({N}_{2}right)隆隴{c}^{2}left(c{o}_{2}right)}{cleft(NOright){c}^{2}left(coright)}

}濃度隨時(shí)間的變化如下表：rm{(2)N_{2}O_{5}}反應(yīng)開(kāi)始時(shí)體系壓強(qiáng)為rm{2N_{2}O_{5}(g)?}第rm{4NO_{2}(g)+O_{2(}g)}時(shí)體系壓強(qiáng)為rm{N_{2}O_{5}}則rm{壟脵}rm{P_{0}}_____________；rm{3.00min}內(nèi)，rm{p_{1}}的平均反應(yīng)速率為_(kāi)______________。rm{p_{1}}一定溫度下，在恒容密閉容器中充入一定量rm{p_{0}=}進(jìn)行該反應(yīng)，能判斷反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是______________。rm{2.00min隆蘆5.00min}容器中壓強(qiáng)不再變化rm{O_{2}}和rm{壟脷}的體積比保持不變r(jià)m{N_{2}O_{5}}正rm{a.}逆rm{b.NO_{2}}氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變r(jià)m{O_{2}}與rm{c.2v}之間存在反應(yīng)：rm{(NO_{2})=v}rm{(N_{2}O_{5})d.}rm{(3)N_{2}O_{4}}將一定量的rm{NO_{2}}放入恒容密閉容器中，測(cè)得其平衡轉(zhuǎn)化率rm{N_{2}O_{4}(g)?}隨溫度變化如圖所示。如圖中rm{2NO_{2}(g)}點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下，已知rm{triangleH=QkJ隆隴mol隆樓1}的起始濃度為rm{N_{2}O_{4}}該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{攏脹婁脕(N_{2}O_{4})攏脻}________rm{a}小數(shù)點(diǎn)后保留一位數(shù)字rm{N_{2}O_{4}}rm{2mol/L}21、某同學(xué)用5%的H2O2溶液做了一個(gè)探究實(shí)驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)步驟如下：

步驟1：分別在2支大小相同的試管1和試管2中裝入3.0mL5%的H2O2溶液．

步驟2：再分別往兩支試管中滴入1～2滴1mol/LFeCl3溶液；

待試管中均有適量氣泡出現(xiàn)時(shí)；將試管1放入盛有溫度恒定為5℃冷水的燒杯中，試管2放入盛有溫度恒定為40℃熱水的燒杯中，同時(shí)用排水法收集產(chǎn)生的氣體，并記錄不同時(shí)刻（min）氣體的總體積（mL），數(shù)據(jù)如下：

。123456789試管117.534.950.160.370.480.284.985.285.4試管221.741.257.570.881.384.985.385.485.4（1）向試管中加入的FeCl3溶液的作用______，寫(xiě)出加入FeCl3溶液后發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：______；

（2）相同時(shí)刻試管2中收集到的氣體體積比試管1中多的原因是：______，由此該同學(xué)可以得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是：______；

（3）對(duì)比每分鐘內(nèi)收集到的氣體體積變化，前5分鐘內(nèi)每分鐘收集到的氣體體積逐漸減小的原因是：______；

（4）若用單位時(shí)間內(nèi)收集到的氣體體積表示反應(yīng)的快慢，則2min到5min試管2中生成氣體的速率為：______．（請(qǐng)列出計(jì)算式并將計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共15分)22、科學(xué)家從蛋白質(zhì)的水解液中分離出一種分子中只含rm{1}個(gè)氮原子的氨基酸，進(jìn)行分析時(shí)，從rm{1.995g}該氨基酸中得到rm{168mL(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}的氮?dú)?；另取rm{26.6g}該氨基酸恰好與rm{1.6molL}rm{{,!}^{-1}250mL}的rm{NaOH}溶液完全反應(yīng)．

rm{(1)}求該氨基酸的摩爾質(zhì)量．

rm{(2)}試確定此氨基酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．23、（5分）有機(jī)物A是烴的含氧衍生物，1.38gA完全燃燒后，若將燃燒的產(chǎn)物通過(guò)堿石灰，堿石灰的質(zhì)量會(huì)增加3.06g；若將燃燒產(chǎn)物通過(guò)濃硫酸，濃硫酸的質(zhì)量會(huì)增加1.08g；取4.6gA與足量的金屬鈉反應(yīng)，生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.68L；A不與純堿反應(yīng)。該有機(jī)物的質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比的最大值是92。通過(guò)計(jì)算確定A的分子式和結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。24、有機(jī)物A可以作為無(wú)鉛汽油的抗爆震劑；它的相對(duì)分子質(zhì)量為88.0，其中碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為68.2%，氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為13.6%，其余為氧．

（1）求該有機(jī)物的分子式（寫(xiě)出必要的計(jì)算步驟）．

（2）經(jīng)紅外光譜和核磁共振氫譜顯示該分子中有4個(gè)甲基，寫(xiě)出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)25、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開(kāi)展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無(wú)氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。26、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開(kāi)__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_(kāi)____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請(qǐng)判斷該方法是否合理并說(shuō)明理由：_____________。27、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開(kāi)展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無(wú)氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。28、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無(wú)色溶液；取無(wú)色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共1題，共4分)29、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽(yáng)離子以氫氧化物開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開(kāi)始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘?jiān)闹饕煞质莀__________，轉(zhuǎn)化時(shí)需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為_(kāi)_____；過(guò)濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽(yáng)極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過(guò)量NaF使兩種沉淀共存時(shí)，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動(dòng)小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過(guò)一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡(jiǎn)寫(xiě)為H2Y2-)測(cè)定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱(chēng)取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測(cè)定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】鉛的化合物會(huì)造成環(huán)境污染,故A錯(cuò)誤,B正確;由電池反應(yīng)可知,1mol鉛反應(yīng)消耗2molH2SO4,故C錯(cuò)誤;在電池的使用過(guò)程中,硫酸溶液的濃度會(huì)逐漸降低,密度逐漸減小,故D錯(cuò)誤?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、D【分析】解：A、SiO2是酸性氧化物；但溶于氫氟酸，并不是不溶于任何酸，故A錯(cuò)誤；

B；二氧化硅在常溫下就與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水；故B錯(cuò)誤；

C、證明H2CO3酸性比H2SiO3強(qiáng)，應(yīng)在溶液中進(jìn)行，Na2CO3和SiO2在高溫下熔融反應(yīng)是利用物質(zhì)的穩(wěn)定性；故C錯(cuò)誤；

D、碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸，強(qiáng)酸制弱酸，所以CO2通入水玻璃中可得硅酸；故D正確；

故選D．

A、SiO2是酸性氧化物；但溶于氫氟酸；

B；二氧化硅在常溫下就與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水；

C、證明H2CO3酸性比H2SiO3強(qiáng)；應(yīng)在溶液中進(jìn)行；

D；碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸；強(qiáng)酸制弱酸．

本題主要考查了SiO2的化學(xué)性質(zhì)，需要強(qiáng)調(diào)的是SiO2作為酸性氧化物，但也不完全具有酸性氧化物的通性．【解析】【答案】D3、D【分析】解：分子式為CnH2n+1X（n≠1）的鹵代烴不能發(fā)生消去反應(yīng)，則鹵素原子連接的C原子上沒(méi)有H原子，至少連接3個(gè)甲基，故含有C原子數(shù)至少的結(jié)構(gòu)為（CH3）3CCH2X；至少含有5個(gè)C原子；

故選D．

鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)的條件：與鹵素原子相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生消去反應(yīng)，形成不飽和鍵；分子式為CnH2n+1X（n≠1）的鹵代烴不能發(fā)生消去反應(yīng)；則鹵素原子連接的C原子上沒(méi)有H原子，至少連接3個(gè)甲基．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)確定、鹵代烴的性質(zhì)等，難度不大，注意掌握鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡圖像的綜合應(yīng)用?！窘獯稹緼.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡向逆向移動(dòng)，rm{B}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，與圖像不相符，故rm{A}錯(cuò)誤；B.該反應(yīng)正向是氣體總量減少的反應(yīng)，加壓平衡向正向移動(dòng)，正逆反應(yīng)速率都增大，且rm{A}rm{V}rm{V}rm{{,!}_{脮媒}>}與圖像不符，故B錯(cuò)誤；C.溫度相同時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，rm{V}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，與圖像相符，故C正確；D.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡向逆向移動(dòng)，rm{V}的轉(zhuǎn)化率降低，與圖像不符，故D錯(cuò)誤。故選rm{{,!}_{脛忙}}rm{C}【解析】rm{C}5、D【分析】試題分析：A．Li原子核外有3個(gè)電子，核外電子基態(tài)排布式為1s22s1，所以1s22s1屬于基態(tài)，A不符合；B．B原子核外有5個(gè)電子，核外電子基態(tài)排布式為：1s22s22p1，所以1s22s22p1屬于基態(tài)，B不符合；C．N原子核外有7個(gè)電子，核外電子基態(tài)排布式為：1s22s22p3，所以1s22s22p3屬于基態(tài)，C不符合；D．B原子核外有19個(gè)電子，核外電子基態(tài)排布式為：1s22s22p1，D符合；選D．考點(diǎn)：原子核外電子排布【解析】【答案】D6、D【分析】離子間如果發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，則不能大量共存，反之可以大量共存。A中Fe3+和AlO2-水解相互促進(jìn)生成氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀。B中H+、Fe2+和NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成鐵離子和NO。C中NH4+和OH-發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氨水，所以只有選項(xiàng)D是正確的，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿7、B【分析】解：rm{A.}二氧化氮與水反應(yīng)；則圖中排水法不能收集，故A錯(cuò)誤；

B.氯化銨與堿石灰加熱生成氨氣，氨氣的密度比空氣密度小rm{.}圖中固體加熱；向下排空氣法可制備；故B正確；

C.導(dǎo)管在碳酸鈉溶液的液面下；易發(fā)生倒吸，應(yīng)在液面上防止倒吸，故C錯(cuò)誤；

D.制備乙烯在rm{170隆忙}乙醇發(fā)生消去反應(yīng)；圖中缺少溫度計(jì)測(cè)定反應(yīng)液的溫度，故D錯(cuò)誤；

故選B．

A.二氧化氮與水反應(yīng)；

B.氯化銨與堿石灰加熱生成氨氣；氨氣的密度比空氣密度小；

C.導(dǎo)管在碳酸鈉溶液的液面下；易發(fā)生倒吸；

D.制備乙烯在rm{170隆忙}乙醇發(fā)生消去反應(yīng)．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)裝置的作用、實(shí)驗(yàn)技能為解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】rm{B}8、B【分析】解：由于在rm{NaCl}晶體中，每個(gè)rm{Na^{+}}周?chē)瑫r(shí)吸引著最近的等距離的rm{6}個(gè)rm{Cl^{-}}同樣每個(gè)rm{Cl^{-}}周?chē)瑫r(shí)吸引著最近的等距離的rm{6}個(gè)rm{Na^{+}}圖rm{B}符合條件；故選B。

根據(jù)氯化鈉晶體中鈉離子或氯離子的配位數(shù)判斷其結(jié)構(gòu)圖是否正確，鈉離子或氯離子的配位數(shù)都是rm{6}．

綜合考查了常見(jiàn)晶體的空間構(gòu)型，難度不大，注意氯化鈉和氯化銫晶體的區(qū)別．【解析】rm{B}9、A【分析】解：rm{壟脵}氯苯中相鄰的碳原子是苯環(huán)的一部分，若消去再形成雙鍵破壞苯環(huán)結(jié)構(gòu)，故不能發(fā)生消去反應(yīng)，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷}和溴相連的碳的相鄰碳原子上有氫，故能消去，生成對(duì)應(yīng)的烯烴和溴化鉀，故rm{壟脷}錯(cuò)誤；

rm{壟脹}和氯相連的碳的相鄰碳原子上沒(méi)有氫，所以不能發(fā)生消去反應(yīng)rm{.}故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺}和氯或溴相連的碳相鄰碳原子上有氫，故能消去，生成對(duì)應(yīng)的烯烴或炔烴和氯化鉀，故rm{壟脺}錯(cuò)誤；

rm{壟脻}和溴相連的碳上有氫，故能發(fā)生消去反應(yīng)，生成對(duì)應(yīng)的烯烴和氯化鉀，故rm{壟脻}錯(cuò)誤；

rm{壟脼}鹵代烴中連在鹵原子的碳原子必須有相鄰的碳原子且此相鄰的碳原子上，并且還必須連有氫原子時(shí)，才可發(fā)生消去反應(yīng)，而該題中一氯甲烷只有一個(gè)碳，沒(méi)有相鄰的碳，所以不能發(fā)生消去反應(yīng)rm{.}故rm{壟脼}正確；

故選A．【解析】rm{A}二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

（1）①n（H2）=CV=0.12mol?L-1×1L=0.12mol，根據(jù)CO+H2O（g）?CO2+H2知，參加反應(yīng)的一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量之比是1：1，所以參加反應(yīng)的CO的物質(zhì)的量是0.12mol，則c（CO）==0.18mol/L，轉(zhuǎn)化率=

各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度單位都是mol/L；

CO+H2O（g）?CO2+H2

開(kāi)始濃度0.30.200

反應(yīng)濃度0.120.120.120.12

平衡濃度0.180.080.120.12

則平衡常數(shù)K===1；

故答案為：0.18mol/L；40%；1；

②如果反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；則參加反應(yīng)的各種物質(zhì)的濃度商大于1；

A．濃度商==1.2＞1；平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；

B．濃度商==0.25＜1；平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

C．濃度商=0＜1；平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

D．濃度商==1；該反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；

E．濃度商==＜1；平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

故選A；

（2）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則平衡常數(shù)降低，T1時(shí)平衡常數(shù)大于300℃時(shí)的平衡常數(shù)，所以T1＜300℃；故答案為＜；

（3）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，在升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，900℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，再升高溫度平衡向左移動(dòng)，所以氨氣的產(chǎn)率下降；

故答案為：900℃時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；再升高溫度平衡向左移動(dòng)；

（4）根據(jù)圖片知，反應(yīng)物的能量大于生成物的能量，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，△H=生成物能量-反應(yīng)物能量=-（E1-E2）kJ/mol，逆反應(yīng)的活化能=正反應(yīng)的活化能-正反應(yīng)的焓變=167.2kJ?mol-1-（-241.8kJ?mol-1）=409kJ/mol；

故答案為：放熱；-（E1-E2）kJ/mol；409kJ/mol；

（5）將兩個(gè)方程式相加然后除以2即得甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式，反應(yīng)方程式為CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ?mol-1；

故答案為：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ?mol-1．

【解析】【答案】（1）①根據(jù)生成氫氣量計(jì)算轉(zhuǎn)化的一氧化碳的量，一氧化碳的平衡濃度=反應(yīng)開(kāi)始時(shí)一氧化碳濃度-反應(yīng)的一氧化碳濃度，轉(zhuǎn)化率=平衡常數(shù)K=

②根據(jù)濃度商常數(shù)和化學(xué)平衡常數(shù)相對(duì)大小判斷反應(yīng)方向；如果濃度商常數(shù)大于平衡常數(shù)，則平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；

（2）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則平衡常數(shù)降低，根據(jù)不同溫度下平衡常數(shù)的相對(duì)大小確定溫度高低；

（3）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，在升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；

（4）反應(yīng)物的能量大于生成物的能量；則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的能量小于生成物的能量，則該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；△H=生成物能量-反應(yīng)物能量；

（5）將兩個(gè)方程式相加然后除以2即得甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學(xué)方程式．

11、略

【分析】【解析】【答案】（10分，每空2分）（1）分液（2）過(guò)濾（3）蒸發(fā)（4）滲析（5）蒸餾（或分餾）12、（1）CH3CH2Br加成反應(yīng)

（2）OHC-CHO+4Ag(NH3)2OH2H2O+4Ag↓+6NH3+NH4OOC-COONH4

（3）CH2BrCH2Br+2NaOHCH2(OH)CH2(OH)+2NaBr

（4）乙二酸乙二酯

（5）2:5【分析】【分析】本題考查有機(jī)合成推斷、有機(jī)反應(yīng)類(lèi)型判斷、有機(jī)物命名、有機(jī)方程式書(shū)寫(xiě)和計(jì)算等知識(shí)，難度不大。【解答】乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{A}為溴乙烷，溴乙烷在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{B}為乙烯，乙烯和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{C}為rm{1}rm{2-}二溴乙烷，rm{C}水解生成rm{D}為乙二醇，乙二醇發(fā)生催化氧化生成rm{E}為乙二醛，乙二醛繼續(xù)氧化生成乙二酸，為溴乙烷，溴乙烷在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{A}為乙烯，乙烯和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為rm{C}rm{1}二溴乙烷，rm{2-}水解生成rm{C}為乙二醇，乙二醇發(fā)生催化氧化生成rm{D}為乙二醛，乙二醛繼續(xù)氧化生成乙二酸，rm{E}為溴乙烷結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{(1)A}乙烯和溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{CH_{3}CH_{2}Br}為rm{C}rm{1}二溴乙烷，故答案為：rm{2-}加成反應(yīng)；rm{CH_{3}CH_{2}Br}為乙二醛，rm{(2)E}與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{+4Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}2H_{2}O+4Ag隆媒+6NH_{3}}rm{OHC-CHO}rm{+4Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

2H_{2}O+4Ag隆媒+6NH_{3}}故答案為：rm{+NH_{4}OOC-COONH_{4}}rm{+4Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}2H_{2}O+4Ag隆媒+6NH_{3}}，rm{OHC-CHO}為rm{+4Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

2H_{2}O+4Ag隆媒+6NH_{3}}rm{+NH_{4}OOC-COONH_{4}}二溴乙烷，rm{(3)C}水解生成rm{1}為乙二醇，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2-}rm{+2NaOHxrightarrow[]{?}CH_{2}(OH)CH_{2}(OH)}rm{C}故答案為：rm{D}rm{+2NaOHxrightarrow[]{?}CH_{2}(OH)CH_{2}(OH)}rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{+2NaOHxrightarrow[]{?}

CH_{2}(OH)CH_{2}(OH)}rm{+2NaBr}乙二酸與rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}乙二醇發(fā)生酯化反應(yīng)，生成的環(huán)狀化合物為乙二酸乙二酯，故答案為：乙二酸乙二酯；rm{+2NaOHxrightarrow[]{?}

CH_{2}(OH)CH_{2}(OH)}rm{+2NaBr}rm{(4)}rm{1mol}乙二酸與rm{1mol}乙二醇發(fā)生酯化反應(yīng)，生成的環(huán)狀化合物為rm{1mol}rm{1mol}rm{(5)}草酸與高錳酸鉀在酸性條件下反應(yīng)的離子方程式為rm{2MnO}rm{2MnO}rm{{,!}_{4}^{-;}}rm{+5H}rm{+5H}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}該反應(yīng)中氧化劑為高錳酸鉀，還原劑為rm{{,!}_{4;}}rm{+6H}rm{+6H}rm{{,!}^{+;}}rm{=2Mn}rm{=2Mn}二者物質(zhì)的量比為rm{{,!}^{2+}}故答案為：rm{+10CO}rm{+10CO}【解析】rm{(1)CH_{3}CH_{2}Br}加成反應(yīng)rm{(2)OHC-CHO}rm{+4Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}2H_{2}O+4Ag隆媒+6NH_{3}}rm{+4Ag(NH_{3})_{2}OHxrightarrow[]{?}

2H_{2}O+4Ag隆媒+6NH_{3}}rm{+NH_{4}OOC-COONH_{4}}rm{+2NaOHxrightarrow[]{?}CH_{2}(OH)CH_{2}(OH)}rm{(3)CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{+2NaOHxrightarrow[]{?}

CH_{2}(OH)CH_{2}(OH)}乙二酸乙二酯rm{+2NaBr}rm{(4)}13、2s22p4；V型；2F2+2H2O=4HF+O2；MgO；離子的電荷多、離子半徑較小，晶格能大；sp2和sp3；120°；3：1：1；紫；激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)，以光的形式釋放能量【分析】解：主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)依次增大，rm{W}的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍，則rm{W}有rm{2}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{6}故rm{W}為氧元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}分屬不同的周期，且主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}不可能為第三周期元素，若為第三周期，rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)之和大于rm{W}原子序數(shù)的rm{5}倍，所以可以斷定rm{X}也在第二周期，且原子序數(shù)比氧元素大，故rm{X}為rm{F}元素；故rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)之和為rm{8隆脕5-9=31}故rm{Y}處于第三周期，rm{Z}處于第四周期，rm{Z}的原子序數(shù)大于rm{18}若rm{Y}為rm{Na}元素，則rm{Z}為rm{Ca}元素，若rm{Y}為rm{Mg}元素，則rm{Z}為rm{K}元素，rm{X}的原子序數(shù)再增大，不符合題意，由于元素rm{W}與rm{Y}形成的化合物rm{M}的熔點(diǎn)最高，故rm{Y}為rm{Mg}元素，rm{Z}為rm{K}元素；

rm{(1)W}為氧元素，rm{O}原子的rm{L}層電子排布式為rm{2s^{2}2p^{4}}rm{O_{3}}分子結(jié)構(gòu)如圖中心rm{O}原子成rm{2}個(gè)rm{婁脪}鍵，rm{1}個(gè)離域rm{婁脨_{3}^{4}}含有rm{1}對(duì)孤對(duì)電子，雜化軌道用于成rm{婁脪}鍵或填充孤對(duì)電子對(duì)，故雜化軌道數(shù)為rm{2+1=3}由于中心rm{O}原子含有rm{1}對(duì)孤對(duì)電子，故rm{O_{3}}空間構(gòu)型為rm{V}型；

故答案為：rm{2s^{2}2p^{4}}rm{V}型；

rm{(2)}氟氣與水反應(yīng)生成rm{HF}與氧氣，反應(yīng)方程式為rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}}故答案為：rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}}

rm{(3)}由上述分析可知，rm{M}為rm{MgO}其晶體結(jié)構(gòu)與rm{NaCl}相同，而熔點(diǎn)高于rm{NaCl}由于rm{MgO}晶體中離子的電荷多、離子半徑較小，晶格能大，故rm{MgO}熔點(diǎn)較高；

在碳酸二甲酯分子中rm{-OCH_{3}}rm{C}原子rm{4}個(gè)單鍵，采取rm{sp^{3}}雜化，在酯基中，rm{C}原子呈rm{2}個(gè)rm{C-O}單鍵，屬于rm{婁脪}鍵，rm{1}個(gè)rm{C=O}雙鍵，雙鍵按單鍵計(jì)算，故中心rm{C}原子的雜化軌道數(shù)為rm{3}采取rm{sp^{2}}雜化，為平面正三角形，鍵角為rm{120^{circ}}故rm{O-C-O}的鍵角約為rm{120^{circ}}

故答案為：rm{MgO}離子的電荷多、離子半徑較小，晶格能大；rm{sp^{2}}和rm{sp^{3}}rm{120^{circ}}

rm{(4)F}rm{Mg}rm{K}形成立方晶體結(jié)構(gòu)的化合物，晶胞中rm{F}占據(jù)所有棱的中心，晶胞中rm{F}原子數(shù)目為rm{12隆脕dfrac{1}{4}=3}rm{Mg}位于頂角，晶胞中rm{Mg}原子數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}=1}rm{K}處于體心位置，晶胞中含有rm{1}個(gè)rm{K}原子，則該晶體的組成為rm{F}rm{Mg}rm{K=3}rm{1}rm{1}故答案為：rm{3}rm{1}rm{1}

rm{(5)}含有元素rm{K}的鹽的焰色反應(yīng)為紫色；許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原因：激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)，以光的形式釋放能量；

故答案為：紫；激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)；以光的形式釋放能量．

主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)依次增大，rm{W}的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{3}倍，則rm{W}有rm{2}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{6}故rm{W}為氧元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}分屬不同的周期，且主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}不可能為第三周期元素，若為第三周期，rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)之和大于rm{W}原子序數(shù)的rm{5}倍，所以可以斷定rm{X}也在第二周期，且原子序數(shù)比氧元素大，故rm{X}為rm{F}元素；故rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)之和為rm{8隆脕5-9=31}故rm{Y}處于第三周期，rm{Z}處于第四周期，rm{Z}的原子序數(shù)大于rm{18}若rm{Y}為rm{Na}元素，則rm{Z}為rm{Ca}元素，若rm{Y}為rm{Mg}元素，則rm{Z}為rm{K}元素，rm{X}的原子序數(shù)再增大，不符合題意，由于元素rm{W}與rm{Y}形成的化合物rm{M}的熔點(diǎn)最高，故rm{Y}為rm{Mg}元素，rm{Z}為rm{K}元素．

本題考查元素推斷、核外電子排布規(guī)律、微粒結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計(jì)算等，難度中等，推斷元素是解題的關(guān)鍵，要充分利用原子序數(shù)的關(guān)系結(jié)合周期表的結(jié)構(gòu)進(jìn)行判斷元素．【解析】rm{2s^{2}2p^{4}}rm{V}型；rm{2F_{2}+2H_{2}O=4HF+O_{2}}rm{MgO}離子的電荷多、離子半徑較小，晶格能大；rm{sp^{2}}和rm{sp^{3}}rm{120^{circ}}rm{3}rm{1}rm{1}紫；激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)，以光的形式釋放能量14、略

【分析】解：rm{(1)}相同溫度下，弱酸的電離平衡常數(shù)越小相應(yīng)的酸越弱，則由圖表可知酸性強(qiáng)弱順序?yàn)椋簉m{H_{2}SO_{3}>HCOOH>HSO_{3}^{-}>H_{2}CO_{3}>HClO>HCO_{3}^{-}}同溫同濃度的強(qiáng)堿弱酸鹽，酸越弱其對(duì)應(yīng)酸根離子越易水解，溶液的堿越強(qiáng)，則室溫下rm{壟脵0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{HCOONa}rm{壟脷0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaClO}rm{壟脹0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{壟脺0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{NaHCO_{3}}溶液的rm{pH}由大到小的關(guān)系rm{壟脹>壟脷>壟脺>壟脵}故答案為：rm{壟脹>壟脷>壟脺>壟脵}

rm{(2)}濃度均為rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}SO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的混合溶液中，rm{CO_{3}^{2-}}比rm{SO_{3}^{2-}}更易水解，但水解均是弱水解，則溶液中rm{SO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}濃度從大到小的順序?yàn)閞m{c(SO_{3}^{2-})>c(CO_{3}^{2-})>c(HCO_{3}^{-})>c(HSO_{3}^{-})}故答案為：rm{c(SO_{3}^{2-})>c(CO_{3}^{2-})>c(HCO_{3}^{-})>c(HSO_{3}^{-})}

rm{(3)}根據(jù)酸性：rm{H_{2}CO_{3}>HClO>HCO_{3}^{-}}少量rm{CO_{2}}通入到過(guò)量的rm{NaClO}溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O=HCO_{3}^{-}+HClO}

故答案為：rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O=HCO_{3}^{-}+HClO}

rm{(4)}常溫下，rm{pH=3}的rm{HCOOH}溶液與rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等體積混合后，未反應(yīng)的rm{HCOOH}電離導(dǎo)致混合液顯酸性，根據(jù)混合液中的電荷守恒式rm{c(HCOO^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}可知中離子濃度由大到小的順序?yàn)閞m{c(HCOO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案為：rm{(HCOO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

rm{(1)}相同條件下；弱酸的電離平衡常數(shù)越大，則弱酸的電離程度越大，其酸性越弱對(duì)應(yīng)形成的鹽的水解能力越強(qiáng)，堿性越強(qiáng)；

rm{(2)}酸的電離常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)，其鹽的水解程度越小；水解程度越大，溶液中酸根離子濃度越??；

rm{(3)}根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸判斷，rm{H_{2}SO_{3}>HCOOH>HSO_{3}^{-}>H_{2}CO_{3}>HClO>HCO_{3}^{-}}

rm{(4)}甲酸為弱電解質(zhì)，rm{pH=3}的甲酸和rm{pH=11}的氫氧化鈉溶液等體積混合；甲酸過(guò)量，溶液呈酸性，據(jù)此回答。

本題考查了鹽類(lèi)水解、弱電解質(zhì)的電離等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)、鹽類(lèi)水解特點(diǎn)來(lái)分析解答即可，注意把握電離常數(shù)與酸性強(qiáng)弱的關(guān)系，題目難度中等?！窘馕觥縭m{(1)壟脹>壟脷>壟脺>壟脵}

rm{(2)c(SO_{3}^{2-})>c(CO_{3}^{2-})>c(HCO_{3}^{-})>c(HSO_{3}^{-})}

rm{(3)ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O=HCO_{3}^{-}+HClO}

rm{(4)(HCOO^{-})>c(Na^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}15、略

【分析】解：rm{壟脵}堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極rm{a}為原電池的負(fù)極，該極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

故答案為：rm{a}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

rm{壟脷}在堿性溶液中，甲烷燃料電池的總反應(yīng)式為rm{CH_{4}+2O_{2}+2OH^{-}=CO_{3}^{2-}+3H_{2}O}電池工作一段時(shí)間后，由于氫氧根離子被消耗，所以電解質(zhì)溶液的rm{pH}會(huì)減?。?/p>

故答案為：減?。?/p>

rm{壟脵}堿性甲烷燃料電池中通入甲烷的一極為原電池的負(fù)極；通入氧氣的一極為原電池的正極，負(fù)極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；

rm{壟脷}根據(jù)燃料電池的總反應(yīng)方程式判斷rm{pH}的變化．

本題考查了原電池原理，根據(jù)失電子難易、物質(zhì)得失電子確定原電池正負(fù)極，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，要結(jié)合電解質(zhì)溶液酸堿性書(shū)寫(xiě)，難度中等．【解析】rm{a}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}減小16、Cu-2e-═Cu2+2H++2e-=H2↑Cu+H2SO4CuSO4+H2↑2Cl--2e-═Cl2↑2H++2e-═H2↑2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑【分析】解：（1）用銅作陽(yáng)極，石墨作陰極電解稀H2SO4；

①陽(yáng)極為活性電極，銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)：Cu-2e-=Cu2+；

故答案為：Cu-2e-═Cu2+；

②陰極是溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)：2H++2e-=H2↑；

故答案為：2H++2e-=H2↑；

③電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式為：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑；

故答案為：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑；

（2）氯堿工業(yè)（電解飽和食鹽水），石墨做陽(yáng)極，溶液中氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，電極反應(yīng)：，2Cl--2e-=Cl2↑，鐵做陰極，溶液中氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)：2H++2e-=H2↑；

①氯堿工業(yè)（電解飽和食鹽水），石墨做陽(yáng)極，溶液中氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，電極反應(yīng)：2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案為：2Cl--2e-═Cl2↑；

②鐵做陰極，溶液中氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)：2H++2e-=H2↑；

故答案為：2H++2e-═H2↑；

③總反應(yīng)離子方程式：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

故答案為：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。

（1）用銅作陽(yáng)極，石墨作陰極電解稀H2SO4，陽(yáng)極為活性電極，銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)：Cu-2e-=Cu2+，陰極是溶液中氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)：2H++2e-=H2↑；

（2）氯堿工業(yè)（電解飽和食鹽水），石墨做陽(yáng)極，溶液中氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，電極反應(yīng)：，2Cl--2e-=Cl2↑，鐵做陰極，溶液中氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)：2H++2e-=H2↑；

本題考查了電解原理、電極反應(yīng)、電極判斷、電池反應(yīng)等知識(shí)點(diǎn)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。【解析】Cu-2e-═Cu2+2H++2e-=H2↑Cu+H2SO4CuSO4+H2↑2Cl--2e-═Cl2↑2H++2e-═H2↑2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑三、簡(jiǎn)答題(共5題，共10分)17、略

【分析】解：（1）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ/mol

②H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律，①-②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；依據(jù)反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化可知，N2H4～N2～4e-；3.2g液態(tài)肼物質(zhì)的量==0.1mol；依據(jù)電子守恒計(jì)算得到轉(zhuǎn)移電子為0.4mol；

故答案為：0.4mol；N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；

（2）肼分子中每個(gè)N原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，且還含有一個(gè)孤電子對(duì)，其價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4，所以氮原子的雜化方式為sp3雜化，過(guò)氧化氫為共價(jià)化合物，據(jù)此書(shū)寫(xiě)電子式為：

故答案為：sp3雜化；

（3）觀察表格中發(fā)現(xiàn)NH4+水解顯酸性，PM2.5的酸堿性為酸性；試樣的pH值根據(jù)溶液中電荷守恒：c（H+）+c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42-）+c（NO3-）+c（Cl-）計(jì)算H+離子濃度為10-4；該樣本的pH=4；

故答案為：4；

（4）①焦炭與水蒸氣高溫反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C+H2OCO+H2；一氧化碳可以還原氧化鐵生成鐵做還原劑；

故答案為：C+H2OCO+H2；做還原劑冶煉金屬；

②a．二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能夠與堿反應(yīng)：和硫酸鈉不反應(yīng)；故a錯(cuò)誤；

b．二氧化硫水溶液是亞硫酸所以也能夠與碳酸鈉反應(yīng)：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2↑，可以用碳酸鈉溶液做洗滌劑，故b正確；

c．二氧化硫與氯化鈣溶液不反應(yīng)；不能用氯化鈣溶液吸收二氧化硫，故c錯(cuò)誤；

d．二氧化硫與硫氫化鈉溶液反應(yīng)生成硫單質(zhì)；所以可以用硫氫化鈉溶液吸收，故d正確；

故選：bd．

（1）熱化學(xué)方程式結(jié)合蓋斯定律計(jì)算分析得到熱化學(xué)方程式；依據(jù)反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化分析計(jì)算氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移；

（2）肼分子中每個(gè)N原子形成3個(gè)共價(jià)鍵；且還含有一個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定N原子雜化類(lèi)型；過(guò)氧化氫為共價(jià)化合物，據(jù)此書(shū)寫(xiě)電子式；

（3）先根據(jù)溶液中電荷守恒計(jì)算氫離子的濃度；然后求出pH；

（4）①碳和水蒸氣反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣；水煤氣中一氧化碳；氫氣具有還原性，可以還原金屬氧化物；

②二氧化硫是一種酸性氧化物可以和堿反應(yīng)；二氧化硫溶于水得亞硫酸，酸性強(qiáng)于碳酸，所以可以和碳酸鈉溶液反應(yīng)．

本題考查了熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)方法、蓋斯定律的計(jì)算應(yīng)用，氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移計(jì)算、溶液pH值的計(jì)算，掌握蓋斯定律的含義，明確溶液中電荷守恒規(guī)律及pH計(jì)算公式是解題關(guān)鍵，題目難度中等【解析】0.4mol；N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol；sp3雜化；4；C+H2OCO+H2；做還原劑冶煉金屬；bd18、略

【分析】解：（1）分子中碳、氫、氧原子的個(gè)數(shù)之比為：=3：8：1，所以該有機(jī)物的實(shí)驗(yàn)式為C3H8O；

設(shè)X的化學(xué)式為（C3H8O）x，0.1molX在空氣中充分燃燒需消耗標(biāo)況下氧氣10.08L，則0.1x×（3+-）×22.4=10.08，解得：x=1，則X分子式為C3H8O；

故答案為：C3H8O；C3H8O；

（2）實(shí)驗(yàn)式中碳原子已飽和，所以分子式也為C3H8O，X能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2，說(shuō)明含有羥基，分子的核磁共振氫譜中有4個(gè)吸收峰，且面積之比為3：2：2：1，即有4種氫原子，個(gè)數(shù)之比為3：2：2：1，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2OH；

故答案為：羥基、CH3CH2CH2OH；

（3）CH3CH2CH2OH的同分異構(gòu)體有2-丙醇和甲乙醚，2-丙醇與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2，甲乙醚金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2，2-丙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CHOHCH3，甲乙醚的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3OCH2CH3；

故答案為：CH3CHOHCH3；CH3OCH2CH3．

（1）根據(jù)相對(duì)原子質(zhì)量及元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)來(lái)計(jì)算某化合物X中原子的個(gè)數(shù)之比；即實(shí)驗(yàn)式；

（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)式中碳原子已飽和，則分子式也就是實(shí)驗(yàn)式，然后根據(jù)X能與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2；說(shuō)明含有羥基，不同氫原子在核磁共振氫譜中對(duì)應(yīng)不同的峰，且峰的面積與氫原子數(shù)成正比求出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；

（3）CH3CH2CH2OH的同分異構(gòu)體有2-丙醇和甲乙醚，2-丙醇與金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2，甲乙醚金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2．

本題考查有機(jī)物分子式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的確定，題目難度中等，明確常見(jiàn)有機(jī)物組成、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握守恒思想在確定有機(jī)物分子式的方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力．【解析】C3H8O；C3H8O；羥基；CH3CH2CH2OH；CH3CHOHCH3；CH3OCH2CH319、略

【分析】解：rm{(1)Cu}核外有rm{29}個(gè)電子，基態(tài)核外電子排布式rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}故價(jià)電子排布式為rm{3d^{10}4s^{1}}氫原子核外只有rm{1}個(gè)電子，只填充了rm{1s}層的一個(gè)電子，不存在電子間能級(jí)交錯(cuò)，各軌道的能量只取決于主量子數(shù)rm{n}即rm{n}越大，能量越高，所以rm{3d<4s}

故答案為：rm{3d^{10}4s^{1}}rm{<}

rm{(2)壟脵C(jī)u}與元素rm{A}能形成如圖rm{1}所示的兩種化合物甲和乙。元素rm{A}是短周期非金屬元素，rm{A}的常見(jiàn)氫化物常溫下為液態(tài)，其熔沸點(diǎn)比同主族其他元素的氧化物高，判斷rm{A}為rm{O}元素，銅和氧元素形成的氧化物可以是氧化銅、氧化亞銅，化學(xué)式為：rm{CuO}rm{Cu_{2}O}甲圖中頂角rm{8}個(gè)氧原子、面心rm{4}個(gè)氧原子、棱邊rm{4}個(gè)氧原子，氧原子rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}晶胞中rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac

{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}個(gè)銅原子，甲為氧化銅，圖乙中銅原子rm{4}個(gè)，氧原子rm{4}為氧化亞銅；

故答案為：rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1=2}rm{CuO}

rm{Cu_{2}O}中rm{壟脷Cu_{2}O}的rm{Cu}軌道為全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，氧化銅中rmvtsbj7t的rm{Cu}軌道為rmk1ygxea不穩(wěn)定，熱穩(wěn)定性甲小于乙；

故答案為：rm{3d^{9}}rm{<}中rm{Cu_{2}O}的rm{Cu}軌道為全充滿狀態(tài)；較穩(wěn)定；

rmey6wcle陽(yáng)離子的配位數(shù)是rm{(3)壟脵}由配體形成的化合價(jià)可知，其中氨分子個(gè)數(shù)是rm{6}水分子個(gè)數(shù)是rm{4}水分子、氨分子與銅離子之間是配位鍵，水分子和氨分子內(nèi)部有共價(jià)鍵，兩種配體分子的配位原子電負(fù)性大小為rm{2}其中熱穩(wěn)定性較弱的配體為氨氣，電子式為：

故答案為：rm{O>N}

rm{O>N}該配合物陽(yáng)離子與rm{壟脷}形成的配合物rm{SO_{4}^{2-}}為：rm{X}

故答案為：rm{[Cu(H_{2}O)_{2}(NH_{3})_{4}]SO_{4}}

rm{[Cu(H_{2}O)_{2}(NH_{3})_{4}]SO_{4}}晶胞中含有銅原子數(shù)目rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}則晶胞質(zhì)量為rm{(4)}該晶胞體積為rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}則rm{dfrac{4隆脕63.5}{N_{A}}g=a^{3}cm^{3}隆脕婁脩g/cm^{3}}故rm{N_{A}=dfrac{254}{rhoa^{3}}}

故答案為：rm{dfrac{4隆脕63.