2025年粵教版選修化學下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年粵教版選修化學下冊階段測試試卷90考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列化學用語表述正確的是A.自然界正常雨水是因為：B.向中投入固體：C.向溶液中加足量溶液：D.用溶液處理水垢中的2、將15mL1.0mol?L?1的CH3COOH(Ka＝1.8×10?5)加入到5mL2.0mol?L?1的NaOH溶液中，并將混合溶液稀釋至100mL，則制得的溶液pH值約為(lg9＝0.96)A.4.4B.4.8C.5.0D.5.43、下列離子方程式書寫正確的是A.Na2O與水反應：O2－＋H2O＝2OH－B.澄清石灰水表面形成白色“薄膜”：Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2OC.Fe(OH)3與HNO3溶液反應：OH－＋H＋＝H2OD.鋁與CuSO4溶液發(fā)生置換反應：Al＋Cu2＋＝Cu＋Al3＋4、下列各組中的離子，能在溶液中大量共存的是A.SONa+、NOMg2+B.OH－、HCOCl－、K+C.K+、Ba2+、Cl－、COD.Fe2+、NOSOH+5、系統(tǒng)命名法是常用的有機化合物命名方法，下列命名正確的是A.2—甲基—3—丁炔B.2—乙基丁烷C.2—甲基—2—丁醇D.2—氯—4—甲基—2—丁烯6、環(huán)丙貝特是一種降血脂藥物。下圖是合成環(huán)丙貝特的其中一步；下列說法中錯誤的是。

A.有機物x可能是B.1molM與足量溴水反應最多消耗3mol溴單質(zhì)C.N分子最多有10個碳原子共面D.M和N中都沒有手性碳原子7、下列離子方程式正確的是A.乙酸與碳酸鈉溶液反應：2H+＋=CO2↑＋H2OB.甲酸溶液與新制氫氧化銅共熱反應：2HCOOH＋Cu(OH)2Cu2+＋2HCOO—＋2H2OC.苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O—＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋D.乙醛溶液與足量的銀氨溶液共熱CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH—CH3COO—++2Ag↓+3NH3↑+H2O8、交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長）

A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反應為縮聚反應C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得D.鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結(jié)構(gòu)評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、按要求書寫下列方程式。

(1)當用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預處理的煙氣時，清液(pH約為8)中將NO2轉(zhuǎn)化為其離子方程式為__________________。

(2)H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，后者再與H2SO4反應。寫出白磷與Ba(OH)2溶液反應的化學方程式___________________。

(3)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和其離子方程式為______________。

(4)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫出該反應的化學方程式：____________________。

(5)+6價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的還原成Cr3+，該反應的離子方程式為_______________________。10、烷烴廣泛存在于自然界中；例如蘋果表面的蠟狀物質(zhì)；螞蟻分泌的信息素、石蠟和凡士林等物質(zhì)中都含有烷烴。

(1)寫出下列各烷烴的分子式。

①烷烴A在同溫同壓下蒸氣的密度是H2的43倍：_____。

②烷烴B的分子中含有200個氫原子：_____。

③分子中含有22個共價鍵的烷烴C為_____。

④0.1mol烷烴D完全燃燒，消耗標準狀況下的O211.2L_____。

(2)下列關(guān)于烷烴的敘述中正確的是_____。A．都是易燃物，燃燒產(chǎn)物一定為二氧化碳和水B．在光照條件下，能使溴水褪色C．烷烴的鹵代反應很難得到純凈的產(chǎn)物D．能使酸性KMnO4溶液褪色(3)把下列物質(zhì)的沸點按由高到低的順序排列______。(填入編號)

①CH3(CH2)3CH3②(CH3)4C③2，3，4－三甲基戊烷④(CH3)2CHCH2CH2CH3

(4)用系統(tǒng)命名法命名下面的烴A：_____；A的一氯代物有_____種。

(5)某烷烴的相對分子質(zhì)量為114，與氯氣發(fā)生取代反應所得的一氯代物只有一種。寫出該取代反應的化學方程式。(注意有機物要寫結(jié)構(gòu)簡式)_____。11、Ⅰ.回答下列問題：

(1)用系統(tǒng)命名法命名___________。

(2)下列各物質(zhì)中，一定是同系物的是___________。

A．CH4和C2H4B．C3H6和C4H8C．C2H2和C4H6D．C3H8和C4H10

(3)在常溫、常壓下，等質(zhì)量的三種氣態(tài)烴C3H8、C4H10、C2H4，分別在足量的氧氣中燃燒，消耗氧氣最多的是___________。

(4)寫出發(fā)生加聚反應的化學方程式___________。

Ⅱ.電化學原理在化學工業(yè)中有廣泛應用。如圖所示；M；N均為石墨電極，請回答下列問題：

(5)甲池中通入甲烷一極的電極反應式為___________。

(6)乙池中總反應的離子方程式是___________。

(7)電解一段時間后，向乙池中加入0.02molAg2O能使溶液恢復到原來狀態(tài)。若電解后乙池中剩余溶液體積為400mL，則溶液的pH為___________。12、某化學興趣小組的同學在乙醛溶液中加入溴水；溴水褪色。分析乙醛的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，同學們認為溴水褪色的原因有三種可能(請補充完整)：

①溴在不飽和鍵上發(fā)生加成反應。

②溴與甲基上的氫原子發(fā)生取代反應。

③________________________________________________________________________。

為確定此反應的機理；同學們作了如下探究：

（1）向反應后的溶液中加入硝酸銀溶液，若有沉淀產(chǎn)生，則上述第________種可能被排除。

（2）有同學提出通過檢測反應后溶液的酸堿性作進一步驗證，就可確定該反應究竟是何種反應原理。此方案是否可行？________，理由是_______________________。

（3）若反應物Br2與生成物Br－的物質(zhì)的量之比是1∶2，則乙醛與溴水反應的化學方程式為___________。13、碳；氮、氧、氟、鈣、銅等元素的化合物廣泛存在于自然界；回答下列問題：

(1)將乙炔(C2H2)通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅櫬色沉淀。乙炔分子中σ鍵與π鍵個數(shù)比值為___________，Cu+基態(tài)核外電子排布式為___________，[Cu(NH3)2]Cl中化學鍵類型為___________。

(2)NF3是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體。元素第一電離能N___________F(填“>”“<”或“=”)，NF3中氮原子的雜化軌道類型為___________，NF3屬于___________分子。(填“極性”或“非極性”)

(3)C60可以用作儲氫材料。已知金剛石中C－C的鍵長為154.45pm，C60中C－C的鍵長為140~145pm，有同學據(jù)此認為C60的熔點高于金剛石；你認為是否正確?理由是___________。

(4)氮的氧化物和含氧酸在醫(yī)療上具有重要的應用。寫出與N2O互為等電子體的分子___________(任寫一種)，酸性HNO3>HNO2；試著從結(jié)構(gòu)上解釋其原因___________。

(5)電石(CaC2)是有機合成化學工業(yè)的基本原料。CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似(如圖所示)，但晶體中由于啞鈴形C22－的存在，使晶胞沿一個方向拉長。CaC2晶體中每個Ca2+周圍距離最近的C22－的數(shù)目為___________，已知CaC2晶體的密度為2.22g·cm－3，該晶胞的體積為___________cm3。14、金屬及其化合物在國民經(jīng)濟發(fā)展中起著重要作用。

(1)銅在潮濕的空氣中能發(fā)生吸氧腐蝕而生銹，銅銹的主要成分為Cu2(OH)2CO3(堿式碳酸銅)。該過程中負極的電極反應式為_________。

(2)鈉硫電池以熔融金屬鈉、熔融硫和多硫化鈉(Na2Sx)分別作為兩個電極的反應物，固體Al2O3陶瓷(可傳導Na＋)為電解質(zhì)；其原理如圖所示：

①根據(jù)下表數(shù)據(jù)，請你判斷該電池工作的適宜溫度應控制在_________。物質(zhì)NaSAl2O3熔點/℃97.81152050沸點/℃892444.62980

a.100℃以下b．100℃～300℃

c．300℃～350℃d．350℃～2050℃

②放電時，電極A為_________極，S發(fā)生_________反應。

③放電時，內(nèi)電路中Na＋的移動方向為_________(填寫“從A到B”或“從B到A”)。

④充電時，總反應為Na2Sx＝2Na＋Sx(3<5)，Na所在電極與直流電源_________極相連，陽極的電極反應式________。

(3)某原電池裝置如圖所示，電池總反應為2Ag＋Cl2＝2AgCl。

①正極反應為_________。

②當電路中轉(zhuǎn)移0.005mole－時，交換膜左側(cè)溶液中約減少_________mol離子。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、用稀NaOH滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定。（______________）A.正確B.錯誤16、由于醇分子中含有醇類都易溶于水。(______)A.正確B.錯誤17、CH3OH、CH3CH2OH、的沸點逐漸升高。(___________)A.正確B.錯誤18、在淀粉溶液中加入適量稀微熱，向水解后的溶液中加入新制懸濁液并加熱，無紅色沉淀，說明淀粉未水解。(_______)A.正確B.錯誤19、糖類可劃分為單糖、低聚糖、多糖三類。(_______)A.正確B.錯誤20、羧酸都易溶于水。(______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共16分)21、Na3OCl是一種良好的離子導體；具有反鈣鈦礦晶體結(jié)構(gòu)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Ti原子4s軌道上的一個電子激發(fā)到4p軌道上形成激發(fā)態(tài)，寫出該激發(fā)態(tài)價層電子排布式_____________

(2)鋅和鎘位于同副族，而鋅與銅相鄰。現(xiàn)有4種銅、鋅元素的相應狀態(tài)：①鋅：[Ar]3d104s2、②鋅：[Ar]3d104s1、③銅：[Ar]3d104s1、④銅：[Ar]3d10。失去1個電子需要的能量由大到小排序是_________(填字母)。

A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①④③②

(3)由O、Cl元素可組成不同的單質(zhì)和化合物，其中Cl2O2能破壞臭氧層。

①Cl2O2的沸點比H2O2低，原因是____。

②O3分子的中心原子雜化類型為______；與O3互為等電子體的是______(任意寫一種)。

(4)Na3OCl可由以下方法制得：2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑，在該反應中，形成的化學鍵有_____(填標號)。

A.金屬鍵B.離子鍵C.配位鍵D.極性鍵E.非極性鍵。

(5)Na3OCl晶體屬于立方晶系，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。已知：晶胞參數(shù)為anm，密度為dg·cm?3。

①Na3OCl晶胞中，O位于各頂點位置，Cl位于______位置。

②用a、d表示阿伏加德羅常數(shù)的值NA=_____(列計算式)。22、方程式書寫：

（1）S+Ca(OH)2—CaS5+CaS2O3+H2O___。

（2）H2O2+Cr2(SO4)3+____—K2SO4+K2CrO4+H2O___。

（3）氯酸鎂加入含有KSCN的酸性硫酸亞鐵溶液中立即出現(xiàn)紅色，寫出相關(guān)反應的離子方程式___。

（4）寫出用氯化鐵溶液浸取輝銅礦石（主要成分是Cu2S)發(fā)生反應的離子方程式___。23、C；O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常見元素。

(1)Fe在元素周期表中的位置是_____，Cu基態(tài)原子核外電子排布式為________。

(2)C和O的氣態(tài)氫化物中，較穩(wěn)定的是________（寫化學式）。C的電負性比Cl的________（填“大”或“小”）。

(3)寫出Na2O2與CO2反應的化學方程式____________________________。

(4)碳有多種同素異形體；其中石墨烯與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

①在石墨烯晶體中，每個C原子連接___________個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有___________個C原子。

②在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接__________個六元環(huán)，六元環(huán)中最多有_________個C原子在同一平面。

(5)刻蝕印刷電路的廢液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3，任意排放將導致環(huán)境污染和資源的浪費，為了使FeCl3循環(huán)利用和回收CuCl2；回收過程如下：

①試劑X的化學式為______________；

②若常溫下1L廢液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物質(zhì)的量濃度均為0.5mol·L－1，則加入Cl2和物質(zhì)X后，過濾。為使溶液鐵元素完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，而CuCl2不產(chǎn)生沉淀。則應控制pH的范圍是____________________________（設(shè)溶液體積保持不變），已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20、lg5＝0.7。24、北宋沈括《夢溪筆談》中記載：“信州鉛山有苦泉；流以為澗。挹其水熬之則成膽礬，烹膽礬則成銅。熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅。”回答下列問題：

(1)基態(tài)Cu原子的電子排布式為_______；量子力學把電子在原子核外的一個空間運動狀態(tài)稱為一個原子軌道，基態(tài)Cu原子核外電子有_______個空間運動狀態(tài)。

(2)膽礬的化學式為CuSO4·5H2O，其中SO的空間構(gòu)型為_______

(3)Cu2+能與乙二胺四乙酸根陰離子()形成配離子，組成該陰離子的H、C、N、O四種元素的電負性由大到小的順序是_______，第一電離能最大的是______；C、N原子的軌道雜化類型分別為_____________。

(4)Cu的某種含結(jié)晶水的氯化物晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①該晶體的化學式為_____________。

②已知晶胞參數(shù)為：apm，bpm、cpm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為__________g·cm-3。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共9分)25、(1)配平氧化還原反應方程式：

____C2O＋____MnO＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O

(2)稱取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的試樣；加水溶解，配成250mL溶液。量取兩份此溶液各25mL，分別置于兩個錐形瓶中。

①第一份溶液中加入酚酞試液，滴加0.25mol·L－1NaOH溶液至20mL時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色。該溶液被中和的H＋的總物質(zhì)的量為________mol。

②第二份溶液中滴加0.10mol·L－1的酸性高錳酸鉀溶液。

KMnO4溶液在滴定過程中作________(填“氧化劑”或“還原劑”)，該滴定過程________(填“需要”或“不需要”)另加指示劑。滴至16mL時反應完全，此時溶液顏色由________變?yōu)開_________。

(3)酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，該電池的正極反應式為：_______________，電池反應的離子方程式為：____________________。26、研究和深度開發(fā)CO、CO2的應用對構(gòu)建生態(tài)文明社會具有重要的意義。

(1)已知7gCO完全燃燒放熱70.7kJ，寫出CO燃燒反應的熱化學方程式_________。

(2)CO與O2設(shè)計成燃料電池（以KOH溶液為電解液）。該電池的負極反應式為_______，用該電池電解精煉銅，粗銅與通的______一極（填“CO”或“O2”）相連。

(3)利用光能和光催化劑，可將CO2和H2O(g)轉(zhuǎn)化為CH4和O2。紫外光照射時，在不同催化劑（I、II、III）作用下，CH4產(chǎn)量隨光照時間的變化如下圖。在0～15小時內(nèi)，CH4的平均生成速率I、II和III從小到大的順序為___________（填序號）。

(4)以TiO2／Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率的關(guān)系如下圖。

①當溫度在________范圍時；溫度是乙酸生成速率的主要影響因素。

②Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸還原產(chǎn)物為NO，同時生成兩種鹽，寫出有關(guān)的離子方程式___________。27、氮；磷及其化合物在科研及生產(chǎn)中均有著重要的應用.

（1）室溫下，的亞硝酸次氯酸的電離常數(shù)分別為：寫出四種物質(zhì)之間發(fā)生的復分解反應的離子方程式_______。

（2）羥胺可看成是氨分子內(nèi)的1個氫原子被羥基取代的產(chǎn)物，常用作還原劑，其水溶液顯弱堿性。已知在水溶液中呈弱堿性的原理與在水溶液中相似，請用電離方程式表示其原因_____。

（3）亞硝酸鈉與氯化鈉都是白色粉末，且都有咸味，但亞硝酸鹽都有毒性，通常它們可以通過加入熱的白醋鑒別，亞硝酸鈉遇到白醋會產(chǎn)生一種紅棕色刺激性氣味氣體和一種無色氣體，其中的無色氣體遇到空氣會呈紅棕色，該反應的離子方程式為_____。

（4）某液氨一液氧燃料電池示意圖如下，該燃料電池的工作效率為50%，現(xiàn)用作電源電解的飽和溶液，電解結(jié)束后，所得溶液中的濃度為則該過程中消耗氨氣的質(zhì)量為_____（假設(shè)溶液電解前后體積不變）。

（5）工業(yè)上也可在堿性溶液中通過電解的方法實現(xiàn)由制取通入的一極是___（填“陰極”或“陽極”），陽極的電極反應式是______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．碳酸是弱酸，分步電離，碳酸的電離方程式為故A錯誤；

B．和固體先發(fā)生復分解反應生成氫氧化鈉和雙氧水，雙氧水再分解為水和氧氣，氫氧化鈉中的樣原子來自水分子，氧氣中的氧原子來自過氧化鈉，反應的離子方程式為故B錯誤；

C．向溶液中加足量溶液生成碳酸鋇沉淀和氫氧化鈉，反應的離子方程式是故C正確；

D．用溶液處理水垢中的生成碳酸鈣沉淀和硫酸鈉，反應的離子方程式是故D錯誤；

選C。2、C【分析】【詳解】

將15mL1.0mol?L?1的CH3COOH(Ka＝1.8×10?5)加入到5mL2.0mol?L?1的NaOH溶液中，兩者反應，NaOH反應完，生成CH3COONa物質(zhì)的量為0.005L×2.0mol?L?1＝0.01mol，剩余CH3COOH的物質(zhì)的量為0.015L×1.0mol?L?1?0.005L×2.0mol?L?1＝0.005mol，將混合溶液稀釋至100mL，則CH3COOH的物質(zhì)的量濃度為CH3COONa的物質(zhì)的量濃度為則制得的溶液pH值約為故C符合題意。

綜上所述，答案為C。3、B【分析】【詳解】

A．Na2O與水反應，Na2O是不拆的，正確的離子方程式是Na2O+H2O=2Na++2OH－,故A項錯誤；

B．澄清石灰水表面形成白色“薄膜”，是因為與空氣中的CO2反應了，其離子方程式是Ca2＋＋2OH－＋CO2＝CaCO3↓＋H2O；故B項是正確的；

C．Fe(OH)3與HNO3溶液反應，因Fe(OH)3難溶于水，是不拆的，正確的離子方程式是Fe(OH)3+3H＋=Fe3++3H2O；故C項是錯誤的；

D．鋁與CuSO4溶液發(fā)生置換反應，所給的離子方程式?jīng)]有配平，正確的是2Al＋3Cu2＋＝3Cu＋2Al3＋，故D項錯誤的；4、A【分析】【詳解】

A.SONa+、NOMg2+離子之間不反應；所以能大量共存，故A符合題意；

B.OH－和HCO之間反應生成碳酸根離子和水；不能大量共存，故B不符合題意；

C.Ba2+和CO之間反應生成BaCO3的白色沉淀；所以不能大量共存，故C不符合題意；

D.Fe2+、NO3-、H+發(fā)生氧化還原反應；不能大量共存，故D不符合題意；

故答案選A。5、C【分析】【詳解】

A.2—甲基—3—丁炔，碳鍵結(jié)構(gòu)為應該稱為3-甲基-1-丁炔，故A錯誤；

B.2—乙基丁烷，碳鍵結(jié)構(gòu)為應該稱為3-甲基戊烷，故B錯誤；

C.2—甲基—2—丁醇，碳鍵結(jié)構(gòu)為故C正確；

D.2—氯—4—甲基—2—丁烯，碳鍵結(jié)構(gòu)為應該稱為2-氯-2-戊烯，故D錯誤。

綜上所述；答案為C。

【點睛】

判斷命名是否書寫正確，先按照題中信息寫出碳架結(jié)構(gòu)，再按照命名原則進行命名。6、C【分析】【詳解】

A．由有機物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，與發(fā)生取代反應生成和溴化氫，則X為故A正確；

B．由結(jié)構(gòu)簡式可知；M分子中酚羥基鄰對位上的氫原子能與濃溴水發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵能與溴水發(fā)生加成反應，所以1molM與足量溴水反應最多消耗3mol溴單質(zhì)，故B正確；

C．苯環(huán)；碳碳雙鍵、酯基和醚鍵為平面結(jié)構(gòu)；由結(jié)構(gòu)簡式和三點成面的規(guī)則可知，N分子最多有12個碳原子共面，故C錯誤；

D．由結(jié)構(gòu)簡式可知；M和N分子中都沒有連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故D正確；

故選C。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．乙酸與碳酸鈉溶液反應生成乙酸鈉、二氧化碳和水，反應的離子方程式為2CH3COOH＋=2CH3COO-+CO2↑＋H2O；故A錯誤；

B．堿性條件下，甲酸溶液與新制氫氧化銅共熱反應生成碳酸根離子、氧化亞銅沉淀和水，反應的離子方程式為HCOOH＋2Cu(OH)2+2OH-＋Cu2O↓＋4H2O；故B錯誤；

C．苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為C6H5O-＋CO2＋H2O→C6H5OH＋故C錯誤；

D．乙醛溶液與足量的銀氨溶液共熱發(fā)生銀鏡反應生成醋酸銨、銀、氨氣和水，反應的離子方程式為CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH--CH3COO-++2Ag↓+3NH3↑+H2O；故D正確；

故選D。8、D【分析】【分析】

將X為Y為帶入到交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)中可知；聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的，據(jù)此解題；

【詳解】

A.根據(jù)X為Y為可知；X與Y直接相連構(gòu)成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A不符合題意；

B.聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的,故B不符合題意；

C.油脂為脂肪酸甘油酯；其在堿性條件下水解可生成脂肪酸鹽和甘油即丙三醇，故C，不符合題意；

D.乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CH2-OH,與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀結(jié)構(gòu)；故D符合題意；

綜上所述；本題應選D。

【點睛】

本題側(cè)重考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及高聚物單體以及性質(zhì)的判斷，注意把握官能團的性質(zhì)，縮聚反應的判斷，題目有利于培養(yǎng)學生的分析能力，難度不大。二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】【詳解】

(1)NO2作氧化劑，被還原成CaSO3水懸浮液中含作還原劑，被氧化成反應的離子方程式為+2NO2+2OH-=+2+H2O，故答案為：+2NO2+2OH-=+2+H2O；

(2)白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，結(jié)合原子守恒、電子守恒可知該反應的化學方程式為2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，故答案為：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；

(3)HClO氧化NO生成Cl-和結(jié)合原子守恒、電荷守恒、電子守恒可知反應的離子方程式為3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+，故答案為：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+；

(4)吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知該反應的化學方程式為2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O，故答案為：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；

(5)NaHSO3溶液顯酸性，NaHSO3將廢液中的還原成Cr3+，被氧化成結(jié)合得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可得該反應的離子方程為+3+5H+=2Cr3++3+4H2O，故答案為：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O?！窘馕觥?2NO2+2OH-=+2+H2O2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O+3+5H+=2Cr3++3+4H2O10、略

【分析】【詳解】

（1）①密度之比=摩爾質(zhì)量之比=等于相等分子量之比，烷烴A在同溫同壓下蒸氣的密度是H2的43倍，則A的相對分子量為2×43=86，烷烴的組成為CnH2n+2，14n+2=86，n=6，即該烷烴的分子式為C6H14，故答案為：C6H14；

②令烷烴的組成為CnH2n+2，烷烴B的分子中含有200個氫原子，即2n+2=200，解得n=99，所以B的分子式為C99H200；

③令烷烴的組成為CnH2n+2，含有的共價鍵數(shù)目為3n+1，該烷烴有22個共價鍵，則：3n+1=22，解得，n=7，所以該烷烴中碳原子數(shù)目為7，分子式為C7H16；

④0.1mol烷烴D完全燃燒，消耗O2為=0.5mol，所以1mol該烴完全燃燒，消耗5mol氧氣，根據(jù)反應可知n＝3，D的分子式為C3H8；

（2）A.烷烴中含有碳氫元素；完全燃燒產(chǎn)物為二氧化碳和水，氧氣不足時，烷烴不完全燃燒，產(chǎn)物可能為一氧化碳和水，選項A錯誤；

B.在光照條件下；烷烴不能與溴水反應，不能使溴水褪色，選項B錯誤；

C.烷烴的鹵代反應很難得到純凈的產(chǎn)物；一般會產(chǎn)生多種鹵代烴，選項C正確；

D.烷烴不含不飽和的碳碳雙鍵或碳碳三鍵等，不能使酸性溶液褪色；選項D錯誤；

答案選C；

（3）烷烴的物理性質(zhì)隨著分子中碳原子數(shù)的遞增呈規(guī)律性變化，沸點逐漸升高；碳原子數(shù)相同的烴，支鏈越多，熔沸點越低，③2，3，三甲基戊烷中碳原子是8個，沸點最高；④中碳原子是6個，沸點次之；①②中碳原子都是5個；且②中支鍵較多，沸點最低，故沸點按由高到低的順序排列為③④①②；

（4）A中最長碳鏈有8個碳；第二個碳上有2個甲基，第六個碳上有一個甲基，第四個碳上有一個乙基，用系統(tǒng)命名法命名為2，2，6-三甲基-4-乙基辛烷；分子中有10種不同化學環(huán)境的氫，一氯代物有10種；

（5）烷烴的通式為CnH2n+2，根據(jù)相對分子質(zhì)量可知12n+2n+2=114，則n=8，該烷烴的分子式應為C8H18，跟氯氣反應生成的一氯代物只有一種，說明結(jié)構(gòu)對稱，分子中只含有一種H原子，符合條件的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為該取代反應的化學方程式為(CH3)3C－C(CH3)3+Cl2(CH3)3C－C(CH3)2CH2Cl+HCl?！窘馕觥?1)C6H14C99H200C7H16C3H8

(2)C

(3)③④①②

(4)2；2，6－三甲基－4－乙基辛烷10

(5)(CH3)3C－C(CH3)3+Cl2(CH3)3C－C(CH3)2CH2Cl+HCl11、略

【分析】【詳解】

(1)該物質(zhì)含有羥基；屬于醇類，與羥基相連的最長碳鏈上有4個碳，從距離官能團較近的一端編號，羥基在2號碳上，所以名稱為2-丁醇；

(2)A．CH4和C2H4分子式相差不是n個CH2；一定不是同系物，A不符合題意；

B．C3H6和C4H8的不飽和度為1；可能是烯烴也可能是環(huán)烷烴，結(jié)構(gòu)不一定相似，不一定是同系物，B不符合題意；

C．C2H2為炔烴，C4H6可能含有環(huán)狀結(jié)構(gòu)和碳碳雙鍵；二者結(jié)構(gòu)不一定相似，不一定是同系物，C不符合題意；

D．C3H8和C4H10均為飽和烴，即烷烴，分子式相差一個CH2；一定是同系物，D符合題意；

綜上所述答案為D；

(3)不妨設(shè)三種烴的質(zhì)量均為1g，則C3H8消耗mol氧氣，C4H10消耗mol氧氣，C2H4消耗mol氧氣，＞＞所以C3H8消耗氧氣最多；

(4)該物質(zhì)含有碳碳雙鍵，加聚反應方程式為n

(5)甲池為甲烷燃料電池，通入甲烷的一極為負極，發(fā)生氧化反應，電解質(zhì)溶液顯堿性，所以電極反應式為

(6)乙池為電極硝酸銀溶液，陽極為水電離出的氫氧根放電生成氧氣，陰極為銀離子放電生成銀單質(zhì)，總反應為

(7)向乙池中加入0.02molAg2O能使溶液恢復到原來狀態(tài)，則電解時產(chǎn)生0.04molAg和0.01molO2，所以產(chǎn)生0.04molH+，溶液體積為400mL，則c(H+)==0.1mol/L，pH=1。【解析】2-丁醇DC3H8n112、略

【分析】【詳解】

本題分析：本題主要考查對于“確定溴水與乙醛反應機理”實驗的評價。

③乙醛具有還原性；被溴水氧化。

(1)向反應后的溶液中加入硝酸銀溶液；若有沉淀產(chǎn)生，則上述第①種可能被排除。

(2)此方案不可行；理由是②③反應都有酸生成。

(3)若反應物Br2與生成物Br－的物質(zhì)的量之比是1:2，則乙醛與溴水發(fā)生氧化還原反應，反應的化學方程式為CH3CHO＋Br2＋H2O―→CH3COOH＋2HBr。

點睛：乙醛的醛基具有不飽和性和還原性，乙醛的甲基具有烷烴的性質(zhì)。【解析】①.乙醛具有還原性，被溴水氧化②.①③.不可行④.②③反應都有酸生成⑤.CH3CHO＋Br2＋H2O―→CH3COOH＋2HBr13、略

【分析】【分析】

本題考查的是物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)。

（1）乙炔中氫原子只有1個電子基態(tài)下處于能量最低1s軌道。而碳原子有6個電子，兩個位于1s軌道，不參與成鍵，4個位于第二層上。當形成乙炔時，4個位于最外層的原子軌道發(fā)生雜化，即一個s軌道和一個p軌道雜化成兩個sp軌道，另外的兩個2p軌道保持不變。這樣在形成乙炔時，碳原子的其中一個sp軌道與氫原子的1s軌道頭碰頭重疊，形成C-Hσ鍵，另一個sp軌道則與另一個碳原子的sp軌道頭碰頭重疊形成C-Cσ鍵。碳原子剩下的兩個p軌道則肩并肩重疊形成兩個C-Cπ鍵。所以乙炔中有3個σ鍵與2個π鍵。Cu為29號元素，Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+與NH3之間的化學鍵為配位鍵，N-H為極性共價鍵，[Cu(NH3)2]+與Cl-之間為離子鍵；

（2）同周期主族元素從左到右最外層電子的有效核電荷逐漸增大，電離能也逐漸增大，所以F元素的第一電離能比N元素的第一電離能大。N原子雜化軌道數(shù)目為4，采取sp3雜化。NF3分子構(gòu)型與NH3相似，NH3分子構(gòu)型是三角錐型，所以NF3分子構(gòu)型也是三角錐型；三角錐型分子的結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷中心不重疊，為極性分子；

（3）金剛石是原子晶體，融化時需要破壞共價鍵，C60為分子晶體，融化時破壞分子間作用力，無需破壞共價鍵，所以C60熔點低于金剛石；

（4）符合等電子體的兩條基本要求是：原子總數(shù)一致，價電子總數(shù)一致。二氧化碳、二硫化碳與一氧化二氮分子中都含有3個原子，其價電子總數(shù)是16，是等電子體；電負性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2；

（5）依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22-有4個，而不是6個，要特別注意題給的信息，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似，該晶胞中含有Ca為12×14+1=4，一個晶胞中含有4個CaC2，CaC2晶體的密度為2.22g/cm3，該晶胞的體積為V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10?22cm3。據(jù)此解答。

【詳解】

（1）乙炔中氫原子只有1個電子基態(tài)下處于能量最低1s軌道。而碳原子有6個電子，兩個位于1s軌道，不參與成鍵，4個位于第二層上。當形成乙炔時，4個位于最外層的原子軌道發(fā)生雜化，即一個s軌道和一個p軌道雜化成兩個sp軌道，另外的兩個2p軌道保持不變。這樣在形成乙炔時，碳原子的其中一個sp軌道與氫原子的1s軌道頭碰頭重疊，形成C-Hσ鍵，另一個sp軌道則與另一個碳原子的sp軌道頭碰頭重疊形成C-Cσ鍵。碳原子剩下的兩個p軌道則肩并肩重疊形成兩個C-Cπ鍵。所以乙炔中有3個σ鍵與2個π鍵。Cu為29號元素，Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+與NH3之間的化學鍵為配位鍵，N-H為極性共價鍵，[Cu(NH3)2]+與Cl-之間為離子鍵。本小題答案為：3:2；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；離子鍵；共價鍵、配位鍵。

（2）同周期主族元素從左到右最外層電子的有效核電荷逐漸增大，電離能也逐漸增大，所以F元素的第一電離能比N元素的第一電離能大。N原子雜化軌道數(shù)目為4，采取sp3雜化。NF3分子構(gòu)型與NH3相似，NH3分子構(gòu)型是三角錐型，所以NF3分子構(gòu)型也是三角錐型，三角錐型分子的結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷中心不重疊，為極性分子。本小題答案為：<；sp3；極性。

（3）不正確，金剛石是原子晶體，融化時需要破壞共價鍵，C60為分子晶體，融化時破壞分子間作用力，無需破壞共價鍵，所以C60熔點低于金剛石。本小題答案為：不正確，金剛石是原子晶體，融化時需要破壞共價鍵，C60為分子晶體，融化時破壞分子間作用力，無需破壞共價鍵，所以C60熔點低于金剛石。

（4）符合等電子體的兩條基本要求是：原子總數(shù)一致，價電子總數(shù)一致。二氧化碳、二硫化碳與一氧化二氮分子中都含有3個原子，其價電子總數(shù)是16，是等電子體；電負性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2。本小題答案為：CO2或CS2等；電負性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2。

（5）依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22-有4個，而不是6個，要特別注意題給的信息，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似，該晶胞中含有Ca為12×14+1=4，一個晶胞中含有4個CaC2，CaC2晶體的密度為2.22g/cm3，該晶胞的體積為V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10?22cm3。本小題答案為：4；1.92×10?22。【解析】3:21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10離子鍵、共價鍵、配位鍵＜sp3極性不正確，金剛石是原子晶體，融化時需要破壞共價鍵，C60為分子晶體，融化時破壞分子間作用力，無需破壞共價鍵，所以C60熔點低于金剛石。CO2或CS2等電負性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2。41.9×10－2214、略

【分析】【詳解】

（1）吸氧腐蝕中負極上失去電子；負極反應式為：

（2）①原電池工作時，控制的溫度應為滿足為熔融狀態(tài)；則溫度：

選c；

②放電時，被氧化，電極A為原電池負極，在正極上得到電子發(fā)生還原反應；

③在原電池中，陽離子向正極移動，從A到B；

④充電時，是電解池反應，所在電極與直流電源負極相連，陽極反應為：

（3）①依據(jù)電池總反應：可知，銀化合價升高發(fā)生氧化反應，氯氣中的氯元素化合價降低發(fā)生還原反應，所以為原電池的負極，為原電池的正極，正極氯氣得到電子發(fā)生還原反應：

②放電時，當電路中轉(zhuǎn)移時，交換膜左側(cè)有通過陽離子交換膜向正極移動，同時會有失去生成會與反應生成沉淀，所以會減少則交換膜左側(cè)溶液中共約減少離子。

【點睛】

原電池是化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置，是放電的過程，負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應；電解池是電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W能的裝置，是充電的過程，直流電源的正極連接電解池的陽極，發(fā)生氧化反應，直流電源的負極連接電解池的陰極，發(fā)生還原反應?！窘馕觥縞負還原從A到B負三、判斷題(共6題，共12分)15、B【分析】【分析】

【詳解】

用稀NaOH滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，開始時溶液為無色，隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，當錐形瓶中溶液由無色變紅色，半分鐘內(nèi)溶液不再變?yōu)闊o色時停止滴定，此時達到滴定終點，故認為錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定的說法是錯誤的。16、B【分析】【詳解】

低級醇易溶于水，隨碳原子數(shù)增多，醇在水中的溶解能力減弱，故答案為：錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇比甲醇的相對分子質(zhì)量大，所以分子間作用力更大，沸點乙醇高于甲醇。乙醇和乙二醇相比，乙二醇有2個羥基，分子間的氫鍵作用更強，而且乙二醇的相對分子質(zhì)量比乙醇大，所以乙二醇的沸點高于乙醇，故甲醇、乙醇、乙二醇沸點依次升高，正確。18、B【分析】【詳解】

葡萄糖酸性條件下不能與新制的氫氧化銅懸濁液反應，則向水解后的溶液中未加入氫氧化鈉溶液中和稀硫酸，直接加入新制氫氧化鐵懸濁液并加熱，不可能有紅色沉淀生成，所以無紅色沉淀不能說明淀粉未水解，故錯誤。19、A【分析】【詳解】

糖類根據(jù)聚合度，可劃分為單糖、低聚糖、多糖三類，故正確。20、B【分析】【詳解】

隨著碳原子數(shù)目的增多，羧酸在水中的溶解度逐漸減小，如硬脂酸難溶于水，故上述說法錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共16分)21、略

【分析】【詳解】

(1)Ti為22號元素，其基態(tài)原子的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，一個4s軌道上的電子激發(fā)到4p軌道上，則該激發(fā)態(tài)的電子排布為1s22s22p63s23p63d24s14p1，價層電子排布式為3d24s14p1；

(2)基態(tài)的鋅、銅原子的核外電子排布式分別為[Ar]3d104s2、[Ar]3d104s1。則①為基態(tài)Zn原子，②為Zn＋，③為基態(tài)銅原子，④為Cu＋。同一周期從左到右原子的第一電離能有增大的趨勢，因此第一電離能①＞③；原子的第二電離能大于第一電離能，由于Cu＋的價層電子結(jié)構(gòu)為3d10；3d為穩(wěn)定的全充滿結(jié)構(gòu)，使得電離能增大，因此電離能④＞②，綜合電離能排序為④＞②＞①＞③；A符合題意；

(3)①Cl2O2和H2O2均為分子，其沸點取決于分子間作用力，雖然Cl2O2的相對分子質(zhì)量比H2O2大，但是H2O2間能夠形成氫鍵，使得H2O2的沸點高于Cl2O2；

②根據(jù)價層電子對互斥理論，O3分子中中心O原子的價層電子對為則其雜化類型為sp2；等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子數(shù)相等的微粒，與O3互為等電子體的是SO2；

(4)反應中，形成的化學鍵有Na3OCl中的Na＋和O2－、Na＋和Cl－間的離子鍵，以及H2中H原子和H原子的非極性鍵；BE符合題意；

(5)①Na3OCl晶體結(jié)構(gòu)中，空心白球位于面心，為2個晶胞所共有，則一個晶胞中空心白球有個，實心黑球位于晶胞內(nèi)部，為此晶胞所有，則一個晶胞中實心黑含有1個，O位于頂點，為8個晶胞所共有，則一個晶胞中O含有個，根據(jù)Na3OCl的化學式；可判斷Cl位于體心；

②晶胞參數(shù)為anm，密度為dg·cm?3。根據(jù)密度公式可得【解析】①.3d24s14p1②.A③.H2O2分子間存在氫鍵④.sp2⑤.SO2⑥.BE⑦.體心⑧.22、略

【分析】【詳解】

(1)在S+Ca(OH)2—CaS5+CaS2O3+H2O中硫元素從0價降為-價，從0價升高為+2價，則根據(jù)電子守恒可知12S+3Ca(OH)2=2CaS5+CaS2O3+3H2O；

(2)在H2O2+Cr2(SO4)3+____—K2SO4+K2CrO4+H2O中H2O2中氧元素從-1價降為-2價，Cr元素從+3價升高為+6價，結(jié)合電子守恒和原子守恒得發(fā)生反應的化學方程式為3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=3K2SO4+2K2CrO4+8H2O；

(3)Mg(ClO3)2加入到含有KSCN的FeSO4酸性溶液中立即出現(xiàn)紅色，說明氯酸根離子在酸性溶液中具有氧化性，能氧化亞鐵離子為鐵離子，本身被還原為氯離子，結(jié)合電荷守恒和原子守恒寫出反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl-+3H2O、鐵離子遇到KSCN溶液變紅色，反應的離子方程式為：Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3；

(4)FeCl3氧化Cu2S所得氧化產(chǎn)物為S和Cu2+，還原產(chǎn)物為Fe2+，發(fā)生反應的離子方程式為Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S?！窘馕觥?2S+3Ca(OH)2=2CaS5+CaS2O3+3H2O3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=3K2SO4+2K2CrO4+8H2OClO3-+6Fe2++6H+═6Fe3++Cl-+3H2O、Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S23、略

【分析】【詳解】

(1)Fe是26號元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29號元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；故答案為：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。

(2)同周期，非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此較穩(wěn)定的是H2O；Cl非金屬性強，其電負性越大，因此C的電負性比Cl的小；故答案為：H2O；小。

(3)Na2O2與CO2反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案為：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

(4)①根據(jù)均攤法計算，在石墨烯晶體中，每個C原子被3個六元環(huán)共有，每個六元環(huán)占有的碳原子數(shù)6×=2；所以，每個六元環(huán)占有2個C原子；故答案為：3；2。

②在金剛石的晶體結(jié)構(gòu)中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，最小的環(huán)為6元環(huán)，每個單鍵為3個環(huán)共有，則每個C原子連接4×3=12個六元環(huán)，六元環(huán)為椅式結(jié)構(gòu)，六元環(huán)中有兩條邊平衡，連接的4個原子處于同一平面內(nèi)，如圖故答案為：12；4。

(5)①W中含有CuCl2、FeCl3；加入X使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，加入的X由于調(diào)節(jié)溶液pH值，且不引入雜質(zhì)，X為CuO等；故答案為：CuO。

②常溫下1L廢液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物質(zhì)的量濃度均為0.5mol·L－1，則加入Cl2后溶液中FeCl2轉(zhuǎn)變?yōu)镕eCl3，因此c(FeCl3)=1mol?L?1，銅離子開始沉淀時，pH=4.3，鐵離子沉淀完全時，pH=3，故溶液pH應控制在3.0～4.3之間；故答案為：3.0～4.3?！窘馕觥康谒闹芷诘冖?s22s22p63s23p63d104s1H2O小2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O232124CuO3～4.324、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cu的核外電子數(shù)寫出Cu的電子排布式和電子所占軌道數(shù)；根據(jù)VSEPR理論判斷空間構(gòu)型；根據(jù)電負性和第一電離能遞變規(guī)律判斷電負性相對大小和第一電離能的大小；根據(jù)原子的成鍵情況判斷原子的雜化類型；根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，由“均攤法”進行晶胞的相關(guān)計算；據(jù)此解答。

（1）

Cu的原子序數(shù)為29，核外有29個電子，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，基態(tài)Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；量子力學把電子在原子核外的一個空間運動狀態(tài)稱為一個原子軌道，基態(tài)Cu原子核外電子占有的原子軌道為1+1+3+1+3+5+1=15；答案為[Ar]3d104s1；15。

（2）

SO中中心原子S的價層電子對數(shù)=4+=4+0=4；無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體；答案為正四面體。

（3）

同周期元素自左而右元素的電負性增大，且非金屬性越強電負性越大，故電負性O(shè)＞N＞C＞H；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，所以第一電離能最大的是N；由乙二胺四乙酸根陰離子()可知，該結(jié)構(gòu)中有飽和碳原子為sp3雜化，有C=O雙鍵為sp2雜化，N原子形成三根單鍵(σ鍵)還有一對孤電子對，是sp3雜化；答案為O＞N＞C＞H；N；sp2、sp3；sp3。

（4）

①由晶胞的結(jié)構(gòu)可知，Cu位于頂點和面心，Cu的個數(shù)為8×+2×=2，Cl位于面心和體心，Cl的個數(shù)為4×+2=4，H2O位于棱上和面心，H2O的個數(shù)為8×+4×=4，則Cu:Cl:H2O=2:4:4=1:2:2，該晶體的化學式為CuCl2·2H2O；答案為CuCl2·2H2O。

②一個晶胞的質(zhì)量為m=g=g，晶胞的體積為V=a×10-10cm×b×10-10cm×c×10-10cm=abc×10-30cm3，該晶體的密度為ρ===g·cm-3；答案為【解析】(1)[Ar]3d104s115

(2)正四面體。

(3)O＞N＞C＞HNsp2、sp3sp3

(4)CuCl2·2H2O