2025年浙科版高二化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版高二化學上冊月考試卷443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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、甲苯和甘油組成的混合物中，若碳元素的質量分數為60％，那么由此可推斷氫元素的質量分數為A.5％B.8.7％C.17.4％D.無法計算2、化學與社會生活密切相關，下列說法正確的是（）A.臭氧、乙醇溶液均可用于消毒殺菌且原理完全相同B.半導體材料和光纖制品都是以硅為基本原料生產的C.煤的干餾和石油的分餾均屬化學變化D.亞硝酸鹽、二氧化硫均可以用作食品的防腐劑3、原子核外P能層和p能級可容納的最多電子數分別為（）A.32和2B.50和6C.72和6D.86和104、常溫下，某溶液中由水電離出來的rm{c(H^{+})=1.0隆脕10^{-13}mol-L^{-1}}該溶液可能是rm{(}rm{)}rm{壟脵}二氧化硫rm{壟脷}氯化銨水溶液rm{壟脹}硝酸鈉水溶液rm{壟脺}氫氧化鈉水溶液A.rm{壟脵壟脺}B.rm{壟脵壟脷}C.rm{壟脷壟脹}D.rm{壟脹壟脺}5、研究物質性質的基本程序之一就是“預測物質的性質”。下列對物質性質的預測不正確的是A.乙炔與苯具有相同的最簡式，故等質量的苯和乙炔完全燃燒，消耗rm{O_{2}}的質量相同B.rm{CH_{3}CH_{3}}為乙烷，該物質可以看作是甲烷分子中的一個氫原子被rm{-CH_{3}}取代的結果，該物質能與氯氣發(fā)生取代反應C.某有機化合物可以表示為該物質能夠使溴的四氯化碳溶液褪色D.雙鍵中的一個鍵容易斷裂，所以容易發(fā)生加成反應和取代反應6、下列表述錯誤的是rm{(}rm{)}A.氫氧根離子的電子式是：B.甲烷分子的比例模型是：C.硝基的表示方法rm{-NO_{2}}D.飽和烴的通式是rm{C_{n}H_{2n+2}(ngeqslant1)}rm{C_{n}H_{2n+2}(ngeqslant

1)}7、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=5}的rm{H_{2}S}溶液中，rm{c(H^{+})=c(HS^{-})=1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}B.rm{pH=a}的氨水溶液，稀釋rm{10}倍后，其rm{pH=b}則rm{a=b+1}C.rm{pH=2}的rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液與rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液任意比例混合：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})}D.rm{pH}相同的rm{壟脵CH_{3}COONa壟脷NaHCO_{3}壟脹NaClO}三種溶液的rm{c(Na^{+})}rm{壟脵>壟脷>壟脹}8、下列實驗裝置不能達到實驗目的的是()

A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、現(xiàn)有下列物質①熔化的NaCl②鹽酸③石墨④純醋酸⑤銅⑥酒精（C2H5OH）⑦醋酸銨⑧液氨⑨SO2請用以上物質回答下列問題．（填序號）

（1）屬于強電解質的是______，且在上述狀態(tài)下能導電的是______；

（2）屬于弱電解質的是______；

（3）屬于非電解質，但溶于水后的水溶液能導電的是______．10、運用化學反應原理知識研究如何利用rm{CO}rm{SO_{2}}等污染物有重要意義．

rm{(1)}用rm{CO}可以合成甲醇rm{.}已知：

rm{CH_{3}OH(g)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-764.5kJ?mol^{-1}}

rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285.8kJ?mol^{-1}}

則rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=}____rm{CH_{3}OH(g)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-764.5kJ?mol^{-1}}．

rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}下列措施中能夠增大上述合成甲醇反應的反應速率的是____rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285.8kJ?mol^{-1}}填寫序號rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=}．

rm{kJ?mol^{-1}}使用高效催化劑；rm{(2)}降低反應溫度；rm{(}增大體系壓強；rm{)}不斷將rm{a.}從反應混合物中分離出來。

rm{b.}在一定壓強下，容積為rm{c.}的容器中充入rm{d.}與rm{CH_{3}OH}在催化劑作用下反應生成甲醛，平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖rm{(3)}所示．

rm{VL}____rm{amolCO}填“大于”、“小于”或“等于”rm{2amolH_{2}}

rm{1}時，該反應的化學平衡常數rm{壟脵P_{1}}____rm{P_{2}(}

rm{)}在其它條件不變的情況下，再增加rm{壟脷100隆忙}和rm{K=}達到新平衡時，rm{(mol?L^{-1})^{-2}}的轉化率____rm{壟脹}填“增大”、“減小”、或“不變”rm{amolCO}

rm{2amolH_{2}}某科研小組用rm{CO}為原料制取硫酸．

rm{(}利用原電池原理，用rm{)}rm{(4)}和rm{SO_{2}}來制備硫酸，該電池用多孔材料作電極，它能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質溶液充分接觸rm{壟脵}請寫出該電池的負極的電極反應式____．

rm{SO_{2}}用rm{O_{2}}溶液充分吸收rm{H_{2}O}得rm{.}溶液，然后電解該溶液可制得硫酸rm{壟脷}電解原理示意圖如圖rm{Na_{2}SO_{3}}所示rm{SO_{2}}請寫出開始時陽極反應的電極反應式____．rm{NaHSO_{3}}11、在有機物分子中；若碳原子連接四個不同的原子或原子團，該碳原子稱為不對稱碳原子（或手性碳原子）．具有手性碳原子的有機物具有光學活性．八角屬于草本植物，主要產于中國和越南，是我國民間常用做烹調的香料．最新醫(yī)學研究成果顯示，從八角中可以提取到莽草酸，它是一種白色晶體，微溶于水，是制取抗禽流感藥的基本原料．莽草酸的結構式如圖：

請回答下列問題：

（1）寫出莽草酸分子中任意兩個官能團名稱：____、____．

（2）該有機物分子1moL最多能和____moLNaOH發(fā)生反應．

（3）該有機物分子中含____個手性碳原子．試設計一步反應使其生成具有2個手性碳原子的物質，其化學方程式為：____．

12、（12分）如下圖，通電5min后，電極5質量增加2.16g，回答：(1)電源：a是________極，b是________極；A池電極反應，電極1：__________；電極2：____________________________________________________________。C池電極反應，電極5：________________________________________________；電極6：______________________________________________________________。（2）如果B池中共收集到224mL氣體(標準狀況)，且溶液體積為200mL(設電解過程中溶液體積不變)，則通電前溶液中Cu2＋的物質的量濃度為________。13、以下列出的是一些原子的2p能級和3d能級中電子排布的情況．試判斷，哪些違反了泡利原理______，哪些違反了洪特規(guī)則______．

14、現(xiàn)有下列rm{4}種物質：rm{壟脵Al_{2}O_{3}}rm{壟脷SiO_{2}}rm{壟脹Na_{2}SO_{3}}rm{壟脺NH_{3}.}其中，與氫氧化鈉溶液反應生成水玻璃的是______rm{(}填序號，下同rm{)}焰色反應呈黃色的是______；與水反應得到的水溶液能使紫色石蕊溶液呈藍色的是______；既能與鹽酸又能與rm{NaOH}溶液反應的是______．15、書寫離子方程式或者化學方程式：rm{(1)}氫氧化鈉與氫氧化鋁溶液反應化學程式：__________________________________________________rm{(2)}小蘇打加入稀鹽酸溶液中離子方程式：___________________________________________________rm{(3)}氯氣溶于氫氧化鈉溶液中化學方程式：_________________________________________________評卷人得分三、簡答題(共8題，共16分)16、某學習小組探究溴乙烷的消去反應并驗證產物．

實驗原理：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O

實驗過程：組裝如圖1所示裝置，檢查裝置氣密性，向燒瓶中注入10mL溴乙烷和15mL飽和氫氧化鈉乙醇溶液，微熱，觀察實驗現(xiàn)象．一段時間后，觀察到酸性KMnO4溶液顏色褪去．

（1）甲同學認為酸性KMnO4溶液顏色褪去說明溴乙烷發(fā)生了消去反應，生成了乙烯；而乙同學卻認為甲同學的說法不嚴謹，請說明原因：______

（2）丙同學認為只要對實驗裝置進行適當改進，即可避免對乙烯氣體檢驗的干擾，改進方法：______

改進實驗裝置后；再次進行實驗，卻又發(fā)現(xiàn)小試管中溶液顏色褪色不明顯．該小組再次查閱資料，對實驗進行進一步的改進．

資料一：溴乙烷于55℃時；在飽和氫氧化鈉的乙醇溶液中發(fā)生取代反應的產物的百分比為99%，而消去反應產物僅為1%．

資料二：溴乙烷發(fā)生消去反應比較適宜的反應溫度為90℃～110℃；在該范圍，溫度越高，產生乙烯的速率越快．

資料三：溴乙烷的沸點：38.2℃．

（3）結合資料一、二可知，丙同學改進實驗裝置后，溶液顏色褪色不明顯的原因可能是______，此時發(fā)生反應的化學方程式為：______．

（4）結合資料二、三，你認為還應該在實驗裝置中增加的兩種儀器是①______．②______．17、塑化劑主要用作塑料的增塑劑，也可作為農藥載體、驅蟲劑和化妝品等的原料rm{.}添加塑化劑rm{(DBP)}可改善白酒等飲料的口感，但超過規(guī)定的限量會對人體產生傷害rm{.}其合成線路圖如圖rm{I}所示：

已知以下信息：

rm{壟脵}rm{overset{KMnO_{4}/H+}{}}

rm{壟脷R_{1}CHO+R_{2}CH_{2}CHO}rm{xrightarrow[triangle]{NaOH}}rm{xrightarrow[triangle

]{NaOH}}rm{+H_{2}O(-R_{1}}表示氫原子或烴基rm{-R_{2}}

rm{)}其中rm{壟脹}的化學式是rm{A}rm{C_{8}H_{10}}為含兩個碳原子的烴的含氧衍生物，其核磁共振氫譜圖如圖rm{C}所示：峰的強度之比為rm{II}rm{2}rm{1}

請根據以上信息回答下列問題：

rm{3}的結構簡式為______，rm{(1)C}中所含官能團的名稱是______；

rm{E}寫出下列有關反應的化學方程式：

rm{(2)}和rm{壟脵E}以物質的量比rm{H_{2}}rm{1}反應生成rm{1}______；

rm{F}和rm{壟脷B}以物質的量比rm{F}rm{1}合成rm{2}______，該反應的反應類型為______．rm{DBP}18、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}為原子序數依次增大的六種元素，rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的電子層結構；rm{C}rm{E}為同周期元素，rm{C}核外電子總數是最外層電子數的rm{3}倍；rm{E}元素最外層有一個未成對電子；rm{F}最外層只有rm{1}個電子，次外層有rm{18}個電子。

請回答下列問題：

rm{(1)}基態(tài)rm{F}原子的外圍電子排布式為______。

rm{(2)C}rm{D}rm{E}的第一電離能由大到小順序為______rm{(}填元素符號rm{)}

rm{(3)B}的氫化物所屬的晶體類型為______。

rm{(4)C}和rm{E}的單質反應可生成組成比為rm{1}rm{3}的化合物；該化合物的立體構型名稱為______，中心原子的雜化軌道類型為______。

rm{(5)A}和rm{B}能夠形成化合物rm{Y}其晶胞結構如圖所示，晶胞參數為rm{a}rm{nm}rm{Y}的化學式為______，列式計算晶體rm{Y}的密度rm{(}可不化簡rm{)}______rm{g?cm^{-3}}19、鋁及其化合物在工農業(yè)生產及日常生活中有重要用途，請完成下列問題。

rm{(1)}鋁原子核外自旋方向相同的電子最多有________個，與鋁同族的第rm{4}周期元素原子的價電子排布式為________。rm{(2)LiAlH_{4}}是一種特殊的還原劑，可將羧基直接還原成醇。rm{CH_{3}COOHxrightarrow[脪脪脙脩]{LiAl{H}_{2}}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}rm{CH_{3}COOHxrightarrow[脪脪脙脩]{LiAl{H}_{2}}

C{H}_{3}C{H}_{2}OH}分子中rm{CH_{3}COOH}鍵與rm{婁脪}鍵個數之比為________。

rm{婁脨}工業(yè)上可用rm{(3)}rm{Al_{2}O_{3}}rm{N_{2}}在高溫下制備一種高溫結構陶瓷，其晶胞如圖rm{C}與金剛石相似rm{1(}rm{)}晶胞中氮原子配位數為________，該晶胞中含有________個鋁原子。rm{壟脵}該化合物的晶體類型為________。rm{壟脷}在rm{(4)AlCl_{3}}開始升華，溶于水、乙醚等，其二聚物的結構如圖rm{183隆忙}所示，其中鋁原子的雜化方式為________，在圖中用“”標出分子中的配位鍵。rm{2}20、硼rm{(B)}及其化合物在化學中有重要的地位。請回答下列問題：rm{(1)Ga}與rm{B}同主族，rm{Ga}的基態(tài)原子核外電子排布式為____rm{B}與同周期相鄰兩元素第一電離能由大到小的順序是____rm{(2)}硼酸rm{(H_{3}BO_{3})}是白色片狀晶體rm{(}層狀結構如圖rm{)}有滑膩感，在冷水中溶解度很小，加熱時溶解度增大。rm{壟脵}硼酸中rm{B}原子的雜化軌道類型為____。rm{壟脷}硼酸晶體中存在的作用力有范德華力、____、____。rm{壟脹}加熱時，硼酸的溶解度增大，主要原因是____。rm{(3)}立方氮化硼是一種新型陶瓷材料，結構和形體都類似金剛石，是現(xiàn)時所知的幾乎最硬的物質，化學式為rm{BN}則立方氮化硼中rm{B}原子的雜化軌道類型為____；rm{1mol}立方氮化硼中rm{B-N}的物質的量為____21、按要求完成下列問題：rm{(1)}寫出下列反應的化學方程式：

rm{壟脵}乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中：________________________________________________．乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中：________________________________________________．

rm{壟脵}溴乙烷的消去反應_______________________________________________________________．rm{壟脷}溴乙烷的消去反應_______________________________________________________________．給下列有機物命名：

rm{壟脷}rm{(2)}

rm{壟脵}rm{壟脵}______寫出下列有機物的結構簡式：rm{壟脷}rm{壟脷}二甲基_________．乙基庚烷：____________________。rm{(3)}下列各組化合物中，互為同系物的是_______rm{3}rm{4-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷：____________________。雙選，填字母，下同rm{3}互為同分異構體的是_______。

rm{4-}rm{-4-}rm{(4)}rm{(}rm{)}A.rm{CH}rm{CH}與rm{{,!}_{3}}

rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

rm{CHO}與rm{CHO}

B.與

C.與22、氮元素可形成鹵化物；疊氮化物及絡合物等。

rm{(1)}在銅催化作用下rm{F_{2}}和過量rm{NH_{3}}反應得到rm{NF_{3}}其分子立體構型為______；

rm{(2)}氫疊氮酸rm{(HN_{3})}是一種弱酸，它的酸性類似于醋酸，微弱電離出rm{H^{+}}和rm{N_{3}^{-}}

rm{壟脵}與rm{N_{3}^{-}}互為等電子體的分子、離子有：______、______rm{(}各舉rm{1}例rm{)}rm{N_{3}^{-}}的空間構型是______型；

rm{壟脷}疊氮化物、氰化物能與rm{Fe^{3+}}及rm{Cu^{2+}}及rm{Co^{3+}}等形成絡合物，如：rm{Co[(N_{3})(NH_{3})_{5}]SO_{4}}rm{Fe(CN)_{6}^{4-}.}寫出鈷原子在基態(tài)時的價電子排布式：______，rm{Co[(N_{3})(NH_{3})_{5}]SO_{4}}中鈷的配位數為______，rm{CN^{-}}中rm{C}原子的雜化類型是______；

rm{(3)}化學式為rm{Pt(NH_{3})_{2}Cl_{2}}的化合物有兩種異構體，其中一種異構體具有水的可溶性，則此種化合物是______rm{(}填“極性”、“非極性”rm{)}分子。23、請回答下列問題：

rm{(1)N}rm{Al}rm{Si}rm{Zn}rm{Fe}五種元素中；有一種元素的電離能數據如下：

。電離能rm{I_{1}}rm{I_{2}}rm{I_{3}}rm{I_{4}}rm{}rm{I_{m}/kJ?mol^{-1}}rm{578}rm{1817}rm{2745}rm{11578}rm{}則該元素是______rm{(}填寫元素符號rm{).N}原子的價電子排布圖為______．

rm{(2)}已知rm{Zn^{2+}}能與氨分子形成配離子rm{[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+}}rm{1mol}該離子含有rm{婁脪}鍵的數目為______；

rm{(3)K_{3}[Fe(CN)_{6}]}可用來檢驗rm{Fe^{2+}}向硫酸亞鐵溶液中加入幾滴rm{K_{3}[Fe(CN)_{6}]}觀察到的現(xiàn)象是______，與rm{CN^{-}}互為等電子體的微粒有______rm{(}填化學式，寫rm{2}種rm{)}

C、rm{N}rm{O}三種元素第一電離能由大到小的順序為______；三種元素形成的簡單氫化物分子中鍵角由大到小依次為______rm{(}用分子式表示rm{)}．

rm{(4)}已知rm{Fe}的相對原子質量為rm{M}阿佛加德羅常數用rm{N_{A}}表示，已知金屬rm{Fe}為體心立方堆積，若rm{Fe}原子半徑為rm{acm}密度為rm{婁脩g/cm^{3}.}則rm{M=}______rm{(}用rm{婁脩}rm{a}rm{N_{A}}表達式表示rm{)}評卷人得分四、計算題(共1題，共10分)24、將agNa溶于bg水中，a1gNa2O溶于b1g水中，a2gNa2O2溶于b2g水中，均得到溶質質量分數為8%的溶液．計算回答：(1)當a1∶a2＝31∶39時，則b1∶b2＝__________．(2)若a＝4.6g，則b＝__________g．評卷人得分五、有機推斷題(共4題，共16分)25、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。28、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分六、其他(共4題，共24分)29、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產物略去)。（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與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。30、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F(xiàn)是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。31、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環(huán)外還含有一個六元環(huán)，且E中不含甲基。根據下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環(huán)上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應③能發(fā)生水解反應和銀鏡反應32、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產物略去)。（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與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】甲苯和甘油的分子式分別為C7H8和C3H8O3，因此二者的相對分子質量相同，都是92，又因為含有的氫原子數相同，所以含氫量是答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、D【分析】解：A；臭氧利用了強氧化性消毒殺菌；乙醇破壞了蛋白質原有的氫鍵使蛋白質變性，原理不完全相同，故A錯誤；

B；二氧化硅具有折光性；用于生產光導纖維，硅用于太陽能電池和半導體材料，故B錯誤；

C；石油分餾是利用沸點不同分餾混合物的方法；為物理變化，而煤干餾是在隔絕空氣的條件下，將煤加熱到900～1100℃時，可以得到焦炭、煤焦油、煤氣等物質，為化學變化，故C錯誤；

D；亞硝酸鹽有強的氧化性；會使病毒的蛋白質氧化變性，因此可以用于食品的防腐；二氧化硫溶于水形成亞硫酸，有抑制微生物生長的作用，可達到食品防腐的目的；二氧化硫有還原作用，可消耗果蔬組織中的氧，可以抑制氧化酶的活性，從而抑制酶性褐變，有抗氧化作用，故D正確；

故選：D．

A；臭氧有強的氧化性；會將物質氧化有消毒殺菌作用；而乙醇溶液則是使蛋白質分子結構改變，失去生理活性；

B；半導體材料是以晶體硅為原料生產的；而光纖制品是以二氧化硅為基本原料生產的；

C；石油分餾是利用沸點不同分餾混合物的方法；

D；亞硝酸鹽有強的氧化性；會使病毒的蛋白質氧化變性；二氧化硫溶于水形成亞硫酸，有抑制微生物生長的作用；二氧化硫有還原作用，可消耗果蔬組織中的氧，可以抑制氧化酶的活性，從而抑制酶性褐變，有抗氧化作用．

本題主要考查物質的性質及應用的知識，難度不大，注意相關知識的積累與區(qū)分．【解析】【答案】D3、C【分析】解：P能層為原子核外第6能層，可容納的最多電子數為2×62=72；p能級有3個軌道，最多可容納6個電子；

故選C．

P能層為原子核外第6能層，p能級有3個軌道，最多可容納6個電子，結合核外電子層最多容納的電子數為2n2計算．

本題考查原子核外電子排布，側重于基礎知識的考查，題目難度不大，注意把握原子核外電子排布規(guī)律．【解析】【答案】C4、A【分析】【分析】

本題考查了影響水的電離的影響因素的作用；主要是酸堿抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離。

【解答】某溶液中由水電離出來的rm{c(H^{+})=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}水的電離受到抑制，說明溶液既可能呈酸性，也有可能呈堿性。

rm{壟脵SO}rm{3}rm{3}rm{+H_{2}O=H_{2}SO}，rm{4}rm{4}rm{H_{2}SO}rm{4}rm{4}溶液呈酸性，抑制水的電離，故rm{=SO}符合；

rm{{,!}_{4}^{2-}}氯化銨水溶液中銨根離子水解促進水的電離，水電離出的氫離子濃度增大，故rm{{,!}_{4}^{2-}}不符合；

rm{+2H^{+}}硝酸鈉水溶液對水的電離平衡無影響，故rm{壟脵}不符合；

rm{壟脷}溶液呈堿性，對水的電離起到抑制作用，故rm{壟脷}符合，故rm{壟脹}正確。

故選A。

rm{壟脹}【解析】rm{A}5、D【分析】【分析】本題考查了烷烴、乙烯、苯的性質，培養(yǎng)學生化學知識的遷移能力及問題的解決能力。【解答】A.最簡式相同，等質量的苯和乙炔完全燃燒，消耗氧氣的質量相同，故A正確；B.乙烷以看作是甲烷分子中的一個氫原子被甲基取代的產物，該物質與甲烷的化學性質相似，能與氯氣在光照下發(fā)生取代反應，故B正確；C.含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，能夠使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正確；D.乙烯雙鍵中的一個鍵容易斷裂，容易發(fā)生加成反應，不易發(fā)生取代反應，故D錯誤。故選D。【解析】rm{D}6、A【分析】解：rm{A.}氫氧根離子帶有rm{1}個單位負電荷，氧原子最外層達到rm{8}電子穩(wěn)定結構，氫氧根離子的電子式為：故A錯誤；

B.為甲烷的比例模型；故B正確；

C.硝基為硝酸脫去羥基后生成的原子團，硝基的結構簡式為：rm{-NO_{2}}故C正確；

D.分子通式為rm{C_{n}H_{2n+2}}的烴，rm{C}處于飽和狀態(tài)；屬于烷烴，故D正確；

故選：rm{A}．

A.氫氧根離子為陰離子；根據陰離子的電子式的表示方法進行判斷；

B.圖示為甲烷的比例模型；

C.硝基為硝酸脫去羥基后生成的原子團；

D.烷烴中各個碳原子都處于飽和狀態(tài)．

本題考查了電子式、比例模型、結構簡式、有機物的通式，側重考查學生對常用化學用語的熟練程度，題目難度中等，注意掌握常見化學用語的概念及正確的表示方法，明確球棍模型與比例模型的表示方法及區(qū)別．【解析】rm{A}7、D【分析】解：rm{A.H_{2}S}為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠遠大于第二步，所以溶液中rm{c(H^{+})>c(HS^{-})}故A錯誤；

B.加水稀釋促進一水合氨電離，rm{pH=a}的氨水溶液，稀釋rm{10}倍后，溶液中的氫氧根離子濃度大于原來的rm{dfrac{1}{10}}其rm{pH=b}則rm{a<b+1}故B錯誤；

C.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是二元弱酸，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}故C錯誤；

D.rm{pH}相同的rm{壟脵CH_{3}COONa壟脷NaHCO_{3}壟脹NaClO}三種溶液，酸根離子水解程度越小，其濃度越大，酸根離子水解程度rm{壟脵<壟脷<壟脹}所以鹽濃度rm{壟脵>壟脷>壟脹}鈉離子不水解，所以rm{c(Na^{+})}rm{壟脵>壟脷>壟脹}故D正確；

故選D．

A.rm{H_{2}S}為二元弱酸；分步電離，第一步電離程度遠遠大于第二步；

B.加水稀釋促進一水合氨電離；

C.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是二元弱酸；任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷；

D.rm{pH}相同的rm{壟脵CH_{3}COONa壟脷NaHCO_{3}壟脹NaClO}三種溶液；酸根離子水解程度越小，其濃度越大．

本題考查了離子濃度大小比較，涉及弱電解質的電離和鹽類水解，根據弱電解質電離特點、鹽類水解特點再結合電荷守恒來分析解答，易錯選項是rm{B}題目難度中等．【解析】rm{D}8、B【分析】【分析】

本題旨在考查學生對化學實驗方案的評價的應用。【解答】

A.實驗室制備氯氣用二氧化錳和濃鹽酸加熱制備，裝置正確，故A正確；B.氯氣也能和碳酸鈉反應，不能達到目的，故B錯誤；C.濃硫酸可以干燥氯氣，故C正確；D.氫氧化鈉可用于吸收多余的氯氣，故D正確。故選B?！窘馕觥縭m{B}二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】解：①熔化的NaCl屬于強電解質；能導電，溶于水導電；

②鹽酸是氯化氫的水溶液；是混合物，能導電；

③石墨是單質；既不是電解質也不是非電解質，但能導電；

④純醋酸屬于弱電解質；本身不能導電，其水溶液能導電；

⑤銅是單質；既不是電解質也不是非電解質，但能導電；

⑥酒精（C2H5OH）屬于非電解質；但其水溶液不導電；

⑦醋酸銨是鹽不能導電；水溶液中能導電，且屬于強電解質；

⑧液氨不能導電屬于非電解質；溶于水導電；

⑨SO2不能導電屬于非電解質；溶于水導電；

（1）屬于強電解質的是①⑦；且在上述狀態(tài)下能導電的是①；

故答案為：①⑦；①；

（2）屬于弱電解質的是④；故答案為：④；

（3）屬于非電解質；但溶于水后的水溶液能導電的是⑧⑨；

故答案為：⑧⑨；

在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質，完全電離的電解質是強電解質，只有部分電離的電解質是弱電解質，能導電的物質中含有自由移動的陰陽離子或自由移動的電子．

本題考查了強弱電解質、非電解質的判斷，注意電解質不一定導電，導電的不一定是非電解質，為易錯點，題目難度不大．【解析】①⑦；①；④；⑧⑨10、-90.1;ac;小于;增大;SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+;HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+，【分析】試題分析：rm{(1)}依據蓋斯定律和熱化學方程式計算得到；

rm{(2)}考慮影響反應速率的因素；

rm{(3)壟脵}由圖rm{1}可知，溫度相同時，在壓強為rm{P_{2}}時平衡時rm{CO}的轉化率高，由反應rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}可知壓強越大；越有利于平衡向正反應進行；

rm{壟脷}由圖rm{1}可知，在rm{P_{1}}壓強下，rm{100隆忙}時，rm{CO}的轉化率為rm{0.5}據此計算rm{CO}的濃度變化量；根據三段式計算平衡時各組分的平衡濃度，計算合成甲醇的化學平衡常數；

rm{壟脹}在其它條件不變的情況下，再增加rm{amolCO}與rm{2amolH_{2}}等效為增大壓強，平衡向正反應移動，rm{CO}轉化率增大；

rm{(4)壟脵}反應原理為二氧化硫；氧氣和水反應生成硫酸；根據化合價變化判斷負極物質，寫出負極反應式；

rm{壟脷}根據化合價變化判斷陽極反應物質；寫出陽極反應式．

解：rm{(1)}用rm{CO}可以合成甲醇rm{.}已知：

rm{壟脵CH_{3}OH(g)+}rm{O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=-764.5kJ?mol^{-1}}

rm{triangle

H=-764.5kJ?mol^{-1}}rm{壟脷CO(g)+}rm{triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{triangle

H=-283.0kJ?mol^{-1}}rm{triangleH=-285.8kJ?mol^{-1}}

由蓋斯定律可知，rm{壟脹H_{2}(g)+}得到rm{O_{2}(g)=H_{2}O(l)}

rm{triangleH=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol隆脕2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol}故答案為：rm{triangle

H=-285.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷+壟脹隆脕2-壟脵}溫度越高；壓強越大；使用催化劑都可使反應速率增大，降低溫度反應速率減慢，從體系中分離出甲醇，相當于減少濃度，反應速率減慢；

故答案為：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}

rm{triangle

H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol隆脕2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol}由圖rm{-90.1}可知，溫度相同時，在壓強為rm{(2)}時平衡時rm{ac}的轉化率高，由反應rm{(3))壟脵}可知壓強越大；

越有利于平衡向正反應進行，故壓強rm{1}

故答案為：小于；

rm{P_{2}}由于平衡常數與壓強沒有關系，所以根據圖象可知，在rm{CO}時，rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}的轉化率是rm{P_{1}<P_{2}}則。

rm{壟脷}

起始濃度rm{100隆忙P_{1}}rm{CO}

轉化濃度rm{0.5}

平衡濃度rm{CO(g)+2H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)}

所以平衡常數rm{(mol/L)}rm{0}

故答案為：

rm{(mol/L)}在其它條件不變的情況下，再增加rm{(mol/L)}與rm{K=}等效為增大壓強，平衡向正反應移動，rm{=}轉化率增大；

故答案為：增大；

rm{壟脹}該原電池中，負極上失電子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合價升高，所以負極上投放的氣體是二氧化硫，二氧化硫失電子和水反應生成硫酸根離子和氫離子，所以負極上的電極反應式為：rm{amolCO}

故答案為：rm{2amolH_{2}}

rm{CO}電解池中陽極和電源正極相連，失去電子，發(fā)生氧化反應，電解rm{(4))壟脵}溶液可制得硫酸，硫的化合價升高，所以陽極是rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO_{4}^{2-}+4H^{+}}溶液失去電子被氧化生成rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO_{4}^{2-}+4H^{+}}則陽極電極反應式是：rm{壟脷}

故答案為：rm{NaHSO_{3}}．rm{HSO_{3}^{-}}【解析】rm{-90.1;ac;}小于rm{;(dfrac{V}{a})^{2};}增大rm{;SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO_{4}^{2-}+4H^{+};HSO_{3}^{-}+H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+3H^{+}}11、略

【分析】

（1）根據結構簡式來可以看出有機物中的官能團有羧基和羥基；故答案為：羧基；羥基；

（2）1mol該有機物中含有1mol的羧基；可以和1mol氫氧化鈉發(fā)生中和反應，即該有機物分子1moL最多能和1molNaOH發(fā)生反應，故答案為：1；

（3）根據題目信息：碳原子連接四個不同的原子或原子團，該碳原子稱為不對稱碳原子，可知道有機物中的羥基所連接的碳原子為手性碳原子，即為3個，臨位碳上含有氫原子的醇可以發(fā)生消去反應，生成碳碳雙鍵，此時手性碳原子數會減少一個，+H2O；此時手性碳原子數即為2；

故答案為：3；+H2O．

【解析】【答案】（1）根據結構簡式來確定有機物中的官能團；

（2）羧基可以和氫氧化鈉發(fā)生中和反應；

（3）根據題目信息：碳原子連接四個不同的原子或原子團；該碳原子稱為不對稱碳原子，結合有機物中的碳原子所連的基團來判斷，根據醇可以發(fā)生消去反應來書寫．

12、略

【分析】【解析】試題分析：（1）通電5min后，電極5質量增加2.16g，這說明電極5是陰極，所以電極是陽極。則b是電源的正極，a是電源的負極。因此電極1是陰極，氫離子放電生成氫氣，電極反應式是2H＋＋2e－===H2↑。電極2是陽極，溶液中的氯離子放電生成氯氣，電極反應式是2Cl－－2e－===Cl2↑。C裝置中電極5是陰極，溶液中的銀離子放電，電極反應式是2Ag＋＋2e－===2Ag。電極6是陽極，但電極是銅電極，所以銅失去電子，電極反應式是Cu－2e－===Cu2＋。（2）電極5生成銀的質量是2.16g，物質的量是0.02mol，轉移0.02mol電子。B池中共收集到224mL氣體(標準狀況)，則氣體的物質的量是0.01mol。如果氣體全部是氧氣，則轉移電子是0.04mol。顯然電子的得失不守恒，所以生成的氣體中還含有氫氣。根據電子的得失守恒可知，陽極生成氧氣的物質的量是0.02mol÷4=0.005mol，所以陰極生成的氫氣是0.01mol-0.005mol=0.005mol。則陰極析出的銅的物質的量是（0.02mol-0.005mol×2）÷2=0.005mol，因此電解硫酸銅溶液的物質的量濃度是0.005mol÷0.2L=0.025mol/L?？键c：考查電極名稱的判斷、電極反應式的書寫以及電解的有關計算【解析】【答案】(1)負正2H＋＋2e－===H2↑2Cl－－2e－===Cl2↑2Ag＋＋2e－===2AgCu－2e－===Cu2＋(2)0.025mol/L13、略

【分析】解：泡利不相容原理：每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子；

洪特規(guī)則是指在同一個電子亞層中排布的電子；總是盡先占據不同的軌道，且自旋方向相同；

所以違反泡利不相容原理的有③；違反洪特規(guī)則的有②④⑥；

故答案為：③；②④⑥．

泡利不相容原理：每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子；

洪特規(guī)則：在同一個電子亞層中排布的電子；總是盡先占據不同的軌道，且自旋方向相同，以此進行判斷．

本題考查原子核外電子的排布，題目難度不大，注意泡利原理、洪特規(guī)則的內容即可解答該題，學習中注意相關基礎知識的積累．【解析】③；②④⑥14、略

【分析】解：與氫氧化鈉溶液反應生成水玻璃的是二氧化硅，二氧化硅和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉水溶液為水玻璃，鈉元素的焰色反應為黃色，焰色反應呈黃色的是rm{壟脹}與水反應得到的水溶液能使紫色石蕊溶液呈藍色的是rm{壟脺}氨氣，既能與鹽酸又能與rm{NaOH}溶液反應的是rm{壟脵Al_{2}O_{3}}氧化鋁屬于兩性氧化物；

故答案為：rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脵}

二氧化硅和氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉水溶液為水玻璃；焰色反應為黃色的是鈉元素的焰色反應，與水反應生成能使紫色石蕊溶液呈藍色的為堿性溶液，兩性氧化物既可以和酸又可以和堿反應；

本題考查較綜合，側重物質性質的考查，熟悉常見物質之間的反應即可解答，注重基礎知識的考查，題目較簡單．【解析】rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脵}15、（1）Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O

（2）HCO3-+H+=H2O+CO2↑

（3）Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O【分析】【分析】本題考查化學方程式、離子方程式的書寫，難度不大。【解答】rm{(1)}氫氧化鈉與氫氧化鋁溶液反應化學程式為rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}故答案為：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}rm{(2)}小蘇打加入稀鹽酸溶液中離子方程式為rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}故答案為：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{(3)}氯氣溶于氫氧化鈉溶液中化學方程式為rm{Cl_{2}+2NaOH簍TNaClO+NaCl+H_{2}O}故答案為：rm{Cl_{2}+2NaOH簍TNaClO+NaCl+H_{2}O}rm{Cl_{2}+2NaOH簍T

NaClO+NaCl+H_{2}O}【解析】rm{(1)Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}rm{(2)HCO_{3}^{-}+H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{(3)Cl_{2}+2NaOH簍TNaClO+NaCl+H_{2}O}三、簡答題(共8題，共16分)16、略

【分析】解：（1）因為乙醇具有揮發(fā)性，所以從反應裝置出來的氣體除了生成的乙烯外還有揮發(fā)出來的乙醇，乙烯和乙醇都可以使酸性KMnO4溶液顏色褪去；故不一定是產生的乙烯；

故答案為：乙醇易揮發(fā)，揮發(fā)出來的乙醇也可以使酸性KMnO4溶液褪色；

（2）根據（1）的分析，只要在通入酸性KMnO4溶液之前除去乙醇就可以證明乙烯的生成了；除去乙醇最簡單的方法就是通入水中而且又不影響乙烯；

故答案為：在小試管之前增加一個盛有冷水的洗氣瓶；

（3）根據改進實驗裝置后，溶液顏色褪色不明顯，說明生成的乙烯量很少，結合資料一：溴乙烷于55℃時，在飽和氫氧化鈉的乙醇溶液中發(fā)生取代反應的產物的百分比為99%，而消去反應產物僅為1%，所以應該是反應溫度較低主要發(fā)生了取代反應，方程式為CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

故答案為：反應溫度較低；CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

（4）根據資料二：溴乙烷發(fā)生消去反應比較適宜的反應溫度為90℃～110℃；在該范圍，溫度越高，產生乙烯的速率越快，說明要產生乙烯要控制溫度在90℃～110℃，所以需要一個量程為200℃溫度計，再根據資料三：溴乙烷的沸點：38.2℃，所以在制得的乙烯中會含有溴乙烷氣體的雜質，需要冷凝除去，所以需要冷凝管；

故答案為：冷凝管（或者用較長的導氣管）；量程為200℃溫度計．

（1）從反應裝置出來的氣體除了生成的乙烯外還有揮發(fā)出來的乙醇，所以使酸性KMnO4溶液顏色褪去不一定是產生的乙烯在作用；

（2）根據（1）的分析，只要在通入酸性KMnO4溶液之前除去乙醇就可以證明乙烯的生成了；

（3）根據改進實驗裝置后；溶液顏色褪色不明顯，說明生成的乙烯量很少，結合資料一：溴乙烷于55℃時，在飽和氫氧化鈉的乙醇溶液中發(fā)生取代反應的產物的百分比為99%，而消去反應產物僅為1%不難分析原因；

（4）根據資料二：溴乙烷發(fā)生消去反應比較適宜的反應溫度為90℃～110℃；在該范圍，溫度越高，產生乙烯的速率越快，說明要產生乙烯要控制溫度在90℃～110℃，所以需要一個量程為200℃溫度計，再根據資料三：溴乙烷的沸點：38.2℃，所以在制得的乙烯中會含有溴乙烷氣體的雜質，需要冷凝除去，所以需要冷凝管．

本題通過探究溴乙烷的消去反應的條件及驗證產物，考查了物質性質實驗方案的設計，題目難度中等，正確分析題干信息為解答關鍵，注意掌握物質性質實驗方案的設計原則，試題側重考查學生的分析、理解能力及綜合應用所學知識的能力．【解析】乙醇易揮發(fā)，揮發(fā)出來的乙醇也可以使酸性KMnO4溶液褪色；在小試管之前增加一個盛有冷水的洗氣瓶；反應溫度較低；CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；冷凝管（或者用較長的導氣管）；量程為200℃溫度計17、略

【分析】解：rm{(1)C}的結構簡式為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{E}為rm{CH_{3}CH_{2}=CHCHO}含有碳碳雙鍵；醛基；

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}OH}碳碳雙鍵；醛基；

rm{(2)壟脵E}和rm{H_{2}}以物質的量比rm{1}rm{1}反應生成rm{F}的方程式為：rm{CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}

rm{CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}和rm{壟脷B}以物質的量比rm{F}rm{1}合成rm{2}的方程式為：屬于取代反應；

故答案為：rm{CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}取代反應．

rm{DBP}反應生成鄰苯二甲酸，結合信息rm{CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}可知rm{A}為rm{壟脵}為含兩個碳原子的烴的含氧衍生物，由核磁共振氫譜可知含有rm{A}種rm{C}原子，結合信息rm{3}可知rm{H}含有醛基，則rm{壟脷}為rm{D}rm{C}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{D}為rm{CH_{3}CHO}rm{E}和rm{CH_{3}CH_{2}=CHCHO}以物質的量比rm{E}rm{H_{2}}反應生成rm{1}rm{1}和rm{F}以物質的量比rm{B}rm{F}合成rm{1}合成rm{2}為酯化反應，則rm{DBP}為rm{DBP}rm{F}為以此解答該題．

本題考查有機物的推斷，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意根據有機物分子式、反應條件以及題目給予的反應信息進行推斷，熟練有機物官能團性質與轉化是關鍵，難度中等．rm{CH_{3}CH_{2}=CHCH_{2}OH}【解析】rm{CH_{3}CH_{2}OH}碳碳雙鍵、醛基；rm{CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}取代反應rm{CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}18、略

【分析】解：rm{(1)F}為rm{Cu}元素，基態(tài)原子的外圍電子排布式為rm{3d^{10}4s^{1}}故答案為：rm{3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，但rm{P}元素rm{3p}能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能rm{Cl>P>S}

故答案為：rm{Cl>P>S}

rm{(3)B}的氫化物為rm{NaH}所屬的晶體類型為離子晶體，故答案為：離子晶體；

rm{(4)C}和rm{D}反應可生成組成比為rm{1}rm{3}的化合物為rm{PCl_{3}}rm{P}形成rm{3}個rm{婁脛}鍵，孤電子對數為rm{dfrac{5-3隆脕1}{2}=1}則為rm{sp^{3}}雜化；立體構型為為三角錐形；

故答案為：三角錐形；rm{sp^{3}}

rm{(5)A}和rm{B}能夠形成化合物rm{F}為離子化合物，陰離子位于晶胞的頂點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則rm{Na}的個數為rm{8}rm{O}的個數為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}

rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}rm{N(Na)}rm{N(O)=2}則形成的化合物為rm{1}

晶胞的質量為rm{Na_{2}O}

晶胞的體積為rm{dfrac{62}{N_{A}}隆脕4}

則晶體rm{(a隆脕10^{-7})cm^{3}}的密度為rm{dfrac{dfrac{62}{N_{A}}隆脕4}{(a隆脕10^{-7})^{3}}g?cm^{-3}}

故答案為：rm{F}rm{dfrac{dfrac{62}{NA}隆脕4}{(a隆脕10^{-7})^{3}}}

A、rm{dfrac{dfrac

{62}{N_{A}}隆脕4}{(a隆脕10^{-7})^{3}}g?cm^{-3}}rm{Na_{2}O}rm{dfrac{dfrac

{62}{NA}隆脕4}{(a隆脕10^{-7})^{3}}}rm{B}rm{C}為原子序數依次增大的前四周期六種元素，rm{D}核外電子總數是最外層電子數的rm{E}倍，應為rm{F}元素，rm{C}rm{3}為同周期元素，則應為第三周期元素，rm{P}元素最外層有一個未成對電子，應為rm{C}元素，則rm{E}為rm{E}元素，rm{Cl}和rm{D}具有相同的電子層結構，結合原子序數關系可知rm{S}為rm{A^{2-}}元素，rm{B^{+}}為rm{A}元素，rm{O}的最外層只有rm{B}個電子，次外層有rm{Na}個電子，rm{F}為rm{1}元素；以此解答該題。

本題考查物質結構和性質，為高頻考點和常見題型，側重考查學生空間想象能力、知識運用能力，涉及晶胞計算、原子結構等知識點，綜合性較強，采用均攤法、價層電子對互斥理論等理論分析解答，題目難度中等。rm{18}【解析】rm{3d^{10}4s^{1}}rm{Cl>P>S}離子晶體；三角錐形；rm{sp^{3}}rm{Na_{2}O}rm{dfrac{dfrac{62}{NA}隆脕4}{(a隆脕10^{-7})^{3}}}rm{dfrac{dfrac

{62}{NA}隆脕4}{(a隆脕10^{-7})^{3}}}19、rm{(1)}rm{7}rm{4s}rm{7}rm{4s}rm{{,!}^{2}}rm{4p}

rm{4p}rm{{,!}^{1;}}rm{(2)}

rm{7}rm{1}rm{7}rm{1}

rm{(3)}原子晶體

rm{壟脵4}rm{4}rm{壟脵4}【分析】【分析】本題考查核外電子的運動狀態(tài)、價電子排布、共價鍵類型、雜化軌道理論、晶胞計算、晶體類型判斷、配位鍵的表示、配位數的計算等知識，難度一般?！窘獯稹縭m{(1)}基態(tài)原子核外電子排布中，rm{Al}原子核外有rm{7}個軌道，不同軌道上的電子自旋方向可能相同，所以鋁原子核外自旋方向相同的電子最多有rm{7}個；與鋁同族的第四周期元素原子的價電子為rm{4s}rm{4p}電子，其價電子排布式為rm{4s}基態(tài)原子核外電子排布中，rm{(1)}原子核外有rm{Al}個軌道，不同軌道上的電子自旋方向可能相同，所以鋁原子核外自旋方向相同的電子最多有rm{7}個；與鋁同族的第四周期元素原子的價電子為rm{7}rm{4s}電子，其價電子排布式為rm{4p}rm{4s}rm{{,!}^{2}}rm{4p}rm{4p}rm{{,!}^{1;}}，故填：rm{7}rm{4s}rm{7}rm{4s}rm{{,!}^{2}}

rm{4p}該分子中單鍵都是rm{4p}鍵、雙鍵中一個是rm{{,!}^{1;}}鍵而另一個是；鍵，該分子中含有rm{(2)}該分子中單鍵都是rm{婁脪}鍵、雙鍵中一個是rm{婁脪}鍵而另一個是rm{婁脨}鍵，該分子中含有rm{7}個rm{婁脪}鍵rm{1}個rm{婁脨}鍵，個rm{(2)}鍵rm{婁脪}個rm{婁脪}鍵，rm{婁脨}rm{7}

rm{婁脪}由圖可知，該晶胞中rm{1}原子位于每個小立方體中心，rm{婁脨}個鋁原子位于小立方體的故填：rm{7}rm{1}個頂點，所以rm{7}原子配位數是rm{1}利用均攤法計算rm{(3)壟脵}由圖可知，該晶胞中rm{N}原子位于每個小立方體中心，rm{4}個鋁原子位于小立方體的rm{4}個頂點，所以rm{N}原子配位數是rm{4}利用均攤法計算rm{Al}原子個數rm{=8隆脕1/8+6}原子個數rm{(3)壟脵}rm{N}rm{4}rm{4}故填：rm{N}rm{4}rm{Al}該晶胞的構成微粒是原子，所以屬于原子晶體；故填：原子晶體；rm{=8隆脕1/8+6}根據圖知，該物質中每個rm{隆脕}原子含有rm{1/2}個共價鍵，則每個rm{1/2}原子價層電子對個數是rm{=4}根據價層電子對互斥理論確定rm{4}原子雜化方式為rm{4}配位鍵由含有孤電子對的原子指向含有空軌道的原子，rm{壟脷}該晶胞的構成微粒是原子，所以屬于原子晶體；原子含有空軌道、rm{壟脷}原子含有孤電子對，所以其配位鍵為

故填：rm{(4)}。rm{Al}?！窘馕觥縭m{(1)}rm{7}rm{4s}rm{7}rm{4s}rm{{,!}^{2}}rm{4p}rm{4p}rm{{,!}^{1;}}rm{(2)}rm{7}rm{1}rm{7}rm{1}rm{(3)}原子晶體rm{壟脵4}rm{4}rm{壟脵4}20、（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1C＞Be＞B（2）①sp2②氫鍵、共價鍵③加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵，硼酸分子與水分子之間形成氫鍵（3）sp34mol【分析】【分析】本題考查了物質結構的知識，涉及電子排布式、第一電離能、雜化理論的應用氫鍵和分子間作用力等，涉及知識點較多，需要學生具備扎實的基礎與扎實遷移運用能力。【解答】rm{(1)Ga}與rm{B}同主族，處于第四周期Ⅲrm{A}族，核外電子數為rm{5+8+18=31}根據構造原理知其基態(tài)原子核外電子分布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{1}}同周期從左到右第一電離能增大，但是第rm{IIA}和第rm{IIIA}族、第rm{VA}和第rm{VIA}反常，故第一電離能：rm{C>Be>B}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{1}}rm{C>Be>B}

rm{(2)壟脵}由圖可知，rm{B}原子形成rm{3}個rm{B-O婁脪}鍵，沒有孤電子對，rm{B}原子雜化軌道數目為rm{3}rm{B}原子采取rm{sp^{2}}雜化方式；

故答案為：rm{sp^{2}}

rm{壟脷}由硼酸晶體結構可知，層內分子中rm{O}與rm{B}rm{H}之間形成共價鍵，分子間rm{H}rm{O}之間形成氫鍵；層與層之間為范德華力；

故答案為：氫鍵；共價鍵；

rm{壟脹}加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵；硼酸分子與水分子之間形成氫鍵，加熱時，硼酸的溶解度增大；

故答案為：加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵；硼酸分子與水分子之間形成氫鍵；

rm{(3)}立方氮化硼的結構和形體都類似金剛石，金剛石中每個rm{C}原子與其它rm{4}個碳原子形成四面體結構，整個晶體為立體網狀結構，則每個rm{B}原子形成rm{4}個共價鍵，則rm{B}原子的雜化類型為rm{sp^{3}}每個rm{B}原子形成rm{4}個共價鍵，則rm{1mol}立方氮化硼中rm{B-N}的物質的量為rm{4mol}

故答案為：rm{sp^{3}}rm{4mol}

【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{1;;}C>Be>B}rm{(2)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{sp^{2}}氫鍵、共價鍵rm{壟脷}加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵，硼酸分子與水分子之間形成氫鍵rm{壟脷}rm{壟脹}21、（1）①CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br②（2）①2﹣甲基戊烷；②4﹣甲基﹣2﹣己烯．（3）CH3CH2CH(CH3)C(CH3)(CH2CH3)CH2CH2CH3（4）BEAF【分析】【分析】本題考查了有機物的命名、化學方程式的書寫、同系物、同分異構體的概念，側重基礎知識的考查，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}rm{壟脵}乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，化學方程式為：乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中生成rm{壟脵}rm{1}二溴乙烷，化學方程式為：rm{2-}故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}Br-CH_{2}Br}rm{壟脷}rm{C{H}_{3}C{H}_{2}Br+NaOH;xrightarrow[triangle]{麓錄};C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+NaBr+{H}_{2}O}故答案為：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}Br+NaOH;xrightarrow[triangle]{麓錄};C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+NaBr+{H}_{2}O}溴乙烷的消去反應為依據命名原則，主鏈上有rm{C{H}_{3}C{H}_{2}Br+NaOH;

xrightarrow[triangle]{麓錄};C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+NaBr+{H}_{2}O

}個碳原子，rm{C{H}_{3}C{H}_{2}Br+NaOH;

xrightarrow[triangle]{麓錄};C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+NaBr+{H}_{2}O

}號位上有個甲基，故為rm{(2)壟脵}甲基戊烷，故答案為：rm{5}甲基戊烷；rm{2}依據命名原則，含有碳碳雙鍵的主鏈上有rm{2-}個碳原子，rm{2-}號位上有個甲基，故為rm{壟脷}甲基rm{6}己烯，故答案為：rm{4}甲基rm{4-}己烯；rm{-2-}rm{4-}rm{-2-}二甲基rm{(3)}乙基庚烷的結構簡式：rm{3}rm{4-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷的結構簡式：故答案為：rm{3}rm{4-}結構相似分子組成相差若干個rm{-4-}的有機物互為同系物，則rm{CH_