2024年沪科新版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版高二化学上册月考试卷705考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、某苛性钾样品中含有不与酸反应的杂质，为了测定苛性钾的纯度，取样品0.56g溶于水制成1L溶液。取此溶液25.00mL，用0.005mol／LH2SO4标准液滴定，用去24mL标准液。则苛性钾的纯度为A.96%B.48%C.9.6%D.56%2、下列物质不能通过化合反应制得的是rm{(}rm{)}A.rm{FeCl_{2}}B.rm{NaHCO_{3}}C.rm{Al(OH)_{3}}D.rm{Fe(OH)_{3}}3、下列说法中错误的是()rm{垄脵}根据质谱图的分析可以判断有机物的相对分子质量。

rm{垄脷}分子组成相差一个或几个rm{CH_{2}}原子团的有机物是同系物。

rm{垄脹}同系物一定同类，且电子数之差一定为rm{8}的整数倍。

rm{垄脺}互为同分异构体的两种有机物由于结构不同，所以其物理性质有差别，化学性质也一定不相似A.只有rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}C.只有rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脷垄脺}4、一种充电电池放电时的电极反应为：rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}rm{NiO(OH)+H_{2}O+e^{-}=Ni(OH)_{2}+OH^{-}}当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是rm{(}rm{)}

A.rm{H_{2}O}的还原B.rm{NiO(OH)}的还原C.rm{H_{2}}的氧化D.rm{Ni(OH)_{2}}的氧化5、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是rm{HXO_{4}>H_{2}YO_{4}>H_{3}ZO_{4}}则下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.气态氢化物的稳定性：rm{HX>H_{2}Y>ZH_{3}}B.非金属活泼性：rm{Y<X<Z}C.原子半径：rm{X>Y>Z}D.原子最外层电子数：rm{Z>Y>X}6、下列图象不符合事实是（）

A.图①：pH相同的H2S溶液、稀H2SO4溶液、H2SO3溶液露置于空气中一段时间后，溶液的pH随时间的变化情况B.图②：表示向乙酸溶液中通入NH3过程中溶液导电性的变化C.图③：将铜粉加入到一定量浓硝酸中产生的气体与加入铜量的变化情况D.图④知合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-（b-a）kJ•mol-17、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中的相对位置如图所示，已知它们的最外层电子数之和为rm{21}下列说法错误的是A.原子半径由大到小的顺序：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}B.元素最高正价由低到高的顺序：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}C.简单氢化物的热稳定性由弱到强的顺序：rm{Y}rm{Z}rm{W}D.最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序：rm{X}rm{Y}rm{Z}8、下列有机物有顺反异构的是()A.rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}丁烯B.rm{1-}氯rm{-1-}丙烯C.rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯D.丙烯评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（6分）某烃化学式为C8H10能使酸性KMnO4溶液褪色，溴水不能褪色，该烃具有_____种同分异构体,其中苯环上的一氯代物只有一种，该烃的结构简式为_________。10、（10分）计算题：已知：晶体“二氧化硅”可由晶体“硅”衍生得到；下图是晶体“硅”及“二氧化硅”的晶胞示意图：试回答：（1）请写出SiO2晶体的两种主要用途：（4分）（2）请写出与晶体SiO2化学键及晶体类型完全相同的两种物质的名称：（2分）（3）已知：二氧化硅晶体的密度为ρg/cm3,试求二氧化硅晶体中最近的两个Si原子之间的距离的表达式？（保留原表达式，不用化简）（4分）11、对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。（1）以下为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的。a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应为。取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是。（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是。（3）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于处。若X为锌，开关K置于处。12、rm{(1)}以下列出的是一些原子的rm{2p}能级和rm{3d}能级中电子排布的情况rm{{.}}试判断，哪些违反了泡利原理______，哪些违反了洪特规则______．

rm{(2)}用电子排布式表示下列原子的电子排布。

rm{(1)Fe}______rm{(2)Cu}______rm{(3)Cr}______rm{(4)Si}______．rm{(3)}金属元素rm{Cr}的一种配位数为rm{6}的配合物化学式为rm{{CrC}l_{3}{?}6H_{2}O{.}}已知rm{0{.}01molCrCl_{3}{?}6H_{2}O}在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生rm{0{.}02mol}rm{AgCl}沉淀rm{{.}}则此配合物的配离子的化学式为______．13、（15分）下表是元素周期律的一部分。根据表中的10种元素，用元素符号或化学式填空。。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3⑧⑨④⑤⑥⑦4⑩（1）在①～⑩元素中金属性最强的金属元素是____；第一电离能最小的元素是____；电负性最强的元素是____（2）在①～⑩元素的最高价氧化物的水化物呈两性的是________________；⑥形成的最高价氧化物的水化物的分子式是；（3）①形成的气态氢化物的结构式是____；其中心原子采取____杂化，空间构型为____（4）①和②形成的化合物是____晶体，电子式是________；①和④、②和④可形成____（填“离子”或“共价”）化合物，是晶体，熔点高的是____，理由。14、电化学反应在实际生产生活中有重要的用途。rm{(1)}下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。rm{垄脵}电解氯化钠溶液的离子反应方程式为____rm{垄脷}精制饱和食盐水从图中____位置补充，浓氢氧化钠溶液从图中____位置流出。rm{(}选填“rm{a}”、“rm{b}”、“rm{c}”或“rm{d}”rm{)}rm{(2)}现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解rm{Na_{2}SO_{4}}溶液生产rm{NaOH}溶液和rm{H_{2}SO_{4}}溶液。下列说法中正确的是()A.rm{b}是阳离子交换膜，允许rm{Na^{+}}通过B.从rm{A}口出来的是rm{NaOH}溶液C.阴极反应式为rm{4OH^{-}-4e^{-}篓T2H_{2}O+O_{2}隆眉}D.rm{Na_{2}SO_{4}}溶液从rm{G}口加入rm{(3)}利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若rm{X}为铜，为减缓铁的腐蚀，开关rm{K}应置于____处，铁棒上发生的电极反应为；若rm{X}为锌棒，且把开关rm{K}置于rm{M}处，铁棒上的电极反应为_________，该电化学防护法称为。rm{(4)}现用下图装置给铜件镀银，则rm{H}应该是____rm{(}填“镀层金属”或“镀件”rm{)}电镀液是_________溶液rm{.}当电路中转移rm{0.05mole^{-}}时，丙中镀件上析出银的质量为_________。评卷人得分三、简答题(共7题，共14分)15、某课外活动小组对甲酸进行了如下的实验；以验证其含有醛基，并考察其化学性质，首先做了银镜反应．

（1）在甲酸进行银镜反应前，必须在其中加入一定量的______，因为______．

（2）写出甲酸进行银镜反应的化学方程式______．

（3）某同学很成功的做了银镜反应，他肯定没有进行的操作______（写字母）

A；用洁净试管。

B、在浓度为2%的NH3•H2O中滴入稍过量的浓度为2%的硝酸银。

C；用前几天配制好的银氨溶液。

D；在银氨溶液里加入稍过量的甲酸。

E；用小火对试管直接加热。

F；反应过程中；振荡试管使之充分反应。

然后；同学们对甲酸与甲醇进行了酯化反应的研究：

（4）乙装置中长导管A的作用是______．

（5）写出甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式______．

（6）选择甲装置还是乙装置好？______，原因是______．

（7）实验过程中选用的药品、试剂或实验用品有：浓H2SO4、甲醇、甲酸还有______、______两种必备用品．

（8）一同学用装有饱和氢氧化钠的三颈瓶接收甲酸甲酯，几乎没有收集到产物，请给予合理的解释______．16、乙醇在浓硫酸的作用下；加热到170℃时生成乙烯．某实验小组同学根据此反应设计了如图装置制取乙烯．请回答：

（1）仪器A的名称是______．

（2）收集乙烯的方法是______．

（3）加热前烧瓶中应加入碎瓷片，其目的是______．

（4）该反应的化学方程式为______，反应类型是______（填序号）．a．加成反应b．消去反应。

（5）将生成的乙烯通入高锰酸钾酸性溶液中，观察到的现象是______（填序号）．

a．溶液紫色褪去b．没有明显现象．17、rm{800K}时将rm{1molCO}和rm{1molH_{2}O(g)}充入体积为rm{1L}的固定容积的反应器中，在某条件下达到化学平衡状态：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}此时有rm{2/3}的rm{CO}转化为rm{CO_{2}}．

rm{(1)}该平衡混合物中rm{CO_{2}}的体积分数为____________

rm{(2)}该反应的化学平衡常数rm{K=}____________

rm{(3)}若使平衡向正方向移动，则下列说法中正确的是____________rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵}生成物的物质的量一定增加rm{垄脷}生成物的体积分数一定增加rm{垄脹}反应物的转化率一定增大rm{垄脺}反应物的浓度一定降低rm{垄脻}正反应速率一定大于逆反应速率rm{垄脼}一定使用了催化剂．

rm{(4)}在相同条件下，若向容器中充入rm{1molCO_{2}}rm{1molH_{2}}和rm{1molH_{2}O}则达到平衡时与rm{(1)}中平衡相比较，平衡应向____________rm{(}填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”rm{)}18、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样．请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO3固体；6摩尔/升盐酸和蒸馏水）．

请填写下列空白：

（1）写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式．______

（2）应选用的装置是（只要求写出图中装置的标号）______

（3）所选用装置的连接顺序应是（填各接口的字母；连接胶管省略）．______．19、目前半导体生产展开了一场“铜芯片”革命--在硅芯片上用铜代替铝布线，古老的金属铜在现代科技应用上取得了突破，用黄铜矿rm{(}主要成分为rm{CuFeS_{2})}生产粗铜；其反应原理如下：

rm{(1)}基态铜原子的外围电子排布式为______，硫、氧元素相比，第一电离能较大的元素是______rm{(}填元素符号rm{)}．

rm{(2)}反应rm{垄脵}rm{垄脷}中均生成有相同的气体分子；该分子的中心原子杂化类型是______，其立体结构是______．

rm{(3)}某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验：rm{CuSO_{4}}溶液rm{overset{{掳卤脣庐}}{}}蓝色沉淀rm{overset{{掳卤脣庐}}{}}沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液rm{.}写出蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式______；深蓝色透明溶液中的阳离子rm{(}不考虑rm{H^{+})}内存在的全部化学键类型有______．

rm{(4)}铜是第四周期最重要的过渡元素之一，其单质及化合物具有广泛用途，铜晶体中铜原子堆积模型为______；铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为rm{d}rm{g/cm^{3}}阿伏加德罗常数的值为rm{N_{A}}则该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为______rm{pm.((}用含rm{d}和rm{N_{A}}的式子表示rm{)}．20、对rm{-}甲乙苯rm{(}rm{)}是一种重要的有机原料；用该物质可合成其他物质．

已知：rm{垄脵1molD}与足量钠反应可生成rm{1mol}氢气；

rm{垄脷D}rm{E}rm{F}每种分子中均只含有一种含氧官能团．

rm{垄脹G}是一种有机高分子化合物．

回答下列问题：

rm{(1)}对rm{-}甲乙苯的系统命名为______；rm{A}的结构简式为______．

rm{(2)A隆煤B}的反应类型为______；rm{F}中含氧官能团的名称为______．

rm{(3)C}在引发剂的作用下；可生成高分子化合物，该高分子化合物的链节为______．

rm{(4)1molE}和足量银氨溶液反应；生成沉淀的物质的量为______．

rm{(5)D+F隆煤G}的化学方程式为______．

rm{(6)H}比rm{D}相对分子质量小rm{14}rm{H}的同分异构体能同时满足如下条件：

rm{垄脵}苯环上有两个取代基；rm{垄脷}遇氯化铁溶液显紫色；rm{垄脹}核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积比为rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}写出rm{H}的这种同分异构体的简式______．21、某化合物M（仅含三种短周期元素）是一种储氢材料。为探究M的组成和性质；设计并完成如下实验：

已知：化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：

（1）化合物M的组成元素是______（用元素符号表示）。

（2）化合物A与水反应的化学方程式是______。

（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，该反应的化学方程式是______。评卷人得分四、解答题(共2题，共6分)22、上海世博会的亮点之一是实现“二氧化碳零排放”．

①现在人们使用乙醇汽油作为汽车燃料充分体现了低碳经济，物质的量相同的乙醇与汽油（设为C8H18）均完全燃烧产生的CO2的物质的量之比为______；人们已尝试使用______作为汽车燃料可真正实现“二氧化碳零排放”．

②世博停车场，安装有汽车尾气催化光解设施，它能将汽车尾气中CO和NOx反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，请写出CO和NOx在一定条件下反应的化学方程式：______2xCO2+N223、实验室用图示装置制取乙酸乙酯．

（1）浓H2SO4的作用是：①______；②______．

（2）右边收集试管内装有______；该溶液的作用是______．导气管不能插入液面以下，原因是______．加热前，大试管中加入几粒碎瓷片的作用是______．

（3）制取乙酸乙酯的反应方程式是______

评卷人得分五、有机推断题(共4题，共36分)24、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．25、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。27、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】根据原子守恒可知，生成硫酸钾的物质的量是0.005mol／L×0.024L＝0.00012mol，所以1L溶液中氢氧化钾的物质的量是0.00012mol×1000÷25×2＝0.0096mol，则氢氧化钾的质量是0.0096mol×56g/mol＝0.5376g，所以纯度是0.5376g÷0.56g×100％＝96％，答案选A。【解析】【答案】A2、C【分析】解：rm{A.}铁和氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁，反应为rm{Fe+2FeCl_{3}=3FeCl_{2}}故A不选；

B.碳酸钠；水以及二氧化碳反应会生成碳酸氢钠；即能通过化合反应制得，故B不选；

C.氧化铝和水不反应；则氢氧化铝不能由化合反应生成，故C选；

D.氢氧化亚铁和氧气水反应化合为氢氧化铁，反应的化学方程式为：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}}故D不选．

故选C．

A.可由氯化铁和铁发生化合反应生成；

B.碳酸钠；水以及二氧化碳反应会生成碳酸氢钠；

C.不能由化合反应生成；

D.可由氢氧化亚铁；氧气和水反应生成．

本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】本题考查的是有机物结构式和确定有机物实验式和分子式的确定；同系物；同分异构现象和同分异构体【解答】rm{垄脵}质谱能够快速、精确地测定有机物的相对分子质量，故rm{垄脵}正确；rm{垄脷}分子组成相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质，其分子结构不一定相似，如rm{CH_{2}=CH_{2}}与故rm{垄脷}错误；rm{垄脹}同系物结构相似，一定同类；在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团，故电子数之差一定为rm{8}的整数倍，故rm{垄脹}正确；rm{垄脺}同分异构体的种类很多，有官能团异构，性质不相似，但还有其他异构，如位置异构，如rm{1-}丁烯和rm{2-}丁烯，都是烯烃，性质相似，故rm{垄脺}错误。故选D。

【解析】rm{D}4、D【分析】【分析】

本题考查原电池和电解池原理。【解答】

与外电源正极连接的电极是阳极；阳极失去电子，发生氧化反应。根据放电的电极反应式可知，充电时原来发生还原反应的电极将发生氧化反应，所以答案选D。

【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是rm{HXO_{4}>H_{2}YO_{4}>H_{3}ZO_{4}}则非金属性rm{X>Y>Z}

A.非金属性rm{X>Y>Z}则气态氢化物的稳定性：rm{HX>H_{2}Y>ZH_{3}}故A正确；

B.由上述分析可知，非金属性rm{X>Y>Z}故B错误；

C.同周期非金属性强的原子半径小，则原子半径：rm{Z>Y>X}故C错误；

D.同周期从左向右最外层电子数增大，则原子最外层电子数：rm{X>Y>Z}故D错误；

故选：rm{A}

rm{X}rm{Y}rm{Z}是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是rm{HXO_{4}>H_{2}YO_{4}>H_{3}ZO_{4}}则非金属性rm{X>Y>Z}结合元素周期律来解答．

本题考查位置、结构与性质的应用，为高频考点，把握同周期元素的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期律及元素的性质，题目难度不大．【解析】rm{A}6、B【分析】解：A．H2S溶液被氧化生成水和S，其pH增大，稀H2SO4溶液不发生变化，其pH不变，而H2SO3溶液被氧化生成硫酸；氢离子浓度增大，其pH减小，与图象一致，故A正确；

B．乙酸为弱电解质；溶液的导电能力较弱，与氨气反应生成醋酸铵为强电解质，溶液的导电能力增强，图中曲线变化趋势错误，故B错误；

C．铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体；随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；

D．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-（b-a）kJ•mol-1；故D正确．

故选B．

A．pH相同的三种酸性溶液，由图象可知，a的pH变大，b的pH不变，c的pH减小，则露置于空气中一段时间，a可能被氧化，b为不挥发的强酸；c中氢离子浓度增大，以此来解答；

B．乙酸为弱电解质；与氨气反应生成醋酸铵为强电解质；

C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；与稀硝酸反应生成NO；

D．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能．

本题考查了图象的分析和应用，涉及元素化合物的性质、溶液的导电性、反应热等，题目难度不大，侧重于考查学生的读图能力．【解析】【答案】B7、B【分析】本题考查元素周期表与元素周期律。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，由位置关系可知，rm{W}处于第二周期，rm{X}rm{Y}rm{Z}处于第三周期，设rm{X}原子最外层电子数为rm{a}则rm{Y}rm{Z}rm{W}最外层电子数依次为rm{a+2}rm{a+3}rm{a+4}四种元素的原子最外层电子数之和为rm{21}则：rm{a+a+2+a+3+a+4=21}解得rm{a=3}故rm{X}为rm{Al}rm{Y}为rm{P}rm{Z}为rm{S}rm{W}为rm{F}．

A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：rm{X>Y>Z>W}故A正确；

B.rm{F}元素没有最高价正化合价rm{+7}故B错误；

C.同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性rm{Y<Z<W}非金属性越强，对应氢化物越稳定，故C正确；

D.同周期自左而右非金属性增强，故非金属性rm{X<Y<Z}非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}8、B【分析】【分析】本题考查有机物的同分异构体，题目难度中等，注意把握顺反异构的结构要求。存在顺反异构体的条件rm{垄脵}分子中至少有一个键不能自由旋转rm{(}否则将变成另外一种分子rm{)}rm{垄脷}双键上同一碳上不能有相同的基团。【解答】A.rm{2}rm{3-}二甲基rm{-2-}丁烯为rm{(CH_{3})_{2}C=CCH_{3}CH_{3}}同一碳上连相同的基团：甲基；故A错误；

B.rm{1-}氯rm{-1-}丙烯为rm{CH_{3}CH=CHCl}双键上同一碳上连不相同的基团：氯原子和氢原子或氢原子和甲基，存在顺反异构，故B正确；

C.rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯为rm{CH_{3}C(CH_{3})=CHCH_{3}}双键同一碳上连相同的基团：甲基，故C错误；

D.丙烯为rm{CH_{3}CH=CH_{2}}双键同一碳上连有相同的原子：氢原子，故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】根据该化合物的分子式以及性质可判断，该物质属于苯的同系物，共有4种同分异构体，其中有3种二甲苯、1种乙苯。若苯环上的一氯代物只有一种，则该有机物是对二甲苯。【解析】【答案】4、10、略

【分析】【解析】【答案】(1)光导纤维、制玻璃、集成电路等(2)碳化硅、氮化硼（3）11、略

【分析】试题分析：（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为b；②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-＝Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于HCO3－与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀；（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定；（3）金属的防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法，若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极作阴极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）。考点：考查金属的性质、盐类的水解、电解、电镀以及金属的腐蚀及防护知识【解析】【答案】（1）①b（2分）②2Al+3H2O-6e－=Al2O3+6H+（2分）；HCO3－与H＋反应使H＋浓度减小，产生Al(OH)3沉淀（2分）（2）阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2＋,保持溶液中Cu2＋浓度恒定（2分）（3）N（2分）M（2分）12、（1）③②④⑥

（2）(1)1s22s22p63s23p63d64s2(2)1s22s22p63s23p63d104s1(3)1s22s22p63s23p63d54s1(4)1s22s22p63s23p2

（3）[Cr(H2O)5Cl]2+

【分析】【分析】本题考查原子结构的构造原理、原子核外电子排布和配合物的成键情况，侧重基础知识的考查，熟记和理解原子核外电子排布规律和配合物中原子间成键的规律是关键，题目难度不大。rm{(1)}泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳rm{2}个自旋状态相反的电子；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳rm{(1)}个自旋状态相反的电子；

rm{2}洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同，以此进行判断；根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；rm{(2)}根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；rm{(2)}rm{(3)}氯化铬rm{(CrCl}rm{(CrCl}rm{{,!}_{3}}中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬rm{?6H}rm{?6H}rm{{,!}_{2}}rm{O)}中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬rm{(CrCl}rm{O)}和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬rm{(CrCl}rm{{,!}_{3}}rm{?6H}rm{?6H}rm{{,!}_{2}}的化学式，得出该样品的配离子。rm{O)}和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬rm{(CrCl}【解答】rm{O)}泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳rm{(CrCl}个自旋状态相反的电子；洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；所以违反泡利不相容原理的有rm{{,!}_{3}}违反洪特规则的有rm{?6H}故答案为：rm{?6H}rm{{,!}_{2}}rm{O)}的化学式，得出该样品的配离子rm{O)}rm{(1)}元素为rm{2}号元素rm{2}原子核外有rm{2}个电子rm{2}所以核外电子排布式为：rm{2}rm{2}rm{垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}

rm{垄脹}故答案为：rm{垄脷垄脺垄脼}rm{(2)}rm{(1)}rm{F}rm{e}；rm{(1)}rm{F}rm{e}rm{(1)}rm{F}rm{e}rm{(1)}rm{F}rm{e}元素为rm{(1)}rm{F}rm{e}号元素rm{(1)}原子核外有rm{(1)}个电子rm{F}所以核外电子排布式为：rm{F}rm{e}rm{e}rm{26}

rm{26}故答案为：rm{26}rm{26}rm{26}；rm{26}，，元素为，号元素，原子核外有，个电子rm{26}所以核外电子排布式为：rm{26}rm{26}rm{26}rm{26}

rm{26}故答案为：，，，；，，元素为号元素原子核外有个电子所以核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}，，故答案为：，，，，氯化铬rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生rm{(2)}rm{C}rm{u}沉淀，氯化铬rm{(2)}rm{C}rm{u}rm{(2)}rm{C}rm{u}rm{(2)}rm{C}rm{u}rm{(2)}rm{C}rm{u}rm{(2)}rm{(2)}rm{C}rm{C}rm{u}rm{u}rm{29}rm{29}rm{29}rm{29}和氯化银的物质的量之比是rm{29}rm{29}，，根据氯离子守恒知，一个氯化铬，，rm{29}rm{29}rm{29}rm{29}rm{29}rm{29}，，，，，化学式中含有个氯离子，剩余的个氯离子作配体，所以氯化铬rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}，，，，，，的化学式应为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}则此配合物的配离子的化学式为rm{(3)}rm{C}rm{r}rm{(3)}rm{C}rm{r}rm{(3)}rm{C}rm{r}rm{(3)}rm{C}rm{r}rm{(3)}rm{C}rm{r}rm{(3)}rm{(3)}rm{C}rm{C}rm{r}rm{r}rm{24}rm{24}，故答案为：rm{24}rm{24}rm{24}rm{24}，，，，，rm{24}rm{24}rm{24}rm{24}rm{24}rm{24}，，【解析】rm{(1)垄脹}rm{垄脷垄脺垄脼}rm{(2)}rm{(1)}rm{(1)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2;}}rm{(2)}rm{(3)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}rm{(2)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{(3)

1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}

rm{(4)}13、略

【分析】考查元素周期表的结构和元素周期律的应用。根据元素在周期表的位置可判断，①～⑩分别是C、O、F、Si、S、Cl、Ar、Na、Al、Br。（1）金属性越强，第一电离能越小，是最小的是Na。非金属性越强，电负性越大，因此是F。（2）氢氧化铝是两性氢氧化物，Cl最高价是＋7价，所以最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4.(3)碳的氢化物是甲烷，属于正四面体型，碳原子采取的是sp3杂化，结构式为（4）C和O形成的CO2是分子晶体，含有极性键，电子式为C和Si通过极性键形成共价化合物SiC，是原子晶体，熔点高。这是由于形成的SiC的共价键的键能很大，破坏共价键需要消耗大量的能量，所以熔点很高。【解析】【答案】（1）NaNaF(2)Al(OH)3HClO4(3)SP3正四面体（4）分子共价原子二氧化硅形成的SiC的共价键的键能很大，破坏共价键需要消耗大量的能量。14、（1）①2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑②ad（2）A（3）N2H++2e﹣=H2↑O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣牺牲阳极的阴极保护法（4）镀件AgNO35.4g【分析】【分析】本题考查电解池的工作原理，电极反应式和离子方程式的书写，金属的腐蚀和防护、电镀、电化学计算等，难度较大。【解答】rm{(1)垄脵}电解氯化钠溶液的离子反应方程式为：电解氯化钠溶液的离子反应方程式为：rm{(1)垄脵}rm{2Cl^{-}+2H_{2}O}故答案为：rm{2OH^{-}+Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}O}rm{2OH^{-}+Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉}极为阳极，消耗rm{垄脷c}则精制饱和食盐水从图中rm{Cl^{-}}位置补充，rm{a}为阴极，消耗氢离子，生成氢氧化钠，则浓氢氧化钠溶液从图中rm{d}位置流出；故答案为：rm{b}rm{a}rm{d}右侧为阴极室，则rm{(2)A.}是阳离子交换膜，允许rm{b}通过，故A正确；B.rm{Na^{+}}为阳极，消耗氢氧根离子，rm{A}为rm{a}从阴离子交换膜，硫酸根离子从中间室移向阳极室，则口出来的是rm{A}溶液，故B错误；C.阴极反应式为rm{Na_{2}SO_{4}}故C错误；D.rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}溶液从rm{Na_{2}SO_{4}}口加入，故D错误；故答案为：rm{F}rm{A}若rm{(3)}为铜，为减缓铁的腐蚀，开关rm{X}应置于rm{K}处，铁棒为阴极，发生的电极反应为rm{N}若rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}为锌棒，且把开关rm{X}置于rm{K}处为原电池，铁棒上的电极反应为rm{M}该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；故答案为：rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}rm{N}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}牺牲阳极的阴极保护法；rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}用图示装置给铜件镀银，则rm{(4)}用图示装置给铜件镀银，则rm{H}是阴极，应该是是阴极，应该是rm{(4)}rm{H}镀件；电镀液是rm{AgNO_{3}}溶液；当电路中转移rm{0.05mole}rm{0.05mole}镀件；rm{{,!}^{-}}时，丙中镀件上析出银的质量为rm{0.05mol隆脕108g/mol=5.4g}【解析】rm{(1)垄脵}rm{2Cl^{-}+2H_{2}O}rm{2OH^{-}+Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉}rm{垄脷}rm{a}rm{d}rm{(2)A}rm{(3)N}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}牺牲阳极的阴极保护法rm{(4)}镀件rm{AgNO_{3;;;;}}rm{5.4g}三、简答题(共7题，共14分)15、略

【分析】解：（1）银镜反应的条件是在碱性条件下发生，在甲酸进行银镜反应前，必须在其中加入一定量的碱，可以加NaOH（Na2CO3）溶液；

故答案为：NaOH（Na2CO3）溶液；反应必须在碱性条件下发生；

（2）甲酸含有醛基，能发生银镜反应，发生反应HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3↑+H2O；

故答案为：HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3↑+H2O；

（3）银镜反应的条件是在碱性条件下发生的；是在新制的银氨溶液中加入少量需要检验的有机物，水浴加热，生成银镜现象，反应过程中不能震荡，试管要洁净，银氨溶液需要新制，制备方法是想硝酸银溶液中加入氨水，生成沉淀，继续加入到沉淀恰好溶解得到银氨溶液，所以成功的做了银镜反应；

A；用洁净试管使银析出均匀；故A需要；

B、在浓度为2%的NH3•H2O中滴入稍过量的浓度为2%的硝酸银；滴加试剂顺序错误，需碱过量，故B不需要；

C；久置的银氨溶液会析出氮化银、亚氨基化银等爆炸性沉淀物；易反应危险．故C不需要；

D；银镜反应需要反应的条件是碱性条件；故D不需要；

E；为得到均匀的银镜；需要用水浴加热，故E不需要；

F；为得到均匀银镜；反应过程不能震荡，故F不需要；

故答案为：BCDEF；

（4）乙装置中长导管A的作用是冷凝回流甲醇；平衡内外大气压强；

故答案为：冷凝回流甲醇；平衡内外大气压强；

（5）甲酸和甲醇进行酯化反应的历程是羧酸脱羟基醇脱氢，反应化学方程式为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；

故答案为：HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；

（6）甲醇是有毒的易挥发的有机物；需要密封装置中进行，所以选择乙，冷凝效果好，减少了甲醇等有毒物质对大气的污染；

故答案为：乙；冷凝效果好；减少了甲醇等有毒物质对大气的污染；

（7）甲酸和甲醇沸点低；易挥发，需用碎瓷片（沸石），为了降低了甲酸甲酯的溶解度，同时还能除去混有的甲醇和甲酸，需用饱和碳酸钠溶液；

故答案为：饱和碳酸钠溶液；碎瓷片（沸石）；

（8）用装有饱和氢氧化钠的三颈瓶接收甲酸甲酯；几乎没有收集到产物，是因为甲酸甲酯在NaOH溶液中发生水解，生成甲酸钠和甲醇，得不到酯；

故答案为：强碱性条件下；甲酸甲酯水解了．

（1）银镜反应的条件是在碱性条件下发生；

（2）能发生银镜反应的物质必含有醛基官能团；甲酸含有醛基，可以发生银镜反应；

（3）依据银镜反应的实验操作和注意问题分析判断；

（4）依据实验装置；实验过程，反应的原理产物性质分析；

（5）依据酯化反应的反应历程是羧酸脱羟基醇脱氢书写；

（6）根据甲醇性质分析；甲醇是有毒的易挥发的有机物；

（7）根据甲酸；甲醇的性质和饱和碳酸钠的作用解答；

（8）酯在碱溶液中水解生成酸盐和醇．

本题考查了有机物性质的应用、实验操作的步骤、注意问题、试剂选择、反应现象、装置的分析等，掌握醛基检验的实验方法判断，装置的原理应用是解答的关键，题目难度中等．【解析】NaOH（Na2CO3）溶液；反应必须在碱性条件下发生；HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3↑+H2O；BCDEF；冷凝回流甲醇，平衡内外大气压强；HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O；乙；冷凝效果好，减少了甲醇等有毒物质对大气的污染；饱和碳酸钠溶液；碎瓷片（沸石）；强碱性条件下，甲酸甲酯水解了16、略

【分析】解：（1）仪器A的名称是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶；

（2）乙烯的密度与空气接近；不能用排气法收集，只能用排水法收集，故答案为：排水集气法；

（3）纯液体加热容易暴沸；一般需要加入碎瓷片或沸石防暴沸，故答案为：防止液体暴沸；

（4）实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；乙醇脱去1分子的水生成乙烯，属于消去反应，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；b；

（5）乙烯容易被高锰酸钾氧化；使高锰酸钾的紫色褪去，故答案为：a．

（1）根据仪器形状和用途确定仪器名称；

（2）乙烯不溶于水；

（3）防止液体暴沸；

（4）有机化合物在有β氢的条件下；从一个分子中脱去一个或几个小分子（如水；卤化氢等分子），而生成不饱和（碳碳双键或三键或苯环状）化合物的反应，叫做消去反应；

（5）乙烯有还原性；高锰酸钾有强氧化性．

本题考查实验室制取乙烯的装置及乙烯的性质，难度不大，只要把握住实验室制取乙烯的原理，对于仪器及试剂使用的目的清楚，本题可以轻松解决．【解析】圆底烧瓶；排水集气法；防止液体暴沸；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；b；a17、（1）33.3%）133.3%）（2）42）4⑤（3）①⑤3）正反应方向①【分析】【分析】

本题旨在考查学生对化学平衡常数、计算、移动原理等应用。【解答】

rm{CO(g)+H}rm{CO(g)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)?CO}rm{O(g)?CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+H}．rm{(g)+H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}．rm{(g)}起始：rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}变化：rm{2/3}rm{2/3}

rm{2/3}rm{2/3}rm{2/3}平衡：rm{1/3}

rm{1/3}该平衡混合物中rm{2/3}的体积分数为rm{dfrac{dfrac{2}{3}}{2}隆脕100拢楼=33.3拢楼}故答案为：rm{2/3}

rm{(1)}该平衡混合物中rm{CO}该反应的化学平衡常数rm{K;=;dfrac{dfrac{2}{3}隆脕dfrac{2}{3}}{dfrac{1}{3}隆脕dfrac{1}{3}}=4}故答案为：rm{(1)}

rm{CO}若使平衡向正方向移动，生成物的物质的量一定增加，故正确；

rm{{,!}_{2}}的体积分数为rm{dfrac{

dfrac{2}{3}}{2}隆脕100拢楼=33.3拢楼}故答案为：rm{33.3%}rm{dfrac{

dfrac{2}{3}}{2}隆脕100拢楼=33.3拢楼}

rm{33.3%}若使平衡向正方向移动，

rm{(2)}该反应的化学平衡常数rm{(2)}rm{K;=;dfrac{dfrac{2}{3}隆脕

dfrac{2}{3}}{dfrac{1}{3}隆脕dfrac{1}{3}}=4}反应物的浓度不一定降低，故错误；

rm{4}rm{(3)垄脵}若使平衡向正方向移动，生成物的物质的量一定增加，故正确；rm{(3)垄脵}正反应速率一定大于逆反应速率，故正确；

rm{垄脷}催化剂不影响平衡移动，故错误。

rm{垄脷}若使平衡向正方向移动，生成物的体积分数不一定增加，故错误；正确。故答案为：

rm{垄脹}rm{垄脹}在相同条件下，若向容器中充入反应物的转化率不一定增大，故错误；rm{垄脺}反应物的浓度不一定降低，故错误；rm{垄脺}相对于rm{垄脻}正反应速率一定大于逆反应速率，故正确；中增大反应物的量，平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应方向。rm{垄脻}rm{垄脼}催化剂不影响平衡移动，故错误。

rm{垄脼}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{33.3%}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{33.3%}rm{33.3%}rm{(}rm{2}rm{)}rm{4}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{4}rm{4}rm{(}rm{3}rm{)}rm{垄脵}rm{垄脻}rm{(}rm{3}正反应方向rm{3}rm{)}18、略

【分析】解：（1）氧化钠和过氧化钠均能和水反应，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH；

（2）实验的原理是：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠溶液的同时；还会生成氧气，但氧气中会有水蒸气，要用浓硫酸吸水，然后可以用排水量气法测定氧的体积，进而确定过氧化钠的量及其百分含量，故可选择的装置为⑤①④即可，故答案为：⑤②①④；

（3）用排水量气法测定氧体的体积时；其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，大气压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氧气的体积，故连接次序：（G）接（D）（C）（B）（A）接（F），故答案为：（（G）接（D）（C）（B）（A）接（F）．

（1）氧化钠和过氧化钠均能和水反应；

（2）根据氧化钠和过氧化钠与水反应的区别：过氧化钠和水反应生成氢氧化钠溶液的同时；还会生成氧气，可以用排水量气法测定氧气的体积，进而确定过氧化钠的量及其百分含量；

（3）装置的组装顺序：固体混合物与水反应；用排水量气法测定氧气的体积；其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，大气压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氧气的体积．

本题主要考查学生金属钠的氧化物和过氧化物的性质以及用排水量气法测定气体的体积的方法，难度不大．【解析】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O+H2O=2NaOH；⑤②①④；（G）接（D）（C）（B）（A）接（F）19、略

【分析】解：rm{(1)Cu}位于第四周期ⅤⅡrm{B}族，是rm{29}号元素，基态铜原子的价电子排布式为rm{3d^{10}4s^{1}}同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；所以第一电离能较大的是氧；

故答案为：rm{3d^{10}4s^{1}}rm{O}

rm{(2)}由rm{(1)}分析知反应rm{垄脵垄脷}生成的相同气体分子是rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}中价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}(6-2隆脕2)=3}所以rm{=2+dfrac

{1}{2}(6-2隆脕2)=3}原子采用rm{S}杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是rm{sp^{2}}型；

故答案为：rm{V}rm{sp^{2}}型；

rm{V}硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成rm{(3)}离子，蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}深蓝色透明溶液中的阳离子rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}不考虑rm{(}内存在的全部化学键类型有共价键；配位键；

故答案为：rm{H^{+})}共价键；配位键；

rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，在铜的某种氧化物晶胞中，rm{(4)}原子在晶胞的顶点和体心，故rm{O}原子数rm{O}rm{=dfrac{1}{8}隆脕8+1=2}原子全部在体心，故Crm{Cu}原子数rm{u}即一个氧化亚铜晶胞中有rm{=4}个rm{2}原子和rm{O}个rm{4}原子，根据密度计算公式rm{Cu}可知，体积rm{V=dfrac{m}{rho}=dfrac{dfrac{288}{N_{A}}}{d}cm^{3}}所以晶胞的边长为rm{3dfrac{288}{dcdotN_{A}}cm}根据晶胞的结构图可知，晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的rm{娄脩=dfrac{m}{V}}所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{288}{dcdotN_{A}}cm=dfrac{sqrt{3}}{4}3dfrac{288}{dcdotN_{A}}隆脕10^{10}pm}

故答案为：面心立方最密堆积；rm{dfrac{sqrt{3}}{4}3dfrac{288}{dcdotN_{A}}隆脕10^{10}}．

rm{V=dfrac{m}{rho}=dfrac{dfrac

{288}{N_{A}}}{d}cm^{3}}位于第四周期ⅤⅡrm{3dfrac{288}{dcdotN_{A}}

cm}族，是rm{dfrac{sqrt{3}}{4}}号元素，基态铜原子的价电子排布式为rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{288}{dcdotN_{A}}cm=dfrac{sqrt{3}}{4}3dfrac{288}{dcdot

N_{A}}隆脕10^{10}pm}同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；

rm{dfrac{sqrt{3}}{4}3dfrac

{288}{dcdotN_{A}}隆脕10^{10}}由rm{(1)Cu}分析知反应rm{B}生成的相同气体分子是rm{29}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}中价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}(6-2隆脕2)=3}且含有一个孤电子对，所以其空间构型是rm{(2)}型，rm{(1)}原子采用rm{垄脵垄脷}杂化；

rm{SO_{2}}硫酸铜溶液与氨水生成氢氧化铜，氢氧化铜溶于过量的氨水，形成rm{SO_{2}}离子；离子中存在共价键；配位键；

rm{=2+dfrac

{1}{2}(6-2隆脕2)=3}铜晶体中铜原子堆积模型为面心立方最密堆积，由均摊法计算氧化亚铜晶胞中rm{V}原子和rm{S}原子的数目，根据密度计算公式rm{sp^{2}}计算出体积；再计算铜原子与氧原子之间的距离即可．

本题主要考查了晶胞的计算、核外电子排布、杂化轨道方式以及分子构型和配合物的内容，综合性较强，难度中等，利用均摊法计算晶胞的组成．rm{(3)}【解析】rm{3d^{10}4s^{1}}rm{O}rm{sp^{2}}rm{V}型；rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}共价键、配位键；面心立方最密堆积；rm{dfrac{sqrt{3}}{4}3dfrac{288}{dcdotN_{A}}隆脕10^{10}}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}3dfrac

{288}{dcdotN_{A}}隆脕10^{10}}20、1-甲基-4-乙基苯；消去反应；羧基；4mol；【分析】解：与液溴在光照条件下溴取代在侧链上，由于rm{D隆煤E隆煤F}是两步氧化，可推知它们是醇醛酸之间的转化，根据已知rm{(1)}可知每个rm{D}中含有两个羟基，再根据已知rm{(2)}推知溴只能取代在的两个甲基上，得到rm{A(}rm{)}再根据有机框图中的条件可以推得rm{D}为：rm{E}为：rm{F}为：rm{G}是一种有机高分子化合物，所以rm{G}为：根据rm{A隆煤B隆煤C}的条件，rm{NaOH}的醇溶液发生消去反应，rm{NaOH}的水溶液发生取代反应，可推知rm{B}为rm{C}为

rm{(1)}根据系统命名法规则，对rm{-}甲乙苯中以苯环作母链，从小取代基开始编号，甲基、乙基作支链如图所示rm{.}根据反应可推知rm{A}的结构为rm{.}故答案为：rm{1-}甲基rm{-4-}乙基苯；

rm{(2)}卤代烃在rm{NaOH}的醇溶液发生消去反应，根据前面的分析可知rm{F}的结构，从而可推知rm{F}中含有官能团为羧基；故答案为：消去反应；羧基；

rm{(3)}在一定条件下会发生加聚反应生成此高分子聚合物链节为：故答案为：

rm{(4)}根据反应：rm{+4[Ag(NH_{3})_{2}]^{+}+4OH}-rm{+2NH_{4}^{+}+4Ag隆媒+6NH_{3}+2H_{2}O}进行计算可得rm{Ag}的物质的量为rm{4mol}

故答案为：rm{4mol}

rm{(5)}根据前面的分析可得rm{D}为：rm{F}为：rm{D+F隆煤G}的化学方程式为：故答案为：

rm{(6)H}比rm{D}相对分子质量小rm{14}可知rm{H}的组成比rm{D}少一个碳，遇氯化铁溶液显紫色说明rm{H}中有苯酚的结构，苯环上有两个取代基且核磁共振氢谱为六组峰，说明rm{H}中两个取代基在苯环的对位，由于峰面积比为rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}rm{1}rm{1}则rm{H}的结构为故答案为：．

与液溴在光照条件下溴取代在侧链上，由于rm{D隆煤E隆煤F}是两步氧化，可推知它们是醇醛酸之间的转化，根据已知rm{(1)}可知每个rm{D}中含有两个羟基，再根据已知rm{(2)}推知溴只能取代在的两个甲基上，得到rm{A(}rm{)}再根据有机框图中的条件可以推得rm{D}为：rm{E}为：rm{F}为：

rm{G}是一种有机高分子化合物，所以rm{G}为：根据rm{A隆煤B隆煤C}的条件，rm{NaOH}的醇溶液发生消去反应，rm{NaOH}的水溶液发生取代反应，可推知rm{B}为rm{C}为

本题主要考查了学生对有机官能团性质及有机反应类型的把握情况，具有一定的综合性，只要基础扎实的学生解决这样的问题没什么难度，本题主要难点还是在于书写有条件的同分异构体rm{.}对学生综合分析问题的能力要求比较高．【解析】rm{1-}甲基rm{-4-}乙基苯；消去反应；羧基；rm{4mol}21、Mg、N、HMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑Mg+2NH3═Mg（NH2）2+H2↑【分析】解：（1）由上述分析可知；M中含元素为Mg；N、H；

故答案为：Mg；N、H；

（2）化合物A与水反应的化学方程式是Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑；

故答案为：Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑；

（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，气体为氢气，则该反应的化学方程式是Mg+2NH3═Mg（NH2）2+H2↑；

故答案为：Mg+2NH3═Mg（NH2）2+H2↑。

气体B（4.48L）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，其物质的量为=0.2mol，某物质M（仅含三种元素）是一种储氢材料，M隔绝空气高温分解生成固体A和氨气，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M，证明M中含有N、H、Mg元素，A只含两种元素，A和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量为0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，由元素守恒可知Mg元素物质的量0.15mol，M中含氮元素为0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量为=0.6mol，M中元素物质的量之比为n（Mg）：n（N）：n（H）=0.15：0.3：0.6=1：2：4，可知M化学式为Mg（NH2）2；以此来解答。

本题考查物质的含量测定实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、沉淀及气体的判断为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解析】Mg、N、HMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑Mg+2NH3═Mg（NH2）2+H2↑四、解答题(共2题，共6分)22、略

【分析】

①根据碳元素守恒，可知乙醇完全燃烧产生二氧化碳n（CO2）=2n（C2H5OH），汽油（设为C8H18）完全燃烧产生的二氧化碳n′（CO2）=8n（C8H18），物质的量相同的乙醇与汽油（设为C8H18）均完全燃烧产生的CO2的物质的量之比为n（CO2）：n′（CO2）=2n（C2H5OH）：8n（C8H18）=2：8=1：4；

人们已尝试使用氢气作为汽车燃料可真正实现“二氧化碳零排放”，故答案为：1：4；H2；

②CO和NOx反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，故CO和NOx反应生成的气体为CO2、N2，反应方程式为2xCO+2NOx2xCO2+N2；

故答案为：2xCO+2NOx2xCO2+N2；

③对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）环境污染称为白色污染；用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒；并可被用来制作世博会的证件及胸卡，可以防止产生白色污染．

故答案为：白色．

【解析】【答案】①根据碳元素守恒计算物质的量相同的乙醇与汽油（设为C8H18）均完全燃烧产生的CO2的物质的量之比；人们已尝试使用氢气作为汽车燃料可真正实现“二氧化碳零排放”；

②CO和NOx反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，故CO和NOx反应生成的气体为CO2、N2；据此书写方程式；

③对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）环境污染称为白色污染．

23、略

【分析】

（1）乙酸与乙醇发生酯化反应；需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化作用，吸水作用；

故答案为：催化剂；吸水剂；

（2）制备乙酸乙酯时常用