2025年湘教版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年湘教版高二化学下册阶段测试试卷293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7题，共14分)1、有关键能(破坏1mol共价键吸收的能量)数据如表。化学键Si—OO===OSi—Si键能/kJ·mol－1X498.8176晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)ΔH＝－989.2kJ·mol－1，则X的值为(已知1molSi中含有2molSi—Si键，1molSiO2中含有4molSi—O键)A.423.3B.460C.832D.9202、下列反应达到平衡后，增大压强或升高温度，平衡都向正反应方向移动的是3、某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是()A.反应过程可表示为：A+BC－→[ABC]－→AB+C（反应物）（过渡态）（产物）B.E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能C.正反应的热效应为△H=E1－E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应D.此图中逆反应的热效应△H=E1－E2，为吸热反应4、分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列完全正确的是（）。ABCD强电解质AgClSO3醋酸熔融NaOH弱电解质晶体桂BaSO4HFFe（OH）3非电解质CH4液氨C2H5OHC02A.AB.BC.CD.D5、相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水②0.1mol•L-1的盐酸③0.1mol•L-1的氯化镁溶液④0.1mol•L-1的硝酸银溶液中，其中Ag+浓度最大的是（）A.①B.②C.③D.④6、可逆反应rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}rm{triangleH<0}有甲、乙两个容积相同且不变的密闭容器，向甲容器中加入rm{1molA}和rm{3molB}在一定条件下到达平衡时放出热量为rm{Q_{1}kJ}在相同的条件下，向乙容器中加rm{2molC}达到平衡后吸收热量为rm{Q_{2}kJ}已知rm{Q_{1}=3Q_{2}}下列叙述错误的是rm{(}rm{)}A.乙中的热化学反应方程式为rm{2C(g)?A(g)+3B(g)}rm{triangleH=+3Q_{2}kJ?mol^{?1}}B.甲中rm{triangle

H=+3Q_{2}kJ?mol^{?1}}的转化率为rm{A}C.甲、乙中rm{75%}的体积分数相同D.平衡后再向甲中加入rm{C}rm{1molA}再次达平衡后rm{3molB}的转化率增大rm{A}7、下列关于有机物的说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.乙醇和乙酸分子中均含有一rm{OH}均可与rm{NaOH}反应B.甲烷和乙烯均能使酸性的高锰酸钾溶液褪色C.苯分子是一种单双键交替排列的特殊结构，所以既可发生取代又能加成反应D.煤和石油均为混合物评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)8、巴豆酸是一种对肠胃道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心脏有麻痹作用的有机酸，其结构简式为CH3-CH=CH-COOH．根据巴豆酸结构特点，判断下列说法正确的是（）A.巴豆酸能使溴的CCl4溶液褪色B.巴豆酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C.1mol巴豆酸能与2molH2发生加成反应D.巴豆酸能与CH3CH2OH发生取代反应9、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是rm{(}rm{)}A.氢氧化钡溶液与盐酸的反应rm{OH^{-}+H^{+}=H_{2}O}B.澄清的石灰水与稀盐酸反应rm{Ca(OH)_{2}+2H^{+}=Ca^{2+}+2H_{2}O}C.铜片插入硝酸银溶液中rm{Cu+Ag^{+}=Cu^{2+}+Ag}D.碳酸钙溶于稀盐酸中rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}10、某同学按如图所示的装置进行电解实验rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.电解过程中，铜电极上有rm{H_{2}}产生B.电解初期，主反应方程式为：rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}C.电解一定时间后，石墨电极上有铜析出D.整个电解过程中，rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}的浓度不断增大rm{H^{+}}11、某科学家利用二氧化铈rm{(CeO_{2})}在太阳能作用下将rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}转变成rm{H_{2}}rm{CO.}其过程如下：

rm{mCeO_{2}xrightarrow[垄脵]{{脤芦脩么脛脺}}(m-x)CeO_{2}?xCe+xO_{2}}

rm{(m-x)CeO_{2}?xCe+xH_{2}O+xCO_{2}xrightarrow[垄脷]{900隆忙}mCeO_{2}+xH_{2}+xCO}

下列说法不正确的是rm{mCeO_{2}

xrightarrow[垄脵]{{脤芦脩么脛脺}}(m-x)CeO_{2}?xCe+xO_{2}}rm{(m-x)CeO_{2}?xCe+xH_{2}O+xCO_{2}

xrightarrow[垄脷]{900隆忙}mCeO_{2}+xH_{2}+xCO}A.该过程中rm{(}没有消耗B.该过程实现了太阳能向化学能的转化C.图中rm{triangleH_{1}=triangleH_{2}+triangleH_{3}}D.rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}的反应热小于rm{)}rm{CeO_{2}}12、某气态烃1mol与2molHCl发生加成反应，所得的加成产物每摩又能与8mol氯气反应，最后得到一种只含碳、氯元素的化合物，则气态烃为（）A.丙炔B.1-丁炔C.丁烯D.1，3-丁二烯评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、（4分）写出（1）乙炔的电子式：；（2）聚氯乙烯的结构简式：____（3）苯和液溴反应生成溴苯的化学方程式：14、如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图；乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M；N两个电极的质量都不减少，请回答下列问题：

①N电极的材料是____，乙池N极的电极反应式是____．M极的电极反应式是____．

②在此过程中，乙池中某一电极析出金属银10.8g时，甲池中理论上消耗氧气为____L（标况下）．15、在乙烯；乙醇，乙酸，乙酸乙酯，葡萄糖，淀粉，这几种物质中．

（1）通常用作植物生长调节剂的是____；能发生银镜反应的是____；向淀粉溶液中加入碘水，溶液呈____色．

（2）其中一种物质能与溴的四氯化碳溶液反应而褪色，写出反应的化学方程式：____．写出制备乙酸乙酯的化学方程式____．16、下列五种有机物中：A．CH4B．CH2＝CH2C．CH3CH2OHD．CH3COOHE．淀粉（1）水溶液显酸性的是____（填编号，下同）。（2）可用于合成聚乙烯塑料的是。（3）通常用于检验碘单质的是____。17、（8分）现有下列4种物质：①NH3、②SO2、③NaCl溶液、④H2SO4溶液。其中，能使品红溶液褪色的是____（填序号，下同），焰色反应呈黄色的是____，遇氯化氢有白烟产生的是____，与氯化钡溶液反应产生白色沉淀的是____。18、（3分）将33.6L（标况下）乙烯和甲烷混合气体，通入足量的溴水中，充分反应后，水溶液的质量增加了14g。则原混合气体中乙烯与甲烷的体积之比为19、德国化学家哈伯从rm{1902}年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}rm{triangleH=-92.4kJ隆陇mol^{-1}}一种利用天然气合成氨的简易流程如下：天然气先经脱硫，然后通过两次转化，再经过二氧化碳脱除等工序，得到氮氢混合气，进入氨合成塔，制得产品氨。rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)}仅从提高氨产率的角度，氨合成塔中适宜的生产条件是______________________。rm{triangle

H=-92.4kJ隆陇mol^{-1}}从温度高低、压强大小角度考虑rm{(1)}rm{(}与水蒸气制氢气的反应为rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO(g)+3H_{2}(g)}在rm{)}的密闭容器中，将物质的量各rm{(2)CH_{4}}的rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO(g)

+3H_{2}(g)}和rm{2L}混合反应，rm{1mol}的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：rm{CH_{4}}该反应的rm{H_{2}O(g)}______rm{CH_{4}}填rm{垄脵}rm{triangleH}rm{0(}图中压强rm{漏聝}______rm{漏聜)}填rm{垄脷}rm{P_{1}}rm{P_{2}(}该反应的平衡常数表达式rm{漏聝}_______________________。rm{漏聜)}经过催化氧化生成rm{垄脹}以rm{K=}为原料通过电解的方法可以制备rm{(3)NH_{3}}其总反应是rm{8NO+7H_{2}O{{^{碌莽陆芒}}llap{=====}}llap{;}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}}试写出以惰性材料作电极的阴极反应式：__________________________；阳极反应式：___________________________；电解过程中需要补充一种物质才能使电解产物全部转化为rm{NO}该物质是_______________。rm{NO}20、请写出下列高分子化合物的单体结构简式：

①______

②______。评卷人得分四、简答题(共3题，共21分)21、已知2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=-akJ/mol（a＞0），在一个有催化剂的固定容积的容器中加2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ．

（1）比较a______b（填“＞”“=”或“＜”）．

（2）下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1______T2（填“＞”“=”或“＜”）．

。T/KT1T2T3K1.00×1072.45×1051.88×103若在原来的容器中，只加入2molC，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量为ckJ，C的浓度______（填“＞”“=”或“＜”）ωmol/L，a、b、c之间满足何种关系______（用代数式表示）．

（3）在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是______

A.4molA和2molBB.4molA；2molB和2molC

C.4molA和4molBD.6molA和4molB

（4）将上述容器改为恒压容器（反应前体积相同），起始时加入2molA和1molB，500℃时充分反应达平衡后，放出热量为dkJ，则d______b（填“＞”“=”或“＜”）

（5）一定温度下，向一个容积可变的容器中，通入3molA和2molB及固体催化剂，使反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4molA、3molB和2molC，则平衡时A的百分含量______（填“不变”“变大”“变小”或“无法确定”）．22、利用核磁共振技术测定有机物分子的三维结构的研究获得了2002年诺贝尔化学奖．在有机物分子中，不同位置的氢原子的核磁共振谱中给出的峰值（信号）也不同．根据峰值（信号）可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目．例如：乙醚的结构式为：其核磁共振氢谱中有2个信号（参见图）．

（1）下列分子中，其核磁共振氢谱中只有一种峰（信号）的物质是______（多选倒扣分）．

A．CH3-CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3COCH3

（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如图所示，则A的结构简式为______，请预测B的核磁共振氢谱上有______个峰（信号），峰面积之比为______．

（3）用核磁共振氢谱的方法来研究C2H6O的结构，请简要说明根据核磁共振氢谱的结果来确定C2H6O分子结构的方法是。

______．

23、I.rm{CuCl}和rm{CuCl_{2}}都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等rm{.}已知：

rm{垄脵CuCl}可以由rm{CuC1_{2}}用适当的还原剂如rm{SO_{2}}rm{SnCl_{2}}等还原制得：

rm{2Cu^{2+}+2Cl^{-}+SO_{2}+2H_{2}Odfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuCl隆媒+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{2Cu^{2+}+2Cl^{-}+SO_{2}+2H_{2}Odfrac

{overset{;;triangle

;;}{}}{;}2CuCl隆媒+4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{2CuCl_{2}+SnCl_{2}篓T2CuCl隆媒+SnCl_{4}}溶液与乙二胺rm{垄脷CuCl_{2}}可形成配离子：

请回答下列问题：

rm{(H_{2}N-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2})}基态rm{(1)}原子的核外电子排布式为______；rm{Cu}rm{C}rm{N}三种元素第一电离能由大到小的顺序是______．

rm{0}分子的空间构型为______；与rm{(2)S0_{2}}互为等电子体的一种阴离子的化学式为______．

rm{SnCL_{4}}乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为______rm{(3)}乙二胺和三甲胺rm{.}均属于子胺；但乙二胺比三甲胺的沸点的多，原因是______．

rm{[N(CH_{3})_{3}]}中所形成的配离子中不含有的化学键类型有__________rm{(4)垄脷}填字母rm{(}．

rm{)}配位键rm{a.}极性键rm{b.}离子键rm{c.}非极性键。

rm{d.}rm{(5)Cu}可溶于第水中；反应的离子方程式为______．

rm{(OH)_{2}}已知rm{(6)}试从结构的角度解择这一反应能够发生的原因______．

rm{4CuO=2Cu_{2}0+O_{2}}与rm{(7)Cu}可形成一种红色晶体，其晶胞结构如图甲所示，则一个晶胞的质量为rm{H}．

Ⅱrm{g}铜单质晶体其晶胞特征如图乙所示；原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示．

rm{.}若已知rm{(8)}的原子半径为rm{Cu}rm{d}rm{cm}代表阿伏加德罗常数，rm{N_{A}}的相对原子质量为rm{Cu}则该晶体的密度为______rm{Mt}用字母表示rm{(}．rm{)}评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20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7题，共14分)1、B【分析】试题分析：依据反应焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和来分析计算．已知晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol-1，则Si（s）+O2（g）=SiO2（s）△H=-989.2kJ•mol-1；1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则2×176+498.8-4x=-989.2，解得x=460，选项B正确。考点：利用热化学方程式计算键能。【解析】【答案】B2、B|D【分析】增大压强，A中平衡向正反应方向移动，B中平衡向正反应方向移动，C中平衡不移动，D中平衡向逆反应方向移动；升高温度，A中平衡向逆反应方向移动，B中平衡正反应方向移动，C中平衡向逆反应方向移动，D中平衡向逆反应方向移动，因此答案选BD。【解析】【答案】BD3、D【分析】【解析】【答案】D4、D【分析】解：A；晶体硅是单质；故不是电解质，更不是弱电解质，故A错误；

B、SO3在水溶液中导电和其本身无关，在熔融状态下不能导电，故为非电解质；BaSO4在熔融状态下能完全电离；故为强电解质，故B错误；

C；醋酸在水溶液中只能部分电离；故为弱电解质，故C错误；

D、NaOH在熔融状态能完全电离，故为强电解质；Fe（OH）3在水溶液中和熔融状态下只能部分电离，故为弱电解质；C02在水溶液中导电和其本身无关；在熔融状态下不能导电，故为非电解质，故D正确．

故选D．

在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物为强电解质；包括强酸；强碱、绝大多数盐和金属氧化物；

在水溶液中和熔融状态下均只能部分电离的化合物为弱电解质；包括弱酸；弱碱和水；

在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；据此分析．

本题考查了电解质和非电解质以及强弱电解质的判断，难度不大，应注意的是电解质和非电解质必须为化合物．【解析】【答案】D5、D【分析】解：①蒸馏水中含银离子浓度和氯离子浓度相同；

②0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L；抑制溶解沉淀平衡，Ag+浓度减小；

③0.1mol•L-1MgCl2溶液中Cl-浓度为0.2mol/l，抑制程度溶解平衡，Ag+浓度减小，Cl-浓度越大，Ag+浓度越小；

④0.1mol/L硝酸银溶液中Ag+浓度为0.1mol/L；抑制程度溶解平衡，Ag+浓度越增大；

则Ag+离子浓度大小为：④＞①＞②＞③；

故选：D．

氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡；饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化，从平衡移动的角度分析；

本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，离子浓度变化，溶度积不变，结合离子对沉淀溶解平衡的影响程度分析判断，题目难度中等．【解析】【答案】D6、A【分析】略【解析】rm{A}7、D【分析】解：rm{A.}乙醇为中性物质，则乙酸与rm{NaOH}反应；故A错误；

B.甲烷与高锰酸钾不反应；而乙烯能使酸性的高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C.苯易取代难加成；但苯中不含双键，苯中化学键为介于单键与双键之间特殊的化学键，故C错误；

D.煤和石油均为多种物质组成的混合物；故D正确；

故选D．

A.乙醇为中性物质；

B.甲烷与高锰酸钾不反应；

C.苯易取代难加成；但苯中不含双键；

D.煤和石油均为多种物质组成的混合物．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大．【解析】rm{D}二、双选题(共5题，共10分)8、A|D【分析】解：A．含碳碳双键，能使溴的CCl4溶液褪色；故A正确；

B．含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；故B错误；

C．只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol巴豆酸能与1molH2发生加成反应；故C错误；

D．含-COOH，能与CH3CH2OH发生酯化反应；属于取代反应，故D正确；

故选AD．

由结构简式为CH3-CH=CH-COOH；可知含碳碳双键；-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、羧酸的性质，题目难度不大．【解析】【答案】AD9、rAD【分析】解：rm{A.}氢氧化钡溶液与盐酸的反应的离子反应为rm{OH^{-}+H^{+}=H_{2}O}故A正确；

B.澄清的石灰水与稀盐酸反应的离子反应为rm{OH^{-}+H^{+}=H_{2}O}故B错误；

C.铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为rm{Cu+2Ag^{+}=Cu^{2+}+2Ag}故C错误；

D.碳酸钙溶于稀盐酸中的离子反应为rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}故D正确；

故选AD．

A.强酸与强碱生成可溶性盐和水；

B.强酸与强碱生成可溶性盐和水；

C.不遵循电荷守恒；

D.碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙；水和二氧化碳．

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大．【解析】rm{AD}10、rBC【分析】解：rm{A}铜电极和电源正极相连做电解池阳极，铜失电子发生氧化反应，电极反应rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}铜电极无氢气生成，故A错误；

B、电解原理分析，铜失电子生成铜离子，硫酸溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，电解初期，主反应方程式为：rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}故B正确；

C；阳离子移向阴极；所以阳极生成的铜离子会移向阴极，由于铜离子氧化性大于氢离子，所以在阴极得到电子生成铜，故C正确；

D、活性电极必然被氧化，rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}在阴极放电，变成rm{H^{+}}放出rm{H_{2}}会减少；故D错误；

故选BC．

A；依据装置图分析；铜电极和电源正极相连做电解池阳极，铜失电子发生氧化反应；

B；依据电解原理分析；铜失电子生成铜离子，硫酸溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气；

C；阳离子移向阴极；所以铜离子会移向阴极氧化性大于氢离子，在阴极得到电子生成铜；

D；电解过程中氢离子浓度减小．

本题考查了电解原理的分析，电极名称，电极反应，电极产物判断是解题关键，题目难度中等．rm{..H^{+}}【解析】rm{BC}11、rCD【分析】解：rm{A}通过太阳能实现总反应rm{H_{2}O+CO_{2}隆煤H_{2}+CO+O_{2}}可知：rm{CeO_{2}}没有消耗，rm{CeO_{2}}为催化剂；故A正确；

B、该过程中在太阳能作用下将rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}转变为rm{H_{2}}rm{CO}所以把太阳能转变成化学能，故B正确；

C、由图中转化关系及据盖斯定律可知：rm{-triangle}rm{H}rm{{,!}_{1}}为正值，rm{triangle}rm{H}rm{{,!}_{2}+triangle}rm{H}rm{{,!}_{3}}为负值，则rm{-triangle}rm{H}rm{{,!}_{1}=triangle}rm{H}rm{{,!}_{2}+triangle}rm{H}rm{{,!}_{3}}故C错误；

D、rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}}rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH_{2}}根据盖斯定律rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH_{3}}得：rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=triangleH_{3}+triangleH_{2}}因rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangle

H_{2}}rm{垄脵+垄脷}都小于rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=triangleH_{3}+triangle

H_{2}}而rm{垄脷triangleH}大于rm{triangleH_{3}}故rm{triangleH>triangleH_{3}}故D错误；

故选CD．

A、根据题干反应方程式写出总反应：rm{0}反应中rm{triangleH_{2}}没有消耗；

B、该过程中在太阳能作用下将rm{0}rm{triangleH>triangle

H_{3}}转变为rm{H_{2}O+CO_{2}隆煤H_{2}+CO+O_{2}}rm{CeO_{2}}

C；根据盖斯定律及图中转化关系进行分析；

D；原电池中负极失去电子发生氧化反应．

本题考查了原电池原理、盖斯定律的应用及催化剂的判断，题目难度中等，注意明确盖斯定律的含义及利用盖斯定律求算反应热的方法，明确原电池工作原理．rm{H_{2}O}【解析】rm{CD}12、B|D【分析】解：某气态烃1mol最多和2mol氯化氢发生加成反应，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键，所得产物又能与8mol氯气发生取代反应，最后得到一种只含碳氯元素的化合物，说明加成产物中含有8个H原子，则该气态烃应含有6个H原子，1-丁炔和1，3-丁二烯的分子式为C4H6；每个分子中含有6个氢原子；

故选：BD．

某气态烃1mol最多和2mol氯化氢发生加成反应；说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键，所得产物又能与8mol氯气发生取代反应，最后得到一种只含碳氯元素的化合物，说明加成产物中含有8个H原子，则该气态烃应含有6个H原子，由此确定该烃．

本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，注意分子中官能团的判断和H原子数目的计算，为解答该题的关键，难度不大．【解析】【答案】BD三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【解析】【答案】（4分，（,1）（2）各1分）（1）（2）（3）14、略

【分析】

①酸性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为石墨材料，N为阳极，电极反应式是4OH--4e-=O2↑+2H2O，M为阴极，电极反应式为Ag++e-=Ag；

故答案为：石墨；4OH--4e-=O2↑+2H2O；Ag++e-=Ag；

②n（Ag）==0.1mol，根据Ag++e-=Ag可知转移电子为0.1mol；

甲池中通入氧气的一极为正极，反应式为2O2+8H++8e-=4H2O，则消耗n（O2）=×0.1mol=0.025mol；

V（O2）=0.025mol×22.4L/mol=0.56L；

故答案为：5.6．

【解析】【答案】酸性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为石墨材料，M为电解池的阴极，为铁电极，电解硝酸银溶液时，阴极反应式为Ag++e-=Ag，阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；结合电子的转移的物质的量的判断进行计算．

15、略

【分析】

（1）乙烯通常用作植物生长调节剂；葡萄糖含有醛基；能发生银镜反应；碘单质遇淀粉变蓝色，故答案为：乙烯；葡萄糖；蓝；

（2）乙烯含有碳碳双键，与溴发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，使溴的四氯化碳溶液褪色．反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；乙酸含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．

【解析】【答案】（1）乙烯通常用作植物生长调节剂；含有醛基的物质能发生银镜反应；碘单质遇淀粉变蓝色；

（2）乙烯含有碳碳双键；与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色；乙酸含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，羧酸提供羧基中的羟基，醇提供羟基张的H原子，生成乙酸乙酯；

16、略

【分析】（1乙酸含有羧基，水溶液显酸性。（2）聚乙烯的单体是乙烯，所以应该用乙烯通过加聚反应合成聚乙烯。（3）碘遇淀粉显蓝色，因此用淀粉具有碘单质。【解析】【答案】（1）D（2）B（3）E17、略

【分析】【解析】【答案】②，③，①，④18、略

【分析】【解析】【答案】1：219、（1）低温高压

（2）①>②<③

（3）NO+5e-+6H+=NH4++H2O；NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；NH3。【分析】【分析】本题以氨气为载体考查了氧化还原反应、电解原理、化学平衡等知识点，综合性较强。【解答】rm{(1)}因为合成氨的反应为气体减小的放热反应，所以低温高压反应转化率较大；因为合成氨的反应为气体减小的放热反应，所以低温高压反应转化率较大；rm{(1)}故答案为：低温高压；由图可知，压强不变，温度越高rm{(2)垄脵}由图可知，压强不变，温度越高rm{CH_{4}}rm{(2)垄脵}的转化率越大，故温度升高平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即rm{CH_{4}}rm{(g)}的转化率越大，故温度升高平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即rm{triangleH>0}rm{(g)}温度容积不变，增大压强平衡向体积减小的方向移动即逆反应方向移动，则rm{triangleH>0}故答案为：rm{>}的转化率越小，所以压强越大，rm{>}rm{垄脷}温度容积不变，增大压强平衡向体积减小的方向移动即逆反应方向移动，则rm{CH_{4}}的转化率越小，则rm{垄脷}rm{CH_{4}}rm{(g)}的转化率越小，所以压强越大，rm{CH_{4}}rm{(g)}rm{CH_{4}}rm{(g)}的转化率越小，则rm{P_{1}}rm{(g)}的转化率rm{P_{1}}所以参加反应的rm{<P_{2}}rm{<P_{2}}的物质的量为；对于反应故答案为：rm{<}rm{<}rm{垄脹200隆忙}rm{CH_{4}}rm{垄脹200隆忙}rm{CH_{4}}起始rm{(g)}的转化率rm{0.8}所以参加反应的rm{CH_{4}}rm{(g)}rm{0.8}rm{CH_{4}}rm{(g)}的物质的量为rm{0.8mol}变化rm{(g)}rm{0.8mol}rm{CH}rm{4}rm{4}平衡rm{(g)+H}rm{2}rm{2}rm{O(g)篓TCO(g)+3H_{2}(g)}rm{(mol)}所以rm{1}时该反应的平衡常数rm{K=dfrac{cleft(COright)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}{cleft(C{H}_{4}right)隆脕cleft({H}_{2}0right)}}故答案为：rm{dfrac{cleft(COright)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}{cleft(C{H}_{4}right)隆脕cleft({H}_{2}0right)}}rm{1}电解rm{0}制备rm{0}rm{(mol)}rm{0.8}阳极反应为rm{0.8}阴极反应为：rm{0.8}从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的rm{2.4}的物质的量大于阴极产生的rm{(mol)}的物质的量，总反应方程式为：rm{8NO+7H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}}因此若要使电解产物全部转化为rm{0.2}需补充rm{0.2}rm{0.8}；故答案为：rm{2.4}rm{200隆忙}rm{K=

dfrac{cleft(COright)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}{cleft(C{H}_{4}right)隆脕cleft({H}_{2}0right)}

}rm{

dfrac{cleft(COright)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}{cleft(C{H}_{4}right)隆脕cleft({H}_{2}0right)}

}rm{(3)}【解析】rm{(1)}低温高压rm{(2)}rm{垄脵>垄脷<垄脹}rm{dfrac{cleft(COright)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}{cleft(C{H}_{4}right)隆脕cleft({H}_{2}0right)}}rm{垄脵>垄脷<垄脹}rm{

dfrac{cleft(COright)隆脕{c}^{3}left({H}_{2}right)}{cleft(C{H}_{4}right)隆脕cleft({H}_{2}0right)}

}rm{(3)NO+5e^{-}+6H^{+}=NH_{4}^{+}+H_{2}O}rm{NO-3e^{-}+2H_{2}O=NO_{3}^{-}+4H^{+}}20、CH2=CH2，CHCl=CH2CH2OHCH2OH【分析】解：①的单体为CH2=CH2，CHCl=CH2；

故答案为：CH2=CH2，CHCl=CH2；

②涤纶是由对苯二甲酸和乙二醇缩聚而成，对苯二甲酸为乙二醇的结构简式为CH2OHCH2OH；

故答案为：CH2OHCH2OH。

①为乙烯和氯乙烯的加聚产物；

②由对苯二甲酸和乙二醇缩聚而成。

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握聚合物寻找单体的方法以及有机物的性质，注意聚合反应的类型和方程式的书写，难度不大。【解析】CH2=CH2，CHCl=CH2CH2OHCH2OH四、简答题(共3题，共21分)21、略

【分析】解：（1）在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ，反应是可逆反应，不能进行彻底，反应放出的热量小于焓变数值，a＞b；

故答案为：＞；

（2）反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，图表数据分析，T1＜T2，恒温恒容下，2molC完全转化到左边，可得2molA和1molB，故与原平衡为等效平衡，平衡时C的浓度相同，故c（C）=Wmol•L-1；同一可逆反应，相同温度下，正；逆反应的反应热数值相等，但符号相反，令平衡时C的物质的量为nmol；

对于反应2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H=-akJ•mol-1，则b=n×

对于反应2C（g）⇌2A（g）+B（g）△H=akJ•mol-1，C分解的物质的量为（2-n）mol，故c=×a=1-n×故a=b+c；

故答案为：＜，=，a=b+c；

（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热akJ；想得到2akJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于2akJ；

故答案为：D；

（4）原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应移动，B的转化率变大，反应放出的热量增大，大于恒容容器中达到平衡状态放出的热量，d＞b；

故答案为：＞；

（5）恒压容器中通入3molA和2molB及固体催化剂；使之反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4molA；3molB和2molC，转化为起始量，2A（g）+B（g）⇌2C（g），相当于起始量为6molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态，平衡时A的百分含量不变；

故答案为：不变．

（1）可逆反应不能完全反应；参加反应的A的物质的量小于2mol；

（2）反应是放热反应；温度升高平衡常数减小，依据图表数据分析；若在原来的容器中，只加入2molC，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量为ckJ，达到平衡状态相同，C的浓度相同；正向进行和逆向进行的反应热量变化纸盒为反应的焓变；

（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热akJ；想得到2akJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol；

（4）原平衡随反应进行；压强降低．恒压容器（反应器开始体积相同），相同温度下起始加入2molA和1molB，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断；

（5）恒压容器中通入3molA和2molB及固体催化剂；使之反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4molA；3molB和2molC，转化为起始量，2A（g）+B（g）⇌2C（g），相当于起始量为6molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态．

本题考查了化学平衡常数、化学反应速率、平衡标志的分析判断和计算应用，等效平衡的分析，焓变的意义理解是解题关键，题目难度中等．【解析】＞；＜；=；a=b+c；D；＞；不变22、略

【分析】解：（1）核磁共振氢谱中只有一种峰；说明分子种有1种H原子，乙烷分子种有1中H原子，丙酮分子中有1种H原子，而乙酸与乙酸甲酯分子中都有有2种H原子，故AD正确，BC错误；

故答案为：AD；

（2）由图可知A的核磁共振氢谱只有1个吸收峰，则A分子中只有1种H原子，A为1，2-二溴乙烷，结构简式为BrCH2CH2Br，A、B分子式相同，则B为1，1-二溴乙烷，结构简式为Br2CHCH3；分子种有2种H原子，分别为3；1，分子中氢原子数目之比等于吸收峰面积之比为3：1；

故答案为：BrCH2CH2Br；2；3：1；

（3）通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断有3个信号峰，则为乙醇，分子结构为HOCH2CH2OH，有1个信号峰时为甲醚，分子结构为CH3OCH3；

故答案为：通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断有3个信号峰，分子结构为HOCH2CH2OH，有1个信号峰时，分子结构为CH3OCH3．

（1）核磁共振氢谱中只有一种峰；说明分子种有1种H原子，根据等效氢结合选项判断；

（2）由图可知A的核磁共振氢谱只有1个吸收峰；则A分子中只有1种H原子，A为1，2-二溴乙烷，A；B分子式相同，则B为1，1-二溴乙烷，分子种有2种H原子，分别为3、1，分子中氢原子数目之比等于吸收峰面积之比；

（3）通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断有3个信号峰；则为乙醇，有1个信号峰时为甲醚．

本题考查核磁共振氢谱、有机物分子结构的判断等，难度中等，掌握核磁共振氢谱中的信号峰等于分子中不同氢原子数目是关键．【解析】AD；BrCH2CH2Br；2；3：1；通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断有3个信号峰，分子结构为HOCH2CH2OH，有1个信号峰时，分子结构为CH3OCH323、略

【分析】解：rm{(1)Cu}原子的核电荷数为rm{29}其基态原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

同周期自左而右，电负性增大，电负性rm{O>N>C}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{O>N>H}

rm{(2)SO_{2}}分子的中心原子rm{S}原子的杂化轨道数为rm{dfrac{6}{2}=3}采取rm{sp^{2}}杂化，含有rm{1}对孤对电子对，故rm{SO_{2}}为rm{V}型结构；与rm{SnCL_{4}}互为等电子体的一种阴离子有rm{SO_{4}^{2-}}rm{SiO_{4}^{4-}}等；

故答案为：rm{V}型；rm{SO_{4}^{2-}}rm{SiO_{4}^{4-}}

rm{(3)}乙二胺rm{(H_{2}N-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2})}中rm{N}原子呈rm{3}个rm{娄脪}键，含有rm{1}对孤对电子，杂化轨道数为rm{4}采取rm{sp^{3}}杂化；乙二胺rm{(H_{2}N-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2})}分子之间可以形成氢键，三甲胺rm{[N(CH_{3})_{3}]}分子之间不能形成氢键；故乙二胺的沸点较高．

故答案为：rm{sp^{3}}杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键；三甲胺分子之间不能形成氢键；

rm{(4)}离子中存在配位键、rm{C-N}键、rm{C-H}键、rm{N-H}键、rm{C-C}键，其中rm{C-N}键、rm{C-H}键、rm{N-H}键为极性键，rm{C-C}键为非极性键，故离子含有配位键、极性键、非极性键，不含有离子键，则选rm{c}故答案为：rm{c}

rm{(5)}向rm{Cu(OH)_{2}}的悬浊液中滴加氨水，氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，即生成了铜氨络离子，其反应的离子方程式为：rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}

故答案为：rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}

rm{(6)Cu}元素为rm{29}号元素，原子核外有rm{29}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^{10}4s^{1}}rm{Cu^{2+}}的价电子结构为rm{3d^{9}}rm{Cu^{+}}的价电子结构为rm{3d^{10}}rm{3d^{10}}为稳定结构，所以在高温时，rm{Cu^{2+}}得一个电子变成稳定结构的rm{Cu^{+}}

故答案为：rm{Cu^{2+}}的价电子结构为rm{3d^{9}}rm{Cu^{+}}的价电子结构为rm{3d^{10}}rm{3d^{10}}为稳定结构，所以在高温时，rm{Cu^{2+}}得一个电子变成稳定结构的rm{Cu^{+}}

rm{(7)}该晶胞中含有铜原子个数铜原子个数rm{=4+2隆脕dfrac{1}{2}+12隆脕dfrac{1}{6}=7}rm{=4+2隆脕dfrac{1}{2}+12隆脕dfrac

{1}{6}=7}原子个数rm{H}则一个晶胞中含有rm{=1+3+6隆脕dfrac{1}{3}=7}个rm{7}晶胞的质量为rm{dfrac{65隆脕7}{N_{A}}g=dfrac{435}{N_{A}}g}故答案为：rm{CuH}

rm{dfrac{65隆脕7}{N_{A}}g=dfrac

{435}{N_{A}}g}晶胞中含有rm{dfrac{435}{N_{A}}}原子数为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞的质量为rm{(8)Cu}rm{Cu}的原子半径为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}有图丙可知晶胞平面对角线长为rm{dfrac{4M_{t}}{N_{A}}g}则晶胞棱长为rm{Cu}晶胞的体积为rm{(2sqrt{2}dcm)^{3}=16sqrt{2}d^{3}cm^{3}}晶胞密度根据rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{4M_{t}}{N_{A}}}{16sqrt{2}d^{3}}g/cm^{3}=dfrac{M_{t}}{4sqrt{2}d^{3}N_{A}}g/cm^{3}}故答案为：rm{dfrac{M_{t}}{4sqrt{2}d^{3}N_{A}}}．

rm{dcm}根据核外电子排布规律书写rm{4dcm}原子的核外电子排布式；同周期自左而右，电负性增大，据此判断rm{2sqrt{2}dcm}rm{(2sqrt{2}dcm)^{3}=16sqrt

{2}d^{3}cm^{3}}rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac

{4M_{t}}{N_{A}}}{16sqrt{2}d^{3}}g/cm^{3}=dfrac{M_{t}}{4sqrt

{2}d^{3}N_{A}}g/cm^{3}}元素的电负性；

rm{dfrac{M_{t}}{4sqrt

{2}d^{3}N_{A}}}分子的中心原子rm{(1)}原子的杂化轨道数为rm{Cu}采取rm{C}杂化，含有rm{O}对孤对电子对，为rm{N}型结构；根据等电子体理论写出符合条件的与rm{(2)SO_{2}}互为等电子体的一种阴离子的化学式；

rm{S}乙二胺rm{3}中rm{sp^{2}}原子呈rm{1}个rm{V}键，含有rm{SnCL_{4}}对孤对电子，杂化轨道数为rm{(3)}采取rm{(H_{2}N-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2})}杂化；乙二胺rm{N}分子之间可以形成氢键，但三甲胺rm{3}分子之间不能形成氢键；

rm{娄脪}离子中存在配位键、rm{1}键、rm{4}键、rm{sp^{3}}键、rm{(H_{2}N-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2})}键；据此判断离子所含有的化学键类型；

rm{[N(CH_{3})_{3}]}氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液；生成了铜氨络离子，结合原子守恒书写；

rm{(4)}的核外有rm{C-N}个电子；根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，再结合原子轨道处于全空；半满或全满时最稳定；

rm{C-H}结合晶胞的均摊法计算晶胞中rm{N-H}和rm{C-C}原子数目，再结合rm{(5)}和rm{(6)Cu^{+}}的摩尔质量；计算晶胞的质量；

rm{28}可以均摊法计算晶胞中rm{(7)}原子数目，结合rm{Cu}的摩尔质量计算晶胞质量，rm{H}的原子半径为rm{Cu}有图丙可知晶胞平面对角线长为rm{H}则晶胞棱长为rm{(8)}再根据rm{Cu}计算晶胞密度．

考查核外电子排布规律、电负性、杂化轨道、分子空间结构、氢键与化学键、晶胞等，晶胞的计算是本题难点，综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力．rm{Cu}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{O>N>C}rm{V}型；rm{SO_{4}^{2-}}rm{SiO_{4}^{4-}}rm{sp^{3}}杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；rm{c}rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}+4H_{2}O}rm{Cu^{2+}}的价电子结构为rm{3d^{9}