福建泉州市2023学年化学高二第二学期期末质量跟踪监视试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、二氯化二硫(S2Cl2)，非平面结构，常温下是一种黄红色液体，有刺激性恶臭，熔点80，沸点135.6，对干二氯化二硫叙述正确的是A二氯化二硫的电子式为

2、B分子中既有极性键又有非极性键C二氯化二硫属于非极性分子D分子中SCl键能小于SS键的键能2、下列物质的主要成分不是甲烷的是A可燃冰B煤矿坑道气C液化石油气D沼气3、下列叙述正确的是A24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数B同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C1 mol重水与1 mol水中，中子数比为21D1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同4、根据如图所示示意图，下列说法不正确的是A反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H=(b-a) kJmol-1B该反应过程反应物断键吸收的能量一定大于生成物成键放出的能量C使用催化剂无法改变该反应的HDn

3、mol C和n mol H2O反应生成nmol CO和nmol H2吸收的热量一定为131.3nkJ5、一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵坐标p(Mn)表示lgc(Mn)，横坐标p(S2)表示lgc(S2)，下列说法不正确的是()A该温度下，Ag2S的Ksp1.61049B该温度下，溶解度的大小顺序为NiSSnSCSnS和NiS的饱和溶液中104D向含有等物质的量浓度的Ag、Ni2、Sn2溶液中加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS6、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：A用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢B用图(b)所示装置

4、蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体C用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体D用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层7、2，3，4三甲基戊烷的一氯代物可能有（ ）A2种B3种C4种D5种8、下列试剂保存说法不正确的是( )A金属钠存放在盛有煤油的试剂瓶中 B漂白粉置于冷暗处密封保存C存放液溴的试剂瓶中应加水封 D烧碱盛放在玻璃瓶塞的磨口玻璃瓶中9、下列有关有机物的说法不正确的是 （ ）A酒精中是否含有水，可用金属钠检验B有机酸和醇脱水合成的某些酯，可用作糖果、化妆品中的香料C蛋白质在一定条件下能发生水解反应，生成氨基酸D乙烯通过聚合反应可合成聚乙烯，聚乙烯塑料可用来制造多种包装材

5、料10、1996年诺贝尔化学奖授于斯莫利等三位化学家，以表彰他们发现富勒烯(C60)开辟了化学研究的新领域。后来，人们又发现了一种含碳量极高的链式炔烃棒碳，它是分子中含300500个碳原子的新物质，其分子中只含有交替连接的单键和叁键。对于C60与棒碳，下列说法正确的是AC60与棒碳中所有的化学键都是非极性共价键B棒碳不能使溴水褪色CC60在一定条件下可能与CuO发生置换反应D棒碳与乙炔互为同系物11、某温度下，向10mL0.1 mol/L的醋醵溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pH与pOHpOH=-lgc (OH-)的变化关系如图所示。则下列说法正确的是A两者恰好反应完全，需要NaOH

6、溶液的体积大于10mLBQ点时溶液的pH=7CM点时溶液呈碱性，对水的电离起抑制作用DN点所示溶液中，c(CH3COO-)c(CH3COOH)12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A用含0.1molFeCl3的饱和溶液制取Fe(OH)3胶体得0.1NA个胶粒B将含有NA个Al3+的AlCl3溶液完全蒸干，可得到1mol的固体AlCl3C电解法精炼铜，当电路中有0.2NA个电子转移时，阳极的质量一定减轻6.4gD25时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目约为0.1NA13、下列有关物质性质、结构特点的表述均正确，且存在因果关系的是表述1表述2A向盛有硫酸铜溶液的

7、试管里滴加氨水至过量，先形成难溶物，继而难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的数目不变B邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键CSO32-空间结构是三角锥形结构SO32-的中心原子S原子为sp3杂化DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物AABBCCDD14、下列关于杂化轨道的叙述中不正确的是A分子中心原子通过sp3杂化轨道成键时该分子不一定为正四面体结构，所以杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾B杂化轨道用于形成键或

8、用于容纳未参与成键的孤电子对CSF2和C2H6分子中的中心原子S和C都是通过sp3杂化轨道成键D苯分子中所有碳原子均采取sp2杂化成键，苯环中存在6个碳原子共有的大键15、研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中正确的是（ ）A将熔融CaF2CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的B阳极的电极反应式为：C + 2O2- - 4e- CO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D石墨为阴极16、下列物质不与氯水反应的是ANaClBKICAgNO3DNaOH二、非选择题（本题包括5小

9、题）17、现有A、B、C、D、E、F六种有机物，它们的转化关系如图所示（图中部分反应条件及生成物没有全部写出）。已知：液体B能发生银镜反应，气体D的相对分子质量为28。（1）A、B、C的结构简式分是_、_、_。（2）B、C中所含官能团的名称分别是_、_。（3）A到D的反应类型为_。（4）CA的反应条件是_。（5）DF反应的化学方程式是_。（6）在一定的条件下，A与E反应可生成一种具有香味的物质。该反应的化学方程式是_。18、X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期

10、，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为_；（2）化合物X2W2中W的杂化方式为_，ZW2-离子的立体构型是_；（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是_；（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_；（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为_，Y原子的配位数为_，若晶胞的边长为a pm，晶体的密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为_(用含a和的代数式表示)。19、氢化钙(

11、CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是_。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_(填序号)。加热反应一段时间 收集气体并检验其纯度关闭分液漏斗活塞 停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作

12、均正确，则产生这种情况的原因可能是_。20、铁是人体必须的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：（1）试剂1是_。（2）加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液中也产生了红色，其可能的原因是_。（3）在实验中发现放置一段时间，溶液的颜色会逐渐褪去。为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：编号猜想甲溶液中的+3价Fe又被还原为+2价Fe乙溶液中的SCN-被过量的氯水氧化丙新制的氯

13、水具有漂白性，将该溶液漂白基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关的实验操作、预期现象和结论。（不一定填满，也可以补充）编号实验操作预期现象和结论21、硫和锌及其化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态硫原子的价电子排布图为_。（2）已知基态锌、铜的电离能如表所示：由表格数据知，I2(Cu)I2(Zn)的原因是_。（3）H2O分子中的键长比H2S中的键长_（填“长”或“短”）。H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是_。（4）S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3,S32-的空间构型为_。（5）噻吩（）广泛应用于合成医药、农药、染料工业。噻吩分子中的大

14、键可用符号 表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为 ），则噻吩分子中的大键应表示为_。噻吩的沸点为84 ，吡咯（）的沸点在129131 之间，后者沸点较高，其原因是_。1 mol吡咯含_mol 键。（6）硫化锌是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知：硫化锌晶体密度为d gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Zn2和S2之间的最短核间距（x）为_nm（用代数式表示）。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】A.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成

15、1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为，故A错误；B.S2Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；C.分子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C错误；D.同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S-Cl键能大于S-S键的键能，故D错误；故选B。2、C【答案解析】A可燃冰的主要成分是甲烷，故A不符合题意；B煤矿坑道气的主要成分是甲烷，故B不符合题意；C液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，故C符合题意；D沼气的主要成分是甲烷，故D不符合题意； 故选：C。

16、3、B【答案解析】本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【题目详解】A1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol和3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C重水

17、为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D乙烷（C2H6）分子中有6个CH键和1个CC键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个CH键和1个CC，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【答案点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。4、D

18、【答案解析】A.由图可知，该反应为吸热反应，所以反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H=(b-a) kJmol-1，故A正确；B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，无法改变该反应的H，故C正确；D. 根据图像可知1mol C(s)和1mol H2O(g)反应生成1mol CO(g)和1mol H2(g)吸收热量131.3 kJ，而题干中的n不一定是1，则吸收热量不一定是131.3 kJ，D错误；答案：D。【答案点睛】5、C【答案解析】分析：A.根据Ag2S的沉淀溶解平衡曲线a点数据计算Ksp；B.

19、 根据SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线比较；C.先根据图像计算出Ksp(NiS)和Ksp（SnS），再根据饱和溶液中锡离子和镍离子浓度之比等于溶度积之比计算；D.计算沉淀等物质的量浓度的Ag、Ni2、Sn2所需c(S2)的大小，进行比较。详解：A.由a(30，10lg 4)可知，当c(S2)1030molL1时，c(Ag)10(10lg 4)molL1，Ksp(Ag2S)c2(Ag)c(S2)10(10lg 4)21030=1.61049，A项正确；B.观察SnS、NiS的沉淀溶解平衡曲线可以看出，当两条曲线中c(S2-)相同时，c(Ni2+)c(Sn2+)，由于SnS和NiS沉淀类型相同，所

20、以溶解度的大小顺序为NiSSnS ，B项正确；C.SnS和NiS的饱和溶液中c(Sn2+)c(Ni2+D.假设Ag、Ni2、Sn2均为0.1 molL1，分别生成Ag2S、NiS、SnS沉淀时，需要c(S2)分别为1.61047、1020、1024，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S、SnS、NiS，D项正确。故本题答案选C。6、B【答案解析】A氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发

21、，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。7、C【答案解析】2，3，4三甲基戊烷结构简式为：，该物质分子中含有四种不同的H原子，因此其一氯取代产物有四种，故合理选项是C。8、D【答案解析】A因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故A正确；B因碳酸的酸性强于次氯酸，则Ca（ClO）2能和空气中CO2、H2O发生反应生成HClO，且HClO光照或受热会发生分解，则漂白粉需要密封避光保存于阴凉处，故B正确。C因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故C正确；D因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘合

22、性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；故答案选D。【答案点睛】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，选项D是解答的易错点，注意氢氧化钠溶液可以用玻璃瓶保存，但不能用玻璃塞。9、A【答案解析】A钠可以与水反应，也可以与乙醇反应，不能用Na检验酒精中的水，A项错误，符合题意；B有机酸和醇脱水合成的某些酯，具有香味，可用作糖果、化妆品中的香料，B项正确，不符合题意；C蛋白质由氨基酸脱水缩合构成，蛋白质水解可以得到氨基酸，C项正确，不符合题意；D乙烯是一种不饱和烃，含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯性质坚韧，低温

23、时人保持柔软性，性质稳定，所以聚乙烯塑料可用来制造多种包装材料，D项正确，不符合题意；本题答案选A。10、C【答案解析】试题分析：A.棒碳属于链式炔烃，含有CH键，是极性共价键，A项错误；B.棒碳分子中含有交替的单键和叁键，所以能使溴水褪色，B项错误；C.C+2CuOCO2+2Cu，而C60是碳元素的一种同素异形体，所以它也能发生类似反应，该反应是置换反应，C项正确；D.同系物必须是结构相似，即官能团的种类和个数相同，棒碳中多个叁键，而乙炔中只有一个叁键，所以棒碳与乙炔不能互为同系物，D项错误；答案选C。考点：考查置换反应、同系物、化学键类型的判断等知识。11、D【答案解析】分析：A两者恰好反

24、应完全，醋酸和氢氧化钠的物质的量相同；B、常温时，中性溶液的PH才为1；C、酸碱抑制水的电离；D、详解：A. 醋酸和氢氧化钠的物质的量相同，两者恰好反应完全，需要NaOH溶液的体积等于10mL，故A错误；B.Q点pOH=pH，说明c（H）c（OH），溶液显中性，但温度末知， Q点时溶液的pH不一定为1，故B 错误；C. M点时溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，呈酸性，对水的电离起抑制作用，故C错误；D. N点所示溶液中，溶质为醋酸钠和过量的氢氧化钠，溶液中离子以CH3COO-为主，水解产生的醋酸分子较少，故c(CH3COO-)c(CH3COOH)，故D正确；故选D。点睛：本题考查酸碱中和的定性判断和计

25、算，解题关键：弱电解质的电离，pOH的含义，易错点B，中性溶液PH不一定为112、D【答案解析】AFe(OH)3胶体粒子是氢氧化铁的集合体，制得的胶体中含Fe(OH)3胶体胶粒数目小于0.1NA个，A项错误；BAlCl3溶液加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，故AlCl3溶液蒸干最终生成Al(OH)3，不能得到固体AlCl3，B项错误；C电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，当电路中有0.2NA个电子转移时，阳极的质量不是减轻6.4g，C项错误；D25时，pH=13的Ba(OH)2溶液中，则1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目约为0.1NA，D项正确；答

26、案选D。【答案点睛】能水解，水解生成易挥发性酸的盐溶液加热蒸干、灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3(s)Al2O3(s)。13、C【答案解析】分析：A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B.能形成分子间氢键的物质沸点较高。详解：A. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，表述2错误，故A错误；B. 能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的

27、沸点低，表述1错误，故B错误；C.SO32-的中心原子S原子为sp3杂化,因此SO32-空间结构是三角锥形结构，故C正确；D.P4O10、C6H12O6均属于共价化合物, P4O10溶于水后和水发生反应产生磷酸，磷酸是电解质，因此在溶液中电离产生自由移动的离子，可以导电，表述1不正确，故D错误；答案选C。点睛：氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。14、A【答案解析】A. 根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；sp3杂化，无孤电子对数，空间构型都是四面体形，不一定是正四面体；有一对孤电子对，空间构型是三

28、角锥型；有两对孤电子，所以分子空间构型为V形；sp2杂化，无孤电子对数，空间构型是平面三角形；sp杂化，无孤电子对数，空间构型都是直线形，所以杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾，A错误；B. 杂化轨道只用于形成键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的p轨道形成键，B正确；C. SF2分子中价层电子对=2+=4，所以中心原子原子轨道为sp3杂化；C2H6分子中价层电子对=4，所以中心原子原子轨道为sp3杂化，C正确； D. 苯分子中的6个碳原子全部以sp2方式杂化，每个碳原子形成三个sp2杂化轨道，其中一个与氢原子成键，另外两个与相邻碳原子也成键，每个碳原子剩余一个p轨

29、道，6个碳原子的p轨道共同形成一个大键，D正确；故合理选项为A。15、B【答案解析】试题分析：由图可知，石墨为阳极，阳极上的电极反应式为C+2O24eCO2，钛网电极是阴极，阴极上的电极反应式为:2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为:2Ca+TiO2Ti+2CaO。A. 将熔融CaF2CaO换成Ca(NO3)2溶液后，阴极上溶液中的氢离子放电，所以得不到钙，故A不正确；B. 阳极的电极反应式为C+2O2-4e-CO2，B正确；C. 由阴极上的电极反应式:2Ca2+4e2Ca及钙还原二氧化钛反应方程式2Ca+TiO2Ti+2CaO可知，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，C

30、不正确；D. 石墨为阳极，D不正确。本题选B。点睛：本题考查了电解原理，根据图中信息可以判断电极属性及两个电极上发生的反应，要仔细读图、充分尊重题中信息，切不可主观臆造。16、A【答案解析】A. NaCl不与氯水反应，A正确；B. KI与氯水发生氧化还原反应，B错误；C. AgNO3与氯水反应生成氯化银沉淀，C错误；D. NaOH不与氯水反应生成氯化钠、次氯酸钠，D错误；答案选A。【答案点睛】明确氯水中含有的微粒以及性质特点是解答的关键，氯水中含有水分子、氯气分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，在不同的反应中参加反应的微粒不同，注意结合具体的反应灵活应用。二、非选择题（

31、本题包括5小题）17、CH3CH2OH CH3CHO CH3CH2Br 醛基 溴原子 消去反应 NaOH的水溶液，加热 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 【答案解析】A在浓硫酸、170条件下反应生成D，D的相对分子质量是28，则D的结构简式为CH2=CH2，所以A是乙醇，其结构简式为：CH3CH2OH，A发生氧化反应生成B，B能发生银镜反应，则B的结构简式为CH3CHO，B被氧化生成E，E能与碳酸氢钠溶液反应，说明E中含有羧基，则E的结构简式为CH3COOH，乙烯和HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为CH3CH2Br，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯F，为常用塑料

32、，其结构简式为，结合物质的结构和性质解答。【题目详解】（1）通过以上分析知，A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，C的结构简式为CH3CH2Br，故答案为CH3CH2OH、CH3CHO、CH3CH2Br；（2）B为乙醛，含有醛基，C为CH3CH2Br，含有的官能团为溴原子，故答案为醛基；溴原子；（3）乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯，故答案为消去反应；（4）在加热条件下，CH3CH2Br和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH3CH2OH，故答案为NaOH的水溶液，加热；（5）在催化剂条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为，故答案为；（6）乙醇和乙酸反应生成

33、有香味的乙酸乙酯，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。18、（1）1s22s22p63s23p63d10（2分） （2）sp3杂化 （2分） v形 （2分）（3）SiO2（1分） SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体（2分）（4）2Cu + 8NH3+ O2+ 2H2O2Cu(NH3)42+ 4OH-（2分）（5）8 （1分） 4（1分）（2分）【答案解析】分析：X、Y、Z、W、R、Q为前四周期元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个

34、能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W、R、Q分别是H、C、N、O、Si、Cu。则（1）Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中结构式为H

35、-O-O-H，O原子价层电子对数为2+(62)/2=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为(5+122)/2=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是SiO2；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu(NH3)42+，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-；（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为：4+81/8+61

36、/2=8；每个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的边长为a pm，则晶胞体积为（a10-10）3cm3，晶体的密度为 g/cm3，则晶胞质量为（a10-10）3cm3 g/cm3=a310-30 g，则812/NA g=a310-30 g，故NA=。19、无水硫酸铜(或其他合理答案) 单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙 【答案解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气

37、，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏斗活塞，使硫酸流下，与金属锌反应生成氢气，用氢气排除装置中的空气，在最后收集气体并检验其纯度，当收集到纯净的氢气时在点燃酒精灯进行加热，一段时间后停止加热，让装置C在氢气的环境中充分冷却，最后关闭分液漏斗活塞。故顺序为

38、。（3）计算得到样品中氢化钙的质量分数大于100%，说明样品中钙元素较多，则说明单质钙 没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙。20、稀盐酸（或稀硫酸溶液） 少量Fe2+被空气中氧气氧化成Fe3+ 编号实验操作预期现象和结论取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液不变红色，说胆乙同学的猜想是不合理的或取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液如果溶液仍不变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是不合理的【答案解析】（1）根据图示分析可知，加入试剂1用于溶解药品，应该选用加入非氧化性的酸；（2）亚铁离子具有较强的还原性，部分亚铁离子能

39、够被空气中氧气氧化成铁离子；（3）若溶液中的SCN-被过量的氯水氧化，可以再向溶液中加入硫氰化钾溶液，根据反应现象进行判断。【题目详解】（1）试剂1用于溶解样品，可以选用稀盐酸或者稀硫酸；（2）少量Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+，所以加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液中也产生了红色，（3）乙的猜想为：溶液中的SCN-被过量的氯水氧化，若检验乙同学的猜想是否正确，可以取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液，如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液不变红色，说胆乙同学的猜想是不合理的，故答案为编号实验操作预期现象和结论取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液不变红色，说胆乙同学的猜想是不合理的或取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液如果溶液仍不变红色，说明乙同学的猜想是合理的；如果溶液变红色，说明乙同学的猜想是不合理的21、 Zn 失去第二个电子达到 3d10 稳定结构，而 Cu 失去第一个电子即达到稳定结构 短 氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于 H2S V 形 吡咯分子间存在氢键 10 【答案解析】(1)硫为16号元素，据此书写价电子排布图；(2)Zn 为30号元素，价电子排布式为1s2