2024届河北省廊坊市名校化学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届河北省廊坊市名校化学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某有机物M的结构简式如图所示，若等物质的量的M在一定条件下分别与金属钠、氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应，则消耗的钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为()A．1∶1∶1 B．2∶4∶1C．1∶2∶1 D．1∶2∶22、下列关于有机物的说法正确的是A．实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硫酸，再滴加苯，最后滴加浓硝酸B．蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物C．可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯D．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化3、下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（）A．电解熔融NaCl可以得到金属钠B．金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来C．金属镁着火，可用二氧化碳灭火D．金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火4、下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是图①图②图③A．图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B．图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀C．图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀D．图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀5、已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是A．若某温度下，反应后=11，则溶液中=B．参加反应的氯气的物质的量等于amolC．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol≤n(e-)≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol6、2018年世界环境日主题为“塑战速决”。下列做法不应该提倡的是A．使用布袋替代一次性塑料袋购物B．焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料D．用高炉喷吹技术综合利用废塑料7、韩国首尔大学的科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成“暖冰”。下列关于“暖冰”的说法正确的是()A．暖冰中水分子是直线型分子B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C．暖冰中水分子的各原子均满足8电子稳定结构D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”8、下列物质中，难溶于CCl4的是()A．碘单质 B．水 C．苯 D．甲烷9、苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变化为棕黄色。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有（）A．氧化性 B．还原性 C．碱性 D．酸性10、有机物A是一种常用的内服止痛解热药。1molA水解得到1molB和1mol醋酸。A溶液具有酸性，不能使FeCl3溶液显色。A的相对分子质量不超过200。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652。A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。则下列推断中，正确的是()A．A、B的相对分子质量之差为60 B．1个B分子中应当有2个氧原子C．A的分子式是C7H6O3 D．B能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应11、分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．8种12、下列各项中表达正确的是()A．F—的结构示意图：B．CO2的分子模型示意图：C．NaCl的电子式：D．N2的结构式：:N≡N:13、下列金属冶炼的反应原理，错误的是()A．MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑B．2NaCl＋H22Na＋2HClC．Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2D．2HgO2Hg＋O2↑14、下列说法正确的是A．常温下，0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中，加入少量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH-)均增大B．已知：0.1mol·L-1KHC2O4溶液呈酸性，则存在关系：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)C．25℃，H2SO3HSO3—+H+的电离常数Ka=1×10-2mol·L-1，该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=1×10-12mol·L-1D．0.1mol·L-1NaHSO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)15、下列有机物的一氯代物同分异构体数目相同的一组是()①②③④A．只有②③④ B．只有③ C．只有① D．只有②16、为检验某种钠盐溶液中含有的阴离子是SO42-、CO32-还是OH-、Cl-，下面设计的方案中合理的是()A．检验CO32-：向待测液中加入足量的盐酸产生气泡，将气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成B．检验SO42-：向待测液中加入盐酸至酸性，未见沉淀或气体生成，再加入BaCl2溶液出现白色沉淀C．检验OH－：向待测液中加入石蕊溶液，溶液变红色D．检验Cl－：向待测液中加入AgNO3溶液和稀盐酸的混合液，有白色浑浊物出现二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物G（1，4-环己二醇）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。完成下列填空：（1）写出C中含氧官能团名称_____________。（2）判断反应类型：反应①________；反应②_______。（3）写出B的结构简式_______________。（4）写出反应③的化学方程式_________。（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质稳定，易取代、难加成。该产物属于____（填有机物类别），说明该物质中碳碳键的特点________________________。（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下反应生成高分子物质的化学方程式_____________。（7）1，3-丁二烯是应用广泛的有机化工原料，它是合成D的原料之一，它还可以用来合成氯丁橡胶（）.写出以1，3-丁二烯为原料制备氯丁橡胶的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_______________18、Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：（1）Z2＋的核外电子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为________，其中心原子的杂化类型是________。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于________区元素，元素符号是________。19、Na2O2具有强氧化性，可以用来漂白纺织类物品、麦杆、纤维等。（1）如下图所示实验，反应的化学方程式为_______________。实验结束后，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，现象是___________________________。（2）若用嘴通过导管向附着少量Na2O2粉末的棉花吹气，棉花燃烧。原因是Na2O2与H2O和CO2反应，其中与CO2反应的化学方程式为______________________。若标准状况下反应生成了5.6LO2，则转移电子的物质的量为______mol。过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；②在第①步的生成的产物中加入30%H2O2，反应生成CaO2•8H2O沉淀；③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2•8H2O，再脱水干燥得到CaO2。完成下列填空：（3）第①步反应的化学方程式为_____________________。（4）生产中可循环使用的物质是_____________________。（5）检验CaO2•8H2O是否洗净的方法是___________。（6）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（标况），产品中CaO2的质量分数为________（用字母表示）。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有______________________。20、用一种试剂将下列各组物质鉴别开。（1）和：_________________________（2），和C6H12(已烯)：_________________（3），CCl4和乙醇_______________________21、利用所学化学知识解答问题：(1)在高温下CuO

能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因：______.根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，元素Cu属于(2)氰酸(HOCN)是一种链状分子，它与异氰酸(HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式______(3)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物.与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是______(4)立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其晶胞结构与金刚石类似，一个该晶胞中含有______个氮原子，______个硼原子，设氮原子半径为a

pm，硼的原子半径b

pm，求该晶胞的空间利用率______.(用含a、b的代数式表示)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

能与Na反应的官能团有羟基、羧基，1mol有机物可消耗2molNa；能与NaOH反应的官能团有酯基、酚羟基、溴原子和羧基，1mol有机物可消耗4molNaOH；能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，1mol有机物只能消耗1mol碳酸氢钠。则等物质的量的该有机物消耗的金属钠、氢氧化钠、碳酸氢钠的物质的量之比为2：4：1，因此合理选项是B。2、C【解题分析】

A.因为浓硫酸稀释时会放出大量的热，所以实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加浓硫酸，最后滴加苯，A项错误；B.蔗糖是二糖，而葡萄糖是单糖，两者既不是同分异构体，也不是同系物，B项错误；C.钠与乙酸反应生成H2且反应剧烈，钠与乙醇反应也能生成氢气，但反应较慢，钠不与苯反应，所以可用金属钠区分乙酸、乙醇和苯，C项正确；D.煤的气化是通过化学反应使煤转化为气态燃料，属于化学反应，石油的分馏是物理变化，D项错误。故选C。3、C【解题分析】

A、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；D、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。【题目详解】A、Na是活泼金属，工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼，A正确；B、Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti，所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来，B正确；C、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，C错误；D、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，D正确；答案选C。4、C【解题分析】

A、形成原电池需要电解质溶液,所以干燥空气中不易形成原电池,则铁钉不会生锈,故A正确；B、中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀,所以钢闸门会发生吸氧腐蚀,故B正确；C、与原电池的正极相连作阳极,活泼金属作阳极时,金属失电子易被腐蚀,所以若将钢闸门与电源的正极相连,不能防止钢闸门腐蚀,故C错误；D、Mg、Fe形成原电池时,Fe作正极,Mg失电子作负极,Fe被保护,故D正确；综上所述，本题正确答案为C。【题目点拨】本题重点考查金属腐蚀与防护。铁钢等金属在潮湿空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀。在强酸环境下发生析氢腐蚀，在中性或弱酸性环境下易发生吸氧腐蚀。因此需要对其钢铁等进行防护。若与电池相接，则为牺牲阳极保护法，即钢闸门与电池的负极相连。这样在阳极失电子，阴极的阳离子得电子发生还原反应，钢闸门不发生反应，避免被腐蚀，保护了钢闸门。常用的方法还有原电池原理，与被保护金属活泼的金属相连接形成原电池。即被保护方做正极，负极活泼型金属失电子。5、D【解题分析】

A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；B.根据元素的原子守恒分析解答；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。【题目详解】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)=n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正确；B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=n(KOH)=×amol=amol，B正确；C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol；转移电子最大物质的量为：amol×5=amol；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×amol=amol，转移电子最小物质的量=×amol×1=amol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为：amol≤n(e-)≤amol，C正确；D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×amol=amol，D错误；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒、原子守恒及极限法的应用，侧重考查学生对基础知识的应用能力和分析、计算能力。6、B【解题分析】

A.使用布袋替代一次性塑料袋购物，可以减少塑料的使用，减少“白色污染”，故不选A；B.焚烧废旧塑料生成有毒有害气体，不利于保护生态环境，故选B；C.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料可以在自然界中自行分解为小分子化合物，所以替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”，故不选C；D.高炉喷吹废塑料是将废塑料作为高炉炼铁的燃料和还原剂，利用废塑料燃烧向高炉冶炼提供热量，同时利用废塑料中的C、H元素，还原铁矿石中的Fe，使废塑料得以资源化利用、无害化处理和节约能源的有效综合利用方法，故不选D。7、D【解题分析】A、水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，A错误；B、水凝固形成20℃时的“暖冰”没有新物质生成，所以所发生的变化不是化学变化，B错误；C、氢原子不满足8电子稳定结构，C错误；D、在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，D正确；答案选D。8、B【解题分析】

由相似相溶可知水为极性分子，单质碘、苯和甲烷均是非极性分子，而CCl4为非极性分子，因此难溶于四氯化碳的是水，故答案为B。9、B【解题分析】

在空气中，氧气能够把Fe2+氧化成Fe3+，加入维生素C能防止这种氧化，说明维生素C具有还原性，能把Fe3+还原为Fe2+，故选B。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，明确铁元素的化合价变化是解答的关键，应理解化合价升高失电子发生氧化反应、化合价降低得电子发生还原反应。10、D【解题分析】

根据芳香族化合物B的含氧量及A的相对分子质量的范围，先确定B的分子结构，再确定A的分子结构。【题目详解】A、B都是由碳、氢、氧三种元素组成的芳香族化合物。1molA水解得到1molB和1mol醋酸，则A含有酯基。A溶液具有酸性，则A含有-COOH；A不能使FeCl3溶液显色，则A没有酚羟基。A的相对分子质量不超过200，则B的相对分子质量不超过200-42=158。B分子中碳元素和氢元素总的质量分数为0.652，则其中氧元素总的质量分数为1-0.652=0.348，若B只含1个氧原子，则B的相对分子质量为45.9，不可能；若B含2个氧原子，则B的相对分子质量为92，由于苯的相对分子质量为78，也不可能；若B含3个氧原子，则B的相对分子质量为138，合理。由于1molA水解得到1molB和1mol醋酸，则B分子中有苯环、羟基、羧基，共3个氧原子，则B的分子式为C7H6O3、A的分子式为C9H8O3。A.1molA水解得到1molB和1mol醋酸，A、B的相对分子质量之差为60-18=42，A不正确；B.1个B分子中应当有3个氧原子，B不正确；C.A的分子式是C9H8O3，C不正确；D.B分子中含有-COOH、酚羟基，故其能与NaOH溶液、FeCl3溶液、浓溴水等物质反应，D正确。综上所述，有关推断中正确的是D，本题选D。【题目点拨】对于复杂的有机物，可以把其结构分成不同的片断，根据不同片断的结构和性质，结合相对分子质量分析其可能的组成，并且能够根据化学变化中相对分子质量的变化量分析有机物转化过程中相对分子质量的变化。在不能确定分子中相关元素原子的具体数目时，要学会使用讨论法。11、C【解题分析】

有机物能与金属钠反应生成氢气，则该有机物含有羟基，则C4H9-的同分异构体由2种，正丁基上羟基可能的位置有2种；异丁基上羟基可能的位置有2种，合计4种，答案为C。12、A【解题分析】A、F-的核电荷数为9，核外电子数为10，故A正确；B、二氧化碳为直线形分子，碳原子半径比氧原子半径大，应该为，故B错误；C、离子化合物电子式书写，简单阳离子用离子符号表示，阴离子要加括号，并写上离子所带电荷，应该为，故C错误；D、N2分子中氮原子与氮原子间形成三键，结构式为N≡N，故D错误；故选A。点睛：掌握化学用语书写的基本规则是解题的基础。本题的易错点为B，比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。13、B【解题分析】分析：金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法,电解法，热分解法等冶炼方法。详解：A项，活泼金属需要采用电解法制取，镁为活泼金属，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故A项正确；B项，钠为活泼金属，不能用热还原法冶炼，故B项错误；C项，铁单质是较活泼金属，可采用热还原法制取，故C项正确；D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故D项正确。综上所述，本题答案选B。14、C【解题分析】

A．根据，，可计算出c(H+)=0.1mol/L，说明该一元酸为强酸，加入少量NaA晶体时，溶液中c(OH-)不变，加水稀释，溶液中c(H+)减小，则c(OH-)增大，A项错误；B．KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，B项错误；C．NaHSO3水解方程式为：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，其水解平衡常数Kh=，C项正确；D．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，故0.1mol·L-1NaHSO4溶液中根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，D项错误；答案选C。15、A【解题分析】

①分子中三个乙基是等效的，故有三种类型的氢，所以一氯代物有三种；②有四种类型的氢，所以一氯代物有四种；③有四种类型的氢，所以一氯代物有四种；④有四种类型的氢，所以一氯代物有四种；所以②③④符合题意；所以本题答案：A选项。16、B【解题分析】

A项、待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)2溶液有白色沉淀生成，与盐酸反应的离子不一定是CO32-，还可能是HCO3-或SO32-等，故A错误；B项、先在待测溶液中加入盐酸，排除SO42-以外的其它阴离子及Ag+的干扰，再用BaCl2检验SO42-离子的存在是正确的操作，故B正确；C项、溶液中若有OH-，OH-会使溶液变成蓝色，故C错误；D项、AgNO3溶液和稀HCl混合就有白色浑浊物，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查常见阴离子的检验，注意离子的性质、加入试剂的选择和实验现象的分析是解答关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基消去取代.芳香烃所有的碳碳键键长相等，是介于单键和双键之间的特殊的键【解题分析】

由流程可知，①为环己醇发生消去反应生成D为，②环己烯与溴发生加成反应生成A为，③是A发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成B为，与氢气加成生成F，④是F在碱性条件下水解生成。由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2。【题目详解】(1)由结构可知C中含氧官能团名称为：羟基，故答案为：羟基；(2)反应①发生醇的消去反应，②环己烯与溴发生加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；(3)由F的结构可知，和溴发生1，4−加成反应生成B为，故答案为：；（4）③是A发生消去反应生成，化学方程式。答案为：；（5）一定条件下D脱氢反应得一种产物，化学性质比较稳定，易取代、难加成，该产物为，属于芳香烃，说明该物质中所有碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键，故答案为：芳香烃；碳碳键的键长相等，是介于单键与双键之间的特殊的键；（6）写出G与对苯二甲酸在一定条件下发生酯化反应生成高分子物质，化学方程式。答案为：（7）由CH2=CClCH=CH2发生加聚反应生成，CH2=CHCH=CH2与溴发生1，4-加成生成BrCH2CH=CHCH2Br，然后发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，再与HCl发生加成反应生成HOCH2CHClCH2CH2OH，最后发生醇的消去反应得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：18、1s22s22p63s23p63d9孤电子对bSi<C<N3∶2sp杂化dCr【解题分析】分析：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。（1）Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），稳定性：CH4>SiH4，沸点：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH≡CH，CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。其中C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。详解：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。（1）Z为Cu元素，Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H键的键长小于Si-H键，C-H键的键能大于Si-H键，稳定性：CH4>SiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4<SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能C<N；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能C>Si；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH≡CH，CH≡CH的结构式为H—C≡C—H，单键全为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，CH≡CH中σ键与π键的键数之比为3:2。CH≡CH中每个碳原子形成2个σ键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。19、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先变红后褪色2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O20.52NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2NH4Cl取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净9V14m%或9V/1400m【解题分析】分析：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，根据化学反应的产物来确定现象，氢氧化钠有碱性，能使酚酞显示红色，且产生氧气，红色褪去；（2）过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，根据每生成1mol氧气，转移2mol电子计算生成了5.6LO2，转移电子的物质的量；（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙；（4）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵；（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子；（6）根据过氧化钙和氧气之间的关系式计算；过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量。详解：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，向试管所得溶液中滴加酚酞溶液，体系呈碱性，溶液变红，产生氧气，具有氧化性，故将溶液漂白，所以现象是先变红后褪色；（2）因为过氧化钠和水以及二氧化碳反应都会生成氧气，氧气具有助燃性，其中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，即2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每生成1mol氧气，转移2mol电子，生成氧气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，因此转移0.5mol电子；（3）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2；（4）第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；（5）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝