2024年统编版2024高二化学下册月考试卷

…………○…………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年统编版2024高二化学下册月考试卷628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6题，共12分)1、已知0.1mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是（）A.加少量烧碱溶液B.加醋酸钠C.加少量冰醋酸D.加水2、物质rm{X}的结构简式如图所示，它常被用于制香料或作为饮料酸化剂，在医学上也有广泛用途rm{.}下列关于物质rm{X}的说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}的分子式为rm{C_{6}H_{7}O_{7}}B.rm{X}分子内所有原子均在同一平面内C.rm{1mol}物质rm{X}最多可以和rm{3mol}氢气发生加成反应D.足量的rm{X}分别与等物质的量的rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}反应得到的气体的物质的量相同3、下列说法正确的是A.常温常压下，rm{4.4g}二氧化碳含有的分子数目为rm{6.02隆脕10^{22}}B.糖类、油脂、蛋白质均属于天然有机高分子化合物C.用分液漏斗分离乙酸和乙酸乙酯D.利用浓硫酸的脱水性，干燥氯气4、rm{Al-H_{2}O_{2}}电池是一种新型的高性能电源，其结构如图所示rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.铝作该电源的负极，电极反应为：rm{Al-3e^{-}篓TAl^{3+}}B.电池总反应：rm{2Al+3H_{2}O_{2}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+6H_{2}O}C.放电时溶液中的rm{SO_{4}^{2-}}向正极移动D.放电时正极周围溶液的rm{pH}升高5、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}为短周期主族元素，其相对位置关系如图所示。rm{C}与rm{B}可形成离子化合物rm{C_{3}B_{2}}下列分析正确的是rm{(}rm{)}A.电负性：rm{C>A}B.原子半径：rm{r(C)>r(B)}C.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{A>B}D.离子氧化性：rm{C>D}6、某同学向一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质rm{(}一种物质只加一次rm{)}rm{(a)KI}溶液；rm{(b)}淀粉溶液；rm{(c)NaOH}溶液；rm{(d)}稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液；rm{(e)}氯水rm{.}发现溶液颜色按如下顺序变化：rm{垄脵}无色rm{隆煤垄脷}棕黄色rm{隆煤垄脹}蓝色rm{隆煤垄脺}无色rm{隆煤垄脻}蓝色rm{.}依据溶液颜色的变化，加入以上药品的顺序是rm{(}rm{)}A.rm{a隆煤b隆煤e隆煤c隆煤d}B.rm{b隆煤e隆煤a隆煤d隆煤c}C.rm{a隆煤e隆煤b隆煤c隆煤d}D.rm{a隆煤d隆煤b隆煤e隆煤c}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、(8分)现有室温的①HCl②H2SO4③CH3COOH三种溶液。（1）若三种酸均为pH=2的溶液，它们的物质的量浓度由大到小的顺序是___________(用序号表示，下同)，三种酸溶液各取1mL，分别加水到1000mL，pH最小的是________。（2）若三种酸均为0.1mol·L－1的溶液，它们的pH由大到小的顺序是________，三种酸溶液各取1mL，分别加水稀释到1000mL，pH最小的是_________。8、（9分）水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。（1）在酸性溶液中，水分子容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）。对于这一过程，下列描述不合理的是______________。A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变C．微粒的化学性质发生了改变D．微粒中的键角发生了改变根据价层电子对互斥理论推测H3O+的形状为_____________________。（2）水分子和硫化氢分子的键角及中心原子的杂化方式如下表：。分子H2OH2S中心原子杂化方式sp3键角104．5°92．1°键长95．7pm133．6pm根据表格中的数据判断O－H键键能______（填“＞”、“＝”或“<”）S－H键键能。用电负性知识解释H2O的键角大于H2S的键角的原因：__________________________________________________________________________________。（3）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图所示），已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是________kJ/mol。9、按系统命名法命名有机物：的名称是______．10、下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H}rm{I}rm{I}rm{J}rm{K}rm{L}

rm{(1)}元素rm{K}在周期表中的位置是第四周期第____族，__________区；rm{(2)}元素rm{J}最高正化合价为____，元素rm{F}原子核外的电子有_____________种运动状态；rm{(3)}元素rm{ADJ}按照原子个数比rm{4}rm{1}rm{1}形成的化合物含有的化学键类型为_________________；rm{(}写出最具体的类别rm{)}rm{(4)}某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素rm{B}与元素rm{I}的氢氧化物有相似的性质，写出元素rm{B}的氢氧化物与rm{NaOH}溶液反应后盐的化学式___________________。11、回答下列问题：rm{(1)A1C1_{3}}溶液呈________性，原因是________rm{(}用离子方程式表示rm{)}把rm{AlCl_{3}}溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体产物是________，rm{KAl(SO_{4})_{2}}溶液蒸干最后得到的固体产物是________。rm{(2)}在配制碳酸钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的________rm{(}填化学式rm{)}rm{(3)}常温下，rm{0.1mol/LNaHCO_{3}}溶液的rm{pH}大于rm{8}则溶液中rm{c(H_{2}CO_{3})}________rm{c({CO}_{3}^{2-})(}填“rm{>}”、“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}rm{(4)}普通泡沫灭火器是利用rm{NaHCO_{3}}溶液跟rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液混合，产生大量的气体和沉淀，该反应的离子方程式是________。rm{(5)}工业上常用加热rm{TiCl_{4}}溶液的方法制备纳米材料rm{(TiO_{2}隆陇xH_{2}O)}写出该反应的化学方程式________。12、(8分)常温下，取0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略体积的变化），测得混合溶液的pH＝9。试回答以下问题：(1)液的pH＝9的原因是_________________________（用离子方程式表示）；(2)混合后的溶液中由水电离出的c(OH－)为a，pH＝9的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)为b，则ab（填“>”、“<”或“=”），a︰b＝。(3)在混合溶液中c(HA)+c(A－)=____mol/L。13、化学键的键能是原子间形成1mol化学键(或其逆过程)时释放(或吸收)的能量。以下是部分共价键键能的数据：H—S：364kJ·mol－1，S—S：266kJ·mol－1，S===O：522kJ·mol－1，H—O：464kJ·mol－1。(1)试根据这些数据计算下面这个反应的反应热：2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l)ΔH＝－QkJ·mol－1，反应产物中的S实为S8，实际分子是8元环状分子(提示：由8molS形成8molS—S可推知平均1molS含有的S—S，然后计算)，则Q＝_________。(2)标准状况下，将aLH2S与bLSO2混合进行上述反应，当a＞2b时，反应放热____________kJ·mol－1；当a＜2b时，反应放热____________kJ·mol－1。(3)又已知H2O(l)＝H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1请写出(1)中反应若生成气态水时的热化学方程式。14、(6分)某种混合物中可能含有甲酸、乙酸、甲醇及甲酸乙酯这些物质中的一种或几种。在检验时有以下现象：(1)有银镜反应；(2)加入新制悬浊液，无变澄清的现象；(3)与含碱的酚酞溶液共热，发现溶液中红色逐渐变浅以至无色。根据上述现象，可以判断此混合物中一定含有____，可能含有____，一定没有____。(填结构简式)15、0.1mol某烃完全燃烧生成0.4molH2O，又知其含碳量为92.307%，则此有机物的分子式为______．若它是能聚合成高分子化合物的芳香族化合物，其结构简式为______；若其不能与氢气发生加成反应，且每个碳原子与另外三个碳原子相连接，键角为90度，则其结构式为______（用键线式表示），它的一氯代物有______种，二氯代物有______种．评卷人得分三、计算题(共7题，共14分)16、已知反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)在427°C时的平衡常数是9．4．如果反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0．01mol·L-1，计算一氧化碳在此反应条件下的转化率。17、在常温条件下，将0.05mol·L的盐酸与未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合，所得溶液的PH为2。用上述NaOH溶液与某一元弱酸HA20.0mL反应，恰好中和时消耗NaOH溶液10.0mL，所得溶液PH为10。求：（1）C(NaOH)。（2）C(HA)。（3）盐类水解程度的大小可用“水解度（h）”来表示。对于NaA型盐的水解度（h）表示为：h=（已水解的物质的量÷原来总物质的量）×100﹪。求上述所得NaA溶液的水解度。18、某有机物含C；H、O、N四种元素；质量分数分别为32%、6.66%、42.67%、67%．该有机物的蒸汽对氢气的相对密度为37.5．通过计算确定：

（1）有机物的分子式______；

（2）有机物可能的结构简式．______．19、rm{Cu}与一定浓度的硝酸反应时，其方程式可表示为：rm{Cu+HNO_{3}}--rm{Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+NO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(1)}硝酸在反应中的性质是______．

rm{(2)0.3molCu}被完全溶解后，如果得到的rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是______rm{mol}若用排水法收集这些气体，可得到标准状况下的体积______rm{L}．

rm{(3)}如果参加反应的rm{Cu}和rm{HNO_{3}}的物质的量之比为rm{3}rm{10}写出并配平该反应的离子方程式______．20、(3分)常温下，pH=A的强碱溶液与pH=B的强酸混合，已知所得混合溶液的pH=7，混合前强碱与强酸溶液的体积比10：1。A与B的和是多少？21、某抗酸药每片含碳酸钙534mg，氢氧化镁180mg，每片该药可中和多少克溶质的质量分数为6．2%的盐酸？（保留到0．01g）22、Ⅰrm{.}已知rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}

(g)}rm{娄陇H>0}一定条件下反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是______rm{(1)}填写字母rm{(}A.逆反应速率先增大后减小rm{)}的体积百分含量减小C.rm{B.H_{2}O(g)}的转化率增大rm{CO}容器中rm{D.}rm{c}rm{(CO_{2})/}rm{c}的值减小rm{(CO)}在某压强下，上述反应在不同温度、不同投料比时，rm{(2)}的转化率如图所示。

rm{CO}rm{垄脵K_{A}}rm{K_{B}}三者之间的大小关系为__________________。rm{K_{C}}温度下，将rm{垄脷T_{1}}和rm{1molCO}充入rm{4molH_{2}O(g)}的密闭容器中，rm{2L}后反应达到平衡状态，则rm{5min}内的平均反应速率rm{0隆芦5min}rm{v}________________；若保持其他条件不变，向平衡体系中再通入rm{(CO)=}和rm{1molCO}此时rm{1molCO_{2}}rm{v}正rm{(}_______rm{)}rm{v}逆rm{(}填“rm{)(}”、“rm{>}”、“rm{<}”rm{=}

Ⅱrm{)}下列反应：rm{.}在rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数rm{716K}rm{x}与反应时间rm{(HI)}的关系如下表：。rm{t}rm{t}rm{/min}rm{0}rm{20}rm{40}rm{60}rm{80}rm{120}rm{x}rm{(HI)}rm{1}rm{0.91}rm{0.85}rm{0.815}rm{0.795}rm{0.784}rm{x}rm{(HI)}rm{0}rm{0.60}rm{0.73}rm{0.773}rm{0.780}rm{0.784}rm{(1)}根据上述实验结果，该反应的平衡常数rm{K}的计算表达式为____________________________。rm{(2)}上述反应中，正反应速率为rm{v}rm{{,!}_{脮媒}=}rm{k}rm{{,!}_{脮媒}}rm{x}rm{{,!}^{2}(HI)}逆反应速率为rm{v}rm{{,!}_{脛忙}=}rm{k}rm{{,!}_{脛忙}}rm{x}rm{(H_{2})}rm{x}rm{(I_{2})}其中rm{k}rm{{,!}_{脮媒}}rm{k}rm{{,!}_{脛忙}}为速率常数，则rm{k}rm{{,!}_{脛忙}}为________rm{(}以rm{K}和rm{k}rm{{,!}_{脮媒}}表示rm{)}若rm{k}rm{{,!}_{脮媒}=0.0027min^{-1}}在rm{{,!}_{脮媒}=0.0027

min^{-1}}rm{t}时，rm{=40min}rm{v}________rm{{,!}_{脮媒}=}rm{min^{-1}}由上述实验数据计算得到rm{(3)}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}隆芦}rm{x}和rm{(HI)}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}隆芦}rm{x}的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为__________rm{(H_{2})}填字母rm{(}rm{)}评卷人得分四、推断题(共4题，共36分)23、X,Y,Z,W均为中学化学的常见物质；一定条件下它们之间有如图转化关系（其它产物已略去），下列说法不正确的是（）

A.若W是单质铁，则Z溶液可能是FeCl2溶液B.若W是氢氧化钠，则X与Z可反应生成YC.若X是碳酸钠，则W可能是盐酸D.若W为氧气，则Z与水作用（或溶于水）一定生成一种强酸24、rm{0.05mol}某烃rm{A}在氧气中完全燃烧后，将燃烧后的气体通入干燥管，增重rm{5.4g}再通入足量石灰水，增重rm{13.2g}试回答：

rm{(1)}烃rm{A}的分子式为__________________________。烃rm{(1)}的分子式为__________________________。

rm{A}若烃rm{(2)}若烃rm{A}不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代产物只有一种，则rm{A}的结构简式为______________________；不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代产物只有一种，则rm{(2)}的结构简式为______________________；

rm{A}rm{A}若烃能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{(3)}若烃rm{A}能使溴水褪色，在催化剂作用下，与rm{H}rm{(3)}rm{A}经测定分子中含有rm{H}个甲基，且其核磁共振氢谱图中有两组峰，则rm{{,!}_{2}}可能的结构简式为_______________________。

发生加成反应，其加成产物rm{B}经测定分子中含有rm{4}个甲基，且其核磁共振氢谱图中有两组峰，则rm{A}可能的结构简式为_______________________。rm{B}比rm{4}少一个碳原子且能使溴水褪色的rm{A}的同系物有__________________种同分异构体25、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种原子序数依次增大的元素rm{(}原子序数均小于rm{30).A}的基态原子rm{2p}能级有rm{3}个单电子；rm{C}的基态原子rm{2p}能级有rm{1}个单电子；rm{E}的原子各内层均排满，且最外层有成单电子；rm{D}与rm{E}同周期，价电子数为rm{2.}则：

rm{(1)}写出基态rm{E}原子的价电子排布式______．

rm{(2)1molA}的单质分子中rm{娄脨}键的个数为______．

rm{(3)A}rm{B}rm{C}三元素第一电离能由大到小的顺序为______rm{(}用元素符号表示rm{)}．

rm{(4)A}的最简单氢化物分子的空间构型为______．

rm{(5)C}和rm{D}形成的化合物的晶胞结构如图，已知晶体的密度为rm{娄脩g/cm^{3}}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}求晶胞边长rm{a=}______rm{cm.(}用含队rm{娄脩}rm{N_{A}}的计算式表示rm{)}26、醛在一定条件下可以发生如下转化：请回答下列问题：rm{(1)}已知反应Ⅰ为加成反应，物质rm{X}的结构简式为____。rm{(2)}若物质rm{Y}中含有氯元素，物质rm{Y}的结构简式为____。rm{(3)1molG}最多可与________________rm{molBr_{2}}反应。rm{(4)C}生成rm{D}的化学反应方程式为____________________。rm{(5)D}与银氨溶液发生反应的化学方程式为____________________。rm{(6)H}为rm{G}的同分异构体，同时满足下列条件的rm{H}的结构简式为____________________。A.能与rm{FeCl_{3}}发生显色反应B.核磁共振氢谱显示rm{5}组峰C.rm{1molG}在一定条件下最多能与rm{3molNaOH}反应rm{(7)}参照上述合成路线，请设计由rm{D}合成rm{E}的路线。评卷人得分五、综合题(共2题，共14分)27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】试题分析：A．加少量烧碱溶液，与溶液中的H+发生中和反应，使电离平衡正向移动，c(H+)、c(CH3COOH)都减小，c(H+)减小的倍数多于c(CH3COOH)，所以c(H+)/c(CH3COOH)值减小，错误；B．加醋酸钠，由于c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，所以c(H+)减小，c(CH3COOH)增大，c(H+)/c(CH3COOH)值减小，错误；C．加少量冰醋酸，平衡正向移动，c(H+)、c(CH3COOH)都增大，但是c(CH3COOH)增大的倍数多，所以c(H+)/c(CH3COOH)值减小，错误；D．加水其稀释作用，由于离子浓度减小的倍数大于电解质分子，所以平衡正向移动，因此c(H+)减小的倍数小于于c(CH3COOH)，所以c(H+)/c(CH3COOH)值增大，正确。考点：考查弱电解质电离平衡移动与溶液中离子浓度的关系的知识。【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{A.X}的分子式为rm{C_{6}H_{6}O_{7}}故A错误；

B.与rm{-OH}相连的rm{C}及亚甲基均为四面体结构；则所有原子不可能共面，故B错误；

C.rm{-COOH}不能与氢气发生加成反应；故C错误；

D.含rm{-COOH}由rm{C}原子守恒可知，与等物质的量的rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}反应得到的气体的物质的量相同；故D正确；

故选D．

由结构可知分子式，分子中含rm{-COOH}rm{-OH}结合羧酸、醇的性质来解答．

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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意羧酸、醇的性质，题目难度不大．【解析】rm{D}3、A【分析】【分析】本题考查较为综合；涉及浓硫酸的性质与用途；混合物分离提纯、物质的量的计算，注意把握有机物的组成、结构和性质，难度不大，注意相关基础知识的积累。

【解答】A.分子个数为：rm{N=dfrac{m}{M}隆脕{N}_{A}=dfrac{4.4g}{44g/mol}隆脕6.02隆脕{10}^{23}/mol=6.02隆脕{10}^{22}}故A正确；B.高分子化合物的相对分子质量在rm{N=dfrac{m}{M}隆脕{N}_{A}=

dfrac{4.4g}{44g/mol}隆脕6.02隆脕{10}^{23}/mol=6.02隆脕{10}^{22}}以上，油脂、单糖、二糖不是高分子化合物，故B错误；C.乙酸和乙酸乙酯互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故C错误；D.浓硫酸起到干燥剂的作用与吸水性有关，故D错误。故选A。rm{10000}【解析】rm{A}4、C【分析】解：rm{A.Al}易失电子作负极，电极反应式为rm{Al-3e^{-}=Al^{3+}}故A正确；

B.rm{Al}易失电子作负极，电极反应式为rm{2Al-6e^{-}=2Al^{3+}}正极反应为rm{6H^{+}+3H_{2}O_{2}+6e^{-}=6H_{2}O}总反应rm{2Al+3H_{2}O_{2}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+6H_{2}O}故B正确；

C.放电时，阴离子向负极移动，则电解质溶液在rm{SO_{4}^{2--}}向负极移动；故C错误；

D.放电时，正极反应为rm{2H^{+}+H_{2}O_{2}+2e^{-}=2H_{2}O}氢离子浓度降低导致溶液的rm{pH}升高；故D正确；

故选C．

原电池中，rm{Al}易失电子作负极，电极反应式为rm{2Al-6e^{-}=2Al^{3+}}正极反应为rm{6H^{+}+3H_{2}O_{2}+6e^{-}=6H_{2}O}放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；阴离子向负极移动，据此分析解答．

本题考查了化学电源新型电池，根据电池反应式正确书写电极反应式是解本题关键，再结合离子移动方向、电极反应式分析解答，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，掌握元素周期表是关键，注意金属性越强，其阳离子氧化性越弱，非金属性越强，其阴离子的还原性越弱。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}为短周期主族元素，rm{C}与rm{B}可形成离子化合物rm{C}rm{B}rm{C}为短周期主族元素，rm{D}与rm{C}可形成离子化合物rm{B}rm{C}rm{3}rm{3}rm{B}处于Ⅱrm{B}族、rm{2}处于Ⅴrm{2}族，根据他们相对位置可知，，则rm{C}处于Ⅱrm{A}族、rm{B}处于Ⅴrm{A}族，根据他们相对位置可知，rm{A}为碳元素、rm{B}为rm{N}rm{C}为rm{Mg}rm{D}为rm{Al}为碳元素、rm{C}为rm{A}rm{B}为rm{A}rm{A}为rm{B}

rm{N}故A错误；

rm{C}故B正确；

rm{Mg}非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性rm{D}故C错误；

rm{Al}故D错误。A.同主族自上而下电负性减弱，同周期随原子序数增大电负性增大，故电负性rm{C<A}故A错误；rm{C<A}【解析】rm{B}6、C【分析】解：根据题意知道：rm{垄脵}无色：rm{A}rm{B}rm{C}均为无色；rm{垄脷}棕黄色：暗示有rm{I_{2}}生成，碘离子具有氧化性，能被氧化剂氯气氧化为碘单质，故先加rm{KI}溶液，再加氯水置换出rm{I_{2}}rm{垄脹}碘单质遇到淀粉变蓝色，所以蓝色说明加氯水后加淀粉溶液；rm{垄脺}单质碘可以和强碱之间发生反应，得到的是无色溶液，所以溶液无色说明rm{I_{2}}不再存在，那么加入的是rm{NaOH}溶液；最后再次出现蓝色，说明再次出现碘单质，应该是前边加入氢氧化钠后生成的碘化钠；碘酸钠在硫酸作用下发生反应生成碘单质的缘故，即最后加入的是硫酸，故选C．

碘离子具有氧化性；能被氧化剂氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质的水溶液是棕黄色的溶液，单质碘可以和强碱之间发生反应，类似氯气和氢氧化钠之间的反应，得到的是无色溶液．

本题目综合考查学生物质的化学性质以及反应中的现象等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】（1）盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，所以在pH相等的条件下，它们的物质的量浓度由大到小的顺序是③①②。稀释促进醋酸的电离，所以醋酸的pH变化最小，即答案选③。（2）在浓度相同的条件下，弱酸的pH大于强酸的，即pH由大到小的顺序是③①②。由于稀释的浓度还都是相同的，所以pH最小的硫酸的，即答案选②。【解析】【答案】（共8分，每空2分）（1）③①②；③（2）③①②；②8、略

【分析】试题分析：（1）水分子得到1个H+形成水合氢离子（H3O+），O的杂化方式仍是sp3杂化，但水分子中有2对孤对电子，水合氢离子中有1对孤对电子，所以水分子的构型是V型，而水合氢离子是三角锥型，键角发生了改变，二者的化学性质也不同，水合氢离子呈正电性，易产生氢离子显示酸性而水分子呈电中性，所以答案选A；水合氢离子是三角锥型；（2）水分子中的O-H键的键长小于S-H键的键长，所以O-H键的键能大于S-H键的键能；H2O的键角大于H2S的键角的原因是因为O的电负性大于S的电负性，使O与H之间的成键的两对电子比S与H之间的成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离更近，斥力更大，键角大；（3）每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每个氢键属于水分子的1/2,所以1mol冰晶体中含有2mol氢键，冰吸收热量升华，成为水蒸气，需要克服2mol氢键和范德华力，设氢键的“键能”是x，所以51kJ/mol=11kJ/mol+2x，解得x=20kJ/mol；考点：考查分子的杂化类型的判断，物质的性质与结构的关系，键能的计算【解析】【答案】（1）A三角锥型（2）>O的电负性大于S的电负性，使O与H之间的成键的两对电子比S与H之间的成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离更近，斥力更大，键角大；（3）209、rm{3}rm{3}rm{5-}三甲基rm{-4-}乙基庚烷

【分析】【分析】本题考查了有机物的命名，难度不大，注意掌握烷烃的命名是解题的关键。【解答】该有机物为烷烃，主链最长碳链含有rm{7}个rm{C}编号从个rm{7}编号从左到右，在rm{C}号rm{3}上有rm{C}个甲基，rm{2}号rm{4}上有rm{C}个乙基，rm{1}号rm{5}上有rm{C}个甲基，该有机物命名为：rm{1}rm{3}rm{3}三甲基rm{5-}乙基庚烷；rm{-4-}故答案为：rm{3}rm{3}三甲基rm{5-}乙基庚烷rm{-4-}。【解析】rm{3}rm{3}rm{5-}三甲基rm{-4-}乙基庚烷

10、rm{(1)}Ⅶrm{B}rm{ds}

rm{(2)+7}rm{9}

rm{(3)}离子键、极性键、配位键

rm{(4)Na_{2}BeO_{2}}或rm{Na_{2}[Be(OH)_{4}]}【分析】【分析】本题考查元素周期表的结构和元素周期律及其应用，掌握元素周期表的结构和同周期、同主族元素性质的递变规律是关键，注意原子结构与元素周期律的关系。【解答】根据元素周期表的结构和元素的相对位置可知：rm{A}为rm{H}元素、rm{B}为rm{Be}元素、rm{C}为rm{C}元素、rm{D}为rm{N}元素、rm{E}为rm{O}元素、rm{F}为rm{F}元素、rm{G}为rm{Na}元素、rm{H}为rm{Mg}元素、rm{I}为rm{Al}元素、rm{J}为rm{Cl}元素、rm{K}为rm{Mn}元素、rm{L}为rm{Fe}元素，rm{(1)}根据元素周期表的结构可知，元素rm{K}位于周期表的第四周期第Ⅶrm{B}族，属于rm{ds}区，故答案为：Ⅶrm{B}rm{ds}rm{(2)}元素rm{Cl}位于第Ⅶrm{A}族，最高正价为rm{+7}rm{F}为rm{F}元素，其原子核外有rm{9}个电子，有rm{9}种运动状态，故答案为：rm{+7}rm{9}rm{(3)A}为rm{H}元素，rm{D}为rm{N}元素，rm{J}为rm{Cl}元素，则元素rm{ADJ}按照原子个数比rm{4}rm{1}rm{1}形成的化合物为rm{NH_{4}Cl}含有离子键、极性键、配位键，故答案为：离子键、极性键、配位键；rm{(4)}元素rm{Be}与元素rm{Al}的氢氧化物有相似的性质，根据rm{Al}与氢氧化钠溶液的反应，rm{Be(OH)_{2}}与rm{NaOH}溶液反应为：rm{Be(OH)_{2}+2NaOH=Na_{2}BeO_{2}+2H_{2}O}或rm{Be(OH)_{2}+2NaOH=Na_{2}BeO_{2}+2H_{2}O}故答案为：rm{Be(OH)_{2}+2NaOH=Na_{2}[Be(OH)_{4}]}或rm{Na_{2}BeO_{2}}rm{Na_{2}[Be(OH)_{4}]}【解析】rm{(1)}Ⅶrm{B}rm{ds}rm{(2)+7}rm{9}rm{(3)}离子键、极性键、配位键rm{(4)Na_{2}BeO_{2}}或rm{Na_{2}[Be(OH)_{4}]}11、rm{(1)}酸；rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{KAl(SO_{4})_{2}}

rm{(2)NaOH}

rm{(3)>}

rm{(4)Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=CO_{2}隆眉+Al(OH)_{3}隆媒}

rm{(5)TiCl_{4}+(x+2)H_{2}O}rm{TiO_{2}隆陇xH_{2}O隆媒+4HCl}【分析】【分析】本题考查盐类水解的相关应用。【解答】rm{(1)}rm{(1)}rm{A1C1}rm{A1C1}rm{3}rm{3}是一种强酸弱碱盐，水溶液中发生水解：rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}生成氢离子，溶液显酸性；把rm{AlCl}rm{AlCl}rm{3}rm{3}溶液蒸干，促进其水解，同时生成的氯化氢具有挥发性，得到的产物是氢氧化铝，灼烧得到氧化铝，rm{KAl(SO}因此，本题答案是：酸；rm{KAl(SO}rm{4}rm{4}rm{)}rm{)}碳酸钠水解显碱性，为了防止发生水解，可以加入少量的氢氧化钠，因此，本题答案是：rm{2}rm{2}溶液蒸干，由于水解产物硫酸不挥发，故产物还是rm{KAl(SO_{4})_{2}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}，显酸性；水解得到氢氧根离子和碳酸分子，显碱性；常温下，rm{KAl(SO_{4})_{2}}溶液的rm{(2)}大于rm{NaOH}说明水解程度大于电离程度，碳酸分子浓度大于碳酸根离子浓度，因此，本题答案是：rm{(3}溶液跟rm{)}溶液混合发生完全双水解反应，方程式：rm{HCO}因此，本题答案是：rm{HCO}rm{3^{-}}该过程是四氯化钛的水解，方程式是：rm{3^{-}}溶液存在电离和水解两个过程，电离得到氢离子和碳酸根离子因此，本题答案是：rm{0.1mol/LNaHCO_{3}}rm{pH}rm{8}【解析】rm{(1)}酸；rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{KAl(SO_{4})_{2}}rm{(2)NaOH}rm{(3)>}rm{(4)Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=CO_{2}隆眉+Al(OH)_{3}隆媒}rm{(5)TiCl_{4}+(x+2)H_{2}O}rm{TiO_{2}隆陇xH_{2}O隆媒+4HCl}12、略

【分析】【解析】【答案】(8分)（1）A－+H2OHA+OH－(2分)（2）>(2分)104:1(2分)（3）0.05(2分)13、略

【分析】【解析】【答案】(1)154(2)154b/22.4154a/44.8(3)2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(g)ΔH＝－66kJ·mol－114、略

【分析】【解析】【答案】15、略

【分析】解：0.1mol某烃完全燃烧生成0.4molH2O，依据原子守恒可知分子式中有氢原子为8，分子式可以写为CxH8，又知其含碳量为92.307%，×100%=92.3O7%，计算得到：x=8，此有机物的分子式为：C8H8；若它是能聚合成高分子化合物的芳香族化合物，根据分子的不饱和度计算为5，分子结构中含有苯环，含4个不饱和度，所以应还有一个碳碳双键，判断为苯乙烯，其结构简式为：若其不能与氢气发生加成反应，且每个碳原子与另外三个碳原子相连接，键角为90度，判断结构为立方烷，则其结构式为：结构中8个氢原子完全等同它的一氯代物有1种；二氯代物有3种；

故答案为：C8H8；1；3．

依据原子守恒分析计算得到分子中含有8个氢原子，分子式为CxH8；结合元素质量分数列式计算；依据题干条件分析性质应用和结构，写出结构简式；结构式，判断同分异构体．

本题考查了分子结构的分析判断，苯、苯乙烯、立方烷的结构判断，计算分子式、结构分析是关键，题目难度中等．【解析】C8H8；1；3三、计算题(共7题，共14分)16、略

【分析】试题分析：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始：0．01mol/L0．01mol/L00转化：xxxx平衡0．01-x0．01-xxx依题意有：解之得：x=0．754mol因此一氧化碳在此反应条件下的转化率为：考点：考查平衡常数与转化率。【解析】【答案】75．4﹪17、略

【分析】HCLNaOHHA(0.05mol·LxC(NaOH).2x)／3x=0.02C(NaOH)=0.01mol·L－1C(HA)=0.005mol·L－1C(NaOH).10-C(HA).20=30.10-4NaA溶液的水解度=3％【解析】【答案】（1）0.01mol·L－1（2）0.005mol·L－1（3）3％18、略

【分析】解：（1）由于某化合物A的相对分子质量为37.5×2=65，C、H、O、N四种元素的质量分数分别为32%、6.66%、42.67%、67%，而相对原子质量分别为：12、1、16、14，则分子中碳、氢、氧、氮原子的个数之比为：=2：5：2：1，所以有机物的分子式为：C2H5O2N，故答案为：C2H5O2N；

（2）有机物可以是含有硝基的化合物，可是含有氨基和羧基的化合物，结构简式为：CH3CH2NO2、H2NCH2COOH，故答案为：CH3CH2NO2、H2NCH2COOH．

根据相对原子质量及元素的质量分数来计算某化合物A中原子的个数之比；然后书写物质的化学式即可解答．

本题考查有机物的确定，题目难度不大，注意计算方法，此外氨基酸和硝基化合物互为同分异构体书写结构简式的关键．【解析】C2H5O2N；CH3CH2NO2、H2NCH2COOH19、略

【分析】解：rm{(1)}在该反应中硝酸反应生成硝酸盐，且硝酸中rm{N}元素的化合价降低，则作氧化剂，硝酸在反应中被还原，则对应的产物rm{NO}rm{NO_{2}}为还原产物；

故答案为：氧化性；酸性；

rm{(2)}设rm{NO}的物质的量为rm{n}得到的rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量相同；

由电子守恒可知，rm{0.3mol隆脕2=n隆脕(5-2)+n隆脕(5-4)}

解得rm{n=0.15mol}

则rm{N}原子守恒可知作氧化剂的硝酸为rm{0.15mol+0.15mol=0.3mol}

由rm{Cu(NO_{3})_{2}}可知，作酸性的硝酸为rm{0.3mol隆脕2=0.6mol}

则参加反应的硝酸的物质的量是rm{0.3mol+0.6mol=0.9mol}

由rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}可知，rm{0.15molNO_{2}}与水反应生成rm{0.05molNO}

则用排水法收集这些气体，最后气体为rm{NO}其物质的量为rm{0.15mol+0.05mol=0.2mol}

在标准状况下，气体的体积为rm{0.2mol隆脕22.4L/mol=4.48L}

故答案为：rm{0.9}rm{4.48}

rm{(3)Cu+HNO_{3}隆煤Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+NO_{2}隆眉+H_{2}O}中，参加反应的rm{Cu}和rm{HNO_{3}}的物质的量之比是rm{3}rm{10}

则rm{3Cu+10HNO_{3}隆煤3Cu(NO_{3})_{2}+xNO隆眉+yNO_{2}隆眉+5H_{2}O}

由电子守恒及rm{N}原子守恒可得；

rm{begin{cases}3x+y=6x+y=4end{cases}}解得rm{begin{cases}3x+y=6

x+y=4end{cases}}rm{x=1}

则配平的化学反应为rm{y=3}

单质、气体、水在离子方程式中保留化学式，其离子反应为rm{3Cu+10HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O}

故答案为：rm{3Cu+10H^{+}+4NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O}

rm{3Cu+10H^{+}+4NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O.}根据硝酸反应生成硝酸盐及硝酸中rm{(1)}元素的化合价变化来分析；

rm{N}利用电子守恒来计算作氧化剂的硝酸的物质的量，作酸性和作氧化剂的物质的量之和为参加反应的硝酸的物质的量，再根据rm{(2)}不溶于水，rm{NO}

rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}根据电子守恒及质量守恒定律来并配平该反应的离子方程式．

本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化来分析氧化还原反应是关键，并利用电子守恒、质量守恒定律等来进行相关计算即可解答，rm{(3)}【解析】氧化性、酸性；rm{0.9}rm{4.48}rm{3Cu+10H^{+}+4NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O}20、略

【分析】【解析】【答案】13(3分)21、略

【分析】试题分析：1mol碳酸钙与1mol氢氧化镁分别与盐酸反应，消耗盐酸的量均为2mol．故需要盐酸的物质的量为：=0．00844mol，故需要盐酸的质量为=9．94考点：质量分数的有关计算【解析】【答案】9．94g22、Ⅰ.（1）C（2）①KA=KC>KB②0.08mol•(L•min)-1＞Ⅱ.（1）（2）k正/K1.95×10－3（3）A、E【分析】【分析】本题考查本题考查化学平衡状态判断、化学平衡常数有关计算等相关知识。【解答】Ⅰrm{.(1)}A.逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故A错误；B.rm{H}rm{2}rm{2}的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡不一定正向移动，故B错误；rm{O(g)}的转化率增大，平衡正向移动，故C正确；C.rm{CO}的转化率增大，平衡正向移动，故C正确；rm{CO}D.容器中的二氧化碳和氢气浓度比值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量，平衡逆向移动，故D错误，平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以故选：rm{C}rm{C}rm{(2)垄脵}rm{K}，反应是吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，rm{A}的转化率增加，rm{A}rm{=K}rm{C}rm{C}，温度越高，rm{CO}越大，所以rm{T}rm{2}rm{2}rm{<T}rm{1}rm{1}；

故答案为：rm{K}rm{K}rm{A}温度下，将rm{A}和rm{=K}rm{C}rm{C}充入rm{>K}的密闭容器中，rm{B}后反应达到平衡状态，此时rm{B}的转化率是rm{垄脷}则rm{垄脷T}内的平均反应速率rm{v(CO)=dfrac{dfrac{1mol}{2L}隆脕80拢楼}{5min}=0.08mol隆陇{L}^{-1}隆陇mi{n}^{-1}}rm{1}的平衡浓度是rm{1}rm{1molCO}rm{4molH}rm{2}的平衡浓度是rm{2}rm{O(g)}rm{2L}、rm{5min}rm{CO}的平衡浓度是rm{80%}此时rm{K=dfrac{0.4隆脕0.4}{0.6隆脕1.6}=1}若保持其他条件不变，向平衡体系中再通入rm{0隆芦5min}和rm{v(CO)=dfrac{

dfrac{1mol}{2L}隆脕80拢楼}{5min}=0.08mol隆陇{L}^{-1}隆陇mi{n}^{-1}

}rm{CO}，此时rm{Qc=dfrac{0.4隆脕0.9}{0.6隆脕1.6}<1}即rm{0.1mol/L}所以rm{H}rm{2}正rm{2}rm{O(g)}

故答案为：rm{1.6mol/L}rm{H}．Ⅱrm{2}rm{2}表中第一列，由rm{CO}分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时rm{2}物质的量分数为rm{2}则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为rm{0.4mol/L}而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为rm{K=dfrac{0.4隆脕0.4}{0.6隆脕1.6}=1

}反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数rm{K=dfrac{c({H}_{2})隆脕c{I}_{2}(quadquad)}{{c}^{2}(HI)}=dfrac{0.108隆脕0.108}{0.{784}^{2}}}

rm{1molCO}rm{dfrac{0.108隆脕0.108}{0.784^{2}}}

rm{1molCO}到达平衡时，正、逆反应速率相等，则rm{{k}_{脮媒}{x}^{2}(HI)={k}_{脛忙}xleft({H}_{2}right)xleft({I}_{2}right)}则rm{{k}_{脛忙}={k}_{脮媒}隆脕dfrac{{x}^{2}left(HIright)}{xleft({H}_{2}right)xleft({I}_{2}right)}=dfrac{{K}_{脮媒}}{K}}在rm{2}时，正反应建立平衡的rm{2}则rm{Qc=

dfrac{0.4隆脕0.9}{0.6隆脕1.6}<1}rm{Qc<K}rm{v}rm{(}正rm{)}rm{(}

故答案为：rm{)}；rm{>v_{(脛忙)}}rm{0.08mol?L^{-1}?min^{-1}}对于rm{>}rm{.(1)}rm{(1)}表中第一列，由rm{HI}分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时rm{HI}物质的量分数为rm{0.784}则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为rm{1-0.784=0.216}而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为rm{0.108}反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数rm{K=dfrac{c({H}_{2})隆脕c{I}_{2}(quad

quad)}{{c}^{2}(HI)}=dfrac{0.108隆脕0.108}{0.{784}^{2}}}rm{(1)}rm{HI}反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除rm{HI}点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时rm{0.784}的物质的量分数减小，因此排除rm{1-0.784=0.216}点，故选A点；对于rm{0.108}rm{K=dfrac{c({H}_{2})隆脕c{I}_{2}(quad

quad)}{{c}^{2}(HI)}=dfrac{0.108隆脕0.108}{0.{784}^{2}}}故答案为rm{;}rm{;}rm{

dfrac{0.108隆脕0.108}{0.784^{2}}}反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时rm{(2)}rm{{k}_{脮媒}{x}^{2}(HI)={k}_{脛忙}xleft({H}_{2}right)xleft({I}_{2}right)

}的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，rm{{k}_{脛忙}={k}_{脮媒}隆脕

dfrac{{x}^{2}left(HIright)}{xleft({H}_{2}right)xleft({I}_{2}right)}=

dfrac{{K}_{脮媒}}{K}}对应的点为rm{t=40min}rm{x(HI)=0.85}rm{v}正对应的点为rm{=k}故答案为：正rm{x^{2}(HI)=0.0027min^{-1}隆脕0.85^{2}=1.95隆脕10^{-3}min^{-1}}rm{k_{脮媒}/K}【解析】Ⅰrm{.(1)C}rm{(2)垄脵K_{A}=K_{C}>K_{B}}rm{垄脷0.08mol?(L?min)^{-1}}rm{>}Ⅱrm{.(1)dfrac{0.108隆脕0.108}{0.784^{2}}}rm{.(1)

dfrac{0.108隆脕0.108}{0.784^{2}}}正rm{(2)k}rm{/K}rm{1.95隆脕10^{-3}}rm{(3)A}rm{E}四、推断题(共4题，共36分)23、D【分析】【解答】解：A．如果W是Fe，Z是FeCl2，则Y必是FeCl3，发生的化学反应是2FeCl2+Cl2═2FeCl3，则X是Cl2；符合题干要求，故A正确；

B．若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性．Z是AlO2﹣，Al3+的溶液和AlO2﹣溶液混合生成氢氧化铝沉淀；故B正确；

C．若X是碳酸钠；可与酸反应依次碳酸氢钠和二氧化碳，则W可能是盐酸，故C正确；

D．若W为氧气，X可为NH3、N2、Na等，Z可能为NO、NO2或Na2O2等；Z与水作用（或溶于水）不一定为酸溶液，故D错误．

故选：D．

【分析】由反应的转化关系可知X可与W连续反应，如W为金属，应为变价金属，如W为氧气，则X可为变价非金属或Na，图中转化关系可符合铝三角的转化，或为多元弱酸对应的盐，以此解答该题．24、（1）C6H12

（2）

（3）CH3-C（CH3）=C（CH3）-CH3、CH3CH（CH3）-C（CH3）=CH2

（4）5【分析】rm{?}rm{?}【分析】【解答】rm{?}某烃rm{?}本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，侧重同分异构体的判断，注意物质的性质与其结构的关系。rm{(1)}在氧气中完全燃烧后rm{A}rm{A}是水，物质的量为rm{A}再通入足量石灰水，增重rm{A}是rm{A}物质的量为rm{A}rm{A}则分子中含有rm{0.05mol}rm{0.05mol}，，，，，将燃烧后的气体通入干燥管，增重rm{5.4g}是水，物质的量为rm{0.3mol}再通入足量石灰水，增重rm{13.2g}是rm{CO_{2}}物质的量为rm{0.3mol}rm{5.4g}rm{0.3mol}rm{13.2g}rm{CO_{2}}rm{0.3mol}分子式为rm{N}rm{(}rm{C}rm{)}rm{=}rm{6}，rm{n}rm{(}rm{H}rm{)}rm{=}rm{12}，rm{N}rm{(}rm{C}rm{)}rm{=}rm{6}，rm{n}rm{(}rm{H}rm{)}rm{=}rm{12}，rm{N}rm{(}rm{C}rm{)}rm{=}rm{6}，rm{n}rm{(}rm{H}rm{)}rm{=}rm{12}，故答案为：rm{N}rm{(}rm{C}rm{)}rm{=}rm{6}，rm{n}rm{(}rm{H}rm{)}rm{=}rm{12}，rm{N}rm{(}rm{C}rm{)}rm{=}rm{6}，rm{n}rm{(}rm{H}rm{)}rm{=}rm{12}，rm{N}；rm{N}rm{(}rm{(}rm{C}rm{C}只有rm{)}个不饱和度rm{)}若烃rm{=}不能使溴水褪色rm{=}则其为环烷烃。能与氯气发生取代反应rm{6}其一氯代物只有一种的是环己烷rm{6}即故答案为：，烃rm{n}能使溴水褪色rm{n}在催化剂作用下rm{(}与rm{(}rm{H}加成rm{H}其加成产物经测定分子中含有rm{)}个甲基rm{)}说明烃中含有rm{=}rm{=}rm{12}rm{12}其中含有，个甲基的有种rm{C_{6}H_{12}}，，二甲基丁烷，

，，，碳碳双键位置，

rm{C_{6}H_{12}}可能有的结构简式为rm{(2)}rm{C}rm{6}rm{H}rm{12}rm{(2)}rm{C}rm{6}rm{H}rm{12}rm{(2)}rm{C}rm{6}rm{H}rm{12}rm{(2)}rm{C}rm{6}rm{H}rm{12}rm{(2)}rm{C}rm{6}rm{H}rm{12}rm{(2)}rm{(2)}rm{C}rm{6}rm{C}rm{C}rm{C}rm{6}rm{6}rm{6}rm{H}rm{12}rm{H}

rm{H}rm{H}rm{12}rm{12}rm{12}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}rm{1}，，，，，rm{A}rm{A}

rm{A}比烃rm{A}少一个碳原子且能发生反应而使溴水褪色，说明含有碳碳双键，所以rm{A}为戊烯，rm{A}个碳原子：，加入双键方式有，种，分别为：，，，，，，，，，，，，，rm{(3)}rm{A}

rm{A}rm{A}种，分别为rm{A}rm{A}rm{A}，，，，，，，，，，rm{H}rm{2}rm{H}rm{2}rm{H}rm{2}rm{H}rm{2}rm{H}rm{2}rm{H}rm{H}rm{H}

rm{2}rm{2}rm{2}，种戊烯的同分异构体，

，，，【解析】rm{(1)C_{6}H_{12}}rm{(2)}rm{(3)}rm{(3)}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-C(CH}rm{-C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)=C(CH}rm{)=C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)-CH}rm{)-CH}rm{{,!}_{3}}、rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH(CH}rm{CH(CH}25、3d104s1；1.204×1024；F＞N＞O；三角锥形；【分析】解：有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种原子序数依次增大的元素rm{(}原子序数均小于rm{30)}rm{A}的基态原子rm{2p}能级有rm{3}个单电子，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}则rm{A}是rm{N}元素；rm{C}的基态原子rm{2p}能级有rm{1}个单电子，且rm{C}的原子序数大于rm{A}其原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}所以rm{C}是rm{F}元素，结合原子序数可推知rm{B}是rm{O}元素；rm{E}原子核外有成单电子，其次外层有rm{3}个能级且均排满电子，且原子序数小于rm{30}则rm{E}处于第四周期，其基态原子的价电子排布式rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}则rm{E}是rm{Cu}元素；rm{D}与rm{E}同周期，价电子数为rm{2}则rm{D}是rm{Ca}元素；

rm{(1)E}是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}故基态rm{Cu}原子的价电子排布式为：rm{3d^{10}4s^{1}}

故答案为：rm{3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}氮气的结构式为：rm{N隆脭N}所以氮气分子中含有一个rm{娄脪}键两个rm{娄脨}键，rm{1molA}的单质分子中rm{娄脨}键的个数为：rm{1.204隆脕10^{24}}

故答案为：rm{1.204隆脕10^{24}}

rm{(3)}同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但rm{N}元素rm{2p}能级容纳rm{3}个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，素第一电离能由大到小的顺序为：rm{F>N>O}

故答案为：rm{F>N>O}

rm{(4)N}元素的简单氢化物是氨气，rm{NH_{3}}分子中氮原子价层电子对rm{=3+dfrac{5-1隆脕3}{2}=4}且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥形；

故答案为：三角锥形；

rm{(5)F}和rm{Ca}形成的化合物为rm{CaF_{2}}由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目rm{=8}黑色球数目rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}白色球为rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}黑色球为rm{F}则晶胞质量rm{=4隆脕dfrac{78g}{N_{A}}=dfrac{312}{N_{A}}g}晶胞的体积rm{=dfrac{dfrac{312}{N_{A}}g}{娄脩gcdotcm^{-3}}=dfrac{312}{娄脩cdotN_{A}}cm^{3}}故晶胞边长为：rm{a=3dfrac{312}{娄脩cdotN_{A}}cm}

故答案为：rm{3dfrac{312}{娄脩cdotN_{A}}}．

有rm{Ca}rm{=4隆脕dfrac{78g}{N_{A}}=dfrac

{312}{N_{A}}g}rm{=dfrac{dfrac

{312}{N_{A}}g}{娄脩gcdotcm^{-3}}=dfrac{312}{娄脩cdot

N_{A}}cm^{3}}rm{a=3dfrac{312}{娄脩cdotN_{A}}

cm}rm{3dfrac{312}{娄脩cdotN_{A}}