2025年粤教新版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2025年粤教新版高二化学下册月考试卷171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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率B.开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡C.对2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强使颜色变深D.滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深2、将rm{50mL0.2mol/L}rm{NaCl}溶液加水稀释到rm{500mL}稀释后溶液中rm{NaCl}的物质的量浓度为rm{(}rm{)}A.rm{0.3}rm{mol/L}B.rm{0.2}rm{mol/L}C.rm{0.03}rm{mol/L}D.rm{0.02}rm{mol/L}3、已知反应2NH3N2+3H2，在某温度下的平衡常数为0.25，那么，在此条件下，氨的合成反应1/2N2+3/2H2NH3的平衡常数为（）A.4B.2C.1D.0.54、甲、乙两个容器内都在进行A→B的反应，甲中每分钟减少4molA，乙中每分钟减少2molA，则两容器中的反应速率（）A.甲快B.乙快C.相等D.无法确定5、某链状有机物分子中含有rm{n}个rm{-CH_{2}-}rm{m}个rm{a}个rm{-CH_{3}}其余为rm{-OH}则羟基的个数为rm{(}rm{)}A.rm{2n+3m-a}B.rm{m+2-a}C.rm{n+m+a}D.rm{m+2n+2-a}6、下列关于醇和酚的说法中，正确的是A.含有羟基的化合物一定是醇B.分子内有苯环和羟基的化合物一定是酚C.酚和醇具有相同的官能团，因而具有相同的化学物质D.表示酚类的官能团是跟苯环相连的羟基7、下表中实验操作能达到实验目的的是()。实验操作实验目的A.向甲酸钠溶液中加新制的rm{Cu(0H)_{2}}并加热确定甲酸钠中含有醛基B.向苯酚的饱和溶液中滴加稀溴水制备三溴苯酚C.向酒精和醋酸的混合液中加入金属钠确定酒精中混有醋酸D.将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中加硝酸银溶液检验水解产物中的溴离子A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、（12分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=—196．6kJ·mol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g）ΔH=—113．0kJ·mol-1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH=kJ·mol-1一定条件下，将1molNO2与2molSO2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2物质的量之比为1:6，则平衡常数K＝。（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH0（填“>”或“<”）。实际生产条件控制在250℃、1．3×104kPa左右，选择此压强的理由是。9、（10分）在实验室中做下列实验：把物质A、B按一定比例充入一个表面积为300容积为2L的球形容器，使压强为P，然后将整个容器用加热器加热到t℃时，发生如下反应：2A（g）＋B（g）2C（g）；H＝-180kJ·（1）若平均每分钟生成0.5mol的C，则此反应速率可表示为v（C）＝____________；若容器表面向外散热速率平均为400J··为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供________kJ的热量；（2）反应过程中A（g）、B（g）、C（g）物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是___________。A．10～15min可能是加入了正催化剂B．10～15min可能是降低了温度C．20min时可能是缩小了容器体积D．20min时可能是增加了B的量10、（6分）氮是地球上极为丰富的元素。（1）NN的键能为942kJ·mol-1，N-N单键的键能为247kJ·mol-1，计算说明N2中的___________键比____________键稳定（填“σ”或“π”）。（2）(CH3)3NH+和AlCl4-可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100℃，其挥发性一般比有机溶剂__________（填“大”或“小”），可用作__________（填代号）。a．助燃剂b．“绿色”溶剂c．复合材料d．绝热材料（3）X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。X的元素符号是_____________，与同一个N3-相连的X+有__________个(白圆圈代表N3-离子)11、（3分）有A、B、C三种烃，它们的结构简式如下图所示：A的名称是；B的名称是；C的名称是。12、（1）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：①电池的负极是（填“a”或“b”）极，该极的电极反应式是。②电池工作一段时间后电解质溶液的pH（填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）利用甲烷燃料电池及下图所示的装置完成电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的氢气的体积，并检验氯气的氧化性。①设计上述实验装置时，各接口的正确连接顺序为：接、接A、B接、接。②实验中，在盛有KI淀粉溶液的容器中发生反应的离子方程式为。③已知饱和食盐水50mL，某时刻测得H2体积为56mL（标准状况），此时溶液pH约为13、某火腿制品的包装上印有相关配料：精选瘦肉、白糖、淀粉、亚硝酸钠等．其中富含蛋白质的是______，属于防腐剂的是______，淀粉在人体内最终的水解产物为______；白糖的主要成分是______．14、中共十八大报告提出：“大力推进生态文明建设”。①燃煤是增加大气PM2.5数值，形成雾霾天气的罪魁祸首之一。煤的气化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径，写出灼热的焦炭与水蒸气反应的化学方程式。②餐饮业产生的“地沟油”的主要成分是油脂。综合利用“地沟油”的一种方法是将“地沟油”中的油脂水解以获取高级脂肪酸和（填名称）。将废弃塑料进行处理，可以获得乙烯、丙烯等化工原料。③防治重金属污染是2013年全国环保工作的重点。向含有Hg2+的废水中加入Na2S，可以使Hg2+转变成沉淀，离子反应方程式为。④我国生活垃圾一般可分为以下四大类：可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾。以下物质属于可回收垃圾的是（填字母）。a.废报纸b.废铝制易拉罐c.过期药品d.渣土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、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。17、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。18、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。19、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、计算题(共3题，共24分)20、（7分）已知25℃时KW＝1.0×10－14试计算：（1）计算室温条件下0.1mol/LHCl溶液中由水电离的氢离子浓度．（2）计算室温条件下0.01mol/LNaOH溶液的pH．21、如图为相互串联的甲乙两个电解池；请回答：

甲池若为用电解精炼铜的装置：

rm{(1)A}极电极反应为______，rm{B}极电极反应为______，乙池中的总反应离子方程式为______．

rm{(2)}若甲槽阴极增重rm{12.8g}则乙槽阴极放出气体在标准状况下的体积为______．

rm{(3)}若乙槽剩余液体为rm{400mL}则电解后得到碱液的物质的量浓度为______．22、(9分)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。⑴NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为____________________________。利用反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=－196.6kJ·mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=－113.0kJ·mol-1则反应NO2(g）+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=____kJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是____。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝。评卷人得分五、推断题(共4题，共12分)23、已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1∶1。请回答：（1）组成A分子的原子的核外电子排布图是____；（2）B和C的分子式分别是____和____；C分子的空间构型为____形，该分子属于____分子（填“极性”或“非极性”）；（3）向D的稀溶液中加入少量氯化铁溶液现象是____，该反应的化学方程式为____；（4）若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是____。24、邻苯二甲酸二乙酯是一种重要的工业塑化剂；其合成路线很多，下图就是其中的一种合成方法：

已知以下信息：

①有机化合物A可用来催熟水果．

②有机化合物C的核磁共振氢谱显示其有3种不同化学环境的氢原子．

（1）A的结构简式是______，B的化学名称为______．

（2）反应Ⅱ的试剂是______，该反应类型为______．

（3）C生成D的化学方程式为______．

（4）G和B的化学方程式为______．

（5）在G的同分异构体中；

a．能与新制的Cu（OH）2悬浊液在加热条件下反应生成砖红色沉淀。

b．能与碳酸钠反应生成二氧化碳。

c．能使FeCl3溶液显色。

满足上述三个条件的同分异构体有______种，写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写一种）______，每种同分异构体中，化学环境不同的氢原子都是______种．25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为前四周期元素且原子序数依次增大，其中rm{A}含有rm{3}个能级，且每个能级所含的电子数相同；rm{C}的最外层有rm{6}个运动状态不同的电子；rm{D}是短周期元素中电负性最小的元素；rm{E}的最高价氧化物对应的水化物酸性最强；rm{F}除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子。rm{G}元素与rm{D}元素同主族，且相差rm{3}个周期。rm{(1)}元素rm{A}rm{B}rm{C}的电负性由小到大的顺序是________rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{(2)E}的最高价含氧酸中rm{E}的杂化方式为________。rm{(3)F}原子的外围电子排布式为________，rm{F}的晶体中原子的堆积方式是下图中的________rm{(}填“甲”“乙”或“丙”rm{)}rm{(4)D}与rm{E}rm{G}与rm{E}形成的晶体类型相同，但晶体的配位数不同，其原因是___________________。rm{(5)}已知rm{DE}晶体的晶胞如图所示。若将rm{DE}晶胞中的所有rm{E}离子去掉，并将rm{D}离子全部换为rm{A}原子，再在其中的rm{4}个“小立方体”中心各放置一个rm{A}原子，且这rm{4}个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的rm{A}原子与最近的rm{4}个rm{A}原子以单键相连，由此表示rm{A}的一种晶体的晶胞rm{(}已知rm{A隆陋A}键的键长为rm{acm}rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数rm{)}则该晶胞中含有________个rm{A}原子，该晶体的密度是________rm{g/cm^{3}}26、rm{隆露}茉莉花rm{隆路}是一首脍炙人口的中国民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯rm{(}rm{)}是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用乙烯和甲苯为原料进行人工合成。其中一种合成路线如下：

回答下列问题：rm{(1)A}rm{B}的结构简式为___________rm{_}____________；rm{(2)}写出反应rm{垄脵}rm{垄脷垄脼}三步反应的化学方程式：rm{垄脵}________________rm{_}_______________rm{垄脷}____________rm{_}____rm{_}__________rm{垄脼}____________rm{_}___________rm{(3)}上述合成路线中属取代反应的有________rm{_}_______；rm{(}填写序号rm{)}评卷人得分六、综合题(共2题，共6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7题，共14分)1、C【分析】解：A．增大反应物氧气浓度；平衡向正反应方向移动，所以能增大二氧化硫转化率，可以用平衡移动原理解释，故A不选；

B．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡；开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故B不选；

C．对2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）平衡体系增加压强容器体积减小；碘浓度增大而使颜色变深，压强增大但平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故C选；

D．加热促进一水合氨的电离；溶液颜色加深，与勒夏特列原理有关，故D不选；

故选C．

勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一；平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．

本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，易错选项是C．【解析】【答案】C2、D【分析】解：令稀释后溶液中rm{NaCl}的物质量浓度为rm{c}根据稀释定律，则：

rm{50mL隆脕0.2mol/L=500mL隆脕c}

解得rm{c=0.02mol/L}．

故选：rm{D}．

根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质rm{NaCl}的物质的量不变；据此计算．

本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，可以利用定义式计算，清楚稀释定律的本质是溶液稀释前后溶质的物质的量不变，属于定义式的变形，注意对公式的理解与灵活运用．【解析】rm{D}3、B【分析】【解析】【答案】B4、D【分析】解：化学反应速率的计算公式v=对于甲和乙的时间△t是相等的，甲的△n为4mol，乙的△n为2mol，但甲和乙容器的体积未知，故不能比较两容器中的反应速率，故选D．

化学反应速率v=用单位时间内浓度的变化量表示反应快慢．

本题主要考查了学生对化学反应速率的理解，难度不大，注意反应速率用单位时间内浓度的变化量表示．【解析】【答案】D5、B【分析】解：若只连接甲基，rm{-CH_{2}-}不管多少个只能连接两个rm{-CH_{3}}rm{m}个能连接rm{m}个rm{-CH_{3}}所以rm{n}个rm{-CH_{2}-}rm{m}个连接rm{-CH_{3}}共计rm{m+2}个rm{.}由于分子中含有rm{a}个rm{-CH_{3}}所以连接的rm{-OH}为rm{m+2-a}．

故选B．

有机物主要靠rm{C}原子连接，每个碳原子都必须形成rm{4}个共价键，以rm{1}条碳链分析考虑，先分析若只连接甲基，计算连接的甲基数目，再根据分子中含有的甲基数目计算羟基数rm{.1}个可连接rm{1}个甲基，rm{-CH_{2}-}不管多少个只能连接两个rm{-CH_{3}.}据此计算判断．

本题考查有机化合物中成键特征，难度中等，关键清楚有机物主要靠rm{C}原子连接，每个碳原子都必须形成rm{4}个共价键．【解析】rm{B}6、D【分析】【分析】本题考查了醇和酚的知识，注意分子中含有跟链烃基或苯环侧链上的碳结合的羟基的化合物叫做醇，苯环直接跟羟基相连的属于酚类，本题难度不大。【解答】A.含有羟基的化合物可能为醇；酚类或酸；故A错误；

B.由于苯环直接连接羟基的属于酚类；所以分子内有苯环和羟基的化合物不一定是酚，如苯甲醇，故B错误；

C.由于烃基结构不同；性质不同，如由于苯环的影响，酚羟基性质比醇羟基活泼，苯酚具有弱酸性，故C错误；

D.表示酚类的官能团是跟苯环相连的羟基，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}7、A【分析】略【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】（1）NO2溶于水生成NO和硝酸，反应的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3。（2）本题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH1=-196.6kJ·mol-1②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）ΔH2=-113.0kJ·mol-1。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g）ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0kJ·mol-1+196.6kJ·mol-1＝+83.6____kJ·mol-1。所以本题的正确答案是－41.8；反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特点体积不变的、吸热的可逆反应，因此a不能说明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关，而在反应体系中只有二氧化氮是红棕色气体，所以混合气体颜色保持不变时即说明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以说明；SO3和NO是生成物，因此在任何情况下二者的体积比总是满足1：1，c不能说明；SO3和NO2一个作为生成物，一个作为反应物，因此在任何情况下每消耗1molSO3的同时必然会生成1molNO2，因此d也不能说明；设NO2的物质的量为1mol，则SO2的物质的量为2mol，参加反应的NO2的物质的量为xmol。（3）由图像可知在相同的压强下，温度越高CO平衡转化率越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应；实际生产条件的选择既要考虑反应的特点、反应的速率和转化率，还要考虑生产设备和生产成本。由图像可知在1.3×104kPa左右时，CO的转化率已经很高，如果继续增加压强CO的转化率增加不大，但对生产设备和生产成本的要求却增加，所以选择该生产条件。【解析】【答案】（12分每空2分）（1）3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO（2）—41.8b8/3(或2.67)（3）＜在1.3×104kPa下CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。9、略

【分析】(1)v===0.25mol··（2）每分钟体系向外散热为：0.400KJ··×300=120kJ而反应本身放热为：180kJ·×2/0.5=45kJ故为了维持恒温t℃，平均每分钟需用加热器提供120-45=75kJ的热量(3)10～15min时反应速率加快，加入正催化剂符合题意，但降低温度将使反应速率降低；20min时只有B的量瞬间增大，故可能是增加了B的量，而缩小了容器体积，B的量不会瞬间增大。【解析】【答案】（10分）（1）0.25mol··（2）75（3）AD10、略

【分析】【解析】【答案】（共6分,每空1分）（1）πσ（2）小b（3）Cu611、略

【分析】【解析】【答案】（3分）A：2-甲基-2-丁烯B：3-甲基-1-丁烯C：2,3-二甲基戊烷12、略

【分析】试题分析：由原电池原理确定a极为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e-==CO32-+7H2O；正极反应式为2O2+4H2O+8e-==8OH-；合并的原电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2==3H2O+CO32-；确定工作一段时间后溶液的pH会减小；电解饱和食盐水时阴极反应式为2H++2e-==H2↑,56mL氢气在标准状况下为0.0025mol，消耗的H+为0.005mol，产生的OH-为0.005mol，其浓度为0.1mol/L;溶液的pH为13.考点：原电池原理、简单实验及pH的计算。【解析】【答案】（1）①aCH4+10OH--8e-==CO32-+7H2O②减小（2）①HFGDE②Cl2+2I-==2Cl-+I2③1313、略

【分析】解：依据火腿制品的包装上印有相关配料可知精选瘦肉中富含蛋白质；亚硝酸钠具有防腐作用，淀粉是多糖水解的最终产物是葡萄糖，白糖的主要成分为蔗糖；

其中富含蛋白质的是精选瘦肉；属于防腐剂的是硝酸钠；淀粉在人体内最终的水解产物为葡萄糖；白糖的主要成分是蔗糖；

故答案为：精选瘦肉；亚硝酸钠、葡萄糖、蔗糖．

精选瘦肉中富含蛋白质；亚硝酸钠具有防腐作用，淀粉是多糖水解的最终产物是葡萄糖，白糖的主要成分为蔗糖，依据配料中各成分的组成和性质和用途判断解答．

本题考查蛋白质、糖类的性质，以及常见的食品添加剂，题目难度不大，注意相关知识的积累．【解析】精选瘦肉；亚硝酸钠；葡萄糖；蔗糖14、略

【分析】试题分析：①焦炭与水蒸气反应可得水煤气CO和H2，化学方程式为C+H2OCO+H2；②油脂的成分是高级脂肪酸的甘油酯，水解后产生高级脂肪酸和甘油；塑料是烯烃的聚合物，将废弃塑料进行裂解处理可得乙烯、丙烯等；③向含有Hg2+的废水中加入Na2S，生成HgS的沉淀，离子方程式为Hg2++S2ˉ=HgS↓；④废报纸、废铝制易拉罐都是可回收垃圾，可以重新利用，过期药品不可回收，必须倒掉，渣土无回收价值，答案选ab。考点：考查制水煤气的反应，油脂水解产物的判断，离子方程式的书写，回收垃圾的判断【解析】【答案】①C+H2OCO+H2②甘油裂解（或热裂解）③Hg2++S2ˉ=HgS↓④ab15、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、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）217、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H218、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）219、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、计算题(共3题，共24分)20、略

【分析】试题分析：（1）盐和碱都抑制水的电离，由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出来的氢氧根离子根离子浓度，0.1mol/LHCl溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液中由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），溶液中c（OH-）==10-13mol/L，故溶液中由水电离的氢离子浓度为10-13mol/L；（2）0.01mol/LNaOH溶液中（OH-）=0.01mol/L，根据Kw计算溶液中c（H+），溶液中c（H+）==10-12mol/L，故溶液pH=-lg10-12=12。考点：考查物质的量的相关计算。【解析】【答案】（1）0.1mol/LHCl溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液中由水电离的氢离子浓度等于溶液中c（OH-），溶液中c（OH-）==10-13mol/L，故溶液中由水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，答：溶液中由水电离的氢离子浓度为10-13mol/L；（2）0.01mol/LNaOH溶液中（OH-）=0.01mol/L，溶液中c（H+）==10-12mol/L，故溶液pH=-lg10-12=12，答：室温条件下0.01mol/LNaOH溶液的pH=1221、精铜；Cu-2e-=Cu2+；2Cl-+2H2OCl2↑+2OH-+H2↑；4.48L；1mol•L-1【分析】解：图示是两个串联的电解池，依据电源判断rm{A}为阴极，rm{B}为阳极，rm{Fe}为阴极，rm{C}为阳极；

rm{(1)}依据电解原理精炼铜的装置是粗铜做阳极，精铜做阴极；含铜离子的溶液做电解质溶液；所以rm{A}极是阴极；材料是精铜；电极反应为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{B}为阳极；材料是粗铜；电极反应主要为：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}电解质溶液是rm{CuSO_{4}}溶液；乙池是电解饱和食盐水，总反应离子方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}甲池是精炼铜，增重rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}是铜的质量，物质的量为rm{(2)}转移电子物质的量为rm{12.8g}根据电解反应过程中电极上的电子守恒计算可知；乙槽阳极电极反应为：rm{0.2mol}放出气体物质的量为rm{0.4mol}在标准状况下的体积为rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}

故答案为：rm{0.2mol}

rm{4.48L}依据析出铜的物质的量为rm{4.48L}电子转移为rm{(3)}结合电子守恒和水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量来计算浓度；电极反应为：rm{0.2mol}减少氢离子物质的量为rm{0.4mol}溶液中增多氢氧根离子物质的量为rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}常温下若乙槽剩余液体为rm{0.4mol}则电解后得到碱液的物质的量浓度为rm{0.4mol}故答案为：rm{400mL}．

图示是两个串联的电解池，依据电源判断rm{1mol/L}为阴极，rm{1mol?L^{-1}}为阳极，rm{A}为阴极，rm{B}为阳极；

rm{Fe}依据电解原理精炼铜的装置是粗铜做阳极，精铜做阴极；含铜离子的溶液做电解质溶液；乙池是电解饱和食盐水，总反应离子方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{C}甲池是精炼铜，增重rm{(1)}是铜的质量；根据电解反应过程中电极上的电子守恒计算；

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

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}依据析出铜的物质的量结合电子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量；来计算浓度．

本题考查了电解池的工作原理的应用，电极判断方法，电极反应的书写，电子守恒的计算应用，串联的电解池，电极的分析判断，电路中电子守恒是解题关键．rm{(2)}【解析】精铜；rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{4.48L}rm{1mol?L^{-1}}22、略

【分析】（1）NO2溶于水生成NO和硝酸，反应的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反应6NO＋8NH37N5＋12H2O中NO2作氧化剂，化合价由反应前的+4价降低到反应后0价，因此当反应中转移1.2mol电子时，消耗NO2的物质的量为所以标准状况下的体积是（2）本题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。①2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH1=-196.6kJ·mol-1②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）ΔH2=-113.0kJ·mol-1。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g）ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0kJ·mol-1+196.6kJ·mol-1＝+83.6____kJ·mol-1。所以本题的正确答案是41.8；反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特点体积不变的、吸热的可逆反应，因此a不能说明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关，而在反应体系中只有二氧化氮是红棕色气体，所以混合气体颜色保持不变时即说明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以说明；SO3和NO是生成物，因此在任何情况下二者的体积比总是满足1：1，c不能说明；SO3和NO2一个作为生成物，一个作为反应物，因此在任何情况下每消耗1molSO3的同时必然会生成1molNO2，因此d也不能说明；设NO2的物质的量为1mol，则SO2的物质的量为2mol，参加反应的NO2的物质的量为xmol。【解析】【答案】⑴3NO2＋H2O=NO＋2HNO3(2分)；6.72(2分)⑵－41.8(2分)；b(1分)；8/3(2分)；五、推断题(共4题，共12分)23、略

【分析】【解析】试题分析：含有18电子的分子有Ar，SiH4，PH3，H2S，HCl，F2，H2O2，N2H4，C2H6，CH3OH，NH2OH，CH3F，NH2F。因此A、B、C、D分别为Ar、HCl、H2S和H2O2。1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，所以1molE中含有1molC和4molH，因此E为CH3OH。考点：18电子【解析】【答案】（1）（2）HClH2SV极性（3）有气泡产生（4）CH4O24、略

【分析】解：由邻苯二甲酸二乙酯结构可知，邻苯二甲酸和乙醇发生酯化反应生成，有机化合物A可用来催熟水果，A为CH2=CH2，CH2=CH2中含有不饱和的C=C双键，能够在催化剂存在条件下与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH；

G为邻苯二甲酸含几种位置的H原子，则核磁共振氢谱就有几种，有机化合物C化学式为C8H10，核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢原子，说明含有3种氢原子，则C为与氯气发生取代反应生成D为F能发生银镜反应，说明F为醛，且G为邻苯二甲酸，所以F则E→F为醇的催化氧化，所以E为D→E为卤代烃的取代反应；

（1）通过以上分析知，A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，B为乙醇，故答案为：CH2=CH2；乙醇；

（2）反应II为卤代烃的水解反应；需要的条件是NaOH水溶液；加热，则需要的试剂是NaOH水溶液，该反应为水解反应或取代反应，故答案为：NaOH水溶液；取代反应（或水解反应）；

（3）C发生取代反应生成D，反应方程式为故答案为：

（4）G和B发生酯化反应，反应方程式为+2CH3CH2OH+2H2O；

故答案为：+2CH3CH2OH+2H2O；

（5）G为邻苯二甲酸满足下列条件的同分异构体：能与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热生成砖红色沉淀，说明含有醛基，又能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上有-OH、-CHO、-COOH三个取代基，-OH、-CHO处于邻位，-COOH有4种位置，-OH、-CHO处于间位，-COOH有4种位置，-OH、-CHO处于对位，-COOH有2种位置，共有10种，符合上述条件的物质可能的结构简式（只写1种）：所有这些同分异构体中，不同化学环境氢原子的种数都为6种；

故答案为：10；6．

由邻苯二甲酸二乙酯结构可知，邻苯二甲酸和乙醇发生酯化反应生成，有机化合物A可用来催熟水果，A为CH2=CH2，CH2=CH2中含有不饱和的C=C双键，能够在催化剂存在条件下与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH；

G为邻苯二甲酸含几种位置的H原子，则核磁共振氢谱就有几种，有机化合物C化学式为C8H10，核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢原子，说明含有3种氢原子，则C为与氯气发生取代反应生成D为F能发生银镜反应，说明F为醛，且G为邻苯二甲酸，所以F则E→F为醇的催化氧化，所以E为D→E为卤代烃的取代反应，据此分析解答．

本题考查有机物推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化是解本题关键，根据题给信息结合某些物质结构简式、反应条件进行推断，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，难点是限制型同分异构体种类判断，易漏写和多写同分异构体，题目难度中等．【解析】CH2=CH2；乙醇；NaOH水溶液；取代反应或水解反应；+2CH3CH2OH+2H2O；10；625、rm{(1)C<O<N}

rm{(2)sp^{3;}}杂化

rm{(3)3d^{10}4s^{1;;}}丙

rm{(4)}正负离子的半径比不同

rm{(5)8}rm{dfrac{9sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}}rm{dfrac{9sqrt{3}}{2{a}^{3}{N}_{A}}

}【分析】【分析】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为前四周期元素且原子序数依次增大，其中rm{A}含有rm{3}个能级，且每个能级所含的电子数相同，则其原子核外电子排布为rm{1s}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为前四周期元素且原子序数依次增大，其中rm{F}含有rm{A}个能级，且每个能级所含的电子数相同，则其原子核外电子排布为rm{3}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}是短周期元素中电负性最小的元素，则rm{2p}为rm{{,!}^{2}}元素；，故A为碳元素；rm{D}是短周期元素中电负性最小的元素，则rm{D}为rm{Na}元素；rm{C}的最外层有rm{6}个运动状态不同的电子，处于Ⅵrm{A}族，结合原子序数可知rm{C}为rm{O}元素，故B为rm{N}元素；rm{E}的最高价氧化物的水化物酸性最强，则rm{E}为rm{Cl}rm{F}除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，原子核外电子排布为rm{1s}的最外层有rm{D}个运动状态不同的电子，处于Ⅵrm{D}族，结合原子序数可知rm{Na}为rm{C}元素，故B为rm{6}元素；rm{A}的最高价氧化物的水化物酸性最强，则rm{C}为rm{O}rm{N}除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，原子核外电子排布为rm{E}rm{E}rm{Cl}rm{F}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}为rm{3p}rm{3p}元素与rm{{,!}^{6}}元素同主族，且相差rm{3d}个周期，则rm{3d}为rm{{,!}^{10}}据此解答。【解答】rm{4s}同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但rm{4s}元素原子rm{{,!}^{1}}，则rm{F}为rm{Cu}rm{G}元素与rm{D}元素同主族，且相差rm{3}个周期，则rm{G}为rm{Cs}据此解答。能级容纳rm{F}个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故第一电离能rm{Cu}rm{G}rm{D}rm{3}rm{G}，故填：rm{Cs}rm{(1)}rm{N}rm{N}rm{N}；rm{N}rm{N}的最高价含氧酸为rm{N}rm{2}rm{p}rm{2}rm{p}rm{2}rm{p}rm{2}rm{p}分子中rm{2}rm{p}rm{2}原子价层电子对数rm{2}rm{p}rm{p}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{3}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}原子不含孤对电子rm{C}故rm{<}rm{<}原子的杂化方式为rm{O}rm{O}rm{<}rm{<}，故填：rm{N}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}；rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}除最外层原子轨道处于半充满状态rm{C}rm{<}rm{O}rm{<}rm{N}其余能层均充满电子rm{C}原子核外电子排布为：rm{C}rm{<}rm{<}rm{O}rm{O}rm{<}rm{<}rm{N}rm{N}rm{(2)}rm{E}rm{(2)}rm{E}rm{(2)}rm{E}rm{(2)}rm{E}rm{(2)}rm{E}rm{(2)}rm{(2)}rm{E}rm{E}rm{H}rm{C}rm{l}rm{O}rm{4}rm{H}rm{C}rm{l}rm{O}rm{4}rm{H}rm{C}rm{l}rm{O}rm{4}，为rm{H}rm{C}rm{l}rm{O}rm{4}rm{H}rm{C}rm{l}rm{O}rm{4}元素，rm{H}rm{H}晶体属于面心立方最密堆积，为rm{C}rm{C}rm{l}型排列方式，故图丙符合，故填：rm{l}rm{O}rm{4}rm{O}rm{O}rm{O}丙；rm{4}rm{4}rm{4}rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}、rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}rm{C}两种晶体，都属于离子晶体，由于正负离子的半径比不同，故它们的配位数不同，故填：正负离子的半径比不同；rm{C}rm{l}rm{l}rm{=}rm{4}rm{+}rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}rm{=}rm{4}rm{C}rm{l}rm{=}rm{4}rm{+}rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}rm{=}rm{4}rm{C}rm{l}晶体的晶胞中的所有rm{=}rm{4}rm{+}rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}rm{=}rm{4}rm{C}rm{l}rm{=}rm{4}rm{+}rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}rm{=}rm{4}rm{C}rm{l}rm{=}rm{4}rm{+}rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}rm{=}rm{4}rm{C}rm{l}离子去掉rm{=}并将rm{=}rm{4}rm{4}离子全部换为rm{+}rm{+}碳rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}原子rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{2}再在其中的rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}个“小立方体”中心各放置一个rm{7}rm{?}rm{1}rm{?}rm{2}rm{隆脕}rm{3}rm{7}碳rm{7}原子rm{?}且这rm{?}个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的rm{1}原子与最近的rm{1}个rm{?}原子以单键相连rm{?}形成正四面体结构rm{2}晶胞中rm{2}rm{隆脕}碳rm{隆脕}原子数目为：rm{3}rm{3}rm{2}rm{2}rm{2}rm{=}rm{=}rm{4}rm{4}rm{C}rm{C}rm{l}rm{l}晶胞质量，rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}rm{C}rm{l}rm{C}rm{C}rm{l}rm{l}键的键长为rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化如图正四面体：rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化连接rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化与rm{s}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{p}则三棱锥rm{p}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化杂化均分为等rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化个等体积的三棱椎rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化则rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{s}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化rm{p}rm{p}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化杂化rm{(3)}rm{F}rm{(3)}rm{F}rm{(3)}rm{F}rm{(3)}rm{F}rm{(3)}rm{F}rm{(3)}rm{(3)}rm{F}rm{F}故，，，，，，，，，，rm{1}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{3}rm{p}rm{6}rm{3}rm{d}rm{{,!}^{10}}rm{4}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{1}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{3}rm{p}rm{6}rm{3}rm{d}rm{{,!}^{10}}rm{4}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{1}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{3}rm{p}rm{6}rm{3}rm{d}rm{{,!}^{10}}rm{4}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{1}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{3}rm{p}rm{6}rm{3}rm{d}rm{{,!}^{10}}rm{4}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{1}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{3}rm{p}rm{6}rm{3}rm{d}rm{{,!}^{10}}rm{4}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{1}rm{1}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{s}rm{s}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}故rm{2}rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{s}rm{s}令正四面体的棱长为rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{2}连接rm{2}rm{p}rm{6}并延长交三角形rm{p}rm{p}rm{p}与rm{6}rm{6}为正三角形rm{6}rm{3}rm{3}的中心，rm{s}rm{{,!}^{2}}rm{s}垂直平分rm{s}rm{s}则rm{{,!}^{2}}rm{3}的长度rm{3}rm{p}rm{6}rm{p}rm{p}rm{p}rm{6}rm{6}rm{6}rm{3}rm{3}rm{d}rm{{,!}^{10}}rm{d}在直角三角形rm{d}rm{d}中，rm{left(dfrac{sqrt{3}x}{3}right)^{2}}rm{{,!}^{10}}rm{4}rm{4}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{s}rm{s}rm{s}rm{{,!}^{1}}rm{C}rm{u}解得rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}故晶胞的棱长rm{C}rm{C}rm{u}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{u}rm{C}rm{C}rm{u}rm{u}rm{A}rm{B}rm{C}rm{A}rm{B}rm{C}rm{A}rm{B}rm{C}rm{A}rm{B}rm{C}rm{A}rm{B}rm{C}rm{A}故晶胞的体积为：rm{A}rm{B}rm{B}rm{C}rm{C}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{10}}rm{4s}rm{4s}rm{{,!}^{1}}rm{(4)}rm{N}rm{a}rm{C