2025年华东师大版选修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年华东师大版选修化学下册阶段测试试卷17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6题，共12分)1、下列离子方程式或化学方程式能用来解释相应实验现象的是A.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色液体：Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3H＋B.新制的氯水光照下产生气泡：2HClOO2↑＋2HClC.氧化亚铁溶于稀盐酸：FeO＋2H＋=Fe3＋＋H2OD.铜片溶于氯化铁溶液：Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋Fe2＋2、下列说法正确的是A.醋酸钠溶液呈碱性，往0.1mol·L-1醋酸溶液加入少量醋酸钠固体后，可促进醋酸电离B.T℃时，pH为6.8的溶液，该溶液一定呈酸性C.相同温度下，pH相等的氨水、NaOH溶液中，n(NH4+)与n(Na+)相等D.pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(忽略温度和体积变化)，混合溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)3、有机物CH3CH=CHCl不能发生的反应有。

①取代反应；②加成反应；③消去反应；④聚合反应；⑤使溴水褪色；⑥使KMnO4酸性溶液褪色；⑦与AgNO3溶液生成白色沉淀A.全部B.⑦C.⑥D.②4、下列各组混合物中，用分液漏斗不能分离的是A.四氯化碳和苯B.乙酸乙酯和水C.溴乙烷和水D.苯和水5、一种二肽的结构简式如右图；合成这种二肽的氨基酸是。

A.B.C.D.6、2005年的诺贝尔化学奖颁给在烯烃复分解反应研究方面做出突出贡献的化学家。烯烃复分解是指在催化条件下实现C=C键断裂；两边基团换位的反应；表示为。

则丙烯（CH3—CH=CH2）和丁烯（CH3—CH2—CH=CH2）发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃种类数为（不考虑立体异构）（）A.3B.4C.5D.6评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是A.0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钠溶液B.0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钡溶液C.pH=4的硫酸和pH=10的氢氧化钠溶液D.pH=4的盐酸和pH=10的氨水溶液8、根据下列图示所得出的结论正确的是。

A.由图1可知反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率快B.若图2为1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，则说明该酸是弱酸C.由图3知反应3A(g)＋2B⇌2C(g)的ΔH>0，且a=1.5D.若图4表示常温下用0.1000mo1/LNaOH溶液滴定25.00mLCH3COOH溶液的滴定曲线，则c(CH3COOH)=0.1000mol/L9、(双选)下列物质分类合理的是A.根据物质组成中是否含有碳元素，将物质分为无机物和有机物B.HCOOCH3、CH3OCHO－－互为同分异构体C.HCOOH、C15H31COOH－－互为同系物D.天然油脂的分子中含有酯基，属于酯类10、下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有A.2-甲基丙烷B.环戊烷C.2,2-二甲基丁烷D.2,2-二甲基丙烷11、下列有关同分异构体数目(不考虑立体异构)的叙述正确的是A.与互为同分异构体的芳香烃有1种B.它与硝酸反应，可生成4种一硝基取代物C.与两分子溴发生加成反应的产物，理论上最多有3种D.分子式为C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种12、下列操作不能达到实验目的的是（）

。

目的。

操作。

A

检验海带中是否含碘。

将海带灰研碎溶于水；加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝色。

B

检验甲烷中是否混有乙烯。

将气体通过酸性KMnO4溶液洗气瓶；观察颜色变化。

C

证明酸性：碳酸＞硅酸。

将盐酸与NaHCO3混合产生的气体直接通入硅酸钠溶液。

D

除去NO中少量NO2

将混合气体通过足量NaOH溶液。

A.AB.BC.CD.D13、化合物X是一种医药中间体；其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是。

A.分子中两个苯环一定处于同一平面B.不能与饱和Na2CO3溶液反应C.酸性条件下水解，水解产物只有一种D.1mol化合物X最多能与3molNaOH反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、碱式滴定管可以用来盛放_____________，酸式滴定管可以用来盛放___________。15、燃煤烟气中含有较多的减少排放和有效吸收是治理大气污染的一项重要措施。

(1)向燃煤中加入生石灰，可以有效减少的排放，燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分_______。(化学式)

(2)利用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的并可获得无水

①吸收塔中发生反应离子方程式_______，酸性：H2SO3______H2CO3(填“”或“”)。

②向溶液中滴加溶液，测得溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化如图。由此可知溶液呈_______(“酸性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。

(3)用溶液吸收

已知：酸性条件下会转化成和具有更强的氧化性。

①用吸收时，吸收率和溶液的关系如图，随升高吸收率降低的原因是_______。

②溶液加酸化后溶液中，_______。16、从石油和煤中可分别提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量可用来衡量一个国家的石油化工产业的发展水平；B是一种密度比水小的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6mol和0.3mol回答下列问题：

(1)A的电子式为_____，B的结构简式为______。

(2)有机物C与A是同类物质且比A多一个碳原子，写出有机物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式______；反应类型______。

(3)在碘水中加入B，充分振荡、静置后的现象：_______。

(4)写出B与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下反应的化学方程式_____；反应类型______。

(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗的物质的量_____(填“”“”或“”)。17、从樟科植物枝叶提取的精油中含有甲；乙两种成分；其结构简式如图所示：

(1)写出一种能与甲反应(不需要其他条件)但不能与乙反应的试剂的名称：___________；1mol乙最多可与___________molH2发生加成反应。

(2)甲有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体有___________种。

a分子中有苯环：

b能发生银镜反应：

c．核磁共振氢谱显示有4组峰；且峰面积之比为1：1：2：6

(3)由甲转化为乙的过程为(已略去部分产物)：

①反应I的反应类型为___________，设计步骤I的目的是___________。

②写出反应II的化学方程式：___________。

③乙在碱性(NaOH)条件下与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为___________。18、（1）可用作食盐的抗结剂，高温下会分解生成KCN、C、C等物质，上述物质中涉及的几种元素的第一电离能由大到小的顺序为______；中，铁原子不是采用杂化的理由是______。

（2）气态为单分子时，分子中S原子的杂化轨道类型为______，分子的立体构型为______；的三聚体环状结构如图1所示，该结构中键长有a、b两类，b的键长大于a的键长的可能原因为______。

（3）已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”或大键大键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大键的电子数和原子个数，如苯分子中大键表示为

①下列微粒中存在“离域键”的是______；

A.

②分子中大键可以表示为______；

（4）铁、钾两种单质的堆积方式剖面图分别如图2、图3所示。铁晶体中原子的空间利用率为______用含的式子表示评卷人得分四、判断题(共2题，共20分)19、乙烷、丙烷没有同分异构体，乙基、丙基也只有一种。(__)A.正确B.错误20、溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共3题，共9分)21、将浓度均为的与溶液各混合，以铜为电极进行电解，一段时间后阴极上有铜析出；则：

(1)电路上通过电子的物质的量：________________

(2)电解后溶液中c(Cu2＋)____________________22、室温时，的强碱溶液与的强酸溶液混合（忽略体积变化），所得混合溶液的则强碱溶液与强酸溶液的体积之比是__________。23、（1）常温下，稀释0.5mol/L的醋酸溶液过程中，溶液中随着加水量的增加，c（OH-）___（填“增大”；“减小”、或“不变”）。

（2）常温下0.01mol·L-1HCl溶液中c(H＋)=___，pH=____；常温下0.01mol·L-1NaOH溶液：pH=___。

（3）pH=3的盐酸稀释100倍，pH___5（填“＞”；“=”、或“＜”）。

（4）pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合pH=7，则强碱与强酸的体积比为___。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9分)24、是一种重要的染料及农药中间体；实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。

步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体；加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变为蓝色；

步骤2：向试管中继续滴加过量的氨水；观察到先有蓝色沉淀，后又完全溶解得到深蓝色溶液。

步骤3：再向试管中加入无水乙醇；振荡静置，有深蓝色晶体析出。

(1)写出步骤1的离子方程式___________。

(2)步骤2中产生蓝色沉淀的反应是请结合方程式，利用平衡移动原理，解释“蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液”现象产生的原因___________。

(3)中存在配位键，其中提供空轨道的是___________，提供孤电子对的是___________。

(4)中N原子的杂化方式是___________，利用杂化轨道理论解释空间结构是三角锥形的原因：___________。25、下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是______

A.B.C.

某离子晶体晶胞的结构如图1所示，位于立方体中心，位于立方体顶点。该晶体的化学式为______

A.C.

下列物质性质的变化规律与键能无关的是______

A.热稳性：

B.熔、沸点：金刚石晶体硅。

C.熔点：

D.熔、沸点：

S、Se是同一主族元素；请回答下列问题：

S、Se的电负性由大到小的顺序是______。

是______分子填“极性”或“非极性”中心原子的轨道杂化类型为______，分子的立体构型名称是______。

的沸点高于的沸点，其原因是______。

与分子互为等电子体的阴离子为______填化学式

已知Se原子比O原子多2个电子层，基态Se原子核外电子排布式为______，有______个未成对电子。

离化合物的晶胞如图所示，的配位数是______；若阿伏加德罗常数值为晶胞参数为anm，列式计算晶体的密度______只列式，不用计算最后结果

26、第IIIA主族元素有着广泛的应用；B可用作特种玻璃，Al可用作火箭和飞机外壳，Ga可用作半导体材料，In可用于电子仪器中，Tl可用于红外技术。回答下列问题：

(1)基态Ga原子的电子排布式为_______，有_______种不同运动状态的电子。

(2)B能形成很多类似于烃类的物质，比如B2H6，分子中B也形成四根键，但不含B-B键，试画出B2H6的结构式_______。此外B与N元素可形成无机苯B3N3H6，它与苯的结构很相似，该分子中N的杂化方式是_______。

(3)电解氧化铝需要添加冰晶石Na3AlF6，它的阴离子的空间结构为_______，它可通过以下反应制备：Al(OH)3+3NaOH+6HF=Na3AlF6+6H2O，该反应涉及的5种元素电负性最大的是_______。

(4)AlF3，AlCl3熔点分别为1290oC和192oC，熔点呈现如此变化的原因是_______。

(5)H3BO3晶体形成层状结构，每一层的结构如下图所示，层与层之间距离为318pm(大于氢键的长度)，硼酸晶体属于_______晶体，晶体中含有的作用力有_______，在一层硼酸晶体结构中最小的重复单元含有_______个H3BO3分子。

(6)GaN是二元Ⅲ-ⅤA族的直接带隙半导体，非常适合制造光电器件，GaN具有六方纤锌矿结构，晶胞示意图如下图所示，该晶胞的边长a=318pm，c=517pm。该GaN晶体的密度ρ=_______g·cm-3。(只列计算式，NA表示阿伏伽德罗常数)

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色液体，生成氢氧化铁胶体：Fe3＋＋3H2O(g)Fe(OH)3(胶体)＋3H＋；A错误；

B．新制的氯水光照下分解生成氯化氢和氧气，因此产生气泡：2HClOO2↑＋2HCl；B正确；

C．氧化亚铁溶于稀盐酸中生成氯化亚铁和水：FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O；C错误；

D．铜片溶于氯化铁溶液中生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋；D错误；

答案选B。2、D【分析】【详解】

A．醋酸的电离平衡为：CH3COOHCH3COO-+H+，加入醋酸钠固体，CH3COO-浓度增大；醋酸电离平衡逆向移动，抑制醋酸电离，A错误；

B．判断溶液的酸碱性，要通过比较H+和OH-浓度的相对大小来判断；不能单从pH角度来判断溶液的酸碱性，B错误；

C．没有给溶液的体积，无法判断n(NH4+)与n(Na+)是否相等；C错误；

D．两种溶液的pH相等，则混合前两种溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等，因为是等体积混合，所以混合后溶液中c(H+)和c(OH-)和混合前相等。HCl溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)，混合后存在电荷守恒：c混(Cl-)+c混(OH-)+c混(CH3COO-)=c混(H+)，所以c(Cl-)=c混(Cl-)+c混(CH3COO-)，又因为是等体积混合，有c混(Cl-)=c(Cl-)，所以，c混(CH3COO-)=c(Cl-)-c(Cl-)=c(Cl-)，综上所述：c混(Cl-)=c混(CH3COO-)，即pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(忽略温度和体积变化)，混合溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)；D正确。

答案选D。

【点睛】

HCl是强酸，等体积醋酸和盐酸混合后，c(Cl-)变为混合前的一半。3、B【分析】该有机物中含有的官能团有：碳碳双键；卤素原子；故具有烯烃和卤代烃的性质；据此进行分析。

【详解】

有机物CH3CH=CHCl有碳碳双键、卤素原子，故可以发生取代反应、加成反应、聚合反应、可使溴水褪色、使KMnO4酸性溶液褪色，但CH3CH=CHCl分子中Cl元素以原子形式存在，不能与AgNO3溶液生成白色沉淀，故有机物CH3CH=CHCl不能发生的反应为反应⑦；B项错误；

答案选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．四氯化碳和苯互溶；不能用分液漏斗进行分离，故A选；

B．乙酸乙酯不溶于水；能用分液漏斗进行分离，故B不选；

C．溴乙烷不溶于水；能用分液漏斗进行分离，故C不选；

D．苯不溶于水；能用分液漏斗进行分离，故D不选；

本题选A。

【点睛】

分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，而有机物大多难溶于水（除了碳原子数比较少的醇类、醛类和酸类），有机物之间的互溶性通常较好。5、D【分析】【详解】

该二肽的结构简式为断裂肽键，氨基上增加一个氢原子，羰基上增加一个羟基，所以生成的氨基酸为故选D。

点睛：本题考查了根据生成物确定反应物。明确二肽的断键方式和添加氢原子、羟基的位置是解本题的关键。二肽确定氨基酸的方法是：断裂肽键，氨基上增加一个氢原子，羰基上增加一个羟基。6、B【分析】【详解】

根据烯烃复分解反应的机理可得丙烯（）和丁烯（）发生烯烃复分解反应生成的新烯烃有四种；

答案选B。二、多选题(共7题，共14分)7、BD【分析】【详解】

A.二者等物质的量混合；恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，A错误；

B.0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钡溶液等体积混合；二者反应生成强酸强碱盐，氢氧化钡有剩余，溶液显碱性，B正确；

C.室温下；pH=4的硫酸和pH=10的氢氧化钠溶液中氢离子和氢氧根浓度相等，二者等体积混合恰好反应生成硫酸钠和水，所以溶液呈中性，C错误；

D.pH=4的盐酸和pH=9的氨水中，盐酸中c(H+)与氨水中c(OH−)相等；由于一水合氨是弱电解质，则氨水的物质的量浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水有剩余，氨水的电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液呈碱性，D正确；

答案选BD。8、BC【分析】【详解】

A．由图1可知反应②第I步比第Ⅱ步活化能高；因此反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢，A错误；

B．若图2为1mLpH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，根据图像可知稀释100倍时pH<4；则说明该酸是弱酸，B正确；

C．由图3知温度越高，平衡时C的体积分数越大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，ΔH>0。A和B按照化学计量数比反应平衡时C的体积分数最大，因此反应3A(g)＋2B(g)⇌2C(g)的ΔH>0；且a＝1.5，C正确；

D．恰好反应时溶液显碱性；因此根据图4无法计算醋酸的浓度，D错误；

答案选BC。9、CD【分析】【详解】

碳、CO、CO2以及碳酸盐和金属碳化物，虽然含有碳元素但属于无机物，A项错误；HCOOCH3、CH3OCHO均为甲酸甲酯，为同一种物质，B项错误；HCOOH、C15H31COOH均为饱和一元羧酸，互为同系物，C项正确；天然油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的有机物，分子中含有酯基，属于酯类，D项正确。10、BD【分析】【分析】

【详解】

A．2-甲基丙烷的结构简式为其分子中由2种等效氢原子，所以其一氯代物由2种，故A错；

B．环戊烷的键线式为其分子中只有1种等效氢原子，所以其一氯代物只有1种，故选B；

C．2,2-二甲基丁烷的结构简式为其分子中含有3种等效氢原子，所以其一氯代物有3种，故选C；

D．2,2-二甲基丙烷的结构简式为其分子中只有1种等效氢，作为其一氯代物只有1种，故选D。

答案选BD11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．的分子式为C8H8；与其互为同分异构体的芳香烃为苯乙烯，有1种，A说法正确；

B．为对称结构，如与硝酸反应；可生成5种一硝基取代物，B说法错误；

C．因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以消耗1分子Br2在①②发生1，4-加成反应、而另1分子Br2在③上加成；故所得产物共有四种，C说法错误；

D．分子式为C7H16的烃；分子中有4个甲基的同分异构体可看作正戊烷中间3个碳原子上的氢原子被2个甲基取代，2个甲基在同一碳原子有2种，在不同碳原子有2种，合计有4种，D说法正确；

答案为AD。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A.海带中不含碘单质；无法使淀粉变蓝，操作不能达到实验目的，A项符合题意；

B.乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色；甲烷不行，操作能达到实验目的，B项不符合题意；

C.盐酸具有挥发性，盐酸与NaHCO3混合产生的气体可能存在HCl气体；不能证明酸性：碳酸＞硅酸，C项符合题意；

D.NO2能与NaOH反应，而NO不会，可以用NaOH溶液除去NO中少量NO2；D项不符合题意；

答案选AC。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．两个苯环连接在一个饱和碳原子上；则不一定在同一个平面上，A错误；

B．分子中含有—COOH，具有酸性，可以与饱和Na2CO3溶液反应；B错误；

C．分子中的酯基水解生成—COOH和—OH；因为是环状结构，所以羧基和羟基连在同一个分子上，故产物只有一种，C正确；

D．分子中—COOH消耗1molNaOH；酯基消耗1molNaOH，生成的酚羟基消耗1molNaOH，故1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，D正确。

故本题选CD。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

根据酸式滴定管；碱式滴定管的结构及物质的性质分析判断。

【详解】

碱式滴定管下部橡胶管中有玻璃球，由于强氧化性的物质容易腐蚀碱式滴定管的橡胶管，而酸式滴定管活塞是玻璃塞，碱性溶液容易与玻璃中的SiO2发生反应；产生具有粘性的硅酸钠而使滴定管与玻璃塞粘在一起，所以碱式滴定管可以用来盛放碱性溶液，酸式滴定管可以用来盛放酸性或氧化性的溶液。

【点睛】

使用时要根据滴定管的结构、物质的成分及溶液的性质分析。【解析】①.碱性溶液②.酸性或氧化性的溶液15、略

【分析】【分析】

(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成

(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：该反应的原理为强酸制弱酸；

②由图可知溶液呈酸性，原因是：的电离大于水解；

(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收；吸收率越高；

②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和离子反应方程式为：据此可知答案。

【详解】

(1)向燃煤中加入生石灰，可与和氧气反应，生成即燃烧后的煤渣中主要含硫元素的成分故答案为：

(2)①用工业废碱液(主要成分)吸收烟气中的生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则离子方程式为：该反应的原理为强酸制弱酸，则酸性：H2SO3＞H2CO3，故答案为：＞；

②由图可知溶液呈酸性，原因是：因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性，故答案为：酸性；因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解；所以显酸性；

(3)①由已知条件可知，越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高，所以随升高吸收率降低，故答案为：越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收；吸收率越高；

②溶液加酸化后溶液中，会生成会转化成和离子反应方程式为：则故答案为：4:1。

【点睛】

本题重点(3)②，对于求解反应中物质的物质的量的比值，要确定其方程式，即可快速得到答案，对于信息型氧化还原反应，根据信息确定反应物和产物，再结合电荷守恒、得失电子守恒配平。【解析】>酸性因为在水溶液中存在和两个过程，的电离大于水解，所以显酸性越低溶液中的多，氧化性越强，更易吸收，吸收率越高16、略

【分析】【分析】

A是一种果实催熟剂，它的产量可用来衡量一个国家的石油化工产业的发展水平，则A为乙烯，B是一种密度比水小的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6mol和0.3mol则1mol该烃分子中有6mol碳原子和6mol氢原子，所以B的分子式为C6H6；B能从煤中提取，则B为苯，煤干馏后得到煤焦油，可以从中提取苯。

【详解】

(1)根据以上分析，A为乙烯，其电子式为B为苯，其结构简式为

(2)有机物C与A是同类物质且比A多一个碳原子，则C为与发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，该反应的化学方程式为

(3)碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度；故在碘水中加入苯，充分振荡；静置后，溶液分层，由于苯的密度比水的小，则下层无色，上层呈紫红色。

(4)B与浓硫酸、浓硝酸的混合液在加热条件下反应的化学方程式为属于取代反应。

(5)等质量的烃完全燃烧，烃中氢元素的质量分数越大，完全燃烧时消耗的量越多，乙烯中氢元素的质量分数大于苯中氢元素的质量分数，则等质量的乙烯、苯完全燃烧时消耗的物质的量：乙烯>苯。【解析】加成反应溶液分层，下层无色，上层呈紫红色取代反应17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)甲中含有醇羟基而乙中没有，甲能与金属钠、钾反应放出氢气而乙不反应；乙中含有苯环、1个碳碳双键和1个醛基，故1mol乙最多可与5molH2发生加成反应；

(2)甲有多种同分异构体，满足：a分子中有苯环；b能发生银镜反应，则含有醛基，c．核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：6，则高度对称，含有一个醛基、2个甲基，符合条件的同分异构体有共2种；

(3)①反应Ⅰ应是碳碳双键与氯化氢发生的加成反应；设计步骤I的目的是保护碳碳双键；避免氧化醇羟基的同时，碳碳双键也被氧化；

②反应II是在氢氧化钠的乙醇溶液中加热生成反应的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O；

③乙()在碱性(NaOH)条件下与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。【解析】钠、钾等52加成反应保护碳碳双键，避免氧化醇羟基是同时被氧化+NaOH+NaCl+H2O+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O18、略

【分析】【分析】

（1）第一电离能实际上就是失电子的难易程度；电离能越小则代表失电子越容易，则还原性越强，因此可以从氧化还原性的强弱来考虑；

（2）键长与键能呈负相关，即键越长则能量越低，越容易断裂；对于稳定性而言是三键>双键>单键，则键长是单键>双键>三键；

（3）题干中已经告知我们大键的形成条件；因此我们只要从这些微粒的分子结构来判断存不存在相互平行的p轨道即可；

（4）利用率即“原子的体积占整个晶胞体积的百分比”；分别算出二者的体积再构造分式即可。

【详解】

一般金属性越强则第一电离能越小，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：与形成6个配位键，配位数为6，杂化无法形成6个空轨道；

分子中S原子形成2个键，孤电子对数为价层电子对数故分子中S原子的杂化轨道类型为杂化；分子的立体构型为V形；连接2个S原子的氧原子与S原子之间形成单键，连接1个S原子的氧原子与S之间形成双键，单键之间作用力比双键弱，单键的键长较长；

形成离域键的条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道“，硫酸根离子是正四面体结构，原子不处于同一平面内，硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道，为V形结构，为平面三角形，有相互平行的p轨道，可以形成离域键；

故答案为AD；

为直形型结构，有相互平行的p轨道，分子中大键可以表示为：

铁的晶体为面心立方最密堆积，令Fe原子的半径为rcm，则晶胞的棱长为晶胞体积晶胞中Fe原子数目晶胞中Fe原子总体积晶胞中原子的空间利用率【解析】中配位数为6V形形成b键的氧原子与两个S原子结合，原子之间形成单键，作用力较小四、判断题(共2题，共20分)19、B【分析】略20、A【分析】【分析】

【详解】

溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，溴乙烷发生消去反应，生成乙烯、溴化钠和水：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，故正确。五、计算题(共3题，共9分)21、略

【分析】【分析】

按照离子放电顺序，阴极电极反应顺序是Ag＋＋e－=Ag、Cu2＋＋2e－=Cu、H＋＋2e－=H2↑，混合液中n(Ag＋)=0.5L×2mol·L－1=1mol，n(Cu2＋)=0.5L×2mol·L－1=1mol，因为得到1.6gCu，因此推出Cu2＋没有完全被电解；据此分析；

【详解】

(1)电解的混合液，首先在阴极上得电子的是其次是在阳极上是铜失电子的过程，混合液中n(Ag＋)=0.5L×2mol·L－1=1mol，Ag＋全部被电解，此时得电子1mol，阴极上有Cu，即析出，根据电极反应：此时转移电子是消耗Cu2＋是电路上通过电子的物质的量为(1mol＋0.05mol)=1.05mol；

答案为：1.05mol；

(2)铜作阳极，阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，当转移1.05mole－时，阳极上会有=0.525molCu2＋进入电解质，根据(1)分析，原混合溶液中还剩下n(Cu2＋)=1mol－0.025mol=0.975mol，此时溶液中共含有n(Cu2＋)=0.975mol＋0.525mol=1.5mol，c(Cu2＋)==1.5mol·L－1；

答案：1.5mol·L－1。【解析】22、略

【分析】【详解】

设强酸溶液、强碱溶液的体积分别为混合前，碱溶液中酸溶液中混合溶液的说明碱过量，则即解得故答案为：1:9。【解析】1:923、略

【分析】【详解】

(1)常温下，稀释0.5mol/L的醋酸溶液过程中，溶液中c(H＋)浓度减小，水的离子积常数Kw不变，由c（OH-）=可知，溶液中c（OH-）增大；故答案为：增大；

(2)盐酸是强酸，氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离，常温下0.01mol·L-1HCl溶液中c(H＋)=0.01mol·L-1，pH=—lgc(H＋)=—lg10—2=2；0.01mol·L-1NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol·L-1，pH=—lgc(H＋)=—lg=—lg=12，故答案为：0.01mol·L-1；2；12；

(3)pH=a的强酸稀释10b倍时，溶液的pH=a+b；盐酸是强酸，则pH=3的盐酸稀释100倍后溶液pH=5，故答案为：=；

(5)设酸的体积为VaL、碱的体积为VbL，由pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合pH=7可得：10—2Va=10—1Vb，解得Vb：Va=1：10，故答案为：1：10。【解析】增大0.01mol·L-1212=1：10六、结构与性质(共3题，共9分)24、略

【分析】（1）步骤1中氧化铜稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O。故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；

（2）步骤2中产生蓝色沉淀的反应是继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液。故答案为：继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液；

（3）中存在配位键，其中Cu2+是中心离子，NH3是配体，提供空轨道的是Cu2+，提供孤电子对的是N，故答案为：Cu2+；N；

（4）NH3中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。故答案为：sp3；价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。【解析】(1)CuO+2H+=Cu2++H2O

(2)继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液；

(3)Cu2+N

(4)sp3价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥25、略

【分析】【分析】

根据形成化学键的元素性质分析化学键的类型；

根据晶胞的结构计算晶胞中原子数目；进而确定化学式；

根据晶体类型与物质的熔沸点等性质的关系分析解答；

根据元素周期律比较电负性；根据分子空间构型分析分子的极性；根据等电子体的概念书写对应的等电子体；根据核外电子排布规律书写核外电子排布式；

由晶胞结构；用均摊法计算晶胞中Na；O原子数目，计算晶胞质量及密度。

【详解】

中C、O原子之间形成极性键；中碳原子之间形成非极性键，C原子与H原子之间形成极性键；中O、H原子之间形成极性键；中氯离子与铵根离子之间形成离子键；铵根离子中N；H原子之间形成极性键，故答案为：B；

X处于体心，晶胞中X数目为1，Y处于晶胞顶点，晶胞中Y原子数目故X、Y原子数目之比1，故化学式为故答案为A；

A.键能越大；共价键越稳定，氢化物越稳定，故A不符合；

B.二者均为原子晶体；键能越大，破坏共价键需要能量越高，熔沸点越高，故B不符合；

C.金属离子晶体；金属键越强，破坏金属键需要能量越高，熔点越高，故C不符合；

D.均属于分子晶体；分子间作用力影响熔沸点，与键能无关，故D符合；

故答案为D；

同主族自上而下电负性减小，故电负性：故答案为：

O原子形成2个键，还有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子杂化方式为是V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：极性；V形；

H2O分子之间形成氢键，H2S分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故H2O的沸点高于H2S的沸点，故答案为：H2O分子之间形成氢键，H2S分子之间为范德华力；氢键比范德华力更强；

与H2S分子互为等电子体的阴离子可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，等电子体为：等，故答案为：

原子比O原子多2个电子层，