2025年华东师大版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年华东师大版高二化学上册月考试卷290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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、淀粉、蛋白质、脂肪是人体必需的营养物质。根据学过的化学知识，下列有关说法合理的是（）A.它们都是天然高分子化合物，一定条件下都能发生水解和氧化反应B.动植物的油脂中都含有油酸，油酸分子中含有碳碳双键，易被空气中的氧气氧化变质C.淀粉在人体内水解的最终产物是葡萄糖D.根据蛋白质的变性原理，硫酸铜可以用作外伤止血剂2、下列离子方程式正确的是A.向rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液中通入足量氯气：rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2Cl_{2}+3H_{2}O篓T2SO_{3}^{2-}+4Cl^{-}+6H^{+}}B.rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2Cl_{2}+3H_{2}O篓T

2SO_{3}^{2-}+4Cl^{-}+6H^{+}}溶液吸收rm{CuSO_{4}}气体：rm{Cu^{2+}+H_{2}S篓TCuS隆媒+2H^{+}}C.rm{H_{2}S}溶液中加入过量的浓氨水：rm{Al^{3+}+4NH_{3}隆陇H_{2}O篓TAlO_{2}^{-}+4NH_{4}^{+}+2H_{2}O}D.等体积、等浓度的rm{Cu^{2+}+H_{2}S篓T

CuS隆媒+2H^{+}}稀溶液与rm{AlCl_{3}}稀溶液混合：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{Al^{3+}+4NH_{3}隆陇H_{2}O篓T

AlO_{2}^{-}+4NH_{4}^{+}+2H_{2}O}3、按照物质的树状分类和交叉分类，硫酸应属于rm{(}rm{)}rm{垄脵}酸rm{垄脷}能导电rm{垄脹}含氧酸rm{垄脺}混合物rm{垄脻}化合物rm{垄脼}二元酸rm{垄脽}电解质A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脽}B.rm{垄脵垄脹垄脻垄脼垄脽}C.rm{垄脵垄脹垄脺垄脼垄脽}D.rm{垄脷垄脹垄脻垄脼垄脽}4、下列物质在一定条件下能发生消去反应的是①(CH3)3CBr②CH3OH③CH3CH2OH④C6H5CH2OHA.②④B.①③C.③④D.①②5、物质的量浓度相等的下列溶液pH值由大到小的顺序是（）A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4ClB.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaClC.Na2CO3、NaCl、NH4Cl、NaHCO3D.Na2CO3、NH4Cl、NaHCO3、NaCl6、一定量的盐酸跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的rm{(}rm{)}A.rm{NaNO_{3}}rm{(}溶液rm{)}B.rm{CH_{3}COONa(}固体rm{)}C.rm{Na_{2}CO_{3}(}溶液rm{)}D.rm{CuSO_{4}}rm{(}固体rm{)}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

请回答下列问题：

（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为____；得到滤渣1的主要成分为（填化学式）____．

（2）第②步加H2O2的作用是____，使用H2O2的优点是____；调溶液pH的目的是使____生成沉淀．

（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是____．

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O；探究小组设计了三种方案：

上述三种方案中，____方案不可行，原因是____：从原子利用率角度考虑，____方案更合理．8、(12分)化学式为C11H12O4的芳香族化合物A、B互为同分异构体，A和D都能发生银镜反应，E的一溴取代物同分异构体有两种，A经①②两步反应得C、D和E。B经①②两步反应得E、F和H。上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示。(1)A有2种可能结构，写出其结构简式：____________________________________。(2)在B、C、D、F、G、I化合物中，互为同系物的是__________________________。(3)写出D与F在加热和浓H2SO4催化作用下发生反应的化学方程式：_________________________________。反应类型：__________________。(4)除银镜反应和点燃外至少选用其他两种实验方法证明D具有还原性，请按要求填写下表：。所选试剂的化学式观察到的实验现象方法1方法29、(7分)据报道，最近摩托罗拉(MOTOROLA)公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量是现用镍氢电池和锂电池的10倍，可连续使用1个月充电一次。假定放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分吸收生成CO32-(1)该电池反应的总离子方程式为；(2)甲醇在极发生反应(填正或负)，电池在放电过程中溶液的pH将____(填降低或上升、不变)；(3)最近，又有科学家制造出一种固体电解质的燃料电池，其效率更高。一个电极通入空气，另一电极通入汽油蒸气。其中固体电解质是掺杂了Y2O3(Y：钇)的ZrO2(Zr：锆)固体，它在高温下能传导O2-离子(其中氧化反应发生完全。以丁烷(C4H10)代表汽油。①电池的正极反应式为。②放电时固体电解质里的O2-离子的移动方向是向极移动(填正或负)。10、（4分）X原子在第二电子层上只有一个空轨道，其轨道表示式为；Y原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则Y原子可能是、；Z原子的核电荷数为26，其在元素周期表中的位置是。11、现有只含C、H、O的化合物A～D，方框内给出了它们的有关信息。⑴试写出D的分子式⑵试写出A发生银镜反应的化学方程式12、已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1

2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1

则反应NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）的△H=______kJ•mol-1．13、中学阶段涉及的平衡有气体可逆反应的平衡、酸碱电离平衡、水解平衡及沉淀rm{-}溶解平衡等等．

rm{(1)}现有容积为rm{1L}的恒温恒容密闭容器，向其中加入rm{2mol}rm{A}气体和rm{2mol}rm{B}气体后发生如下反应：rm{A(g)+B(g)篓TC(g)triangleH=-a}rm{A(g)+B(g)篓TC(g)triangle

H=-a}rm{kJ?mol^{-1}}后，反应达到平衡状态，生成rm{20s}rm{1mol}气体，放出热量rm{C}回答下列问题．

rm{Q_{1}kJ.}计算rm{垄脵}内rm{20s}气体的平均化学反应速率为______；写出该反应的平衡常数表达式______．

rm{B}保持容器温度和容积不变，若改为向其中加入rm{垄脷}气体，反应达到平衡时，吸收热量rm{1molC}则rm{Q_{2}kJ}与rm{Q_{1}}的相互关系正确的是______rm{Q_{2}}填字母rm{(}．

rm{)}rm{(A)Q_{1}+Q_{2}=a}rm{(B)}rm{Q_{1}+2Q_{2}<2a}rm{(C)Q_{1}+2Q_{2}>2a}

rm{(D)Q_{1}+Q_{2}<a}在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入rm{垄脹}气体rm{bmolA}时，rm{(b>0)}正rm{v(}______rm{)}逆rm{v(}填“rm{)(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}重新达平衡后，rm{)}气体的平衡体积分数rm{C}则rm{娄脮(C)=dfrac{1}{3}}______．

rm{b=}常温下，将rm{(2)}rm{VmL}氢氧化钠溶液逐滴加入到rm{0.1000mol?L^{-1}}rm{20.00mL}醋酸溶液中，充分反应rm{0.1000mol?L^{-1}}回答下列问题rm{.}忽略溶液体积的变化rm{.(}

rm{)}如果溶液rm{垄脵}此时rm{pH=7}的取值______rm{V}填“rm{20.00(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}而溶液中rm{)}rm{c(Na^{+})}rm{c(CH_{3}COO^{-})}rm{c(H^{+})}的大小关系为______．

rm{c(OH^{-})}如果rm{垄脷}则此时溶液中rm{V=40.00}______rm{c(OH^{-})-c(H^{+})-c(CH_{3}COOH)=}．rm{mol?L^{-1}}14、rm{(1)垄脵}有机物rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}OH}的名称是______．

rm{垄脷}支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为______

rm{(2)}某烯烃与rm{H_{2}}发生加成反应后得到的产物是rm{CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}．

rm{垄脵}该产物的名称是______；

rm{垄脷}原来烯烃的结构简式为：______；

原来烯烃的同分异构体中有一种的核磁共振氢谱有两个峰，且比例为rm{1}rm{3}写出这种同分异构体的结构简式：______．15、物质的量是高中化学中常用的物理量；请完成以下有关其计算的内容。

（1）0.2gH2含有______个H原子。

（2）标准状况下，含有相同氧原子数的CO与CO2的体积之比为______。

（3）100mL某Al2（SO4）3溶液中，c（Al3+）=2.0mol/L，则其中c（SO42-）=______mol/L。

（4）工业上利用下列反应进行海水中溴元素的富集：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr．若反应中生成了0.2molHBr，则消耗SO2的体积（标准状况）是______L。评卷人得分三、推断题(共5题，共10分)16、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为原子序数依次增大的短周期主族元素。rm{A}rm{F}原子的最外层电子数均等于其周期序数，rm{F}原子的电子层数是rm{A}的rm{3}倍；rm{B}原子核外电子分处rm{3}个不同能级且每个能级上的电子数相同；rm{A}与rm{C}形成的分子为三角锥形；rm{D}原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数；rm{E}原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，rm{E}电负性小于rm{F}

rm{(1)A}rm{C}形成的分子极易溶于水；除因为它们都是极性分子外，还因为______。

rm{(2)}比较rm{E}rm{F}的第一电离能：rm{E}______F.rm{(}选填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(3)BD_{2}}在高温高压下所形成的晶胞如图所示：该晶体的类型属于______rm{}选填rm{(}分子晶体、原子晶体、离子晶体或金属晶体rm{)}该晶体中rm{B}原子的杂化形式______。

rm{(4)}光谱证实单质rm{F}与强碱性溶液反应有rm{[F(OH)_{4}]^{-}}生成，则rm{[F(OH)_{4}]^{-}}中存在______。rm{(}填序号rm{)}

rm{a.}共价键rm{b.}非极性键rm{c.}配位健rm{d.娄脪}键rm{e.娄脨}键。17、甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）．下列各组物质中，不满足图示转化关系的是（）。甲乙丙戊①NH3O2NOH2O②FeH2OH2Fe2O3③Al2O3NaOH溶液NaAlO2溶液过量CO2④Na2O2CO2O2NaA.①③B.②③C.②④D.①④18、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．19、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为原子序数依次增大的短周期主族元素。rm{A}rm{F}原子的最外层电子数均等于其周期序数，rm{F}原子的电子层数是rm{A}的rm{3}倍；rm{B}原子核外电子分处rm{3}个不同能级且每个能级上的电子数相同；rm{A}与rm{C}形成的分子为三角锥形；rm{D}原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数；rm{E}原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，rm{E}电负性小于rm{F}

rm{(1)A}rm{C}形成的分子极易溶于水；除因为它们都是极性分子外，还因为______。

rm{(2)}比较rm{E}rm{F}的第一电离能：rm{E}______F.rm{(}选填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(3)BD_{2}}在高温高压下所形成的晶胞如图所示：该晶体的类型属于______rm{}选填rm{(}分子晶体、原子晶体、离子晶体或金属晶体rm{)}该晶体中rm{B}原子的杂化形式______。

rm{(4)}光谱证实单质rm{F}与强碱性溶液反应有rm{[F(OH)_{4}]^{-}}生成，则rm{[F(OH)_{4}]^{-}}中存在______。rm{(}填序号rm{)}

rm{a.}共价键rm{b.}非极性键rm{c.}配位健rm{d.娄脪}键rm{e.娄脨}键。20、已知：rm{垄脵A}是石油裂解气的主要成分，rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；rm{垄脷2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow[麓脽禄炉录脕]{triangle}2CH_{3}COOH}现以rm{A}为主要原料合成乙酸乙酯；其合成路线如下：

回答下列问题：rm{(1)}写出rm{A}的结构式____________________。rm{(2)B}rm{D}分子中的官能团名称分别是_________________、______________。rm{(3)}写出下列反应的化学方程式：rm{垄脵}________________________，rm{垄脺}________________________。评卷人得分四、计算题(共1题，共5分)21、有A、B两种烃，它们的组成相同，都含90%的碳，烃A对氢气的相对密度是20；烃B式量是烃A的3倍，烃A在一定条件下能与足量的Cl2起加成反应，生成1，1，2，2－四氯丙烷，烃B是苯的同系物，当它与Cl2发生取代反应时（取代苯环上的H原子），生成的一氯代物、二氯代物、三氯代物分别都只有一种，根据以上实验事实，推断A、B两烃的分子式、结构简式和名称。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】脂肪不是高分子化合物，A不正确。植物的油脂中含有油酸甘油酯，动物的油脂中不含油酸甘油酯，但都不含油酸，B不正确。硫酸铜为重金属盐，能使蛋白质变性，D不正确，所以正确的答案选C。【解析】【答案】C2、B【分析】【分析】本题考查离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，注意弱电解质、气体、沉淀、单质、氧化物等写化学式。【解答】A.氯气具有强氧化性，把rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{S}rm{S}rm{{,!}_{2}}氧化成硫酸钠，正确的离子方程式为：rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}rm{S}rm{S}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+4Cl}rm{+4Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+5H}rm{+5H}故A错误；

B.rm{{,!}_{2}}是气体，rm{O=2SO}属于难溶物质，故用化学式表示，rm{O=2SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{+8Cl}rm{+8Cl}rm{{,!}^{-}}气体的离子方程式为：rm{+10H}rm{+10H}rm{{,!}^{+}}rm{H_{2}S}rm{CuS}rm{CuSO}rm{CuSO}故B正确；

C.氢氧化铝不溶于氨水，故正确的离子方程式为：rm{{,!}_{4}}故C错误；

D.溶液吸收rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{S}气体的离子方程式为：rm{Cu}rm{S}反应，正确的离子方程式为：rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{S=CuS隆媒+2H}rm{S=CuS隆媒+2H}rm{{,!}^{+}}，rm{Al^{3+}+3NH_{3}.H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}等体积、等浓度的rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{{,!}_{2}}；故D错误。

故选B。稀溶液与rm{NaHSO}【解析】rm{B}3、B【分析】硫酸在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，硫酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，能电离出两个氢离子，属于二元酸，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，不是混合物，为无机化合物，其水溶液能导电属于电解质，但纯硫酸不导电，所以rm{垄脵垄脹垄脻}rm{垄脼}rm{垄脼}正确，故选：rm{垄脽}rm{B}【解析】rm{B}4、B【分析】【解析】【答案】B5、A【分析】试题分析：NaCl是强酸强碱盐，不水解溶液显中性，pH近于7；NH4Cl是强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，pH<7；Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，pH>7；而Na2CO3是多元弱酸强碱盐的正盐，第一步水解，而NaHCO3相当于第二步水解，Na2CO3水解比NaHCO3水解程度大，溶液碱性也强，pH也大；所以物质的量浓度相等的上述溶液，pH由大到小的顺序是Na2CO3，NaHCO3，NaCl，NH4Cl，选项A正确。考点：考查PH值的大小判断。【解析】【答案】A6、B【分析】解：rm{A.}加入rm{NaNO_{3}}溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成rm{NO}气体；而不生成氢气，故A错误；

B.加入rm{CH_{3}COONa(}固体rm{)}生成醋酸，醋酸为弱酸，溶液氢离子浓度减小，反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故B正确；

C.加入碳酸钠溶液；消耗盐酸，生成氢气的反应速率降低，生成氢气的总量减小，故C错误；

D.锌置换出铜；形成原电池反应，反应速率增大，故D错误．

故选B．

减缓反应速率；可降低氢离子浓度，或降低反应温度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质与氢离子不反应，以此解答该题．

本题考查化学反应速率，侧重于反应速率的影响因素的考查，注意把握物质的性质，易错点为rm{B}注意硝酸与金属反应的特点，难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】

（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：（（10分），离子方程式Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt；

故答案为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt；

（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁；氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜；

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；

（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；

故答案为：加热脱水；

（4）制备硫酸铝晶体的甲；乙、丙三种方法中；甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；

乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3；蒸发；冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；

丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系；造成原子浪费；

所以上述三种方案中：甲方案制得的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；不可行；从原子利用率和是否产生杂质考虑知，乙方案更合理；

故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；

【解析】【答案】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；

（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染．调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+；滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；

（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；

（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质；使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；

8、略

【分析】（1）由连续氧化F→G→H→I（过氧乙酸）可知四物质均为两个碳的醇、醛、酸，即CH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH；B碱性水解后酸化后生成E（分子式为C7H6O3）、CH3CH2OH、CH3COOH，可知B中为两个酯键，E的结构简式为：B为：由A水解后生成E、D（HCOOH）和C可知：C应该是含三个碳原子的醇，可能是CH3CH2CH2OH或（CH3）2CHOH，进而可知A的结构为两种：（2）同系物的结构相似，所含的官能团的种类及个数应相同，则C和F均属于饱和一元醇。（3）酯化反应要特别注意条件的书写及生成的水分子的个数（4）甲酸的还原性由其中的醛基表现出来，它可发生银镜反应、费林反应、使高锰酸钾褪色等等。【解析】【答案】（12分）(1)(2)C和F(4)。所选试剂化学式观察到的实验现象方法1Cu(OH)2产生砖红色沉淀方法2KMnO4（H+）溶液褪色9、略

【分析】【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】【答案】Al，Cl；第四周期第Ⅷ族11、略

【分析】【解析】【答案】⑴C15H22O10⑵CH2OH（CHOH）3CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）3COONH4+2Ag+3NH3+H2O12、略

【分析】解：已知：①2SO2（g）+O2═2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1；

②2NO（g）+O2═2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1．

根据盖斯定律可知：将可得：NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H==-41.8kJ•mol-1；

故答案为：-41.8．

①2SO2（g）+O2═2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1；

②2NO（g）+O2═2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1．

根据盖斯定律可知：将计算．

本题考查了盖斯定律的应用和学生的运算能力，难度不大，属于基础型题目．【解析】-41.813、0.05mol/（L•s）；C；＞；1.33；＜；c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；或0.033【分析】解：rm{(1)垄脵}容积为rm{1L}的恒温恒容密闭容器，rm{20s}内生成rm{1molC}气体，根据rm{A(g)+B(g)?C(g)triangleH=-akJ?mol^{-1}}rm{A(g)+B(g)?C(g)triangle

H=-akJ?mol^{-1}}气体减少rm{B}浓度变化减少rm{1mol}rm{1.0mol/L}rm{c(B)=1.0mol/L}rm{V=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{1.0mol/L}{20s}=0.05mol/(L?s)}平衡常数rm{K=dfrac{c(C)}{c(A)c(B)}}

故答案为：rm{trianglet=20s}rm{V=dfrac{trianglec}{trianglet}=

dfrac{1.0mol/L}{20s}=0.05mol/(L?s)}

rm{K=dfrac

{c(C)}{c(A)c(B)}}该反应为可逆反应；从起始量分析，正向反应是放热反应，逆向进行的反应是吸热反应，正反应是体积缩小的反应；

根据等效平衡可知：保持容器温度和容积不变，加入rm{0.05mol/(L?s)}气体和rm{dfrac{c(C)}{c(A)c(B)}}气体与加入rm{垄脷A(g)+B(g)?C(g)}气体是等效的，加入rm{1molA}气体和rm{1molB}气体，该反应为可逆反应，不能完全转化，而热化学反应中的反应热为物质完全转化时的能量变化，所以达到平衡时，生成rm{1molC}的量不足rm{1molA}所以热量数值rm{1molB}rm{C}后，反应达到平衡状态，生成rm{1mol}气体，放出热量rm{Q_{2}<Q_{1}}则rm{20s}

设加入rm{1molC}气体和rm{Q_{1}kJ}气体达到平衡时，放出的热量为rm{Q_{1}=a}根据等效平衡可知：保持容器温度和容积不变，加入rm{1molA}气体和rm{1molB}气体与加入rm{Q_{3}}气体是等效的，则rm{1molA}又知保持容器温度和容积不变，加入rm{1molB}气体和rm{1molC}气体与加入rm{Q_{2}+Q_{3}=a=Q_{1}}气体和rm{2molA}气体相比，相当于增大一倍的压强，rm{2molB}从起始量分析，正反应是体积缩小的反应，增大压强，反应向体积缩小的方向移动，所以平衡正向移动，所以放出的热量rm{1molA}所以rm{1molB}rm{A(g)+B(g)?C(g)}；所以选C；

故答案为：rm{Q_{1}>2Q_{3}}

rm{Q_{1}+2Q_{2}>2}在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入rm{a}rm{C}气体rm{垄脹}rm{b}rm{molA}时，平衡正向移动，则rm{(}rm{b}正rm{>0)}rm{v}rm{(}逆rm{)>}由题意rm{v}气体和rm{(}气体生成rm{)}气体；根据三段式：

rm{2molA}

开始rm{2molB}rm{1molC}rm{A(g)+B(g)=C(g)}rm{(mol/L)}

反应rm{2}rm{2}rm{0}

平衡rm{(mol/L)1}rm{1}rm{1}

平衡常数rm{(mol/L)1}再通入rm{1}rm{1}气体；温度不变，平衡常数不变，根据三段式：

rm{K=1}再通入rm{b}rm{molA}气体；温度不变，平衡常数不变，根据三段式：

rm{=1}

开始rm{b}rm{molA}

反应rm{A(g)+B(g)=C(g)}rm{(mol/L)2+b2}rm{0}

平衡rm{(mol/L)x}rm{x}

又知rm{x}rm{(mol/L)2+b-x2-x}所以rm{dfrac{x}{(2+b-x)(2-x)}=1}rm{dfrac{x}{4+b-x}=dfrac{1}{3}}解得rm{x}rm{K=1}

故答案为：rm{?(C)=dfrac{1}{3}}rm{dfrac

{x}{(2+b-x)(2-x)}=1}

rm{dfrac{x}{4+b-x}=dfrac

{1}{3}}是弱电解质，电离程度不大，rm{b=1.33}是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性rm{x=1.33}需少加碱，所以常温下，将rm{>}rm{1.33}氢氧化钠溶液逐滴加入到rm{(2)垄脵CH_{3}COOH}rm{NaOH}醋酸溶液中，充分反应，rm{pH=7}溶液呈中性rm{VmL}rm{0.1000mol?L^{-1}}根据电荷守恒rm{20.00mL}rm{0.1000mol?L^{-1}}rm{V<20.00mL}rm{pH=7}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c}rm{(Na^{+})+}rm{c}rm{(H^{+})=}溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c}rm{(Na^{+})=}rm{c}

故答案为：rm{(CH_{3}COO^{-})>}rm{c}

rm{(H^{+})=}根据电荷守恒rm{c}rm{(OH^{-})}rm{<}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{垄脷}rm{c}rm{(Na^{+})+}rm{c}物料守恒rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{c}得到rm{(Na^{+})=2[}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)]}rm{c}rm{(H^{+})+}rm{c}则rm{(CH_{3}COO^{-})+2}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)=}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{c}rm{(OH^{-})-}rm{c}rm{(H^{+})-}rm{c}反应后溶液的体积变为rm{(CH_{3}COOH)=}则rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)篓Tdfrac{0.1000mol/L隆脕20ml}{60ml}=dfrac{1}{30}mol/L}或rm{(CH_{3}COOH)}

故答案为：rm{60mL}或rm{c}．

rm{(CH_{3}COO^{-})+}根据反应速率rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算；平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

rm{c}加入rm{(CH_{3}COOH)篓Tdfrac

{0.1000mol/L隆脕20ml}{60ml}=dfrac{1}{30}mol/L}气体和rm{0.033mol/L}气体与加入rm{dfrac{1}{30}}气体是在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，加入rm{0.033}气体和rm{(1)垄脵}气体与加入rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}气体和rm{垄脷}气体相比；相当于增大一倍的压强，增大压强，反应向体积缩小的方向正向移动；

rm{1molA}增加反应物的浓度平衡向正反应方向移动，由题意rm{1molB}气体和rm{1molC}气体生成rm{2molA}气体，根据三段式求得平衡常数rm{2molB}依据温度不变，平衡常数不变进行解答；

rm{1molA}溶液的酸碱性是根据溶液中rm{1molB}浓度与rm{垄脹}浓度的相对大小判断的，只要溶液中rm{2molA}溶液就呈中性，rm{2molB}是弱电解质，电离程度不大，rm{1molC}是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性rm{K=1}结合电荷守恒rm{(2)垄脵}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{CH_{3}COOH}rm{NaOH}rm{pH=7c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c}进行解答；

rm{(Na^{+})+}根据电荷守恒rm{c}rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{垄脷}rm{c}物料守恒rm{(Na^{+})+}rm{c}rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}进行解答；

本题主要考查平衡的有关知识，掌握化学平衡常数的计算方法，以及化学平衡移动原理知识的灵活运用是解答的关键，是一道综合知识题目，题目难度较大．rm{(OH^{-})}【解析】rm{0.05mol/(L?s)}rm{dfrac{c(C)}{c(A)c(B)}}rm{C}rm{>}rm{1.33}rm{<}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{dfrac{1}{30}}或rm{0.033}14、略

【分析】解：rm{(1)垄脵CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}OH}主链碳原子数为rm{4}rm{1}号位含有一个rm{-OH}rm{3}号位含有一个甲基，其名称为：rm{3-}甲基rm{-1-}丁醇；

故答案为：rm{3-}甲基rm{-1-}丁醇；

rm{垄脷}乙基至少在rm{3}号位，只有一个乙基，则主链最少含有rm{5}个rm{C}则式量最小的烷烃的结构简式为：

故答案为：

rm{(2)垄脵CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}正确命名为，主链为rm{3}个，甲基在第二个碳原子，得到名称为：rm{2-}甲基丙烷，故答案为：rm{2-}甲基丙烷；

rm{垄脷}根据烯烃与rm{H_{2}}加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，因此相应烯烃分子中存在碳碳双键的位置只有rm{1}种，结构简式为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}原来烯烃的同分异构体中有一种的核磁共振氢谱有两个峰，且比例为rm{1}rm{3}则氢原子有两种为rm{2}个和rm{6}个，据此书写结构简式为：rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}

故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}

rm{(1)垄脵}选取含羟基碳在内的最长碳链为主碳链；从离羟基近的一端编号，先判断官能团及其位置，再命名；

rm{垄脷}烷烃中含有取代基乙基，则主链至少含有rm{5}个rm{C}原子；据此写出满足条件的烷烃的结构简式；

rm{(2)垄脵}依据结构式命名即可；选取最长碳链为主链，从离支链近的一端编号，书写名称；

rm{垄脷}根据加成原理采取逆推法还原rm{C=C}双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置rm{.}还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键；原来烯烃的同分异构体中有一种的核磁共振氢谱有两个峰，且比例为rm{1}rm{3}则氢原子有两种为rm{2}个和rm{6}个；据此书写结构简式；

本题考查了化学反应过程分析判断，同分异构体书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原rm{C=C}双键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写，题目难度不大．【解析】rm{3-}甲基rm{-1-}丁醇；rm{2-}甲基丙烷；rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}15、0.2NA2：13.02.24【分析】解：（1）0.2gH2含有H原子个数：×2=0.2NA；

故答案为：0.2NA；

（2）相同氧原子数，n（O）相同，CO与CO2的物质的量比为2：1；相同条件下，物质的量之比等于体积之比，所以体积之比为2：1；

故答案为：2：1；

（3）Al2（SO4）3溶液，阳离子、阴离子的个数之比为2：3，c（Al3+）=2.0mol/L，则其中c（SO42-）=2.0mol/L×=3.0mol/L；

故答案为：3.0；

（4）根据Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，可知n（SO2）=n（HBr）=×0.2mol=0.1mol，故V（SO2）=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

故答案为：2.24；

（1）质量转化为物质的量；结合1个氢气分子含有2个H原子计算解答；

（2）相同氧原子数，n（O）相同，以此计算CO与CO2的物质的量关系；相同条件下，物质的量之比等于体积之比；

（3）Al2（SO4）3溶液；阳离子；阴离子的个数之比为2：3，则二者物质的量浓度之比为2：3；

（4）根据方程式计算消耗SO2的物质的量，再根据V=nVm计算SO2的体积；

本题考查了物质的量有关计算，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉物质的结构组成是解题关键，题目难度中等。【解析】0.2NA2：13.02.24三、推断题(共5题，共10分)16、略

【分析】解：rm{(1)A}rm{C}形成的最简单分子是rm{NH_{3}}分子；是一种极性分子，极易溶于水的原因主要有：

rm{垄脵}根据相似相溶原理；氨气易溶于极性溶剂水中；

rm{垄脷}氨气分子在水中易与水分子形成氢键；增大了氨气的溶解性；

rm{垄脹}部分氨气与水反应，降低了rm{NH_{3}}浓度；使溶解量增大；

所谓等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，则它们互称为等电子体，故答案为：rm{NH_{3}}与rm{H_{2}O}间能形成氢键；

rm{(2)}电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度rm{(}可近似理解为金属性rm{).}第一电离能数值越小；原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。存在的规律为：

rm{垄脵}随着核电荷数的递增，元素的第一电离能呈现周期性变化；rm{垄脷}总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大；rm{垄脹}同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素；最大的是稀有气体元素；

rm{垄脺}同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折。当外围电子在能量相等的轨道上形成全空rm{(p0,d0,fo)}半满rm{(p3,d5,f7)}或全满rm{(p6,d10,f14)}结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族；rm{垄脻}同一主族元素从上到下；原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，则镁原子结构中各亚层均处于全满状态，所以镁比铝的第一电离能反常高；

故答案为：rm{>}

rm{(3)}根据rm{BD_{2}}即rm{CO_{2}}在高温高压下所形成的晶胞晶胞结构可知，该晶体为原子晶体，晶胞内白球为rm{C}原子，黑球为rm{O}原子，每个晶胞中含碳原子为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}+4=8}含氧原子为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}+4=8}所以碳原子和氧原子微粒数之比为rm{16}rm{1}根据晶胞中碳原子和氧原子的结构可知，碳原子的杂化方式为rm{2}杂化，故答案为：原子晶体；rm{SP^{3}}

rm{sp^{3}}光谱证实单质rm{(4)}与强碱性溶液反应有rm{AI}生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}rm{AI(OH)_{3}}溶解在强碱中，和rm{AI(OH)_{3}}形成rm{OH^{-}}利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；

由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}键，所以rm{娄脪}中也形成了rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}键。

故答案为：rm{娄脪}

根据题意，rm{acd}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为原子序数依次增大的短六种短周期主族元素，rm{F}原子的电子层数是rm{F}的rm{A}倍，说明rm{3}有一个电子层。rm{A}有三个电子层，rm{F}rm{A}原子的最外层电子数均等于其周期序数可知，rm{F}为rm{A}元素，rm{H}为rm{F}元素；原子核外电子分处rm{AI}个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，根据rm{3}原子的核外电子排布式为rm{B}为rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}元素；rm{C}与rm{A}形成的最简单分子为三角锥形，为rm{C}分子，则rm{NH_{3}}为rm{C}元素；rm{N}原子rm{D}轨道上成对电子数等于未成对电子数，rm{p}亚层三个轨道中的电子数只能是rm{P}rm{2}rm{1}共四个电子，核外电子排布式rm{1}所以核外电子总数为rm{1S^{2}2S^{2}2P^{4}}rm{8}元素是rm{D}元素；rm{O}原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，rm{E}电负性小于rm{E}即电负性小于rm{F}原子序数大于rm{AI}小于rm{8}且原子轨道上都是成对电子，结合原子结构轨道表示式可知，rm{13}元素为rm{E}元素。所以rm{Mg}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分别为rm{F}rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{Mg}根据推断出的元素进行解答。

本题考查了原子核外电子排布、电负性电离能的概念含义和应用、等电子体、化学键形成、原子轨道杂化方式和类型、氢键的实际应用，元素周期表的应用等知识，综合性较大。rm{AI}【解析】rm{NH_{3}}与rm{H_{2}O}间能形成氢键；rm{>}原子晶体；rm{sp^{3}}rm{acd}17、A【分析】【解答】解：①4NH3+5O24NO+6H2O；一氧化氮和水不反应，所以不能实现转化，故错误；

②3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，3H2+Fe2O32Fe+3H2O；所以能实现转化，故正确；

③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；所以不能实现转化，故错误；

④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na+O2Na2O2；所以能实现转化，故正确；

故选A．

【分析】根据反应甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲分析，结合物质的性质判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误．18、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；619、略

【分析】解：rm{(1)A}rm{C}形成的最简单分子是rm{NH_{3}}分子；是一种极性分子，极易溶于水的原因主要有：

rm{垄脵}根据相似相溶原理；氨气易溶于极性溶剂水中；

rm{垄脷}氨气分子在水中易与水分子形成氢键；增大了氨气的溶解性；

rm{垄脹}部分氨气与水反应，降低了rm{NH_{3}}浓度；使溶解量增大；

所谓等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，则它们互称为等电子体，故答案为：rm{NH_{3}}与rm{H_{2}O}间能形成氢键；

rm{(2)}电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度rm{(}可近似理解为金属性rm{).}第一电离能数值越小；原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。存在的规律为：

rm{垄脵}随着核电荷数的递增，元素的第一电离能呈现周期性变化；rm{垄脷}总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大；rm{垄脹}同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素；最大的是稀有气体元素；

rm{垄脺}同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折。当外围电子在能量相等的轨道上形成全空rm{(p0,d0,fo)}半满rm{(p3,d5,f7)}或全满rm{(p6,d10,f14)}结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族；rm{垄脻}同一主族元素从上到下；原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，则镁原子结构中各亚层均处于全满状态，所以镁比铝的第一电离能反常高；

故答案为：rm{>}

rm{(3)}根据rm{BD_{2}}即rm{CO_{2}}在高温高压下所形成的晶胞晶胞结构可知，该晶体为原子晶体，晶胞内白球为rm{C}原子，黑球为rm{O}原子，每个晶胞中含碳原子为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}+4=8}含氧原子为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}+4=8}所以碳原子和氧原子微粒数之比为rm{16}rm{1}根据晶胞中碳原子和氧原子的结构可知，碳原子的杂化方式为rm{2}杂化，故答案为：原子晶体；rm{SP^{3}}

rm{sp^{3}}光谱证实单质rm{(4)}与强碱性溶液反应有rm{AI}生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}rm{AI(OH)_{3}}溶解在强碱中，和rm{AI(OH)_{3}}形成rm{OH^{-}}利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；

由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}键，所以rm{娄脪}中也形成了rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}键。

故答案为：rm{娄脪}

根据题意，rm{acd}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为原子序数依次增大的短六种短周期主族元素，rm{F}原子的电子层数是rm{F}的rm{A}倍，说明rm{3}有一个电子层。rm{A}有三个电子层，rm{F}rm{A}原子的最外层电子数均等于其周期序数可知，rm{F}为rm{A}元素，rm{H}为rm{F}元素；原子核外电子分处rm{AI}个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，根据rm{3}原子的核外电子排布式为rm{B}为rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}元素；rm{C}与rm{A}形成的最简单分子为三角锥形，为rm{C}分子，则rm{NH_{3}}为rm{C}元素；rm{N}原子rm{D}轨道上成对电子数等于未成对电子数，rm{p}亚层三个轨道中的电子数只能是rm{P}rm{2}rm{1}共四个电子，核外电子排布式rm{1}所以核外电子总数为rm{1S