2025年北师大新版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年北师大新版高二化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、在不同条件下，分别测得反应rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}的速率如下，其中最快的是rm{(}rm{)}A.rm{v(SO_{2})=4}rm{mol/(L?min)}B.rm{v(O_{2})=2}rm{mol/(L?min)}C.rm{v(SO_{2})=0.1}rm{mol/(L?min)}D.rm{v(SO_{2})=0.1}rm{mol/(L?s)}2、属于物理变化的是rm{(}rm{)}A.麦芽糖和稀硫酸共热B.蛋白质溶液中加入饱和rm{NaCl}溶液有固体析出C.蛋白质溶液中加入浓rm{NaOH}溶液D.氨基酸加入盐酸3、下列分子中，具有正四面体结构的是A.rm{CH_{4}}B.rm{C_{6}H_{6}}C.rm{C_{5}H_{12}}D.rm{C_{10}H_{22}}4、下面的微粒，不属于官能团的是()A.B.C.rm{-COOH}D.rm{-C隆脭C-}5、下列说法错误的是A.乙醇和乙酸的酯化反应应用酒精灯加热，而酯的水解则应在水浴加热条件下进行B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧化反应D.福尔马林和冰醋酸都是纯净物6、下列有关化学用语表示正确的是（）A.乙烷的结构式：C2H6B.3﹣甲基﹣1﹣丁烯的结构简式：（CH3）2CHCH=CH2C.乙炔的电子式：D.乙醇分子的比例模型：7、下列物质既能发生消去反应生成相应的烯烃，又能氧化成相应的醛的是（）A.CH3OHB.CH2OHCH2CH3C.（CH3）2COHCH3D.（CH3）3COH评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）（正反应吸热），下列图象中正确的是（）A.B.C.D.9、下列有关实验的设计可行的是rm{(}rm{)}A.装置甲：用rm{CCl_{4}}萃取碘水中的碘B.装置乙：用于从酒精水溶液中制取无水乙醇C.装置丙：验证盐酸、碳酸、苯酚溶液的酸性D.装置丁：用乙酸、乙醇制取乙酸乙酯10、下列关于丙烯rm{(CH_{3}-CH篓TCH_{2})}的说法正确的rm{(}rm{)}A.丙烯分子有rm{8}个rm{娄脪}键，rm{1}个rm{娄脨}键B.丙烯分子中rm{3}个碳原子都是rm{sp^{3}}杂化C.丙烯分子不存在非极性键D.丙烯分子中rm{3}个碳原子不在同一直线11、元素性质呈周期性变化的决定因素是。

A.元素原子半径大小呈周期性变化。

B.元素相对原子质量依次递增。

C.元素原子最外层电子排布呈周期性变化。

D.元素的最高正化合价呈周期性变化12、化学反应一般均会伴随着能量变化，对rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应，正确的是A.该反应为吸热反应B.该反应为放热反应C.断裂rm{H-H}键吸收能量D.生成rm{H-O}键吸收能量13、莨菪亭是一种植物生长激素，其结构简式如图所示．下列有关莨菪亭的说法正确的是（）A.莨菪亭的分子式为C10H8O4B.分子中所有碳原子可能处于同一平面C.该物质能发生加成、取代和消去反应D.分子中只含有一个手性碳原子14、在通常条件下，下列各组物质的熔点排列正确的是（）A.SiC＞C（金刚石）＞SiB.Al＞Mg＞NaC.H2O＞H2Se＞H2SD.KCl＞NaCl＞LiCl15、在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：rm{xA(g)+yB(g)?zC(g).}平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.5mol?L^{-1}}保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得rm{A}的浓度降低为rm{0.30mol?L^{-1}.}下列有关判断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x+y<z}B.平衡向正反应方向移动C.rm{B}的浓度降低D.rm{C}的体积分数下降评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、碳元素能够形成不同的单质，如rm{C_{60}}rm{C_{70}}金刚石等。下图为rm{C_{60}}的分子模型；金刚石的晶体模型请回答下列问题：

rm{(1)}元素rm{C_{?}}的原子核外共有____种不同运动状态的电子。冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似。每个冰晶胞平均占有____个水分子，请写出一个反应方程式以表达出反应前碳原子的杂化方式为rm{sp^{2}}反应后变为rm{sp^{3}}________________________。

rm{(2)}硅与碳同主族，写出基态硅原子的价电子排布图__________。二氧化硅结构跟金刚石结构相似，即二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个rm{O}原子。观察图乙中金刚石的结构，分析二氧化硅的空间网状结构中，rm{Si}rm{O}原子形成的最小环上rm{O}原子的数目是_________，rm{1mol}二氧化硅晶体中rm{Si隆陋O}键的数目为____。rm{(3)}通常人们把拆开rm{1mol}某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热rm{(triangle}rm{H}rm{)}化学反应的rm{triangle}rm{H}等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。。化学键rm{Si隆陋O}rm{Si隆陋Cl}rm{H隆陋H}rm{H隆陋Cl}rm{Si隆陋Si}rm{Si隆陋C}键能rm{/kJ隆陇mol^{隆陋1}}rm{460}rm{360}rm{436}rm{431}rm{176}rm{347}请回答下列问题：工业上高纯硅可通过下列反应制取：rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}高温rm{Si(s)+4HCl(g)}该反应的反应热rm{triangleH=}____rm{kJ/mol}．17、近年来，为满足某些尖端技术的发展需要，人们又设计和合成了许多新型合金材料。如：储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料。此外，________、________和________等新型合金广泛应用于卫星、航空航天、生物工程和电子工业等领域。18、下表为元素周期表的一部分；回答下列问题：

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（11）（12）（1）写出元素符号：①____，④____，⑥____，⑦____．

（2）若用M代表碱金属元素，则其最高价氧化物对应的水化物的化学式为____；若用X表示卤族元素，则其气态氢化物的分子式为____；元素②、⑧、（12）的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为____（填化学式）．

（3）在元素③与⑩中，化学性质较活泼的是____（填元素符号），写出用化学实验证明它较活泼的方法：____．19、已知热化学方程式：SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）△H=-98.32kJ/mol，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为______．20、按要求完成下列问题：

①某高分子有机物是由一种单体缩聚而成的，该单体的键线式为______

②将少量水杨酸（）滴入少量Na2CO3溶液中发生的化学方程式：______

③CH2ClCOOCH2CH3与NaOH的水溶液共热：______

④有机物在较高温度下和Br2按物质的量之比1：1发生加成反应的化学方程式______．21、某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，rm{CuSO_{4}}溶液中加氨水生成蓝色沉淀，再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}隆陇H_{2}O}晶体；

rm{(1)}请解释加入乙醇后析出晶体的原因___________________________；请解释加入乙醇后析出晶体的原因___________________________；

rm{(1)}蓝色沉淀中再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液的离子方程式为：rm{(2)}蓝色沉淀中再加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液的离子方程式为：

rm{(2)}____________________________________________；下列说法正确的是_________；

rm{(3)}下列说法正确的是_________；rm{(3)}A.rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}

rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B.rm{1mol[Cu(NH}键的数目为rm{1mol[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}

rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}中rm{娄脪}键的数目为rm{20N}rm{娄脪}

rm{20N}rm{{,!}_{A}}rm{{,!}}C.rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}

rm{)}rm{)}配合物rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}组成元素中第一电离能最大的是氧元素D.rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}与rm{PO}元素的第一电离能由小到大的顺序是_____________。rm{PO}评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共40分)22、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）。23、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：_____________。24、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）。25、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_______评卷人得分五、推断题(共1题，共8分)26、A、B、C、D四种物质之间有下图所示的转化关系。已知：A是空气中的主要成分，B、C、D均为化合物，且C为红棕色气体。请回答下列问题：(1)写出A和C的名称或化学式：A____，C____；(2)在上图D→C的过程中，D表现出强____（填“氧化性”或“还原性”）；(3)在D的稀溶液中滴入NaOH溶液，其反应的离子方程式是____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：rm{垄脵}把单位统一为rm{mol/(L?min)}则rm{D.v(SO_{2})=0.1}rm{mol/(L?s)=0.1隆脕60mol/(L?min)=6mol/(L?min)}

rm{垄脷}化学反应速率除以对应的化学计量数；

A.rm{v(SO_{2})=4}rm{mol/(L?min)}rm{dfrac{4}{2}=2}

B.rm{v(O_{2})=2}rm{mol/(L?min)}rm{dfrac{2}{1}=2}

C.rm{v(SO_{2})=0.1}rm{mol/(L?min)}rm{dfrac{0.1}{2}=0.05}

D.rm{v(SO_{2})=6mol/(L?min)}rm{dfrac{6}{2}=3}

数值大的反应快，因此反应最快的是rm{D}

故选D．

该类型题的解题方法是rm{垄脵}统一单位rm{垄脷}化学反应速率除以对应的化学计量数；数值大的反应快．

本题考查了化学反应速率的应用，难度不大，注意掌握正确且简单的解题方法是关键，准确高效．【解析】rm{D}2、B【分析】rm{A}属于水解，麦芽糖与水在稀硫酸的催化作用下发生水解反应生成葡萄糖；rm{B}是盐析过程，属于物理变化过程；rm{C}中蛋白质中含有羧基，能与rm{NaOH}发生中和反应；rm{D}中氨基酸含有氨基，能与rm{H^{+}}反应。【解析】rm{B}3、A【分析】【分析】本题考查了微粒空间构型的判断，根据正四面体中，rm{4}个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同分析解答，注意rm{CH}个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同分析解答，注意rm{4}rm{CH}rm{4}rm{4}结构，题目难度中等。【解答】A.甲烷分子中碳原子位于正四面体中心上，四个顶点上分别含有一个氢原子，为正四面体结构，故A正确；B.如果是苯，是平面结构，如果是环烷烃是三棱柱，故B错误；C.是戊烷，是锯齿状结构，故C错误；D.是癸烷，是锯齿状结构，故D错误。【解析】rm{A}4、A【分析】【分析】本题旨在考查官能团的应用。【解答】决定化合物特殊性质的原子或原子团是官能团，因此选项A不是，答案选A。rm{B}羟基；rm{C}羧基；rm{D}碳碳双键。故A正确。羟基；rm{B}羧基；rm{C}碳碳双键。故A正确。rm{D}故选A。【解析】rm{A}5、D【分析】【解析】【答案】D6、B【分析】【解答】解：A．乙烷分子中含有2个甲基，其结构式为故A错误；

B.3﹣甲基﹣1﹣丁烯分子中，在3号C含有1个甲基，碳碳双键在1号C，其结构简式为（CH3）2CHCH=CH2；故B正确；

C．乙炔分子中含有碳碳三键，乙炔正确的电子式为故C错误；

D．由比例模型可以看出分子中有2个碳原子和1个氧原子，6个氢原子，其结构简式为CH3CH2OH，则其比例模型为：由比例模型可以看出分子中有2个碳原子和1个氧原子，6个氢原子，则结构简式为CH3CH2OH；故D错误；

故选B．

【分析】A．结构式中应该用短线代替所有的共用电子对；

B.3﹣甲基﹣1﹣丁烯中；主链为1﹣丁烯，在3号C含有1个甲基，据此写出其结构简式；

C．碳碳三键的表示方法错误；

D．为球棍模型，比例模型只要体现出分子中各原子的相对体积大小．7、B【分析】【解答】解：A．CH3OH不能发生消去反应；故A错误；

B．CH2OHCH2CH3发生消去反应生成丙烯；发生氧化反应生成丙醛，故B正确；

C．（CH3）2COHCH3不能氧化生成相应的醛；故C错误；

D．（CH3）2CHOH不能氧化生成相应的醛；故D错误．

故选B．

【分析】选项中物质均为醇，只有羟基相连碳的邻位碳上有氢原子的才能发生消去反应生成烯烃；只有羟基相连碳的碳上有2个氢原子的才能发生氧化反应生成醛，以此来解答．二、双选题(共8题，共16分)8、A|D【分析】解：A．增大压强；化学平衡逆向移动，重新达到平衡前逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；

B．该反应为吸热反应；升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；

C．温度高；反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；

D．由图象可知；温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确；

故选AD．

可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）（正反应吸热）；则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡逆向移动，结合图象来解答．

本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．【解析】【答案】AD9、rAB【分析】解：rm{A.}碘不易溶于水；易溶于四氯化碳，则装置甲萃取；分液可分离碘水中的碘，故A正确；

B.酒精与水的沸点不同；则装置乙蒸馏可从酒精水溶液中制取无水乙醇，故B正确；

C.盐酸易挥发；盐酸与苯酚钠反应，不能比较碳酸与苯酚的酸性，故C错误；

D.乙酸乙酯与rm{NaOH}反应；应选饱和碳酸钠溶液，故D错误；

故选AB．

A.碘不易溶于水；易溶于四氯化碳；

B.酒精与水的沸点不同；

C.盐酸易挥发；盐酸与苯酚钠反应；

D.乙酸乙酯与rm{NaOH}反应．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{AB}10、AD【分析】解：rm{A.C-C}rm{C-H}键均为rm{娄脪}键，rm{C=C}中一个rm{娄脪}键，一个rm{娄脨}键，则丙烯分子有rm{8}个rm{娄脪}键，rm{1}个rm{娄脨}键；故A正确；

B.甲基中的rm{C}原子为rm{sp^{3}}杂化，rm{C=C}中的rm{C}原子为rm{sp^{2}}杂化，则丙烯分子中rm{1}个碳原子是rm{sp^{3}}杂化，rm{2}个碳原子是rm{sp^{2}}杂化；故B错误；

C.同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在rm{C-C}非极性共价键；故C错误；

D.由rm{C=C}双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中rm{2}个碳原子在同一直线，rm{3}个碳原子不在同一直线；故D正确；

故选AD．

A.rm{C-C}rm{C-H}键均为rm{娄脪}键，rm{C=C}中一个rm{娄脪}键，一个rm{娄脨}键；

B.甲基中的rm{C}原子为rm{sp^{3}}杂化，rm{C=C}中的rm{C}原子为rm{sp^{2}}杂化；

C.同种非元素之间形成非极性键；

D.由rm{C=C}双键为平面结构；甲基为四面体结构分析．

本题考查共价键及分类，注意判断共价键的规律和常见有机物的空间结构来解答，杂化类型为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{AD}11、AC【分析】【分析】本题考查元素周期律的影响因素及其实质，掌握元素周期律的影响因素是解题的关键，注意抓住主要问题回答即可，难度不大。【解答】元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子半径大小呈周期性变化与元素原子最外层电子排布呈周期性变化，选项AC符合题意。故选AC。【解析】rm{AC}12、BC【分析】略【解析】rm{BC}13、AB【分析】解：A．由结构可知，莨菪亭的分子式为C10H8O4；故A正确；

B．苯环；碳碳双键、羰基为平面结构；且直接相连，则所有碳原子可能处于同一平面，故B正确；

C．含碳碳双键可发生加成反应；含-OH；-COOC-可发生取代反应，不能发生消去反应，故C错误；

D．连4个不同基团的C为手性C；分子中不存在手性碳原子，故D错误；

故选：AB。

由结构可知分子式；分子中含酚-OH；-COOC-、碳碳双键及醚键，连4个不同基团的C为手性C，结合有机物的性质来解答．

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，注意烯烃、酯、酚的性质，题目难度不大．【解析】AB14、B|C【分析】解：A；键长顺序：C-C＜Si-O＜Si-C；所以，熔沸点大小顺序是：金刚石＞石英＞SiC，故A错误；

B；金属离子的半径越小；电荷越多，金属键越强，则熔点越高，应为Na＜Mg＜Al，故B正确；

C、分子晶体含有氢键的物质熔点异常的高，水分子间存在氢键，所以熔点越高，H2O＞H2Se＞H2S；故C正确；

D；离子晶体中熔沸点与晶格能成正比；晶格能与离子电荷成正比、与离子半径成反比，所以LiCl＞NaCl＞KCl，故D错误；

故选BC．

A；原子晶体；键长越短，键能越大，物质的熔点越高；

B；金属离子的半径越小；电荷越多，金属键越强，则熔点越高；

C；分子晶体含有氢键的物质熔点异常的高；

D；离子晶体中熔沸点与晶格能成正比；晶格能与离子电荷成正比、与离子半径成反比，据此分析解答．

本题考查晶体熔点的比较，明确不同类型晶体熔点的比较方法是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】BC15、rCD【分析】解：由信息可知，平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.50mol/L}保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.30mol/L}体积增大，相当于压强减小，化学平衡逆向移动；

A.减小压强，向气体体积增大的方向移动，则rm{x+y>z}故A错误；

B.由上述分析可知；平衡逆向移动，故B错误；

C.平衡逆向移动，但rm{B}的浓度会减小；故C正确；

D.平衡逆向移动，rm{C}的体积分数下降；故D正确；

故选CD．

rm{xA(g)+yB(g)?zC(g)}平衡时测得rm{A}的浓度为rm{0.50mol/L}保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，rm{A}的浓度为rm{0.25mol/L}而再达平衡时，测得rm{A}的浓度为rm{0.30mol/L}则说明体积增大rm{(}压强减小rm{)}化学平衡逆向移动；以此来解答．

本题考查化学平衡的移动，题目难度中等，注意rm{A}的浓度变化及体积变化导致的平衡移动是解答本题的关键，熟悉压强对化学平衡的影响即可解答，题目难度不大．【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)16、（1）68CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（2）64NA（3）+236【分析】【分析】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、晶胞计算、杂化方式等，rm{(2)}为易错点，注意识记中学常见晶胞结构。为易错点，注意识记中学常见晶胞结构。【解答】rm{(2)}碳原子有rm{(1)}个电子，则有rm{6}rm{6}个水分子，每个冰晶胞平均占有水分子为种不同运动状态的电子，冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，则晶胞中水分子处于顶点、面心，且晶胞内部有rm{4}个水分子，每个冰晶胞平均占有水分子为rm{4+6隆脕1/2}rm{4}rm{4+6隆脕1/2}rm{+8隆脕1/8=8}反应前碳原子的杂化方式为rm{sp}rm{sp}rm{{,!}^{2}}，反应后变为rm{sp}二溴乙烷符合，反应方程式为：rm{sp}rm{{,!}^{3}}，乙烯与溴放出加成反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷符合，反应方程式为：rm{CH}rm{1}rm{2-}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CH}rm{=CH}rm{{,!}_{2}}rm{+Br}，故答案为：rm{+Br}rm{{,!}_{2}}rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}rm{{,!}_{2}}rm{BrCH}rm{BrCH}rm{{,!}_{2}}rm{Br}rm{Br}rm{6}rm{8}rm{CH}；rm{CH}rm{{,!}_{2}}原子核外有rm{=CH}个电子，rm{=CH}rm{{,!}_{2}}电子为其价电子，根据构造原理书写其价电子排布图rm{+Br}原子，硅晶体中每个最小环上是rm{+Br}个rm{{,!}_{2}}原子，所以rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}原子形成的最小环上rm{{,!}_{2}}原子的数目是rm{BrCH}二氧化硅晶体中，每个rm{BrCH}原子形成rm{{,!}_{2}}键个数是rm{Br}所以rm{Br}二氧化硅中rm{(2)}键个数为rm{Si}原子核外有rm{14}个电子，rm{3s}rm{3p}电子为其价电子，根据构造原理书写其价电子排布图rm{Si}rm{14}rm{3s}rm{3p}，二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个rm{O}原子，硅晶体中每个最小环上是rm{6}个rm{Si}原子，所以rm{Si}rm{O}原子形成的最小环上rm{O}原子的数目是rm{6}二氧化硅晶体中，每个rm{Si}原子形成rm{Si-O}键个数是rm{4}所以rm{1mol}二氧化硅中rm{Si-O}键个数为rm{4N}rm{O}rm{6}；rm{Si}rm{Si}rm{O}rm{O}rm{6}rm{Si}rm{Si-O}rm{4}rm{1mol}rm{Si-O}rm{4N}rm{{,!}_{A}}，【解析】rm{(1)6}rm{8}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CH}rm{=CH}rm{{,!}_{2}}rm{+Br}rm{+Br}rm{{,!}_{2}}rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}rm{{,!}_{2}}rm{BrCH}rm{BrCH}rm{{,!}_{2}}rm{Br}17、略

【分析】新型合金除了储氢合金外，还有钛合金、耐热合金、形状记忆合金，解答本题要求熟练掌握课本知识。【解析】【答案】钛合金耐热合金形状记忆合金18、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为S，⑧为Cl，⑨为Ar，⑩为K，（11）为Ca，（12）为Br．

（1）由上述分析可知；①为N，④为Mg，⑥为Si，⑦为S，故答案为：N；Mg；Si；S；

（2）碱金属元素的最高化合价为+1价，则最高价氧化物对应的水化物的化学式为MOH，卤族元素的最低化合价为-1价，则气态氢化物的分子式为HX，元素②、⑧、（12）位于同一主族，随原子序数增大，非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性减弱，所以稳定性由强到弱的顺序为HF＞HCl＞HBr；

故答案为：MOH；HX；HF＞HCl＞HBr；

（3）③与⑩位于同一主族；随原子序数的增大，金属性增强，所以K的活泼性强，可利用钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈来证明；

故答案为：K；钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为S，⑧为Cl，⑨为Ar，⑩为K，（11）为Ca，（12）为Br．

（1）由推出的元素书写其元素符号；

（2）碱金属元素的最高化合价为+1价；卤族元素的最低化合价为-1价，元素②；⑧、（12）位于同一主族，随原子序数增大，非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性减弱；

（3）③与⑩位于同一主族；随原子序数的增大，金属性增强．

19、略

【分析】解：根据热化学方程式SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）△H=-98.32kJ/mol的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO3时放出的热量为196.64kJ，由于是可逆反应，2molSO2和1molO2不能完全反应；所以放出的热量小于196.64kJ．

故答案为：＜196.64KJ．

根据热化学方程式得出生成1molSO3时放出的热量，利用极限法计算出2molSO2和1molO2反应生成SO3的物质的量；计算放出的热量，由于可逆反应的不完全性，所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量．

本题以反应热的计算为载体，考查可逆反应的不完全性，注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物．【解析】＜196.64KJ20、略

【分析】解：①①高分子有机物为缩聚产物，与端基分解加-H、-OH，则单体的键线式为故答案为：

②-COOH、酚-OH均与Na2CO3溶液反应，该反应为

故答案为：

③-Cl发生水解，-COOC-在碱性溶液中水解，该反应为

故答案为：

④和Br2按物质的量之比1：1发生加成反应，发生1，4加成，该反应为

故答案为：．

①高分子有机物为缩聚产物；与端基分解加-H；-OH；

②-COOH、酚-OH均与Na2CO3溶液反应；

③-Cl发生水解；-COOC-在碱性溶液中水解；

④和Br2按物质的量之比1：1发生加成反应；发生1，4加成．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重缩聚反应、水解反应及加成反应的考查，（4）为解答的难点，题目难度不大．【解析】21、（1）[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度减小，析出晶体

（2）Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-

（3）ABD

（4）sp2sp3CON【分析】【分析】本题是对物质结构与性质的考查，涉及配合物、化学键、核外电子排布、电离能、杂化方式与空间构型、晶胞计算等，rm{(2)}中距离计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。【解答】rm{(1)}由于rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}在乙醇中的溶解度小，所以加入一定量乙醇，析出rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}晶体，故答案为：rm{隆陇H}在乙醇中的溶解度减小，析出晶体；rm{隆陇H}向硫酸铜中加入氨水，得到的是氢氧化铜沉淀，故溶解氢氧化铜的原理与制取银铵溶液相似，故反应的离子方程式为：rm{{,!}_{2}}

故答案为：rm{O}晶体，rm{O}中铜离子与氨气分子之间形成配位键，硫酸根与配离子之间形成离子键，氨气分子中rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}原子与rm{(2)}原子之间、硫酸根中rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}原子与rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}氧原子之间形成极性键；故A正确；

B.rm{(3)垄脵A.[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}rm{N}rm{H}rm{S}rm{O}rm{1mol[Cu(NH}rm{1mol[Cu(NH}配位键，rm{{,!}_{3}}键，rm{)}键，共rm{)}键，即rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}中含有rm{4mol}配位键，rm{12molN-H}键，rm{4molS-O}键，共rm{20mol娄脪}键，即rm{1mol[Cu(NH}rm{4mol}rm{12molN-H}键的数目为rm{4molS-O}rm{20mol娄脪}故B正确；

C.元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但rm{1mol[Cu(NH}原子最外层达到半饱和的稳定结构，难以失去电子，所以其第一电离能大小为rm{{,!}_{3}}故C错误；

D.rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}中中rm{娄脪}键的数目为rm{20N}原子孤对电子为rm{dfrac{1}{2}left(6+2-2隆脕4right)=0}价层电子对数为rm{娄脪}故空间构型为正四面体，rm{20N}中rm{{,!}_{A}}原子孤对电子为rm{dfrac{1}{2}left(5+3-2隆脕4right)=0}价层电子对数为rm{N}故空间构型也为正四面体，故D正确；故答案为：rm{N>O}rm{SO}该配合物中rm{SO}原子价层电子对个数是rm{{,!}_{4}^{2-}}和与rm{PO}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定rm{PO}原子杂化方式为rm{{,!}_{4}^{3-}}互为等电子体，元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但rm{SO_{4}^{2-}}原子最外层达到半饱和的稳定结构，难以失去电子，所以其第一电离能大小为rm{S}故答案为：rm{dfrac{1}{2}left(6+2-2隆脕4right)=0

}rm{4+0=4}rm{PO_{4}^{3-}}rm{P}【解析】rm{(1)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}在乙醇中的溶解度减小，析出晶体rm{(2)Cu(OH)_{2}}rm{+4NH_{3}}rm{=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}rm{+2OH^{-}}rm{(3)ABD}rm{(4)sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{C}rm{O}rm{N}rm{C}rm{O}rm{N}四、元素或物质推断题(共4题，共40分)22、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）223、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，