2025年人教五四新版高二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年人教五四新版高二化学下册阶段测试试卷528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9题，共18分)1、已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)△H=+74.9kJ·mol-1，下列说法中正确的是A.该反应中熵变、焓变皆大于0B.该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行C.碳酸盐分解反应中熵增加，因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D.能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应2、下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质的顺序排列的是（）A.NaOH，NaCl、SO2、NaCl溶液B.BaSO4、SO3、CuSO4晶体、Na2O2C.NaCl、H2S，CO2、CuD.SO3、AgCl、NH3、H2O，Ag3、各组性质比较的表示中，正确的是（）A.酸性：HI＜HBr＜HCl＜HFB.稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HIC.氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2D.沸点：F2＜Cl2＜Br2＜I24、实验室配制rm{500mL}rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液时，不需要用到的仪器是rm{(}rm{)}A.

托盘天平B.

容量瓶C.

胶头滴管D.

分液漏斗5、基态原子的第一电离能处于rm{B}rm{N}之间的元素有rm{(}rm{)}A.rm{1}种B.rm{2}种C.rm{3}种D.rm{4}种6、用下列图示操作，装置正确且能达到实验目的的是。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}制取氨气干燥氯气转移溶液萃取溴A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、乙烷受热分别生成乙烯和氢气，现有乙烷部分分解的产物，取1体积使其充分燃烧生成1.6体积的二氧化碳气体（在相同条件下测定），则乙烷的分解率为A.20%B.25%C.50%D.75%8、下列溶液一定呈中性的是（）A.pH=7的溶液B.c（H+）=10-6mol/L纯水C.使石蕊试液呈紫色的溶液D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液9、下列四种有机化合物均含有多个官能团；其结构简式如下所示，下列有关说法中正确的是（）

A.a属于酚类，可与NaHCO3溶液反应产生CO2B.b属于酚类，1molb最多能与3molH2发生加成反应C.1molc最多能与3molBr2发生反应D.d属于醇类，可以发生消去反应评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、根据元素周期律，碱金属元素的下列性质从上到下依次递增的有A.金属性B.化合价C.原子半径D.单质的还原性11、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳12、合金的性能优异，在日常生活中有着广泛应用。下列物品的制作材料属于合金的有()A.陶瓷杯B.黄铜乐器C.rm{1}元硬币D.硬铝窗框13、甲烷和乙烯是两种重要的有机物，关于它们的说法正确的是A.乙烯是重要的化工原料B.甲烷和乙烯互为同系物C.甲烷和乙烯可以用溴水加以鉴别D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分14、关于乙烯的化学性质；说法正确的是。

A.不能发生聚合反应B.能使溴水褪色。

C.可与rm{H_{2}}发生加成反应D.可与rm{HCl}加成15、下列物质与水混合后静置，出现分层的是A.乙酸乙酯B.乙醇C.三氯甲烷D.四氯化碳16、下列实验事实不能用同一原理解释的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}.Cl_{2}}都能使品红溶液褪色B.rm{NH_{4}Cl}晶体rm{.}固体碘受热时都能气化C.福尔马林rm{.}葡萄糖与新制rm{Cu(OH)_{2}}共热时都能产生红色沉淀D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色17、现代以石油化工为基础的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.合成洗涤剂B.合成纤维C.合成橡胶D.塑料评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、（6分）在下列物质中____（A）Cl2（B）NaI（C）H2S（D）CO2（E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H）Na2O（I）NH3（J）HBr（1）含离子键的物质是____________；（2）含有共价键化合物的是_____________________；（3）由极性键形成的非极性分子是_______________；（4）由非极性键形成的非极性分子是_______________。19、感冒是一种常见的病，人患了感冒会咳嗽、流涕、发烧，多喝开水多休息，适当服用一些治疗感冒的药，可以舒缓症状，减轻病情。（1）药物阿司匹林是一种传统的治疗感冒发烧的老药，从分子结构上看，它可以看作是乙酸酯，其结构简式如下图：作为一种解热镇痛药，对于感冒发烧，它有较好的疗效，但大剂量长期空腹服用，容易对胃肠道产生刺激，原因是阿司匹林在胃中会发生酯的水解反应，生成_________和_________（用结构简式表示），阿司匹林分子水解后，能电离出氢离子（H+）的官能团增多，增大了对胃肠道的刺激。（2）为减小副作用，一般宜饭后服药，并同时服用少量辅助药物，在①硫酸镁、②氢氧化钡、③碳酸钙中选取哪一种？20、晶胞计算是物质结构试题中经常考察的内容；也经常作为较难的空出现．

（1）氧和钠能够形成化合物A，其晶胞结构如图1所示，晶胞参数，a=0.566nm，A的化学式为：______，晶胞中氧原子的配位数为______；列式计算晶体A的密度（g•cm-3）______．（不用算出结果）

（2）SiC的晶胞与金刚石的晶胞相似，设碳原子的直径为acm，硅原子的直径为bcm，则晶胞的边长为______cm（用含a、b的式子表示）．

（3）钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图2所示．合金的化学式为______；晶胞中K原子的配位数为______；已知金属原子半径r（Na）=186pm、r（K）=227pm，计算晶体的空间利用率______（列出计算式，不需要计算出结果）．21、rm{(1)}已知rm{A}的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平rm{.}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}均为常见的有机物，在一定条件下，它们有如图所示的转化关系．

rm{a.}则rm{A}的电子式为：______

rm{b.}能与金属钠反应放出氢气的物质有______rm{(}填字母rm{)}

rm{c.}请书写反应rm{垄脺}的方程式：______

rm{(2)}某烃rm{M}相对分子质量为rm{140}其中碳的质量分数为rm{0.857.M}分子中有两个碳原子不与氢原子直接相连rm{.A}在一定条件下氧化只生成rm{G}rm{G}能使石蕊试液变红rm{.}已知。

rm{overset{{脩玫禄炉}}{}}rm{+R_{3}COOH}

试写出：化合物rm{A}和rm{G}的结构简式，rm{A}______rm{G}______．22、（10分）有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。试通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：。（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现分别增重5.4g和13.2g。（2）A的分子式为：。（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。（3）用结构简式表示A中含有的官能团：。（4）A的核磁共振氢谱如下图：（4）A中含有种氢原子。（5）综上所述，A的结构简式为：。23、已知反应①、②是化工生产中的两个重要反应：①甲溶液A+B+C②乙经过粉碎后在沸腾炉中燃烧，得到D和E其中，A、D在常温常压下为刺激性气味气体，C为无色无味气体。请回答：（1）A的电子式是。（2）将A通入B的溶液中，反应的离子方程式是。（3）1gC在A中燃烧时放出92.3kJ的热量，该反应的热化学方程式是____。（4）工业上可利用E为原料冶炼其中所含的金属，方法是。（5）化工生产②中第二步、第三步用到的设备名称分别为____、____。第二步采用的反应条件为____。（6）将A和D按物质的量1:1通入下列装置中：该过程中的化学方程式是。上述实验装置设计不完整，请将所缺部分在装置图的右边方框中画出。（7）一定条件下，将12g乙放入过量的的浓硝酸中，反应过程中转移1.5mol电子，该反应的离子方程式是。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)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、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：_____________。26、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）。27、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_______参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】试题分析：A．根据反应方程式可知：该反应中熵变、焓变皆大于0，正确；B．该反应是吸热反应，但是由于是体系的混乱程度增大的反应，所以在一定温度下也有可能自发进行，错误；C．碳酸盐分解反应中熵增加，因此在一定条件下若ΔG<0则碳酸盐分解也可能自发进行，错误；D．能自发进行的反应不一定是放热反应，不能自发进行的反应也不一定是吸热反应，错误。考点：考查关于自发反应与焓变、熵变的关系的知识。【解析】【答案】A2、C【分析】【解答】解：A．NaOH、NaCl、SO2、NaCl溶液，依次为强电解质、强电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B．BaSO4、SO3、CuSO4晶体、Na2O2；依次为强电解质；非电解质、强电解质、强电解质，故B错误；

C．NaCl、H2S、CO2；Cu；依次为强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质，故C正确；

D．SO3、AgCl、NH3、H2O；Ag依次为非电解质、强电解质、非电解质、弱电解质、既不是电解质又不是非电解质；故D错误；

故选：C．

【分析】在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．强电解质完全电离，包括强酸、强碱、大部分盐、活泼金属氧化物；弱电解质部分电离，包括弱酸、弱碱、水．3、D【分析】解：A、气态氢化物稳定性为HI＜HBr＜HCl＜HF，则酸性为HI＞HBr＞HCl＞HF；故A错误；

B、因非金属性F＞Cl＞Br＞I，则稳定性为HF＞HCl＞HBr＞HI；故B错误；

C、非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则氧化性为F2＞Cl2＞Br2＞I2；故C错误；

D、卤族元素的单质，相对分子质量越小，熔沸点越低，则沸点为F2＜Cl2＜Br2＜I2；故D正确；

故选D．

A；气态氢化物越不稳定；水溶液的酸性越强，HF为弱酸；

B；非金属性越强；气态氢化物越稳定；

C；非金属性越强；单质的氧化性越强；

D；卤族元素的单质；相对分子质量越小，熔沸点越低．

本题考查卤族元素的性质，明确非金属性的递变规律是解答本题的关键，选项A为学生解答中的易错点和难点，难度不大．【解析】【答案】D4、D【分析】解：配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、rm{500mL}容量瓶；胶头滴管；用不到分液漏斗；

故选：rm{D}．

配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算；称量、溶解、移液、洗涤、定容等；据此分析使用的仪器．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制步骤及各步操作用到的仪器是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{D}5、C【分析】解：同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第Ⅱrm{A}族元素比第Ⅲrm{A}族元素的第一电离能大，第Ⅴrm{A}族比第Ⅵrm{A}族第一电离能大，rm{Be}rm{B}rm{C}rm{N}rm{O}属于同一周期且其原子序数依次增大，但rm{Be}属于第Ⅱrm{A}元素，rm{B}属于第Ⅲrm{A}族，rm{N}属于第rm{VA}元素，rm{O}属于第Ⅵrm{A}族，所以rm{Be}rm{B}rm{C}rm{N}rm{O}几种元素的第一电离能的大小顺序是rm{N}rm{O}rm{C}rm{Be}rm{B}所以第一电离能处于rm{B}rm{N}之间的元素有rm{3}种；

故选C．

同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第Ⅱrm{A}族元素比第Ⅲrm{A}族元素的第一电离能大，第Ⅴrm{A}族比第Ⅵrm{A}族第一电离能大；据此分析解答．

本题考查了同一周期元素第一电离能大小的判断，注意同一周期中第Ⅱrm{A}族元素比第Ⅲrm{A}族元素的第一电离能大，第Ⅴrm{A}族比第Ⅵrm{A}族第一电离能大．【解析】rm{C}6、B【分析】略

【解析】rm{B}7、B【分析】【解析】【答案】B8、B【分析】解：A．温度未知；如100℃时pH=6为中性，故A不选；

B．c（H+）=10-6mol/L纯水中，c（H+）=c（OH-）；为中性，故B选；

C．石蕊的变色范围为8～10；使石蕊试液呈紫色的溶液，不一定为中性，故C不选；

D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液；可能为酸性；碱性、中性，如氯化铵、碳酸钠、氯化钠，故D不选；

故选B．

由c（H+）、c（OH-）的相对大小判断溶液的酸碱性；而纯水一定为中性，以此来解答．

本题考查酸碱性的判断，为高频考点，把握pH与酸碱性、氢离子与氢氧根离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Kw及盐的水解应用，题目难度不大．【解析】【答案】B9、D【分析】解：A．a含酚-OH；为酚类物质，但不能与碳酸氢钠反应，故A错误；

B．b中-OH与苯环不直接相连，为醇，只有苯环与氢气发生加成反应，则1molb最多能与3molH2发生加成反应；故B错误；

C．只有酚-OH的邻位与溴水反应，则1molc最多能与2molBr2发生反应；故C错误；

D．与-OH相连C的邻位C上有H；则该醇可发生消去反应，故D正确；

故选D．

A．a含酚-OH；与碳酸氢钠不反应；

B．b中-OH与苯环不直接相连；为醇，只有苯环与氢气发生加成反应；

C．只有酚-OH的邻位与溴水反应；

D．与-OH相连C的邻位C上有H．

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，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、醇的区别及性质，题目难度不大．【解析】【答案】D二、多选题(共8题，共16分)10、ACD【分析】本题考查同主族元素的性质递变规律。碱金属元素从上到下，原子序数依次增大，金属性逐渐增强，半径逐渐增大，单质的还原性依次增强，化合价不变，故ACD正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}11、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}12、BCD【分析】【分析】本题难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征与用途是正确解答本题的关键。【解答】A.陶瓷杯是用陶瓷制成的；主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意；

B.黄铜是铜和锌的合金，属于合金，故B符合题意；C.硬币属于合金；故C符合题意；

D.硬铝是铝的合金，属于合金，故D符合题意。故选BCD。【解析】rm{BCD}13、ACD【分析】本题考查较综合，涉及有机物的鉴别、试剂的保存、有机物结构与性质及混合物分离提纯等。A.乙烯是重要的化工原料，故A正确；

B.甲烷是饱和烷烃，乙烯是烯烃，不是同系物，故B错误；

C.乙烯与溴水反应，而甲烷不能，则甲烷和乙烯可以用溴水鉴别，故C正确；

D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分，故D正确。

故选ACD。【解析】rm{ACD}14、BCD【分析】【分析】本题考查乙烯的性质，注意碳碳双键的特点，难度不大。【解答】A.乙烯含有rm{C=C}双键；能发生聚合反应生成聚乙烯，故A错误；

B.乙烯含有rm{C=C}双键；通入溴水中发生加成反应，溴水褪色，故B正确；

C.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{H_{;2}}发生加成反应；生成乙烷，故C正确；

D.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{HCl}加成；生成氯乙烷，故D正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}15、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】A.乙酸乙酯难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故A正确；B.乙醇和水互溶，与水混合后静置不会出现分层，故B错误；C.三氯甲烷难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故C正确；D.四氯化碳难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故D正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}16、ABD【分析】解：rm{A.}氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，该过程为化合反应，二者原理不同，故A选；

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化；碘受热升华属于物理变化，二者原理不同，故B选；

C.福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜，二者原理相同，故C不选；

D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色；前者是发生氧化还原反应，后者发生加成反应，二者原理不同，故D选；

故选：rm{ABD}．

A.依据二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B.氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢；碘受热升华；

C.福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜；

D.乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；能与溴水加成．

本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意次氯酸与二氧化硫漂白原理的不同，注意有机物结构特点，题目难度不大．【解析】rm{ABD}17、BCD【分析】解：石油化工是rm{20}世纪兴起的一种综合利用石油产品的工业rm{.}化学科技工作者把燃料油中较大的分子裂解成含二个；三个、四个碳原子等的小分子；然后把它们加工制成各种产品，如塑料、合成纤维、合成橡胶、药物、农药、炸药、化肥等等，其中塑料、合成纤维、合成橡胶为三大合成材料；

BCD正确；

故选BCD．

三大合成材料是指：塑料；合成纤维、合成橡胶；据此即可解答．

本题考查了石油的用途，注意乙烯与石油产品、塑料、合成纤维、有机溶剂的关系是解答本题的关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{BCD}三、填空题(共6题，共12分)18、略

【分析】【解析】【答案】19、略

【分析】试题分析：该酯水解后的产物为和CH3COOH。由于水解后的产物都是酸，能电离出的氢离子的官能团是原来的三倍，增大了对胃肠道的刺激。为了减小其副作用，若服硫酸镁则不能降低酸度；服用氢氧化钡虽然降低了酸度，但钡离子引起中毒；服用碳酸钙既减小副作用，又能补钙，因此选择碳酸钙。考点：化学与生活【解析】【答案】（1）（2）③碳酸钙。20、略

【分析】解：（1）氧和钠能够形成化合物A，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O；

晶胞中O位于面心；每个晶胞中有4个Na与O的距离最近，每个定点为2个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8；

晶胞的质量为晶胞的体积为（0.566×10-7）cm3，则晶体F的密度为

故答案为：Na2O；8；

（2）根据硬球接触模型可知，体对角线四分之一处的原子与顶点上的原子紧贴，设晶胞边长为x，所以×（x）=解得：x=（a+b）；

故答案为：（a+b）；

（3）根据均摊法可知晶胞中有钠原子数为12×=3，钾原子数为8×=1，所以合金的化学式为KNa3；

根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K原子的配位数为6，晶胞中钠原子和钾原子体积之和为π（1863×3+2273），根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×（186pm+227pm），所以晶胞的体积为（2×186pm+2×227pm）3，晶体的空间利用率为×100%=×100%；

故答案为：KNa3；6；×100%．

（1）氧和钠能够形成化合物A，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O；根据晶胞的结构判断配位数；计算质量和体积；可计算密度；

（2）根据硬球接触模型可知，体对角线四分之一处的原子与顶点上的原子紧贴，设晶胞边长为x，所以×（x）=求出晶胞的边长；

（3）根据均摊法可知晶胞中有钠原子数为12×=3，钾原子数为8×=1，据此确定合金的化学式，根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子；根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和，晶体的空间利用率为×100%；据此答题．

本题主要考查晶胞计算、空间利用率的计算等，需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力，题目难度中等．【解析】Na2O；8；（a+b）；KNa3；6；×100%21、略

【分析】解：rm{(1)a.}根据以上分析，rm{A}为为rm{CH_{2}=CH_{2}}分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以rm{CH_{2}=CH_{2}}的电子式为故答案为：

rm{b.}能与金属钠反应放出氢气即含有羟基或者羧基，所以符合条件的物质有rm{B}rm{D}故答案为：rm{B}rm{D}

rm{c.}反应rm{垄脺}为乙醇与乙酸发生酯化反应反应乙酸乙酯，反应的化学方程式为rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}烃rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}中rm{N(C)=dfrac{140隆脕0.857}{12}=10}rm{N(H)=dfrac{140-12隆脕10}{1}=20}故A的分子式为rm{(2)}分子中有两个碳原子不与氢原子直接相连，说明有两个的结构，rm{A}在一定条件下氧化只生成rm{N(C)=dfrac

{140隆脕0.857}{12}=10}rm{N(H)=dfrac

{140-12隆脕10}{1}=20}能使石蕊试液变红，则rm{C_{10}H_{20}.A}含有羧基，说明rm{A}分子中有且为对称结构，则rm{G}的结构简式为根据信息反应，则rm{G}为

故答案为：．

rm{G}的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则rm{A}应为rm{A}rm{G}和rm{(1)A}生成rm{A}由rm{CH_{2}=CH_{2}}的分子式可知rm{B}为rm{D}rm{E}与rm{E}溶液发生水解反应生成rm{E}和rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}所以rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}为rm{NaOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}为rm{CH_{3}COONa}结合转化关系图可知，rm{B}与氧气发生氧化反应生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{F}可进一步氧化生成rm{CH_{3}COONa}则rm{A}为rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}为rm{CH_{3}COOH}

rm{C}烃rm{CH_{3}CHO}中rm{N(C)=dfrac{140隆脕0.857}{12}=10}rm{N(H)=dfrac{140-12隆脕10}{1}=20}故A的分子式为rm{D}分子中有两个碳原子不与氢原子直接相连，说明有两个的结构，rm{CH_{3}COOH}在一定条件下氧化只生成rm{(2)}rm{A}能使石蕊试液变红，则rm{N(C)=dfrac

{140隆脕0.857}{12}=10}含有羧基，说明rm{N(H)=dfrac

{140-12隆脕10}{1}=20}分子中有且为对称结构，则rm{C_{10}H_{20}.A}的结构简式为据此解答．

本题主要考查有机物推断以及有机物分子式与结构式的确定等，难度不大，注意基础知识的理解掌握，rm{A}注意根据有机物的结构特点与性质判断rm{G}的结构．rm{G}【解析】rm{B}rm{D}rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}22、略

【分析】【解析】【答案】（1）________（2）C3H6O3（3）—COOH、—OH（4）4（5）23、略

【分析】【解析】【答案】（1）（1分）（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（1分）（3）H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)；△H=-184.6kJ/mol（1分）（4）热还原法（1分）（5）接触室、吸收塔。常压、400～5000C、催化剂（3分）(6)Cl2+SO2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+4HCl（1分）⑺FeS2+14H++15NO3-=Fe3++2SO42-+15NO2↑+7H2O（2分）四、元素或物质推断题(共4题，共28分)24、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）225、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