2025年冀教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年冀教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9题，共18分)1、下列烷烃的一氯代物没有同分异构体的是A、2—甲基丙烷B、丙烷C、丁烷D、乙烷2、下列装置或操作能达到实验目的的是()

A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脹}3、下列变化属于还原反应的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe隆煤FeSO_{4}}B.rm{Cu(NO_{3})_{2}隆煤Cu}C.rm{CO隆煤CO_{2}}D.rm{NaCl隆煤AgCl}4、下列说法错误的是（）A.1.5gCH3+中含有的电子数为0.8NAB.Cu元素在元素周期表的ds区C.s轨道呈圆形，p轨道呈哑铃形D.DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的5、某有机物的蒸汽完全燃烧时需三倍于其体积的氧气，产生二倍于其体积的二氧化碳该有机物可能是（）A.C2H6B.C2H5OHC.C2H4OD.C2H4O26、如图，增塑剂rm{DCHP}可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得。下列说法正确的是A.邻苯二甲酸酐的二氯代物有rm{2}种B.环己醇分子中所有的原子可能共平面C.rm{DCHP}能发生加成、取代、消去反应D.rm{1molDCHP}与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗rm{2molNaOH}7、利用人工模拟光合作用合成甲酸的原理为：

太阳能光触媒rm{2CO_{2}+2H_{2}O}rm{xrightarrow[{鹿芒麓楼脙陆}]{{脤芦脩么脛脺}}}rm{

xrightarrow[{鹿芒麓楼脙陆}]{{脤芦脩么脛脺}}}装置如图所示，下列说法不正确的是rm{2HCOOH+O_{2}}rm{(}A.电极rm{)}周围rm{1}增大B.电子由电极rm{pH}经过负载流向电极rm{1}C.电极rm{2}的反应式：rm{2}D.该装置能将太阳能转化为化学能和电能rm{CO_{2}+2H^{+}+2e^{-}=HCOOH}8、下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}B.rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}C.rm{C}rm{(CH_{3})_{4}}D.rm{CH_{3}CH_{2}}rm{CH_{2}CH_{3}}9、将等物质的量的rm{X}和rm{Y}混合气体，通入密闭容器中发生如下反应：rm{X(g)+2Y(g)?2Z(g)}平衡时混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为rm{3}rm{2}则rm{Y}的转化率最接近于rm{(}rm{)}A.rm{33%}B.rm{40%}C.rm{50%}D.rm{67%}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、A、B、C三种芳香族化合物，化学式都是C7H8O，若滴入FeCl3溶液，只有C呈紫色；若投入金属钠，只有B没有变化．则A、B、C的结构简式分别为：A____，B____，C____．11、已知在rm{25隆忙}时；

rm{(1)}将rm{pH=1}的盐酸加水稀释至rm{100}倍，rm{pH=}______；

rm{(2)}将rm{pH=6}的盐酸加水稀释至rm{100}倍，rm{pH=}______；

rm{(3)}将rm{pH=1}的rm{CH_{3}COOH}溶液稀释至rm{100}倍，rm{pH}______，说明rm{CH_{3}COOH}是______rm{(}填“强”或“弱”rm{)}电解质．12、Ⅰ．常温下；将某一元酸HA（甲；乙、丙、丁代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量的浓度和混合液的pH如表所示：

。实验编号HA的物质的量浓度（mol•L-1）NaOH的物质的量浓度（mol•L-1）混合后溶液的pH甲0.10.1pH=a乙0.120.1pH=7丙0.20.1pH＞7丁0.10.1pH=10（1）从甲组情况分析；如何判断HA是强酸还弱酸？______。

（2）乙组混合溶液中离子浓度c（A-）和c（Na+）的大小关系是______。

A．前者大B．后者大C．二者相等D．无法判断。

（3）从丙组实验结果分析；该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______。

（4）分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果（列式）：c（Na+）-c（A-）=______mol/L。

Ⅱ．某二元酸（分子式用H2B表示）在水中的电离方程式是：H2B=H++HB-；HB-⇌H++B2-

回答下列问题：

（5）在0.1mol/L的Na2B溶液中；下列粒子浓度关系式正确的是______。

A．c（B2-）+c（HB-）=0.1mol/LB．c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）=0.1mol/L

C．c（OH-）=c（H+）+c（HB-）D．c（Na+）+c（OH-）=c（H+）+c（HB-）

（6）若已知在0.1mol/L的NaHB溶液中C（H+）=0.01mol/L，则0.1mol/L的H2B溶液中C（H+）______0.11mol/L（填“＜”；“=”或“＞”）。

Ⅲ（7）已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液的pH=______，此酸的电离平衡常数K=______，由HA电离出的H+的浓度约为水电离出的H+的浓度的______倍。

（8）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液；在化学上用作缓冲溶剂。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。

①向该溶液中加入少量盐酸时；发生反应的离子方程式是______。

②现将0.04mol•L-1HA溶液和0.02mol•L-1NaOH溶液等体积混合；得到缓冲溶液。

a、若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c（Na+）______c（CN-）（填“＜”；“=”或“＞”）。

b、若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是______。13、（1）铁在潮湿的空气中容易发生电化腐蚀最后生成铁锈(Fe2O3.xH2O)，则发生腐蚀时正极上发生反应的电极反应式为__________________。（2）下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀__________________。（3）在实际生产中，可在铁件的表面上镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如下左图：①电镀时，镀件与电源的______________极连接，A电极对应的金属是______________（写元素名称），B电极的电极反应式是______________________。②上右图是一种钠硫高能电池的结构示意图，M由Na2O和Al2O3制得，其作用是导电和隔膜，该电池反应为该电池正极的电极反应式为___________________________。用该电池作电源进行上述铁件镀铜时，若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后取出洗净、烘干、称量，二者质量差为25.6g，则理论上该电池负极消耗的质量为_________g。14、rm{(1)}燃烧法是测定有机物组成的传统方法rm{.}有机物rm{X}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，经测定其相对分子质量为rm{90.}取rm{1.8g}rm{X}在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重rm{1.08g}和rm{2.64g.}则有机物rm{X}的分子式为______．

rm{(2)}核磁共振谱rm{(NMR)}是现代化学测定有机物结构最常用的方法之一rm{.}已知rm{(1)}中有机物rm{X}含有一个rm{-COOH}在rm{{,!}^{1}HNMR}谱上观察氢原子给出四种特征峰，强度为rm{3}rm{1}rm{1}rm{1.}则rm{X}的结构简式为______．

rm{(3)X}可以在一定条件下生成高分子化合物rm{A}写出rm{A}的结构简式______，由rm{X}制得rm{A}的反应类型为______．评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)15、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。16、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。17、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。18、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分四、简答题(共2题，共12分)19、rm{(1)}据报道，以硼氢化合物rm{NaBH_{4}(B}元素的化合价为rm{+3}价rm{)}和rm{H_{2}O_{2}}作原料的燃料电池，负极材料采用rm{Pt/C}正极材料采用rm{MnO_{2}}可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示。则该电池的正极反应____rm{_}__rm{(2)}某化学兴趣小组欲测定rm{H_{2}O_{2}}的分解速率，取溶液rm{0.5L}进行分析，数据如表格所示：。rm{t}rm{(}rm{S}rm{)}rm{0}rm{2}rm{4}rm{6}rm{8}rm{10}rm{n}rm{(H_{2}O_{2})}rm{(moL)}rm{0.8}rm{0.7}rm{0.62}rm{0.55}rm{0.27}rm{0.03}

在上述已知某一时刻向rm{H_{2}O_{2}}溶液中加入催化剂，则加入催化剂后整段时间内rm{H_{2}O_{2}}的平均分解速率___________。rm{(3)H_{2}O_{2}}还是一种药物化学分析的氧化剂，能用于药物的分析。

rm{垄脵}向rm{FeSO_{4}}溶液中加少量亚硫酸钠溶液可防变质，防变质的反应的离子方程式_________________________________________________rm{垄脷}从红褐色的悬浊液到最后的称量，其过程中所需的基本操作有___________rm{(}按操作的顺序填写rm{)}rm{A.}过滤rm{B.}洗涤rm{C.}萃取rm{D.}分液rm{E.}冷却rm{F.}灼烧rm{垄脹}最后称量红棕色固体的质量为rm{0.8960g}那么该药片中硫酸亚铁的质量分数为_________rm{(}小数点后面保留一位有效数字rm{)}20、rm{2014}年诺贝尔物理学奖得主的贡献是发明了一种高效而环保的光源--蓝色发光二极管rm{(LED).}某同学对此非常感兴趣；请你帮助某同学完成资料收集的工作．

rm{(}一rm{)LED}研究起始于对碳化硅晶体的研究rm{.1907}年，英国科学家rm{Henry}rm{Joseph}rm{Round}发现在施加电流时能够在碳化硅晶体中发现发光现象．

rm{(1)}碳化硅晶体属于______晶体．

rm{(2)}碳化硅的晶胞结构与金刚石的相似；在碳化硅晶体中，碳原子所连接最小的环由______个碳原子和______个硅原子组成，每个碳原子连接______个这样的环．

rm{(3)}碳化硅中；碳原子采取______杂化方式，与周围的硅原子形成的键角为______．

rm{(4)}请结合原子结构的知识解释发光的原因：______．

rm{(}二rm{)}准现代rm{LED.1962}年，rm{GE}公司使用磷砷化镓rm{(GaAs_{x}P_{1-x})}材料制成了红色发光二极管rm{.}这是第一颗可见光rm{LED}被视为现代rm{LED}之祖rm{.}随后又出现了绿色rm{LED}磷化镓rm{(GaP)}和黄色rm{LED}碳化硅；使光谱拓展到橙光；黄光和绿光．

rm{(5)}镓在元素周期表的位置是______；其基态原子的价电子排布式为______．

rm{(6)}人们发现在磷砷化镓或磷化镓中掺杂氮rm{(}利用氮代替磷或砷的位置rm{)}可以提高其发光效率rm{.}其原因不可能为______rm{(}多选rm{)}．

A；氮的半径比磷和砷的半径小；用氮代替部分磷或砷的位置不会影响晶体的构型．

B、rm{N}的第一电离能大于磷和砷；容易失去电子，发生电子跃迁．

C、rm{N}的电负性大；掺杂后得到的位置中存在氢键．

D、rm{N}是与砷；磷具有相同价电子结构的杂质；但对电子束缚能力较磷和砷强，造成等电子陷阱．

rm{(}三rm{)1993}年，中村修二等人开发出首个明亮蓝光的氮化镓rm{LED.}凭借此成就，他获得了rm{2014}年诺贝尔物理学奖．

rm{(7)}为测试氮化镓绿色rm{LED}光强与电流的关系，得到如图，从图中你能得到规律______rm{(}写一条即可rm{)}评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)21、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．22、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．23、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。24、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、B【分析】【分析】本题考查了化学实验基本操作，意在考查考生的实验能力及解决问题的能力，难度不大。【解答】rm{垄脵}碘和酒精互溶，应用蒸馏的方法分离，故rm{垄脵}错误；rm{垄脷}铁生锈时，氧气参与反应导致瓶内压强降低，则红墨水左高右低，故rm{垄脷}正确；rm{垄脹}在rm{90g}水中加入rm{10g}硫酸锌的结晶水合物，硫酸锌的质量分数小于rm{10拢楼}故rm{垄脹}错误；rm{垄脺}苯甲酸溶解度随温度的升高增大，要除去杂质，应趁热过滤，故rm{垄脺}正确。综上，故B正确。故选B。【解析】rm{B}3、B【分析】解：rm{A.Fe}元素的化合价由rm{0}升高为rm{+2}价；失去电子被氧化，发生氧化还原反应，故A不选；

B.rm{Cu}元素的化合价由rm{+2}价降低为rm{0}得到电子被还原，发生还原反应，故B选；

C.rm{C}元素的化合价由rm{+2}升高为rm{+4}价；失去电子被氧化，发生氧化还原反应，故C不选；

D.不存在元素的化合价变化；故D不选；

故选B．

含元素化合价降低的反应；得到电子被还原，发生还原反应，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】s电子云呈圆形，p电子云呈哑铃形，所以C是不正确，其余都是正确的，答案选C。【解析】【答案】C5、B【分析】【解答】解：令烃CxHy，烃含氧衍生物CxHyOz；

由分析可知，有机物满足分子中含有2个C原子，（x+）或（x+﹣）的值等于3．A、C2H6分子含有2个碳原子，其（x+）=2+=3.5，故A错误；B、C2H5OH分子含有2个碳原子，（x+﹣）=2+1.5﹣0.5=3，故B正确；C、C2H4O分子含有2个碳原子，（x+﹣）=2+1﹣0.5=2.5，故C错误；D、C2H4O2分子含有2个碳原子，（x+﹣）=2+1﹣1=2；故D错误．

故选：B．6、D【分析】【分析】本题考查有机物的官能团及性质，注意把握结构与性质的关系是解答本题的关键，题目难度不大。【解答】A.邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有rm{2}种位置的rm{H}则邻苯二甲酸酐的二氯代物有邻位有rm{2}种、间位rm{1}种，对位rm{1}种，共rm{4}种；故A错误；

B.环己醇中rm{C}均为四面体结构；则环己醇分子中所有的原子不可能共平面，故B错误；

C.rm{DCHP}中含苯环，能发生加成反应，含rm{-COOC}能发生取代反应；不能发生消去反应，故C错误；

D.rm{DCHP}中含rm{-COOC-}发生水解生成羧酸与碱反应，则rm{1}rm{molDCHP}最多可与含rm{2}rm{molNaOH}的烧碱溶液反应；故D正确。

故选D。【解析】rm{D}7、A【分析】解：rm{A.}离子交换膜为质子膜，则电解质溶液呈酸性，根据方程式知，该反应中rm{C}元素化合价由rm{+4}价变为rm{+2}价，rm{O}元素化合价由rm{-2}价变为rm{0}价，所以rm{1}是负极、rm{2}是正极，负极上水失电子生成氢离子和氧气，所以rm{1}电极附近氢离子浓度增大，则溶液的rm{pH}减小；故A错误；

B.电子由负极沿导线流向正极，rm{1}是负极、rm{2}是正极，所以电子由电极rm{1}经过负载流向电极rm{2}故B正确；

C.rm{2}是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成rm{HCOOH}电极反应式为rm{CO_{2}+2H^{+}+2e^{-}=HCOOH}故C正确；

D.通过光照；该装置是太阳能转化为化学能和电能，故D正确；

故选A．

A.离子交换膜为质子膜，则电解质溶液呈酸性，根据方程式知，该反应中rm{C}元素化合价由rm{+4}价变为rm{+2}价，rm{O}元素化合价由rm{-2}价变为rm{0}价，所以rm{1}是负极、rm{2}是正极；负极上水失电子生成氢离子和氧气；

B.电子由负极沿导线流向正极；

C.rm{2}是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成rm{HCOOH}

D.通过光照；该装置是太阳能转化为化学能和电能．

本题考查化学电源新型电池，明确正负极的判断、电极反应式类型及书写、电子流向是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．【解析】rm{A}8、C【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{3}}为丙烷的结构简式，分子中有rm{2}种氢原子，其一氯代物有rm{2}种；故A错误；

B.rm{CH_{3}CH_{3}}为乙烷的结构简式，分子中有rm{1}种氢原子，其一氯代物有rm{1}种；故B正确；

C.rm{C(CH_{3})_{4}}为新戊烷的结构简式，分子中的四个甲基相同，则有rm{1}种氢原子，所以一氯代烃有rm{1}种；故C正确；

D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}为正丁烷的结构简式，分子中有rm{2}种氢原子，其一氯代物有rm{2}种；故D错误；

故选C．

先确定烷烃的对称中心；即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃．

本题考查了同分异构体的判断，难度不大，会确定烷烃的对称中心找出等效氢原子是解本题的关键．【解析】rm{C}9、D【分析】解：假设rm{X}和rm{Y}物质的量为rm{1mol}达平衡时消耗rm{Y}物质的量为rm{nmol}则：

rm{X(g)+2Y(g)?2Z(g)}

起始量rm{(mol)}rm{1}rm{1}rm{0}

变化量rm{(mol)}rm{0.5n}rm{n}rm{n}

平衡量rm{(mol)}rm{1-0.5n}rm{1-n}rm{n}

平衡后测得混合气体中反应物的总物质的量与成物的总物质的量之比为rm{3}rm{2}则：rm{(1-0.5n+1-n)}rm{n=3}rm{2}

解得：rm{n=dfrac{2}{3}}

rm{Y}的转化率为：rm{dfrac{dfrac{2}{3}mol}{1mol}隆脕100%隆脰67%}

故选D．

假设rm{dfrac{dfrac

{2}{3}mol}{1mol}隆脕100%隆脰67%}和rm{X}起始物质的量均为rm{Y}达平衡时消耗rm{1mol}物质的量为rm{Y}利用三段式用rm{nmol}表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为rm{m}rm{3}列方程计算rm{2}的值；再根据转化率定义计算．

本题化学平衡的有关计算，题目难度中等，明确三段式在化学平衡的计算方法为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．rm{n}【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】

A、B、C三种芳香族化合物，化学式都是C7H8O，芳香族化合物中含有苯环，若滴入FeCl3溶液，只有C呈紫色，则C含有酚羟基，由分子式知，还含有-CH3，-OH与-CH3有邻、间、对三种位置关系，故C为-

若投入金属钠，只有B没有变化，则B中没有羟基，A、C中含有羟基，故B中含有醚键，侧链为-OCH3，A中含有醇羟基，侧链为-CH2OH，则B为A为

故答案为：．

【解析】【答案】A、B、C三种芳香族化合物，化学式都是C7H8O，芳香族化合物中含有苯环，若滴入FeCl3溶液，只有C呈紫色，则C含有酚羟基，由分子式知，还含有-CH3；若投入金属钠，只有B没有变化，则B中没有羟基，A、C中含有羟基，故B中含有醚键，侧链为-OCH3，A中含有醇羟基，侧链为-CH2OH；据此解答．

11、略

【分析】解：rm{(1)pH=a}的强酸加水稀释至原来体积的rm{10^{b}}倍，则溶液的rm{pH}变为rm{a+b(}当rm{a+b>7}时，让rm{pH=7)}故将rm{pH=1}的盐酸加水稀释至rm{100}倍即rm{10^{2}}倍时，rm{pH=3}故答案为：rm{3}

rm{(2)pH=a}的强酸加水稀释至原来体积的rm{10^{b}}倍，则溶液的rm{pH}变为rm{a+b(}当rm{a+b>7}时，让rm{pH=7)}将rm{pH=6}的盐酸加水稀释至rm{100}倍即rm{10^{2}}倍时，由于rm{6+2=8>7}故稀释后rm{pH=7}故答案为：rm{7}

rm{(3)pH=a}的弱酸加水稀释至原来体积的rm{10^{b}}倍时，则溶液的rm{pH<a+b}因为加水促进了弱电解质的电离，故溶液中的氢离子浓度下降的比较慢rm{.}故将rm{pH=1}的rm{CH_{3}COOH}溶液稀释至rm{100}倍，rm{pH<3}说明醋酸是弱酸，故答案为：小于rm{3}弱．

rm{(1)pH=a}的强酸加水稀释至原来体积的rm{10^{b}}倍，则溶液的rm{pH}变为rm{a+b(}当rm{a+b>7}时，让rm{pH=7)}

rm{(2)pH=a}的强酸加水稀释至原来体积的rm{10^{b}}倍，则溶液的rm{pH}变为rm{a+b(}当rm{a+b>7}时，让rm{pH=7)}

rm{(3)pH=a}的弱酸加水稀释至原来体积的rm{10^{b}}倍时，则溶液的rm{pH<a+b}因为加水促进了弱电解质的电离．

本题考查了溶液rm{pH}的计算，注意掌握酸的强弱对溶液rm{pH}的计算方法的影响，注意加水稀释促进弱电解质的电离，题目难度不大．【解析】rm{3}rm{7}小于；弱12、a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸Cc（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）10-4-10-10AC＜41×10-7106A-+H+⇌HA＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）【分析】解：（1）若HA是强酸；恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7；

故答案为：a=7时；HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；

（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），由于pH=7，则c（Na+）=c（A-）；

故答案为：C；

（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）由电荷守恒关系式变形得：c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol•L-1；

故答案为：10-4-10-10；

（5）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2O=HB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；

A．根据物料守恒得：c（B2-）+c（HB-）=0.1mol•L-1；故A正确；

B．HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C．根据质子守恒得：c（OH-）=c（H+）+c（HB-）；故C正确；

D．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HB-）+2c（B2-）；故D错误；

故答案为：AC；

（6）由于H2B第一步电离产生的H+抑制了HB-的电离，则0.1mol/LH2B溶液中c（H+）＜0.11mol/L；

故答案为：＜；

（7）已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1×10-4mol/L；溶液的pH=4；

依据电离平衡HA⇌H++A-可知电离平衡常数K==≈1×10-7；

由HA电离出来的H+的浓度为1×10-4mol/L，其溶液中氢氧根离子来自水的电离，依据c（H+）•c（OH-）=10-14得到水电离出来的H+的浓度为：mol/L=10-10mol/L；所以由HA电离出来的H+的浓度约为水电离出来的H+的浓度的=106倍；

故答案为：4；1×10-7；106；

（8）①含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸时，发生：A-+H+⇌HA，加入碱时发生反应：HA+OH-⇌H2O+A-；溶液中氢离子浓度变化不大而起到缓冲作用；

故答案为：A-+H+⇌HA；

②a．该溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH-），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-）可知：c（Na+）＞c（CN-）；

故答案为：＞；

b．若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c（CH3COO-）＞c（Na+）；

故答案为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）。

（1）等物质的量混合时；二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；

（2）任何溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离；结合电荷守恒判断；

（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）；

（5）根据二元酸的电离方程式知，B2-只发生第一步水解；结合电荷守恒和物料守恒分析解答；

（6）H2B第一步电离产生的H+抑制了HB-的电离；

（7）依据弱电解质的电离度分析计算PH；计算平衡浓度结合电离平衡常数概念计算平衡常数，根据水的离子积计算水电离的氢离子浓度；

（8）①含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液；向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；

②a．从溶液电中性的角度比较离子浓度大小；

b．若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c（H+）＞c（OH-）；结合溶液电中性原则分析。

本题考查酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等知识，题目难度较大，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系、弱电解质的电离特点、电荷守恒等为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。【解析】a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸Cc（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）10-4-10-10AC＜41×10-7106A-+H+⇌HA＞c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）13、略

【分析】试题分析：（1）铁在潮湿的空气中主要发生吸氧腐蚀，则发生腐蚀时正极上发生反应的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；（2）A、该装置为原电池，铁棒作负极，发生氧化反应，加快铁棒的腐蚀，错误；B、该装置为原电池，铁棒作正极，被保护，为牺牲阳极保护法，正确；C、该装置不能防止铁棒被腐蚀，错误；D、该装置为电解池，铁棒作阴极，为阴极电保护法，正确；选BD；（3）①根据电镀池的构成：镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解液为含有镀层金属阳离子的盐溶液知，在铁件的表面上镀铜，电镀时，镀件与电源的负极连接，A电极对应的金属是铜，B电极的电极反应式是Cu2++2e-=Cu；②根据电池反应分析，硫元素的化合价降低，发生还原反应，作正极，电极反应式为xS+2e—=Sx2—；根据电镀时两极的电极反应式判断；阳极：Cu—2e-=Cu2+，阴极：Cu2++2e-=Cu，及该原电池的负极反应式：Na—e-=Na+，利用电子守恒法计算；若电镀池中两电极的质量开始相同，电镀完成后二者质量差为25.6g，则转移的电子为0.4mol，则理论上该电池负极消耗的质量为9.2g。考点：考查金属的腐蚀与防护、电解原理的应用、原电池原理及电化学计算。【解析】【答案】（1）O2+2H2O+4e-=4OH-；（2）BD（3）①负极铜Cu2++2e-=Cu②xS+2e—=Sx2—9.214、略

【分析】解：rm{(1)}设有机物的分子式为rm{C_{x}H_{y}O_{z}}有机物的质量为rm{1.8g}浓硫酸增重即水的质量为rm{1.08g}碱石灰增重即二氧化碳的质量为rm{2.64g}

rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

根据氢原子、碳原子守恒建立关系式：rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac

{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

解得rm{n(CO_{2})=dfrac

{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}rm{0.02x=0.06}．

所以反应物分子式为rm{0.02y=0.06隆脕2}

又因为有机物分子量为rm{x=3}则有机物中rm{y=6}原子数为rm{dfrac{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}

故推得有机物分子式为rm{C_{3}H_{6}O_{z}}

故答案为：rm{90}

rm{O}若该有机物含有羧基，且该有机物的核磁共振氢谱图中出现rm{dfrac

{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}个吸收峰，说明含有rm{C_{3}H_{6}O_{3}}类氢原子，面积比为rm{C_{3}H_{6}O_{3}}rm{(2)}rm{4}rm{4}则这四类氢原子个数之比为rm{3}rm{1}rm{1}rm{1}所以其结构简式为

故答案为：

rm{3}分子中含有rm{1}和rm{1}能发生缩聚反应生成

故答案为：缩聚反应．

rm{1}设有机物的分子式为rm{(3)}根据有机物的质量和相对分子质量可计算有机物的物质的量，根据生成的水和二氧化碳的质量可计算有机物中含有的rm{-OH}rm{-COOH}原子个数，结合相对分子质量可计算rm{(1)}原子个数；进而可求得分子式；

rm{C_{x}H_{y}O_{z}}结合其核磁共振氢谱中吸收峰的个数和面积之比确定其结构简式；

rm{C}分子中含有rm{H}和rm{O}能发生缩聚反应．

本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，注意把握有机物分子式的确定方法、有机物分子结构简式的确定方法，侧重于学生分析能力和计算能力的考查．rm{(2)}【解析】rm{C_{3}H_{6}O_{3}}缩聚反应三、探究题(共4题，共8分)15、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）16、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）17、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、简答题(共2题，共12分)19、rm{(1)H_{2}O_{2}+2e^{-}=2OH^{-}}

rm{(2)}rm{0.26mol/(L.s)}

rm{(3)垄脵SO_{3}^{2-}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}}rm{+2H^{+;;;;}垄脷ABFE}rm{垄脹56.7%}【分析】【分析】本题考查了原电池电极反应式的书写、分解速率的计算以及离子反应，难度一般。【解答】rm{(1)}正极发生还原反应，氧元素得电子化合价降低生成氢氧根离子，所以正极的电极反应式是rm{H_{2}O_{2}+2e^{-}=2OH^{-}}故答案为：rm{H_{2}O_{2}+2e^{-}=2OH^{-}}rm{(2)}催化剂加快反应速率，溶液rm{0.5L}中，在rm{6S}时rm{H_{2}O_{2}}的分解速率加快，说明加入催化剂，此时的物质的量浓度为rm{1.1mol/L}rm{10s}末为rm{0.06mol/L}则加入催化剂后整段时间内rm{H_{2}O_{2}}的平均分解速率rm{=dfrac{1.1mol/L-0.06mol/L}{4S}=0.26mol/left(L隆陇sright)}故答案为：rm{=

dfrac{1.1mol/L-0.06mol/L}{4S}=0.26mol/left(L隆陇sright)}rm{0.26mol/(L隆陇s)}亚硫酸根离子具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为rm{(3)垄脵}rm{SO_{3}^{2-}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}}故答案为：rm{+2H^{+}}rm{SO_{3}^{2-}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}}rm{+2H^{+}}从红褐色的悬浊液过滤得到含氢氧化铁的滤渣，洗涤除掉吸附的杂质离子，灼烧分解生成氧化铁，冷却后称量，故答案为：rm{垄脷}rm{ABFE}氧化铁中铁元素的质量为rm{0.8960g隆脕dfrac{112}{160}=0.6272g}根据铁元素守恒可以知道硫酸亚铁中铁元素的质量为rm{垄脹}则硫酸亚铁的质量为rm{0.6272g隆脕dfrac{152}{56}=1.7024g}因此硫酸亚铁的质量为rm{dfrac{1.7024g}{0.3g隆脕10}隆脕100拢楼=56.7拢楼}故答案为：rm{0.8960g隆脕dfrac{112}{160}=0.6272g

}rm{0.6272g}【解析】rm{(1)H_{2}O_{2}+2e^{-}=2OH^{-}}rm{(2)}rm{0.26mol/(L.s)}rm{(3)垄脵SO_{3}^{2-}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}}rm{+2H^{+;;;;}垄脷ABFE}rm{垄脹56.7%}20、略

【分析】解：rm{(1)}碳化硅晶体属于原子晶体；故答案为：原子；

rm{(2)}金刚石晶体中，碳原子所连接最小的环含有rm{6}个碳原子，碳化硅晶体中最小的环含有rm{6}个原子，且rm{C}rm{Si}原子数目之比为rm{1}rm{1}则在碳化硅晶体中，碳原子所连接最小的环由rm{3}个碳原子和rm{3}个硅原子组成，每个rm{C}原子形成rm{4}个rm{C-Si}键，任意rm{2}个rm{C-Si}决定rm{2}个六元环，rm{4}个rm{C-Si}键有rm{6}种组合，所以每个碳原子连接rm{2隆脕6=12}个这样的环；

故答案为：rm{3}rm{3}rm{12}

rm{(3)}碳化硅中，碳原子形成rm{4}个rm{C-Si}键，杂化轨道数目为rm{4}rm{C}原子采取rm{sp^{3}}杂化，rm{C}原子与周围的rm{4}个rm{Si}原子形成正四面体结构，键角为：rm{109^{circ}28隆炉}

故答案为：rm{sp^{3}}rm{109^{circ}28隆炉}

rm{(4)}电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时；以光的形式释放能量；

故答案为：电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时；以光的形式释放能量；

rm{(5)}镓在元素周期表的位置是：第四周期Ⅲrm{A}族，其基态原子的价电子排布式为rm{4s^{2}4p^{1}}

故答案为：第四周期Ⅲrm{A}族；rm{4s^{2}4p^{1}}

rm{(6)A.}氮的半径比磷和砷的半径小；用氮代替部分磷或砷的位置不会影响晶体的构型，可能正确；

B.rm{N}的第一电离能大于磷和砷；不容易失去电子，故不可能正确；

C.磷砷化镓或磷化镓中没有rm{H}原子，掺杂rm{N}原子不能形成氢键；不可能正确；

rm{N}的电负性大；掺杂后得到的位置中存在氢键．

D.rm{N}是与砷、磷具有相同价电子结构的杂质，rm{N}引导电负性较大；但对电子束缚能力较磷和砷强，造成等电子陷阱，可能正确；

故选：rm{BC}

rm{(7)}由图可知，其他条件相同时，当电流小于rm{153.0mA}时，氮化镓绿色rm{LED}光强随着电流的增加而增强，当电流大于rm{153.0mA}时；光强随着电流的增强而减弱；

故答案为：其他条件相同时，当电流小于rm{153.0mA}时，氮化镓绿色rm{LED}光强随着电流的增加而增强，当电流大于rm{153.0mA}时；光强随着电流的增强而减弱．

rm{(1)}碳化硅晶体属于原子晶体；

rm{(2)}金刚石晶体中，碳原子所连接最小的环含有rm{6}个碳原子，碳化硅晶体中最小的环含有rm{6}个原子，且rm{C}rm{Si}原子数目之比为rm{1}rm{1}

每个rm{C}原子形成rm{4}个rm{C-Si}键，任意rm{2}个rm{C-Si}决定rm{2}个六元环，rm{4}个rm{C-Si}键有rm{6}种组合；

rm{(3)}碳化硅中，碳原子形成rm{4}个rm{C-Si}键，杂化轨道数目为rm{4}rm{C}原子与周围的rm{4}个rm{Si}原子形成正四面体结构；

rm{(4)}电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时；以光的形式释放能量；

rm{(5)}镓在元素周期表的位置是：第四周期Ⅲrm{A}族；

rm{(6)}第一电离能越大，越不容易失去电子，磷砷化镓或磷化镓中没有rm{H}原子，掺杂rm{N}原子不能形成氢键；

rm{(7)}由图可知，其他条件相同时，当电流小于rm{153.0mA}时，氮化镓绿色rm{LED}光强随着电流的增加而增强，当电流大于rm{153.0mA}时；光强随着电流的增强而减弱．

本题考查晶胞结构、杂化方式、结构与位置关系等，属于拼合型题目，rm{(6)}中为易错点、难点，注意利用排除法解答．【解析】原子；rm{3}rm{3}rm{