2025年沪科版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版高二化学下册月考试卷15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5题，共10分)1、航天飞船高速进入大气层后，温度会迅速升高，其表层的复合材料可保护飞船不受破坏。这体现了该复合材料具有的特点是A.耐酸性B.耐热性C.耐腐蚀D.耐碱性2、对于以下反应：rm{A(s)+3B(g)?2C(g)+D(g)}在一定温度和容积固定的容器中，下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.若反应是放热反应，升高温度，正反应速率增大B.往容器中通入稀有气体rm{He}由于压强增大，所以反应速率增大C.往容器中加入少量rm{A}反应速率增大D.当容器内的压强不再变化，可以判断反应已经达到平衡3、已知氢化钾rm{(KH)}属于离子化合物，rm{KH}跟水反应可以放出氢气rm{.}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{KH}的水溶液呈碱性B.rm{KH}中氢离子可以被还原为氢气C.rm{KH}是一种强氧化剂D.rm{KH}中的氢离子是裸露的质子4、随着物质文明的发展；“酸雨”现象越来越普遍，下列物质能引起“酸雨”的是（）

A.CO2

B.SO2

C.CO

D.飘尘。

5、常温时，某溶液中由水电离出的rm{H^{+}}和rm{OH^{-}}的物质的量浓度的乘积为rm{1隆脕10^{-10}}则该溶液可能是rm{(}rm{)}

rm{垄脵H_{2}SO_{4}}rm{垄脷CH_{3}COOH}rm{垄脹NH_{4}Cl}rm{垄脺KOH}rm{垄脻CH_{3}COONa}．A.rm{垄脵垄脺垄脻}B.rm{垄脹垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脹}D.rm{垄脹}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、在相同温度下，等体积等物质的量的浓度的4种稀溶液：①Na2SO4、②（NH4）2SO4、③NaHSO4、④Na2S，pH由大到小的顺序是______（填序号）．7、煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题已知：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}的平衡常数随温度变化如下表：。温度rm{/隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常数rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}试回答下列问题rm{(1)}该反应的平衡常数表达式为______________________rm{(2)}上述逆反应是：____________反应rm{(}选填：“放热”、“吸热”rm{)}rm{(3)}在rm{800隆忙}发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器，其中向正反应方向移动的有_________rm{(}选填rm{A}rm{B}rm{C}rm{D)}。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{n(CO_{2})}rm{3}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(H_{2})}rm{2}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(CO)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{0.5}rm{n(H_{2}O)}rm{5}rm{2}rm{3}rm{2}rm{(4)}已知在一定温度下：rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}2CO(g)}平衡常数rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}

2CO(g)}rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO(g)+H_{2}(g)}平衡常数rm{K}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡常数rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO(g)+H_{2}(g)}则rm{K_{1}}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{K_{2}}之间的关系是：__________________rm{K}在rm{K_{1}}密闭容器中通入rm{K_{2}}和rm{(5)}水蒸气，在rm{VL}达到平衡，然后急速除去水蒸气rm{10molCO}除水蒸气时各物质的物质的量不变rm{10mol}将混合气体燃烧，测得放出的热量为rm{T隆忙}已知rm{(}燃烧热为rm{)}rm{2842kJ(}燃烧热为rm{CO}则，该温度下，平衡常数rm{283kJ/mol}________rm{H_{2}}8、（11分）.根据下列信息写出符合要求的有机物的结构简式．（1）若某有机物的分子量为128，若该有机物为链烃，则分子式为___________，若该烃一氯代物只有二种，则该烃的结构简式为______________或_____________，若该烃为芳香烃，则分子式为_____________，则该烃的结构简式为______________，若该有机物为烃的含氧衍生物，且是饱和一元的有机物，则其分子式为________________（2）某有机物仅由C、Ｈ、Ｏ三种元素组成，且C、Ｈ、Ｏ原子个数之比为1:2:1，若该有机物为醛类，则其结构简式为：_______，若该有机物为羧酸，则其结构简式为_______，若该有机物为酯类，则其结构简式为_______，若该有机物为糖类，则其结构简式为_______，若该有机物分子式为C3H6O3，且两分子该有机物可形成六元环状酯，则C3H6O3结构简式为________________9、（10分）煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题。已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数随温度的变化如下表：。温度/℃4005008301000平衡常数K10910.6试回答下列问题（1）上述反应的正反应是反应（填“放热”或“吸热”）。（2）某温度下，上述反应达到平衡后，保持容器体积不变升高温度，正反应速率_______（填“增大”、“减小”或“不变”），容器内混合气体的压强_____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）830℃时，在恒容反应器中发生上述反应，按下表中的物质的量投入反应混合物，其中向正反应方向进行的有（选填A、B、C、D）。。ABCDn(CO)1230.5n(H2O)5232n(CO2)3101n(H2)2101（4）830℃时，在2L的密闭容器中加入4molCO(g)和6molH2O(g)达到平衡时，CO的转化率是。10、（4分）在温度T下，c(OH-)＝0.1mol·L-1的Ba(OH)2的PH值为11。（1）该温度下，100ml水中含有OH-约有_个。（2）该温度下，在PH=8的Ba(OH)2溶液中加入PH＝5的盐酸，欲使混合溶液pH＝7，则Ba(OH)2溶液与所加盐酸的体积比为______11、配平下列反应的化学方程式。

□KMnO4+□SO2+□H2O═□K2SO4+□MnSO4+□H2SO4

其中，反应中转移5mole-，则消耗SO2______mol．12、化学反应过程中发生物质变化的同时；常常伴有能量的变化，这种能量的变化常以热能的形式表现出来，叫做反应热．由于反应的情况不同，反应热可以分为许多种，如燃烧热和中和热等．

（1）许多化学反应的反应热可以直接测量，其测量的仪器叫做______．

（2）下列△H表示物质燃烧热的是______；表示物质中和热的是______．（填“△H1”、“△H2”和“△H3”等）

A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1B．C（s）+O2（g）═CO（g）△H2

C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4

E．C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5

F．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H6

G．2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H7

H．CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H8

（3）已知在101kPa、273k时，15g乙烷燃烧生成CO2和液态水，放出akJ的热量，下列热化学方程式正确的是______．

A．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=+2akJ/mol

B．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=-2akJ/mol

C．2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=-4akJ/mol

D．2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（g）△H=-2akJ/mol

（4）充分燃烧一定量的丁烷放出的热量为161.9kJ，生成的CO2恰好与5mol/L100mLkOH溶液完全反应生成正盐，则燃烧1mol丁烷放出的热量为______．

（5）进一步研究表明；化学反应的能量变化（△H）与反应物和生成物的键能有关．键能可以简单地理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量．表是部分化学键的键能数据：

。化学键P-PP-OO═OP═O键能kJ/mol197360499x已知白磷（P4）的燃烧热为2378.0kJ/mol，白磷完全燃烧的产物（P4O10）的结构如图所示，则上表中x=______．13、按系统命名法命名rm{CH_{3}CH(C_{2}H_{5})CH(CH_{3})_{2}}的名称是______．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)14、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__________________________________．15、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__________________________________．16、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。17、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、实验题(共1题，共9分)18、（每空2分，共16分）某研究性学习小组为合成1－丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CH3CH===CH2＋CO＋H2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH：CO的制备原理：HCOOHCO↑＋H2O，并设计出原料气的制备装置(如图)。请填写下列空白：(1)实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2－丙醇，从中选择合适的试剂制备丙烯。写出化学方程式：____________________________________________________________________________。(2)若用以上装置制备H2，在虚线框内画出收集干燥H2的装置图。(3)制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是________(填序号)①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液(4)合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是________。a．低温、高压、催化剂b．适当的温度、高压、催化剂c．常温、常压、催化剂d．适当的温度、常压、催化剂(5)正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为纯化1－丁醇，该小组查阅文献得知：①R—CHO＋NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1－丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为________，操作1为________，操作2为________，操作3为________。评卷人得分五、简答题(共2题，共6分)19、rm{(1)}将rm{Zn}棒和rm{Cu}棒用导线连接后，放入某电解质溶液中，构成如图rm{1}所示装置rm{.}试回答下列问题：

rm{垄脵}若电解质溶液为稀硫酸，则rm{Zn}棒为原电池的______极，可观察到rm{Cu}棒的所产生现象是______；试用电极反应式表示该现象：______．

rm{垄脷}若电解质为硫酸铜溶液，则rm{Cu}棒上发生______反应，rm{Zn}棒上发生反应的电极反应式为：______．

rm{垄脹}若在上述两个过程中，rm{Zn}棒减少的质量相等，则rm{Cu}棒上rm{(1)}和rm{(2)}所析出物质的质量之比为：______．

rm{(2)}肼rm{(N_{2}H_{4})}又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料rm{.}如图rm{2}是一个电化学过程示意图．

rm{垄脵}铂片上发生的电极反应是______．

rm{垄脷}假设使用肼rm{-}空气燃料电池作为本过程中的电源，铜片的质量变化rm{128g}则肼rm{-}空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气______rm{L(}假设空气中氧气体积含量为rm{20%)}．20、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}代表原子序数依次增大的前四周期元素。其中rm{A}是空气中含量最高的元素；rm{B}是同周期中原子半径最大的元素；rm{C}原子的最外层电子数与核外电子层数相等；rm{D}rm{E}元素的基态原子rm{3p}能级上都有两个未成对电子；rm{F}原子的外围电子排布为rm{(n-1)d}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}代表原子序数依次增大的前四周期元素。其中rm{F}是空气中含量最高的元素；rm{A}是同周期中原子半径最大的元素；rm{B}原子的最外层电子数与核外电子层数相等；rm{C}rm{D}元素的基态原子rm{E}能级上都有两个未成对电子；rm{3p}原子的外围电子排布为rm{F}rm{(n-1)d}rm{{,!}^{10}}rm{ns}rm{ns}rm{{,!}^{1}}元素基态原子核外电子的轨道表达式为_______________；在同周期元素中第一电离能介于。根据以上信息，回答下列问题：rm{(1)A}之间的元素是______。rm{C}将以下三种物质：rm{E}与硼元素按原子个数比为rm{(2)}将以下三种物质：rm{垄脵A}与硼元素按原子个数比为rm{1隆脙1}形成的空间网状结构化合物，rm{垄脷B}的氯化物，rm{垄脹D}的氯化物。按熔点由高到低的顺序排列：_____rm{(}用化学式表示rm{)}形成的空间网状结构化合物，rm{(2)}的氯化物，rm{垄脵A}的氯化物。按熔点由高到低的顺序排列：_____rm{1隆脙1}用化学式表示rm{垄脷B}rm{垄脹D}的最简单氢化物易液化，其原因是__________，rm{(}的次高价含氧酸根离子的rm{)}模型名称是______，该离子的空间构型为_________。rm{(3)A}的最简单氢化物易液化，其原因是__________，rm{E}的次高价含氧酸根离子的rm{VSEPR}模型名称是______，该离子的空间构型为_________。单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。rm{(3)A}晶胞参数为rm{E}rm{VSEPR}相对原子质量为rm{(4)F}单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。rm{(4)F}若已知rm{F}晶胞参数为rm{apm}rm{F}相对原子质量为rm{M}rm{N}rm{F}rm{apm}晶胞中rm{F}原子的配位数为______；rm{M}单质晶体中原子的堆积方式是________堆积。rm{N}原子半径rm{{,!}_{A}}_______代表阿伏加德罗常数，请回答：rm{垄脵}晶胞中rm{F}原子的配位数为______；rm{F}单质晶体中原子的堆积方式是________堆积。单质晶体密度计算式为：_____________rm{垄脵}rm{F}rm{F}rm{垄脷F}原子半径rm{r=}_______rm{pm}rm{F}单质晶体密度计算式为：_____________rm{g隆陇cm}rm{垄脷F}与rm{r=}形成的某种化合物晶胞结构如图丁所示，该晶体的化学式为___________。该化合物能与稀盐酸剧烈反应，生成一种白色沉淀和一种全部由非金属元素组成的离子化合物，该反应的化学方程式为_______。rm{pm}评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)21、在一定条件下；可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：

（1）A；B、C都是气体；减小压强，平衡向正反应方向移动，则m+n______p（填“＞”“＜”或“=”）

（2）A；C是气体；增加B的量，平衡不移动，则B为______态．

（3）A；C是气体；而且m+n=p，增大压强可使平衡发生移动，则平衡移动的方向是______．

（4）加热后；可使C的质量增加，则正反应是______反应（放热或吸热）．

22、A；B、C、D、E代表5种元素．请填空：

（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子；次外层有2个电子，其元素符号为______；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同；B的元素符号为______，C的元素符号为______；

（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满；D的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．

（4）E元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．

23、弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb），表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数（Ksp）．

表1

。酸或碱电离平衡常数（Ka或Kb）CH3COOH1.8×10-5HNO24.6×10-4HCN5×1010HClO3×10-8NH2•H2O1.8×10-5表2

。难（微）溶物深度积常数（Ksp）BaSO41×10-10BaCO32.6×10-9CaSO47×10-5CaCO35×10-9请回答下面问题：

（1）CH3COONH4的水溶液呈______（选填“酸性”；“中性”或“碱性”）；理由是______．溶液中各离子浓度大小关系是______．

（2）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液；其pH＞7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为______．

（3）物质的量浓度和体积均相同的NaNO2和NaCN两种溶液，已知前者溶液中离子数目为n1，后者溶液中离子数目为n2．下列关系正确是：______．

A．n1=n2B．n1＞n2C．n1＜n2D．c（NO2-）＜c（CN-）

24、小明欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性；请你帮他完成以下实验报告．

实验目的：探究铁及其化合物的氧化性和还原性。

可供选用的试剂：铁粉、FeCl3、溶液、FeCl2溶液；氯水、锌片。

实验记录：（请填写表中空白）

。序号实验操作实验现象离子方程式实验结论①在FeCl2溶液中。

加入锌片溶液由浅绿色变为无色Zn+Fe2+=Zn2++Fe②Fe2+具有还原性③在FeCl3溶液中加入足量铁粉溶液由棕黄色变为浅绿色Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe3+具有氧化性，Fe具有还原性

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】本题考查合金的性质和应用，比较容易。【解答】航天飞船高速进入大气层后，温度会迅速升高，要想保护飞船不受破坏，表层材料应该具有耐高温的特性，故B正确。

故选B。【解析】rm{B}2、A【分析】解：rm{A}无论反应放热还是吸热；升高温度正逆反应速率都会加快，故A正确；

B、恒容时通入rm{He}气，不会影响rm{B}rm{C}rm{D}的浓度和分压；反应速率不变，故B错误；

C、rm{A}是固态物质，加入少量rm{A}不会影响反应速率；故C错误；

D；该反应；反应前后气体体积不变，所以体积不变时压强始终不变，故D错误；

故选A．

A；无论反应放热还是吸热；升高温度正逆反应速率都会加快；

B；压强的增大；只有影响到反应物或生成物的浓度，才会影响化学反应速率；

C、rm{A}是固态，加入rm{A}不会影响化学反应速率；

D；反应前后气体体积不变的化学反应；压强始终不变．

本题考查影响化学反应速率的因素，要熟记影响化学反应速率的主要因素有温度、浓度、压强、催化剂、接触面积等等，特别是压强的影响，要明确增大压强时，只有影响到反应物或生成物的浓度时才会影响反应速率．【解析】rm{A}3、A【分析】解：rm{A.}发生rm{KH+H_{2}O=KOH+H_{2}隆眉}rm{KOH}溶液显碱性；故A正确；

B.rm{KH}中氢离子为rm{-1}价；化合价升高，被氧化成氢气，故B错误；

C.rm{KH}中rm{H}失去电子，则rm{KH}做还原剂；故C错误；

D.rm{KH}中的氢离子核外有rm{2}个电子；故D错误；

故选A．

由信息可知，发生rm{KH+H_{2}O=KOH+H_{2}隆眉}rm{KH}中rm{H}元素的化合价升高，水中rm{H}元素的化合价降低；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合信息判断发生的反应，题目难度不大．【解析】rm{A}4、B【分析】

题中只有二氧化硫可形成酸雨，因二氧化硫溶于水生成亚硫酸，进而被氧化生成硫酸，溶液呈酸性，导致雨水pH＜5.6，CO2溶于水；雨水pH=5.6，不是酸雨，CO与飘尘与水不反应，不构成酸雨；

故选B．

【解析】【答案】形成酸雨的主要物质为二氧化硫和氮氧化物．

5、B【分析】解：rm{垄脵H_{2}SO_{4}}对水的电离有抑制作用，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷CH_{3}COOH}是酸，对水的电离有抑制作用，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹NH_{4}Cl}是强酸弱碱盐，在溶液中会水解，对水的电离有促进作用，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺KOH}是碱，对水的电离有抑制作用，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻CH_{3}COONa}是强碱弱酸盐，在溶液中会水解，对水的电离有促进作用，故rm{垄脻}正确．

故选B．

常温下，某溶液中由水电离出的rm{c(H^{+})}与rm{c(OH^{-})}的乘积为rm{10^{-10}}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})=10^{-5}mol/L}水的电离被促进rm{.}而酸、碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用rm{.}据此分析．

本题考查了水电离平衡的影响因素分析判断，注意酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，题目难度中等．【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】解：①Na2SO4是强电解质；能在水溶液中完全电离，且由于是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；

②（NH4）2SO4是强酸弱碱盐；能在水溶液中完全电离，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；

③NaHSO4是强电解质；能在水溶液中完全电离，且由于是强酸强碱盐，不水解，溶液呈酸性；

④Na2S是强电解质，在溶液中完全电离，但由于S2-是二元弱酸根；故在溶液中水解，且水解分步进行，溶液呈碱性．

pH由大到小的顺序是④＞①＞②＞③；

故答案为：④＞①＞②＞③．

根据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度来确定溶液中pH大小；酸的酸性越弱则酸的酸根离子水解程度越大，其相同浓度钠盐溶液的pH越大．

①Na2SO4是强电解质；能在水溶液中完全电离，且由于是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；

②（NH4）2SO4是强酸弱碱盐；能在水溶液中完全电离，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；

③NaHSO4是强电解质；能在水溶液中完全电离，且由于是强酸强碱盐，不水解，溶液呈酸性；

④Na2S是强电解质，在溶液中完全电离，但由于S2-是二元弱酸根；故在溶液中水解，且水解分步进行，溶液呈碱性．

本题考查了pH大小的判断，先根据溶液的酸碱盐大体分类，再根据弱离子的水解浓度判断pH大小，水解程度微弱，注意硫酸氢根离子在水溶液里电离方式，为易错点，题目难度不大．【解析】④＞①＞②＞③，7、（1）

（2）吸热。

（3）BC

（4）

（5）0.44（或）【分析】【分析】本题主要考查了影响化学平衡常数的因素、平衡常数的概念、转化率的计算、平衡常数的应用等知识点，中等难度，解题时抓住基本概念的应用。

【解答】rm{(1)}化学平衡常数为反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，所以该反应的平衡常数表达式为rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}}

故答案为：rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}

}由于温度升高；该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应，故答案为：放热；

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}

}由于在rm{(2)}平衡常数为rm{(3)}则rm{800隆忙}因为在同一容器中，所以反应向着正向移动，必须满足rm{1}

A.rm{c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}反应向着逆向移动，故A错误；

B.rm{n(CO_{2})?n(H_{2})<n(CO)?n(H_{2}O)}反应向着正向移动，故B正确；

C.rm{3隆脕2>1隆脕5}反应向着正向移动，故C正确；

D.rm{1隆脕1<2隆脕2}达到平衡状态，故D错误；

故答案为：rm{0隆脕0<3隆脕3}

rm{2隆脕0.5=1隆脕1}反应rm{BC}可以由反应rm{(4)}与反应rm{垄脵C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}相减得到，故反应rm{垄脷C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}反应rm{垄脹CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}得反应rm{垄脷-}所以：rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{垄脹}由方程式rm{垄脵}可知，rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}反应生成rm{(5)}开始通入rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡时rm{1molCO}rm{1molH_{2}}的物质的量之和为rm{10molCO}设rm{CO}rm{H_{2}}物质的量为rm{10mol.}rm{CO}则：rm{H_{2}}rm{x}解得rm{y}rm{x+y=10}利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量；

rm{283x+286y=2842}

起始：rm{x=6mol}rm{y=4mol}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{10mol}

转化：rm{10mol}rm{0}rm{0}rm{4mol}

平衡：rm{4mol}rm{4mol}rm{4mol}rm{6mol}

所以rm{6mol}时反应的平衡常数为：rm{K=dfrac{dfrac{4}{V}隆脕dfrac{4}{V}}{dfrac{6}{V}隆脕dfrac{6}{V}}=dfrac{4}{9}}

rm{4mol}【解析】rm{(1)K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{(1)K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}

}吸热。

rm{(2)}

rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{(3)BC}或rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}rm{(5)0.44(}8、略

【分析】若某有机物的分子量为128，若该有机物为链烃，则分子式为C9H20，C(CH2CH3)4或(CH3)3CCH2C(CH3)3。某有机物仅由C、Ｈ、Ｏ三种元素组成，且C、Ｈ、Ｏ原子个数之比为1:2:1，若该有机物为醛类，则其结构简式为HCHO。若该有机物为羧酸，则其结构简式为CH3COOH，该有机物为酯类，则其结构简式为HCOOCH3，若该有机物为糖类，则其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO。若该有机物分子式为C3H6O3，且两分子该有机物可形成六元环状酯，则C3H6O3结构简式为CH3CH（OH）COOH.【解析】【答案】(1)C9H20C(CH2CH3)4或(CH3)3CCH2C(CH3)3C10H8C8H16O(2)HCHOCH3COOHHCOOCH3CH2OH(CHOH)4CHOCH3CH（OH）COOH9、略

【分析】（1）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，这说明升高温度平衡向逆反应方向反应，所以正反应是放热反应。（2）升高温度反应速率一定增大，由于反应前后气体的物质的量不变，但温度变大了，所以压强是升高的。（3）将表中数据分别代入表达式可计算出A、B、C、D分别为1.2、0.25、0、1。830℃时平衡常数是1，因此凡是小于1的，就说明反应是向正反应方向进行的，反之是向逆反应方向进行。（4）设转化率是x，则CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量（mol）4600转化量（mol）4x4x4x4x平衡量（mol）4－4x6－4x4x4x所以有解得x＝0.6。【解析】【答案】（1）放热（2）增大；增大（3）B、C（4）60%10、略

【分析】【解析】【答案】（4分）（1）_10-7NA个（2）_____11、略

【分析】解：反应中高锰酸钾中的锰元素由+7价降为+2价，二氧化硫中的硫元素由+4价升高为+6价，要使得失电子守恒，则高锰酸钾系数为2，二氧化硫系数为5，依据原子个数守恒，方程式：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，依据方程式每反应5mol二氧化硫，转移电子数为5mol×（6-4）=10mol电子，所以反应中转移5mole-，则消耗SO2物质的量为2.5mol；

故答案为：2；5；2；1；2；2；2.5mol．

反应中高锰酸钾中的锰元素由+7价降为+2价；二氧化硫中的硫元素由+4价升高为+6价，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律配平书写方程式，依据方程式判断转移电子数与消耗二氧化硫关系．

本题考查了氧化还原反应的配平，明确氧化还原反应得失电子守恒规律、电子转移数目的计算方法是解题关键，题目难度中等．【解析】2.512、略

【分析】解：（1）用于测定物质的热容及各种反应热的仪器；叫量热计，也称量热仪；量热器；

故答案为：量热计；

（2）A．氢气的物质的量为2mol，反应热△H1不能表示燃烧热；

B．碳燃烧的生成物为CO，表示温度的氧化物CO2，反应热△H2不能表示燃烧热；

C．1mol甲烷完全燃烧，生成的水是气态，不是稳定的状态，应为液态水，故反应热△H3不能表示燃烧热；

D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4中1molC完全燃烧生成二氧化碳，符合燃烧热概念，反应热△H4能表示燃烧热；

E．C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5中1molC6H12O6完全燃烧生成二氧化碳与液态水，符合燃烧热概念，反应热△H5能表示燃烧热；

F．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H6中实质是1mol氢离子与1mol氢氧根离子反应生成1molH2O，符合中和热概念，反应热△H6能表示中和热；

G．2NaOH（ag）+H2SO4（ag）═Na2SO4（ag）+2H2O（l）；△H7反应生成的水为2mol，反应热△H7不能表示中和热；

H．CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）中；醋酸是弱酸，不能表示中和热．

故答案为：△H4、△H5；△H6；

（3）A．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）；△H1=+2akJ/mol在热化学反应方程式中△H＞0，表示吸热，而C2H6燃烧反应是放热反应；故A错误；

B．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H2=-2akJ/mol；完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水放热2akJ，该方程式表示的是气态水，故B错误；

C.2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）；△H3=-4akJ/mol；完全燃烧2mol乙烷生成二氧化碳和液态水放热4akJ，故C正确；

D.2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（g）；△H4=-2akJ/mol；完全燃烧2mol乙烷生成二氧化碳和液态水放热4akJ，故D错误；

故选：C．

（4）KOH的物质的量为0.1L×5mol/L=0.5mol，根据钾离子守恒，故n（K2CO3）=0.5mol×=0.25mol；

根据碳元素守恒由n（CO2）=n（K2CO3）=0.25mol；

根据碳元素守恒可知，丁烷的物质的量n（C4H10）=×0.25mol；放出热量161.9kJ；

所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为161.9kJ×16=2590.4kJ；

故答案为：2590.4kJ；

（5）白磷燃烧的热化学方程式为P4（s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=-2378.0kJ/mol；

则6×197kJ/mol+5×499kJ/mol-12×360kJ/mol-4X=-2378kJ/mol；

X=433.75kJ/mol；

故答案为：433.75．

（1）测量反应热的常用仪器为量热计；

（2）燃烧热指1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物的反应热，一般H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g），中和热指稀溶液中酸与碱反应生成1molH2O的反应热热量；

（3）在25℃、101kPa下，15g乙烷完全燃烧生成CO2和液态水，放热akJ，30g乙烷燃烧生成CO2和液态水时放热akJ×2=2akJ；1mol乙烷质量为30克，所以完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水放热2aKJ，根据燃烧热的概念分析即可解答；

（4）CO2恰好与KOH溶液完全反应生成正盐为K2CO3，根据n=cV计算KOH的物质的量，根据钾元素守恒计算n（K2CO3），根据碳元素守恒由n（CO2）=n（K2CO3）；进而计算丁烷的物质的量，据此计算；

（5）根据反应热等于反应物的总键能与生成物的总键能之差；结合反应热计算键能．

本题考查较为综合，涉及燃烧热与中和热的概念、反应热的有关计算、热化学方程式的意义等，注意中和热与燃烧热概念的把握，难点是白磷、P4O10结构及键能计算反应热，题目难度中等．【解析】量热计；△H4、△H5；△H6；C；2590.4kJ；433.7513、略

【分析】解：rm{CH_{3}CH(C_{2}H_{5})CH(CH_{3})_{2}}的最长碳链含rm{5}个碳原子，离取代基近的一端给主碳链编号得到名称为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷，故答案为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

本题考查了有机物系统命名方法的应用，注意主链选择，起点编号原则，名称书写的规范方法，题目难度不大．【解析】rm{2}rm{3-}二甲基戊烷三、有机推断题(共4题，共8分)14、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH215、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH216、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：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，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl17、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、实验题(共1题，共9分)18、略

【分析】【解析】试题分析：：（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，方程式为Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；2-丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为：(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；（2）由于氢气的密度比空气小，故用向下排空气法；（3）检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO4溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验CO2可以石灰水，检验水蒸气可以无水CuSO4，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序。只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此顺序为④⑤①②③（或④⑤①③②）；（4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是b；（5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1—丁醇。因为1—丁醇，和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。考点：气体检验、化学反应速率、有机反应等【解析】【答案】（1）（2）(3)④⑤①②③(或④⑤①③②)(4)b(5)饱和NaHSO3溶液过滤萃取蒸馏五、简答题(共2题，共6分)19、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}将rm{Zn}棒和rm{Cu}棒用导线连接后，若电解质溶液为稀硫酸，则锌为负极，铜为正极，负极反应为：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}正极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}在正极上有气体生成；

故答案为：负；有气体析出；rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{垄脷}将rm{Zn}棒和rm{Cu}棒用导线连接后，若电解质为硫酸铜溶液，则在正极上析出铜，锌为负极，负极反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}正极反应为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}

故答案为：还原；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}

rm{垄脹}设上述两个过程中都消耗rm{1molZn}则：rm{Cu}棒上rm{(1)}所析出物质的质量为：rm{1mol隆脕2g/mol=2g}rm{(2)}所析出物质的质量为：rm{1mol隆脕64g/mol=64g}rm{Cu}棒上rm{(1)}和rm{(2)}所析出物质的质量之比为rm{2g}rm{64g=1}rm{32}故答案为：rm{1}rm{32}

rm{(2)垄脵}电解硫酸铜溶液，阴极铂上铜离子放电生成铜单质，电极反应式为rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}

故答案为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}

rm{垄脷}阳极上铜失电子发生氧化反应，消耗rm{128g}铜转移电子的物质的量rm{=dfrac{128g}{64g/mol}隆脕2=4mol}

根据串联电路中转移电子相等得消耗标准状况下的氧气体积rm{=dfrac{4mol}{4}隆脕22.4L/mol=22.4L}

氧气的体积占空气的rm{=dfrac

{128g}{64g/mol}隆脕2=4mol}

所以空气体积rm{=dfrac

{4mol}{4}隆脕22.4L/mol=22.4L}

故答案为：rm{20%}．

rm{=22.4隆脗20%=112L}铜锌原电池中；活泼金属作负极，在正极上有气体生成；

rm{112}若电解质为硫酸铜溶液；则在正极上析出铜；

rm{(1)垄脵}根据原电池两极上得失电子数目相等计算；

rm{垄脷}电解硫酸铜溶液；阴极上铜离子放电，阳极上铜失电子发生氧化反应；根据串联电路中转移电子相等计算．

本题以联氨为背景考查了原电池及电解池，据电解原理的电极反应特点写出铂极上的电极反应式，并结合质量变化进行相关计算，根据已知化学电源的书写方法，难度不大．rm{垄脹}【解析】负；有气体析出；rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}还原；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}rm{1}rm{32}rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓TCu}rm{112}20、（1）Mg、Si

（2）BN>NaCl>SiCl4

（3）可形成分子间氢键，使得较易液化sp3三角锥形

（4）12面心立方

（5）Cu3NCu3N+4HCl=3CuCl↓+NH4Cl【分析】【分析】本题旨在考查学生对晶胞、杂化轨道理论、电离能等应用。【解答】根据题意，A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}分别为rm{N}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{S}rm{Cu}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分别为rm{F}rm{N}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{S}rm{Cu}元素基态原子核外电子的轨道表达式为：rm{(1)A}元素基态原子核外电子的轨道表达式为：rm{(1)A}之间的元素是：；在同周期元素中第一电离能介于rm{C}rm{E}之间的元素是：rm{C}rm{E}rm{Mg}rm{Si}；故答案为：；rm{Mg}为原子晶体，氯化钠为离子晶体，四氯化硅为分子晶体，故熔点高低顺序为：rm{Si}；rm{(2)BN}为原子晶体，氯化钠为离子晶体，四氯化硅为分子晶体，故熔点高低顺序为：rm{(2)BN}rm{BN>NaCl>SiCl_{4}}的最简单氢化物易液化，其原因是：可形成分子间氢键，使得较易液化；故答案为：rm{BN>NaCl>SiCl_{4}}；可形成分子间氢键，使得较易液化rm{(3)A}的最简单氢化物易液化，其原因是：rm{(3)A}；三氧化硫为rm{sp^{3}}根据图示，杂化，空间结构为三角锥形，故答案为：个位于顶碘，；个位于面心，rm{sp^{3}}个位于体心，故晶胞中；三角锥形；原子的配位数为rm{(4)垄脵}根据图示，rm{8}个位于顶碘，rm{6}个位于面心，rm{1}个位于体心，故晶胞中rm{F}原子的配位数为rm{12}rm{F}单质晶体中原子的堆积方式是面心立方堆积，故答案为：rm{12}rm{(4)垄脵}单质晶体中原子的堆积方式是面心立方堆积，故答案为：rm{8}面心立方；rm{6}原子半径rm{1}rm{F}rm{12}rm{F}单质晶体密度计算式为rm{dfrac{4M}{NA隆脕{a}^{3}}隆脕{10}^{30}}rm{12}rm{垄脷F}原子半径rm{r=}rm{垄脷F}rm{dfrac{4M}{NA隆脕{a}^{3}}隆脕{10}^{30}}rm{r=}rm{dfrac{sqrt{2}}{4}a}根据图示，该晶体的化学式为：rm{pm}rm{F}单质晶体密度计算式为rm{pm}rm{F}r