2025年粤教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版高二化学上册阶段测试试卷34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7题，共14分)1、在下列各说法中，正确的是()A.ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应B.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不能表示分子个数C.热化学方程式中的ΔH的值与各物质的状态、化学计量数、反应条件均有关D.1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热2、在Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2↑反应中，下列说法正确的是（）A.生成1molCu，转移2mol电子B.Cu是氧化产物C.氧化剂只有Cu2OD.Cu2S既是氧化剂又是还原剂3、下列反应属于加成反应的是（）4、a、b、c、d是四种短周期元素。a、b、d同周期，c、d同主族。a的原子结构示意图为b与c形成化合物的电子式为下列比较中正确的是（）A.原子半径：a＞c＞d＞B.电负性a＞b＞d＞cC.原子序数：d＞a＞c＞D.最高价含氧酸的酸性c＞d＞a5、下列叙述中，正确的是（）A.1s电子云界面图是一个球面，电子云中的每个小黑点代表一个电子B.NaH中的σ键是由两个原子的s、p轨道以“头碰头”方式重叠形成的C.对于组成结构相似的分子，一定是相对分子质量越大，熔、沸点越高D.在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析6、能大量共存于同一溶液中的离子组是rm{(}rm{)}A.rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{SO_{4}^{2隆陋}}B.rm{Ca^{2+}}rm{NO_{3}^{隆陋}}rm{Cl^{隆陋}}C.rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{OH^{隆陋}}D.rm{H^{+}}rm{Cl^{隆陋}}rm{HCO_{3}^{隆陋}}7、下列做法中不会对人体造成危害的是()A.在某些食品中添加苏丹红rm{(}色素rm{)}使食品的色泽更加诱人B.用福尔马林rm{(35拢楼隆芦40拢楼}甲醛水溶液rm{)}浸泡海产品，防腐保鲜C.每天饮食中搭配一定量的蔬菜、水果，以满足人体对维生素rm{C}的需要D.将含有甲醇rm{(CH}rm{{,!}_{3}}rm{0H)}的工业酒精兑制成饮用白酒出售，以提高利润评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、（14分）钠及其化合物具有广泛的用途。（1）常温下，浓度均为0．1mol·L-1的下列五种钠盐溶液的pH如下表；。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8．89．711．610．311．1上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是________，根据表中数据，浓度均为0．01mol·L—1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是________（填编号）。A．HCNB．HClOC．CH3COOHD．H2CO3（2）有①100ml0．1mol/LNaHCO3②100ml0．1mol/LNa2CO3两种溶液，溶液中水电离出的H+个数：①②(填“>”、“＝”或“<”，下同)。溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①②（3）NaHCO3是一种（填“强”或“弱”）电解质；写出HCO3―水解的离子方程式：，常温下，0．1mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na＋、HCO3―、H2CO3、CO32―、OH―五种微粒的浓度由大到小的顺序为：。（4）实验室中常用NaOH来进行洗气和提纯。①当150ml1mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下2．24LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为②几种离子开始沉淀时的PH如下表：。离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7．65．210．4当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加NaOH溶液时，（填离子符号）先沉淀，Ksp[Fe(OH)2]Ksp[Mg(OH)2](填“>”、“＝”或“<”)，要使0．2mol/L硫酸铜溶液中Cu2＋沉淀较为完全（使Cu2＋浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为。（KspCu(OH)2＝2×10－20mol2·L－2）9、(8分)1918年，Lewis提出反应速率的碰撞理论：反应物分子间的相互碰撞是反应进行的必要条件，但并不是每次碰撞都能引起反应，只有少数碰撞才能发生化学反应。能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞。(1)图I是HI分解反应中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是（选填“A”、“B”或“C”）；(2)20世纪30年代，Eyring和Pelzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。图Ⅱ是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：；(3)过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了反应的途径，对大多数反应而言主要是通过改变过渡态而导致有效碰撞所需要的能量发生变化。____________________________(4)进一步研究表明，化学反应的能量变化(ΔH)与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：。化学键C－HCl－ClC—ClH—Cl键能/kJ·mol–1X243330432已知：反应CH4(g)+Cl2(g)=CH3Cl(g)+HCl(g)；△H=-106kJ/mol，则上表中X＝。10、某有机物的分子式是C2H6O2，它的红外吸收光谱表明有羟基O-H键和烃基上C-H键的红外吸收峰，其核磁共振氢普如图所示．该有机物的结构简式是______．11、现有下列rm{4}种有机物：rm{垄脵CH隆脭CH垄脷CH_{3}CHO垄脹CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}}

rm{(1)}能与银氨溶液反应生成乙酸铵的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{(2)}能发生加聚反应生成导电高分子材料的是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{(3)}写出rm{垄脹}与rm{NaOH}的乙醇溶液共热生成rm{1}rm{3-}丁二烯的化学方程式是______．12、如图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极．通电一段时间后，b电极变粗；且在c；d电极有气体产生，两极上共收集到336mL（标准状态）气体．回答：

（1）直流电源中，M为____极．

（2）Pt电极上生成的物质是____，其质量为____g．

（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为：2：____：____：____．

（4）AgNO3溶液的浓度____（填“增大”、“减小”或“不变”．下同），AgNO3溶液的pH____，H2SO4溶液的浓度____，H2SO4溶液的pH____．

13、制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶的主要材料是透明聚酯玻璃钢，制备它的一种配方中含有下列四种物质：（甲）（乙）（丙）（丁）填写下列空白：（1）甲中不含氧原子的官能团是______；甲分子_____（填“有”或“无”）顺反异构现象；下列试剂能与甲反应而褪色的是（填标号）____。a.Br2/CCl4溶液b.石蕊溶液c.酸性KMnO4溶液（2）写出乙与足量Na反应的化学方程式____。（3）已知：利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是____。（4）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为____。14、(6分)（1）氨气催化氧化生产硝酸,硝酸厂常用催化还原法处理尾气:催化剂存在时用H2将NO2还原为N2。已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ·mol-1则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是____。（2）氮气和氢气合成氨是化学工业中极为重要的反应,其热化学方程式可表示为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1。请回答下列问题:①取1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中,在催化剂存在时进行反应,测得反应放出的热量____92kJ(填“大于”“等于”或“小于”),原因是____；评卷人得分三、简答题(共6题，共12分)15、把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热，可看到铜丝表面变______色，生成的物质是______，立即将它插入盛乙醇的试管，发现铜丝表面变______色，试管中有______气味的物质生成，其化学方程式是______．16、过渡金属元素能形成多种配合物，这些配合物在生产生活中的应用越来越广泛。请根据配位化学的相关知识回答下列问题rm{(1)CuCl_{2}}溶液有时呈黄色，有时呈绿色或蓝色，这是因为在rm{CuCl_{2}}的水溶液中存在如下平衡：rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]^{2+}+4Cl^{-}篓P[CuCl_{4}]^{2-}+4H_{2}O}蓝色绿色欲使溶液由绿色变为蓝色，可采用的方法有__________。A.加rm{NaCl}溶液rm{B.}加水rm{C}rm{.}加rm{AgNO_{3}}溶液rm{D.}加rm{NaOH}溶液rm{(2)}配合物铁氰化钾rm{K_{3}Fe(CN)_{6}}可用于电子传感器的制作，也可用于检验rm{Fe^{2+}}其中提供孤电子对的是_________原子________；写出与配体互为等电子体的一种分子和离子的化学式分别为________、_______。rm{(3)Cr}的一种配合物的化学式为rm{CrCl_{3}隆陇6H_{2}O}已知rm{0.1molCrCl_{3}隆陇6H_{2}O}在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生rm{0.2molAgCl}沉淀。写出此配合物的配离子的化学式_________________。rm{(4)Fe}rm{Co}rm{Ni}等过渡元素易与rm{CO}形成配合物，化学式遵循rm{18}电子规则：中心原子的价电子数加上配体提供的电子数之和等于rm{18}如rm{Ni}与rm{CO}形成配合物化学式为rm{Ni(CO)_{4}}则rm{Fe}与rm{CO}形成配合物化学式为_______。17、“北京烤鸭”举世闻名rm{.}制作烤鸭套餐的部分原料如下：rm{垄脵}鸭肉、rm{垄脷}面粉、rm{垄脹}黄瓜、rm{垄脺}食盐rm{.}请回答：

rm{(1)}富含淀粉的是______rm{(}填序号，下同rm{)}．

rm{(2)}富含蛋白质的是______．

rm{(3)}富含维生素的是______．

rm{(4)}属于调味剂的是______．18、用如图所示装置进行实验；将A逐滴加入B中：

（1）若A为浓硫酸；B为第三周期金属元素的片状单质，在常温下与冷水反应现象不明显；C为品红溶液．观察到品红溶液褪色．则B与浓H2SO4反应化学方程式：______，反应停止后往烧杯中加入沸水，又可观察到试管C中的现象：______；

（2）若B为Na2CO3溶液，C为C6H5ONa溶液，实验所观察到小试管内溶液由澄清变浑浊，则试管C中化学反应的离子方程式：______，然后往烧杯中加入沸水，可观察到试管C中的现象：______；

（3）若B是生石灰，观察到C溶液先形成沉淀，然后沉淀溶解．当沉淀完全溶解，恰好变澄清时，关闭E．然后往小试管中加入少量葡萄糖溶液，再往烧杯中加入热水，静置片刻，观察到试管壁出现光亮的银镜，则A是______（填名称），C是______（填化学式）．19、CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是______分子（填“极性”或“非极性”）．20、铍及其化合物的应用正日益被重视。rm{(1)}最重要的含铍矿物是绿柱石，含rm{2拢楼}铬rm{(Cr)}的绿柱石即为祖母绿。基态rm{Cr}原子价电子的轨道表示式为__________。rm{(2)}铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_____rm{(}填标号rm{)}rm{A.}都属于rm{p}区主族元素rm{B.}电负性都比镁大rm{C.}第一电离能都比镁大rm{D.}氯化物的水溶液rm{pH}均小于rm{7}rm{(3)}铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成rm{(}最密堆积rm{)}铍的熔点rm{(155lK)}比铝的熔点rm{(930K)}高，原因是______________。rm{(4)}氯化铍在气态时存在rm{BeC1_{2}}分子rm{(a)}和二聚分子rm{(BeCl_{2})_{2;}(b)}固态时则具有如下图所示的链状结构rm{(c)}rm{垄脵a}属于__________rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}分子。rm{垄脷b}中rm{Be}原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。rm{b}的结构式为____rm{(}标出配位键rm{)}rm{垄脹c}中rm{Be}原子的杂化方式为__________。rm{垄脺}氯化铍晶体中存在的作用力有rm{拢脽(}填标号rm{)}rm{A.}范德华力rm{B.娄脪}键rm{C.}极性键rm{D.}非极性键rm{E.}离子键rm{(5)BeO}立方晶胞如下图所示。rm{垄脵BeO}晶体中，rm{O^{2-}}的配位数为___________。rm{垄脷}若rm{BeO}晶体的密度为rm{dg/cm^{3}}则晶胞参数边长rm{a=}____rm{nm(}列出计算式即可rm{)}评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)21、（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。22、（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。23、（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。24、（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。评卷人得分五、推断题(共4题，共24分)25、短周期的rm{5}种非金属元素，其中rm{A}rm{B}rm{C}的原子最外层电子排布可表示为：rm{A}rm{as^{a}}rm{B}rm{bs^{b}bp^{b}}rm{C}rm{cs^{c}cp^{2c}}rm{D}与rm{B}同主族，rm{E}在rm{C}的下一周期，且是同周期元素中电负性最大的元素。回答下列问题：rm{(1)}由rm{A}rm{B}rm{C}rm{E}四种元素中的两种元素可形成多种分子，下列分子rm{垄脵BC}由rm{(1)}rm{A}rm{B}rm{C}四种元素中的两种元素可形成多种分子，下列分子rm{E}rm{垄脵BC}rm{{,!}_{2}}、rm{垄脷BA}rm{垄脷BA}rm{{,!}_{4}}、rm{垄脹A}rm{垄脹A}rm{{,!}_{2}}rm{C}rm{C}填序号rm{{,!}_{2}}、rm{垄脺BE}的气态氢化物比下一周期同族元素的气态氢化物沸点还要高，其原因是___________________________________________。rm{垄脺BE}rm{{,!}_{4}}两元素能和，其中属于极性分子的是________rm{(}填序号rm{)}元素组成两种常见的溶剂，其分子式分别为_______、________。相同条件下rm{(}rm{)}rm{(2)C}的气态氢化物比下一周期同族元素的气态氢化物沸点还要高，其原因是___________________________________________。填“大于”或“小于”rm{(2)C}在后者中的溶解度。rm{(3)B}rm{C}两元素能和rm{A}元素组成两种常见的溶剂，其分子式分别为_______、________。相同条件下rm{DE}rm{(3)B}rm{C}rm{A}rm{DE}rm{{,!}_{4}}在前者中的溶解度________rm{(}填“大于”或“小于”rm{)}在后者中的溶解度。填化学式rm{(}rm{)}rm{(4)BA}rm{(4)BA}rm{{,!}_{4}}三种元素可形成多种含氧酸，如、rm{BE}rm{BE}rm{{,!}_{4}}和rm{DE}rm{DE}rm{{,!}_{4}}的沸点从高到低的顺序为______________rm{(}填化学式rm{)}rm{(}填化学式rm{)}​26、下图所示为某一药物rm{F}的合成路线：

rm{(1)A}中含氧官能团的名称分别是中含氧官能团的名称分别是rm{(1)A}、

。步骤Ⅱ发生反应的类型是rm{(2)}步骤Ⅱ发生反应的类型是

rm{(2)}。写出步骤Ⅲ的化学反应方程式

rm{(3)}写出步骤Ⅲ的化学反应方程式rm{(3)}写出同时满足下列条件的。的一种同分异构体的结构简式：rm{(4)}写出同时满足下列条件的rm{A}的一种同分异构体的结构简式：不含甲基；rm{(4)}是的衍生物，且环上只有一个取代基；rm{A}能发生银镜反应和水解反应。不考虑的变化rm{垄脵}rm{垄脷}请参照上面合成路线，以间二甲苯、rm{垄脹}rm{(}为有机原料rm{)}无机试剂任选rm{(5)}合成

rm{ClCH_{2}COCl}rm{(C_{2}H_{5})_{2}NH}rm{(}合成路线流程图示例：rm{)}27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}四种有机物，其中rm{B}rm{C}为不饱和烃，但是只有rm{B}能够使溴的四氯化碳溶液褪色；rm{A}能够在光照条件下与氯气发生取代反应，其二氯取代物是rm{D}rm{D}有两种同分异构体；rm{B}与溴的四氯化碳溶液可以发生加成反应，加成产物是rm{E}且rm{E}只有一种同分异构体rm{F}rm{C}在rm{FeBr_{3}}在催化剂的作用下，可以与液溴发生取代反应，取代产物是rm{G}rm{G}没有同分异构体。试根据以上事实，推断rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}的结构简式。rm{A}；rm{B}；rm{C}；rm{D}；rm{E}；rm{F}；28、橡胶rm{Q}酯rm{W}的合成路线如下：

已知：rm{垄脵}

rm{垄脷}

rm{(R}rm{R隆炉}可以是氢原子、烃基或官能团rm{)}rm{(1)}在系统命名法中，rm{Q}的名称是________，合成rm{A}的反应类型是_________。rm{(2)B}中所含官能团的名称是____________________________。rm{(3)}试剂rm{b}的结构式是____________________________。rm{(4)}下列说法中，正确是_________________________。rm{垄脵}试剂rm{a}为甲醇rm{垄脷R}中所有碳原子可能在同一平面rm{垄脹}形成的单体中含rm{G}rm{垄脺}橡胶rm{Q}不易被rm{Br_{2}}腐蚀rm{(5)C隆煤D}的化学方程式是__________________。rm{(6)}试剂rm{b}与苯酚形成高分子化合物的化学方程式是____________________。rm{(7)F}的结构简式是____________________________________。rm{(8)}以rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}和rm{HOCH_{2}CH=CHCHO}为原料制备示例：rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}xrightarrow[]{HBr}C{H}_{3}C{H}_{2}Brxrightarrow[水/?]{NaOH}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}．其合成路线图是：_______________________________________________。rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}

xrightarrow[]{HBr}C{H}_{3}C{H}_{2}Br

xrightarrow[水/?]{NaOH}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共20分)29、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）。30、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：_____________。31、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）。32、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7题，共14分)1、B【分析】A不正确，ΔH>0表示吸热反应，ΔH<0表示放热反应；反应热与反应条件是无关系的，C不正确；燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，D不正确，答案选B。【解析】【答案】B2、D【分析】试题分析：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑反应中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，S元素的化合价由-2价升高为+4价，A．由反应可知，生成6molCu转移6mol电子，则生成1molCu，转移1mol电子，故错误；B．Cu元素的化合价降低，则Cu是还原产物，故错误；C．反应中Cu元素的化合价降低，则Cu2O、Cu2S均为氧化剂，故错误;D．Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故正确；答案选D考点：氧化还原反应【解析】【答案】D3、C【分析】【解析】【答案】C4、D【分析】【分析】从a的原子结构示意图可知，a的核外电子排到了第三层，前两层必定为2、8个电子，也就是x=2，所以a为14号元素硅，在第三周期。从电子式看出c原子核外排满8电子后为-3价，所以c是第五主族元素，且不与a对应的硅元素同周期，c应为第二周期第五主族元素N，与c同族的d应为第三周期第五主族的元素P。从电子式还看出，b元素为正一价；应为第一主族元素，且是第三周期，为Na。四个元素在周期表中的位置如下图：

A.原子半径比较，原子电子层数越多半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，正确顺序应为b>a>d>c；

B.元素的非金属性越强，电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素。非金属性同周期从左到右越来越强，同主族越往上越强，正确电负性顺序为c>d>a>b；

C.原子序数正确顺序为d>a>b>c；

D.最高价含氧酸的酸性与元素的非金属性成正比，所以c＞d＞a顺序正确。5、D【分析】解：A．1s电子云界面图是一个球面；是人为划定的球面，电子云中小黑点的疏密表示出现机会的多少，密则机会大，疏则机会小，每个小黑点不代表一个电子，故A错误；

B．NaH中只有离子键；没有共价键，即NaH中没有σ键，故B错误；

C．分子晶体中分子间存在氢键时沸点较高；没有分子间氢键的分子晶体，若组成结构相似的分子，一定是相对分子质量越大，熔；沸点越高，故C错误；

D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱；不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故D正确；

故选D．

A．小黑点的疏密表示出现机会的多少；

B．NaH中只有离子键；没有共价键；

C．分子晶体中分子间存在氢键时沸点较高；

D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱．

本题考查了电子云的含义、共价键、分子晶体的性质、原子光谱等，属于原子结构与元素性质内容的考查，题目难度不大．【解析】【答案】D6、B【分析】【分析】本题考查溶液中离子的共存问题，注意离子反应发生的条件。【解答】A.硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，错误；B.三种离子之间互不反应，可以共存，正确；C.镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能共存，错误；D.碳酸氢根与氢离子反应生成水和二氧化碳，不能共存，错误。故选B。【解析】rm{B}7、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】试题分析：（1）五种钠盐都属于强碱弱酸盐，根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液碱性越强知Na2CO3水解程度最大，即CO32-结合H+能力最强；由表知道，CH3COOH的酸性最强，分别稀释100倍，pH变化最大的CH3COOH，选C；（2）有①100ml0．1mol/LNaHCO3②100ml0．1mol/LNa2CO3两种溶液，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，故溶液中水电离出的H+个数：①＜②，溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①＜②；（3）NaHCO3属于盐类，是一种强电解质；HCO3―水解的离子方程式为：HCO3―+H2OH2CO3+OH―，常温下，0．1mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则碳酸氢根的水解程度大于其电离程度，又碳酸氢根的电离和水解是微弱的，故溶液中Na＋、HCO3―、H2CO3、CO32―、OH―五种微粒的浓度由大到小的顺序为：c（Na＋）＞c（HCO3―）＞c（OH―）＞c（H2CO3）＞c（CO32―）；（4）①150mL1mol•L-1的NaOH的物质的量为0.15mol，标准状况下2.24LCO2的物质的量为0.1mol，二者反应所得溶液为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，则溶液中离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HCO3―）＞c（CO32―）＞c（OH―）＞c（H＋）；②根据表中数据分析，当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加NaOH溶液时，Cu2+先沉淀，Ksp[Fe(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，KspCu(OH)2＝c(Cu2＋)c2(OH－)=2×10－20mol2·L－2，要使0．2mol/L硫酸铜溶液中Cu2＋沉淀较为完全（使Cu2＋浓度降至原来的千分之一）即c(Cu2＋)=2×10—4mol/L，则溶液中c(OH－)=1×10—8mol/L，溶液的pH为6。考点：考查弱电解质的电离、盐类的水解及沉淀溶解平衡。【解析】【答案】（1）CO32-（1分）C（1分）（2）＜（1分）＜（1分）（3）强（1分）HCO3―+H2OH2CO3+OH―（1分）c（Na＋）＞c（HCO3―）＞c（OH―）＞c（H2CO3）＞c（CO32―）（2分）（4）①c（Na＋）＞c（HCO3―）＞c（CO32―）＞c（OH―）＞c（H＋）②Cu2+（1分）<（1分）6（2分）9、略

【分析】（1）C中有产物氢气及碘蒸气的生成（2）由图可知△H=－234kJ·mol－1（3）加入催化剂，只是减小活化能，但起始状态并不改变，具体见图(4)△H=4X+243-3X-330-432=-106kJ/mol，可推出X=413【解析】【答案】(8分)(1)C(2)NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g)；ΔH＝-234kJ/mol(3)(见图)(4)41310、略

【分析】解：乙二醇有羟基O-H键和烃基上C-H键，分子中有两种氢原子，结合分子式是C2H6O2，可知结构简式是HOH2C-CH2OH，故答案为：HOH2C-CH2OH．

根据有羟基O-H键和烃基上C-H键；分子中有两种氢原子解题．

本题考查有机物分子式与结构式的确定，难度不大，明确物质的结构是解题的关键．【解析】HOH2C-CH2OH11、略

【分析】解：rm{(1)}能与银氨溶液反应生成乙酸铵的是rm{垄脷}发生氧化反应，故答案为：rm{垄脷}

rm{(2)}能发生加聚反应生成导电高分子材料的是rm{垄脵}故答案为：rm{垄脵}

rm{(3)垄脹}与rm{NaOH}的乙醇溶液共热生成rm{1}rm{3-}丁二烯的化学方程式是rm{CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}+2NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+2NaBr+2H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}+2NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+2NaBr+2H_{2}O.}

rm{CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}+2NaOH

xrightarrow[triangle

]{{麓录}}CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+2NaBr+2H_{2}O}银氨溶液能氧化含rm{CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}+2NaOH

xrightarrow[triangle

]{{麓录}}CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+2NaBr+2H_{2}O.}的有机物；

rm{(1)}含碳碳双键；三键的有机物可发生加聚反应；

rm{-CHO}与rm{(2)}的乙醇溶液共热生成rm{(3)垄脹}rm{NaOH}丁二烯；为消去反应．

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，注意有机反应的判断，题目难度不大．rm{1}【解析】rm{垄脷}rm{垄脵}rm{CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}+2NaOHxrightarrow[triangle]{{麓录}}CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+2NaBr+2H_{2}O}rm{CH_{3}CHBrCHBrCH_{3}+2NaOH

xrightarrow[triangle

]{{麓录}}CH_{2}=CH-CH=CH_{2}+2NaBr+2H_{2}O}12、略

【分析】

（1）根据题意知，电极a、b上没有气体生成，则a作阳极，b为阴极；所以M是原电池正极，故答案为：正；

（2）电解稀硫酸反应时，当通电一段时间后，c、d两极共收集到336mL气体（标准状况），则阴极发生2H++2e-═H2↑，阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O，实际上电解的是水，电池反应式为：2H2O2H2↑+O2↑，根据方程式知，生成氢气的体积占总体积的所以混合气体中氢气的体积是224mL，根据2H++2e-═H2↑知；转移电子的物质的量是0.02mol，串联电解池中转移电子数相等，电镀池阴极上析出银的质量为。

Ag++e-=Ag

1mol108g

0.02mol2.16g

故答案为：银；2.16g；

（3）b电极上的电极反应式为：Ag++e-=Ag

C．电极上的电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑

d．电极上的电极反应式为：2H++2e-=H2↑

假设转移电子的物质的量是2mol；则生成银2mol；生成氧气0.5mol、生成氢气1mol，所以。

所以电子的物质的量与电极b；c、d分别生成的物质的物质的量之比为：2：2：0.5：1；

故答案为：2；0.5；1；

（4）在铂电极上镀银时，阳极上的电极反应式为Ag-e-=Ag+，阴极上的电极反应式为Ag++e-=Ag，所以硝酸银溶液的浓度不变，溶液的pH不变；电解稀硫酸溶液时，阴极发生2H++2e-═H2↑，阳极发生4OH--4e-═O2↑+2H2O；实际上电解的是水，溶液中的溶质不变，溶剂减少，导致稀硫酸的浓度增大，溶液的pH值减小；

故答案为：不变；不变；增大；减小．

【解析】【答案】通电一段时间后，b电极变粗，说明溶液中的阳离子在b电极上得电子，所以b电极是阴极；则a；c是阳极，d是阴极，M是原电池正极，N是负极；

（1）根据以上分析确定M的电极；

（2）电解池阴极上析出银；根据转移电子数计算生成银的质量；

（3）根据生成物与转移电子的关系式计算；

（4）在铂电极上镀银时，阳极上的电极反应式为Ag-e-=Ag+，阴极上的电极反应式为Ag++e-=Ag；据此确定溶液中银离子是否变化；电解稀硫酸时，实际上电解的是水，根据硫酸的浓度确定溶液pH值的变化．

13、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由甲的结构简式可得出含有的官能团是碳碳双键和酯基；由于碳碳双键中其中1个不饱和碳原子含有2个氢原子，所以不存在顺反异构；有碳碳双键所以可以使溴的四氯化碳或酸性高锰酸钾溶液褪色，答案选ac。（2）乙二醇中含有2个羟基，所以和金属钠反应的方程式是（3）由已知信息可知，要生成苯乙烯，就需要用乙苯脱去氢，而要生成乙苯则需要苯和氯乙烷反应，所以有关的方程式是：①CH2＝CH2+HClCH3CH2Cl；②+CH3CH2Cl＋HCl；③其中属于取代反应的是②。（4）丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，说明丁中含有苯环和酚羟基。苯酚的相对分子质量为94，110－94＝16，因此还含有一个氧原子，故是二元酚。又因为丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种，所以只能是对位的，结构简式是考点：考查有机物官能团、结构简式、同分异构体、性质以及方程式的书写【解析】【答案】（10分）（1）碳碳双键（或）（1分）；无（1分）；ac（2分）（2）（2分）（3）+CH3CH2Cl＋HCl（2分）（4）（2分14、略

【分析】（1）根据盖斯定律可知，①×2－②即得到4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)，所以该反应的反应热△H＝－483.6kJ/mol×2－67.7kJ/mol＝－1034.9kJ/mol。（2）由于该反应是可逆反应，反应物的转化率达不到100％，即反应物无法全部转化为生成物，所以实际放出的热量小于92kJ。【解析】【答案】（6分）（1）4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1034.9kJ·mol-1（2分）(2)①小于；由于该反应是可逆反应,反应物无法全部转化为生成物；(每空2分)三、简答题(共6题，共12分)15、略

【分析】解：把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热；铜被氧气氧化为黑色氧化铜，立即将它插入盛乙醇的试管；

氧化铜能将乙醇氧化为乙醛，同时由黑色氧化铜又变成红色铜，试管中有刺激性气味的乙醛生成，金属铜在反应中作催化剂，故答案为：黑；氧化铜；红；刺激性；rm{2C_{2}H_{5}OH+O}2rm{xrightarrow[triangle]{Cu}}rm{xrightarrow[triangle

]{Cu}}或rm{C_{2}H_{5}OH+CuOoverset{triangle}{}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O)}．

金属铜在乙醇氧化生成乙醛的反应中作催化剂；螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热，铜被氧气氧化为黑色氧化铜，氧化铜能将乙醇氧化为乙醛，自身被还原成铜．

本题考查了乙醇化学性质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O(}【解析】黑；氧化铜；红；刺激性；rm{2C_{2}H_{5}OH+O}2rm{xrightarrow[triangle]{Cu}}rm{xrightarrow[triangle

]{Cu}}或rm{C_{2}H_{5}OH+CuOoverset{triangle}{}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O)}．rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O(}16、rm{(1)BC}

rm{(2)C}rm{CO(}或rm{N_{2})}rm{C_{2}^{2-}}

rm{(3)[Cr(H_{2}O)_{5}Cl]^{2+;}}

rm{(4)Fe(CO)_{5}}【分析】【分析】本题考查物质结构和性质，rm{(3)}中配合物的外界可与rm{Ag^{+}}反应，内界不能与rm{Ag^{+}}反应，题目难度不大。【解答】rm{(1)A.}加rm{NaCl}溶液，氯离子浓度增大，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，故A不选；B.加水，平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，故B选；C.加rm{AgNO_{3}}溶液，与氯离子反应生成沉淀，平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，故C选；D.加rm{NaOH}溶液，与铜离子反应生成蓝色沉淀，故D不选；故答案为rm{BC}rm{(2)}配合物rm{{K}_{3}Fe{left(CNright)}_{6}}中，rm{{K}_{3}Fe{left(CNright)}_{6}

}含有rm{CN^{-}}rm{C}三键，其中rm{N}个是rm{1}键，rm{娄脪}原子有孤对电子，铁原子有空轨道，则提供孤电子对的是rm{N}原子，具有相同原子数、价电子数的互为等电子体，配位体为rm{N}则与配体互为等电子体的一种分子的化学式为rm{CN^{-}}或rm{CO(}故答案为：rm{N_{2})}rm{C}或rm{CO(}rm{N_{2})}rm{(3)0.1molCrCl_{3}隆陇6H_{2}O}在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生rm{C_{2}^{2-}}沉淀，则配位化合物中外界离子中含rm{(3)0.1

molCrCl_{3}隆陇6H_{2}O}个氯离子，则此配合物的配离子的化学式rm{{left[Cr{left({H}_{2}Oright)}_{5}Clright]}^{2+}}因此，本题正确答案是：rm{{left[Cr{left({H}_{2}Oright)}_{5}Clright]}^{2+}}rm{0.2molAgCl}做配体时有rm{2}个孤对电子，则可提供的电子数为rm{{left[Cr{left({H}_{2}Oright)}_{5}Clright]}^{2+}

}rm{{left[Cr{left({H}_{2}Oright)}_{5}Clright]}^{2+}

}的价电子是rm{(4)CO}一共有rm{2}个，遵循rm{2}电子规则，则rm{Fe}与rm{3d^{6}4s^{2}}形成配合物化学式为rm{8}rm{18}【解析】rm{(1)BC}rm{(2)C}rm{CO(}或rm{N_{2})}rm{C_{2}^{2-}}rm{(3)[Cr(H_{2}O)_{5}Cl]^{2+;}}rm{(4)Fe(CO)_{5}}17、略

【分析】解：rm{(1)}面粉富含淀粉，故答案为：rm{垄脷}

rm{(2)}鸭肉富含蛋白质，故答案为：rm{垄脵}

rm{(3)}黄瓜富含维生素，故答案为：rm{垄脹}

rm{(4)}食盐有咸味，是调味剂，故答案为：rm{垄脺}．

rm{(1)}面粉富含淀粉；

rm{(2)}肉类富含蛋白质；

rm{(3)}蔬菜；水果富含维生素；

rm{(4)}食盐有咸味．

本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脺}18、略

【分析】解：（1）若A为浓硫酸；B为第三周期金属元素的片状单质，在常温下与冷水反应现象不明显，应为Mg；C为品红溶液．观察到品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，反应的方程式为Mg+2H2SO4（浓）═MgSO4+SO2↑+2H2O；二氧化硫的漂白性具有可逆性，加热可恢复原来的颜色；

故答案为：Mg+2H2SO4（浓）═MgSO4+SO2↑+2H2O；溶液又呈红色；

（2）碳酸酸性比苯酚强，二氧化碳可与苯酚钠溶液反应生成苯酚，方程式为C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3-；加热时，苯酚的溶解度增大，溶于水，可观察到溶液变澄清；

故答案为：C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3-；浑浊变澄清；

（3）观察到试管壁出现光亮的银镜；说明C中生成银氨溶液，则A应为浓氨水，在生石灰作用下生成氨气，氨气与硝酸银溶液反应生成银氨溶液，银氨溶液与乙醛在加热条件下反应生成银镜；

故答案为：氨水；AgNO3．

（1）若A为浓硫酸；B为第三周期金属元素的片状单质；在常温下与冷水反应现象不明显，应为Mg；C为品红溶液．观察到品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体；

（2）碳酸酸性比苯酚强；二氧化碳可与苯酚钠溶液反应生成苯酚；

（3）观察到试管壁出现光亮的银镜；说明C中生成银氨溶液，则A应为浓氨水，在生石灰作用下生成氨气，氨气与硝酸银溶液反应生成银氨溶液，银氨溶液与乙醛在加热条件下反应生成银镜．

本题考查较为综合，涉及物质的性质探究以及制备等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理、方法，难度不大．【解析】Mg+2H2SO4（浓）═MgSO4+SO2↑+2H2O；溶液又呈红色；C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3-；浑浊变澄清；氨水；AgNO319、略

【分析】解：非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，CCl4、CS2是非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，所以CrO2Cl2是非极性分子；

故答案为：非极性．

非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，CCl4、CS2属于非极性溶剂；据此分析．

本题考查了极性分子与非极性分子的判断、相似相溶原理的应用，题目难度不大，注意把握相似相溶原理内容．【解析】非极性20、（1）（2）B、D（3）Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强（4）①非极性②③sp3

④A、B、C（5）①4

②【分析】【分析】【解答】rm{(1)}rm{Cr}原子原子rm{Cr}处于基态时，价电子排布可电子排布式表示，成rm{3d^{5}4s^{1}}rm{3d^{5}4s^{1}}故答案为：轨道表示式为．，属于rm{(2)A}区主族元素，铝属于铍区主族元素，故A错误；B.电负性都比镁大，故B正确；C.铝的第一电离能都比镁小，故C错误；D.氯化物的水溶液rm{s}均小于rm{p}故D正确；故答案为：rm{pH}rm{7}rm{B}由于rm{D}原子半径比rm{(3)}原子半径小，金属性更强，则rm{Be}比铝的熔点rm{Al}高，故答案为：铍的熔点rm{(155lK)}比铝的熔点rm{(930K)}高原子半径比rm{(155lK)}原子半径小，金属性更强；rm{(930K)}rm{Be}rm{Al}rm{(4)垄脵}非极性分子，故答案为：非极性；rm{BeCl}rm{BeCl}中rm{2}原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，则rm{2}的结构式为故答案为：分子为直线型分子，则为rm{垄脷}中rm{b}中rm{Be}原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，则rm{b}的结构式为原子有rm{b}个成键电子对，则其杂化方式为rm{Be}故答案为：rm{b}rm{垄脹}rm{c}中rm{Be}原子有rm{4}个成键电子对，则其杂化方式为rm{c}键、极性键，故答案为：rm{Be}rm{4}rm{sp^{3}}rm{sp}rm{{,!}^{3}}晶体中，rm{{,!}^{3}}rm{垄脺}周围距离最近的氯化铍晶体中存在范德华力、rm{娄脪}键、极性键有rm{娄脪}个，则rm{A}的配位数为rm{B}故答案为：rm{C}rm{(5)垄脵}rm{BeO}晶体中立方晶胞中rm{BeO}有rm{O}个，rm{O}有rm{{,!}^{2-}}周围距离最近的rm{Be^{2+}}有rm{4}个，则rm{O^{2-}}的配位数为rm{4}，则晶胞参数边长rm{a;=sqrt[3]{dfrac{dfrac{25隆脕4}{6.02隆脕{10}^{23}}g}{dg/c{m}^{3}}}=sqrt[3]{dfrac{1}{6.02d}}nm}故答案为：rm{sqrt[3]{dfrac{1}{6.02d}}}rm{{,!}^{2-}}【解析】rm{(1)}rm{(2)B}rm{D}rm{(3)Be}原子半径比rm{Al}原子半径小，金属性更强rm{(4)垄脵}非极性rm{垄脷}rm{垄脹sp^{3}}

rm{垄脺A}rm{B}rm{C}rm{(5)垄脵4}

rm{垄脷sqrt[3]{dfrac{1}{6.02d}}}rm{垄脷sqrt[3]{dfrac{1}{6.02d}}

}四、探究题(共4题，共28分)21、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）22、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）23、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）24、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）五、推断题(共4题，共24分)25、（1）③

（2）H2O分子间可形成氢键。

（3）C6H6H2O大于。

（4）SiCl4＞CCl4＞CH4

（5）HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO【分析】【分析】本题考查了元素推断、核外电子排布、化学键与物质的性质，难度不大，根据核外电子排布规律正确推断元素，结合相关基础知识进行作答。【解答】由rm{s}轨道最多可容纳rm{2}个电子可得，rm{a=1}rm{b=c=2}即rm{A}为rm{H}rm{B}为rm{C}rm{C}为rm{O.}由rm{D}与rm{B}同主族，且为非金属元素可得rm{D}为rm{Si}由rm{E}在rm{C}的下一周期，且是同周期元素中电负性最大的元素，可推知rm{E}为rm{Cl}．

rm{(1)垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}分别为rm{CO_{2}}rm{CH_{4}}rm{H_{2}O_{2}}rm{CCl_{4}}其中rm{H_{2}O_{2}}为极性分子，其它为非极性分子，故答案为：rm{垄脹}rm{(2)C}的氢化物为rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}分子间可形成氢键是其沸点较高的重要原因，故答案为：rm{H_{2}O}分子间可形成氢键；rm{(3)B}rm{A}两元素组成苯，rm{C}rm{A}两元素组成水，两者都为常见的溶剂，rm{SiCl_{4}}为非极性分子，易溶于非极性溶剂苯中，故答案为：rm{C_{6}H_{6}}rm{H_{2}O}大于；rm{(4)BA_{4}}rm{BE_{4}}rm{DE_{4}}分别为rm{CH_{4}}rm{CCl_{4}}rm{SiCl_{4}}三者结构相似，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，故它们的沸点顺序为rm{SiCl_{4}>CCl_{4}>CH_{4}}故答案为：rm{SiCl_{4}>CCl_{4}>CH_{4}}rm{(5)}这四种酸分别为rm{HClO}rm{HClO_{2}}rm{HClO_{3}}rm{HClO_{4}}含氧酸的通式可写为rm{(HO)_{m}ClO_{n}(mgeqslant1}rm{(HO)_{m}ClO_{n}(mgeqslant

1}rm{ngeqslant0)}值越大，酸性越强，故其酸性由强到弱的顺序为rm{n}故答案为：rm{HClO_{4}>HClO_{3}>HClO_{2}>HClO}rm{HClO_{4}>HClO_{3}>HClO_{2}>HClO}【解析】rm{(1)垄脹}

rm{(2)H_{2}O}分子间可形成氢键。

rm{(3)C_{6}H_{6;}H_{2}O}大于。

rm{(4)SiCl_{4}>CCl_{4}>CH_{4}}

rm{(5)HClO_{4}>HClO_{3}>HClO_{2}>HClO}26、（1）酯基羰基。

（2）加成反应。

（3）+2NaOH+2NaBr+2H2O

（4）或

（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，明确物质含有的官能团及其性质是解题的关键，难点是同分异构体的确定及合成路线的设计，注意根据反应物和目标产物结合题中信息来设计，难度中等。【解答】

根据题中各物质转化关系，比较物质rm{B}和的结构以及反应Ⅱ和Ⅲ的条件可知，rm{B}发生加成反应生rm{D}rm{D}发生消去反应生成所以rm{D}为比较和物质rm{F}的结构以及反应Ⅳ和Ⅴ的条件可知，rm{E}为

rm{(1)}根据rm{A}的结构简式可知，rm{A}中含氧官能团的名称分别是酯基；羰基；故答案为：酯基；羰基；

rm{(2)}步骤Ⅱ发生反应的类型是加成反应；故答案为：加成反应；

rm{(3)}步骤Ⅲ的化学反应方程式为rm{+2NaOH}rm{+2NaBr+2H_{2}O}

故答案为：rm{+2NaOH}rm{+2NaBr+2H_{2}O}

rm{(4)}满足下列条件rm{垄脵}不含甲基；rm{垄脷}是的衍生物，且环上只有一个取代基；rm{垄脹}能发生银镜反应和水解反应说明有醛基和酯基，符合条件的rm{A}的一种同分异构体的结构简式为或rm{)}故答案为：或rm{)}

rm{)}以间二甲苯、rm{)}rm{(5)}为有机原料合成可以在间二甲苯上先引入硝基，再还原成氨基，利用rm{ClCH_{2}COCl}rm{(C_{2}H_{5})_{2}NH}发生题中流程中的步骤Ⅳ和Ⅴ即可得产品，合成路线为故答案为：rm{ClCH_{2}COCl}【解析】rm{(1)}酯基羰基。

rm{(2)}加成反应。

rm{(3)}rm{+2NaOH}rm{+2NaBr+2H}rm{2}rm{2}

rm{O}或

rm{(4)}rm{(5)}27、ACH3CH3BCH2=CH2CD为CH3CH2ClECH2BrCH2BrFCH3CHBr2【分析】【分析】本题考查有机物的合成与推断、同分异构体的书写、有机物结构简式、电子式等知识，难度不大。【解答】rm{A}能够在光照条件下与氯气发生取代反应因为烷烃，可推知为丙烷rm{CH_{3}CH_{3}}乙烷的二氯取代物是rm{D}二氯乙烷，有两种同分异构体，rm{B}与溴的四氯化碳溶液可以发生加成反应，加成产物是rm{E}且rm{E}只有一种同分异构体rm{F}则rm{B}是乙烯，rm{E}是能够在光照条件下与氯气发生取代反应因为烷烃，可推知为丙烷rm{A}乙烷的二氯取代物是rm{CH_{3}CH_{3}}二氯乙烷，有两种同分异构体，rm{D}与溴的四氯化碳溶液可以发生加成反应，加成产物是rm{B}且rm{E}只有一种同分异构体rm{E}则rm{F}是乙烯，rm{B}是rm{E}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{BrCH}rm{2}是rm{2}rm{Br}，rm{F}是rm{F}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHBr}，rm{{,!}_{2}}没有同分异构体，则rm{{,!}_{2}}是苯，rm{C}是溴苯。综上所述，rm{C}在rm{FeBr}rm{FeBr}rm{FeBr}rm{3}rm{3}分别是在催化剂的作用下，可以与液溴发生取代反应，取代产物是rm{G}，rm{G}没有同分异构体，则rm{C}是苯，rm{G}是溴苯。rm{G}rm{G}rm{G}rm{G}rm{C}rm{G}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3