2025年人教A版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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A版高二化学下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在A2＋3B2=2C的反应中，经过t秒钟后，C的浓度增加了0.6mol/L，在此期间，反应速率V(B2)＝0.45mol/(L·S)，则t值为A.1秒B.1.5秒C.2秒D.2.5秒2、在元素周期表中，原子最外电子层只有2个电子的元素是A.一定是金属元素B.一定是主族元素C.一定是过渡元素D.可能是非金属元素3、下列有关“化学与生活”描述不正确的是（）A.核能的利用可能会造成放射性污染，应该立即关闭所有核电站B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C.泡沫灭火器中使用了盐类水解的原理D.宁德新能源公司生产的锂离子电池可以将化学能转化为电能4、丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是rm{(}rm{)}

rm{垄脵CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}rm{垄脷CH_{3}-C隆脭C-CH_{3}}rm{垄脹CH_{2}=CH-CN}

rm{垄脺}rm{垄脻CH_{3}-CH篓TCH_{2}}rm{垄脼CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}．A.rm{垄脹垄脼}B.rm{垄脷垄脹}C.rm{垄脵垄脹}D.rm{垄脺垄脻}5、下列各项中，完成空气质量报告时不需要监测的是rm{(}rm{)}A.二氧化碳的浓度B.二氧化硫的浓度C.可吸入颗粒物的浓度D.氮氧化物的浓度评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示rm{.}已知rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}rm{X}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料：rm{Z}的非金属性在同周期元素中最强rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.对应简单离子半径：rm{X>W}B.对应气态氢化物的稳定性rm{Y<Z}C.化合物rm{XZW}既含高子键，又含共价键D.rm{Y}的氧化物与rm{Z}的氢化物、rm{X}的最高价氧化物对应的水化物的溶液均能反应7、除去下列物质中的杂质rm{(}括号中为杂质rm{)}采用的试剂和除杂方法错误的是。序号待除杂质试剂除杂方法rm{A}rm{C_{2}H_{4}(SO_{2})}rm{NaOH}溶液过滤rm{B}rm{C_{6}H_{6}(Br_{2})}rm{Fe}粉蒸馏rm{C}rm{C_{6}H_{5}NO_{2}(HNO_{3})}rm{NaOH}溶液分液rm{D}rm{C_{2}H_{2}(H_{2}S)}rm{CuSO_{4}}溶液洗气A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、下列说法正确的是（）A.常温下pH=5的盐酸溶液稀释103倍后，pH等于8B.浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c（H+）前者小于后者C.Na2CO3溶液中存在：2c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合：c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）9、下列叙述正确的是（）A.可以根据PbI2和AgCl的Ksp的大小比较两者的溶解度B.常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，NaHS溶液的pH大C.等物质的量浓度的CH3COONH4溶液和NH4HSO4溶液，前者的c（NH4+）小D.用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1.0mol电子转移，则理论生成1.0molNaOH10、如图所示装置中，通电后可观察到rm{Cu}极溶解，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{a}极是直流电源的正极B.rm{Fe}极是阳极C.rm{Pt}极产生的气体体积是rm{Ag}极产生气体体积的rm{2}倍D.硫酸铜溶液的浓度不变11、如图是从rm{NaCl}或rm{CsCl}晶体结构中分割出来的部分结构示意图，试判断其中属于rm{NaCl}晶体结构的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.12、柠檬烯具有特殊香气rm{.}可溶于乙醇或乙醚，不溶于水，其结构简式如图所示：有关柠檬烯的说法正确的是rm{(}rm{)}A.柠檬烯分子为非极性分子B.柠檬烯分子中所有碳原子处于同一个平面上C.柠檬烯能与酸性高锰酸钾溶液发生取代反应D.柠檬烯的分子式为rm{C_{10}H_{16}}能使溴的四氯化碳溶液褪色评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、（8分）已知有机物A分子中有3个碳原子,有关它的某些信息注明在下面的示意图中:(1)A、F、G的结构简式为：___________,____________,______________.(2)生成H的化学方程式为：__________________________________.14、（10分，每空2分）、已知下列热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol，H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol，C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ/moL，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL．回答下列各问题：

（1）H2的燃烧热为______，C的燃烧热为______．

（2）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为______．

（3）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定，则由已知条件得CO的燃烧热为______，其燃烧热的热化学方程式为______．15、原子序数依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种元素rm{.}其中rm{A}的基态原子有rm{3}个不同的能级，各能级中的电子数相等；rm{C}的基态原子rm{2p}能级上的未成对电子数与rm{A}原子的相同；rm{D}为它所在周期中原子半径最大的主族元素；rm{E}和rm{C}位于同一主族，rm{F}的原子序数为rm{24}．

rm{(1)F}原子基态的核外电子排布式为______．

rm{(2)}在rm{A}rm{B}rm{C}三种元素中，第一电离能由大到小的顺序是______rm{(}用元素符号回答rm{)}．

rm{(3)}元素rm{B}的简单气态氢化物的沸点远高于元素rm{A}的简单气态氢化物的沸点；其主要原因是______．

rm{(4)}由rm{A}rm{B}rm{C}形成的离子rm{CAB^{-}}与rm{AC_{2}}互为等电子体，则rm{CAB^{-}}的结构式为______．

rm{(5)}在元素rm{A}与rm{E}所形成的常见化合物中，rm{A}原子轨道的杂化类型为______．

rm{(6)}由rm{B}rm{C}rm{D}三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为______．16、实验室用50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.50mol/LNaOH溶液和如图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：。

实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器名称是____；实验时用该仪器搅拌溶液的方法是____，由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？____．

（2）反应需要多次测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是____．

（3）已知Q=cm△t，经数据处理，则该实验测得的中和热△H=____

（盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算；反应后混合溶液的比热容（c）按4.18J/计算）．

（4）盐酸与氢氧化钠的中和热的文献值为-57.3kJ/mol，你认为（3）中测得的实验值偏差可能的原因是____（至少说出两点）

（5）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为△H1，则△H1与△H的关系为：△H1____△H（填“＜”、“＞”或“=”），理由是____．

17、（9分）㈠如图是钾、氧两元素形成的一种晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）。晶体中氧的化合价可看作是部分为0价，部分为－2价。⑴该结构与____的结构相似(填选项字母，下同)A．NaClB．CsClC．干冰D．SiO2⑵钾、氧两元素所形成化合物的化学式是____A．K2OB．K2O2C．K2O3D．KO2⑶下列对KO2晶体结构的描述正确的是____A．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个B．晶体中每个K＋周围有8个O2－，每个O2－周围有8个K＋C．每个O2－周围最近且等距离的K＋所围成的空间构型为正八面体D．晶体中，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为3:1㈡如右图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解池，其电极材料见右图：⑴关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为____极，通电一段时间后，观察到滤纸d端的电极反应式是____；⑵已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和Y(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右图所示。则Cu2+、Y3+、H+氧化能力由大到小的顺序是____；D装置中溶液是H2SO4，则电极C端的实验现象是_________。评卷人得分四、推断题(共2题，共12分)18、A、rm{B}rm{C}rm{D}为原子序数依次增大的四种元素，rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的电子构型；rm{C}rm{D}为同周期元素，rm{C}核外电子总数是最外层电子数的rm{3}倍；rm{D}元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：

rm{(1)}四种元素中电负性最大的是______rm{(}填元素符号rm{)}

rm{(2)}元素rm{A}所在的一族前四周期的气态氢化物的沸点由低到高______；原因是______；

rm{(3)C}和rm{D}反应可生成组成比为rm{1}rm{3}的化合物rm{E}rm{E}的立体构型为______；中心原子的杂化轨道类型为______。

rm{(4)}化合物rm{D_{2}A}的立体构型为______，中心原子的价层电子对数为______，中心原子rm{VSEPR}模型为______。19、合成有机化合物H的路线如图：

已知：F的核磁共振氢谱有四个峰；峰的面积比为1：1：3：3．请回答下列问题：

（1）A的名称（系统命名）为______．

（2）C中官能团的结构简式为______，E→F的反应类型为______．

（3）C→D的化学方程式为______．

（4）G+F→H的反应方程式为______．

（5）H在一定条件下生成的高分子化合物的结构简式为______．

（6）X是F的同分异构体，它同时符合下列3个条件：①能发生水解反应；②不含甲基；③能发生银镜反应．则X可能的结构简式为（写出两种）______．评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)20、已知：rm{Ksp(AgCl)=1.0隆脕10^{-10}}向rm{50mL0.018mol/L}的rm{AgNO_{3}}溶液中。

rm{(1)}加入rm{50mL}rm{0.018mol/L}的盐酸，生成沉淀后，溶液中rm{c(Ag^{+})=}______

rm{(2)}加入rm{50mL}rm{0.020mol/L}的盐酸，生成沉淀rm{.垄脵}沉淀生成后溶液中rm{c(Ag^{+})}为_____rm{垄脷}沉淀生成后溶液的rm{pH}是____________21、铁粉和氧化亚铁粉末的混合物共rm{9.2}克，加入到rm{150}毫升的稀硫酸中，恰好完全反应，得到氢气rm{2.24}升rm{(}标准状况rm{).}求：

rm{(1)}混合物中铁和氧化亚铁的质量？

rm{(2)}原稀硫酸的物质的量浓度？评卷人得分六、其他(共2题，共16分)22、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。23、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】试题分析：由V(B2)＝0.45mol/(L·S)可知V(C)＝2/3V(B2)＝0.3mol/(L·S)，根据V=△C/△t得V(C)=0.6mol/L/t=0.3mol/(L·S)，所以t=2s，答案选C。考点：考查有关反应速率的计算【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】【答案】D3、A【分析】【解答】解：A．核电站是一种高能量；少耗料的电站；采取有效措施可以是可以防止核事故发生的，关闭所有核电站不可行，故A错误；

B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3；溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；

C．NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液混合；碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，与盐类的水解有关，故C正确；

D．原电池是将化学能转化为电能的装置；故D正确，故选A．

【分析】A．从核电站的优点和缺点方面进行科学分析；

B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3；溶于酸性溶液；

C．NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液混合会迅速产生二氧化碳；

D．电池是将化学能转化为电能的装置．4、C【分析】解：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有rm{6}个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开在将双键中的rm{1}个rm{C-C}打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体为：rm{垄脵CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}rm{垄脹CH_{2}=CH-CN}

故选C．

首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物；然后根据推断单体的方法作出判断；丁腈橡胶为加聚反应产物，加聚产物的单体推断方法为：

rm{(1)}凡链节的主链上只有两个碳原子rm{(}无其它原子rm{)}的高聚物；其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；

rm{(2)}凡链节主链上只有四个碳原子rm{(}无其它原子rm{)}且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；

rm{(3)}凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物；其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．

本题考查了加聚反应原理及高分子化合物单体的求算，题目难度中等，注意掌握加聚反应的概念及反应原理，明确高分子化合物单体的求算方法．【解析】rm{C}5、A【分析】解：rm{PM2.5}氮的氧化物rm{(}二氧化氮rm{)}以及二氧化硫都是空气污染物；需要检测，而二氧化碳不属于污染物，不需要检测，故选A。

空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物rm{(}包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体rm{)}空气质量级别、空气质量状况等；以此解答。

本题考查化学与环境，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解析】rm{A}二、双选题(共7题，共14分)6、rBC【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}则其质子数rm{=18-10=8}则rm{W}为rm{O}元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}且原子半径大于rm{O}则rm{X}为rm{Na}元素；rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于rm{Na}则rm{Y}为rm{Si}rm{Z}的非金属性在同周期元素中最强，则rm{Z}为第ⅤⅡrm{A}族元素，原子序数大于rm{Si}为rm{Cl}元素；

A.rm{X}为rm{Na}rm{W}为rm{O}钠离子和氧离子具有相同电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径rm{Al^{3+}<O^{2-}}故A错误；

B.rm{Y}rm{Z}分别为rm{Si}rm{Cl}非金属性rm{Si<Cl}则对应气态氢化物的稳定性rm{Y<Z}故B正确；

C.化合物rm{XZW}为rm{NaClO}次氯酸钠中既含高子键，又含共价键，故C正确；

D.rm{Y}的氧化物为二氧化硅，rm{Z}的氢化物为rm{HCl}rm{X}的最高价氧化物对应的水化物为rm{NaOH}二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应，但不与rm{HCl}反应；故D错误；

故选BC．

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是四种常见的短周期元素，rm{W}的一种核素的质量数为rm{18}中子数为rm{10}则其质子数rm{=18-10=8}则rm{W}为rm{O}元素；rm{X}和rm{Ne}原子的核外电子数相差rm{1}且原子半径大于rm{O}则rm{X}为rm{Na}元素；rm{Y}的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于rm{Na}则rm{Y}为rm{Si}rm{Z}的非金属性在同周期元素中最强，则rm{Z}为第ⅤⅡrm{A}族元素，原子序数大于rm{Si}为rm{Cl}元素；据此结合元素周期律解答．

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力．【解析】rm{BC}7、AB【分析】略【解析】rm{AB}8、B|D【分析】解：A．酸无限稀释不能变成碱溶液或中性溶液；只能是接近中性溶液，所以常温下pH=5的盐酸稀释100倍时溶液pH接近7，故A错误；

B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，一水合氨抑制水电离、氯化铵促进水电离，所以水电离出的c（H+）前者小于后者；故B正确；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；故C错误；

D．常温下，pH=2的醋酸溶液浓度大于pH=12的KOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；故D正确；

故选BD．

A．酸无限稀释不能变成碱溶液或中性溶液；只能是接近中性溶液；

B．酸或碱抑制水电离；含有弱离子的盐促进水电离；

C．任何电解质溶液中都存在物料守恒；根据物料守恒判断；

D．常温下；pH=2的醋酸溶液浓度大于pH=12的KOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒．

本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，利用电荷守恒、物料守恒判断，易错选项是A，酸或碱无限稀释接近中性时要考虑水的电离．【解析】【答案】BD9、C|D【分析】解：A．PbI2和AgCl的溶度积常数表达式不同；所以不能根据二者溶度积常数确定溶解度大小，故A错误；

B．硫离子第一步水解程度大于第二步水解，相同温度、相同浓度时，水解程度越大其溶液碱性越强，所以常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液中，Na2S溶液的pH大；故B错误；

C．CH3COONH4溶液中醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子水解程度较大，氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液中铵根离子水解程度较小，则等物质的量浓度的CH3COONH4溶液和NH4HSO4溶液，前者的c（NH4+）小；故C正确；

D．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；若有1mol电子转移，则生成1molNaOH，故D正确；

故选CD．

A．PbI2和AgCl的溶度积常数表达式不同；

B．硫离子第一步水解程度大于第二步水解；

C．醋酸根离子水解促进铵根离子水解；氢离子抑制铵根离子水解；

D．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．

本题考查较综合，涉及溶度积常数、盐类水解、电解原理的应用等知识点，根据盐类水解特点及其影响因素等知识点来分析解答，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．【解析】【答案】CD10、rAD【分析】解：观察到rm{Cu}极溶解，则rm{Cu}极为阳极，rm{Fe}极为阴极，故rm{b}rm{a}rm{Pt}rm{Ag}极分别为：负极；正极、阳极、阴极；右池为电镀池，硫酸铜溶液的浓度不变，左边实质是电解水．

A.rm{Cu}极溶解，应为电解池的阳极，阳极与电源的正极连，则rm{a}为正极；故A正确；

B.rm{Fe}连接电源的负极；为电解池的阴极，故B错误；

C.左边实质是电解水，rm{2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陆芒};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}rm{2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陆芒};}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}为阳极发生氧化反应产生氧气，rm{Pt}为阴极发生还原反应产生氢气，则rm{Ag}极产生的气体体积是rm{Ag}极产生气体体积的rm{Pt}倍；故C错误；

D.右池为电镀池；硫酸铜溶液的浓度不变，故D正确；

故选AD．

通电后观察到rm{2}极溶解，则rm{Cu}极为阳极，rm{Cu}极为阴极，故rm{Fe}rm{b}rm{a}rm{Pt}极分别为：负极；正极、阳极、阴极；右池为电镀池，硫酸铜溶液的浓度不变，左边实质是电解水，以此解答．

本题考查电解池知识，侧重于电极判断和电解池工作原理的考查，为高考常见题型，注意把握铜极的变化判断电极为解答该题的关键，难度不大．rm{Ag}【解析】rm{AD}11、rAD【分析】解：由于在rm{NaCl}晶体中，每个rm{Na^{+}}周围同时吸引着最近的等距离的rm{6}个rm{Cl^{-}}同样每个rm{Cl^{-}}周围同时吸引着最近的等距离的rm{6}个rm{Na^{+}}rm{A}如果把中心微粒可作钠离子，其周围离子为氯离子，有六个，所以rm{A}图符合条件；

rm{D}中选取其中一个离子，然后沿rm{X}rm{Y}rm{Z}三轴切割得到rm{6}个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是rm{6}故符合条件；

故选AD．

氯化钠晶体中，每个rm{Na^{+}}周围同时吸引着最近的等距离的rm{6}个rm{Cl^{-}}同样每个rm{Cl^{-}}周围同时吸引着最近的等距离的rm{6}个rm{Na^{+}}所以rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}的配位数都是rm{6}且rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}相互间隔；以此解答该题．

本题考查晶胞结构，侧重考查学生分析、空间想象能力，明确晶体中离子配位数是解本题关键，难点是配位数的计算，题目难度中等．【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}可溶于乙醇或乙醚；不溶于水，由相似相溶原理可知柠檬烯分子为非极性分子，故A正确；

B.可溶于乙醇或乙醚；不溶于水，但结构不对称，为极性分子，故B错误；

C.含有碳碳双键；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；

D.由结构简式可知有机物分子式为rm{C_{10}H_{16}}可与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确．

故选AD．

柠檬烯中含有rm{2}个碳碳双键；可发生加成；加聚、氧化反应，结合结构特点解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】根据BDE的转化特点可知它们分别属于醇、醛、羧酸。产物C具有两性且2分子C之间可以脱去1分子水，因此C是氨基酸，氨基酸至少含有2个碳原子，因为A含有3个碳原子，故A是H2N-CH2-COOCH3，B是CH3OH，C是氨基乙酸，D是甲醛，E是甲酸。【解析】【答案】（1）A：H2N-CH2-COOCH3，F：ClH3N-CH2-COOH，G：H2N-CH2-COONa（2）2H2N-CH2-COOHH2N-CH2-COONHCH2COOH+H2O14、略

【分析】解：（1）燃烧热是在101KP时；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即C要转化为二氧化碳，H要转化为液态水．

根据热化学方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol可知：氢气的燃烧热为285.8kJ/moL；

根据热化学方程式C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL可知；碳的燃烧热为393.5kJ/moL；

故答案为：285.8kJ/moL；393.5kJ/moL；

（2）10g氢气的物质的量为5mol，根据热化学方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol可知；1mol氢气燃烧生成液态水时放热285.8KJ，则5mol氢气燃烧放出285.8KJ×5=1429kJ，故答案为：1429kJ；

（3）已知C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ/moL③，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL④，将④-③可得：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL，故CO的燃烧热为283kJ/moL，燃烧热的热化学方程式中可燃物必须为1mol，故为CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL；

故答案为：283kJ/moL；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL．

（1）燃烧热是在101KP时；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即C要转化为二氧化碳，H要转化为液态水；

（2）10g氢气的物质的量为5mol，根据热化学方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol来分析；

（3）已知C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5KJ/moL③，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/moL④，将④-③可得：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL；根据燃烧热的概念来分析．

本题考了燃烧热的计算和燃烧热的热化学方程式的书写，并考查了应用查盖斯定律进行反应热的计算，燃烧热的热化学方程式的书写，容易出错，应注意把握．【解析】285.8kJ/moL；393.5kJ/moL；1429kJ；283kJ/moL；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283KJ/moL15、略

【分析】解：原子序数依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种元素rm{.}其中rm{A}的基态原子有rm{3}个不同的能级，各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故A为碳元素；rm{C}的基态原子rm{2p}能级上的未成对电子数与rm{A}原子的相同，则rm{C}原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}故C为rm{O}元素，由原子序数可知rm{B}为rm{N}元素；rm{F}的原子序数为rm{24}则rm{F}为rm{Cr}rm{E}和rm{C}位于同一主族，则rm{E}为rm{S}元素；rm{D}为它所在周期中原子半径最大的主族元素，处于Ⅰrm{A}族，原子序数大于rm{O}元素，故D为rm{Na}

rm{(1)F}原子核外电子数为rm{24}基态的核外电子排布式为rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}故答案为：rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}

rm{(2)}同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但rm{N}元素rm{2p}能级容纳rm{3}个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故第一电离能rm{N>O>C}故答案为：rm{N>O>C}

rm{(3)NH_{3}}分子之间存在氢键，比分子间作用力更强，故其沸点高于rm{CH_{4}}故答案为：rm{NH_{3}}分子之间存在氢键；

rm{(4)OCN^{-}}与rm{CO_{2}}互为等电子体，价电子总数相等，二者结构类似，则rm{OCN^{-}}的结构式为rm{[N=C=O]^{-}}故答案为：rm{[N=C=O]^{-}}

rm{(5)}元素rm{C}与rm{S}所形成的常见化合物为rm{CS_{2}}分子中rm{S}原子价层电子对数rm{=2+dfrac{4-2隆脕2}{2}=2}不含孤对电子，故rm{S}原子采取rm{sp}杂化，故答案为：rm{sp}

rm{(6)}由晶胞结构可知，晶胞中存在rm{[NO_{2}]}结构微粒，微粒数目rm{=1}rm{8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{Na}原子数目rm{=8隆脕dfrac{1}{4}=2}故该化合物的化学式为rm{NaNO_{2}}故答案为：rm{NaNO_{2}}．

原子序数依次增大的rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种元素rm{.}其中rm{A}的基态原子有rm{3}个不同的能级，各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故A为碳元素；rm{C}的基态原子rm{2p}能级上的未成对电子数与rm{A}原子的相同，则rm{C}原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}故C为rm{O}元素，由原子序数可知rm{B}为rm{N}元素；rm{F}的原子序数为rm{24}则rm{F}为rm{Cr}rm{E}和rm{C}位于同一主族，则rm{E}为rm{S}元素；rm{D}为它所在周期中原子半径最大的主族元素，处于Ⅰrm{A}族，原子序数大于rm{O}元素，故D为rm{Na}据此解答．

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、元素周期律、分子结构、杂化轨道、晶胞计算等，难度中等，rm{(4)}中注意价电子总数相同的等电子体具有相似的化学键特征．【解析】rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}rm{N>O>C}rm{NH_{3}}分子之间存在氢键；rm{[N=C=O]^{-}}rm{sp}rm{NaNO_{2}}16、略

【分析】

（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；为减少热量散失，应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；

故答案为：环形玻璃搅拌棒；上下搅动；应使小烧杯口与大烧杯口持平；其余部分用碎塑料填满；

（2）中和反应是放热反应；温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；

故答案为：用水将温度计上的液体冲掉；并擦干温度计。

（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.25℃；反应前后温度差为：23.7℃=20.25℃=3.45℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.4℃；反应前后温度差为：23.8℃=20.4℃=3.4℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为21.55℃；反应前后温度差为：24.9℃-21.55℃=3.35℃；

50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.50mol/LNaOH溶液，溶液质量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×=1.421KJ；所以生成0.25mol的水放出热量1.421KJ×40=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol；

故答案为：-56.8kJ/mol；

（4）量热计的保温瓶绝热效果不好；酸碱溶液混合不迅速都会使温度偏低；测得的实验值产生偏差；

故答案为：①量热计的保温瓶绝热效果不好②酸碱溶液混合不迅速；

（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，所以△H1＞△H；

故答案为：＞；NH3•H2O电离吸热；

【解析】【答案】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；为减少热量散失；应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；

（2）中和反应是放热反应；

（3）先求出三次反应的温度差；根据公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出反应热；

（4）根据反应过程造成热量散失；温度偏低都会产生误差；

（5）根据弱电解质电离吸热分析．

17、略

【分析】【解析】试题分析：(一)（1）根据晶胞的结构可知，该结构与氯化钠的结构相似，答案选A。（2）根据晶胞结构可知，钾原子端个数是个。阴离子的个数是个，所以钾、氧两元素所形成化合物的化学式是KO2，答案选D。（3）晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，A不正确；晶体中每个K＋周围有6个O2－，每个O2－周围有6个K＋，B不正确，C正确；晶体中，阴离子带1个负电荷，所以0价氧原子与－2价氧原子的数目比为3:1，D正确，答案选CD。（二）（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，这说明c端应该是阳极，所以电源b端为负极。d端是阴极，氢离子放电，则电极反应式是2H＋＋2e－＝H2↑。（2）根据图像可知，当通过0.2mol电子时，析出的固体质量不再增加，所以溶液中只有铜离子能够得到电子而析出金属，即Y3＋不能放电，这说明阳离子的氧化性强弱顺序是Cu2＋＞H＋＞Y3＋；D中铜电极是阳极，失去电子，C端是阴极，溶液中的氢离子得到电子。随着反应的进行，溶液中的铜离子得到电子，所以电极C端的实验现象是在C端开始有无色无味气体产生，一段时间后后红色物质析出。考点：考查晶体结构的有关判断、物质化学式的计算；电解池的有关判断和电极反应式的书写【解析】【答案】（一）（1）A（2）D（3）CD（二）（1）负极；2H＋＋2e－＝H2↑（2）Cu2＋＞H＋＞Y3＋；在C端开始有无色无味气体产生，一段时间后后红色物质析出四、推断题(共2题，共12分)18、略

【分析】解：由上述分析可知，rm{A}为rm{O}rm{B}为rm{Na}rm{C}为rm{P}rm{D}为rm{Cl}

rm{(1)O}的非金属性最强，则四种元素中电负性最大的是rm{O}故答案为：rm{O}

rm{(2)}元素rm{A}所在的一族前四周期的气态氢化物的沸点由低到高为rm{H_{2}S<H_{2}Se<H_{2}O}原因是水分子间含氢键，沸点最高，且rm{H_{2}S}rm{H_{2}Se}的相对分子质量越大的沸点越高，故答案为：rm{H_{2}S<H_{2}Se<H_{2}O}水分子间含氢键，沸点最高，且rm{H_{2}S}rm{H_{2}Se}的相对分子质量越大的沸点越高；

rm{(3)C}和rm{D}反应可生成组成比为rm{1}rm{3}的化合物rm{EE}为rm{PCl_{3}}rm{P}上有rm{1}对孤对电子、形成rm{3}个rm{P-Cl}键，则rm{E}的立体构型为三角锥型，中心原子的杂化轨道类型为rm{sp^{3}}杂化；

故答案为：三角锥型；rm{sp^{3}}

rm{(4)}化合物rm{Cl_{2}O}中rm{O}有rm{2}对孤对电子、形成rm{2}个rm{O-Cl}键，中心原子的杂化轨道类型为rm{sp^{3}}杂化，立体构型为rm{V}型，中心原子的价层电子对数为rm{4}中心原子rm{VSEPR}模型为四面体，故答案为：rm{V}型；rm{4}四面体。

A、rm{B}rm{C}rm{D}为原子序数依次增大的四种元素，rm{C}rm{D}为同周期元素，rm{C}核外电子总数是最外层电子数的rm{3}倍，则rm{C}为rm{P}元素；rm{D}元素最外层有一个未成对电子，rm{D}为rm{Cl}元素；rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的电子构型，则rm{A}为rm{O}元素、rm{B}为rm{Na}元素；以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、具有相同电子排布的离子结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与性质的应用，题目难度不大。【解析】rm{O}rm{H_{2}S<H_{2}Se<H_{2}O}水分子间含氢键，沸点最高，且rm{H_{2}S}rm{H_{2}Se}的相对分子质量越大的沸点越高；三角锥型；rm{sp^{3}}rm{V}型；rm{4}四面体19、略

【分析】解：A和溴发生反应生成2-甲基-1，2-二溴丁烷，结合A的分子式知，该反应为加成反应且A结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，2-甲基-1，2-二溴丁烷发生水解反应生成B，B为HOCH2C（OH）（CH3）CH2CH3，B发生催化氧化反应生成C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO，C发生氧化反应生成D为CH3CH2C（OH）（CH3）COONa，D酸化得到E为CH3CH2C（OH）（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有四个峰，峰的面积比为1：1：3：3，说明E发生消去反应生成F，F结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，溴乙烷发生水解反应生成G为CH3CH2OH，G和F发生酯化反应生成H，H结构简式为CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3；

（1）A结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3；A的名称（系统命名）为2-甲基-1-丁烯；

故答案为：CH2=C（CH3）CH2CH3；

（2）C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO；C中官能团的结构简式为-CHO，E→F的反应类型为消去反应；

故答案为：-CHO；消去反应；

（3）C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO，C发生氧化反应生成D为CH3CH2C（OH）（CH3）COONa，C→D的化学方程式为C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO++2NaOH+Cu（OH）2CH3CH2C（OH）（CH3）COONa+Cu2O↓+3H2O；

故答案为：C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO++2NaOH+Cu（OH）2CH3CH2C（OH）（CH3）COONa+Cu2O↓+3H2O；

（4）F结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，溴乙烷发生水解反应生成G为CH3CH2OH，G和F发生酯化反应生成H，H结构简式为CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3；

CH3CH=C（CH3）COOH+CH3CH2OHCH3CH=C（CH3）COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3CH=CH（CH3）COOH+CH3CH2OHCH3CH=C（CH3）COOCH2CH3+H2O；

（5）H结构简式为CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3，H在一定条件下生成的高分子化合物的结构简式为

故答案为：

（6）F结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH；X是F的同分异构体，它同时符合下列3个条件：①能发生水解反应，说明含有酯基；②不含甲基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，应该为甲酸酯；

则X可能的结构简式为HCOOCH2CH2CH=CH2、（写出两种）；

故答案为：HCOOCH2CH2CH=CH2、（写出两种）．

A和溴发生反应生成2-甲基-1，2-二溴丁烷，结合A的分子式知，该反应为加成反应且A结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，2-甲基-1，2-二溴丁烷发生水解反应生成B，B为HOCH2C（OH）（CH3）CH2CH3，B发生催化氧化反应生成C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO，C发生氧化反应生成D为CH3CH2C（OH）（CH3）COONa，D酸化得到E为CH3CH2C（OH）（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有四个峰，峰的面积比为1：1：3：3，说明E发生消去反应生成F，F结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，溴乙烷发生水解反应生成G为CH3CH2OH，G和F发生酯化反应生成H，H结构简式为CH3CH=C（CH3）COOCH2CH3；结合题目分析解答．

本题考查有机物推断及有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，明确物质官能团结构及其性质、物质之间的转化、反应条件、基本概念等知识点是解本题关键，采用正逆结合的方法进行推断，难点是限制性条件同分异构体结构简式确定，题目难度中等．【解析】CH2=C（CH3）CH2CH3；-CHO；消去反应；C为CH3CH2C（OH）（CH3）CHO++2NaOH+Cu（OH）2CH3CH2C（OH）（CH3）COONa+Cu2O↓+3H2O；CH3CH=C（CH3）COOH+CH3CH2OHCH3CH=C（CH3）COOCH2CH3+H2O；HCOOCH2CH2CH=CH2、五、计算题(共2题，共18分)20、(1)1.010-5mol·L－1

(2)1.0×10－7mol·L－13

【分析】【分析】本题考查沉淀溶解平衡的计算，题目难度一般。【解答】rm{(1)}rm{AgNO}rm{AgNO}rm