2025年滬科版高二化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高二化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如下圖,四種裝置中所盛有的溶液體積均為200ml，濃度均為0.6mol/L，工作一段時間后，測得導線上均通過了0.2mol電子，此時溶液中的pH由大到小的順序是（）A.④②①③B.④③①②C.④③②①D.①③②④2、離子檢驗的常用方法有三種：。檢驗方法沉淀法顯色法氣體法含義反應中有沉淀產(chǎn)生或溶解反應中有顏色變化反應中有氣體產(chǎn)生下列離子檢驗的方法不合理的是（）A.NH4＋－氣體法B.Cl－－沉淀法C.Fe3＋－顯色法D.K+－氣體法3、下列解釋中，不正確的是（）A.水很穩(wěn)定（1000℃以上才會部分分解）是因為水中含有大量的氫鍵所致B.由于NaCl晶體和CsCl晶體中正負離子半徑比不相等，所以兩晶體中離子的配位數(shù)不相等C.碘易溶于四氯化碳，甲烷難溶于水都可用相似相溶原理解釋D.MgO的熔點比MgCl2高主要是因為MgO的晶格能比MgCl2大4、有關晶體組成結構的敘述中；正確的是（）

A.SiO2晶體中最小環(huán)上的原子數(shù)為6B.在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子C.12g石墨烯（如圖1）中含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5NAD.720gC60晶體（如圖2）中含有0.5NA個晶胞結構單元5、把rm{0.6molX}氣體和rm{0.4molY}氣體混合于rm{2L}容器中，使它們發(fā)生如下反應：rm{3X(}氣rm{)+Y(}氣rm{)=nZ(}氣rm{)+2W(}氣rm{).5min}末已生成rm{0.2molW}若測知以rm{Z}濃度變化來表示的化學反應平均速率為rm{0.01mol?L^{-1}?min^{-1}}則上述反應中rm{Z}氣體的計量系數(shù)rm{n}的值是rm{(}rm{)}A.rm{1}B.rm{2}C.rm{3}D.rm{4}6、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列判斷正確的是rm{(}rm{)}A.常溫常壓下，rm{32gO_{3}}含有的氧原子數(shù)目為rm{2N_{A}}B.rm{56g}的rm{Fe}與足量的稀鹽酸完全反應轉移電子數(shù)為rm{3N_{A}}C.rm{0.1mol隆隴L^{-1}}rm{Na_{2}SO_{4}}溶液含有的鈉離子數(shù)目為rm{0.2N_{A}}D.標準狀況下，rm{22.4L}四氯化碳rm{(CCl_{4})}含有的碳原子數(shù)目為rm{N_{A}}7、化學在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應用。下列說法不正確的是()。A.銨態(tài)氮肥不能與草木灰混合施用B.工業(yè)上用石灰乳對煤燃燒形成的煙氣進行脫硫，最終能制得石膏C.鎂合金的硬度和強度均高于純鎂，工業(yè)上采用電解MgCl2飽和溶液制得鎂D.MgO的熔點很高，可用于制作耐高溫材料，但工業(yè)上不用MgO制鎂8、下列化肥：①(NH4)2SO4②氨水③過磷酸鈣④K2CO3⑤KCl⑥尿素，其中能混合使用的是A.①④⑤B.③⑤⑥C.②③⑤D.③④⑥9、下列敘述正確的是()A.含有碳元素的化合物都是有機物B.rm{1molCH_{4}}與等物質(zhì)的量的rm{Cl_{2}}在光照條件下生成rm{1molCH_{3}Cl}C.完全燃燒只生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}的化合物都是烴D.有機物有的不溶于水，有的可溶于水評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、有甲、乙、丙三種物質(zhì)：甲乙丙（1）關于乙下列敘述正確的是____a．1mol該有機物在加熱和催化劑作用下，最多能和2molNaOH反應b．該有機物能使酸性KMnO4溶液褪色c．該有機物的分子式為C9H11Cld．該有機物在一定條件下，能發(fā)生消去反應、取代反應、氧化反應和還原反應（2）由甲轉化為乙需經(jīng)下列過程（已略去各步反應的無關產(chǎn)物，下同）：①反應Ⅰ的反應條件是_________________________________________②其中反應II的化學方程式是（3）由甲出發(fā)合成丙的路線之一如下：寫出反應③的化學方程式__________________________________________________②寫出丙的結構簡式_________________________11、有以下物質(zhì)：①HF②Cl2③H2O④N2⑤C2H4⑥C2H6⑦H2⑧H2O2⑨H－C≡N（1）只含有極性鍵的是________；只含有非極性鍵的是________；既含有極性鍵又含有非極性鍵的是________。（2）只含有σ鍵的是____________；即含有σ鍵又含有π鍵的是________；含有由兩個原子的s軌道重疊形成的σ鍵的是________；12、（9分）發(fā)射衛(wèi)星時可用肼（N2H4）作燃料，二氧化氮作氧化劑，兩者反應生成氮氣和水蒸氣。已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；△H＝+67.7kJ·mol－1N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；△H＝-534kJ·mol－11/2H2(g)+1/2F2(g)=HF(g)；△H＝-269kJ·mol－1H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；△H＝-242kJ·mol－1(1)肼和二氧化氮反應的熱化學方程式為；此反應用于火箭推進，除釋放大量能量和快速產(chǎn)生氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是：__________。(2)有人認為若用氟氣代替二氧化氮作氧化劑，則反應釋放的能量更大。肼和氟氣反應的熱化學方程式為___。13、（12分）現(xiàn)有常溫下的0.1mol·l－1純堿溶液。（1）該溶液呈堿性是因為存在水解平衡，相關離子方程式是：________________。為證明存在上述平衡，進行如下實驗：在0.1mol·l－1純堿溶液中滴加酚酞，溶液顯紅色，再往溶液中滴加（填化學式）溶液，紅色逐漸退為無色，說明上述觀點成立。（2）同學甲查閱資料得知常溫下0.1mol·L－1Na2CO3中，發(fā)生水解的CO32—不超過其總量的10%。請設計實驗加以證明（寫出實驗方案及預期觀察到的現(xiàn)象）。答：。（3）同學乙就該溶液中粒子濃度關系寫出五個關系式，其中不正確的是。（雙選，填序號）A．c(Na＋)>2c(CO32—)B．c(CO32—)>c(OH－)>c(HCO3—)>c(H2CO3)C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3—)＋2c(H2CO3)D．c(CO32—)＋c(HCO3—)=0.1mol·L－1E．c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋c(CO32—)（4）室溫下，pH均為13的Na2CO3和NaOH溶液中，水電離產(chǎn)生的c(OH—)之比=。（5）25℃下，CuSO4溶液中的c(Cu2+)為0.020mol／l，如果要生成沉淀，應調(diào)整溶液的pH大于。（25℃下，Cu（OH）2的Ksp=2.0×10-20）14、rm{1g}葡萄糖完全氧化，放出約rm{15.6kJ}的能量，那么rm{1mol}葡萄糖完全氧化，放出的能量是______rm{kJ.}化學方程式為______．15、某研究小組擬用定量的方法測量Al和Fe分別與酸反應的快慢；設計了如下圖1所示的裝置．

（1）檢查圖1所示裝置氣密性的方法是______．

（2）若要比較產(chǎn)生氣體的快慢，可以測量相同時間段內(nèi)產(chǎn)生氣體的體積，也可以測量______．

（3）實驗測得鋁絲產(chǎn)生氣體的速率（v）與時間（t）的關系如圖2所示，則t1～t2時間段內(nèi)反應速率逐漸加快的主要原因是______．

（4）某同學取等體積、等濃度的a稀硫酸、b鹽酸、c醋酸三種酸溶液分別加入足量的鋁粉進行如上實驗，開始時三種溶液中反應速率快慢順序是______；反應完畢產(chǎn)生氣體體積的大小順序是______相同條件）．（以上兩空用序號排序回答）16、按要求完成下列各小題：

（1）的系統(tǒng)命名是：______

（2）的鍵線式是______

（3）3-甲基-2-戊烯的結構簡式是______

（4）2，3-二甲基-4-乙基己烷的結構簡式是______．評卷人得分三、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)17、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。18、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。19、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。20、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分四、推斷題(共3題，共27分)21、（11分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四種常見元素，其相關信息如下表：。元素相關信息XX的基態(tài)原子核外3個能級上有電子，且每個能級上的電子數(shù)相等Y常溫常壓下，Y單質(zhì)是淡黃色固體，常在火山口附近沉積ZZ和Y同周期,Z的電負性大于YWW的一種核素的質(zhì)量數(shù)為63，中子數(shù)為34（1）Y的元素符號是____（2）XY2是一種常用的溶劑，XY2的分子中存在____個σ鍵，中心原子雜化軌道類型；在H―Y、H―Z兩種共價鍵中，鍵的極性較強的是____，鍵長較長的是____。（3）W的基態(tài)原子核外電子排布式是____。（4）處理含XO、YO2煙道氣污染的一種方法，是將其在催化劑作用下轉化為單質(zhì)Y。此反應的化學方程式是____。(5)請設計一個實驗方案，比較Y、Z單質(zhì)氧化性的強弱：_____________________________________________________________________________________________________________________________________。22、原子序數(shù)小于rm{36}的rm{X}rm{Y}rm{Z}和銅四種元素，rm{X}的基態(tài)原子有rm{3}個不同的能級，有一個能級中的電子數(shù)比其它兩個能級中的電子數(shù)都多rm{1}rm{Y}基態(tài)原子中的電子占有rm{5}個軌道，其中有rm{2}個軌道上有不成對電子，rm{Z}是第rm{4}周期中未成對電子數(shù)最多的元素。rm{(1)Z}原子基態(tài)核外電子排布式為__________________。rm{(2)}元素rm{X}與rm{Y}的第一電離能較大的是___rm{(}填元素符號rm{)}rm{H_{2}Y_{2}}中rm{Y}原子軌道的雜化類型為_____。rm{(3)+3}價rm{Z}的配合物rm{K[Z(C_{2}O_{4})_{2}(H_{2}O)_{2}]}中的配體是________；與rm{C_{2}O_{4}^{2-}}互為等電子體的一種分子的化學式為________。rm{(4)ZCl_{3}}能與rm{N}rm{O}的氣態(tài)氫化物形成配位數(shù)為rm{6}的配合物，且相應兩種配體的物質(zhì)的量之比為rm{2:1}rm{1mol}該配合物溶于水，加入足量的硝酸酸化的硝酸銀溶液可得rm{430.5g}白色沉淀。則該配合物溶于水的電離方程式為。rm{(5)Cu}和rm{Y}形成的化合物的晶胞如下圖所示，晶胞中與銅離子距離相等且最近的銅離子有________個。某種有缺陷的銅和rm{Y}形成的化合物的晶體由rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{3+}}rm{Y^{2-}}及空隙組成，可表示為rm{Cu_{0.98}Y}則rm{n}rm{(Cu^{2+})/}rm{n}rm{(Cu^{3+})=}________。23、法國化學家rm{V.Grignard}所發(fā)明的rm{Grignard}試劑rm{(}鹵代烴基鎂rm{)}廣泛運用于有機合成rm{.Grignard}試劑的合成方法是：rm{RX+Mgxrightarrow{{脪脪脙脩}}RMgX(Grignard}試劑rm{RX+Mg

xrightarrow{{脪脪脙脩}}RMgX(Grignard}生成的鹵代烴基鎂與具有羰基結構的化合物rm{).}醛、酮等rm{(}發(fā)生反應；再水解就能合成各種指定結構的醇：

現(xiàn)以rm{)}丁烯和必要的無機物為原料合成rm{2-}rm{3}二甲基rm{4-}己醇，進而合成一種分子式為rm{-3-}的具有六元環(huán)的物質(zhì)rm{C_{10}H_{16}O_{4}}合成線路如下，rm{J}的一氯代物只有rm{H}種．

請按要求填空：

rm{3}中官能團的名稱為______；rm{(1)D}的結構簡式是______．

rm{F}的反應類型是______，rm{(2)C+D隆煤E}的反應類型是______；

rm{F隆煤G}寫出下列化學反應方程式rm{(3)}有機物請用結構簡式表示rm{(}

rm{)}______；

rm{A隆煤B}______；

rm{I隆煤J}化合物rm{(4)}在一定條件下發(fā)生加聚反應的化學方程式為______．rm{G}評卷人得分五、其他(共4題，共20分)24、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。25、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質(zhì)，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產(chǎn)物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。26、(8分)下圖是一些常見的物質(zhì)間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質(zhì)，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F(xiàn)是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。27、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數(shù)字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共32分)28、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．29、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據(jù)圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．30、某研究小組按下列路線合成神經(jīng)系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經(jīng)過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。31、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)裝置可知，①是電解硫酸銅溶液的，根據(jù)反應式2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑可知，溶液中生成0.2mol氫離子；②是原電池，消耗0.2mol氫離子；③是鐵上鍍鋅，溶液的pH不變；④是電解飽和食鹽水，根據(jù)反應式2Cl－＋2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑可知，溶液中生成0.2molOH-，所以溶液中的pH由大到小的順序是④③②①，答案選C?？键c：考查電化學的有關計算【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】【答案】D3、A【分析】解：A．水很穩(wěn)定；是因為水分子內(nèi)的共價鍵較強的緣故，與氫鍵無關，氫鍵只影響水的熔沸點，故A錯誤；

B．正負離子半徑之比影響離子晶體中離子配位數(shù)；所以由于NaCl晶體和CsCl晶體中正負離子半徑比不相等，所以兩晶體中離子的配位數(shù)不相等，故B正確；

C．碘；四氯化碳、甲烷均是非極性分子；而水是極性溶劑，根據(jù)相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷難溶于水，故C正確；

D．離子晶體熔沸點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比、與離子電荷成正比，氧離子半徑小于氯離子半徑，且氧離子所帶電荷大于氯離子所帶電荷，所以氧化鎂晶格能大于氯化鎂，則MgO的熔點比MgCl2高；故D正確；

故選A．

A．分子晶體的穩(wěn)定性與化學鍵有關；

B．正負離子半徑之比影響離子晶體中離子配位數(shù)；

C．極性分子的溶質(zhì)極易溶于極性分子的溶劑；非極性分子的溶質(zhì)極易溶于非極性分子的溶劑；

D．離子晶體熔沸點與晶格能成正比；晶格能與離子半徑成反比；與離子電荷成正比．

本題考查相似相溶原理、晶格能與離子晶體熔沸點關系、化學鍵與分子穩(wěn)定性關系等知識點，側重考查學生分析判斷能力，注意氫鍵和范德華力影響分子晶體熔沸點，但分子的穩(wěn)定性受化學鍵影響，注意二者區(qū)別，為易錯點．【解析】【答案】A4、C【分析】解：A；二氧化硅晶體結構中；每個硅原子結合4個氧原子原子，同時每個氧原子結合2個硅原子原子，最小的環(huán)上，有6個Si原子和6個O原子，所以一共12個原子，故A錯誤；

B；金屬晶體中有陽離子但沒有陰離子；故B錯誤；

C、依據(jù)n=計算物質(zhì)的量==1mol，石墨烯中平均每個六元環(huán)含碳原子2個，則1mol碳原子含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5NA；故C正確；

D、C60為分子晶體，如圖中晶胞單元中，含有C60分子的個數(shù)為8×=4，720gC60晶體中含有NA個C60分子，所以720gC60晶體含有0.25NA個如圖中晶胞單元；故D錯誤；

故選C．

A；二氧化硅晶體結構中；每個硅原子結合4個氧原子原子，同時每個氧原子結合2個硅原子原子，最小的環(huán)上，有6個Si原子和6個O原子，所以一共12個原子；

B；金屬晶體中有陽離子但沒有陰離子；

C、依據(jù)n=計算物質(zhì)的量==1mol，石墨烯中平均每個六元環(huán)含碳原子2個，則1mol碳原子含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5NA；

D、C60為分子晶體，如圖中晶胞單元中，含有C60分子的個數(shù)為8×=4，720gC60晶體中含有NA個C60分子；據(jù)此判斷．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)，注意根據(jù)晶體的結構分析晶體中含有的化學鍵數(shù)目，本題難度中等．【解析】【答案】C5、A【分析】解：rm{W}的平均化學反應速率rm{=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}=dfrac{0.2mol}{2Ltimes5min}=0.02mol/L.min}同一化學反應中同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的反應速率之比計量數(shù)之比，rm{=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}=

dfrac{0.2mol}{2Ltimes5min}=0.02mol/L.min}rm{v(Z)}rm{v(W)=0.01mol/L.min}rm{0.02mol/L.min=n}解得rm{2}

故選：rm{n=1}．

先根據(jù)rm{v=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}}計算rm{A}的平均化學反應速率；再根據(jù)同一化學反應中同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的反應速率之比等于計量數(shù)之比．

本題考查了化學反應速率的定量表示方法，難度不大，明確同一化學反應中同一時間段內(nèi)，各物質(zhì)的反應速率之比計量數(shù)之比．rm{v=dfrac{trianglen}{Vtriangle

t}}【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，掌握物質(zhì)的量的計算公式和物質(zhì)結構是解題關鍵，難度不大?！窘獯稹緼.臭氧分子由氧原子構成，故rm{32g}臭氧中含有的氧原子的物質(zhì)的量為rm{n=32g/16g/mol=2mol}個數(shù)為rm{2}rm{N}rm{N}個，故A正確；B.rm{A}鐵的物質(zhì)的量為rm{A}而鐵與鹽酸反應后變?yōu)閞m{56g}價，故rm{1mol}鐵轉移rm{+2}電子即rm{1mol}rm{2mol}rm{2}個，故B錯誤；C.溶液體積不明確，故溶液中的鈉離子的個數(shù)無法計算，故C錯誤；D.標況下四氯化碳為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量，故D錯誤。故選A。

rm{N}【解析】rm{A}7、C【分析】銨態(tài)氮肥中存在NH4+，NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋，草木灰的主要成分為K2CO3，CO32—＋H2OHCO3—＋OH－，二者的水解反應相互促進，使NH3、CO2以氣體形式逸出，引起肥效流失；Ca(OH)2＋SO2=CaSO3＋H2O,2CaSO3＋O2=2CaSO4，B正確；電解飽和MgCl2溶液的化學方程式為MgCl2＋2H2O通電,Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，C錯誤；由于鎂的活潑性太強，MgO熔點很高，工業(yè)上常用電解熔融MgCl2來制取鎂單質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緾8、B【分析】【解析】【答案】B9、D【分析】【分析】本題是對有機物的基礎知識的考察，是中學化學的基礎知識，難度較小。關鍵是正確理解有機物的概念與性質(zhì)，側重基礎知識的考察。【解答】A.含有碳元素的化合物都是有機物，不是有機物的定義，故A錯誤；B.rm{1molCH}rm{1molCH}rm{4}rm{4}與等物質(zhì)的量的rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}在光照條件下生成是混合物不是純凈物，故B錯誤；C.完全燃燒只生成rm{CO}的化合物是烴或者烴的衍生物，故C錯誤；rm{CO}rm{2}rm{2}【解析】rm{D}二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】試題分析：（1）乙中有羥基和氯素原子，能發(fā)生水解、取代和消去反應；能使高錳酸鉀褪色，能發(fā)生氧化反應；苯環(huán)能與氫氣加成，發(fā)生還原反應，所以bd正確。（2）反應Ⅰ氯原子取代了甲基上的氫，條件為光照；反應II和Ⅲ應為先水解再加成，否則會得到兩個羥基。（3）丙的不飽和度為6，除了苯環(huán)還有兩個雙鍵，可寫出結構簡式為考點：考查有機物的性質(zhì)，有機反應的條件和類型。【解析】【答案】（1）bd（2）①光照（1分）②（3）①②11、略

【分析】【解析】試題分析：（1）由不同種非金屬元素形成的共價鍵是極性鍵，則只含有極性鍵的是①③⑨；由同種非金屬元素形成的共價鍵是非極性鍵，則只含有非極性鍵的是②④⑦；既含有極性鍵又含有非極性鍵的是⑤⑥⑧。（2）單鍵都是σ鍵，雙鍵或三鍵中既有σ鍵也有π鍵，所以只含有σ鍵的是①②③⑥⑦⑧；即含有σ鍵又含有π鍵的是④⑤⑨；含有由兩個原子的s軌道重疊形成的σ鍵的是⑦?？键c：考查化學鍵的有關判斷【解析】【答案】（12分）（1）①③⑨；②④⑦；⑤⑥⑧（2）①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；⑦；(每格2分）12、略

【分析】（1）考查蓋斯定律的應用。根據(jù)反應①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)和反應②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)可知，②－1/2①即得到N2H4(g)+NO2(g)＝3/2N2(g)+2H2O(g)，所以反應熱是―534kJ·mol－1―67.7kJ·mol－1×1/2＝－567.9kJ·mol－1。根據(jù)方程式可知，生成物是氮氣和水，對環(huán)境無污染。（2）根據(jù)反應③1/2H2(g)+1/2F2(g)=HF(g)和反應④可知，③×4－④×2＋②即得到N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)，所以反應熱是－269kJ·mol－1×4＋242kJ·mol－1×2－534kJ·mol－1＝－1126kJ·mol－1?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)N2H4(g)+NO2(g)＝3/2N2(g)+2H2O(g)△H＝－567.9kJ·mol－1產(chǎn)物為N2和H2O，對環(huán)境無污染。(2)N2H4(g)+2F2(g)=N2(g)+4HF(g)；△H＝－1126kJ·mol－113、略

【分析】試題分析：（1）碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解的方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-；Ba2+或Ca2+與結合生成碳酸鋇或碳酸鈣沉淀，使水解平衡逆向移動，故可加入BaCl2或CaCl2；（2）發(fā)生水解的CO32—不超過其總量的10%，所以c(OH－)10-2，PH12，可以用測PH的方法驗證；（3）因為CO32-水解，所以c(Na＋)>2c(CO32—)；HCO3—通過第一步水解得到、H2CO3通過第二步水解得到，所以c(CO32—)>c(OH－)>c(HCO3—)>c(H2CO3)正確；根據(jù)質(zhì)子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3—)＋2c(H2CO3)正確；根據(jù)物料守恒c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)=0.1mol·L－1，故c(CO32—)＋c(HCO3—)=0.1mol·L－1錯誤；根據(jù)電荷守恒，c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)，所以E錯誤。（4）pH均為13的Na2CO3水電離產(chǎn)生的c(OH—)=0.1mol·L－1、pH為13的NaOH溶液中水電離產(chǎn)生的c(OH—)=mol·L－1；（5）c(OH－)>mol·L－1，pH大于5。考點：本題考查化水溶液?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CO32-+H2OHCO3-+OH-BaCl2或CaCl2（2）測0.1mol·L-1Na2CO3溶液pH，pH12（3）D、E（4）1012（5）514、略

【分析】解：rm{1g}葡萄糖完全氧化，放出約rm{15.6kJ}的能量，所以rm{1mol}葡萄糖完全氧化，放出的能量是rm{15.6kJ隆脕180=2808kJ}葡萄糖完全氧化生成二氧化碳和水，反應的化學方程式為rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}隆煤6CO_{2}+6H_{2}O}故答案為：rm{2808}rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}隆煤6CO_{2}+6H_{2}O.}

rm{1g}葡萄糖完全氧化，放出約rm{15.6kJ}的能量，所以rm{1mol}葡萄糖完全氧化，放出的能量是rm{15.6kJ隆脕180=2808kJ}葡萄糖完全氧化生成二氧化碳和水，由此書寫反應的化學方程式．

本題考查了化學方程式的書寫和熱量的相關計算，化學方程式的計算應用，題目較簡單．【解析】rm{2808}rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}隆煤6CO_{2}+6H_{2}O}15、略

【分析】解：（1）化學實驗裝置的氣密性檢驗的原理是使裝置內(nèi)外的壓強不相等；基本方法是觀察氣泡或液面變化，該裝置利用不漏氣裝置內(nèi)的空氣受熱膨脹，有空氣從導管口逸出要檢查裝置的氣密性，可以用手握住錐形瓶，使瓶內(nèi)的溫度升高，壓強增大，若氣密性良好，則會觀察到乙中長導管內(nèi)的液面會上升；

故答案為：用手捂住錐形瓶；觀察乙中長導管內(nèi)液面是否上升；

（2）比較產(chǎn)生氣體的快慢；還可以測定產(chǎn)生相同的氫氣所需要的時間，故答案為：產(chǎn)生相同體積的氣體所需時間；

（3）金屬與酸的反應為放熱反應；溫度影響反應的速率，溫度越高，反應的速率越快，故答案為：反應放熱，溶液溫度升高使反應速率加快；

（4）三種酸中，醋酸為一元弱酸，鹽酸為一元強酸，硫酸為二元強酸，等濃度時，溶液中c（H+）大小順序為a＞b＞c，c（H+）越大，反應速率越大，則開始時三種溶液中反應速率快慢順序是a＞b＞c；完全反應，硫酸生成氣體的體積最大，鹽酸和醋酸相等．

故答案為：a＞b＞c；a＞b=c．

（1）檢查裝置氣密性可以使用讓裝置溫度升高壓強增大的方法；觀察氣泡或液面變化；

（2）比較產(chǎn)生氣體的快慢；可以測量相同時間段內(nèi)產(chǎn)生氣體的體積，也可以測定產(chǎn)生相同的氫氣所需要的時間；

（3）金屬與酸的反應為放熱反應；溫度影響化學反應速率；

（4）三種酸中，醋酸為一元弱酸，鹽酸為一元強酸，硫酸為二元強酸，等濃度時，溶液中c（H+）大小順序為a＞b＞c，c（H+）越大；反應速率越大，以此解答．

本題考查了裝置氣密性的檢查方法、測氣體的反應速率的方法、弱電解質(zhì)的電離以及化學反應速率的影響因素，熟悉影響速率的因素，依據(jù)已有的知識進行即可解答，題目較簡單．【解析】用手捂住錐形瓶，觀察乙中長導管內(nèi)液面是否上升；產(chǎn)生相同體積的氣體所需時間；反應放熱，溶液溫度升高；a＞b＞c；a＞b=c16、略

【分析】解：（1）是烷烴；主鏈含有8個碳原子，2號碳；6號碳上各有一個甲基，系統(tǒng)命名為：2，6-二甲基辛烷；

故答案為：2；6-二甲基辛烷；

（2）的鍵線式表示為：

故答案為：

（3）3-甲基-2-戊烯為烯烴，主鏈有5個碳，3號碳上有1個甲基，2號碳上有碳碳雙鍵，其結構簡式為：CH3CH=C（CH3）CH2CH3；

故答案為：CH3CH=C（CH3）CH2CH3；

（4）2，3-二甲基-4-乙基己烷，為烷烴，主鏈上有6個碳原子，2號、3號碳上各有1個甲基，4號碳上有1個乙基，其結構簡式為：CH3CH（CH3）CH（CH3）CH（CH2CH3）CH2CH3；

故答案為：CH3CH（CH3）CH（CH3）CH（CH2CH3）CH2CH3．

（1）烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最?。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．

（2）只用鍵線來表示碳架；兩根單鍵之間或一根雙鍵和一根單鍵之間的夾角為120?，一根單鍵和一根三鍵之間的夾角為180?，而分子中的碳氫鍵；碳原子及與碳原子相連的氫原子均省略，而其他雜原子及與雜原子相連的氫原子須保留．用這種方式表示的結構式為鍵線式；

（3）3-甲基-2-戊烯為烯烴；主鏈有5個碳，3號碳上有1個甲基，2號碳上有碳碳雙鍵；

（4）2；3-二甲基-4-乙基己烷，為烷烴，主鏈上有6個碳原子，2號；3號碳上各有1個甲基，4號碳上有1個乙基．

本題考查了烷烴的系統(tǒng)命名法、有機物鍵線式、結構簡式的書寫，掌握命名原則，注意書寫規(guī)范是解題關鍵，題目難度不大．【解析】2，6-二甲基辛烷；CH3CH=C（CH3）CH2CH3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH（CH2CH3）CH2CH3三、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共8分)17、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑?shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應產(chǎn)生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據(jù)元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質(zhì)、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H219、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）220、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、推斷題(共3題，共27分)21、略

【分析】根據(jù)元素都結構及有關性質(zhì)可知，X、Y、Z、W分別是C、S、Cl、Cu。（1）Y是S。（2）CS2中含有2個碳硫雙鍵，所以分子中含有2個σ鍵。分子是直線型結構，所以中心原子是sp雜化。氯原子的非金屬性強于硫原子的，所以H－Cl鍵的極性較強。（3）根據(jù)構造原理可知，銅的基態(tài)原子核外電子排布式是[Ar]3d104s1。（4）根據(jù)化合價的變化可知，另一種生成物是CO2，所以方程式為2CO+SO2=S+2CO2。（5）比較元素的非金屬性強弱可以利用單質(zhì)間的相互置換能力，即在Na2S溶液中滴加Cl2水，若溶液出現(xiàn)渾濁，說明Cl2的氧化性比S強?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)S(2)2；sp;H-Cl(或H-Z)H-S(或H-Y)(3)[Ar]3d104s1(4)2CO+SO2=S+2CO2(5)在Na2S溶液中滴加Cl2水，若溶液出現(xiàn)渾濁，說明Cl2的氧化性比S強。22、（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（2）Nsp3?（3）H2O、C2O42-N2O4（4）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3=[Cr(NH3)4(H2O)2]3++3Cl-?（5）1247/2【分析】【分析】本題主要考查雜化軌道理論、配合物理論、晶胞的計算、核外電子排布等知識，題目綜合性強具有一定難度，平時需加強訓練?！窘獯稹縭m{X}的基態(tài)原子有rm{3}個不同的能級，有一個能級中的電子數(shù)比其它兩個能級中的電子數(shù)都多rm{1}則基態(tài)原子電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}原子序數(shù)為rm{7}rm{X}為rm{N}rm{Y}基態(tài)原子中的電子占有rm{5}個軌道，其中有rm{2}個軌道處于半滿狀態(tài)，基態(tài)原子電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}原子序數(shù)為rm{8}rm{Y}為rm{O}rm{Z}的原子序數(shù)為rm{24}rm{Z}為rm{Cr}rm{(1)}rm{(1)}rm{Cr}原子基態(tài)核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}或故答案為：rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}。。同一周期元素的第一電力能隨著原子序數(shù)的增大而增大，注意同一周期的第Ⅱrm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}族的第一電離能大于第Ⅲrm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}族，第Ⅴrm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}族的大于第Ⅵrm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}族，則rm{(2)}rm{(2)}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}第一電離能rm{N>O}軌道的雜化類型為rm{N>O}rm{H}故答案為：rm{H}rm{2}。rm{2}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}中rm{O}原子軌道的雜化類型為rm{O}rm{O}原子rm{sp^{3}}rm{sp^{3}}雜化，中的配體是rm{N}rm{sp^{3}}rm{sp^{3}}rm{(3)}rm{(3)}配合物rm{K[Z(C}rm{K[Z(C}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案為：rm{{,!}_{4}}、rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}。rm{(H}有題意知：rm{(H}rm{{,!}_{2}}rm{O)}rm{O)}rm{{,!}_{2}}rm{]}中的配體是rm{]}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}、rm{C_{2}O_{4}^{2-}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}白色沉淀為。與rm{C}沉淀，其物質(zhì)的量rm{n(AgCl)=dfrac{430.5g}{143.5g/mol}=3mol}rm{C}該配合物溶于水，加入足量的硝酸酸化的硝酸銀溶液可得rm{{,!}_{2}}白色沉淀rm{O}即rm{O}rm{{,!}_{4}^{2-}}沉淀互為等電子體的有rm{N_{2}O_{4}}該配合物可以電離出rm{N_{2}O_{4}}電離方程式為：等，rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}rm{;}rm{N_{2}O_{4}}rm{N_{2}O_{4}}rm{(4)}該配合物為rm{[Cr(NH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{4}rm{4}rm{(H}rm{2}rm{2}，故答案為：rm{O)}rm{2}rm{2}rm{]Cl}rm{{,!}_{3}}rm{430.5g}白色沉淀為rm{AgCl}沉淀，其物質(zhì)的量rm{n(AgCl)=

dfrac{430.5g}{143.5g/mol}=3mol}rm{1mol}該配合物溶于水，加入足量的硝酸酸化的硝酸銀溶液可得rm{430.5g}白色沉淀rm{(}即rm{1mol}rm{{,!}_{3}}rm{430.5g}rm{AgCl}rm{n(AgCl)=

dfrac{430.5g}{143.5g/mol}=3mol}rm{1mol}rm{430.5g}rm{(}rm{1mol}rm{AgCl}rm{)}，說明rm{1mol}該配合物可以電離出rm{3molCl^{-}}電離方程式為：rm{1mol}rm{3molCl^{-}}rm{[Cr(NH}；rm{3}根據(jù)晶胞的示意圖可知晶胞中與銅離子距離相等且最近的銅離子有rm{3}個。有缺陷的銅和rm{)}形成的化合物的晶體rm{4}rm{4}由電中性可得rm{(H}rm{2}rm{2}rm{O)}rm{2}rm{2}rm{]Cl}rm{3}由原子個數(shù)可得rm{3}rm{=[Cr(NH}rm{3}rm{3}rm{)}rm{4}rm{4}則rm{(H}rm{2}rm{2}rm{O)}rm{2}rm{2}rm{]^{3+}+3Cl^{-}}rm{[Cr(NH}故答案為：rm{3}rm{3}rm{)}【解析】rm{(1)}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{(2)N}rm{(2)N}rm{sp^{3}}rm{sp^{3}}rm{(3)}rm{(3)}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}、rm{C_{2}O_{4}^{2-;;}}rm{C_{2}O_{4}^{2-;;}}23、略

【分析】解：rm{F}是rm{3}rm{4-}二甲基rm{-3-}己醇，結構簡式為rm{F}發(fā)生消去反應生成rm{G}rm{G}和溴發(fā)生加成反應生成rm{H}rm{H}的一氯代物只有rm{3}種，所以rm{G}為rm{H}為rm{H}和氫氧化鈉溶液發(fā)生取代反應生成rm{I}為rm{I}和二元酸發(fā)生酯化反應生成rm{J(C_{10}H_{16}O_{4})}具有六元環(huán)，可知該二元酸為rm{HOOC-COOH}則rm{J}的結構簡式為：rm{.2-}丁烯與rm{HBr}發(fā)生加成反應生成rm{A}rm{A}與rm{Mg/}乙醚反應得到rm{C}rm{A}發(fā)生水解反應生成rm{B}rm{B}氧化生成rm{D}結合給予的信息及rm{F}的結構，可知rm{D}為rm{C}為則rm{B}為rm{A}為．

rm{(1)D}為官能團的名稱為羰基，rm{F}的結構簡式是：

故答案為：羰基；

rm{(2)C+D隆煤E}的反應類型是：加成反應，rm{F隆煤G}的反應類型是：消去反應；

故答案為：加成反應；消去反應；

rm{(3)A隆煤B}的反應方程式為：rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{水}}CH_{3}CH_{2}CH(OH)CH_{3}+NaBr}

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

xrightarrow[triangle]{{水}}CH_{3}CH_{2}CH(OH)CH_{3}+NaBr}的反應方程式為：

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{水}}CH_{3}CH_{2}CH(OH)CH_{3}+NaBr}

rm{I隆煤J}化合物rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{水}}CH_{3}CH_{2}CH(OH)CH_{3}+NaBr}在一定條件下發(fā)生加聚反應的化學方程式為：rm{(4)}rm{G}

故答案為：rm{n}rm{xrightarrow{{麓脽祿爐錄脕}}}．

rm{n}是rm{xrightarrow{{麓脽祿爐錄脕}}}rm{F}二甲基rm{3}己醇，結構簡式為rm{4-}發(fā)生消去反應生成rm{-3-}rm{F}和溴發(fā)生加成反應生成rm{G}rm{G}的一氯代物只有rm{H}種，所以rm{H}為rm{3}為rm{G}和氫氧化鈉溶液發(fā)生取代反應生成rm{H}為rm{H}和二元酸發(fā)生酯化反應生成rm{I}具有六元環(huán)，可知該二元酸為rm{I}則rm{J(C_{10}H_{16}O_{4})}的結構簡式為：rm{HOOC-COOH}丁烯與rm{J}發(fā)生加成反應生成rm{.2-}rm{HBr}與rm{A}乙醚反應得到rm{A}rm{Mg/}發(fā)生水解反應生成rm{C}rm{A}氧化生成rm{B}結合給予的信息及rm{B}的結構，可知rm{D}為rm{F}為則rm{D}為rm{C}為．

本題考查有機物的推斷，注意對題目給予信息的理解，以rm{B}為突破口采用逆推的方法進行推斷，答題時注意把握反應條件推斷官能團的變化，題目難度較大．rm{A}【解析】羰基；加成反應；消去反應；rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{水}}CH_{3}CH_{2}CH(OH)CH_{3}+NaBr}rm{CH_{3}CH_{2}CHBrCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{水}}CH_{3}CH_{2}CH(OH)CH_{3}+NaBr}rm{n}rm{xrightarrow{{麓脽祿爐錄脕}}}五、其他(共4題，共20分)24、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應（或取代反應）；消去反應（各1分）（3）略（2分）25、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉