2024年滬教版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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2024年滬教版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷891考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說法正確的是（）

A.鋼管與電源正極連接；鋼管可被保護(hù)。

B.鐵遇冷濃硝酸表面鈍化；可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕。

C.鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí)；鋼管不易被腐蝕。

D.鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，負(fù)極反應(yīng)是Fe-3e-═Fe3+

2、關(guān)于如圖所示兩個(gè)裝置的敘述中不正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{c(H^{+})}濃度變化：rm{壟脵}減小，rm{壟脷}減小B.裝置名稱：rm{壟脵}是電解池，rm{壟脷}是原電池C.離子移動(dòng)方向：rm{壟脵}中rm{H^{+}}向陰極方向移動(dòng)，rm{壟脷}中rm{H^{+}}向正極方向移動(dòng)D.電極反應(yīng)式：rm{壟脵}中陽極：rm{2H_{2}O-4e^{-}=4H^{+}+O_{2}隆眉}rm{壟脷}中負(fù)極：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}3、rm{A}是一種含碳、氫、氧三種元素的有機(jī)化合物。已知：rm{A}中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{44.1%}氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{8.82%}那么rm{A}的實(shí)驗(yàn)式是()A.rm{C_{5}H_{12}O_{4}}B.rm{C_{5}H_{12}O_{3}}C.rm{C_{5}H_{10}O_{4}}D.rm{C_{4}H_{10}O_{4}}4、下列各組離子反應(yīng)可用H＋＋OH－H2O表示的是A.氫氧化鋇和硫酸B.氫氧化鐵和鹽酸C.硝酸和氫氧化鈉D.碳酸氫鈉和氫氧化鈉5、對(duì)于某酸的酸式鹽NaHY的水溶液的下列敘述中，正確的是（）A.該酸式鹽的水溶液一定顯酸性B.在該鹽溶液中，離子濃度為：c（Na+）＞c（Y2-）＞c（HY-）＞c（OH-）＞c（H+）C.若HY-能水解，水解方程式為：HY-+H2O?Y2-+H3O+D.若HY-能電離，電離方程式為：HY-+H2O?Y2-+H3O+評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)6、下列說法錯(cuò)誤的是（）A.石油中含有C5-C11的烷烴，可以通過石油的分餾得到汽油B.含C18以上的烷烴的重油經(jīng)過催化劑裂化可以得到汽油C.石油的分餾、煤的干餾都是物理變化D.煤中含有苯和甲苯，可以用先干餾后分餾的方法把它們分離出來7、下列說法或表示法不正確的是rm{(}rm{)}A.從rm{C(}石墨rm{)=C(}金剛石rm{)triangleH=1.9}rm{kJ?mol^{-1}}可知金剛石比石墨更穩(wěn)定B.已知rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}則rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}的燃燒熱為rm{H_{2}}rm{285.8}C.在稀溶液中：rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}OtriangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}若將含rm{kJ/mol}rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}Otriangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}的醋酸溶液與含rm{1mol}rm{CH_{3}COOH}rm{1}的溶液混合，放出的熱量小于rm{mol}rm{Ba(OH)_{2}}D.圖中rm{57.3}曲線表示合成氨rm{kJ}放熱反應(yīng)rm{a}使用催化劑時(shí)，反應(yīng)過程中的能量變化rm{(}8、下列說法，不正確的是（）A.人體缺碘，可通過食用加碘鹽補(bǔ)碘B.缺鐵性貧血，可通過食用鐵強(qiáng)化醬油預(yù)防C.為了防止齲齒，人人都要使用含氟牙膏D.鋅攝入量過多，也會(huì)引起缺鐵性貧血9、下列說法正確的是（）A.在酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解的產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OHB.用甘氨酸（H2NCH2COOH）和丙氨酸（CH3CHNH2COOH）混合縮合，最多可形成4種二肽C.苯甲醛中混有苯甲酸，加入生石灰，再加熱蒸餾D.將電石與飽和食鹽水反應(yīng)生成的氣體通入溴的四氯化碳溶液中，若溶液褪色，證明有乙炔生成10、下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是rm{(}rm{)}A.乙烷中混有乙烯，通過氫氣在一定條件下反應(yīng)，使乙烯轉(zhuǎn)化為乙烷B.在催化劑存在的條件下，苯和溴水發(fā)生反應(yīng)可生成無色比水重的液體溴苯C.將銅絲彎成螺旋狀，在酒精燈上加熱變黑后，立即伸入盛有無水乙醇的試管中，完成乙醇氧化為乙醛的實(shí)驗(yàn)E.配制銀氨溶液時(shí)，將稀氨水慢慢滴入硝酸銀溶液中，產(chǎn)生沉淀后繼續(xù)滴加到沉淀剛好溶解為止E.配制銀氨溶液時(shí)，將稀氨水慢慢滴入硝酸銀溶液中，產(chǎn)生沉淀后繼續(xù)滴加到沉淀剛好溶解為止11、一定條件下，某反應(yīng)達(dá)到平衡，其平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}恒容時(shí)，升高溫度，混合氣體的顏色加深，下列說法正確的是rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdot

c(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}rm{(}A.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{)}B.該反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)值C.升高溫度，正反應(yīng)速率減小D.恒溫時(shí)，增大壓強(qiáng)，顏色加深，因平衡左移rm{NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}12、某溫度時(shí)，發(fā)生反應(yīng)rm{2HI}rm{(g)?H_{2}}rm{(g)+I_{2}}rm{(g)}向三個(gè)體積相等的恒容密閉容器rm{A}rm{B}rm{C}中，分別加入rm{壟脵2mol}rm{HI}rm{壟脷3mol}rm{HI}rm{壟脹1mol}rm{H_{2}}與rm{1mo1I_{2}}分別達(dá)平衡時(shí)，以下關(guān)系正確的是rm{(}rm{)}A.平衡時(shí)，各容器的壓強(qiáng)：rm{壟脷=壟脵=壟脹}B.平衡時(shí)，rm{I_{2}}的濃度：rm{壟脷>壟脵=壟脹}C.平衡時(shí)，rm{I_{2}}的體積分?jǐn)?shù)：rm{壟脷=壟脵=壟脹}D.從反應(yīng)開始到達(dá)平衡的時(shí)間：rm{壟脵>壟脷=壟脹}13、下列有機(jī)物的命名正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{2漏隴}二甲基戊烷B.rm{2漏隴}乙基戊烷C.rm{2}rm{3漏隴}二甲基戊烷D.rm{3漏隴}甲基己烷評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、已知某可逆反應(yīng)mA（g）+nB（g）qC（g）在密閉容器中進(jìn)行．如圖所示反應(yīng)在不同時(shí)間t；溫度T和壓強(qiáng)P與反應(yīng)物B的體積分?jǐn)?shù)的關(guān)系曲線．根據(jù)圖象填空（（1）；（2）、（3）題填“＞”、“＜”或“=”）：

（1）溫度的關(guān)系：T1____T2；

（2）壓強(qiáng)的關(guān)系：P1____P2；

（3）化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系：m+n____q

（4）該反應(yīng)的正反應(yīng)為____反應(yīng)．（填“吸熱”或“放熱”）

15、一定量的rm{A}rm{B}在rm{2L}的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)rm{A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2min}后，測(cè)得各物質(zhì)的濃度分別為rm{c(A)=0.5mol/L}rm{c(B)=0.75mol/L}rm{c(C)=0.5mol/L}則rm{A}和rm{B}起始的物質(zhì)的量分別為______rm{mol}和______rm{mol}16、下圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放109g5.51％的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和200g10.00％的K2SO4溶液．電極均為石墨電極。接通電源，經(jīng)過一段時(shí)間后，測(cè)得丙中K2SO4濃度為10.47％，乙中c電極質(zhì)量增加。據(jù)此回答問題：（1）電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為___________________________________。（2）電極b上生成的氣體在標(biāo)狀況下的體積為__________________，此時(shí)甲燒杯中NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為（設(shè)溶液的密度為1g/cm3）_______________。（3）電極c的質(zhì)量變化是___________g，欲使電解后乙中的電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)該向溶液中加入適量的___________（填字母編號(hào)）。A.Cu(OH)2B.Cu2OC.CuCO3D.Cu2(OH)2CO3（4）其他條件不變，如果把乙裝置改為電解精煉銅，則c電極的材料為___________，d電極的材料為______。17、（6分）在下列物質(zhì)中____（A）Cl2（B）NaI（C）H2S（D）CO2（E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H）Na2O（I）NH3（J）HBr（1）含離子鍵的物質(zhì)是____________；（2）含有共價(jià)鍵化合物的是_____________________；（3）由極性鍵形成的非極性分子是_______________；（4）由非極性鍵形成的非極性分子是_______________。18、（12分）物質(zhì)A～G有下圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分反應(yīng)物、生成物沒有列出）。其中A為某金屬礦的主要成分，經(jīng)過一系列反應(yīng)可得到B和C。單質(zhì)C可與E的濃溶液發(fā)生反應(yīng)，G為磚紅色沉淀。(提示：葡萄糖結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2OH(CHOH)4CHO)請(qǐng)回答下列問題：（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：B、E、G（2）利用電解精煉法可提純C物質(zhì)，在該電解反應(yīng)中陽極電極材料是____，陰極電極材料是，電解質(zhì)溶液是____（3）反應(yīng)②的化學(xué)方程式是。（4）將0.23molB和0.11mol氧氣放入容積為1L的密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)①，在一定溫度下，反應(yīng)達(dá)到平衡，得到0.12molD，則反應(yīng)的平衡常數(shù)K=（保留一位小數(shù)）若溫度不變，再加入0.50mol氧氣后重新達(dá)到平衡，則：B的平衡濃度（填“增大”、“不變”或“減小”），氧氣的轉(zhuǎn)化率（填“升高”、“不變”或“降低”），D的體積分?jǐn)?shù)（填“增大”、“不變”或“減小”）。評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共3題，共9分)19、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種原子序數(shù)依次增大的元素rm{(}原子序數(shù)均小于rm{30).A}的基態(tài)原子rm{2p}軌道有rm{3}個(gè)未成對(duì)電子；rm{C}的基態(tài)原子rm{2p}軌道有rm{1}個(gè)未成對(duì)電子；rm{E}原子最外層有rm{1}個(gè)未成對(duì)電子，其次外層有rm{3}種原子軌道且均排滿電子；rm{D}與rm{E}同周期，價(jià)電子數(shù)為rm{2.}則：

rm{(1)}寫出基態(tài)rm{E}原子的電子排布式：______．

rm{(2)1molA}的單質(zhì)分子中rm{婁脨}鍵的個(gè)數(shù)為______．

rm{(3)A}rm{B}rm{C}三種元素的氫化物穩(wěn)定性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開_____rm{(}用化學(xué)式表示rm{)}．

rm{(4)A}的簡(jiǎn)單氫化物分子的空間構(gòu)型為______，其中rm{A}原子的雜化類型是______．

rm{(5)C}和rm{D}形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，已知晶胞邊長(zhǎng)rm{a}rm{cm}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}求晶體的密度為rm{婁脩=}______rm{g/cm^{3}.(}用含rm{a}rm{N_{A}}的計(jì)算式表示rm{)}20、【加試題】有機(jī)物rm{M}是一種化妝品中間體，某研究小組以苯和丙酮為原料，設(shè)計(jì)中間體rm{M}的合成路線如下：已知：rm{壟脵}rm{壟脷}請(qǐng)回答：rm{(1)}有機(jī)物rm{C}中含有的官能團(tuán)名稱是________。rm{(2)}下列說法正確的是________。A.化合物rm{A}小能在銅催化下與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)B.中間體rm{M}不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.丙酮的同分異構(gòu)體超過rm{4}種rm{(}不含丙酮rm{)}D.從丙酮到化合物rm{C}的轉(zhuǎn)化過程中，涉及取代反應(yīng)、加成反應(yīng)和還原反應(yīng)等rm{(3)}寫出由丙酮rm{(}rm{)}和rm{C_{2}H_{2}}反應(yīng)生成rm{A}的化學(xué)方程式是________。rm{(4)D}在一定條件下可轉(zhuǎn)化為rm{X(C_{8}H_{9}NO_{2})}寫出同時(shí)符合下列條件的rm{X}的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________。rm{壟脵}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)：rm{壟脷}能使氯化鐵顯色；rm{壟脹}屬于苯的對(duì)位二取代物rm{(5)}設(shè)計(jì)以丙酮rm{(}rm{)}rm{C_{2}H_{2}}為原料制備異戊二烯rm{(}rm{)}的合成路線rm{(}用流程圖表示；無機(jī)試劑任選rm{)}________。21、元素周期表第ⅤA族元素包括氮、磷、砷（As）、銻（Sb）等．這些元素?zé)o論在研制新型材料；還是在制作傳統(tǒng)化肥；農(nóng)藥等方面都發(fā)揮了重要的作用．請(qǐng)回答下列問題：

（1）N4分子是一種不穩(wěn)定的多氮分子，其分解后能產(chǎn)生無毒的氮?dú)獠⑨尫懦龃罅磕芰浚瑧?yīng)用于制造推進(jìn)劑或炸藥．N4是由四個(gè)氮原子組成的氮單質(zhì)，每個(gè)氮原子均為sp3雜化，則該分子的空間構(gòu)型為______，N-N鍵的鍵角為______．

（3）N、P、As原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)開_____（用元素符號(hào)表示）．

（4）天然氨基酸的命名常用俗名（根據(jù)來源與性質(zhì)），例如，最初從蠶絲中得到的氨基酸叫絲氨酸[HOCH2CH（NH2）COOH]．觀察給出的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知絲氨酸______（填“有”或“沒有”）手性異構(gòu)體．

（5）砷化鎵為第三代半導(dǎo)體；以其為材料制造的燈泡壽命長(zhǎng)，耗能少．已知立方砷化鎵晶胞的結(jié)構(gòu)。

如圖所示，其晶胞邊長(zhǎng)為cpm，a位置As原子與b位置As原子之間的距離為______pm（用含c的式子表示）．評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)22、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時(shí)易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對(duì)FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進(jìn)行測(cè)定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實(shí)驗(yàn)步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時(shí)C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時(shí)間過長(zhǎng)，F(xiàn)eSO4進(jìn)一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時(shí)間過短，結(jié)晶水未完全失去評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共2題，共8分)23、早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準(zhǔn)晶顆粒由rm{Al}rm{Cu}rm{Fe}三種金屬元素組成?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}準(zhǔn)晶是一種無平移周期序，但有嚴(yán)格準(zhǔn)周期位置序的獨(dú)特晶體，可通過________方法區(qū)別晶體、準(zhǔn)晶體和非晶體。rm{(2)}基態(tài)rm{Fe}原子的電子排布式為_________。rm{(3)}新制的rm{Cu(OH)_{2}}可將乙醛rm{(CH_{3}CHO)}氧化成乙酸，而自身還原成rm{Cu_{2}O}乙醛中碳原子的雜化軌道為___________。乙酸的沸點(diǎn)明顯高于乙醛，其主要原因是_________________________________________。rm{Cu_{2}O}為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有rm{4}個(gè)氧原子，其余氧原子位于面心和頂點(diǎn)，則該晶胞中有________個(gè)銅原子。rm{(4)Al}單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)rm{a=0.405nm}列式表示rm{Al}單質(zhì)的密度_________rm{g}rm{cm^{-3}}24、取rm{l00mL}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合溶液，加入rm{100mL}rm{Ba(OH)_{2}}溶液后，恰好完全反應(yīng)，過濾，得到濾液和白色沉淀，白色沉淀干燥后質(zhì)量為rm{14.51g}再用過量稀硝酸處理沉淀，沉淀最后減少到rm{4.66g}并有氣體放出rm{.}寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式．

計(jì)算：rm{(1)}原混合溶液中rm{Na_{2}SO_{4}}的物質(zhì)的量濃度．

rm{(2)}產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積．

rm{(3)}過濾出沉淀后，所得濾液的物質(zhì)的量濃度rm{(}反應(yīng)前后溶液體積變化忽略不計(jì)rm{)}．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】

A．用電解原理保護(hù)金屬時(shí)；金屬應(yīng)作電解池陰極，應(yīng)該與原電池負(fù)極連接，故A錯(cuò)誤；

B．常溫下；鐵和濃硝酸反應(yīng)生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進(jìn)一步反應(yīng)，所以可以保護(hù)內(nèi)部金屬不被腐蝕，故B正確；

C．鋼管；銅管和雨水能構(gòu)成原電池；鐵作原電池負(fù)極而容易被腐蝕，故C錯(cuò)誤；

D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，負(fù)極反應(yīng)是Fe-2e-═Fe2+；故D錯(cuò)誤；

故選B．

【解析】【答案】A．用電解原理保護(hù)金屬時(shí)；金屬應(yīng)作電解池陰極；

B．常溫下；鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象而阻止進(jìn)一步反應(yīng)；

C．構(gòu)成原電池負(fù)極的金屬易被腐蝕；

D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)；負(fù)極上鐵失電子生成亞鐵離子．

2、A【分析】解：rm{A.壟脵}中電解水，rm{壟脷}中rm{Zn}與氫離子反應(yīng)，則rm{c(H^{+})}濃度變化：rm{壟脵}增大，rm{壟脷}減小；故A錯(cuò)誤；

B.由裝置根據(jù)是否有外加電源可知：rm{壟脵}是電解池，rm{壟脷}是原電池；故B正確；

C.原電池中陽離子向正極移動(dòng)，電解池中陽離子向陰極移動(dòng)，則rm{壟脵}中rm{H^{+}}向陰極方向移動(dòng)，rm{壟脷}中rm{H^{+}}向正極方向移動(dòng)；故C正確；

D.電極反應(yīng)式：rm{壟脵}中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)為rm{2H_{2}O-4e^{-}=4H^{+}+O_{2}隆眉}rm{壟脷}中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}故D正確；

故選A．

由圖可知，rm{壟脵}為電解池，rm{壟脷}為原電池，rm{壟脵}中電解水，rm{壟脷}中rm{Zn}與氫離子反應(yīng)；且原電池中陽離子向正極移動(dòng)，電解池中陽離子向陰極移動(dòng)，以此來解答．

本題考查原電池和電解池，為高頻考點(diǎn)，把握裝置的判斷、電極、電極反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意原電池及電解池的工作原理，題目難度不大．【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】本題考查有機(jī)物實(shí)驗(yàn)式的計(jì)算，題目難度中等，注意實(shí)驗(yàn)式即是最簡(jiǎn)式?！窘獯稹坑捎趓m{A}中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{44.1%}氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{8.82%}故A中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{1-44.1%-8.82%=47.08%.}由此可算出rm{C}rm{H}rm{O=dfrac{44.1%}{12}}rm{dfrac{8.82%}{1}}rm{dfrac{47.08%}{16}=5}rm{12}rm{4}則分子式為rm{C_{5}H_{12}O_{4}}所以其實(shí)驗(yàn)式是rm{C_{5}H_{12}O_{4}}故A正確。故選A。

【解析】rm{A}4、C【分析】A中還生成硫酸鋇沉淀，B中氫氧化鐵是難溶性物質(zhì)，用化學(xué)式表示，D中生成物是碳酸鈉和水，所以正確的答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、D【分析】解：A、如果HY-的水解程度大于電離程度；溶液呈堿性，如果電離大于水解溶液呈酸性，故A錯(cuò)誤；

B、不知電離和水解程度的大小，所以無法比較c（Y2-）和c（HY-）、c（OH-）和c（H+）的大??；故B錯(cuò)誤；

C、若HY-能水解，水解是結(jié)合水中的氫離子，水解方程式為：HY-+H2O?H2Y+OH-；故C錯(cuò)誤；

D、若HY-能電離，電離方程式為：HY-+H2O?Y2-+H3O+；故D正確；故選D．

A、如果HY-的水解程度大于電離程度；溶液呈堿性，如果電離大于水解溶液呈酸性；

B、不知電離和水解程度的大小，所以無法比較c（Y2-）和c（HY-）、c（OH-）和c（H+）的大??；

C、若HY-能水解，水解是結(jié)合水中的氫離子，水解方程式為：HY-+H2O?H2Y+OH-；

D、若HY-能電離，電離方程式為：HY-+H2O?Y2-+H3O+．

本題考查離子濃度的大小比較，題目難度中等，本題易錯(cuò)點(diǎn)為C，注意從溶液的電荷守恒和物料守恒的角度分析，無論是酸性溶液還是堿性溶液，都存在c（H+）+c（H2Y）=c（OH-）+c（Y2-）．【解析】【答案】D二、雙選題(共8題，共16分)6、C|D【分析】解：A．石油中含有C5-C11的烷烴，可以通過石油的分餾得到汽油，其分子中的碳原子數(shù)一般在C5～C11范圍內(nèi)；故A正確；

B．含C18以上烷烴的重油經(jīng)過催化裂化可得到汽油；故B正確；

C；石油的分餾是通過控制沸點(diǎn)的不同來實(shí)現(xiàn)物質(zhì)分離的方法；屬于物理變化，煤的干餾、石油裂化及乙稀的聚合過程，均有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化過程，故C錯(cuò)誤；

D；煤中不含苯和甲苯；可以通過干餾發(fā)生化學(xué)反應(yīng)制得，故D錯(cuò)誤；

故選CD．

A．汽油是由石油分餾所得的低沸點(diǎn)烷烴，其分子中的碳原子數(shù)一般在C5～C11范圍內(nèi)；

B．含C18以上烷烴的重油經(jīng)過催化裂化可得到汽油；煤油和柴油；

C；在原子核不變的情況下；物理變化沒有新物質(zhì)生成，化學(xué)變化有新物質(zhì)生成；

D；煤中不含苯和甲苯；可以干餾制得．

本題主要考查了石油的組成和裂化、裂解等知識(shí)，難度不大，根據(jù)所學(xué)知識(shí)即可完成．【解析】【答案】CD7、rAD【分析】解：rm{A.}從rm{C(}石墨rm{)簍TC(}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ/mol}可知石墨具有的能量較低，物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定，所以石墨比金剛石更穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；

B.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}即rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}完全燃燒生成液態(tài)水放出rm{2molH_{2}}熱量，則rm{571.6kJ}燃燒放出的熱量rm{1molH_{2}}rm{285.8kJ}的燃燒熱為rm{H_{2}}故B正確；

C.乙酸是弱酸，電離過程是吸熱過程，含rm{285.8kJ/mol}的溶液與含rm{1molCH_{3}COOH}的稀溶液混合，放出熱量小于rm{1molNaOH}故C正確；

D.催化劑改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，圖象rm{57.3kJ}活化能減小，rm{a}使用了催化劑；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，應(yīng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，但圖象描述是吸熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選AD．

A.物質(zhì)能量越高；穩(wěn)定性越差，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，石墨能量小于金剛石；

B.根據(jù)熱化學(xué)方程式的意義和書寫方法來判斷，燃燒熱是rm{a}攝氏度，rm{25}時(shí)，rm{101kPa}可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量；

C.乙酸是弱酸；電離過程是吸熱過程；

D.催化劑改變反應(yīng)歷程；降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，應(yīng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量．

本題考查了物質(zhì)穩(wěn)定性與能量高低的關(guān)系、燃燒熱、中和熱等，注意中和熱的測(cè)定實(shí)驗(yàn)中使用的是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的稀溶液，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力．rm{1mol}【解析】rm{AD}8、CD【分析】解：A；碘是甲狀腺素的重要成分；人體缺碘，可通過食用加碘鹽補(bǔ)碘，故A正確；

B；鐵強(qiáng)化醬油可以為人體補(bǔ)鐵；所以缺鐵性貧血，可通過食用鐵強(qiáng)化醬油預(yù)防，故B正確；

C；含氟的牙膏有利于預(yù)防齲齒；但是兒童不能使用含氟牙膏，故C錯(cuò)誤；

D；鋅影響身體發(fā)育；缺乏會(huì)引起食欲不振，生長(zhǎng)遲緩，發(fā)育不良，故D錯(cuò)誤．

故選CD．

本題可由各種微量元素的生理作用；缺乏癥等角度進(jìn)行分析解答．

化學(xué)來源于生產(chǎn)生活，也服務(wù)于生產(chǎn)生活，因此在近年的考試中，與生產(chǎn)生活實(shí)際相關(guān)的情景題已漸漸成為新寵．【解析】CD9、B|C【分析】解：A．乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)時(shí)，乙酸中C-O鍵斷裂，乙醇中O-H鍵斷裂，則水解可分別形成C-O鍵和O-H鍵，則在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；故A錯(cuò)誤；

B．氨基酸生成二肽；就是兩個(gè)氨基酸分子脫去一個(gè)水分子．當(dāng)同種氨基酸脫水，生成2種二肽；當(dāng)是異種氨基酸脫水：可以是甘氨酸脫去羥基，丙氨酸脫氫；也可以丙氨酸脫羥基，甘氨酸脫去氫，生成2種二肽，共4種，故B正確；

C．苯甲酸可與生石灰反應(yīng)；生成的鹽不揮發(fā)，可用蒸餾的方法分離，故C正確；

D．乙炔中混有的雜質(zhì)H2S、PH3具有還原性；也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D錯(cuò)誤，故選BC．

A．水解為斷開C-O鍵；據(jù)此解答即可；

B．氨基酸形成肽鍵原理為羧基提供-OH；氨基提供-H，兩個(gè)氨基酸分子脫去一個(gè)水分子脫水結(jié)合形成二肽，既要考慮不同氨基酸分子間生成二肽，又要考慮同種氨基酸分子間形成二肽；

C．苯甲酸可與生石灰反應(yīng)；

D．乙炔中混有的雜質(zhì)H2S、PH3具有還原性．

本題考查有機(jī)物的鑒別，側(cè)重于有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的考查，為高頻考點(diǎn)，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及鑒別的方法的選取，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大．【解析】【答案】BC10、rCE【分析】解：rm{A.}乙烷中乙烯的含量未知；不能確定通入氫氣的量，易引入雜質(zhì)，且反應(yīng)在實(shí)驗(yàn)室難以完成，故A錯(cuò)誤；

B.苯和溴水不反應(yīng)；應(yīng)用液溴和苯在催化劑條件下反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.乙醇的催化氧化反應(yīng)中，金屬銅作催化劑，真正和乙醇反應(yīng)起到氧化作用的是氧化銅，實(shí)驗(yàn)過程中銅網(wǎng)出現(xiàn)黑色，是由于銅和氧氣反應(yīng)生成氧化銅，反應(yīng)的方程式為rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}2CuO}銅網(wǎng)由黑色變成紅色是由于乙醇和氧化銅反應(yīng)生成銅，反應(yīng)的方程式為：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuOoverset{triangle}{rightarrow}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}故C正確；

D.無水乙醇和濃硫酸共熱至rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{-}}{;}2CuO}發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，乙醇易揮發(fā)，乙烯；乙醇均能被酸性高錳酸鉀氧化，不能檢驗(yàn)，應(yīng)除去乙醇，再檢驗(yàn)乙烯，故D錯(cuò)誤；

E.配制銀氨溶液時(shí)；將稀氨水慢慢滴入硝酸銀溶液中，產(chǎn)生沉淀后繼續(xù)滴加到沉淀剛好溶解為止，此時(shí)溶液即為銀氨溶液，故E正確；

故選：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuOoverset{triangle

}{rightarrow}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}

A.該反應(yīng)條件較復(fù)雜；且易引入雜質(zhì)；

B.苯和溴水不反應(yīng)；

C.加熱變黑生成rm{170隆忙}再與乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)；

D.無水乙醇和濃硫酸共熱至rm{CE}發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，乙醇易揮發(fā)，乙烯；乙醇均能被酸性高錳酸鉀氧化；

E.配制銀氨溶液時(shí)；氨水不能加入過量，產(chǎn)生沉淀后繼續(xù)滴加到沉淀剛好溶解為止．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，題目難度中等，明確常見化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法為解答關(guān)鍵，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ畆m{CuO}【解析】rm{CE}11、rAB【分析】解：rm{A}依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算式和平衡常數(shù)的概念分析判斷反應(yīng)物是二氧化氮和一氧化碳，生成物為二氧化碳和一氧化氮；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{NO_{2}(g)+CO(g)?CO_{2}(g)+NO(g)}故A正確；

B、反應(yīng)是放熱反應(yīng)，焓變小于rm{0}故B正確；

C；正向反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升溫平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，正逆反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，故C錯(cuò)誤；

D；恒溫時(shí)；增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向進(jìn)行，反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，由于體積的減小顏色加深，但平衡不移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故選AB．

一定條件下，某反應(yīng)達(dá)到平衡，其平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}化學(xué)反應(yīng)為：rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdot

c(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}恒容時(shí)升高溫度，混合氣體的顏色加深，說明平衡逆向進(jìn)行，正向反應(yīng)是放熱反應(yīng)；依據(jù)化學(xué)平衡的影響因素分析判斷．

本題考查了平衡常數(shù)的概念應(yīng)用和計(jì)算判斷，化學(xué)平衡的影響因素的分析判斷，反應(yīng)速率的影響因素等知識(shí)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．rm{NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}【解析】rm{AB}12、rBC【分析】解：根據(jù)等效平衡原理：若rm{1molH_{2}}與rm{1molI_{2}}完全轉(zhuǎn)化為rm{HI}則rm{HI}為rm{2mol}所以rm{壟脵}和rm{壟脹}是完全相同的等效平衡，所以二者的濃度，百分含量，壓強(qiáng)轉(zhuǎn)，化率等都一樣；rm{壟脷}與rm{壟脵}相比增大了rm{HI}的量，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，增大rm{HI}的量；達(dá)到平衡時(shí)新平衡與原平衡相同，所以各物質(zhì)的百分含量不變，但是濃度增大．

A、由于恒容密閉容器，rm{壟脷}中初始的量大；所以壓強(qiáng)最大，故A錯(cuò)誤；

B、由于恒容密閉容器，rm{壟脷}中初始的量大，所以rm{壟脷}中rm{I_{2}}的濃度最大，rm{壟脵}和rm{壟脹}是完全相同的等效平衡，二者rm{I_{2}}的濃度相同，所以平衡時(shí)，rm{I_{2}}的濃度：rm{壟脷>壟脵=壟脹}故B正確；

C、rm{壟脵壟脷壟脹}都是等效平衡，所以三者中rm{I_{2}}的體積分?jǐn)?shù)相同；故C正確；

D、由于rm{壟脷}中初始的量大，反應(yīng)濃度大，反應(yīng)速率快，所以到達(dá)平衡所用時(shí)間最短，所以rm{壟脷<壟脹}故D錯(cuò)誤；

故選：rm{BC}．

根據(jù)等效平衡原理：若rm{1molH_{2}}與rm{1molI_{2}}完全轉(zhuǎn)化為rm{HI}則rm{HI}為rm{2mol}所以rm{壟脵}和rm{壟脹}是完全相同的等效平衡，所以二者的濃度，百分含量，壓強(qiáng)，轉(zhuǎn)化率等都一樣；rm{壟脷}與rm{壟脵}相比增大了rm{HI}的量，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，增大rm{HI}的量；達(dá)到平衡時(shí)新平衡與原平衡相同，所以各物質(zhì)的百分含量不變，但是濃度增大．

本題考查了等效平衡，化學(xué)平衡的影響因素，難度較大，注意完全等同的等效平衡與一般的等效平衡的區(qū)別．【解析】rm{BC}13、rCD【分析】解：rm{A.}主鏈不是最長(zhǎng)，正確的名稱為rm{3-}甲基己烷；故A錯(cuò)誤；

B.主鏈不是最長(zhǎng)，正確的名稱為rm{2-}甲基己烷；故B錯(cuò)誤；

C.符合命名規(guī)則；故C正確；

D.烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，故此物質(zhì)的主鏈上有rm{6}個(gè)碳原子，為己烷，從離支鏈最近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)，則甲基處在rm{3}號(hào)碳原子上，則為rm{3-}甲基己烷；故D正確；

故選CD．

判斷有機(jī)物的命名是否正確或?qū)τ袡C(jī)物進(jìn)行命名；其核心是準(zhǔn)確理解命名規(guī)范：

rm{(1)}烷烴命名原則：

rm{壟脵}長(zhǎng)選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號(hào)；

rm{壟脺}小支鏈編號(hào)之和最小rm{.}看下面結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

rm{壟脻}簡(jiǎn)兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡(jiǎn)單取代基開始編號(hào)rm{.}如取代基不同；就把簡(jiǎn)單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面．

rm{(2)}有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范．

本題考查了有機(jī)物的命名，題目難度中等，該題注重了基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的檢驗(yàn)和訓(xùn)練，該題的關(guān)鍵是明確有機(jī)物的命名原則，然后結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式靈活運(yùn)用即可，有利于培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力．【解析】rm{CD}三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）定壓強(qiáng)相同，比較溫度不同時(shí)，即比較曲線T1、P2與曲線T2、P2，根據(jù)先出現(xiàn)拐點(diǎn)，先到達(dá)平衡，先出現(xiàn)拐點(diǎn)的曲線表示的溫度高，所以T1＞T2；故答案為：＞；

（2）定溫度相同，比較壓強(qiáng)不同時(shí)，即比較曲線T1、P1與曲線T1、P2，根據(jù)先出現(xiàn)拐點(diǎn)，先到達(dá)平衡，先出現(xiàn)拐點(diǎn)的曲線表示的壓強(qiáng)高，所以P1＜P2；故答案為：＜；

（3）由（2）知，壓強(qiáng)P1＜P2；由圖知壓強(qiáng)越大，B的含量越高，所以平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行，增大壓強(qiáng)，平衡向體積減小的方向移動(dòng)，所以m+n＜q，故答案為：＜；

（4）由（1）知，溫度T1＞T2；由圖知溫度越高，B的含量越低，所以平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，升高溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱．

【解析】【答案】（1）（2）根據(jù)“先拐先平；數(shù)值大”原則，采取定一議二解答；

（3）根據(jù)壓強(qiáng)越大；B的含量越高，平衡向逆反應(yīng)進(jìn)行來分析；

（4）根據(jù)溫度越高；B的含量越低，平衡向正反應(yīng)進(jìn)行來分析．

15、略

【分析】【分析】

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算；為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)平衡三段法；反應(yīng)中量的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意三段法應(yīng)用，題目難度不大。

結(jié)合開始的量rm{=}轉(zhuǎn)化的量rm{+}剩余的量計(jì)算。

【解答】

設(shè)rm{A}rm{B}的起始濃度為rm{x}rm{y}則。

rm{A(g)+B(g)?2C(g)}

開始rm{x}rm{y}rm{0}

轉(zhuǎn)化rm{0.25}rm{0.25}rm{0.5}

rm{2min}rm{0.5}rm{0.75}rm{0.5}

rm{A}的起始濃度rm{x=0.25mol+0.5mol=0.75}rm{mol/L}rm{B}的起始濃度rm{y=0.25mol+0.75mol=1.0}rm{mol/L}

則rm{A}起始的物質(zhì)的量為rm{0.75}rm{mol/L隆脕2}rm{L=1.5}rm{mol}rm{B}起始的物質(zhì)的量為rm{1.0}rm{mol/L隆脕2}rm{L=2.0}rm{mol}

故答案為：rm{1.5}rm{2.0}

【解析】rm{1.5}rm{2.0}16、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)乙中c電極質(zhì)量增加可知c電解為陰極，則M電極為電源的負(fù)極，N電極為正極，b電極為陽極，發(fā)生OH￣失去電子的反應(yīng)：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑。（2）電解后200g10.00％的K2SO4溶液濃度變?yōu)?0.47％，則電解的H2O的質(zhì)量為200g-200g×10.00％÷10.47％=9g，電解H2O時(shí)與轉(zhuǎn)移電子的對(duì)應(yīng)關(guān)系為：H2O~2e￣，則n(e￣)=2×9g÷18g/mol=1mol，根據(jù)電極b發(fā)生反應(yīng)：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑，可求出生成的氣體：V(O2)=1mol÷4×22.4L/mol=5.6L；甲燒杯中NaOH溶液也電解了9gH2O，溶液體積為：（109g-9g）÷1000g/L=0.1L，c(NaOH)=109g×5.51%÷40g/mol÷0.1L=1.5mol?L￣1。（3）電極c為陰極，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++2e￣=Cu，生成的Cu質(zhì)量為m(Cu)=1mol÷2×64g/mol=32g；電解生成H2SO4、O2、Cu，根據(jù)出來什么加什么的原則，加入CuCO3后可使電解后乙中的電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)。（4）電解精煉銅，純銅作陰極，電極粗銅作陽極，故c電極的材料為純銅，d電極的材料為粗銅。考點(diǎn)：本題考查電極方程式的書寫、電解產(chǎn)物的計(jì)算、電極材料的選擇、電解質(zhì)溶液回復(fù)加入物質(zhì)的選擇?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）4OH－－4e－＝2H2O+O2↑（2分）（2）5.6L（2分）1.5mol/L（2分）(3)32（2分）C（1分）(4)精銅或純銅（1分）粗銅（1分）17、略

【分析】【解析】【答案】18、略

【分析】【解析】【答案】四、簡(jiǎn)答題(共3題，共9分)19、略

【分析】解：有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種原子序數(shù)依次增大的元素rm{(}原子序數(shù)均小于rm{30)}rm{A}的基態(tài)原子rm{2p}能級(jí)有rm{3}個(gè)單電子，原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}則rm{A}是rm{N}元素；rm{C}的基態(tài)原子rm{2p}能級(jí)有rm{1}個(gè)單電子，且rm{C}的原子序數(shù)大于rm{A}其原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}所以rm{C}是rm{F}元素，結(jié)合原子序數(shù)可推知rm{B}是rm{O}元素；rm{E}原子核外有成單電子，其次外層有rm{3}個(gè)能級(jí)且均排滿電子，且原子序數(shù)小于rm{30}則rm{E}處于第四周期，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}則rm{E}是rm{Cu}元素；rm{D}與rm{E}同周期，價(jià)電子數(shù)為rm{2}則rm{D}是rm{Ca}元素；

rm{(1)E}是銅元素，根據(jù)構(gòu)造原理知，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}

故答案為：rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式為：rm{N隆脭N}所以氮?dú)夥肿又泻幸粋€(gè)rm{婁脪}鍵兩個(gè)rm{婁脨}鍵，因此rm{1mol}氮?dú)庵泻衦m{2mol婁脨}鍵，即為rm{2N_{A}}個(gè)rm{婁脨}鍵；

故答案為：rm{2N_{A}}

rm{(3)}非金屬性rm{F>O>N}非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}

故答案為：rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}

rm{(4)N}元素的簡(jiǎn)單氫化物是氨氣，rm{NH_{3}}分子中氮原子價(jià)層電子對(duì)rm{=3+dfrac{5-1隆脕3}{2}=4}且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以分子空間構(gòu)型是三角錐形，rm{N}原子采取rm{sp^{3}}雜化；

故答案為：三角錐形；rm{sp^{3}}

rm{(5)F}和rm{Ca}形成的化合物為rm{CaF_{2}}由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中白色球數(shù)目rm{=8}黑色球數(shù)目rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}白色球?yàn)閞m{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}黑色球?yàn)閞m{F}則晶胞質(zhì)量rm{=4隆脕dfrac{78g}{N_{A}}=dfrac{312}{N_{A}}g}晶胞的體積為rm{Ca}晶體的密度為rm{婁脩=dfrac{dfrac{312}{N_{A}}g}{a^{3}cm^{3}}=dfrac{312}{a^{3}N_{A}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{=4隆脕dfrac{78g}{N_{A}}=dfrac

{312}{N_{A}}g}．

有rm{a^{3}cm^{3}}rm{婁脩=dfrac{dfrac

{312}{N_{A}}g}{a^{3}cm^{3}}=dfrac

{312}{a^{3}N_{A}}g/cm^{3}}rm{dfrac{312}{a^{3}N_{A}}}rm{A}rm{B}五種原子序數(shù)依次增大的元素rm{C}原子序數(shù)均小于rm{D}rm{E}的基態(tài)原子rm{(}能級(jí)有rm{30)}個(gè)單電子，原子核外電子排布為rm{A}則rm{2p}是rm{3}元素；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}的基態(tài)原子rm{A}能級(jí)有rm{N}個(gè)單電子，且rm{C}的原子序數(shù)大于rm{2p}其原子核外電子排布為rm{1}所以rm{C}是rm{A}元素，結(jié)合原子序數(shù)可推知rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}是rm{C}元素；rm{F}原子核外有成單電子，其次外層有rm{B}個(gè)能級(jí)且均排滿電子，且原子序數(shù)小于rm{O}則rm{E}處于第四周期，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式rm{3}則rm{30}是rm{E}元素；rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}與rm{E}同周期，價(jià)電子數(shù)為rm{Cu}則rm{D}是rm{E}元素；據(jù)此解答．

本題考查位置結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度較易，涉及核外電子排布、分子空間構(gòu)型、化學(xué)鍵、雜化方式、電離能、晶胞計(jì)算等，都是考試熱點(diǎn)．rm{2}【解析】rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{2N_{A}}rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}三角錐形；rm{sp^{3}}rm{dfrac{312}{a^{3}N_{A}}}20、（1）碳碳雙鍵（2）AC（3）（4）（5）【分析】【分析】本題考查有機(jī)合成和有機(jī)推斷，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及合成路線設(shè)計(jì)能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，根據(jù)反應(yīng)物、目標(biāo)產(chǎn)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式結(jié)合反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，注意題給信息的合理運(yùn)用，注意反應(yīng)先后順序。【解答】rm{(1)}有機(jī)物rm{A}含有的官能團(tuán)名稱是含有的官能團(tuán)名稱是碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；rm{A}化合物rm{(2)A.}中不存在可以被氧氣在銅催化下氧化的官能團(tuán)，故A正確；B.中間體rm{A}是帶支鏈的苯環(huán)結(jié)構(gòu)，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯(cuò)誤；C.丙酮的同分異構(gòu)體有丙醛、烯丙醇、環(huán)丙醚、環(huán)丙醇、甲基環(huán)氧乙烷等六種，故C正確；D.從丙酮到rm{M}的過程中，反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)、還原反應(yīng)和消去反應(yīng)，沒有涉及取代反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故答案為：rm{C}rm{AC}rm{(3)}由丙酮rm{(}和rm{(}rm{)}和rm{C}rm{)}rm{C}rm{2}的化學(xué)方程式是：故答案為：rm{2}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子結(jié)構(gòu)中存在醛基，使氯化鐵顯色，證明存在酚羥基，又已知是苯的對(duì)位二取代物，所以可以推出以下四種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：故答案為：rm{H}用丙酮和乙炔反應(yīng)先得到化合物再對(duì)進(jìn)行加成反應(yīng)，使其分子結(jié)構(gòu)中得到一個(gè)碳碳雙鍵，再進(jìn)行消去反應(yīng)，即可得到異戊二烯。合成路線應(yīng)寫成：故答案為：rm{H}【解析】rm{(1)}碳碳雙鍵rm{(2)AC}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}21、略

【分析】解：（1）N4是由四個(gè)氮原子組成的氮單質(zhì)，每個(gè)氮原子均為sp3雜化；4個(gè)N原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，每個(gè)含有1對(duì)孤對(duì)電子，每個(gè)面均為正三角形，故N-N鍵的鍵角為60°；

故答案為：正四面體；60°；

（2）同主族自上而下第一電離能減??；故第一電離能：N＞P＞As；

故答案為：N＞P＞As；

（3）HOCH2CH（NH2）COOH分子中連接氨基；羧基的碳原子為手性碳原子；具有手性異構(gòu)體；

故答案為：是；

（4）白色球與周圍的4個(gè)黑色球形成正四面體結(jié)構(gòu)，過a與頂點(diǎn)黑色球的晶胞體對(duì)角線與過b與頂點(diǎn)黑色球的晶胞體對(duì)角線相交于晶胞體心，過白色球、面心黑色球的且平衡側(cè)面的平面將晶胞4等分，則白色球與頂點(diǎn)黑色距離等于白色球與晶胞體心距離相等，ab連線為體心與面對(duì)角線頂點(diǎn)黑色球形成的三角形的中位線，則ab長(zhǎng)度為面對(duì)角線長(zhǎng)度的晶胞邊長(zhǎng)為cpm，則a位置As原子與b位置As原子之間的距離為cpm×=cpm；

故答案為：c．

（1）N4是由四個(gè)氮原子組成的氮單質(zhì)，每個(gè)氮原子均為sp3雜化；4個(gè)N原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，每個(gè)含有1對(duì)孤對(duì)電子；

（2）同主族自上而下第一電離能減?。?/p>

（3）連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；具有手性碳原子的物質(zhì)存在手性異構(gòu)體；

（4）白色球與周圍的4個(gè)黑色球形成正四面體結(jié)構(gòu)，過a與頂點(diǎn)黑色球的晶胞體對(duì)角線與過b與頂點(diǎn)黑色球的晶胞體對(duì)角線相交于晶胞體心，過白色球、面心黑色球的且平衡側(cè)面的平面將晶胞4等分，則白色球與頂點(diǎn)黑色距離等于白色球與晶胞體心距離相等，ab連線為體心與面對(duì)角線頂點(diǎn)黑色球形成的三角形的中位線，則ab長(zhǎng)度為面對(duì)角線長(zhǎng)度的．

本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及分子結(jié)構(gòu)、雜化方式、電離能、晶胞計(jì)算等，（4）中計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力．【解析】正四面體；60°；N＞P＞As；是；c五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)22、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因?yàn)闅溲趸c溶液會(huì)吸收二氧化碳?xì)怏w，達(dá)不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯(cuò)誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導(dǎo)入二氧化碳?xì)怏w，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因?yàn)閴A石灰也會(huì)吸收二氧化碳?xì)怏w，故C錯(cuò)誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會(huì)使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會(huì)很快反應(yīng)完，同時(shí)還會(huì)帶入HCl氣體，故D錯(cuò)誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關(guān)閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關(guān)閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結(jié)晶水的質(zhì)量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時(shí)間過長(zhǎng)，F(xiàn)eSO4進(jìn)一步分解；會(huì)使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯(cuò)誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計(jì)入減少的結(jié)晶水中；則n偏大，故B錯(cuò)誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會(huì)影響n值，故C錯(cuò)誤；

D．加熱時(shí)間過短；結(jié)晶水未完全失去，n值會(huì)小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D六、計(jì)算題(共2題，共8分)23、(1)X射線衍射

(2)1s22s22p63s23p63d64s2

(3)sp3、sp2形成了分子間的氫鍵，造成沸點(diǎn)升高16

(4)【分析】【分析】本題考查了晶體的性質(zhì)、原子核外電子排布規(guī)律、共價(jià)鍵類型、氫鍵、雜化類型、晶胞配位數(shù)及密度的計(jì)算，綜合性非常強(qiáng)，為歷年高考選作?？碱}型，難度中等，其中晶胞配位數(shù)以及密度的計(jì)算是本題的難點(diǎn)?！窘獯稹縭m{(1)}從外觀無法區(qū)分三者，但用rm{X}光照射揮發(fā)現(xiàn)：晶體對(duì)rm{X}射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準(zhǔn)晶體介于二者之間，因此通過有無衍射現(xiàn)象即可確定，故答案為rm{X}射線衍射；

rm{(2)26}號(hào)元素rm{Fe}基態(tài)原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}故答案為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(3)}乙醛中甲基上的rm{C}形成rm{4}條rm{婁脪}鍵，無孤電子對(duì)，因此采取rm{sp}形成