2025年冀少新版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀少新版高二化學下冊月考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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在核磁共振氫譜中出現兩組峰；其氫原子數之比為3：1的化合物是（）

A.

B.

C.

D.

2、實驗室配制250mL0.2mol?L-1的Na2CO3溶液，必需用到的儀器是（）A.

錐形瓶B.

試管C.

酒精燈D.

容量瓶3、rm{MCl}晶體具有立方體結構，其晶胞結構如圖所示，在該晶體中，每個rm{M^{+}}周圍與它最接近的且距離相等的rm{M^{+}}的個數共有rm{(}rm{)}A.rm{6}個B.rm{8}個C.rm{12}個D.rm{16}個4、下列各物質中，互為同系物的是()A.rm{HCOOCH_{3}}和rm{CH_{3}COOH}B.rm{CHCl_{3}}和氯乙烷C.和D.和5、下圖為直流電源電解稀rm{Na_{2}SO_{4}}水溶液的裝置，通電后在石墨電極rm{a}和rm附近分別滴加石蕊溶液，下列實驗現象正確的是rm{(}rm{)}

A.逸出氣體的體積：rm{a}電極的小于rm電極的B.一個電極逸出無味氣體，另一電極逸出刺激性氣味氣體C.rm{a}電極附近呈紅色，rm電極附近呈藍色D.rm{a}電極附近呈藍色，rm電極附近呈紅色6、用乙炔為原料制取CH2BrCHBrCl，可行的反應途徑是在一定條件下（）A.先與Cl2加成，再與Br2加成B.先與Cl2加成，再與HBr加成C.先與HCl加成，再與Br2加成D.先與HCl加成，再與HBr加成7、設rm{N}rm{{,!}_{A}}為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.rm{1}rm{mol}苯乙烯中含碳碳雙鍵數為rm{4}rm{N}rm{{,!}_{A}}B.rm{28g}聚乙烯中含有的碳原子數目為rm{2}rm{N}rm{{,!}_{A}}C.rm{5.6g}乙烯和環(huán)丁烷rm{(C_{4}H_{8})}的混合氣體中含的碳原子數為rm{0.2}rm{N}rm{{,!}_{A}}D.標準狀況下，rm{22.4LCH_{2}Cl_{2}}含氯原子數為rm{2N_{A}}8、已知rm{1g}rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃燒生成液態(tài)水放出rm{142.9kJ}的熱量，則下列熱化學方程式正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-142.9}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-142.9}B.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=+571.6}rm{kJ?mol^{-1}}C.rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(g)triangleH=-285.8}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=+571.6}D.rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{kJ?mol^{-1}}rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(g)triangleH=-285.8}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、（共10分）根據下面的反應路線及所給信息填空。Ⅰ、②的反應條件是____；B的名稱是_____；Ⅱ、①的反應類型是____。④的反應類型是。Ⅲ、寫出D在NaOH溶液里發(fā)生的化學反應方程式：。10、鹵代烴是一類重要的有機合成中間體，是許多有機合成的原料。根據鹵代烴的相關性質，回答下列問題（1）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氫譜圖如圖所示，則A的結構簡式為，請預測B的核磁共振氫譜上應該有個峰（信號）。（2）某同學用如圖1裝置（鐵架臺、酒精燈等略）驗證取代反應和消去反應的產物。實驗操作Ⅰ：在試管中加入5mL1mol/LNaOH溶液和0.5mL溴乙烷振蕩。實驗操作Ⅱ：將試管如圖1固定后，水浴加熱。①據圖1：用水浴加熱而不直接用酒精燈加熱的原因是。②圖2是為證明溴乙烷在NaOH乙醇溶液中發(fā)生的是消去反應，實驗中需要檢驗的產物是，水的作用是，實驗現象是。11、家用液化氣中的主要成分之一是丁烷rm{(C_{4}H_{10})}在rm{101kpa}時，當rm{10g}丁烷完全燃燒并生成二氧化碳和液態(tài)水時，放出熱量為rm{5隆脕10^{2}kJ}

試寫出丁烷燃燒反應的熱化學方程式______．

已知rm{1mol}液態(tài)水汽化時需要吸收rm{44kJ}的熱量，則rm{1}rm{mol}丁烷完全燃燒可生成______rm{mol}氣態(tài)水，同時放出的熱量為______rm{kJ}．12、下表為周期表的一部分；表中所列的字母分別代表一種化學元素．

回答下列相關問題：

rm{(1)}寫出元素rm{f}簡單離子的結構示意圖______．

rm{(2)}在rm{c_{6}a_{6}}分子中，元素rm{c}為______雜化，該分子是______分子rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}．

rm{(3)ci_{2}}分子的電子式為______，rm{ci_{2}}與rm{ce_{2}}比較，沸點較高的是______rm{(}寫分子式rm{)}．

rm{(4)}第一電離能：rm{h}______rm{i}電負性：rm{g}______rm{b(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(5)}下列關于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外圍電子排布特點的有關敘正確是______rm{(}填編號rm{)}．

rm{壟脵j}位于元素周期表中第四周期、Ⅰrm{B}族，屬于rm{ds}區(qū)元素。

rm{壟脷d}的基態(tài)原子中，rm{2p}能級為半充滿，屬于rm{p}區(qū)元素。

rm{壟脹}最外層電子排布式為rm{4s^{1}}一定屬于Ⅰrm{A}族。

rm{壟脺}最外層電子排布式為rm{ns^{2}np^{1}}該元素可能是Ⅲrm{A}族或Ⅲrm{B}族。

rm{(6)}將氨水滴入到rm{j}的硫酸鹽溶液中，先產生藍色沉淀，然后沉淀逐漸溶解并得到深藍色溶液，顯深藍色的離子是______，寫出藍色沉淀溶解在氨水中的離子方程式______．13、（8分）.1994年度諾貝爾化學獎授予為研究臭氧做出貢獻的化學家。臭氧能吸收有害紫外線，保護人類賴以生存的空間。O3分子的結構如圖：呈V形，兩個O—O鍵的夾角為116.5°。三個原子以一個O原子為中心，與另外兩個O原子分別構成非極性共價鍵；中間O原子提供2個電子，旁邊兩個O原子各提供1個電子，構成一個特殊的化學鍵(虛線內部)——三個O原子均等地享有這4個電子。請回答：(1)題中非極性共價鍵是________鍵，特殊的化學鍵是________鍵。(2)臭氧與氧氣的關系是____________________。(3)下列分子中與O3分子的結構最相似的是()A．H2OB．CO2C．SO2D．BeCl2(4)分子中某原子有一對或幾對沒有跟其他原子共用的價電子叫孤對電子，那么O3分子有______對孤對電子。(5)O3具有強氧化性，它能把PbS氧化為PbSO4而O2不能，試配平：________PbS＋________O3===________PbSO4＋_______O2，生成1molO2，轉移電子的物質的量為________mol。14、按要求填空：

rm{(1)}的一氯取代物有______種。

rm{(2)}某有機物發(fā)生加聚反應所得產物的結構簡式為______．

rm{(3)}烯烴在一定條件下氧化時，由于rm{C=C}鍵斷裂，轉化為醛、酮，如：

若在上述類似條件下發(fā)生反應，請模仿上例寫出該反應的方程式：______．評卷人得分三、元素或物質推斷題(共4題，共8分)15、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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。16、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為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兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

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兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。18、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、計算題(共2題，共18分)19、rm{Cu}及其化合物在科學研究和工業(yè)生產中具有許多用途rm{.}請回答以下問題：

rm{(1)}向rm{CuSO_{4}}溶液中滴加氨水至深藍色透明溶液時；發(fā)生的離子反應方程式______．

rm{(2)}硫酸銅溶液中滴入氨基乙酸鈉rm{(H_{2}N-CH_{2}-COONa)}即可得到配合物rm{A.}其結構如圖：

rm{壟脵SO_{4}^{2-}}中rm{S}原子的軌道雜化類型是______；

rm{壟脷A}中碳原子的軌道雜化類型為______．

rm{壟脹1mol}氨基乙酸鈉含有rm{婁脪}鍵的數目為______．

rm{(3)}元素金rm{(Au)}處于周期表中的第六周期，與rm{Cu}同族rm{.}一種銅合金晶體具有面心立方最密堆積的結構，在晶胞中rm{Cu}原子處于面心，rm{Au}原子處于頂點位置，該合金中每一層均為______rm{(}填“密置層”、“非密置層”rm{)}該晶體中；原子之間的作用力是______；

rm{(4)}上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由rm{Cu}原子與rm{Au}原子構成的四面體空隙中rm{.}若將rm{Cu}原子與rm{Au}原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結構與rm{CaF_{2}}的晶胞結構相似，該晶體儲氫后的化學式應為______rm{.}若rm{Cu}原子與rm{Au}原子的距離為rm{a}rm{cm}則該晶體儲氫后的密度為______rm{.(}含rm{a}的表達式rm{)}20、室溫下將100ml0.01mol/L的Ba（OH）2溶液與100ml0.01mol/L的NaHSO4溶液混合，則混合后溶液的pH為多少？評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】

A．由對稱可知；有2種H原子，則核磁共振氫譜中出現兩組峰，氫原子數之比為6：2=3：1，故A正確；

B．由對稱可知；有3種H原子，則核磁共振氫譜中出現三組峰，故B錯誤；

C．由對稱可知；有3種H原子，則核磁共振氫譜中出現三組峰，故C錯誤；

D．由對稱可知；有2種H原子，則核磁共振氫譜中出現兩組峰，氫原子數之比為6：4=3：2，故D錯誤；

故選A．

【解析】【答案】核磁共振氫譜中出現兩組峰；及有兩種類型的等效氫原子，其氫原子數之比為3：1，根據物質的結構簡式，利用對稱性來分析出現幾種位置的氫離子，并結合H原子的個數來分析解答．

2、D【分析】解：在配制一定量物質的量濃度溶液時；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水加入燒杯也可不用），并用玻璃棒攪拌，加速溶解．冷卻后轉移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯；玻璃棒2-3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻．所用儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管、藥匙．不需要錐形瓶、試管、酒精燈；

故選D．

根據配制溶液的實驗操作過程選擇所需的儀器．

本題考查了配制一定量物質的量濃度溶液的操作時儀器的選取，難度不大，根據配制過程分析即可．【解析】【答案】D3、A【分析】解：rm{M^{+}}位于晶胞的體心位置，每個晶胞有rm{6}個面，則可連接rm{6}個晶胞，則在該晶體中，每個rm{M^{+}}周圍與它最接近的且距離相等的rm{M^{+}}的個數共有rm{6}個．

故選A．

rm{M^{+}}位于晶胞的體心位置，每個晶胞有rm{6}個面，則可連接rm{6}個晶胞；以此解答該題．

本題考查了晶胞中離子配位數的判斷、距離最近的同一元素離子的個數的計算等知識點，側重于考查學生的空間想象能力和分析能力，難度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】本題考查有機物的結構與同系物辨析，難度不大，注意同系物中的“結構相似”是指物質種類相同，若含有官能團，官能團的種類與數目相同?！窘獯稹緼.rm{HCOOCH_{3}}是酯，rm{CH_{3}COOH}是羧酸；二者結構不同，不是同系物，故A錯誤；

B.三氯甲烷含有三個氯原子；氯乙烷含有一個氯原子，所含官能團數不同，結構不相似，不是同系物，故B錯誤；

C.是苯酚，是苯甲醇；官能團性質不同，不是同系物，故C錯誤；

D.甲苯和乙苯結構相似，組成上相差rm{CH_{2}}均是苯的同系物，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}5、D【分析】rm{Na_{2}SO_{4}===2Na^{+}+}rm{H_{2}O爐冒爐帽H^{+}+OH^{-}}和rm{OH^{-}}移向rm電極，rm{Na^{+}}和rm{H^{+}}移向rm{a}電極，在rm電極上：rm{4OH^{-}-4e^{-}===2H_{2}O+O_{2}隆眉}在rm{a}電極上：rm{2H^{+}+2e^{-}===H_{2}隆眉}所以產生的氣體體積rm{a}電極大于rm電極；兩種氣體均為無色無味的氣體；由于rm{a}電極上rm{H^{+}}放電，所以rm{a}電極附近的rm{c}rm{(OH^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})}滴加石蕊試液rm{a}電極附近變藍色，同理，rm電極附近變紅色。【解析】rm{D}6、C【分析】解：由乙炔CH≡CH制CH2Br-CHBrCl，分子中在乙炔的基礎又增加了一個H、兩個Br、一個Cl，這四個原子只能以HCl和Br2形式發(fā)生加成反應；故A；B、D不符合，C符合．

故選C．

由乙炔CH≡CH制CH2Br-CHBrCl，分子中在乙炔的基礎又增加了一個H、兩個Br、一個Cl，這四個原子只能以HCl和Br2形式發(fā)生加成反應．

本題以有機合成為載體，考查炔烴的性質，難度不大，注意基礎知識的掌握，注意根據分子組成分析．【解析】【答案】C7、B【分析】【分析】本題考查了阿伏加德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大。【解答】A.苯環(huán)中的碳碳鍵不是單雙交替，rm{1mol}苯乙烯rm{(}苯乙烯rm{1mol}rm{(}中含有的碳碳雙鍵數為rm{)}中含有的碳碳雙鍵數為rm{N}rm{)}rm{N}B.rm{A}rm{A}，故A錯誤；聚乙烯中所含聚乙烯的最簡式為rm{CH}rm{CH}rm{2}碳原子數為rm{2}，rm{28g}聚乙烯中所含rm{CH}rm{28g}C.rm{CH}rm{2}乙烯和環(huán)丁烷rm{2}的物質的量為rm{2mol}碳原子數為rm{2N}碳原子數為rm{2mol}rm{2N}rm{A}D.rm{A}，故B正確；乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同，均為rm{CH_{2}}rm{5.6g}【解析】rm{B}8、D【分析】解：rm{A.2mol}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量為rm{142.9kJ隆脕4=571.6kJ}所以rm{triangleH=-571.6kJ?mol^{-1}}故A錯誤；

B.rm{triangle

H=-571.6kJ?mol^{-1}}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量為rm{2mol}所以rm{triangleH=-571.6kJ?mol^{-1}}故B錯誤；

C.物質的狀態(tài)影響反應熱；生成物是氣態(tài)水，題目條件不足，無法計算，故C錯誤；

D.rm{142.9kJ隆脕4=571.6kJ}與熱化學方程式中化學式的計量數成正比，rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{triangle

H=-571.6kJ?mol^{-1}}所以rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{triangleH}故D正確；

故選：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}．

書寫熱化學方程式除了要遵循書寫化學方程式的要求外；還應注意以下幾方面：

rm{kJ?mol^{-1}}必須注明各反應物、生成物的狀態(tài)rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{kJ?mol^{-1}}rm{D}rm{(1)}不標“rm{(s}”和“rm{l}”符號；

rm{g}反應熱rm{aq)}與測定條件rm{隆眉}溫度、壓強rm{隆媒}有關，若不說明則指常溫rm{(2)}常壓rm{triangleH}下；

rm{(}只能寫在標有反應物或生成物狀態(tài)的化學方程式的右邊，若為吸熱反應，rm{)}為“rm{(25隆忙)}”；若為放熱反應，rm{(101kPa)}為“rm{(3)triangleH}”，rm{triangleH}的單位一般為rm{+}

rm{triangleH}熱化學方程式中的化學計量數僅表示該物質的物質的量；不表示物質的分子或原子數，因此可以是整數或分數；

rm{-}與熱化學方程式中化學式前面的化學計量數成正比；當反應逆向進行時，其反應熱與正反應的反應熱數值相等，但符號相反．

本題考查熱化學方程式，題目難度不大，注意熱化學方程式的書寫方法．rm{triangleH}【解析】rm{D}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】【解析】【答案】Ⅰ、堿的醇溶液，加熱；一氯環(huán)己烷；（每空2分）Ⅱ、取代反應、消去反應；（每空2分）10、略

【分析】試題分析：（1）據圖可知只有一個峰，故說明A物質只有一種等效氫.A的同分異構體有兩個不等效氫，所以會有兩個峰（2）水浴加熱主要的作用使反應物均勻受熱（3）溴乙烷在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應的產物主要是乙烯，所以需要檢驗的產物就是乙烯。而在反應中乙醇沸點較低，容易揮發(fā)，所以乙醇也會隨著產物蒸發(fā)出來，且乙醇液能使高錳酸鉀溶液褪色，乙醇易溶于水中所以水的主要作用就是出去乙烯中的乙醇，防止干擾乙烯的檢驗。乙烯可以使高錳酸鉀溶液褪色，所以可選用高錳酸鉀溶液?？键c：乙烯、乙醇的相關知識【解析】【答案】2（2）1.使反應物均勻受熱2.乙烯除去乙烯中的乙醇，防止干擾乙烯的檢驗酸性高錳酸鉀溶液11、略

【分析】解：當rm{10g}丁烷完全燃燒并生成二氧化碳和液態(tài)水時，放出熱量為rm{5隆脕10^{2}kJ}則rm{1mol}丁烷完全燃燒放出熱量為rm{dfrac{5隆脕10^{-2}}{dfrac{10}{58}}=2.9隆脕10^{3}kJ}則丁烷燃燒反應的熱化學方程式為rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2900kJ?mol^{-1}}

rm{dfrac{5隆脕10^{-2}}{dfrac

{10}{58}}=2.9隆脕10^{3}kJ}液態(tài)水汽化時需要吸收rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2900kJ?mol^{-1}}的熱量，則rm{5H_{2}O(l)=5H_{2}O(g)triangleH=+220kJ/mol}

兩反應式相加得到rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2680kJ?mol^{-1}}

可知rm{1mol}rm{44kJ}丁烷完全燃燒可生成rm{5H_{2}O(l)=5H_{2}O(g)triangle

H=+220kJ/mol}氣態(tài)水，同時放出的熱量為rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2680kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2900kJ?mol^{-1}}rm{1}rm{mol}．

當rm{4mol}丁烷完全燃燒并生成二氧化碳和液態(tài)水時，放出熱量為rm{2680kJ}則rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2900kJ?mol^{-1}}丁烷完全燃燒放出熱量為rm{dfrac{5隆脕10^{-2}}{dfrac{10}{58}}=2.9隆脕10^{3}kJ}結合物質的量與熱量成正比；燃燒反應的焓變?yōu)樨摷吧w斯定律來解答．

本題考查熱化學方程式，為高頻考點，把握反應中能量變化、物質的量與熱量的關系、焓變的正負為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意蓋斯定律的應用，題目難度不大．rm{4}【解析】rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangleH=-2900kJ?mol^{-1}}rm{C_{4}H_{10}(g)+O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+5H_{2}O(l)triangle

H=-2900kJ?mol^{-1}}rm{4}rm{2680}12、略

【分析】解：由元素在周期表中位置，可知rm{a}為rm{H}rm為rm{Be}rm{c}為rm{C}rmainsaeu為rm{N}rm{e}為rm{O}rm{f}為rm{F}rm{g}為rm{Na}rm{h}為rm{P}rm{i}為rm{S}rm{j}為rm{Cu}．

rm{(1)F^{-}}離子核電荷數為rm{10}核外電子數為rm{10}有rm{2}個電子層，各層電子數為rm{2}rm{8}結構示意圖為故答案為：

rm{(2)C_{6}H_{6}}分子中，rm{C}原子成rm{3}個rm{婁脪}鍵，rm{C}原子雜化方式為rm{sp^{2}}苯為平面對稱結構，分子中正負電荷重心重合，屬于非極性分子，故答案為：rm{sp^{2}}非極性；

rm{(3)CS_{2}}分子中rm{C}原子與rm{S}原子之間形成rm{2}對共用電子對，電子式為常溫下，rm{CS_{2}}為液態(tài)體，rm{CO_{2}}為氣態(tài)，故沸點rm{CS_{2}>CO_{2}}故答案為：rm{CS_{2}}

rm{(4)P}元素原子rm{3p}能級容納rm{3}個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，第一電離能rm{P>S}金屬性越強，第一電離能越小，故電負性rm{Na<Be}故答案為：rm{>}rm{<}

rm{(5)壟脵Cu}位于元素周期表中第四周期Ⅰrm{B}族，屬于rm{ds}區(qū)元素，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷N}元素原子外圍電子排布為rm{2s^{2}2p^{3}}rm{2p}能級為半充滿，屬于rm{p}區(qū)元素，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}最外層電子排布式為rm{4s^{1}}可能處于Ⅰrm{A}族，也可能處于過渡元素，如rm{Cu}等，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺}最外層電子排布式為rm{ns^{2}np^{1}}該元素一定是Ⅲrm{A}族元素，故rm{壟脺}錯誤；

故答案為：rm{壟脵壟脷}

rm{(6)}將氨水滴入到硫酸銅溶液中，先產生氫氧化銅藍色沉淀，然后沉淀逐漸溶解并得到rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}絡離子，溶液呈深藍色，藍色沉淀溶解在氨水中的離子方程式為：rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}

故答案為：rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}．

由元素在周期表中位置，可知rm{a}為rm{H}rm為rm{Be}rm{c}為rm{C}rm38vo3kk為rm{N}rm{e}為rm{O}rm{f}為rm{F}rm{g}為rm{Na}rm{h}為rm{P}rm{i}為rm{S}rm{j}為rm{Cu}．

rm{(1)F^{-}}離子核電荷數為rm{10}核外電子數為rm{10}有rm{2}個電子層，各層電子數為rm{2}rm{8}

rm{(2)}根據rm{C}元素原子所成rm{婁脪}鍵數目確定rm{C}原子雜化方式；苯為平面對稱結構，分子中正負電荷重心重合；

rm{(3)CS_{2}}分子中rm{C}原子與rm{S}原子之間形成rm{2}對共用電子對；常溫下，rm{CS_{2}}為液態(tài)體，rm{CO_{2}}為氣態(tài)；

rm{(4)P}元素原子rm{3p}能級容納rm{3}個電子；為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素；金屬性越強，第一電離能越?。?/p>

rm{(5)壟脵Cu}位于元素周期表中第四周期Ⅰrm{B}族，屬于rm{ds}區(qū)元素；

rm{壟脷}根據核外電子排布書寫判斷；

rm{壟脹}最外層電子排布式為rm{4s^{1}}可能處于Ⅰrm{A}族；也可能處于過渡元素；

rm{壟脺}最外層電子排布式為rm{ns^{2}np^{1}}該元素一定是Ⅲrm{A}族元素；

rm{(6)}將氨水滴入到硫酸銅溶液中；先產生氫氧化銅藍色沉淀，然后沉淀逐漸溶解并得到四氨合銅絡離子，溶液呈深藍色．

本題是對物質結構的考查，涉及核外電子排布、雜化軌道、分子結構與性質、電離能、電負性、元素周期表、配合物等，注重常考知識點的考查，需要學生具備扎實的基礎，注意同周期越大第一電離能的特殊性，難度中等．【解析】rm{sp^{2}}非極性；rm{CS_{2}}rm{>}rm{<}rm{壟脵壟脷}rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+2OH^{-}}13、略

【分析】（1）臭氧分子中非極性共價鍵都是單鍵，屬于α鍵；特殊的化學鍵是大π鍵。（2）氧氣和臭氧都是氧元素形成的不同單質，所以互為同素異形體。（3）氧元素和硫元素都屬于第ⅥA，因此SO2的結構和臭氧最相似，答案選C。（4）根據臭氧的結構可知。中間碳原子還有1對電子沒有參與成鍵。兩端的氧原子分別還有2對電子沒有參與成鍵，所以共計是5對。（5）PbS中S元素的化合價從－2價升高到＋6價，失去8個電子；臭氧中只有1個氧原子得到電子，化合價從0價降低到－2價，所以根據電子的得失守恒可知，配平后的系數依次是1、4、1、4；根據方程式可知，生成1molO2，轉移電子的物質的量為2mol?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)σ大π/π(2)同素異形體(3)C(4)5(5)1414214、5；【分析】解：rm{(1)}中環(huán)己烷中含有rm{4}種等效氫原子，甲基中有rm{1}種丁烯rm{H}該有機物總共含有rm{5}種rm{H}原子，所以其一氯代物有rm{5}種，故答案為：rm{5}

rm{(2)}該有機物發(fā)生加聚反應后，所得產物的結構簡式為故答案為：

rm{(3)}烯烴氧化原理為：將雙鍵從中間斷開直接接氧原子，反應方程式：

故答案為：．

rm{(1)}中等效氫原子數目的種類決定了其一氯代物的種類，根據該有機物的結構簡式判斷其等效rm{H}原子數目；

rm{(2)}根據加聚反應原理寫出其加聚反應產物的結構簡式；

rm{(3)}烯烴氧化原理為：將雙鍵從中間斷開直接接氧原子．

本題考查烷烴的取代反應、聚合反應、烯烴氧化等知識，題目難度中等，注意掌握常見有機反應類型及反應原理，正確分析題干信息所給信息為解題關鍵．【解析】rm{5}三、元素或物質推斷題(共4題，共8分)15、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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是NaHCO?；（2）步驟II中產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是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，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）216、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為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，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：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越大原子半徑越??；原子核外電子層數越多，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、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。【解析】第三周期ⅣA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H217、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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是NaHCO?；（2）步驟II中產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是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，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】

【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、計算題(共2題，共18分)19、略

【分析】解：rm{(1)}加熱條件下，rm{Cu}和稀硫酸、氧氣發(fā)生氧化還原反應生成硫酸銅和水，根據反應物、生成物和反應條件書寫方程式為rm{2Cu+O_{2}+2H_{2}SO_{4}(}稀rm{)}rm{dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}

故答案為：rm{dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}稀rm{2Cu+O_{2}+2H_{2}SO_{4}(}rm{dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}

rm{)}硫酸根離子中rm{dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}原子價層電子對個數是rm{(2)壟脵}且不含孤電子對，rm{S}原子雜化方式為rm{4}

故答案為：rm{S}

rm{sp3}根據rm{sp3}的結構簡式可知，rm{壟脷}中酯基中的碳周圍有一個碳雙鍵和兩個單鍵，另一個碳周圍有四個單鍵，所以碳原子的雜化方式為rm{A}rm{A}

故答案為：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}

rm{sp^{2}}個氨基乙酸鈉rm{sp^{3}}中含有兩個rm{壟脹1}鍵，兩個rm{(H_{2}N-CH_{2}-COONa)}鍵，一個碳碳單鍵，一個碳氮單鍵，一個碳氧單鍵和一個碳氧雙鍵，所以rm{H-N}氨基乙酸鈉中含有的rm{C-H}鍵的數目為rm{1mol}

故答案為：rm{婁脪}

rm{8N_{A}}一種銅合金晶體具有面心立方最密堆積的結構，在晶胞中rm{8N_{A}}原子處于面心，rm{(3)}原子處于頂點位置；該合金中每一層均為密置層，該晶體是由金屬晶體，原子之間存在金屬鍵；

故答案為：密置層；金屬鍵；

rm{Cu}該晶體儲氫后的晶胞結構與rm{Au}的晶胞結構結構相似，則在金屬晶胞內部有rm{(4)}個rm{CaF_{2}}原子，該晶胞中含有rm{8}原子個數rm{H}rm{Au}原子個數rm{=8隆脕dfrac{1}{8}=1}據此判斷其化學式為rm{Cu}

若rm{=6隆脕dfrac{1}{2}=3}原子與rm{H_{8}AuCu_{3}}原子的距離為rm{Cu}rm{Au}則晶胞棱長rm{a}晶胞體積rm{cm}晶胞密度rm{=dfrac{dfrac{M}{N;_{A}}}{V}=dfrac{dfrac{397}{N_{A}}}{(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}=dfrac{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{=sqrt{2}acm}rm{dfrac{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}．

rm{=(sqrt{2}acm)^{3}}加熱條件下，rm{=dfrac{dfrac{M}{N;_{A}}}{V}=

dfrac{dfrac{397}{N_{A}}}{(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}=dfrac

{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}和稀硫酸；氧氣發(fā)生氧化還原反應生成硫酸銅和水；根據反應物、生成物和反應條件書寫方程式；

rm{H_{8}AuCu_{3}}硫酸根離子中rm{dfrac{397}{N_{A}(sqrt

{2}a)^{3}}g/cm^{3}}原子價層電子對個數是rm{(1)}且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論確定rm{Cu}原子雜化方式；

rm{(2)壟脵}根據rm{S}的結構簡式可知，rm{4}中酯基中的碳周圍有一個碳雙鍵和兩個單鍵；另一個碳周圍有四個單鍵，據此判斷碳原子的雜化方式；

rm{S}個氨基乙酸鈉rm{壟脷}中含有兩個rm{A}鍵，兩個rm{A}鍵，一個碳碳單鍵，一個碳氮單鍵，一個碳氧單鍵和一個碳氧雙鍵，據此確定rm{壟脹1}鍵的數目；

rm{(H_{2}N-CH_{2}-COONa)}一種銅合金晶體具有面心立方最密堆積的結構，在晶胞中rm{H-N}原子處于面心，rm{C-H}原子處于頂點位置；該合金中每一層均為密置層，該晶體是由金屬晶體，原子之間存在金屬鍵；

rm{婁脪}該晶體儲氫后的晶胞結構與rm{(3)}的晶胞結構結構相似，則在金屬晶胞內部有rm{Cu}個rm{Au}原子，該晶胞中含有rm{(4)}個rm{CaF_{2}}原子、rm{8}個rm{H}原子，據此判斷其化學式；若rm{1}原子與rm{Au}原子的距離為rm{3}rm{Cu}則晶胞棱長rm{Cu}晶胞體積rm{Au}晶胞密度rm{=dfrac{dfrac{M}{N;_{A}}}{V}}．

本題考查物質結構和性質，為高頻考點，涉及晶胞計算、原子核外電子排布、原子雜化、空間構型判斷、氧化還原反應等知識點，側重考查學生分析計算能力，難點是晶胞計算，注意密度公式中各個字母含義，題目難度中等rm{a}【解析】rm{2Cu+O_{2}+2H_{2}SO_{4}(}稀rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}rm{sp3}rm{sp^{2}sp^{3}}密置層；金屬鍵；rm{8N_{A}}rm{dfrac{397}{N_{A}(sqrt{2}a)^{3}}g/cm^{3}}rm{H_{8}AuCu_{3}}20、略

【分析】

100mL0.01mol?L-1的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度物質的量為：0.01mol?L-1×0.1L×2=0.002mol；100mL0.01mol?L-1的NaHSO4溶液中氫離子的物質的量為：0.01mol?L-1×0.1L=0.001mol；兩溶液混合后氫氧根離子過量，溶液顯示堿性，根據氫氧根離子；氫離子的物質的量計算出混合后溶液中氫氧根離子的濃度，再計算出溶液的pH．

本題考查了酸堿混合后的定性判斷及溶液的pH的計算，題目難度不大，注意掌握酸堿反應后溶液定性判斷方法及溶液的pH的計算方法，試題有利于培養(yǎng)學生的分析、理解、計算能力及靈活應用所學知識解決實際問題的能力．【解析】解：100mL0.01mol?L-1的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度物質的量為：0.01mol?L-1×0.1L×2=0.002mol；100mL0.01mo