2025年華東師大版高二化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年華東師大版高二化學(xué)上冊月考試卷290考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、淀粉、蛋白質(zhì)、脂肪是人體必需的營養(yǎng)物質(zhì)。根據(jù)學(xué)過的化學(xué)知識，下列有關(guān)說法合理的是（）A.它們都是天然高分子化合物，一定條件下都能發(fā)生水解和氧化反應(yīng)B.動植物的油脂中都含有油酸，油酸分子中含有碳碳雙鍵，易被空氣中的氧氣氧化變質(zhì)C.淀粉在人體內(nèi)水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖D.根據(jù)蛋白質(zhì)的變性原理，硫酸銅可以用作外傷止血劑2、下列離子方程式正確的是A.向rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液中通入足量氯氣：rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2Cl_{2}+3H_{2}O簍T2SO_{3}^{2-}+4Cl^{-}+6H^{+}}B.rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2Cl_{2}+3H_{2}O簍T

2SO_{3}^{2-}+4Cl^{-}+6H^{+}}溶液吸收rm{CuSO_{4}}氣體：rm{Cu^{2+}+H_{2}S簍TCuS隆媒+2H^{+}}C.rm{H_{2}S}溶液中加入過量的濃氨水：rm{Al^{3+}+4NH_{3}隆隴H_{2}O簍TAlO_{2}^{-}+4NH_{4}^{+}+2H_{2}O}D.等體積、等濃度的rm{Cu^{2+}+H_{2}S簍T

CuS隆媒+2H^{+}}稀溶液與rm{AlCl_{3}}稀溶液混合：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}rm{Al^{3+}+4NH_{3}隆隴H_{2}O簍T

AlO_{2}^{-}+4NH_{4}^{+}+2H_{2}O}3、按照物質(zhì)的樹狀分類和交叉分類，硫酸應(yīng)屬于rm{(}rm{)}rm{壟脵}酸rm{壟脷}能導(dǎo)電rm{壟脹}含氧酸rm{壟脺}混合物rm{壟脻}化合物rm{壟脼}二元酸rm{壟脽}電解質(zhì)A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脽}B.rm{壟脵壟脹壟脻壟脼壟脽}C.rm{壟脵壟脹壟脺壟脼壟脽}D.rm{壟脷壟脹壟脻壟脼壟脽}4、下列物質(zhì)在一定條件下能發(fā)生消去反應(yīng)的是①(CH3)3CBr②CH3OH③CH3CH2OH④C6H5CH2OHA.②④B.①③C.③④D.①②5、物質(zhì)的量濃度相等的下列溶液pH值由大到小的順序是（）A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4ClB.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaClC.Na2CO3、NaCl、NH4Cl、NaHCO3D.Na2CO3、NH4Cl、NaHCO3、NaCl6、一定量的鹽酸跟過量的鋅粉反應(yīng)時，為了減緩反應(yīng)速率，且不影響生成氫氣的總量，可向鹽酸中加入適量的rm{(}rm{)}A.rm{NaNO_{3}}rm{(}溶液rm{)}B.rm{CH_{3}COONa(}固體rm{)}C.rm{Na_{2}CO_{3}(}溶液rm{)}D.rm{CuSO_{4}}rm{(}固體rm{)}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅．某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：

請回答下列問題：

（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為____；得到濾渣1的主要成分為（填化學(xué)式）____．

（2）第②步加H2O2的作用是____，使用H2O2的優(yōu)點(diǎn)是____；調(diào)溶液pH的目的是使____生成沉淀．

（3）用第③步所得CuSO4?5H2O制備無水CuSO4的方法是____．

（4）由濾渣2制取Al2（SO4）3?18H2O；探究小組設(shè)計了三種方案：

上述三種方案中，____方案不可行，原因是____：從原子利用率角度考慮，____方案更合理．8、(12分)化學(xué)式為C11H12O4的芳香族化合物A、B互為同分異構(gòu)體，A和D都能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，E的一溴取代物同分異構(gòu)體有兩種，A經(jīng)①②兩步反應(yīng)得C、D和E。B經(jīng)①②兩步反應(yīng)得E、F和H。上述反應(yīng)過程、產(chǎn)物性質(zhì)及相互關(guān)系如圖所示。(1)A有2種可能結(jié)構(gòu)，寫出其結(jié)構(gòu)簡式：____________________________________。(2)在B、C、D、F、G、I化合物中，互為同系物的是__________________________。(3)寫出D與F在加熱和濃H2SO4催化作用下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_________________________________。反應(yīng)類型：__________________。(4)除銀鏡反應(yīng)和點(diǎn)燃外至少選用其他兩種實(shí)驗(yàn)方法證明D具有還原性，請按要求填寫下表：。所選試劑的化學(xué)式觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象方法1方法29、(7分)據(jù)報道，最近摩托羅拉(MOTOROLA)公司研發(fā)了一種由甲醇和氧氣以及強(qiáng)堿做電解質(zhì)溶液的新型手機(jī)電池，電量是現(xiàn)用鎳氫電池和鋰電池的10倍，可連續(xù)使用1個月充電一次。假定放電過程中，甲醇完全氧化產(chǎn)生的CO2被充分吸收生成CO32-(1)該電池反應(yīng)的總離子方程式為；(2)甲醇在極發(fā)生反應(yīng)(填正或負(fù))，電池在放電過程中溶液的pH將____(填降低或上升、不變)；(3)最近，又有科學(xué)家制造出一種固體電解質(zhì)的燃料電池，其效率更高。一個電極通入空氣，另一電極通入汽油蒸氣。其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3(Y：釔)的ZrO2(Zr：鋯)固體，它在高溫下能傳導(dǎo)O2-離子(其中氧化反應(yīng)發(fā)生完全。以丁烷(C4H10)代表汽油。①電池的正極反應(yīng)式為。②放電時固體電解質(zhì)里的O2-離子的移動方向是向極移動(填正或負(fù))。10、（4分）X原子在第二電子層上只有一個空軌道，其軌道表示式為；Y原子的3p軌道上只有一個未成對電子，則Y原子可能是、；Z原子的核電荷數(shù)為26，其在元素周期表中的位置是。11、現(xiàn)有只含C、H、O的化合物A～D，方框內(nèi)給出了它們的有關(guān)信息。⑴試寫出D的分子式⑵試寫出A發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式12、已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1

2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=-113.0kJ?mol-1

則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）的△H=______kJ?mol-1．13、中學(xué)階段涉及的平衡有氣體可逆反應(yīng)的平衡、酸堿電離平衡、水解平衡及沉淀rm{-}溶解平衡等等．

rm{(1)}現(xiàn)有容積為rm{1L}的恒溫恒容密閉容器，向其中加入rm{2mol}rm{A}氣體和rm{2mol}rm{B}氣體后發(fā)生如下反應(yīng)：rm{A(g)+B(g)簍TC(g)triangleH=-a}rm{A(g)+B(g)簍TC(g)triangle

H=-a}rm{kJ?mol^{-1}}后，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，生成rm{20s}rm{1mol}氣體，放出熱量rm{C}回答下列問題．

rm{Q_{1}kJ.}計算rm{壟脵}內(nèi)rm{20s}氣體的平均化學(xué)反應(yīng)速率為______；寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式______．

rm{B}保持容器溫度和容積不變，若改為向其中加入rm{壟脷}氣體，反應(yīng)達(dá)到平衡時，吸收熱量rm{1molC}則rm{Q_{2}kJ}與rm{Q_{1}}的相互關(guān)系正確的是______rm{Q_{2}}填字母rm{(}．

rm{)}rm{(A)Q_{1}+Q_{2}=a}rm{(B)}rm{Q_{1}+2Q_{2}<2a}rm{(C)Q_{1}+2Q_{2}>2a}

rm{(D)Q_{1}+Q_{2}<a}在原平衡基礎(chǔ)上，保持容器溫度和容積不變，向容器中再通入rm{壟脹}氣體rm{bmolA}時，rm{(b>0)}正rm{v(}______rm{)}逆rm{v(}填“rm{)(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}重新達(dá)平衡后，rm{)}氣體的平衡體積分?jǐn)?shù)rm{C}則rm{婁脮(C)=dfrac{1}{3}}______．

rm{b=}常溫下，將rm{(2)}rm{VmL}氫氧化鈉溶液逐滴加入到rm{0.1000mol?L^{-1}}rm{20.00mL}醋酸溶液中，充分反應(yīng)rm{0.1000mol?L^{-1}}回答下列問題rm{.}忽略溶液體積的變化rm{.(}

rm{)}如果溶液rm{壟脵}此時rm{pH=7}的取值______rm{V}填“rm{20.00(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}而溶液中rm{)}rm{c(Na^{+})}rm{c(CH_{3}COO^{-})}rm{c(H^{+})}的大小關(guān)系為______．

rm{c(OH^{-})}如果rm{壟脷}則此時溶液中rm{V=40.00}______rm{c(OH^{-})-c(H^{+})-c(CH_{3}COOH)=}．rm{mol?L^{-1}}14、rm{(1)壟脵}有機(jī)物rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}OH}的名稱是______．

rm{壟脷}支鏈只有一個乙基且式量最小的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為______

rm{(2)}某烯烴與rm{H_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)后得到的產(chǎn)物是rm{CH_{3}-CH(CH_{3})_{2}}．

rm{壟脵}該產(chǎn)物的名稱是______；

rm{壟脷}原來烯烴的結(jié)構(gòu)簡式為：______；

原來烯烴的同分異構(gòu)體中有一種的核磁共振氫譜有兩個峰，且比例為rm{1}rm{3}寫出這種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：______．15、物質(zhì)的量是高中化學(xué)中常用的物理量；請完成以下有關(guān)其計算的內(nèi)容。

（1）0.2gH2含有______個H原子。

（2）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，含有相同氧原子數(shù)的CO與CO2的體積之比為______。

（3）100mL某Al2（SO4）3溶液中，c（Al3+）=2.0mol/L，則其中c（SO42-）=______mol/L。

（4）工業(yè)上利用下列反應(yīng)進(jìn)行海水中溴元素的富集：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr．若反應(yīng)中生成了0.2molHBr，則消耗SO2的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）是______L。評卷人得分三、推斷題(共5題，共10分)16、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。rm{A}rm{F}原子的最外層電子數(shù)均等于其周期序數(shù)，rm{F}原子的電子層數(shù)是rm{A}的rm{3}倍；rm{B}原子核外電子分處rm{3}個不同能級且每個能級上的電子數(shù)相同；rm{A}與rm{C}形成的分子為三角錐形；rm{D}原子rm{p}軌道上成對電子數(shù)等于未成對電子數(shù)；rm{E}原子核外每個原子軌道上的電子都已成對，rm{E}電負(fù)性小于rm{F}

rm{(1)A}rm{C}形成的分子極易溶于水；除因?yàn)樗鼈兌际菢O性分子外，還因?yàn)開_____。

rm{(2)}比較rm{E}rm{F}的第一電離能：rm{E}______F.rm{(}選填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(3)BD_{2}}在高溫高壓下所形成的晶胞如圖所示：該晶體的類型屬于______rm{}選填rm{(}分子晶體、原子晶體、離子晶體或金屬晶體rm{)}該晶體中rm{B}原子的雜化形式______。

rm{(4)}光譜證實(shí)單質(zhì)rm{F}與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有rm{[F(OH)_{4}]^{-}}生成，則rm{[F(OH)_{4}]^{-}}中存在______。rm{(}填序號rm{)}

rm{a.}共價鍵rm{b.}非極性鍵rm{c.}配位健rm{d.婁脪}鍵rm{e.婁脨}鍵。17、甲、乙、丙、丁、戊的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（反應(yīng)條件略去，箭頭表示一步轉(zhuǎn)化）．下列各組物質(zhì)中，不滿足圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（）。甲乙丙戊①NH3O2NOH2O②FeH2OH2Fe2O3③Al2O3NaOH溶液NaAlO2溶液過量CO2④Na2O2CO2O2NaA.①③B.②③C.②④D.①④18、鄰苯二甲酸二乙酯是一種重要的工業(yè)塑化劑；其合成路線很多，下圖就是其中的一種合成方法：

已知以下信息：

①有機(jī)化合物A可用來催熟水果．

②有機(jī)化合物C的核磁共振氫譜顯示其有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子．

（1）A的結(jié)構(gòu)簡式是______，B的化學(xué)名稱為______．

（2）反應(yīng)Ⅱ的試劑是______，該反應(yīng)類型為______．

（3）C生成D的化學(xué)方程式為______．

（4）G和B的化學(xué)方程式為______．

（5）在G的同分異構(gòu)體中；

a．能與新制的Cu（OH）2懸濁液在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀。

b．能與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳。

c．能使FeCl3溶液顯色。

滿足上述三個條件的同分異構(gòu)體有______種，寫出符合上述條件的物質(zhì)可能的結(jié)構(gòu)簡式（只寫一種）______，每種同分異構(gòu)體中，化學(xué)環(huán)境不同的氫原子都是______種．19、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。rm{A}rm{F}原子的最外層電子數(shù)均等于其周期序數(shù)，rm{F}原子的電子層數(shù)是rm{A}的rm{3}倍；rm{B}原子核外電子分處rm{3}個不同能級且每個能級上的電子數(shù)相同；rm{A}與rm{C}形成的分子為三角錐形；rm{D}原子rm{p}軌道上成對電子數(shù)等于未成對電子數(shù)；rm{E}原子核外每個原子軌道上的電子都已成對，rm{E}電負(fù)性小于rm{F}

rm{(1)A}rm{C}形成的分子極易溶于水；除因?yàn)樗鼈兌际菢O性分子外，還因?yàn)開_____。

rm{(2)}比較rm{E}rm{F}的第一電離能：rm{E}______F.rm{(}選填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(3)BD_{2}}在高溫高壓下所形成的晶胞如圖所示：該晶體的類型屬于______rm{}選填rm{(}分子晶體、原子晶體、離子晶體或金屬晶體rm{)}該晶體中rm{B}原子的雜化形式______。

rm{(4)}光譜證實(shí)單質(zhì)rm{F}與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有rm{[F(OH)_{4}]^{-}}生成，則rm{[F(OH)_{4}]^{-}}中存在______。rm{(}填序號rm{)}

rm{a.}共價鍵rm{b.}非極性鍵rm{c.}配位健rm{d.婁脪}鍵rm{e.婁脨}鍵。20、已知：rm{壟脵A}是石油裂解氣的主要成分，rm{A}的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平；rm{壟脷2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow[麓脽祿爐錄脕]{triangle}2CH_{3}COOH}現(xiàn)以rm{A}為主要原料合成乙酸乙酯；其合成路線如下：

回答下列問題：rm{(1)}寫出rm{A}的結(jié)構(gòu)式____________________。rm{(2)B}rm{D}分子中的官能團(tuán)名稱分別是_________________、______________。rm{(3)}寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：rm{壟脵}________________________，rm{壟脺}________________________。評卷人得分四、計算題(共1題，共5分)21、有A、B兩種烴，它們的組成相同，都含90%的碳，烴A對氫氣的相對密度是20；烴B式量是烴A的3倍，烴A在一定條件下能與足量的Cl2起加成反應(yīng)，生成1，1，2，2－四氯丙烷，烴B是苯的同系物，當(dāng)它與Cl2發(fā)生取代反應(yīng)時（取代苯環(huán)上的H原子），生成的一氯代物、二氯代物、三氯代物分別都只有一種，根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)事實(shí)，推斷A、B兩烴的分子式、結(jié)構(gòu)簡式和名稱。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】脂肪不是高分子化合物，A不正確。植物的油脂中含有油酸甘油酯，動物的油脂中不含油酸甘油酯，但都不含油酸，B不正確。硫酸銅為重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，D不正確，所以正確的答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、B【分析】【分析】本題考查離子方程式正誤判斷，明確物質(zhì)的性質(zhì)及離子方程式書寫規(guī)則即可解答，注意弱電解質(zhì)、氣體、沉淀、單質(zhì)、氧化物等寫化學(xué)式?！窘獯稹緼.氯氣具有強(qiáng)氧化性，把rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{S}rm{S}rm{{,!}_{2}}氧化成硫酸鈉，正確的離子方程式為：rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}rm{S}rm{S}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+4Cl}rm{+4Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+5H}rm{+5H}故A錯誤；

B.rm{{,!}_{2}}是氣體，rm{O=2SO}屬于難溶物質(zhì)，故用化學(xué)式表示，rm{O=2SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{+8Cl}rm{+8Cl}rm{{,!}^{-}}氣體的離子方程式為：rm{+10H}rm{+10H}rm{{,!}^{+}}rm{H_{2}S}rm{CuS}rm{CuSO}rm{CuSO}故B正確；

C.氫氧化鋁不溶于氨水，故正確的離子方程式為：rm{{,!}_{4}}故C錯誤；

D.溶液吸收rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{S}氣體的離子方程式為：rm{Cu}rm{S}反應(yīng)，正確的離子方程式為：rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{S=CuS隆媒+2H}rm{S=CuS隆媒+2H}rm{{,!}^{+}}，rm{Al^{3+}+3NH_{3}.H_{2}O簍TAl(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}^{+}}等體積、等濃度的rm{Ba(OH)}rm{Ba(OH)}rm{{,!}_{2}}；故D錯誤。

故選B。稀溶液與rm{NaHSO}【解析】rm{B}3、B【分析】硫酸在水中電離出的陽離子只有氫離子屬于酸，硫酸中含有氧元素，所以屬于含氧酸，能電離出兩個氫離子，屬于二元酸，硝酸是由氫、氧、氮元素組成的純凈物，不是混合物，為無機(jī)化合物，其水溶液能導(dǎo)電屬于電解質(zhì)，但純硫酸不導(dǎo)電，所以rm{壟脵壟脹壟脻}rm{壟脼}rm{壟脼}正確，故選：rm{壟脽}rm{B}【解析】rm{B}4、B【分析】【解析】【答案】B5、A【分析】試題分析：NaCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解溶液顯中性，pH近于7；NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解溶液顯酸性，pH<7；Na2CO3和NaHCO3都是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解溶液顯堿性，pH>7；而Na2CO3是多元弱酸強(qiáng)堿鹽的正鹽，第一步水解，而NaHCO3相當(dāng)于第二步水解，Na2CO3水解比NaHCO3水解程度大，溶液堿性也強(qiáng)，pH也大；所以物質(zhì)的量濃度相等的上述溶液，pH由大到小的順序是Na2CO3，NaHCO3，NaCl，NH4Cl，選項A正確?？键c(diǎn)：考查PH值的大小判斷?！窘馕觥俊敬鸢浮緼6、B【分析】解：rm{A.}加入rm{NaNO_{3}}溶液，硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，與鋅反應(yīng)生成rm{NO}氣體；而不生成氫氣，故A錯誤；

B.加入rm{CH_{3}COONa(}固體rm{)}生成醋酸，醋酸為弱酸，溶液氫離子濃度減小，反應(yīng)速率減小，但不影響生成氫氣的總量，故B正確；

C.加入碳酸鈉溶液；消耗鹽酸，生成氫氣的反應(yīng)速率降低，生成氫氣的總量減小，故C錯誤；

D.鋅置換出銅；形成原電池反應(yīng)，反應(yīng)速率增大，故D錯誤．

故選B．

減緩反應(yīng)速率；可降低氫離子濃度，或降低反應(yīng)溫度，不影響生成氫氣的總量，則所加入物質(zhì)與氫離子不反應(yīng)，以此解答該題．

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率，側(cè)重于反應(yīng)速率的影響因素的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，易錯點(diǎn)為rm{B}注意硝酸與金屬反應(yīng)的特點(diǎn)，難度不大．【解析】rm{B}二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】

（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為：（（10分），離子方程式Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt和酸不反應(yīng)，所以濾渣是Au、Pt；

故答案為：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt；

（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；過氧化氫做氧化劑被還原后為水，不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；調(diào)節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵；氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅；

故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+，不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；Fe3+、Al3+；

（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水；

故答案為：加熱脫水；

（4）制備硫酸鋁晶體的甲；乙、丙三種方法中；甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)；

乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3；蒸發(fā)；冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；

丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）3反應(yīng)生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙最合理，因?yàn)楸拥腘aOH和制備的Al2（SO4）3的原子組成沒有關(guān)系；造成原子浪費(fèi)；

所以上述三種方案中：甲方案制得的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)；不可行；從原子利用率和是否產(chǎn)生雜質(zhì)考慮知，乙方案更合理；

故答案為：甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質(zhì)；乙；

【解析】【答案】（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；

（2）過氧化氫具有氧化性且被還原為水，無雜質(zhì)無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調(diào)節(jié)溶液PH目的是鐵離子和鋁離子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，該氧化劑的優(yōu)點(diǎn)是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對環(huán)境物污染．調(diào)溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+；濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；

（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水；

（4）依據(jù)實(shí)驗(yàn)方案過程分析制備晶體中是否含有雜質(zhì)；使用的試劑作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判斷；

8、略

【分析】（1）由連續(xù)氧化F→G→H→I（過氧乙酸）可知四物質(zhì)均為兩個碳的醇、醛、酸，即CH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH；B堿性水解后酸化后生成E（分子式為C7H6O3）、CH3CH2OH、CH3COOH，可知B中為兩個酯鍵，E的結(jié)構(gòu)簡式為：B為：由A水解后生成E、D（HCOOH）和C可知：C應(yīng)該是含三個碳原子的醇，可能是CH3CH2CH2OH或（CH3）2CHOH，進(jìn)而可知A的結(jié)構(gòu)為兩種：（2）同系物的結(jié)構(gòu)相似，所含的官能團(tuán)的種類及個數(shù)應(yīng)相同，則C和F均屬于飽和一元醇。（3）酯化反應(yīng)要特別注意條件的書寫及生成的水分子的個數(shù)（4）甲酸的還原性由其中的醛基表現(xiàn)出來，它可發(fā)生銀鏡反應(yīng)、費(fèi)林反應(yīng)、使高錳酸鉀褪色等等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?2分）(1)(2)C和F(4)。所選試劑化學(xué)式觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象方法1Cu(OH)2產(chǎn)生磚紅色沉淀方法2KMnO4（H+）溶液褪色9、略

【分析】【解析】【答案】10、略

【分析】【解析】【答案】Al，Cl；第四周期第Ⅷ族11、略

【分析】【解析】【答案】⑴C15H22O10⑵CH2OH（CHOH）3CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）3COONH4+2Ag+3NH3+H2O12、略

【分析】解：已知：①2SO2（g）+O2═2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1；

②2NO（g）+O2═2NO2（g）△H=-113.0kJ?mol-1．

根據(jù)蓋斯定律可知：將可得：NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H==-41.8kJ?mol-1；

故答案為：-41.8．

①2SO2（g）+O2═2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1；

②2NO（g）+O2═2NO2（g）△H=-113.0kJ?mol-1．

根據(jù)蓋斯定律可知：將計算．

本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用和學(xué)生的運(yùn)算能力，難度不大，屬于基礎(chǔ)型題目．【解析】-41.813、0.05mol/（L?s）；C；＞；1.33；＜；c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；或0.033【分析】解：rm{(1)壟脵}容積為rm{1L}的恒溫恒容密閉容器，rm{20s}內(nèi)生成rm{1molC}氣體，根據(jù)rm{A(g)+B(g)?C(g)triangleH=-akJ?mol^{-1}}rm{A(g)+B(g)?C(g)triangle

H=-akJ?mol^{-1}}氣體減少rm{B}濃度變化減少rm{1mol}rm{1.0mol/L}rm{c(B)=1.0mol/L}rm{V=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{1.0mol/L}{20s}=0.05mol/(L?s)}平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c(C)}{c(A)c(B)}}

故答案為：rm{trianglet=20s}rm{V=dfrac{trianglec}{trianglet}=

dfrac{1.0mol/L}{20s}=0.05mol/(L?s)}

rm{K=dfrac

{c(C)}{c(A)c(B)}}該反應(yīng)為可逆反應(yīng)；從起始量分析，正向反應(yīng)是放熱反應(yīng)，逆向進(jìn)行的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是體積縮小的反應(yīng)；

根據(jù)等效平衡可知：保持容器溫度和容積不變，加入rm{0.05mol/(L?s)}氣體和rm{dfrac{c(C)}{c(A)c(B)}}氣體與加入rm{壟脷A(g)+B(g)?C(g)}氣體是等效的，加入rm{1molA}氣體和rm{1molB}氣體，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能完全轉(zhuǎn)化，而熱化學(xué)反應(yīng)中的反應(yīng)熱為物質(zhì)完全轉(zhuǎn)化時的能量變化，所以達(dá)到平衡時，生成rm{1molC}的量不足rm{1molA}所以熱量數(shù)值rm{1molB}rm{C}后，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，生成rm{1mol}氣體，放出熱量rm{Q_{2}<Q_{1}}則rm{20s}

設(shè)加入rm{1molC}氣體和rm{Q_{1}kJ}氣體達(dá)到平衡時，放出的熱量為rm{Q_{1}=a}根據(jù)等效平衡可知：保持容器溫度和容積不變，加入rm{1molA}氣體和rm{1molB}氣體與加入rm{Q_{3}}氣體是等效的，則rm{1molA}又知保持容器溫度和容積不變，加入rm{1molB}氣體和rm{1molC}氣體與加入rm{Q_{2}+Q_{3}=a=Q_{1}}氣體和rm{2molA}氣體相比，相當(dāng)于增大一倍的壓強(qiáng)，rm{2molB}從起始量分析，正反應(yīng)是體積縮小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，反應(yīng)向體積縮小的方向移動，所以平衡正向移動，所以放出的熱量rm{1molA}所以rm{1molB}rm{A(g)+B(g)?C(g)}；所以選C；

故答案為：rm{Q_{1}>2Q_{3}}

rm{Q_{1}+2Q_{2}>2}在原平衡基礎(chǔ)上，保持容器溫度和容積不變，向容器中再通入rm{a}rm{C}氣體rm{壟脹}rmrm{molA}時，平衡正向移動，則rm{(}rm正rm{>0)}rm{v}rm{(}逆rm{)>}由題意rm{v}氣體和rm{(}氣體生成rm{)}氣體；根據(jù)三段式：

rm{2molA}

開始rm{2molB}rm{1molC}rm{A(g)+B(g)=C(g)}rm{(mol/L)}

反應(yīng)rm{2}rm{2}rm{0}

平衡rm{(mol/L)1}rm{1}rm{1}

平衡常數(shù)rm{(mol/L)1}再通入rm{1}rm{1}氣體；溫度不變，平衡常數(shù)不變，根據(jù)三段式：

rm{K=1}再通入rmrm{molA}氣體；溫度不變，平衡常數(shù)不變，根據(jù)三段式：

rm{=1}

開始rmrm{molA}

反應(yīng)rm{A(g)+B(g)=C(g)}rm{(mol/L)2+b2}rm{0}

平衡rm{(mol/L)x}rm{x}

又知rm{x}rm{(mol/L)2+b-x2-x}所以rm{dfrac{x}{(2+b-x)(2-x)}=1}rm{dfrac{x}{4+b-x}=dfrac{1}{3}}解得rm{x}rm{K=1}

故答案為：rm{?(C)=dfrac{1}{3}}rm{dfrac

{x}{(2+b-x)(2-x)}=1}

rm{dfrac{x}{4+b-x}=dfrac

{1}{3}}是弱電解質(zhì)，電離程度不大，rm{b=1.33}是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，反應(yīng)生成的乙酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，需溶液呈中性rm{x=1.33}需少加堿，所以常溫下，將rm{>}rm{1.33}氫氧化鈉溶液逐滴加入到rm{(2)壟脵C(jī)H_{3}COOH}rm{NaOH}醋酸溶液中，充分反應(yīng)，rm{pH=7}溶液呈中性rm{VmL}rm{0.1000mol?L^{-1}}根據(jù)電荷守恒rm{20.00mL}rm{0.1000mol?L^{-1}}rm{V<20.00mL}rm{pH=7}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c}rm{(Na^{+})+}rm{c}rm{(H^{+})=}溶液中的溶質(zhì)為乙酸鈉溶液，水的電離是微弱的，所以rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c}rm{(Na^{+})=}rm{c}

故答案為：rm{(CH_{3}COO^{-})>}rm{c}

rm{(H^{+})=}根據(jù)電荷守恒rm{c}rm{(OH^{-})}rm{<}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{壟脷}rm{c}rm{(Na^{+})+}rm{c}物料守恒rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{c}得到rm{(Na^{+})=2[}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)]}rm{c}rm{(H^{+})+}rm{c}則rm{(CH_{3}COO^{-})+2}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)=}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{c}rm{(OH^{-})-}rm{c}rm{(H^{+})-}rm{c}反應(yīng)后溶液的體積變?yōu)閞m{(CH_{3}COOH)=}則rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)簍Tdfrac{0.1000mol/L隆脕20ml}{60ml}=dfrac{1}{30}mol/L}或rm{(CH_{3}COOH)}

故答案為：rm{60mL}或rm{c}．

rm{(CH_{3}COO^{-})+}根據(jù)反應(yīng)速率rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算；平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；

rm{c}加入rm{(CH_{3}COOH)簍Tdfrac

{0.1000mol/L隆脕20ml}{60ml}=dfrac{1}{30}mol/L}氣體和rm{0.033mol/L}氣體與加入rm{dfrac{1}{30}}氣體是在保持恒溫、恒容情況下是等效平衡，加入rm{0.033}氣體和rm{(1)壟脵}氣體與加入rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}氣體和rm{壟脷}氣體相比；相當(dāng)于增大一倍的壓強(qiáng)，增大壓強(qiáng)，反應(yīng)向體積縮小的方向正向移動；

rm{1molA}增加反應(yīng)物的濃度平衡向正反應(yīng)方向移動，由題意rm{1molB}氣體和rm{1molC}氣體生成rm{2molA}氣體，根據(jù)三段式求得平衡常數(shù)rm{2molB}依據(jù)溫度不變，平衡常數(shù)不變進(jìn)行解答；

rm{1molA}溶液的酸堿性是根據(jù)溶液中rm{1molB}濃度與rm{壟脹}濃度的相對大小判斷的，只要溶液中rm{2molA}溶液就呈中性，rm{2molB}是弱電解質(zhì)，電離程度不大，rm{1molC}是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，反應(yīng)生成的乙酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽水解呈堿性，需溶液呈中性，需少加堿；根據(jù)溶液呈中性rm{K=1}結(jié)合電荷守恒rm{(2)壟脵}rm{H^{+}}rm{OH^{-}}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{CH_{3}COOH}rm{NaOH}rm{pH=7c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{c}進(jìn)行解答；

rm{(Na^{+})+}根據(jù)電荷守恒rm{c}rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}rm{(OH^{-})}rm{壟脷}rm{c}物料守恒rm{(Na^{+})+}rm{c}rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}進(jìn)行解答；

本題主要考查平衡的有關(guān)知識，掌握化學(xué)平衡常數(shù)的計算方法，以及化學(xué)平衡移動原理知識的靈活運(yùn)用是解答的關(guān)鍵，是一道綜合知識題目，題目難度較大．rm{(OH^{-})}【解析】rm{0.05mol/(L?s)}rm{dfrac{c(C)}{c(A)c(B)}}rm{C}rm{>}rm{1.33}rm{<}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{dfrac{1}{30}}或rm{0.033}14、略

【分析】解：rm{(1)壟脵C(jī)H_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}OH}主鏈碳原子數(shù)為rm{4}rm{1}號位含有一個rm{-OH}rm{3}號位含有一個甲基，其名稱為：rm{3-}甲基rm{-1-}丁醇；

故答案為：rm{3-}甲基rm{-1-}丁醇；

rm{壟脷}乙基至少在rm{3}號位，只有一個乙基，則主鏈最少含有rm{5}個rm{C}則式量最小的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：

rm{(2)壟脵C(jī)H_{3}-CH(CH_{3})_{2}}正確命名為，主鏈為rm{3}個，甲基在第二個碳原子，得到名稱為：rm{2-}甲基丙烷，故答案為：rm{2-}甲基丙烷；

rm{壟脷}根據(jù)烯烴與rm{H_{2}}加成反應(yīng)的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對應(yīng)烯烴存在碳碳雙鍵的位置，因此相應(yīng)烯烴分子中存在碳碳雙鍵的位置只有rm{1}種，結(jié)構(gòu)簡式為：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}原來烯烴的同分異構(gòu)體中有一種的核磁共振氫譜有兩個峰，且比例為rm{1}rm{3}則氫原子有兩種為rm{2}個和rm{6}個，據(jù)此書寫結(jié)構(gòu)簡式為：rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}

故答案為：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}

rm{(1)壟脵}選取含羥基碳在內(nèi)的最長碳鏈為主碳鏈；從離羥基近的一端編號，先判斷官能團(tuán)及其位置，再命名；

rm{壟脷}烷烴中含有取代基乙基，則主鏈至少含有rm{5}個rm{C}原子；據(jù)此寫出滿足條件的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式；

rm{(2)壟脵}依據(jù)結(jié)構(gòu)式命名即可；選取最長碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端編號，書寫名稱；

rm{壟脷}根據(jù)加成原理采取逆推法還原rm{C=C}雙鍵，烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對應(yīng)烯烴存在碳碳雙鍵的位置rm{.}還原雙鍵時注意：先判斷該烴結(jié)構(gòu)是否對稱，如果對稱，只考慮該分子一邊的結(jié)構(gòu)和對稱線兩邊相鄰碳原子即可；如果不對稱，要全部考慮，然后各去掉相鄰碳原子上的一個氫原子形成雙鍵；原來烯烴的同分異構(gòu)體中有一種的核磁共振氫譜有兩個峰，且比例為rm{1}rm{3}則氫原子有兩種為rm{2}個和rm{6}個；據(jù)此書寫結(jié)構(gòu)簡式；

本題考查了化學(xué)反應(yīng)過程分析判斷，同分異構(gòu)體書寫，理解加成反應(yīng)原理是解題的關(guān)鍵，采取逆推法還原rm{C=C}雙鍵，注意分析分子結(jié)構(gòu)是否對稱，防止重寫、漏寫，題目難度不大．【解析】rm{3-}甲基rm{-1-}丁醇；rm{2-}甲基丙烷；rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}15、0.2NA2：13.02.24【分析】解：（1）0.2gH2含有H原子個數(shù)：×2=0.2NA；

故答案為：0.2NA；

（2）相同氧原子數(shù)，n（O）相同，CO與CO2的物質(zhì)的量比為2：1；相同條件下，物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以體積之比為2：1；

故答案為：2：1；

（3）Al2（SO4）3溶液，陽離子、陰離子的個數(shù)之比為2：3，c（Al3+）=2.0mol/L，則其中c（SO42-）=2.0mol/L×=3.0mol/L；

故答案為：3.0；

（4）根據(jù)Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，可知n（SO2）=n（HBr）=×0.2mol=0.1mol，故V（SO2）=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

故答案為：2.24；

（1）質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；結(jié)合1個氫氣分子含有2個H原子計算解答；

（2）相同氧原子數(shù)，n（O）相同，以此計算CO與CO2的物質(zhì)的量關(guān)系；相同條件下，物質(zhì)的量之比等于體積之比；

（3）Al2（SO4）3溶液；陽離子；陰離子的個數(shù)之比為2：3，則二者物質(zhì)的量濃度之比為2：3；

（4）根據(jù)方程式計算消耗SO2的物質(zhì)的量，再根據(jù)V=nVm計算SO2的體積；

本題考查了物質(zhì)的量有關(guān)計算，明確以物質(zhì)的量為核心計算公式，熟悉物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成是解題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘馕觥?.2NA2：13.02.24三、推斷題(共5題，共10分)16、略

【分析】解：rm{(1)A}rm{C}形成的最簡單分子是rm{NH_{3}}分子；是一種極性分子，極易溶于水的原因主要有：

rm{壟脵}根據(jù)相似相溶原理；氨氣易溶于極性溶劑水中；

rm{壟脷}氨氣分子在水中易與水分子形成氫鍵；增大了氨氣的溶解性；

rm{壟脹}部分氨氣與水反應(yīng)，降低了rm{NH_{3}}濃度；使溶解量增大；

所謂等電子體是指一類分子或離子，組成它們的原子數(shù)相同，而且所含的價層電子數(shù)相同，則它們互稱為等電子體，故答案為：rm{NH_{3}}與rm{H_{2}O}間能形成氫鍵；

rm{(2)}電離能可以衡量元素的原子失去一個電子的難易程度rm{(}可近似理解為金屬性rm{).}第一電離能數(shù)值越?。辉釉饺菀资ヒ粋€電子；第一電離能數(shù)值越大，原子越難失去一個電子。存在的規(guī)律為：

rm{壟脵}隨著核電荷數(shù)的遞增，元素的第一電離能呈現(xiàn)周期性變化；rm{壟脷}總體上金屬元素第一電離能較小非金屬元素第一電離能較大；rm{壟脹}同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢。所以同一周期第一電離能最小的是堿金屬元素；最大的是稀有氣體元素；

rm{壟脺}同一周期內(nèi)元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折。當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空rm{(p0,d0,fo)}半滿rm{(p3,d5,f7)}或全滿rm{(p6,d10,f14)}結(jié)構(gòu)時，原子的能量較低，元素的第一電離能較大。特例是第二主族的第一電離能大于第三主族，第五主族的第一電離能大于第六主族；rm{壟脻}同一主族元素從上到下；原子半徑增加，有效核電荷增加不多，則原子半徑增大的影響起主要作用，第一電離能由大變小，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，則鎂原子結(jié)構(gòu)中各亞層均處于全滿狀態(tài)，所以鎂比鋁的第一電離能反常高；

故答案為：rm{>}

rm{(3)}根據(jù)rm{BD_{2}}即rm{CO_{2}}在高溫高壓下所形成的晶胞晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶體為原子晶體，晶胞內(nèi)白球?yàn)閞m{C}原子，黑球?yàn)閞m{O}原子，每個晶胞中含碳原子為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}+4=8}含氧原子為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}+4=8}所以碳原子和氧原子微粒數(shù)之比為rm{16}rm{1}根據(jù)晶胞中碳原子和氧原子的結(jié)構(gòu)可知，碳原子的雜化方式為rm{2}雜化，故答案為：原子晶體；rm{SP^{3}}

rm{sp^{3}}光譜證實(shí)單質(zhì)rm{(4)}與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有rm{AI}生成，可看作其中鋁原子和三個羥基形成三對共用電子對，形成三個極性共價鍵，形成rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}rm{AI(OH)_{3}}溶解在強(qiáng)堿中，和rm{AI(OH)_{3}}形成rm{OH^{-}}利用的是鋁原子的空軌道和氫氧根離子的孤對電子形成的配位鍵；

由兩個相同或不相同的原子軌道沿軌道對稱軸方向相互重疊而形成的共價鍵，叫做rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}鍵，所以rm{婁脪}中也形成了rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}鍵。

故答案為：rm{婁脪}

根據(jù)題意，rm{acd}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}為原子序數(shù)依次增大的短六種短周期主族元素，rm{F}原子的電子層數(shù)是rm{F}的rm{A}倍，說明rm{3}有一個電子層。rm{A}有三個電子層，rm{F}rm{A}原子的最外層電子數(shù)均等于其周期序數(shù)可知，rm{F}為rm{A}元素，rm{H}為rm{F}元素；原子核外電子分處rm{AI}個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，根據(jù)rm{3}原子的核外電子排布式為rm{B}為rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}元素；rm{C}與rm{A}形成的最簡單分子為三角錐形，為rm{C}分子，則rm{NH_{3}}為rm{C}元素；rm{N}原子rm{D}軌道上成對電子數(shù)等于未成對電子數(shù)，rm{p}亞層三個軌道中的電子數(shù)只能是rm{P}rm{2}rm{1}共四個電子，核外電子排布式rm{1}所以核外電子總數(shù)為rm{1S^{2}2S^{2}2P^{4}}rm{8}元素是rm{D}元素；rm{O}原子核外每個原子軌道上的電子都已成對，rm{E}電負(fù)性小于rm{E}即電負(fù)性小于rm{F}原子序數(shù)大于rm{AI}小于rm{8}且原子軌道上都是成對電子，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)軌道表示式可知，rm{13}元素為rm{E}元素。所以rm{Mg}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分別為rm{F}rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{Mg}根據(jù)推斷出的元素進(jìn)行解答。

本題考查了原子核外電子排布、電負(fù)性電離能的概念含義和應(yīng)用、等電子體、化學(xué)鍵形成、原子軌道雜化方式和類型、氫鍵的實(shí)際應(yīng)用，元素周期表的應(yīng)用等知識，綜合性較大。rm{AI}【解析】rm{NH_{3}}與rm{H_{2}O}間能形成氫鍵；rm{>}原子晶體；rm{sp^{3}}rm{acd}17、A【分析】【解答】解：①4NH3+5O24NO+6H2O；一氧化氮和水不反應(yīng)，所以不能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故錯誤；

②3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，3H2+Fe2O32Fe+3H2O；所以能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故正確；

③Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；所以不能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故錯誤；

④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na+O2Na2O2；所以能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故正確；

故選A．

【分析】根據(jù)反應(yīng)甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲分析，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷這兩個反應(yīng)是否能發(fā)生，如果能發(fā)生，則正確，否則錯誤．18、略

【分析】解：由鄰苯二甲酸二乙酯結(jié)構(gòu)可知，鄰苯二甲酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成，有機(jī)化合物A可用來催熟水果，A為CH2=CH2，CH2=CH2中含有不飽和的C=C雙鍵，能夠在催化劑存在條件下與水發(fā)生加成反應(yīng)生成B為CH3CH2OH；

G為鄰苯二甲酸含幾種位置的H原子，則核磁共振氫譜就有幾種，有機(jī)化合物C化學(xué)式為C8H10，核磁共振氫譜顯示有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，說明含有3種氫原子，則C為與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成D為F能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明F為醛，且G為鄰苯二甲酸，所以F則E→F為醇的催化氧化，所以E為D→E為鹵代烴的取代反應(yīng)；

（1）通過以上分析知，A為乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，B為乙醇，故答案為：CH2=CH2；乙醇；

（2）反應(yīng)II為鹵代烴的水解反應(yīng)；需要的條件是NaOH水溶液；加熱，則需要的試劑是NaOH水溶液，該反應(yīng)為水解反應(yīng)或取代反應(yīng)，故答案為：NaOH水溶液；取代反應(yīng)（或水解反應(yīng)）；

（3）C發(fā)生取代反應(yīng)生成D，反應(yīng)方程式為故答案為：

（4）G和B發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為+2CH3CH2OH+2H2O；

故答案為：+2CH3CH2OH+2H2O；

（5）G為鄰苯二甲酸滿足下列條件的同分異構(gòu)體：能與新制的Cu（OH）2懸濁液混合加熱生成磚紅色沉淀，說明含有醛基，又能與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，說明含有羧基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基，苯環(huán)上有-OH、-CHO、-COOH三個取代基，-OH、-CHO處于鄰位，-COOH有4種位置，-OH、-CHO處于間位，-COOH有4種位置，-OH、-CHO處于對位，-COOH有2種位置，共有10種，符合上述條件的物質(zhì)可能的結(jié)構(gòu)簡式（只寫1種）：所有這些同分異構(gòu)體中，不同化學(xué)環(huán)境氫原子的種數(shù)都為6種；

故答案為：10；6．

由鄰苯二甲酸二乙酯結(jié)構(gòu)可知，鄰苯二甲酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成，有機(jī)化合物A可用來催熟水果，A為CH2=CH2，CH2=CH2中含有不飽和的C=C雙鍵，能夠在催化劑存在條件下與水發(fā)生加成反應(yīng)生成B為CH3CH2OH；

G為鄰苯二甲酸含幾種位置的H原子，則核磁共振氫譜就有幾種，有機(jī)化合物C化學(xué)式為C8H10，核磁共振氫譜顯示有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，說明含有3種氫原子，則C為與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成D為F能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明F為醛，且G為鄰苯二甲酸，所以F則E→F為醇的催化氧化，所以E為D→E為鹵代烴的取代反應(yīng)，據(jù)此分析解答．

本題考查有機(jī)物推斷，為高頻考點(diǎn)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解本題關(guān)鍵，根據(jù)題給信息結(jié)合某些物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式、反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及知識綜合運(yùn)用能力，難點(diǎn)是限制型同分異構(gòu)體種類判斷，易漏寫和多寫同分異構(gòu)體，題目難度中等．【解析】CH2=CH2；乙醇；NaOH水溶液；取代反應(yīng)或水解反應(yīng)；+2CH3CH2OH+2H2O；10；619、略

【分析】解：rm{(1)A}rm{C}形成的最簡單分子是rm{NH_{3}}分子；是一種極性分子，極易溶于水的原因主要有：

rm{壟脵}根據(jù)相似相溶原理；氨氣易溶于極性溶劑水中；

rm{壟脷}氨氣分子在水中易與水分子形成氫鍵；增大了氨氣的溶解性；

rm{壟脹}部分氨氣與水反應(yīng)，降低了rm{NH_{3}}濃度；使溶解量增大；

所謂等電子體是指一類分子或離子，組成它們的原子數(shù)相同，而且所含的價層電子數(shù)相同，則它們互稱為等電子體，故答案為：rm{NH_{3}}與rm{H_{2}O}間能形成氫鍵；

rm{(2)}電離能可以衡量元素的原子失去一個電子的難易程度rm{(}可近似理解為金屬性rm{).}第一電離能數(shù)值越小；原子越容易失去一個電子；第一電離能數(shù)值越大，原子越難失去一個電子。存在的規(guī)律為：

rm{壟脵}隨著核電荷數(shù)的遞增，元素的第一電離能呈現(xiàn)周期性變化；rm{壟脷}總體上金屬元素第一電離能較小非金屬元素第一電離能較大；rm{壟脹}同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢。所以同一周期第一電離能最小的是堿金屬元素；最大的是稀有氣體元素；

rm{壟脺}同一周期內(nèi)元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折。當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空rm{(p0,d0,fo)}半滿rm{(p3,d5,f7)}或全滿rm{(p6,d10,f14)}結(jié)構(gòu)時，原子的能量較低，元素的第一電離能較大。特例是第二主族的第一電離能大于第三主族，第五主族的第一電離能大于第六主族；rm{壟脻}同一主族元素從上到下；原子半徑增加，有效核電荷增加不多，則原子半徑增大的影響起主要作用，第一電離能由大變小，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，則鎂原子結(jié)構(gòu)中各亞層均處于全滿狀態(tài)，所以鎂比鋁的第一電離能反常高；

故答案為：rm{>}

rm{(3)}根據(jù)rm{BD_{2}}即rm{CO_{2}}在高溫高壓下所形成的晶胞晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶體為原子晶體，晶胞內(nèi)白球?yàn)閞m{C}原子，黑球?yàn)閞m{O}原子，每個晶胞中含碳原子為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}+4=8}含氧原子為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}+4=8}所以碳原子和氧原子微粒數(shù)之比為rm{16}rm{1}根據(jù)晶胞中碳原子和氧原子的結(jié)構(gòu)可知，碳原子的雜化方式為rm{2}雜化，故答案為：原子晶體；rm{SP^{3}}

rm{sp^{3}}光譜證實(shí)單質(zhì)rm{(4)}與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有rm{AI}生成，可看作其中鋁原子和三個羥基形成三對共用電子對，形成三個極性共價鍵，形成rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}rm{AI(OH)_{3}}溶解在強(qiáng)堿中，和rm{AI(OH)_{3}}形成rm{OH^{-}}利用的是鋁原子的空軌道和氫氧根離子的孤對電子形成的配位鍵；

由兩個相同或不相同的原子軌道沿軌道對稱軸方向相互重疊而形成的共價鍵，叫做rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}鍵，所以rm{婁脪}中也形成了rm{[AI(OH)_{4}]^{-}}鍵。

故答案為：rm{婁脪}

根據(jù)題意，rm{acd}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}為原子序數(shù)依次增大的短六種短周期主族元素，rm{F}原子的電子層數(shù)是rm{F}的rm{A}倍，說明rm{3}有一個電子層。rm{A}有三個電子層，rm{F}rm{A}原子的最外層電子數(shù)均等于其周期序數(shù)可知，rm{F}為rm{A}元素，rm{H}為rm{F}元素；原子核外電子分處rm{AI}個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，根據(jù)rm{3}原子的核外電子排布式為rm{B}為rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}元素；rm{C}與rm{A}形成的最簡單分子為三角錐形，為rm{C}分子，則rm{NH_{3}}為rm{C}元素；rm{N}原子rm{D}軌道上成對電子數(shù)等于未成對電子數(shù)，rm{p}亞層三個軌道中的電子數(shù)只能是rm{P}rm{2}rm{1}共四個電子，核外電子排布式rm{1}所以核外電子總數(shù)為rm{1S