2025年滬科新版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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2025年滬科新版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷580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7題，共14分)1、綠色化學(xué)提倡化工生產(chǎn)應(yīng)提高原子利用率。原子利用率表示目標(biāo)產(chǎn)物的質(zhì)量與生成物總質(zhì)量之比。在下列制備環(huán)氧乙烷的反應(yīng)中，原子利用率最高的是（）2、下列關(guān)于油脂的敘述不正確的是（）A.油脂屬于脂類B.油脂都不能使溴水褪色C.油脂沒冇固定的熔沸點(diǎn)D.油脂是高級(jí)脂肪酸的甘油酯3、某共價(jià)化合物含碳、氫、氮三種元素，分子內(nèi)有四個(gè)氮原子，且四個(gè)氮原子構(gòu)成正四面體rm{(}如白磷結(jié)構(gòu)rm{)}每?jī)蓚€(gè)氮原子間都有一個(gè)碳原子rm{.}已知分子內(nèi)無碳碳單鍵，也沒有碳碳雙鍵，則該化合物的分子式為rm{(}rm{)}A.rm{C_{6}H_{12}N_{4}}B.rm{C_{4}H_{8}N_{4}}C.rm{C_{6}H_{10}N_{4}}D.rm{C_{6}H_{8}N_{4}}4、化學(xué)與科技、社會(huì)、生產(chǎn)密切結(jié)合，下列有關(guān)說法不正確的是A.“乙醇汽油”的廣泛使用能有效減少有害氣體的排放B.“無磷洗滌劑”的推廣使用，能有效減少水體富營養(yǎng)化的發(fā)生C.“無氟冰箱”取代“含氟冰箱”，對(duì)人類的保護(hù)傘——臭氧層起到保護(hù)作用D.“海水淡化”可以解決“淡水供應(yīng)危機(jī)”，向海水中加人凈水劑明礬可以使海水淡化5、在日常生活中出現(xiàn)了“加碘食鹽”、“增鐵醬油”、“富硒茶葉”、“含氟牙膏”等名詞，這里的碘、鐵、硒、氟應(yīng)理解為A.元素B.單質(zhì)C.氧化物D.分子6、某有機(jī)物的名稱是rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基戊烷，下列有關(guān)其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的書寫正確的是()A.rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{2}CH_{2}CH_{3;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{(CH_{3})_{3}CCH_{2}C(CH_{3})_{3;}}C.rm{(CH_{3})_{3}CCH(CH_{3})_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{3}}7、下列有機(jī)反應(yīng)不屬于取代反應(yīng)的是A.rm{C_{2}H_{5}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[triangle]{脜簍脕貌脣謾}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}B.rm{H-C隆脭C-H+HClxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}H_{2}C=CHCl}C.rm{+HN{O}_{3}xrightarrow[{60}^{0}C]{脜簍脕貌脣謾}}rm{C_{2}H_{5}OH+CH_{3}COOH

xrightarrow[triangle]{脜簍脕貌脣謾}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+

H_{2}O}D.rm{+B{r}_{2}xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{H-C隆脭C-H+HClxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}

H_{2}C=CHCl}rm{+HN{O}_{3}

xrightarrow[{60}^{0}C]{脜簍脕貌脣謾}}評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)8、羰基硫（COS）可作為一種熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲的危害．在恒容密閉容器中，將CO和H2S混合加熱并達(dá)到下列平衡：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）K=0.1，反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，平衡后CO物質(zhì)的量為8mol，下列說法正確的是（）A.升高溫度，H2S濃度增加，表明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)B.通入CO后，正反應(yīng)速率逐漸增大C.反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為7molD.CO的平衡轉(zhuǎn)化率為80%9、已知rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)rm{.}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{15g}甲基rm{(CH_{3}-)}中含有電子的數(shù)目為rm{9N_{A}}B.rm{42g}乙烯與丙烯的混合氣體中含碳原子數(shù)為rm{3N_{A}}C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4L}己烷中碳碳鍵數(shù)目為rm{5N_{A}}D.乙烯和乙醇的混合物共rm{0.1mol}完全燃燒所消耗的氧分子數(shù)一定為rm{0.6N_{A}}10、在有機(jī)物分子中，若某個(gè)碳原子連接rm{4}個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，則這種碳原子稱為“手性碳原子”。凡有一個(gè)手性碳原子的物質(zhì)一定具有光學(xué)活性。物質(zhì)：有光學(xué)活性，它發(fā)生下列反應(yīng)后生成的有機(jī)物無光學(xué)活性的是：

A.與rm{NaOH}溶液共熱B.與甲酸發(fā)生酯化反應(yīng)C.與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)D.在催化劑存在下與rm{H_{2}}作用11、下列是有關(guān)外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡影響的圖象，其中圖象和實(shí)驗(yàn)結(jié)論表達(dá)均正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{壟脵}是其他條件一定時(shí)，反應(yīng)速率隨溫度變化的圖象，則正反應(yīng)rm{triangleH>0}B.rm{壟脷}是在平衡體系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶體后，化學(xué)反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的圖象C.rm{壟脹}是在有無催化劑存在條件下，建立平衡過程的圖象，rm是使用催化劑時(shí)的曲線D.rm{壟脺}是一定條件下，向含有一定量rm{A}的恒容密閉容器中逐漸加入rm{B}達(dá)平衡時(shí)rm{A}的轉(zhuǎn)化率的圖象12、膽礬rm{CuSO_{4?}5H_{2}O}可寫成rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]SO_{4?}H_{2}O}其結(jié)構(gòu)示意圖如下：

下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，所有氧原子都采用rm{sp^{3}}雜化B.在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，存在配位鍵、共價(jià)鍵和離子鍵C.膽礬是分子晶體，分子間存在氫鍵D.膽礬中的水在不同溫度下會(huì)分步失去13、一定溫度下，將等物質(zhì)的量的rm{CO}和水蒸氣通入恒容密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}一段時(shí)間后反應(yīng)達(dá)到最大限度，對(duì)此時(shí)體系中反應(yīng)速率的描述正確的是A.正反應(yīng)速率等于零B.逆反應(yīng)速率等于零C.平均化學(xué)反應(yīng)速率等于零D.正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率14、含硒rm{(Se)}的保健品已開始進(jìn)入市場(chǎng)。已知硒與氧；硫同主族；與溴同周期，則下列關(guān)于硒的敘述中，正確的是。

A.非金屬性比硫弱B.氫化物比rm{HBr}穩(wěn)定。

C.原子序數(shù)為rm{34}D.最高價(jià)氧化物的水化物顯堿性評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、（7分）密閉容器中mA(g)＋nB(g)pC(g)，反應(yīng)達(dá)到平衡，經(jīng)測(cè)定增大壓強(qiáng)P時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率隨P而變化的曲線如圖。則：（1）增大壓強(qiáng):A的轉(zhuǎn)化率，平衡向移動(dòng)，達(dá)到平衡后，混合物中C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_____。（2）上述化學(xué)方程式中的系數(shù)m、n、p的正確關(guān)系是。（3）降低溫度，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，則：平衡向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率，正反應(yīng)是熱反應(yīng)。(以上各空用適當(dāng)?shù)幕瘜W(xué)用語或關(guān)系式填寫)16、（1）在298K時(shí)，1molC2H6在氧氣中完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出熱量1558．3kJ。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。（2）利用該反應(yīng)設(shè)計(jì)一個(gè)燃料電池：用氫氧化鉀溶液作電解質(zhì)溶液，多孔石墨做電極，在電極上分別通入乙烷和氧氣。通入乙烷氣體的電極應(yīng)為____極（填寫“正”“負(fù)”）該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是（3）如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置中，石墨棒上的電極反應(yīng)式為；如果起始時(shí)盛有1000mLpH=5的硫酸銅溶液（25℃，CuSO4足量），一段時(shí)間后溶液的pH變?yōu)?，此時(shí)若要使溶液恢復(fù)到起始濃度（溫度不變，忽略溶液體積的變化），可向溶液中加入__________（填物質(zhì)名稱）。17、（10分）某溶液中可能存在下列陰離子：Cl－、SO42－、CO32－中的一種或幾種（1）當(dāng)溶液中存在大量H+時(shí)，________________不能在溶液中大量存在（2）當(dāng)溶液中存在大量Ag+時(shí)，________________不能在溶液中大量存在（3）當(dāng)向溶液中加入Ba(NO3)2溶液能生成白色沉淀，則原溶液中存在的離子是__________為了進(jìn)一步確定的溶液中存在哪種離子，可繼續(xù)向溶液中加入_______________，通過觀察_______________再作出進(jìn)一步的判斷。18、欲分離苯和苯酚，一般可向其混合物中加入稍過量的濃氫氧化鈉溶液，反應(yīng)的離子方程式為____．再將該混合物轉(zhuǎn)移到分液漏斗中，振蕩，靜置后溶液將出現(xiàn)分層現(xiàn)象，然后分液．從分液漏斗放出下層液體，加入適量鹽酸，再將其分成兩份：向一份溶液中加入三氯化鐵溶液，出現(xiàn)的現(xiàn)象是____；向另一份溶液中加入濃溴水，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．從分液漏斗上口倒出的上層液體是____．19、求rm{25隆忙}時(shí)以下溶液的rm{pH}

rm{(1)pH=3}的鹽酸與rm{pH=5}的硫酸等體積混合后，rm{pH=}______

rm{(2)pH=10}和rm{pH=12}的兩種rm{NaOH}溶液等體積混合后，rm{pH=}______

rm{(3)pH=9}的rm{NaOH}溶液稀釋到原來的rm{10}倍后，rm{pH=}______，再稀釋到原來的rm{1000}倍后，rm{pH}______．

rm{(4)pH=12}的rm{NaOH}和rm{pH=4}的rm{HCl}等體積混合后，rm{pH=}______．20、寫出以下物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式或命名。

rm{2}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基已烷____________________；rm{TNT}_________________rm{;}_______________，______________。評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共4題，共40分)21、通常人們把拆開rm{1mol}某化學(xué)鍵所吸收的能量看成該化學(xué)鍵的鍵能。鍵能的大小可以衡量化學(xué)鍵的強(qiáng)弱，也可用于估算化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱rm{(婁隴H)}化學(xué)反應(yīng)的rm{婁隴H}等于反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵的鍵能之和與反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵的鍵能之和的差。?；瘜W(xué)鍵rm{Si隆陋O}rm{Si隆陋Cl}rm{H隆陋H}rm{H隆陋Cl}rm{Si隆陋Si}rm{Si隆陋C}鍵能rm{/kJ隆隴mol^{-1}}rm{460}rm{360}rm{436}rm{431}rm{176}rm{347}請(qǐng)回答下列問題：rm{(1)}請(qǐng)比較下列各項(xiàng)rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}晶體熔點(diǎn)：rm{H_{2}}________rm{HCl}熱穩(wěn)定性：rm{SiC}________rm{SiO_{2}}rm{(2)}如圖中立方體中心的“rm{隆帽}”表示硅晶體中的一個(gè)原子，請(qǐng)?jiān)诹⒎襟w的頂點(diǎn)用“rm{隆帽}”表示出與之緊鄰的硅原子rm{(}已知：一個(gè)硅原子與四個(gè)硅原子等距形成共價(jià)鍵rm{)}rm{(3)}工業(yè)上高純硅可通過下列反應(yīng)制取：rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{Si(s)+4HCl(g)}該反應(yīng)的反應(yīng)熱rm{婁隴H=}________rm{kJ隆隴mol^{-1}}22、一水硫酸四氨合銅rm{(}Ⅱrm{)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}是一種重要的染料及農(nóng)藥中間體rm{.}請(qǐng)回答下列相關(guān)問題：

rm{(1)Cu^{+}}的核外電子排布式為______

rm{(2)N}原子的rm{L}層中有______對(duì)成對(duì)電子；rm{NH_{4}^{+}}的立體構(gòu)型是______；它的一種等電子體分子為______．

rm{(3)}氨水溶液中存在多種氫鍵；表示出其中的任意兩種______．

rm{(4)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}中；陽離子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示為______，該離子中存在的化學(xué)鍵有______．

rm{(5)S}元素的一種常見低價(jià)氧化物可溶于水的原因有______．23、rm{(1)}某溫度下，在rm{Ca(OH)_{2}(Ksp=5.5隆脕10^{-6})}rm{Mg(OH)_{2}(Ksp=3.2隆脕10^{-11})}rm{AgCl(Ksp=1.8隆脕10^{-10})}三種物質(zhì)中；溶解度最小的是______．

rm{(2)}在粗制rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}晶體中常含有雜質(zhì)rm{Fe^{2+}.}在提純時(shí)為了除去rm{Fe^{2+}}常加入氧化劑，使rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}下列物質(zhì)最合適的是______

A.rm{KMnO_{4}}rm{B.H_{2}O_{2}}rm{C.Cl_{2}}水rm{D.HNO_{3}}

已知rm{KMnO_{4}}氧化rm{Fe^{2+}}時(shí)，生成rm{Mn^{2+}}離子，試寫出酸性rm{KMnO_{4}}與rm{Fe^{2+}}反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式______；然后再加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}可以達(dá)到除去rm{Fe^{3+}}而不損失rm{CuSO_{4}}的目的，調(diào)整溶液rm{pH}可選用下列中的______

A.rm{NaOH}rm{B.}rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{C.CuCO_{3}}rm{D.Cu(OH)_{2}}

rm{(3)}甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液rm{pH=4}是否能達(dá)到除去rm{Fe^{3+}}而不損失rm{Cu^{2+}}的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過計(jì)算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下rm{Fe(OH)_{3}}的溶度積rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{Cu(OH)_{2}}的溶度積rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-18}}通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}時(shí)就認(rèn)為沉淀完全，設(shè)溶液中rm{CuSO_{4}}的濃度為rm{3.0mol?L^{-1}}則rm{Cu(OH)_{2}}開始沉淀時(shí)溶液的rm{pH}為______，rm{Fe^{3+}}完全沉淀時(shí)溶液的rm{pH}為______rm{(}已知rm{lg2=0.3}rm{lg5=0.7)}通過計(jì)算確定上述方案______rm{(}填“可行”或“不可行”rm{)}24、某烴類化合物rm{A}的質(zhì)譜圖表明其相對(duì)分子質(zhì)量為rm{56}紅外光譜表明分子中有碳碳雙鍵，核磁共振氫譜表明分子中有rm{4}種類型氫．

rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______；名稱為______．

rm{(2)A}中碳原子是否一定都處于同一平面？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}

rm{A}中碳原子是否存在順反異構(gòu)？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}

rm{(3)}下列物質(zhì)與rm{A}以任意比混合，若總物質(zhì)的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量相等的是______rm{(}填序號(hào)rm{)}

rm{a.C_{4}H_{8}0}rm{b.C_{4}H_{10}0}rm{c.C_{5}H_{12}O}rm{d.C_{6}H_{12}O_{6}}．評(píng)卷人得分五、其他(共3題，共27分)25、實(shí)驗(yàn)室有下列實(shí)驗(yàn)儀器。ABCDEF在過濾操作中除了鐵架臺(tái)外還需要用到的實(shí)驗(yàn)儀器是____、____、(用字母填寫)。26、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(yīng)條件已略去)請(qǐng)回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：B_________、D_________。（2）反應(yīng)①～⑦中屬于消去反應(yīng)的是___________。(填數(shù)字代號(hào))（3）如果不考慮⑥、⑦反應(yīng)，對(duì)于反應(yīng)⑤，得到的E可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：_________。（4）試寫出CD反應(yīng)的化學(xué)方程式(有機(jī)物寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，并注明反應(yīng)條件)。27、（8分）由丙烯出發(fā)，經(jīng)如下反應(yīng)，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應(yīng)類型為__________；由W生成丙烯酸的反應(yīng)類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應(yīng)方程式為。評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共20分)28、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】根據(jù)反應(yīng)的生成物可知，只有選項(xiàng)C中反應(yīng)物中的原子全部進(jìn)入到環(huán)氧乙烷中，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、B【分析】解：A；油脂是高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯；油脂屬于酯，故A正確；

B；油脂中油是不飽和高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯；分子中含有不飽和鍵，具有不飽和烴的性質(zhì)，所以油可以與溴發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色，故B錯(cuò)誤；

C；油脂屬于混合物；沒有固定的熔沸點(diǎn)，故C正確；

D；油脂是高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯；故D正確．

故選B．

A；油脂是高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯；

B；油脂中油是不飽和高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯；分子中含有不飽和鍵；

C；油脂是油與脂肪的總稱；屬于混合物；

D；油脂是高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯．

本題考查油脂的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，難度不大，注意油與脂肪的結(jié)構(gòu)區(qū)別與性質(zhì)．【解析】【答案】B3、A【分析】解：四個(gè)氮原子構(gòu)成正四面體，正四面體有rm{6}條邊，所以有rm{6}個(gè)rm{C}原子，因?yàn)閞m{N}原子構(gòu)成正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，與rm{3}個(gè)rm{C}原子成鍵，分子內(nèi)無碳碳單鍵，也沒有碳碳雙鍵，每個(gè)rm{C}還有兩個(gè)共價(jià)鍵可以和rm{H}原子結(jié)合，共要結(jié)合rm{12}個(gè)氫原子，即化合物的化學(xué)式是rm{C_{6}H_{12}N_{4}}．

故選A．

形成化合物時(shí)，碳可形成rm{4}個(gè)鍵，氫形成rm{1}個(gè)鍵；氮下形成三個(gè)鍵均是飽和的以及分子構(gòu)型，以此可確定有機(jī)物的分子式．

本題考查有機(jī)物的成鍵規(guī)律，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意原子的成鍵數(shù)目是解題的關(guān)鍵，難度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】試題分析：海水淡化是除去其中的NaCl，而明礬只可以吸附雜質(zhì)，從而凈水，而不可以除去其中的NaCl，所以D正確?？键c(diǎn)：常識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮緿5、A【分析】試題分析：加碘食鹽”、“增鐵醬油”、“富硒茶葉”、“含氟牙膏”等商品，這些商品中所強(qiáng)調(diào)的碘、鐵、硒、氟，都是說明這些物質(zhì)的存在了這些元素，而不管以什么形式存在，或者便于說明如何存在，所以就用宏觀的元素種類來說明．因此理解為元素．答案選A．考點(diǎn)：元素的性質(zhì)【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】本題考查烷烴的命名，題目難度不大，可以根據(jù)烷烴的命名原則，先寫出主鏈，然后在主鏈上添上取代基即可。【解答】根據(jù)烷烴的命名原則判斷：碳鏈最長(zhǎng)稱某烷，靠近支鏈把號(hào)編rm{.}簡(jiǎn)單在前同相并；其間應(yīng)劃一短線；

rm{1}碳鏈最長(zhǎng)稱某烷：意思是說選定分子里最長(zhǎng)的碳鏈做主鏈；并按主鏈上碳原子數(shù)目稱為“某烷”；

rm{2}靠近支鏈把號(hào)編：意思是說把主鏈里離支鏈較近的一端作為起點(diǎn)，用rm{1}rm{2}rm{3}等數(shù)字給主鏈的各碳原子編號(hào)定位以確定支鏈的位置；

rm{3}簡(jiǎn)單在前同相并，其間應(yīng)劃一短線：這兩句的意思是說把支鏈作為取代基，把取代基的名稱寫在烷烴名稱的前面，在取代基的前面用阿拉伯?dāng)?shù)字注明它在烷烴主鏈上的位置，而且簡(jiǎn)單的取代基要寫在復(fù)雜的取代基前面，如果有相同的取代基，則要合并起來用二、三等數(shù)字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯?dāng)?shù)字要用逗號(hào)隔開，并在號(hào)數(shù)后面連一短線，中間用“rm{-}“隔開。rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基戊烷，主鏈為戊烷，含有rm{5}個(gè)rm{C}在rm{2}號(hào)rm{C}和rm{3}號(hào)rm{C}上各有兩個(gè)甲基，該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{2}CH_{2}CH_{3}}

故選A。

【解析】rm{A}7、B【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的性質(zhì)，注意取代反應(yīng)與其它反應(yīng)類型的區(qū)別，題目較為簡(jiǎn)單?！窘獯稹緼.乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應(yīng)是酯化反應(yīng)；酯化反應(yīng)也是取代反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.乙炔與氯化氫反應(yīng)；乙炔中的碳碳三鍵斷裂，每個(gè)碳原子上分別結(jié)合一個(gè)氫原子生成乙烯，屬于加成反應(yīng)，故B正確；

C.rm{+HNO_{3}xrightarrow[60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}rm{+HNO_{3}

xrightarrow[60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}苯環(huán)上的氫原子被硝基取代，該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.rm{+Br_{2}xrightarrow{FeBr_{3}}}rm{+H_{2}O}苯環(huán)上的氫原子被溴原子取代，該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。

故選B。rm{+Br_{2}

xrightarrow{FeBr_{3}}}【解析】rm{B}二、雙選題(共7題，共14分)8、A|C【分析】解：A．升高溫度，H2S濃度增加；說明平衡逆向移動(dòng)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，則該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A正確；

B．通入CO后，正反應(yīng)速率瞬間增大，又逐漸減小，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，平衡后CO物質(zhì)的量為8mol，設(shè)反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為n，則：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）

起始（mol）：10n00

變化（mol）：2222

平衡（mol）：8n-222

反應(yīng)恰好氣體分子數(shù)目不變，可以利用物質(zhì)的量代替濃度計(jì)算平衡常數(shù)，則平衡常數(shù)K==0.1；解得：n=7，故C正確；

D．根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可知CO的平衡轉(zhuǎn)化率為：×100%=20%；故D錯(cuò)誤；

故選AC．

A．升高溫度，H2S濃度增加；說明平衡逆向移動(dòng)，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；

B．通入CO后；正反應(yīng)速率瞬間增大，又逐漸減小；

C．反應(yīng)前CO的物質(zhì)的量為10mol，平衡后CO物質(zhì)的量為8mol，設(shè)反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為n；則：

CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）

起始（mol）：10n00

變化（mol）：2222

平衡（mol）：8n-222

反應(yīng)恰好氣體分子數(shù)目不變；利用物質(zhì)的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算；

D．根據(jù)C中的計(jì)算數(shù)據(jù)計(jì)算CO的平衡轉(zhuǎn)化率．

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，題目難度中等，涉及影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素、化學(xué)平衡常數(shù)應(yīng)用、化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算，注意理解掌握三段式均解題法在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力．【解析】【答案】AC9、rAB【分析】解：rm{A}rm{15g}甲基rm{(CH_{3}-)}物質(zhì)的量為rm{1mol}含有電子的數(shù)目為rm{9N_{A}}故A正確；

B、乙烯與丙烯最簡(jiǎn)式相同，只需要計(jì)算rm{42gCH_{2}}中的碳原子數(shù)rm{=dfrac{42g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=3N_{A}}故B正確；

C、己烷在標(biāo)準(zhǔn)狀況下不是氣體，rm{=dfrac

{42g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=3N_{A}}己烷物質(zhì)的量不是rm{22.4L}故C錯(cuò)誤；

D、乙烯和乙醇耗氧量相同，乙烯和乙醇的混合物共rm{1mol}耗氧量rm{0.1mol}故D錯(cuò)誤；

故選AB．

A；質(zhì)量換算物質(zhì)的量結(jié)合甲基結(jié)構(gòu)計(jì)算電子數(shù)；

B、乙烯與丙烯最簡(jiǎn)式相同，只需要計(jì)算rm{0.3mol}中的碳原子數(shù)；

C；己烷在標(biāo)準(zhǔn)狀況下不是氣體；

D、乙烯和乙醇耗氧量相同，rm{42gCH_{2}}物質(zhì)耗氧量為rm{1mol}．

本題考查了阿伏伽德羅常的應(yīng)用，主要考查質(zhì)量換算物質(zhì)的量計(jì)算微粒數(shù)，氣體摩爾體積的體積應(yīng)用，有機(jī)物耗氧量的計(jì)算判斷，題目難度中等．rm{3mol}【解析】rm{AB}10、AD【分析】【分析】

本題以手性碳原子為載體，考查了羥基；羧基、酯基、醛基的化學(xué)性質(zhì)；要熟記常見官能團(tuán)的化學(xué)性質(zhì)。

【解答】A.與手性碳原子為載體，考查了溶液共熱發(fā)生水解反應(yīng)，又生成rm{NaOH}個(gè)rm{1}生成的有機(jī)物無光學(xué)活性，故A正確；rm{HOCH_{2}-}，又生成B.與甲酸發(fā)生酯化反應(yīng)個(gè)rm{1}rm{HCOOCH_{2}-}，故B錯(cuò)誤；生成的有機(jī)物有光學(xué)活性，又生成C.與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)個(gè)rm{1}生成的有機(jī)物有光學(xué)活性，故C錯(cuò)誤；rm{-COOH}D.在催化劑存在下與rm{H}rm{H}又生成rm{{,!}_{2}}個(gè)作用，生成的有機(jī)物無光學(xué)活性，故D正確；故選AD。rm{1}【解析】rm{AD}11、rA【分析】解：rm{A.}根據(jù)圖象知，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)的rm{triangleH>0}故A正確；

B.該反應(yīng)實(shí)質(zhì)為rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}?Fe(SCN)_{3}}鉀離子和氯離子不參加反應(yīng)，則rm{KCl}濃度增大不影響化學(xué)平衡移動(dòng)；故B錯(cuò)誤；

C.使用催化劑，反應(yīng)速率加快，縮短反應(yīng)時(shí)間，所以先達(dá)到平衡狀態(tài)，rm{a}是使用催化劑時(shí)的曲線故C錯(cuò)誤；

D.由于不斷加入rm{B}rm{A}的轉(zhuǎn)化率會(huì)一直增大；故D錯(cuò)誤；

故選A．

A.升高溫度；平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)反應(yīng)方向判斷反應(yīng)熱；

B.氯化鉀不影響平衡移動(dòng)；

C.催化劑能同等程度的改變正逆反應(yīng)速率；導(dǎo)致平衡不移動(dòng)；

D.rm{A}的轉(zhuǎn)化率隨著rm{B}的增加而增大．

本題考查了圖象分析，會(huì)根據(jù)圖象中曲線變化趨勢(shì)、拐點(diǎn)、交點(diǎn)來確定平衡移動(dòng)方向，注意結(jié)合方程式特點(diǎn)分析，注意rm{A}中正逆反應(yīng)速率相等后才是改變條件后反應(yīng)速率變化，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】rm{A}12、rBD【分析】解：rm{A.}氧原子并不都是rm{sp3}雜化，該結(jié)構(gòu)中的氧原子部分飽和，部分不飽和，雜化方式不同rm{.}從現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論出發(fā)，硫酸根離子中rm{S}和非羥基rm{O}之間除了形成rm{1}個(gè)rm{婁脪}鍵之外，還形成了反饋rm{婁脨}鍵rm{.}形成rm{婁脨}鍵的電子不能處于雜化軌道上，rm{O}必須保留未經(jīng)雜化的rm{p}軌道，就不可能都是rm{sp3}雜化；故A錯(cuò)誤；

B.在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，存在rm{O隆煤Cu}配位鍵，rm{H-O}rm{S-O}共價(jià)鍵和rm{Cu}rm{O}離子鍵；故B正確；

C.膽礬是五水硫酸銅；膽礬是由水合銅離子及硫酸根離子構(gòu)成的，屬于離子晶體，故C錯(cuò)誤；

D.由于膽礬晶體中水兩類；一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子，結(jié)合上有著不同，因此受熱時(shí)也會(huì)因溫度不同而得到不同的產(chǎn)物，故D正確；

故選：rm{BD}．

根據(jù)結(jié)構(gòu)示意圖中氧原子是否都是飽和氧原子，存在rm{O隆煤Cu}配位鍵，rm{H-O}rm{S-O}共價(jià)鍵和rm{Cu}rm{O}離子鍵；膽礬屬于離子晶體以及膽礬晶體中水兩類，一類是形成配體的水分子，一類是形成氫鍵的水分子等角度分析．

本題主要考查分子間作用力、雜化軌道、化學(xué)鍵類型等知識(shí)，注重了對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)中?？伎键c(diǎn)的綜合，題目難度中等．【解析】rm{BD}13、CD【分析】略【解析】rm{CD}14、AC【分析】【分析】本題主要考察元素周期律的相關(guān)應(yīng)用，硒與鉀同周期即與溴同周期，硒與氧同主族，則硒與溴同周期且相鄰，以此解題。【解答】A.利用同主族性質(zhì)的遞變規(guī)律，非金屬性：硒比硫弱，故A正確；B.利用同周期性質(zhì)的遞變規(guī)律，rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}不如rm{Se}不如rm{HBr}穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；穩(wěn)定，故B錯(cuò)誤；C.利用已知信息推知硒原子序數(shù)為rm{Se}故C正確。rm{HBr}rm{34}D.硒為非金屬，其最高價(jià)氧化物的水化物顯酸性，故D錯(cuò)誤；【解析】rm{AC}三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】試題分析：（1）由圖象可知，增大壓強(qiáng)，A的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動(dòng)，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)降低，故答案為：減小，逆方向，減??；（2）增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，所以逆方向?yàn)轶w積減小的方向，則m+n＜p；增大反應(yīng)B的濃度，平衡正向移動(dòng)；故答案為：m+n＜p；正移；（3）當(dāng)降低溫度時(shí)，C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大，平衡正向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率增大，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故答案為：增大，放．考點(diǎn)：化學(xué)平衡【解析】【答案】（1）減小，逆方向，減??；（2）m+n＜p；正移；（3）增大，放16、略

【分析】試題分析：（1）首先寫出化學(xué)方程式并配平，然后求出?H，進(jìn)而得出熱化學(xué)方程式。（2）燃料電池中通入氧氣的電極為正極，通入燃料的電極為負(fù)極；C2H6中C元素化合價(jià)為-3價(jià)，生成的CO32￣中C元素化合價(jià)為+4價(jià)，所以2C2H6反應(yīng)共失去14e￣，可得電極方程式。（3）根據(jù)電子的移動(dòng)方向可知石墨電極為陽極；根據(jù)陰離子放電順序，CuSO4溶液中水電離出的OH￣放電；電解CuSO4溶液生成Cu、O2，所以加入CuO可恢復(fù)到起始濃度?？键c(diǎn)：本題考查熱化學(xué)方程式的書寫、電極的判斷和電極方程式的書寫、電解原理。【解析】【答案】（1）2C2H6（g）+7O2（g）→4CO2（g）+6H2O（l）?H=-3116．6kJ/mol（2）負(fù)C2H6-14e-+18OH-=2CO32-+12H2O（3）4OH--4e-=O2↑+2H2OCuO（每空2分，共10分）17、略

【分析】【解析】【答案】（1）CO32－（2）Cl－、SO42－、CO32－（3）SO42－、CO32－HCl略18、C6H5OH+OH﹣→C6H5O﹣+H2O|溶液變成紫色||苯【分析】【解答】解：苯酚具有酸性能和氫氧化鈉反應(yīng)生成可溶性的苯酚鈉，反應(yīng)的離子方程式：C6H5OH+OH﹣→C6H5O﹣+H2O，而苯不溶于水，則在分液漏斗中溶液分層，在溶液中加入鹽酸生成苯酚，加入氯化鐵可發(fā)生顯色反應(yīng)，溶液變成紫色，加入濃溴水，苯酚與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，反應(yīng)的方程式為苯的密度比水小，從分液漏斗上口倒出的上層液體是苯，故答案為：C6H5OH+OH﹣→C6H5O﹣+H2O；溶液變成紫色；苯．

【分析】苯酚和與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成易溶于水的苯酚鈉，而苯不溶于水，則在分液漏斗中溶液分層，在溶液中加入鹽酸生成苯酚，加入氯化鐵可發(fā)生顯色反應(yīng)，加入濃溴水，苯酚與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，以此解答．19、3.3；11.7；8；≈7；11.7【分析】解：rm{(1)}設(shè)兩種酸的體積都是rm{1L}rm{pH=3}的鹽酸與rm{pH=5}的硫酸等體積混合后，混合溶液中氫離子濃度rm{=dfrac{10^{-3}+10^{-5}}{2}=5.05隆脕10^{-4}mol/L}則混合溶液的rm{=dfrac

{10^{-3}+10^{-5}}{2}=5.05隆脕10^{-4}mol/L}

故答案為：rm{pH=-l_{g}5.05隆脕10^{-4}=3.3}

rm{3.3}設(shè)兩種堿的體積都是rm{(2)}rm{1L}和rm{pH=10}的兩種rm{pH=12}溶液等體積混合后，混合溶液中氫氧根離子濃度rm{=dfrac{10^{-2}+10^{-4}}{2}mol/L=5.05隆脕10^{-3}mol/L}則混合溶液中氫離子濃度rm{=dfrac{10^{-14}}{5.05隆脕10^{-3}}mol/L=2隆脕10^{-12}mol/L}rm{NaOH}

故答案為：rm{=dfrac

{10^{-2}+10^{-4}}{2}mol/L=5.05隆脕10^{-3}mol/L}

rm{=dfrac

{10^{-14}}{5.05隆脕10^{-3}}mol/L=2隆脕10^{-12}mol/L}強(qiáng)堿溶液稀釋rm{pH=11.7}倍是溶液的rm{11.7}減小rm{(3)}所以rm{10}的rm{pH}溶液稀釋到原來的rm{1}倍后，rm{pH=9}再稀釋到原來的rm{NaOH}倍后，溶液接近中性，則rm{10}

故答案為：rm{pH=8}rm{1000}

rm{pH隆脰7}的rm{8}溶液中氫氧根濃度為rm{隆脰7}rm{(4)pH=12}的rm{NaOH}中氫離子濃度為rm{0.01mol/L}等體積混合后，堿過量，混合后溶液中氫氧根的濃度rm{c(OH^{-})=dfrac{10^{-2}-10^{-4}}{2}=4.95隆脕10^{-3}mol/L}故氫離子濃度rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{4.95隆脕10^{-3}}隆脰2隆脕10^{-11}mol/L}故rm{pH=4}故答案為：rm{HCl}．

rm{10^{-4}mol/L}根據(jù)混合溶液的氫離子濃度計(jì)算；

rm{c(OH^{-})=dfrac

{10^{-2}-10^{-4}}{2}=4.95隆脕10^{-3}mol/L}先根據(jù)混合溶液的氫氧根離子濃度，再結(jié)合離子積常數(shù)計(jì)算氫離子濃度，根據(jù)溶液rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{4.95隆脕10^{-3}}隆脰2隆脕10^{-11}mol/L}的公式計(jì)算；

rm{pH=11.7}強(qiáng)堿溶液稀釋rm{11.7}倍是溶液的rm{(1)}減小rm{(2)}注意堿稀釋時(shí)不能變?yōu)樗幔?/p>

rm{pH}的rm{(3)}和rm{10}的rm{pH}等體積混合后；堿過量，應(yīng)先計(jì)算混合后溶液中氫氧根的濃度，然后根據(jù)水的離子積來計(jì)算溶液中氫離子濃度，據(jù)此分析．

本題考查了溶液rm{1}的計(jì)算，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液rm{(4)pH=12}的關(guān)系為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力．rm{NaOH}【解析】rm{3.3}rm{11.7}rm{8}rm{隆脰7}rm{11.7}20、(CH3)2CHCH(CH3)CH(C2H5)23，4-二甲基-3-己醇己醇-3-?對(duì)羥基苯甲酸?【分析】【分析】主要考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的書寫及有機(jī)物的命名，掌握有機(jī)物的命名原則及書寫形式是解題關(guān)鍵，題目難度不大?！窘獯稹縭m{2}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基己烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}為三硝基甲苯，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}的名稱為rm{TNT}rm{;}二甲基rm{3}rm{4-}己醇rm{3}rm{4-}rm{-3-}二甲基rm{-3-}己醇，的名稱為對(duì)羥基苯甲酸，故答案為：故答案為：rm{3}rm{4-}對(duì)羥基苯甲酸。rm{3}【解析】rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}rm{3}rm{4-}rm{3}rm{4-}己醇二甲基rm{-3-}己醇rm{-3-}rm{-3-}對(duì)羥基苯甲酸四、簡(jiǎn)答題(共4題，共40分)21、rm{(1)<}rm{<}

rm{(2)}

rm{(3)+236}【分析】【分析】本題涉及焓變的計(jì)算、物質(zhì)熔點(diǎn)大小的判斷等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)化學(xué)鍵計(jì)算反應(yīng)方程式中的焓變、根據(jù)晶體類型及鍵長(zhǎng)判斷熔點(diǎn)高低，易錯(cuò)點(diǎn)是rm{(3)}中硅的化學(xué)鍵的計(jì)算方法，利用均攤法知每個(gè)硅原子含有兩個(gè)硅硅鍵，為易錯(cuò)點(diǎn)。【解答】rm{(1)}晶體熔點(diǎn)：rm{H_{2}<HCl}熱穩(wěn)定性：rm{SiC<SiO_{2}}故填：rm{<}rm{<}rm{(2)}硅晶體中，每個(gè)硅原子連接rm{4}個(gè)硅原子，且連接的rm{4}個(gè)硅原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，所以該硅原子相鄰的硅原子表示為：故填：rm{(3)}該反應(yīng)中的焓變r(jià)m{=4隆脕360kJ?mol^{-1}+2隆脕436kJ?mol^{-1}-2隆脕176kJ?mol^{-1}-4隆脕431kJ?mol^{-1}=+236kJ?mol^{-1}}故填：rm{+236}【解析】rm{(1)<}rm{<}rm{(2)}rm{(3)+236}22、略

【分析】解：rm{(1)Cu}元素是rm{29}號(hào)元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}失去一個(gè)電子形成rm{Cu^{+}}則rm{Cu^{+}}的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

rm{(2)N}元素原子的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{L}層中rm{s}能級(jí)的電子為成對(duì)電子；

rm{NH_{4}^{+}}中，rm{N}原子成rm{4}個(gè)rm{N-H}采取rm{sp^{3}}雜化，不含孤對(duì)電子，為正四面體結(jié)構(gòu)；rm{CH_{4}}中電子數(shù)為：rm{6+4=10}原子數(shù)為rm{5}則rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}是等電子體；

故答案為：rm{1}正四面體；rm{CH_{4}}

rm{(3)N}元素與rm{O}元素的電負(fù)性都很強(qiáng)，不同分子中的rm{N}原子、rm{O}原子與rm{H}原子之間都可以形成氫鍵，如rm{O-HN}rm{N-HO}

rm{O-HO}rm{N-HN}

故答案為：rm{O-HN}rm{N-HO}

rm{(4)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}中離子是rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}銅離子含有空軌道，氨氣有孤電子對(duì)，二者形成配位鍵，氨氣中存在共價(jià)鍵，所以該離子中存在的化學(xué)鍵有配位鍵和共價(jià)鍵；

故答案為：rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}共價(jià)鍵；配位鍵；

rm{(5)S}元素的一種常見低價(jià)氧化物為二氧化硫；二氧化硫是極性分子，水是極性溶劑，極性分子易溶于極性溶劑，而且二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，所以二氧化硫易溶于水；

故答案為：rm{SO_{2}}是極性分子易溶于極性溶劑中，而且rm{SO_{2}}與水反應(yīng)生成亞硫酸．

rm{(1)Cu}元素是rm{29}號(hào)元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}失去一個(gè)電子形成rm{Cu^{+}}根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫；

rm{(2)N}元素原子的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{L}層中rm{s}能級(jí)的電子為成對(duì)電子；rm{NH_{4}^{+}}中，rm{N}原子成rm{4}個(gè)rm{N-H}采取rm{sp^{3}}雜化；不含孤對(duì)電子，為正四面體結(jié)構(gòu)；等電子體是指具有相同電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子；

rm{(3)N}元素與rm{O}元素的電負(fù)性都很強(qiáng)，不同分子中的rm{N}原子、rm{O}原子與rm{H}原子之間都可以形成氫鍵；

rm{(4)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}中離子是rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}銅離子含有空軌道，氨氣有孤電子對(duì)，二者形成配位鍵，氨氣中存在共價(jià)鍵；

rm{(5)}根據(jù)相似相溶原理和二氧化硫的性質(zhì)分析．

本題主要考查電子排布式、雜化理論的應(yīng)用、等電子體、氫鍵、化學(xué)鍵等，題目難度中等，注意把握氫鍵的表示以及雜化類型的判斷方法，注意基礎(chǔ)知識(shí)的全面掌握．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}rm{1}正四面體；rm{CH_{4}}rm{O-HN}rm{N-HO}rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}共價(jià)鍵、配位鍵；rm{SO_{2}}是極性分子易溶于極性溶劑中，而且rm{SO_{2}}與水反應(yīng)生成亞硫酸23、略

【分析】解：rm{(1)}化學(xué)式相似的物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，物質(zhì)越難溶，溶解度越小，可知常溫下在水中溶解能力rm{Ca(OH)_{2}>Mg(OH)_{2}}rm{AgCl}中，rm{c(Ag^{+})=sqrt{1.8隆脕10^{-10}}隆脰1隆脕10^{-5}}rm{c(Ag^{+})=sqrt

{1.8隆脕10^{-10}}隆脰1隆脕10^{-5}}中，rm{c(Mg^{2+})=33.2隆脕10^{-11}隆脰1隆脕10^{-4}}故rm{Mg(OH)_{2}}溶解度大，故溶解度最小的是rm{c(Mg^{2+})=33.2隆脕10^{-11}

隆脰1隆脕10^{-4}}故答案為：rm{Mg(OH)_{2}}

rm{AgCl}加入合適氧化劑，使rm{AgCl}氧化為rm{(2)}不能引入新的雜質(zhì)，rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{A}中會(huì)引入雜質(zhì)，只有過氧化氫的還原產(chǎn)物為水，不引入雜質(zhì)，故只有rm{C}符合；

rm{D}氧化rm{B}時(shí)，生成rm{KMnO_{4}}離子，所以酸性rm{Fe^{2+}}與rm{Mn^{2+}}反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：rm{KMnO_{4}}調(diào)整至溶液rm{Fe^{2+}}使rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}簍T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}轉(zhuǎn)化為rm{pH=4}可以達(dá)到除去rm{Fe^{3+}}而不損失rm{Fe(OH)_{3}}的目的，則加含銅元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，則rm{Fe^{3+}}rm{CuSO_{4}}均可，rm{C}rm{D}將銅離子轉(zhuǎn)化為沉淀；不符合；

故答案為：rm{A}rm{B}rm{B}

rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}簍T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}的溶度積rm{CD}溶液中rm{(3)Cu(OH)_{2}}的濃度為rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-18}}rm{CuSO_{4}}

依據(jù)溶度積常數(shù)rm{3.0mol?L^{-1}}rm{c^{2}(OH^{-})=dfrac{3.0隆脕10^{-18}}{3}=10^{-18}}

得到rm{c(Cu^{2+})=3.0mol?L^{-1}}

依據(jù)水溶液中的離子積rm{c(Cu^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=3.0隆脕10^{-18}}rm{c^{2}(OH^{-})=dfrac

{3.0隆脕10^{-18}}{3}=10^{-18}}溶液rm{c(OH^{-})=10^{-9}mol/L}

則rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}開始沉淀時(shí)溶液的rm{c(H^{+})=10^{-5}mol/L}為rm{pH=5}殘留在溶液中的離子濃度小于rm{Cu(OH)_{2}}時(shí)就認(rèn)為沉淀完全，rm{pH}的溶度積rm{4}rm{1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}rm{c^{3}(OH^{-})=dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1隆脕10^{-5}}=8.0隆脕10^{-33}}求的rm{Fe(OH)_{3}}水溶液中的離子積rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{c(Fe^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=8.0隆脕10^{-38}}則rm{c^{3}(OH^{-})=dfrac

{8.0隆脕10^{-38}}{1隆脕10^{-5}}=8.0隆脕10^{-33}}通過計(jì)算可知rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-11}mol/L}能達(dá)到除去rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}而不損失rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}的目的；則方案可行；

故答案為：rm{pH=3.3}rm{pH=4}可行．

rm{Fe^{3+}}化學(xué)式相似的物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小；物質(zhì)越難溶，溶解度越小；

rm{Cu^{2+}}加入合適氧化劑，使rm{5}氧化為rm{3.3}不能引入新的雜質(zhì)；rm{(1)}氧化rm{(2)}時(shí)，生成rm{Fe^{2+}}離子，所以酸性rm{Fe^{3+}}與rm{KMnO_{4}}反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：rm{Fe^{2+}}調(diào)整至溶液rm{Mn^{2+}}使rm{KMnO_{4}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{2+}}可以達(dá)到除去rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}簍T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}而不損失rm{pH=4}的目的；則加含銅元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀；

rm{Fe^{3+}}依據(jù)氫氧化銅飽和溶液中溶度積常數(shù)計(jì)算溶液中的氫離子濃度計(jì)算rm{Fe(OH)_{3}}結(jié)合氫氧化鐵溶度積和殘留在溶液中的離子濃度小于rm{Fe^{3+}}時(shí)就認(rèn)為沉淀