2025年滬科版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年滬科版高二化學下冊月考試卷15考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、航天飛船高速進入大氣層后，溫度會迅速升高，其表層的復合材料可保護飛船不受破壞。這體現了該復合材料具有的特點是A.耐酸性B.耐熱性C.耐腐蝕D.耐堿性2、對于以下反應：rm{A(s)+3B(g)?2C(g)+D(g)}在一定溫度和容積固定的容器中，下列判斷正確的是rm{(}rm{)}A.若反應是放熱反應，升高溫度，正反應速率增大B.往容器中通入稀有氣體rm{He}由于壓強增大，所以反應速率增大C.往容器中加入少量rm{A}反應速率增大D.當容器內的壓強不再變化，可以判斷反應已經達到平衡3、已知氫化鉀rm{(KH)}屬于離子化合物，rm{KH}跟水反應可以放出氫氣rm{.}下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{KH}的水溶液呈堿性B.rm{KH}中氫離子可以被還原為氫氣C.rm{KH}是一種強氧化劑D.rm{KH}中的氫離子是裸露的質子4、隨著物質文明的發(fā)展；“酸雨”現象越來越普遍，下列物質能引起“酸雨”的是（）

A.CO2

B.SO2

C.CO

D.飄塵。

5、常溫時，某溶液中由水電離出的rm{H^{+}}和rm{OH^{-}}的物質的量濃度的乘積為rm{1隆脕10^{-10}}則該溶液可能是rm{(}rm{)}

rm{壟脵H_{2}SO_{4}}rm{壟脷CH_{3}COOH}rm{壟脹NH_{4}Cl}rm{壟脺KOH}rm{壟脻CH_{3}COONa}．A.rm{壟脵壟脺壟脻}B.rm{壟脹壟脻}C.rm{壟脵壟脷壟脹}D.rm{壟脹}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、在相同溫度下，等體積等物質的量的濃度的4種稀溶液：①Na2SO4、②（NH4）2SO4、③NaHSO4、④Na2S，pH由大到小的順序是______（填序號）．7、煤化工中常需研究不同溫度下平衡常數、投料比及熱值等問題已知：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}的平衡常數隨溫度變化如下表：。溫度rm{/隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常數rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}試回答下列問題rm{(1)}該反應的平衡常數表達式為______________________rm{(2)}上述逆反應是：____________反應rm{(}選填：“放熱”、“吸熱”rm{)}rm{(3)}在rm{800隆忙}發(fā)生上述反應，以表中的物質的量投入恒容反應器，其中向正反應方向移動的有_________rm{(}選填rm{A}rm{B}rm{C}rm{D)}。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{n(CO_{2})}rm{3}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(H_{2})}rm{2}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(CO)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{0.5}rm{n(H_{2}O)}rm{5}rm{2}rm{3}rm{2}rm{(4)}已知在一定溫度下：rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}2CO(g)}平衡常數rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}

2CO(g)}rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO(g)+H_{2}(g)}平衡常數rm{K}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡常數rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO(g)+H_{2}(g)}則rm{K_{1}}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{K_{2}}之間的關系是：__________________rm{K}在rm{K_{1}}密閉容器中通入rm{K_{2}}和rm{(5)}水蒸氣，在rm{VL}達到平衡，然后急速除去水蒸氣rm{10molCO}除水蒸氣時各物質的物質的量不變rm{10mol}將混合氣體燃燒，測得放出的熱量為rm{T隆忙}已知rm{(}燃燒熱為rm{)}rm{2842kJ(}燃燒熱為rm{CO}則，該溫度下，平衡常數rm{283kJ/mol}________rm{H_{2}}8、（11分）.根據下列信息寫出符合要求的有機物的結構簡式．（1）若某有機物的分子量為128，若該有機物為鏈烴，則分子式為___________，若該烴一氯代物只有二種，則該烴的結構簡式為______________或_____________，若該烴為芳香烴，則分子式為_____________，則該烴的結構簡式為______________，若該有機物為烴的含氧衍生物，且是飽和一元的有機物，則其分子式為________________（2）某有機物僅由C、Ｈ、Ｏ三種元素組成，且C、Ｈ、Ｏ原子個數之比為1:2:1，若該有機物為醛類，則其結構簡式為：_______，若該有機物為羧酸，則其結構簡式為_______，若該有機物為酯類，則其結構簡式為_______，若該有機物為糖類，則其結構簡式為_______，若該有機物分子式為C3H6O3，且兩分子該有機物可形成六元環(huán)狀酯，則C3H6O3結構簡式為________________9、（10分）煤化工中常需研究不同溫度下平衡常數、投料比及產率等問題。已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數隨溫度的變化如下表：。溫度/℃4005008301000平衡常數K10910.6試回答下列問題（1）上述反應的正反應是反應（填“放熱”或“吸熱”）。（2）某溫度下，上述反應達到平衡后，保持容器體積不變升高溫度，正反應速率_______（填“增大”、“減小”或“不變”），容器內混合氣體的壓強_____________（填“增大”、“減小”或“不變”）。（3）830℃時，在恒容反應器中發(fā)生上述反應，按下表中的物質的量投入反應混合物，其中向正反應方向進行的有（選填A、B、C、D）。。ABCDn(CO)1230.5n(H2O)5232n(CO2)3101n(H2)2101（4）830℃時，在2L的密閉容器中加入4molCO(g)和6molH2O(g)達到平衡時，CO的轉化率是。10、（4分）在溫度T下，c(OH-)＝0.1mol·L-1的Ba(OH)2的PH值為11。（1）該溫度下，100ml水中含有OH-約有_個。（2）該溫度下，在PH=8的Ba(OH)2溶液中加入PH＝5的鹽酸，欲使混合溶液pH＝7，則Ba(OH)2溶液與所加鹽酸的體積比為______11、配平下列反應的化學方程式。

□KMnO4+□SO2+□H2O═□K2SO4+□MnSO4+□H2SO4

其中，反應中轉移5mole-，則消耗SO2______mol．12、化學反應過程中發(fā)生物質變化的同時；常常伴有能量的變化，這種能量的變化常以熱能的形式表現出來，叫做反應熱．由于反應的情況不同，反應熱可以分為許多種，如燃燒熱和中和熱等．

（1）許多化學反應的反應熱可以直接測量，其測量的儀器叫做______．

（2）下列△H表示物質燃燒熱的是______；表示物質中和熱的是______．（填“△H1”、“△H2”和“△H3”等）

A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1B．C（s）+O2（g）═CO（g）△H2

C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4

E．C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5

F．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H6

G．2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H7

H．CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H8

（3）已知在101kPa、273k時，15g乙烷燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出akJ的熱量，下列熱化學方程式正確的是______．

A．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=+2akJ/mol

B．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=-2akJ/mol

C．2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=-4akJ/mol

D．2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（g）△H=-2akJ/mol

（4）充分燃燒一定量的丁烷放出的熱量為161.9kJ，生成的CO2恰好與5mol/L100mLkOH溶液完全反應生成正鹽，則燃燒1mol丁烷放出的熱量為______．

（5）進一步研究表明；化學反應的能量變化（△H）與反應物和生成物的鍵能有關．鍵能可以簡單地理解為斷開1mol化學鍵時所需吸收的能量．表是部分化學鍵的鍵能數據：

?；瘜W鍵P-PP-OO═OP═O鍵能kJ/mol197360499x已知白磷（P4）的燃燒熱為2378.0kJ/mol，白磷完全燃燒的產物（P4O10）的結構如圖所示，則上表中x=______．13、按系統(tǒng)命名法命名rm{CH_{3}CH(C_{2}H_{5})CH(CH_{3})_{2}}的名稱是______．評卷人得分三、有機推斷題(共4題，共8分)14、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

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

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．15、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

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

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．16、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

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

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

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。17、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

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

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

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

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分四、實驗題(共1題，共9分)18、（每空2分，共16分）某研究性學習小組為合成1－丁醇，查閱資料得知一條合成路線：CH3CH===CH2＋CO＋H2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH：CO的制備原理：HCOOHCO↑＋H2O，并設計出原料氣的制備裝置(如圖)。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)實驗室現有鋅粒、稀硝酸、稀鹽酸、濃硫酸、2－丙醇，從中選擇合適的試劑制備丙烯。寫出化學方程式：____________________________________________________________________________。(2)若用以上裝置制備H2，在虛線框內畫出收集干燥H2的裝置圖。(3)制丙烯時，還產生少量SO2、CO2及水蒸氣，該小組用以下試劑檢驗這四種氣體，混合氣體通過試劑的順序是________(填序號)①飽和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④無水CuSO4⑤品紅溶液(4)合成正丁醛的反應為正向放熱的可逆反應，為增大反應速率和提高原料氣的轉化率，你認為應該采用的適宜反應條件是________。a．低溫、高壓、催化劑b．適當的溫度、高壓、催化劑c．常溫、常壓、催化劑d．適當的溫度、常壓、催化劑(5)正丁醛經催化加氫得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，為純化1－丁醇，該小組查閱文獻得知：①R—CHO＋NaHSO3(飽和)→RCH(OH)SO3Na↓；②沸點：乙醚34℃，1－丁醇118℃，并設計出如下提純路線：試劑1為________，操作1為________，操作2為________，操作3為________。評卷人得分五、簡答題(共2題，共6分)19、rm{(1)}將rm{Zn}棒和rm{Cu}棒用導線連接后，放入某電解質溶液中，構成如圖rm{1}所示裝置rm{.}試回答下列問題：

rm{壟脵}若電解質溶液為稀硫酸，則rm{Zn}棒為原電池的______極，可觀察到rm{Cu}棒的所產生現象是______；試用電極反應式表示該現象：______．

rm{壟脷}若電解質為硫酸銅溶液，則rm{Cu}棒上發(fā)生______反應，rm{Zn}棒上發(fā)生反應的電極反應式為：______．

rm{壟脹}若在上述兩個過程中，rm{Zn}棒減少的質量相等，則rm{Cu}棒上rm{(1)}和rm{(2)}所析出物質的質量之比為：______．

rm{(2)}肼rm{(N_{2}H_{4})}又稱聯氨，是一種可燃性的液體，可用作火箭燃料rm{.}如圖rm{2}是一個電化學過程示意圖．

rm{壟脵}鉑片上發(fā)生的電極反應是______．

rm{壟脷}假設使用肼rm{-}空氣燃料電池作為本過程中的電源，銅片的質量變化rm{128g}則肼rm{-}空氣燃料電池理論上消耗標準狀況下的空氣______rm{L(}假設空氣中氧氣體積含量為rm{20%)}．20、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}代表原子序數依次增大的前四周期元素。其中rm{A}是空氣中含量最高的元素；rm{B}是同周期中原子半徑最大的元素；rm{C}原子的最外層電子數與核外電子層數相等；rm{D}rm{E}元素的基態(tài)原子rm{3p}能級上都有兩個未成對電子；rm{F}原子的外圍電子排布為rm{(n-1)d}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}代表原子序數依次增大的前四周期元素。其中rm{F}是空氣中含量最高的元素；rm{A}是同周期中原子半徑最大的元素；rm{B}原子的最外層電子數與核外電子層數相等；rm{C}rm{D}元素的基態(tài)原子rm{E}能級上都有兩個未成對電子；rm{3p}原子的外圍電子排布為rm{F}rm{(n-1)d}rm{{,!}^{10}}rm{ns}rm{ns}rm{{,!}^{1}}元素基態(tài)原子核外電子的軌道表達式為_______________；在同周期元素中第一電離能介于。根據以上信息，回答下列問題：rm{(1)A}之間的元素是______。rm{C}將以下三種物質：rm{E}與硼元素按原子個數比為rm{(2)}將以下三種物質：rm{壟脵A}與硼元素按原子個數比為rm{1隆脙1}形成的空間網狀結構化合物，rm{壟脷B}的氯化物，rm{壟脹D}的氯化物。按熔點由高到低的順序排列：_____rm{(}用化學式表示rm{)}形成的空間網狀結構化合物，rm{(2)}的氯化物，rm{壟脵A}的氯化物。按熔點由高到低的順序排列：_____rm{1隆脙1}用化學式表示rm{壟脷B}rm{壟脹D}的最簡單氫化物易液化，其原因是__________，rm{(}的次高價含氧酸根離子的rm{)}模型名稱是______，該離子的空間構型為_________。rm{(3)A}的最簡單氫化物易液化，其原因是__________，rm{E}的次高價含氧酸根離子的rm{VSEPR}模型名稱是______，該離子的空間構型為_________。單質晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如圖丙所示。rm{(3)A}晶胞參數為rm{E}rm{VSEPR}相對原子質量為rm{(4)F}單質晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如圖乙所示，原子之間相互位置關系的平面圖如圖丙所示。rm{(4)F}若已知rm{F}晶胞參數為rm{apm}rm{F}相對原子質量為rm{M}rm{N}rm{F}rm{apm}晶胞中rm{F}原子的配位數為______；rm{M}單質晶體中原子的堆積方式是________堆積。rm{N}原子半徑rm{{,!}_{A}}_______代表阿伏加德羅常數，請回答：rm{壟脵}晶胞中rm{F}原子的配位數為______；rm{F}單質晶體中原子的堆積方式是________堆積。單質晶體密度計算式為：_____________rm{壟脵}rm{F}rm{F}rm{壟脷F}原子半徑rm{r=}_______rm{pm}rm{F}單質晶體密度計算式為：_____________rm{g隆隴cm}rm{壟脷F}與rm{r=}形成的某種化合物晶胞結構如圖丁所示，該晶體的化學式為___________。該化合物能與稀鹽酸劇烈反應，生成一種白色沉淀和一種全部由非金屬元素組成的離子化合物，該反應的化學方程式為_______。rm{pm}評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)21、在一定條件下；可逆反應：mA+nB?pC達到平衡，若：

（1）A；B、C都是氣體；減小壓強，平衡向正反應方向移動，則m+n______p（填“＞”“＜”或“=”）

（2）A；C是氣體；增加B的量，平衡不移動，則B為______態(tài)．

（3）A；C是氣體；而且m+n=p，增大壓強可使平衡發(fā)生移動，則平衡移動的方向是______．

（4）加熱后；可使C的質量增加，則正反應是______反應（放熱或吸熱）．

22、A；B、C、D、E代表5種元素．請?zhí)羁眨?/p>

（1）A元素基態(tài)原子的最外層有3個未成對電子；次外層有2個電子，其元素符號為______；

（2）B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結構都與氬相同；B的元素符號為______，C的元素符號為______；

（3）D元素的正三價離子的3d亞層為半充滿；D的元素符號為______，其基態(tài)原子的電子排布式為______．

（4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿；N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，E的元素符號為______，其基態(tài)原子的電子排布式為______．

23、弱電解質電離情況可以用電離度和電離平衡常數表示，表1是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數（Ka）和弱堿的電離平衡常數（Kb），表2是常溫下幾種難（微）溶物的溶度積常數（Ksp）．

表1

。酸或堿電離平衡常數（Ka或Kb）CH3COOH1.8×10-5HNO24.6×10-4HCN5×1010HClO3×10-8NH2?H2O1.8×10-5表2

。難（微）溶物深度積常數（Ksp）BaSO41×10-10BaCO32.6×10-9CaSO47×10-5CaCO35×10-9請回答下面問題：

（1）CH3COONH4的水溶液呈______（選填“酸性”；“中性”或“堿性”）；理由是______．溶液中各離子濃度大小關系是______．

（2）物質的量之比為1：1的NaCN和HCN的混合溶液；其pH＞7，該溶液中離子濃度從大到小的排列為______．

（3）物質的量濃度和體積均相同的NaNO2和NaCN兩種溶液，已知前者溶液中離子數目為n1，后者溶液中離子數目為n2．下列關系正確是：______．

A．n1=n2B．n1＞n2C．n1＜n2D．c（NO2-）＜c（CN-）

24、小明欲探究鐵及其化合物的氧化性和還原性；請你幫他完成以下實驗報告．

實驗目的：探究鐵及其化合物的氧化性和還原性。

可供選用的試劑：鐵粉、FeCl3、溶液、FeCl2溶液；氯水、鋅片。

實驗記錄：（請?zhí)顚懕碇锌瞻祝?/p>

。序號實驗操作實驗現象離子方程式實驗結論①在FeCl2溶液中。

加入鋅片溶液由淺綠色變?yōu)闊o色Zn+Fe2+=Zn2++Fe②Fe2+具有還原性③在FeCl3溶液中加入足量鐵粉溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe3+具有氧化性，Fe具有還原性

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】本題考查合金的性質和應用，比較容易?！窘獯稹亢教祜w船高速進入大氣層后，溫度會迅速升高，要想保護飛船不受破壞，表層材料應該具有耐高溫的特性，故B正確。

故選B。【解析】rm{B}2、A【分析】解：rm{A}無論反應放熱還是吸熱；升高溫度正逆反應速率都會加快，故A正確；

B、恒容時通入rm{He}氣，不會影響rm{B}rm{C}rm{D}的濃度和分壓；反應速率不變，故B錯誤；

C、rm{A}是固態(tài)物質，加入少量rm{A}不會影響反應速率；故C錯誤；

D；該反應；反應前后氣體體積不變，所以體積不變時壓強始終不變，故D錯誤；

故選A．

A；無論反應放熱還是吸熱；升高溫度正逆反應速率都會加快；

B；壓強的增大；只有影響到反應物或生成物的濃度，才會影響化學反應速率；

C、rm{A}是固態(tài)，加入rm{A}不會影響化學反應速率；

D；反應前后氣體體積不變的化學反應；壓強始終不變．

本題考查影響化學反應速率的因素，要熟記影響化學反應速率的主要因素有溫度、濃度、壓強、催化劑、接觸面積等等，特別是壓強的影響，要明確增大壓強時，只有影響到反應物或生成物的濃度時才會影響反應速率．【解析】rm{A}3、A【分析】解：rm{A.}發(fā)生rm{KH+H_{2}O=KOH+H_{2}隆眉}rm{KOH}溶液顯堿性；故A正確；

B.rm{KH}中氫離子為rm{-1}價；化合價升高，被氧化成氫氣，故B錯誤；

C.rm{KH}中rm{H}失去電子，則rm{KH}做還原劑；故C錯誤；

D.rm{KH}中的氫離子核外有rm{2}個電子；故D錯誤；

故選A．

由信息可知，發(fā)生rm{KH+H_{2}O=KOH+H_{2}隆眉}rm{KH}中rm{H}元素的化合價升高，水中rm{H}元素的化合價降低；以此來解答．

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化、基本概念為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意結合信息判斷發(fā)生的反應，題目難度不大．【解析】rm{A}4、B【分析】

題中只有二氧化硫可形成酸雨，因二氧化硫溶于水生成亞硫酸，進而被氧化生成硫酸，溶液呈酸性，導致雨水pH＜5.6，CO2溶于水；雨水pH=5.6，不是酸雨，CO與飄塵與水不反應，不構成酸雨；

故選B．

【解析】【答案】形成酸雨的主要物質為二氧化硫和氮氧化物．

5、B【分析】解：rm{壟脵H_{2}SO_{4}}對水的電離有抑制作用，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷CH_{3}COOH}是酸，對水的電離有抑制作用，故rm{壟脷}錯誤；

rm{壟脹NH_{4}Cl}是強酸弱堿鹽，在溶液中會水解，對水的電離有促進作用，故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺KOH}是堿，對水的電離有抑制作用，故rm{壟脺}錯誤；

rm{壟脻CH_{3}COONa}是強堿弱酸鹽，在溶液中會水解，對水的電離有促進作用，故rm{壟脻}正確．

故選B．

常溫下，某溶液中由水電離出的rm{c(H^{+})}與rm{c(OH^{-})}的乘積為rm{10^{-10}}rm{c(H^{+})=c(OH^{-})=10^{-5}mol/L}水的電離被促進rm{.}而酸、堿溶液對水的電離起到抑制作用，水解的鹽對水的電離起到促進作用rm{.}據此分析．

本題考查了水電離平衡的影響因素分析判斷，注意酸堿抑制水的電離，水解的鹽促進水的電離，題目難度中等．【解析】rm{B}二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】解：①Na2SO4是強電解質；能在水溶液中完全電離，且由于是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性；

②（NH4）2SO4是強酸弱堿鹽；能在水溶液中完全電離，溶液中銨根離子水解溶液顯酸性；

③NaHSO4是強電解質；能在水溶液中完全電離，且由于是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈酸性；

④Na2S是強電解質，在溶液中完全電離，但由于S2-是二元弱酸根；故在溶液中水解，且水解分步進行，溶液呈堿性．

pH由大到小的順序是④＞①＞②＞③；

故答案為：④＞①＞②＞③．

根據溶液的酸堿性以及利用鹽類的水解程度來確定溶液中pH大??；酸的酸性越弱則酸的酸根離子水解程度越大，其相同濃度鈉鹽溶液的pH越大．

①Na2SO4是強電解質；能在水溶液中完全電離，且由于是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性；

②（NH4）2SO4是強酸弱堿鹽；能在水溶液中完全電離，溶液中銨根離子水解溶液顯酸性；

③NaHSO4是強電解質；能在水溶液中完全電離，且由于是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈酸性；

④Na2S是強電解質，在溶液中完全電離，但由于S2-是二元弱酸根；故在溶液中水解，且水解分步進行，溶液呈堿性．

本題考查了pH大小的判斷，先根據溶液的酸堿鹽大體分類，再根據弱離子的水解濃度判斷pH大小，水解程度微弱，注意硫酸氫根離子在水溶液里電離方式，為易錯點，題目難度不大．【解析】④＞①＞②＞③，7、（1）

（2）吸熱。

（3）BC

（4）

（5）0.44（或）【分析】【分析】本題主要考查了影響化學平衡常數的因素、平衡常數的概念、轉化率的計算、平衡常數的應用等知識點，中等難度，解題時抓住基本概念的應用。

【解答】rm{(1)}化學平衡常數為反應達到平衡時，生成物濃度冪之積與反應物濃度的冪之積的比值，所以該反應的平衡常數表達式為rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}}

故答案為：rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}

}由于溫度升高；該反應的化學平衡常數減小，平衡向著逆向移動，正向反應是放熱反應，故答案為：放熱；

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}

}由于在rm{(2)}平衡常數為rm{(3)}則rm{800隆忙}因為在同一容器中，所以反應向著正向移動，必須滿足rm{1}

A.rm{c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}反應向著逆向移動，故A錯誤；

B.rm{n(CO_{2})?n(H_{2})<n(CO)?n(H_{2}O)}反應向著正向移動，故B正確；

C.rm{3隆脕2>1隆脕5}反應向著正向移動，故C正確；

D.rm{1隆脕1<2隆脕2}達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；

故答案為：rm{0隆脕0<3隆脕3}

rm{2隆脕0.5=1隆脕1}反應rm{BC}可以由反應rm{(4)}與反應rm{壟脵C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}相減得到，故反應rm{壟脷C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}反應rm{壟脹CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}得反應rm{壟脷-}所以：rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{壟脹}由方程式rm{壟脵}可知，rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}反應生成rm{(5)}開始通入rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡時rm{1molCO}rm{1molH_{2}}的物質的量之和為rm{10molCO}設rm{CO}rm{H_{2}}物質的量為rm{10mol.}rm{CO}則：rm{H_{2}}rm{x}解得rm{y}rm{x+y=10}利用三段式法求出平衡時各組分的物質的量；

rm{283x+286y=2842}

起始：rm{x=6mol}rm{y=4mol}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{10mol}

轉化：rm{10mol}rm{0}rm{0}rm{4mol}

平衡：rm{4mol}rm{4mol}rm{4mol}rm{6mol}

所以rm{6mol}時反應的平衡常數為：rm{K=dfrac{dfrac{4}{V}隆脕dfrac{4}{V}}{dfrac{6}{V}隆脕dfrac{6}{V}}=dfrac{4}{9}}

rm{4mol}【解析】rm{(1)K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{(1)K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆隴cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆隴cleft({H}_{2}Oright)}

}吸熱。

rm{(2)}

rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{(3)BC}或rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}rm{(5)0.44(}8、略

【分析】若某有機物的分子量為128，若該有機物為鏈烴，則分子式為C9H20，C(CH2CH3)4或(CH3)3CCH2C(CH3)3。某有機物僅由C、Ｈ、Ｏ三種元素組成，且C、Ｈ、Ｏ原子個數之比為1:2:1，若該有機物為醛類，則其結構簡式為HCHO。若該有機物為羧酸，則其結構簡式為CH3COOH，該有機物為酯類，則其結構簡式為HCOOCH3，若該有機物為糖類，則其結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO。若該有機物分子式為C3H6O3，且兩分子該有機物可形成六元環(huán)狀酯，則C3H6O3結構簡式為CH3CH（OH）COOH.【解析】【答案】(1)C9H20C(CH2CH3)4或(CH3)3CCH2C(CH3)3C10H8C8H16O(2)HCHOCH3COOHHCOOCH3CH2OH(CHOH)4CHOCH3CH（OH）COOH9、略

【分析】（1）根據表中數據可知，隨著溫度的升高，平衡常數逐漸減小，這說明升高溫度平衡向逆反應方向反應，所以正反應是放熱反應。（2）升高溫度反應速率一定增大，由于反應前后氣體的物質的量不變，但溫度變大了，所以壓強是升高的。（3）將表中數據分別代入表達式可計算出A、B、C、D分別為1.2、0.25、0、1。830℃時平衡常數是1，因此凡是小于1的，就說明反應是向正反應方向進行的，反之是向逆反應方向進行。（4）設轉化率是x，則CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量（mol）4600轉化量（mol）4x4x4x4x平衡量（mol）4－4x6－4x4x4x所以有解得x＝0.6?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）放熱（2）增大；增大（3）B、C（4）60%10、略

【分析】【解析】【答案】（4分）（1）_10-7NA個（2）_____11、略

【分析】解：反應中高錳酸鉀中的錳元素由+7價降為+2價，二氧化硫中的硫元素由+4價升高為+6價，要使得失電子守恒，則高錳酸鉀系數為2，二氧化硫系數為5，依據原子個數守恒，方程式：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，依據方程式每反應5mol二氧化硫，轉移電子數為5mol×（6-4）=10mol電子，所以反應中轉移5mole-，則消耗SO2物質的量為2.5mol；

故答案為：2；5；2；1；2；2；2.5mol．

反應中高錳酸鉀中的錳元素由+7價降為+2價；二氧化硫中的硫元素由+4價升高為+6價，依據氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律結合原子個數守恒規(guī)律配平書寫方程式，依據方程式判斷轉移電子數與消耗二氧化硫關系．

本題考查了氧化還原反應的配平，明確氧化還原反應得失電子守恒規(guī)律、電子轉移數目的計算方法是解題關鍵，題目難度中等．【解析】2.512、略

【分析】解：（1）用于測定物質的熱容及各種反應熱的儀器；叫量熱計，也稱量熱儀；量熱器；

故答案為：量熱計；

（2）A．氫氣的物質的量為2mol，反應熱△H1不能表示燃燒熱；

B．碳燃燒的生成物為CO，表示溫度的氧化物CO2，反應熱△H2不能表示燃燒熱；

C．1mol甲烷完全燃燒，生成的水是氣態(tài)，不是穩(wěn)定的狀態(tài)，應為液態(tài)水，故反應熱△H3不能表示燃燒熱；

D．C（s）+O2（g）═CO2（g）△H4中1molC完全燃燒生成二氧化碳，符合燃燒熱概念，反應熱△H4能表示燃燒熱；

E．C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5中1molC6H12O6完全燃燒生成二氧化碳與液態(tài)水，符合燃燒熱概念，反應熱△H5能表示燃燒熱；

F．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H6中實質是1mol氫離子與1mol氫氧根離子反應生成1molH2O，符合中和熱概念，反應熱△H6能表示中和熱；

G．2NaOH（ag）+H2SO4（ag）═Na2SO4（ag）+2H2O（l）；△H7反應生成的水為2mol，反應熱△H7不能表示中和熱；

H．CH3COOH（aq）+NaOH（aq）=CH3COONa（aq）+H2O（l）中；醋酸是弱酸，不能表示中和熱．

故答案為：△H4、△H5；△H6；

（3）A．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）；△H1=+2akJ/mol在熱化學反應方程式中△H＞0，表示吸熱，而C2H6燃燒反應是放熱反應；故A錯誤；

B．C2H6（g）+O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H2=-2akJ/mol；完全燃燒1mol乙烷生成二氧化碳和液態(tài)水放熱2akJ，該方程式表示的是氣態(tài)水，故B錯誤；

C.2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）；△H3=-4akJ/mol；完全燃燒2mol乙烷生成二氧化碳和液態(tài)水放熱4akJ，故C正確；

D.2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（g）；△H4=-2akJ/mol；完全燃燒2mol乙烷生成二氧化碳和液態(tài)水放熱4akJ，故D錯誤；

故選：C．

（4）KOH的物質的量為0.1L×5mol/L=0.5mol，根據鉀離子守恒，故n（K2CO3）=0.5mol×=0.25mol；

根據碳元素守恒由n（CO2）=n（K2CO3）=0.25mol；

根據碳元素守恒可知，丁烷的物質的量n（C4H10）=×0.25mol；放出熱量161.9kJ；

所以1mol丁烷完全燃燒放出的熱量為161.9kJ×16=2590.4kJ；

故答案為：2590.4kJ；

（5）白磷燃燒的熱化學方程式為P4（s）+5O2（g）═P4O10（s）△H=-2378.0kJ/mol；

則6×197kJ/mol+5×499kJ/mol-12×360kJ/mol-4X=-2378kJ/mol；

X=433.75kJ/mol；

故答案為：433.75．

（1）測量反應熱的常用儀器為量熱計；

（2）燃燒熱指1mol物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物的反應熱，一般H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g），中和熱指稀溶液中酸與堿反應生成1molH2O的反應熱熱量；

（3）在25℃、101kPa下，15g乙烷完全燃燒生成CO2和液態(tài)水，放熱akJ，30g乙烷燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱akJ×2=2akJ；1mol乙烷質量為30克，所以完全燃燒1mol乙烷生成二氧化碳和液態(tài)水放熱2aKJ，根據燃燒熱的概念分析即可解答；

（4）CO2恰好與KOH溶液完全反應生成正鹽為K2CO3，根據n=cV計算KOH的物質的量，根據鉀元素守恒計算n（K2CO3），根據碳元素守恒由n（CO2）=n（K2CO3）；進而計算丁烷的物質的量，據此計算；

（5）根據反應熱等于反應物的總鍵能與生成物的總鍵能之差；結合反應熱計算鍵能．

本題考查較為綜合，涉及燃燒熱與中和熱的概念、反應熱的有關計算、熱化學方程式的意義等，注意中和熱與燃燒熱概念的把握，難點是白磷、P4O10結構及鍵能計算反應熱，題目難度中等．【解析】量熱計；△H4、△H5；△H6；C；2590.4kJ；433.7513、略

【分析】解：rm{CH_{3}CH(C_{2}H_{5})CH(CH_{3})_{2}}的最長碳鏈含rm{5}個碳原子，離取代基近的一端給主碳鏈編號得到名稱為：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷，故答案為：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

烷烴命名原則：

rm{壟脵}長選最長碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號；

rm{壟脺}小支鏈編號之和最小rm{.}看下面結構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

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

本題考查了有機物系統(tǒng)命名方法的應用，注意主鏈選擇，起點編號原則，名稱書寫的規(guī)范方法，題目難度不大．【解析】rm{2}rm{3-}二甲基戊烷三、有機推斷題(共4題，共8分)14、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH215、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH216、略

【分析】【分析】

根據物質在轉化過程中碳鏈結構不變，根據抗癇靈結構，結合A的分子式可推知A結構簡式是：A與HCHO發(fā)生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發(fā)生取代反應產生C：C經過一系列反應，產生分子式是C8H6O3的物質D結構簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發(fā)生信息②的反應產生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發(fā)生取代反應產生G：與發(fā)生取代反應產生抗癇靈：

【詳解】

根據上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變?yōu)?COOH；也能發(fā)生燃燒反應，故化合物C能發(fā)生氧化反應，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據抗癇靈的分子結構，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據上述分析可知化合物E結構簡式是

(3)G是G與發(fā)生取代反應產生抗癇靈和HCl，該反應的化學方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上H原子的取代反應產生然后與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發(fā)生氧化反應產生D：故由C經三步反應產生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl17、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應得到E,結合信息①,E為E與溴發(fā)生加成反應得到的F為F發(fā)生氧化反應生成的G為

詳解：(1)根據分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發(fā)生加成反應生成B為F為

（3）反應①：乙酸和發(fā)生酯化反應,化學方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應生成再與溴發(fā)。

生加成反應生成最后發(fā)生催化氧化反應生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結構簡式、官能團、反應類型、化學方程式、限定條件下同分異構體數目的判斷、合成路線中試劑和反應條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關鍵?！窘馕觥竣?羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、實驗題(共1題，共9分)18、略

【分析】【解析】試題分析：：（1）氫氣可用活潑金屬鋅與非氧化性酸鹽酸通過置換反應制備，氧化性酸如硝酸和濃硫酸與鋅反應不能產生氫氣，方程式為Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；2-丙醇通過消去反應即到達丙烯，方程式為：(CH3)2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；（2）由于氫氣的密度比空氣小，故用向下排空氣法；（3）檢驗丙烯可以用酸性KMnO4溶液，檢驗SO2可以用酸性KMnO4溶液褪色、品紅溶液或石灰水，檢驗CO2可以石灰水，檢驗水蒸氣可以無水CuSO4，所以在檢驗這四種氣體必需考慮試劑的選擇和順序。只要通過溶液，就會產生水蒸氣，因此先檢驗水蒸氣；然后檢驗SO2并在檢驗之后除去SO2，除SO2可以用飽和Na2SO3溶液，最后檢驗CO2和丙烯，因此順序為④⑤①②③（或④⑤①③②）；（4）由于反應是一個體積減小的可逆反應，所以采用高壓，有利于增大反應速率和提高原料氣的轉化率；正向反應是放熱反應，雖然低溫有利于提高原料氣的轉化率，但不利于增大反應速率，因此要采用適當的溫度；催化劑不能提高原料氣的轉化率，但有利于增大反應速率，縮短到達平衡所需要的時間，故正確所選項是b；（5）粗品中含有正丁醛，根據所給的信息利用飽和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通過過濾即可除去；由于飽和NaHSO3溶液是過量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1—丁醇。因為1—丁醇，和乙醚的沸點相差很大，因此可以利用蒸餾將其分離開。考點：氣體檢驗、化學反應速率、有機反應等【解析】【答案】（1）（2）(3)④⑤①②③(或④⑤①③②)(4)b(5)飽和NaHSO3溶液過濾萃取蒸餾五、簡答題(共2題，共6分)19、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}將rm{Zn}棒和rm{Cu}棒用導線連接后，若電解質溶液為稀硫酸，則鋅為負極，銅為正極，負極反應為：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}正極反應為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}在正極上有氣體生成；

故答案為：負；有氣體析出；rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{壟脷}將rm{Zn}棒和rm{Cu}棒用導線連接后，若電解質為硫酸銅溶液，則在正極上析出銅，鋅為負極，負極反應為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}正極反應為：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}

故答案為：還原；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}

rm{壟脹}設上述兩個過程中都消耗rm{1molZn}則：rm{Cu}棒上rm{(1)}所析出物質的質量為：rm{1mol隆脕2g/mol=2g}rm{(2)}所析出物質的質量為：rm{1mol隆脕64g/mol=64g}rm{Cu}棒上rm{(1)}和rm{(2)}所析出物質的質量之比為rm{2g}rm{64g=1}rm{32}故答案為：rm{1}rm{32}

rm{(2)壟脵}電解硫酸銅溶液，陰極鉑上銅離子放電生成銅單質，電極反應式為rm{Cu^{2+}+2e^{-}簍TCu}

故答案為：rm{Cu^{2+}+2e^{-}簍TCu}

rm{壟脷}陽極上銅失電子發(fā)生氧化反應，消耗rm{128g}銅轉移電子的物質的量rm{=dfrac{128g}{64g/mol}隆脕2=4mol}

根據串聯電路中轉移電子相等得消耗標準狀況下的氧氣體積rm{=dfrac{4mol}{4}隆脕22.4L/mol=22.4L}

氧氣的體積占空氣的rm{=dfrac

{128g}{64g/mol}隆脕2=4mol}

所以空氣體積rm{=dfrac

{4mol}{4}隆脕22.4L/mol=22.4L}

故答案為：rm{20%}．

rm{=22.4隆脗20%=112L}銅鋅原電池中；活潑金屬作負極，在正極上有氣體生成；

rm{112}若電解質為硫酸銅溶液；則在正極上析出銅；

rm{(1)壟脵}根據原電池兩極上得失電子數目相等計算；

rm{壟脷}電解硫酸銅溶液；陰極上銅離子放電，陽極上銅失電子發(fā)生氧化反應；根據串聯電路中轉移電子相等計算．

本題以聯氨為背景考查了原電池及電解池，據電解原理的電極反應特點寫出鉑極上的電極反應式，并結合質量變化進行相關計算，根據已知化學電源的書寫方法，難度不大．rm{壟脹}【解析】負；有氣體析出；rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}還原；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}rm{1}rm{32}rm{Cu^{2+}+2e^{-}簍TCu}rm{112}20、（1）Mg、Si

（2）BN>NaCl>SiCl4

（3）可形成分子間氫鍵，使得較易液化sp3三角錐形

（4）12面心立方

（5）Cu3NCu3N+4HCl=3CuCl↓+NH4Cl【分析】【分析】本題旨在考查學生對晶胞、雜化軌道理論、電離能等應用。【解答】根據題意，A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}分別為rm{N}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{S}rm{Cu}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}分別為rm{F}rm{N}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{S}rm{Cu}元素基態(tài)原子核外電子的軌道表達式為：rm{(1)A}元素基態(tài)原子核外電子的軌道表達式為：rm{(1)A}之間的元素是：；在同周期元素中第一電離能介于rm{C}rm{E}之間的元素是：rm{C}rm{E}rm{Mg}rm{Si}；故答案為：；rm{Mg}為原子晶體，氯化鈉為離子晶體，四氯化硅為分子晶體，故熔點高低順序為：rm{Si}；rm{(2)BN}為原子晶體，氯化鈉為離子晶體，四氯化硅為分子晶體，故熔點高低順序為：rm{(2)BN}rm{BN>NaCl>SiCl_{4}}的最簡單氫化物易液化，其原因是：可形成分子間氫鍵，使得較易液化；故答案為：rm{BN>NaCl>SiCl_{4}}；可形成分子間氫鍵，使得較易液化rm{(3)A}的最簡單氫化物易液化，其原因是：rm{(3)A}；三氧化硫為rm{sp^{3}}根據圖示，雜化，空間結構為三角錐形，故答案為：個位于頂碘，；個位于面心，rm{sp^{3}}個位于體心，故晶胞中；三角錐形；原子的配位數為rm{(4)壟脵}根據圖示，rm{8}個位于頂碘，rm{6}個位于面心，rm{1}個位于體心，故晶胞中rm{F}原子的配位數為rm{12}rm{F}單質晶體中原子的堆積方式是面心立方堆積，故答案為：rm{12}rm{(4)壟脵}單質晶體中原子的堆積方式是面心立方堆積，故答案為：rm{8}面心立方；rm{6}原子半徑rm{1}rm{F}rm{12}rm{F}單質晶體密度計算式為rm{dfrac{4M}{NA隆脕{a}^{3}}隆脕{10}^{30}}rm{12}rm{壟脷F}原子半徑rm{r=}rm{壟脷F}rm{dfrac{4M}{NA隆脕{a}^{3}}隆脕{10}^{30}}rm{r=}rm{dfrac{sqrt{2}}{4}a}根據圖示，該晶體的化學式為：rm{pm}rm{F}單質晶體密度計算式為rm{pm}rm{F}r