【文档说明】海南省三亚华侨学校2020届高三下学期开学测试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，930.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-83a9d79897588d8ad915c5e451462573.html

以下为本文档部分文字说明：

三亚华侨学校2019-2020学年第二学期开学初2020届高三化学摸底考试试题考试时间：90分钟注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题

卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：64C：12O：16Na：23第Ⅰ卷（

40分）一、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项．．．．是符合题目要求的）1.《中华人民共和国食品安全法》于2009年6月1日起实施。下列做法不利于食品安全的是：A.用聚氯乙烯塑料袋包装食品B.在食用

盐中添加适量的碘酸钾C.在食品加工中科学使用食品添加剂D.研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量【答案】A【解析】【详解】A.聚氯乙烯塑料难降解，污染环境，降解会释放出有毒气体HCl等，危害人体健康，A符合

题意；B.食盐中的碘酸钾可以补充人体所需的碘元素，B不符合题意；C.食品添加剂有利于口感、色泽等的改进，但应科学使用，C不符合题意；D.研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，可以减少对人体的危害，D不符合题意；故合理选项为A。2

.下列有关化学用语表示正确的是A.四氯化碳分子比例模型：B.COS的电子式是C.次氯酸的结构式为H－Cl－OD.188O2－离子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．四氯化碳分子的比例模型中，氯原子的原子半径比中心碳原子的半径要大，应

为，A错误；B．根据碳要形成4个共用电子对，S、O分别形成两对共用电子对，电子式为，B正确；C．次氯酸中氧原子是中心原子，结构式为H—O—Cl，C错误；D．182-8O原子核内有8个质子，其离子结构示意图为，D错误；答案选B。3.下列有

机物命名正确的是（）A.2－乙基丙烷B.CH3CH2CH2CH2OH1－丁醇C.间二甲苯D.2—甲基—2—丙烯【答案】B【解析】【详解】A．2-乙基丙烷，烷烃命名中出现2-乙基，说明选取的主链不是最长的，主链应该为丁烷，正确命名为：2-甲基丁烷

，故A错误；B．CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在1号C，其命名符合有机物的命名原则，故B正确；C．间二甲苯，两个甲基分别在苯环的对位，正确命名应该为：对二甲苯，故C错误；D．2-甲基-2-丙

烯，碳碳双键在1号C，该有机物正确命名为：2-甲基-1-丙烯，故D错误；故答案为B。4.下列说法错误的是A.乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比乙烷和乙烯的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧

化反应D.乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为可逆反应【答案】D【解析】【详解】A、乙醇是料酒的成分，乙酸是醋酸的成分，故说法正确；B、乙醇、乙酸常温下都是液体，乙烷和乙烯都是气体，故说法正确；C

、有机物的燃烧属于氧化反应，故说法正确；D、皂化反应：油脂在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，是彻底水解，不可逆的，故说法错误；答案选D。5.X、Y为短周期元素，X的原子半径小于Y。下列叙述正确的是()A.原子序数Y大于XB.X元素的最高正价一定大于Y元素的

最高正价C.若X元素形成的单质是X2，Y元素的单质一定是Y2D.若X、Y原子电子层数相同，Y的失电子能力一定强于X【答案】D【解析】【分析】X、Y为短周期元素，X的原子半径小于Y，可能X在Y的上一周期，可能X、Y在同一周期。【详解】A.如果X、Y在同一周期，X半径小Y，则

原子序数Y小于X，故A错误；B.如果X、Y在同一周期，X元素为F，则X无最高正价，故B错误；C.如果X、Y在同一周期，若X元素形成的单质是X2，Y元素的单质不一定是Y2，可能为Y，故C错误；D.若X、Y原子电子层数相同，X的金属性弱，因此Y的失电子能力一定强于X，

故D正确。综上所述，答案为D。6.已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ/molNa2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋12O2(g)ΔH＝－226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确

的是（）A.CO的燃烧热为283kJB.如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C.2Na2O2(s)＋2CO2(s)=2Na2CO3(s)＋O2(g)ΔH=－452kJ/molD.CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热

量时，电子转移数为6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为kJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B．图象中的焓变应是2molCO燃烧的反应热，图象中物质的量和焓变不统一，故B错误；C．

根据Na2O2(s)+CO2(g)＝Na2CO3(s)+12O2(g)△H=-226kJ/mol可知，2Na2O2(s)+2CO2(g)＝2Na2CO3(s)+O2(g)△H=-452kJ/mol，故C正确；D．已知①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-

566kJ/mol、②Na2O2(s)+CO2(g)＝Na2CO3(s)+12O2(g)△H=-226kJ/mol，依据盖斯定律②×2+①到：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol，即：Na2O2(s)+CO(g)=

Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol，则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时消耗1molCO，转移了2mol电子，电子转移数为2×6.02×l023，故D错误；故选C。7.常温下，某溶液中

由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A.①④B.①②C.②③D.③④【答案】A【解析】【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H+）=1.0×10-1

3mol•L-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫

酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。8.(NH4)2PtCl6晶体

受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂。在此分解反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比是()A.2∶3B.1∶3C.4∶3D.3∶2【答案】D【解析】【详解】(NH4)2PtCl6晶体中N为−3价，Pt为+4价，(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯

化铵和金属铂。根据得失电子分析，生成氮气转移6mol电子，生成Pt转移4mol电子，因此还原产物(Pt)与氧化产物(N2)的物质的量之比是3:2，故D符合题意。综上所述，答案为D。二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两

个．．．．．选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个就得0分）9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A.23gNa在氧气中完全燃烧失电

子数为NAB.1L2mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数为2NAC.标准状况下，11.2LSO3所含分子数为0.5NAD.室温下，8g甲烷含有共价键数为2NA【答案】AD【解析】【详解】A.23gNa的物质的量为1mol，在氧气中完全燃烧时钠由0价变为+1价，失电子数为NA，A正确；B

.MgCl2为强酸弱碱盐，镁离子要水解，则1L2mol·L－1的MgCl2溶液中含Mg2＋数小于2NA，B错误；C.在标准状况下SO3为非气体状态，无法求得11.2LSO3所含分子数，C错误；D.1个甲烷分子中含有4个共价键，8g甲烷的物质的量为0.5mol，其中含有共价键数为2

NA，D正确；答案选AD。10.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是：()A.使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B.使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C.c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、B

a2+、Cl-、Br-D.碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+【答案】C【解析】【详解】A.该溶液显碱性，铁离子不能大量存在，A错误；B.该溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能氧化Fe2＋，则这两种离子此时不能共存

，B错误；C.该溶液显碱性，这四种离子可以大量共存，C正确；D.碳酸氢根离子和氢离子不能共存，D错误；故合理选项为C。11.以下实验或操作不能．．达到目的的是()A.用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳B.用托盘天平准确称取0.4000g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.0100

0mol·L-1的溶液C.为除去苯中的少量苯酚,向混合物中加入适量的溴水后过滤D.用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象【答案】BC【解析】【详解】A.分别取少量溴水于三支试管，分别加入苯、乙醇、四氯化碳，振荡，静置，分层，在上层的为苯，在下层的是四氯化碳，无明显

现象的为乙醇，能鉴别三者，故A不符合题意；B.用托盘天平精确度是0.1g，不能准确称取0.4000g的NaOH固体，故B符合题意；C.为除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入适量的溴水，生成的三溴苯酚白色沉淀与苯互溶，不能用过滤

方法分离，故C符合题意；D.淀粉溶液是胶体，因此可以用激光笔检验淀粉溶液的丁达尔现象，故D不符合题意。综上所述，答案为BC。12.下列实验现象的描述错误的是()A.氢气在氯气中燃烧生成绿色烟雾B.红热的铁丝在氧气中燃

烧，火星四射，生成黑色固体颗粒C.点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰D.钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体【答案】A【解析】【详解】A．氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，瓶口有白雾出现，A选项错误；B．红热的铁丝在氧气中燃烧，现象为火星四射，生成黑色固体颗粒，

B选项正确；C．点燃的硫在氧气中剧烈燃烧，发出蓝紫色火焰，C选项正确；D．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体，D选项正确；答案选A。13.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()提示：BaSO4(s)=B

a2+(aq)+SO2-4(aq)的平衡常数Ksp=c(Ba2+)·c(SO2-4)，称为溶度积常数。A.加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C.d点无BaSO4沉淀生成D.a点对应的Ksp等于c点对应

的Ksp【答案】CD【解析】【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态。【详解】A.在该溶液中始终存在溶解平衡，加入Na2SO4，c(SO42-)增大，平衡左移，c(Ba2+)减小，所以溶液不能有a点变

到b点，A错误；B.通过蒸发，溶液的浓度增大，若d点变到c点，即仅c(Ba2+)增大，与实际相悖，B错误；C.d点在曲线以下，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，C正确；D.任何平衡的平衡常数K只和温度有关，温度不变，K也不变，D正确；答案选CD。14.下

列关于有机化合物的说法正确的是()A.纤维素可以水解生成葡萄糖，因此纤维素属于基本营养物质B.戊烷（C5H12）有两种同分异构体C.苯、溴苯、乙醇可以用水鉴别D.乙醇可以直接氧化成乙酸【答案】CD【解析】【详解】A.纤维素在人体内不能水解，

纤维素不属于基本营养物质，故A错误；B.戊烷(C5H12)有三种同分异构体，分别正戊烷、异戊烷、新戊烷，故B错误；C.苯、溴苯、乙醇可以用水鉴别，分别取少量于不同的试管中，加水，不分层的是乙醇，分层在上层的是苯，在下层的是溴苯，故C正确；D.乙醇可以直接被酸性高锰酸钾溶液氧化成

乙酸，故D正确。综上所述，答案为CD。第Ⅱ卷本卷包括第15题～第19题，考生根据要求做答。15.自然界中的含硫物质在一定条件下能够相互转化，这种转化在人工条件下也能发生。(1)最近有人尝试用H2还原工业尾气中SO2，该反应分两步完成，如图所示。①H2S的电子式为______________

___________________。②第二步反应中SO2体现_____________性。(填“氧化”或“还原”)③总反应的化学方程式为_________________________。(2)利

用氨水吸收烟气中的二氧化硫，涉及反应2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)。①随温度升高，氧气氧化(NH4)2SO3的速率先增大后减小，氧化速率减小的原因可能是_______，(NH4)2

SO4溶液呈酸性的原因是__________(用离子方程式表示)。②常温下，向(NH4)2SO3和(NH4)2SO4的混合液中滴加足量的氯化钡溶液，充分反应后测得溶液中23324SO510SO()()cc−−=,则Ksp(BaSO4)

=__________[已知Ksp(BaSO3)=5×10－7]【答案】(1).(2).氧化(3).2H2+SO2===催化剂S+2H2O(4).温度过高，(NH4)2SO3会分解，(NH4)2SO3浓度减少，反应速率减少(5).++4232NH+HONHHO+H(6).-10110

【解析】【分析】(1)①根据电子式步骤书写分析；第二步反应是H2S和SO2反应生成S和H2O，根据化合价进行分析；③氢气与二氧化硫总反应生成硫单质和水。(2)①随温度升高，氧气氧化(NH4)2SO3的速率先增大后减小，主要考虑温度过高，(NH4)2SO3会分解，(NH4)2

SO4溶液呈酸性的原因是铵根水解显酸性；②根据()()233244()()BaSOSOSOBaSOspspcKKc−−=进行计算。【详解】(1)①H2S的电子式为；故答案为：。②第二步反应是H2S和SO

2反应生成S和H2O，反应中SO2中S化合价降低，体现氧化性；故答案为：氧化。③氢气与二氧化硫总反应生成硫单质和水，因此总反应的化学方程式为2H2+SO2===催化剂S+2H2O；故答案为：2H2+SO2===催化剂S+2H2O。(2)①随温

度升高，氧气氧化(NH4)2SO3的速率先增大后减小，氧化速率减小的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3会分解，(NH4)2SO3浓度减少，反应速率减少，(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因是铵根水解显酸性，其离子方程式为++4232NH+HONHHO+H；故答案为：温度过高，(NH4)2S

O3会分解，(NH4)2SO3浓度减少，反应速率减少；++4232NH+HONHHO+H。②常温下，向(NH4)2SO3和(NH4)2SO4的混合液中滴加足量的氯化钡溶液，()()()273332444BaSO(SO)510510(SO)BaSOBaSOspspsp

KccKK−−===－,则Ksp(BaSO4)=1×10−10，故答案为：1×10−10。【点睛】化学综合题型是常见题型，主要考查氧化还原反应，溶液中的反应及难溶物溶度积常数的计算。16.已知：A(g)＋2B(g)2C(g)，恒温恒压下，在密闭容器中充入1molA和2molB

后的容积为3L。(1)下列能用于判断该反应达到平衡的是（填字母）：__________________。a．A、B的浓度之比为1∶2b．容器内气体的总物质的量不变c．容器内气体密度不再变化d．生成0.2

molA的同时生成0.2molC(2)平衡后，再向容器中通入1mol氦气，A的转化率___________（填“增大”、“不变”、“减小”）。(3)在T1、T2不同温度下，C的体积分数与时间关系如图所示。则T1______T2（填“大于”或“小于”，下同

．．），该反应的△H__________0。若在T1下达到平衡，K(T1)=_____。(计算结果)【答案】(1).bc(2).减小(3).小于(4).小于(5).5【解析】【分析】反应A(g)＋2B(g)2C(g)为气体分子数减小

的反应，根据题(3)图可知T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2。【详解】(1)a.反应开始时A和B按物质的量1:2投料，而A和B也按1:2进行反应，故反应过程中A、B的浓度之比一直为1∶2，不能说明达到平衡，a错误；b.反应为前后气体分

子数减少的反应，故当容器内气体的总物质的量不变时反应达到平衡，b正确；c.在恒温恒压的条件下，容器体积之比等于气体的物质的量之比，反应前后气体分子数改变，故反应过程中容器体积一直改变，当达到平衡时，气体质量一直不变，容器体积不再改变，则密度不再变化时，反应达到

平衡，c正确；d.根据反应方程式可知，A与C的化学计量数之比为1:2，则生成0.2molA的同时生成0.2molC，不能说明正逆反应速率相等，不能判定反应达到平衡，d错误；答案选bc。(2)达到平衡，通入与反应无关的气体，在恒温恒压条件下，容器体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，

则A的转化率减小。(3)根据图像可知，T2温度下先达到平衡状态，故T1小于T2，T2温度下C的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H小于0；设平衡时C的物质的量为xmol，则A平衡时的物质的量为(1-12x)mol，B平衡时的物质的量为(2-x)mol，恒温恒压

下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，故0.4()(2)112xxxx=+−+−，解得x=1mol，根据在密闭容器中充入1molA和2molB后的容积为3L可知，平衡时容器的体积为2.5L，则K(T1)=22cCcAcB（）（）（）=221()2.550.51()

2.52.5=。17.实验室中用下列装置制FeCl3，可供选择的试剂有：①MnO2②NaOH溶液③饱和NaCl溶液④浓硫酸⑤浓盐酸。(1)按气体流向由左到右排列，各装置的连接顺序为(填写A～E序号)：

_____→_______→______→_____→______。(2)A装置烧瓶中反应的离子方程式是______________________________________________。(3)

E中盛装的试剂是_____________，其作用是_____________________________________。(4)停止反应后，还有铁丝剩余。为检验FeCl3的生成，并最终得到FeCl3溶液，甲同学设计以下实验步骤：a．待B装置玻璃管冷却后，

将管中物质用水溶解，_________(填操作方法)除去不溶物；b．取少量滤液，滴加_________________溶液，溶液呈现红色，以此检验Fe3＋；c．取少量滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，检验Cl－。(5)乙同学认为甲的实验设计不能最终得到FeCl3

溶液，其理由是(写出相应的离子反应方程式)_____________________。你认为还选择下列哪些试剂才能制得较为纯净的FeCl3溶液______________________。A．KMnO4(H＋)B．FeC．H2O2D．Cl2E．盐酸【答案】(1)

.A(2).E(3).C(4).B(5).D(6).MnO2＋4H＋＋2Cl－===Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(7).饱和食盐水(8).除去氯化氢(9).过滤(10).KSCN溶液(11).2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋(12).CD【解析】【分析】要制备FeCl3，需先制备氯气，然

后净化和干燥，再制备FeCl3，最后进行尾气吸收。实验室采用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，随着反应的进行，浓盐酸会逐渐变稀，反应会停止；由于浓盐酸具有挥发性，所以制取的氯气中会混入氯化氢和水蒸气，则在收

集氯气之前要除去氯化氢和水蒸气，且应采用饱和食盐水除去氯化氢气体，然后采用浓硫酸除去水蒸气，实验室中采用氢氧化钠溶液处理未反应的氯气。【详解】(1)要制备FeCl3，需先制备氯气，然后净化和干燥，再制备FeCl3，最后进行尾气吸收，所以按气体流向由左到右排列

，各装置的连接顺序为AECBD。(2)A装置是实验室制氯气，烧瓶中反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(3)制备的氯气中有HCl和水蒸气，先除HCl，E中盛装的试剂是饱和食盐水，其作用是除去H

Cl。(4)a.除去不溶物用过滤的方法；b.Fe3＋遇SCN－显红色，检验Fe3＋用KSCN溶液。(5)停止反应后，还有铁丝剩余，说明会发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，导致溶液中最终不能得到FeCl3溶液；要想制得较为纯净的FeCl3溶液，需要加入具有氧化性的物质将Fe2

＋氧化成Fe3＋，且不能引入杂质，H2O2、Cl2均能将Fe2＋氧化，且不引入杂质。18.仔细体会下列有机合成过程中碳骨架的构建及官能团的引入和转化，完成下题：已知两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基醛：肉桂醛F（分子式

为C9H8O）在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：反应⑤为羟醛缩合反应。请回答：（1）肉桂醛F的结构简式为：_____________。E中含氧官能团的名称为_______________。（2）反应①～⑥中符合原子经

济性的是___________________________。（3）写出下列转化的化学方程式：②_________________________________________，③_________________________________________。写出有关反应

的类型：②_____________________⑥______________________。（4）符合下列要求的E物质的同分异构体有___________种（苯环上有两个取代基，其中有一个甲基在对位且属于酯类）。

【答案】(1).－CH＝CHCHO(2).羟基、醛基(3).①⑤(4).2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O(5).－CH2Cl＋NaOH－CH2OH＋NaCl(6).氧化反应(7).消去反应(8).3【解析】【分析】反应①可知，A为乙醇，②乙

醇氧化为B乙醛，③可知C为苯甲醇，D为苯甲醛。由已知可得，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基。肉桂醛F的分子式为C9H8O，故可得F为－CH＝CHCHO。【详解】（1）由以上分析可知F为，E为，含有羟基、

醛基官能团，故答案为：；羟基、醛基；（2）符合原子经济性的反应为加成反应，题中①为加成反应，②为氧化反应，③为取代反应，④为氧化反应，⑤为加成反应，⑥为消去反应，则符合原子经济性的是①⑤，故答案为：①⑤；（3）反

应②为C2H5OH的催化氧化反应，反应的方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，反应③为氯代烃的取代反应，反应的方程式为－CH2Cl＋NaOH－CH2OH＋NaCl，⑥为消去反应，由生成，故答案为：2C2H5OH+O2

2CH3CHO+2H2O；－CH2Cl＋NaOH－CH2OH＋NaCl；氧化；消去；（4）苯环上有两个取代基，其中有一个甲基在对位且属于酯类，符合条件的的同分异构体有3种：，故答案为：3．19.A、B、C、D是原子序数依次递增的前四周期元素，A

元素的正化合价与负化合价的代数和为零；B元素原子的价电子结构为nsnnpn；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子。请回答：(1)A元素单质的电子式为________；B元素单质的一种空间网状结构的晶体，熔点

>3550℃，该单质的晶体类型属于________________；基态D原子共有__________种不同运动状态的电子。(2)A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是__________，该分子与D2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是_______（填化学式），此

配离子中的两种配体的不同之处为_____________（填标号）。①中心原子的价层电子对数②中心原子的孤电子对的对数③中心原子的化学键类型④VSEPR模型(3)1molBC－中含有的π键数目为________；写出与BC－互

为等电子体的分子和离子各一种________、_________（填化学式）。(4)D2+的硫酸盐晶体的熔点比D2+的硝酸盐晶体的熔点高，其原因是___________________________。(5)D3C具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图所示，D＋和C3－半径分别为

apm、bpm，D＋和C3－都是紧密接触的刚性小球，则C3－的配位数为________，晶体的密度为_____g·cm－3。【答案】(1).H:H(2).原子晶体或混合晶体(3).29(4).sp3(5).[Cu(H2O)2(NH3)2]2+(6).②(7).2NA(8).CO

或N2(9).C2-2(10).硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高(11).6(12).330A206(2a+2b)10N−【解析】【分析】A、B、C、D是原子序数依次递增的前四周期元素，B元素原子的价电子结构为nsnnpn，则B为C，A元素的正化合价与负化合价的代数

和为零，则A为H，C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1，则C为N，D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子，则D为Cu。【详解】(1)A元素单质为氢气，其电子式为H:H；B元素单质的一种空间网状结构的晶体，熔点＞3550℃，该单

质可能为金刚石或石墨，其晶体类型属于原子晶体或混合晶体；基态原子有多少个电子就有多少种不同运动状态的电子，因此基态D原子共有29种不同运动状态的电子；故答案为：H:H；原子晶体或混合晶体；29。(2)A与C形成的最简单分子为氨气，中心原子

价层电子对数13+(513)3142−=+=，杂化方式是sp3，该分子与D2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是[Cu(H2O)2(NH3)2]2+，两种配体中心原子的价层电子对数分别为13+(513)3142−=+=、12

+(612)2242−=+=；中心原子的孤电子对的对数，氨气有1对，水有2对；中心原子的化学键类型都为极性共价键；VSEPR模型都为四面体形；因此配离子中的两种配体的不同之处为②；故答案为：sp3；[Cu(H2O)2(NH3)2]2+；②。(3)1molBC－即CN－，与氮气互为等电

子体，因此1molCN－含有的π键数目为2NA；根据C－=N，O=N－，与BC－互为等电子体的分子和离子各一种CO或N2、22C−；故答案为：2NA；CO或N2、22C−。(4)D2+的硫酸盐晶体的熔点比D2+的硝酸盐晶体的熔点高，主要是硫酸根比硝酸根带的电荷多，硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能

高；故答案为：硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高。(5)D3C具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图所示，D＋和C3－半径分别为apm、bpm，D＋和C3－都是紧密接触的刚性小球，根据结构分析，以顶点的N3−分析，N3−的配位数为6，晶

胞中N3−个数为1，Cu＋个数为3，化学式为Cu3N，晶体的密度为113A330330A206gmolmolm206ρ===gcmV(2a+2b)10(2a+2b)10NN−−−−−；故答案为：6；330A206(2a+2b)10N−。【点睛】物质结构题是常考题型，

主要考查电子排布式、电离能、电负性、杂化类型、空间构型、配位离子、晶胞计算等。