2025年人教A新版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教A新版选择性必修2化学下册月考试卷971考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、已知元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X与W同主族，且W的最外层电子数是其内层电子总数的一半，X和Y的原子序数之和等于W的原子序数，用He粒子轰击Z核会产生W核和中子(即n)，可表示为He+Z→W+n。下列说法正确的是A.Z与W互为同位素B.第一电离能：XC.Y和W形成的化合物不止一种D.W的最高价氧化物对应的水化物是强酸2、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B、D位于同族，C、A、B价电子数为等差数列，公差为2，A、C的价电子数之和为6，下列说法正确的是A.B的简单离子结构示意图为：B.原子半径：D＞C＞A＞BC.电负性：D＜A＜BD.第一电离能：B＞D3、类比是中学学习化学常用的一种方法，下列说法正确的是A.硫酸铜和乙酸均可以形成晶体，因此它们的晶体均有自范性B.C与Si是同一主族元素，CO2是分子晶体，推测SiO2也是分子晶体C.F与Br是同一主族元素，HF是弱酸，推测HBr也是弱酸D.H2S和H2O均是分子晶体，因此在H2S和H2O晶体中，每个分子周围紧邻的分子数均是124、重庆大学潘复生院士在镁合金技术研究领域做出巨大贡献。下列说法正确的是A.1个基态镁原子中有2个未成对单电子B.海水中含有丰富的镁元素C.镁合金具有密度大、强度高的优点D.工业上用在高温下还原MgO制备Mg5、运用元素周期律分析下列推断，不正确的是A.Sr的原子序数为38，则氢氧化锶的化学式为Sr(OH)2B.H3BO3的酸性与H2SiO3接近C.氧化硼可能与氢氟酸发生反应D.HCl的还原性比H2S强，是因为Cl的非金属性比S强6、短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：Z＞R＞X＞YB.气态氢化物的稳定性：X＞Y＞RC.X与Z组成的化合物肯定含有共价键D.X与R组成的化合物VSEPR模型一定和CH4的一样7、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数为6，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，Y的氧化物有两性。则下列说法不正确的是A.原子半径：X＞Y＞Q＞WB.X、Y的氧化物的水化物的碱性：X＞YC.Q和W所形成的分子一定为极性键形成的非极性分子D.Y和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Y2Z38、铑的配合物离子可催化甲醇羰基化；反应过程如图所示.

下列叙述错误的是A.中心离子的配位数在反应过程中没有发生变化B.是反应中间体C.分子中的键有一半为配位键D.的空间构型为八面体型9、2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家。脯氨酸(结构如图)可参与诱导不对称催化反应；下列关于脯氨酸的说法错误的是。

A.既可以与酸反应，又可以与碱反应B.饱和碳原子上的一氯代物有3种C.能形成分子间氢键和分子内氢键D.与互为同分异构体评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、回答下列问题：

(1)1molCO2中含有的σ键数目为___________。

(2)已知CO和CN-与N2结构相似；CO分子内σ键与π键个数之比为___________。HCN分子中σ键与π键数目之比为___________。

(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的—个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应：N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=-1038.7kJ·mol-1；若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键有___________mol。

(4)C；H元素形成的化合物分子中共有16个电子；该分子中σ键与π键的个数比为___________。

(5)1mol乙醛分子中含σ键的数目为___________个，1个CO(NH2)2分子中含有σ键的个数为___________。

(6)CH4、NH3、H2O、HF分子中共价键的极性由强到弱的顺序是___________。11、请完成下列各题的填空：

(1)氢化钠（NaH）电子式为___________，氢负离子的离子结构示意图为___________。

(2)基态砷原子价层电子的电子排布式为___________，基态砷原子的核外有___________个未成对电子，基态砷原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形；

(3)第一电离能As___________Se填“”或“”原因是___________。

(4)亚硒酸根离子的VSEPR模型为___________，其中心原子的轨道杂化方式为___________。

(5)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至得到蓝色透明溶液后，再加入极性较小的溶剂乙醇，析出深蓝色晶体该晶体中中心离子为___________，配离子中的配位体为___________，配位数为___________。

(6)有机砷是治疗昏睡病不可缺少的药物，该有机砷中存在的化学键的种类为___________填字母编号

a．离子键b．键c．键d．碳碳双键12、回答下列问题：

（1）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II的空间结构为___，中心原子的杂化形式为___。

（2）据科技日报网报道，南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇的结构简式为CH2=CH—CH2OH。请回答下列问题：

①基态镍原子的价电子排布图为____。

②烯丙醇分子中碳原子的杂化类型是___。

（3）乙炔是有机合成的一种重要原料。将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀。基态Cu+的简化电子排布式为____。13、I.有以下物质：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ键的是______(填序号，下同)；既含有σ键又含有π键的是______。

(2)含有由两个原子的s轨道重叠形成σ键的是______。

(3)写出以下分子或离子的空间构型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.钴的一种配位聚合物的化学式为{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基态核外电子排布式为______；NO的空间结构为______。

(2)bte的分子式为C6H8N6；其结构简式如图所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，与Co2+形成配位键的原子是______和______(填元素符号)。

②C、H、N的电负性从大到小顺序为______。

③bte分子中碳原子轨道杂化类型为______和______。

④1molbte分子中含键的数目为______mol。14、氮及其化合物在生产；生活和科技等方面有重要的应用。请回答下列问题：

（1）氮元素基态原子的价电子排布式为______________。

（2）在氮分子中，氮原子之间存在着______个σ键和______个π键。

（3）磷；氮、氧是周期表中相邻的三种元素；比较：(均填“大于”、“小于”或“等于”)

①氮原子的第一电离能________氧原子的第一电离能；

②N2分子中氮氮键的键长________白磷(P4)分子中磷磷键的键长；

（4）氮元素的氢化物(NH3)是一种易液化的气体，请阐述原因是_____________________。

（5）配合物[Cu(NH3)4]Cl2中含有4个配位键，若用2个N2H4代替其中的2个NH3，得到的配合物[Cu(NH3)2(N2H4)2]Cl2中含有配位键的个数为________。15、不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用数值表示；该数值称为电负性。一般认为：如果两个成键元素间的电负性差值大于1.7，原子之间通常形成离子键；如果两个成键元素间的电负性差值小于1.7，原子之间通常形成共价键。表中是某些元素的电负性值：

。元素符号。

Li

Be

B

C

O

F

Na

Al

Si

P

S

Cl

电负性值。

1.0

1.5

2.0

2.5

3.5

4.0

0.9

1.5

1.8

2.1

2.5

3.0

观察上述数据；回答下列问题：

(1)通过分析电负性值变化规律，确定Mg元素电负性值的最小范围：_______。

(2)请归纳元素的电负性和金属性、非金属性的关系_______。

(3)某有机化合物结构中含S-N键，其共用电子对偏向_______(写原子名称)。

(4)从电负性角度，判断AlCl3是离子化合物，还是共价化合物的方法是_______(写出判断的方法和结论)；请设计一个实验方案证明上述所得到的结论：_______。16、1869年；俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上的重要里程碑之一；元素周期表与元素周期律在化学学习研究中有很重要的作用。

(1)下表是元素周期表的一部分。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③三④⑤⑥⑦⑧⑨四⑩

i.元素④的过氧化物的电子式为___________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型为___________，⑩元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是___________。

ii.元素①、②、③的简单氢化物的稳定性最强的是___________(用化学式表示，下同)，②、⑧简单氢化物熔点高的是___________，④、⑤最高价氧化物的水化物碱性更强的是___________，④、⑤、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序(用离子符号表示)___________。

(2)最近；德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，相对原子质量是85。

i.铷在元素周期表中的位置___________。

ii.铷单质性质活泼写出在点燃条件下它与氯气反应的化学方程式：___________；铷单质易与水反应，反应的离子方程式为___________，实验表明铷与水反应比钠与水反应___________(填“剧烈”或“缓慢”)；反应过程中铷在水___________(填“面”或“底”)与水反应。同主族元素的同类化合物的化学性质相似，写出过氧化铷与反应的化学方程式：___________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误18、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误20、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共1题，共2分)22、盐酸；硝酸、硫酸在工业生产中具有重要的作用。

（1）“王水”是浓盐酸和浓硝酸按体积比3:l组成的混合物，“王水”溶金的原理为HNO3+3HCl=Cl2+NOCl+2H2O，金离子与氯离子形成AuCl4-离子；增强了金属的还原能力。

①试写出金与王水反应生成H[AuCl4]的化学方程式：_________；其中AuCl4-的配位数是________;

②已知：NOCl的熔点-645℃，沸点-5.5℃，NOCl固体的晶体类型是__________；

③组成NOCl分子的三种元素中，电负性N_____O（填“>”、“<”或“=”)；熔沸点H2O____NH3（填“>”、“<”或“=”)；与NH3互为等电子体的阳离子有________（写出一种即可）。

（2）硝酸在有机反应中也有重要用途。TNT炸药、苦味酸是硝酸与甲苯、苯酚发生取代反应制成的。其中甲苯分子中碳原子的杂化方式为______,1mol甲苯分子中含有σ键的数目为_____；试解释在水中苯酚溶解度大于甲苯的原因________。

（3）在硝酸工业中有一种重要金属即为Cu，CuCl晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞边长为_______pm（只写计算式）。评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)23、某研究性学习小组设计实验探究元素周期律和化学反应速率。

(1)甲组同学欲用下图装置探究同周期和同主族元素非金属性的强弱。

①A中反应现象为____，验证碳的非金属性比氮的___(填“强”或“弱”)。

②B中反应现象为____，验证碳的非金属性比硅的___(填“强”或“弱”)。

③结论：同一周期从左到右元素非金属性逐渐____(填“增强”或“减弱”)；同一主族从上到下元素非金属性逐渐_______(填“增强”或“减弱”)。

④某同学考虑到稀硝酸的挥发，在装置A和B之间增加一个盛有_______试剂的洗气瓶。

(2)乙组同学在恒容容器中进行了三个实验，反应为：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，H2和I2的起始浓度均为0，反应物HI的浓度随反应时间的变化情况如下表：。实验序号时间/min

浓度/mol•L－1

温度/℃010203040506014001.00.600.500.500.500.500.5024001.00.800.670.570.500.500.5034501.00.400.250.200.200.200.20

①实验1中，在10～20min内，v(HI)=__________mol•L－1•min－l。

②0～20min内，实验2比实验1的反应速率______(填“快”或“慢”)，其原因可能是_______________。

③实验3比实验2的反应达到平衡时间_________(填“长”或“短”)，其原因是_________________________________________。24、某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：。实验序号锌的质量/g锌的状态c(H2SO4)/mol·L－1V(H2SO4)/mL反应前溶液的温度/℃添加剂10.65粒状0.55020无20.65粉末0.55020无30.65粒状0.550202滴CuSO4溶液40.65粉末0.85020无50.65粉末0.850352滴CuSO4溶液

(1)在此5组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定______________________进行判断，其速率最快的实验是________(填实验序号)。

(2)对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，________对反应速率有影响；实验1和3表明，________对反应速率有影响。

(3)进行实验2时；小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如下图所示。

①在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是________，原因是______________________。

②2～4min内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)为________________________________________________________________________。

(4)利用如图2装置验证非金属性：C＞Si，B中加Na2CO3，C中加Na2SiO3溶液，A中应该加入__________________________，C中反应的化学方程式：________________________，D装置的作用是_______________________________________。25、某课外活动小组学生模拟呼吸面具中的原理(过氧化钠与潮湿二氧化碳反应)；化学反应方程式如下：

①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

(1)反应①中含极性键的非极性分子的电子式为______。反应②中含极性键的离子化合物的电子式为_______。

(2)常温下，CO2为气体但CS2却为液体；请用物质结构知识说明原因_____。

(3)实验中，用大理石、稀盐酸制取所需CO2，装置如图。简述检验气密性的操作方法_____，将气体通过Na2O2前必须除去的杂质是____；该除杂剂是_______。

(4)确认实验中生成O2的操作方法是_____。26、青蒿素是烃的含氧衍生物；为无色针状晶体，在乙醇；乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，青蒿素60℃以上易分解，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃。从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的。

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，萃取青蒿素________(填”能”或“不能”)用超临界CO2作萃取剂；中医古籍《肘后备急方》中“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁,尽服之”______(填“是”或“不是”)为了提取纤维素。现有四氯化碳(沸点76.5℃)和乙醚两种溶剂，应选用__________作为萃取剂；青蒿素组成元素中电负性较大的两种元素第一电离能由大到小排序为__________(填元素符号)。

(2)某学生对青蒿素的性质进行探究。将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________(填字母)具有相似的性质。说明青蒿素的结构中含有_______(填官能团名称)。

A.乙醇B.乙酸乙酯C.乙酸D.酰胺E.葡萄糖。

(3)青蒿素的质谱数据中有一个峰值与另一种抗疟药鹰爪素相同,而鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团,于是推测青蒿素中含有_____(填粒子的电子式)。青蒿素所属晶体类型为_________。1974年中科院上海有机所和生物物理研究所在研究青蒿素功能基团的过程中，屠呦呦团队发明了双氢青蒿素。从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了_____反应。

(4)科学家对H2O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程,最初科学家提出了两种观点:甲:乙:H—O—O—H,甲式中O→O表示配位键,在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构,设计并完成了下列实验:

a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水;

b.将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应,只生成A和H2SO4;

c.将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。

①如果H2O2的结构如甲所示,实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)________。

②为了进一步确定H2O2的结构,还需要在实验c后添加一步实验d,请设计d的实验方案:_______________________。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共18分)27、已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。某含氧酸盐X的化学式为ABO3。请回答：

（1）若常温下B的单质为黄绿色气体。

①A在元素周期表中的位置是_______________________。

②下列说法正确的是_________（填代号）。

a.A单质的熔点比B单质的熔点低。

b.A的简单离子半径比B的简单离子半径大。

c.A；B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质。

d.化合物X中既含有离子键又含有共价键。

③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1∶3，其中一种是无氧酸盐。该反应的化学方程式为_____________________________________________。

（2）若X能与稀硫酸反应；生成无色；无味的气体。

①该气体分子的电子式为______________________。

②X在水中持续加热，发生水解反应，生成一种更难溶的物质并逸出气体，反应的化学方程式为__________________________________________。

③X可用作防火涂层；其原因是：a.高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；

b.__________________________________________（任写一种）。

（3）若X难溶于水，在空气中易氧化变质，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。X能快速消除自来水中的ClO-，该反应的离子方程式为______________________________________。

（4）用一个化学方程式证明上述（1）、（3）两种情况下化合物X中B元素非金属性强弱________________________________________。28、虎年春晚上；一段舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋画家王希孟的绝世之作——《千里江山图》。它之所以能够流传千年依旧色彩艳丽，璀璨夺目，与其绘制方法和所用颜料有关。

(1)绘制时，第一遍先用水墨画好山水画，第二遍上红色(赭石色)，赭石主含为后面的绿色做铺垫，冷暖对比，使其更鲜亮。基态氧原子核外电子的运动状态有______种，三价铁离子的价电子排布式为______。

(2)第三遍上石绿(孔雀石或绿松石)，孔雀石主要成分是碱式碳酸铜，化学式为：碳酸根离子的空间构型为______。

(3)绿松石是一种含水的铜铝酸盐矿物，属于磷酸盐矿物，化学式为直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为______。

(4)第四遍还要再叠加一层绿，第五遍上青色，石青(蓝铜矿或青金石)，蓝铜矿化学式为青金石是碱性铝硅酸盐矿物，化学式为

①与结合能生成中配位原子为______(用元素符号表示)。

②根据价层电子对互斥理论，的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是______。的熔沸点比高很多，主要原因是______。

(5)《千里江山图》中还用到了黄色的颜料䧳黄，雌黄的主要成分是有剧毒。

①的键角由大到小的顺序为______。

②砷化镓晶胞如图所示，若两个镓原子之间的最近距离为dpm，代表阿伏加德罗常数的值，则砷化镓晶体的密度______(用含d，的代数式表示)

29、稀土有“工业维生素”的美称；如今已成为极其重要的战略资源。回答下列问题：

(1)基态钪(Se)原子核外电子排布式为_______，M能层中能量不同的电子有_______种。

(2)铌的混合配体离子[Nd(H2O)6Cl2]+中，配体是_______(填“微粒符号”)。

(3)Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烧可发生如下反应：Sm+CH2I-CH2I→SmI2+CH2=CH2↑。CH2I-CH2I中碳原子杂化轨道类型为_______，1molCH2=CH2中含有的σ键数目为_______。常温下1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_______。

(4)化合物中，稀土元素最常见的化合价是+3，但也有少数的稀土元素可以显+4价。下面四种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol-1)数据如下表，判断最有可能显+4价的稀土元素是________(填元素符号)。元素I1I2I3I4Sc(钪)633123523897019Y(铱)616118119805963La(镧)538106718504819Ce(铈)527104719493547

(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中Pr原子的配位数为_______。原子与Pr原子配位数不同，影响这一结果的是离子晶体的_______(填“几何”“电荷”或“键性”)因素。

(6)掺杂稀土的硼化镁在39K时有超导性，在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列。图1是该晶体微观结构中取出的部分原子沿z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影。则硼化镁的化学式为_______。

(7)磷化硼(BP)是一种有价值的超硬耐磨涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜。磷化硼晶胞如图2所示。当晶胞晶格参数为478pm时，磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离为___cm。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其内层电子总数的一半，用He粒子轰击Z核会产生W核和中子(即n)，可表示为He+Z→W+n；W位于第三周期，W的最外层电子数为5，W为P，Z的质子数a为15-2=13，Z为Al；其中X与W同主族，X为N；且X和Y的原子序数之和等于W的原子序数，Y的原子序数为15-7=8，Y为O，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知；X为N；Y为O、Z为Al、W为P。

A．Z与W是两种不同的元素；二者不可能互为同位素，故A错误；

B．由于氮元素的2p轨道电子处于半充满的较稳定状态；则第一电离能：N＞O，故B错误；

C．Y和W形成的化合物有P4O6、P4O10等；故C正确；

D．W的最高价氧化物对应的水化物为磷酸；磷酸不属于强酸，故D错误；

故选C。2、D【分析】【分析】

通过已知；可以推知A为C，B为O，C为Mg，D为S。

【详解】

A．B的简单离子结构示意图为：故A错误；

B．原子半径：C＞D＞A＞B；故B错误；

C．电负性：A＜D＜B；故C错误；

D．第一电离能：B＞D；故D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

A．晶体的自范性是指能自发地呈现多面体外形的性质；硫酸铜和乙酸均可以形成晶体，均有自范性，故A正确；

B．二氧化硅是由硅原子和氧原子按照个数比1：2通过共价键形成的空间网状晶体；属于原子晶体，干冰是由二氧化碳分子之间通过范德华力结合构成的分子晶体，所以二者晶体类型不同，故B错误；

C．HF、HCl、HBr、HI中键长不断增大，键能不断减小，所以键的稳定性减弱，易断裂，即在水中易电离，酸性逐渐增大，HBr是强酸；故C错误；

D．H2O分子之间存在氢键；氢键具有方向性和饱和性，每个水分子周围紧邻的分子数为4，故D错误；

故选：A。4、B【分析】【详解】

A．镁元素的原子序数为12，基态原子价电子排布式为3s2；原子中没有未成对单电子，故A错误；

B．海水中含有丰富的镁元素；目前世界上生产的镁60%来自于海水，故B正确；

C．镁合金具有密度小；强度高的优点；故C错误；

D．镁的还原性强于氢气；则工业上不能用氢气在高温下还原氧化镁制备镁，故D错误；

故选B。5、D【分析】【详解】

A.由Sr的原子序数为38可知，Sr元素位于元素周期表第五周期ⅡA族，最高正化合价为+2价，则氢氧化锶的化学式为Sr(OH)2；故A正确；

B.由对角线规则可知，处于对角线的B元素和硅元素的非金属性相近，则最高价氧化物对应水化物H3BO3的酸性与H2SiO3接近；故B正确；

C.由对角线规则可知；处于对角线的B元素和硅元素的性质相近，由二氧化硅能与氢氟酸发生反应可知氧化硼可能与氢氟酸发生反应，故C正确；

D.元素的非金属越强；其对应氢化物的还原性越弱，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的还原性弱于硫化氢，故D错误；

故选D。6、A【分析】【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，则X是O元素；Z在X中燃烧火焰呈黄色，则Z是Na元素，Y是主族元素，原子序数大于8小于11，则Y是9号元素F；R基态原子p能级有一对成对电子，则R原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；故R是S元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知X是O；Y是F，Z是Na，R是S元素。

A．同一周期元素；原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径由大到小的顺序为：Na＞S＞O＞F，用序号表示为：Z＞R＞X＞Y，A正确；

B．元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：F＞O＞S，所以氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S；即Y＞X＞R，B错误；

C．X是O，Z是Na，二者形成的化合物可能是Na2O、Na2O2，Na2O中只含离子键，Na2O2中含有离子键；共价键；可见X与Z组成的化合物不一定含有共价键，C错误；

D．X是O，R是S元素，二者形成的化合物有SO2、SO3，前者SO2中S原子价层电子对数是2+=3，其VSEPR模型是平面三角形；而SO3中S原子价层电子对数是3+=3，其VSEPR模型也是平面三角形；而CH4的中心C原子价层电子对数是4+=4，其VSEPR模型是正四面体形，故X与R组成的化合物VSEPR模型和CH4的不一样；D错误；

故合理选项是A。7、C【分析】【分析】

X的焰色呈黄色；应为Na元素，X；Y是金属元素，且原子序数依次增大，工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素；因此Q为碳元素、W为氧元素、X为钠元素、Y为铝元素、Z为硫元素；

【详解】

A.X、Y、Q、W分别是Na、Al、C、O元素，不同周期元素，电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：X>Y>Q>W；故A正确；

B.最高价氧化物水化物的碱性越强则金属越活泼，X、Y的氧化物的水化物的碱性：X>Y；故B正确；

C.Q和W所形成的分子可以为CO、也可以为CO2，CO2为极性键形成的非极性分子；CO为极性键形成的极性分子，故C错误；

D.Y2Z3为Al2S3；在水中不存在，会与水反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化硫气体，故D正确；

答案选C。8、A【分析】通常来说某个原子的配位数等同于这个原子形成的共价键的个数。

【详解】

A．根据图示整个过程中中心离子Rh的变化为中心离子所连共价键数分别为4；6、5、6，所以配位数也发生了变化，故A错误；

B．中间体是指在反应过程中生成，既不是反应物，也不是最终的生成物，图示中是反应中间体；故B正确；

C．CO分子的结构式为其与N2的结构相似；均含三重建，有一个σ键和两个π键，但在CO分子中，有一对共用电子对由O提供，形成配位键，用箭头表示，故C正确；

D．结构中中心离子的配位数为6；其空间构型为八面体，故D正确；

故选A。

9、B【分析】【详解】

A．通过结构简式可知；结构中含有羧基可以和碱反应，结构中含有氨基，可以和酸反应，A正确；

B．由结构可知；五元环上的碳都是饱和碳，其中的4个碳上的氢是不同的，故饱和碳原子上的一氯代物有4种，B错误；

C．由结构简式可知；脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键和分子内氢键，故C正确；

D．由结构简式可知；脯氨酸与硝基环戊烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)CO2分子内含有碳氧双键，双键中一个是σ键，另一个是π键，则1molCO2中含有的σ键个数为2NA；

(2)N2的结构式为N≡N，推知CO结构式为C≡O，含有1个σ键、2个π键，故此处填1：2；CN-结构式为[C≡N]-；HCN分子结构式为H—C≡N，HCN分子中σ键与π键均为2个，故此处填1：1；

(3)反应中有4molN—H键断裂，即有1molN2H4参加反应，则生成N21.5mol，1个N2中含2个π键；故形成的π键有3mol；

(4)设分子式为CmHn，则6m＋n=16，结合n≤2m+2，讨论得m=2，n=4，即C2H4，结构式为单键为σ键，双键有1个σ键和1个π键，所以一个C2H4分子中共含有5个σ键和1个π键；故此处填5：1；

(5)乙醛的结构简式为1个乙醛中含6个σ键，故1mol乙醛中含有σ键6mol，即6NA个，CO(NH2)2的结构简式为1个CO(NH2)2分子中含有7个σ键；

(6)两个成键原子的电负性差别越大，它们形成共价键的极性就越大(或从非金属性强弱上来判断)，由于电负性：F＞O＞N＞C，因此四种分子中共价键的极性：HF＞H2O＞NH3＞CH4。【解析】2NA(或1.204×1024)1∶21∶135∶16NA(或3.612×1024)7HF＞H2O＞NH3＞CH411、略

【分析】【分析】

NaH是离子化合物；As的原子序数为33，原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定，结合价层电子对个数=σ键个数+（a-xb）和常见配合物的结构分析解答。

【详解】

(1)NaH是离子化合物，阴离子是H-，NaH的电子式为Na+[：H]-；氢负离子的离子结构示意图为故答案为：Na+[：H]-；

(2)As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，4p3的3个电子均为未成对电子，因此基态砷原子的核外有3个未成对电子；基态砷原子电子占据最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；3；纺锤（或哑铃）；

(3)原子轨道中电子处于全满；全空或半空时较稳定；As元素原子的4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定，第一电离能As＞Se，故答案为：＞；As元素原子的4p轨道上的电子为半满状态，比较稳定；

(4)中心原子Se原子的孤电子对数为=1，价层电子对数=3+1=4，则中心原子的轨道杂化方式为sp3，SeO离子的VSEPR构型为四面体形，故答案为：四面体形；sp3；

(5)NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，二者形成配位键，则晶体中中心离子为Cu2+，配离子中的配位体为NH3，配位数为4；故答案为：Cu2+；NH3；4；

(6)该分子中共价单键中存在σ键，苯环中存在大π键，钠离子和阴离子之间存在离子键，所以含有离子键、σ键、π键，不存在碳碳双键，故答案为：abc。【解析】Na+[：H]-1s22s22p63s23p63d104s24p33纺锤（或哑铃）＞As元素原子的4p轨道上的电子为半满状态，比较稳定四面体形sp3Cu2+NH34abc12、略

【分析】【分析】

（1）

X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II价层电子对数为其空间结构为V形，中心原子的杂化形式为sp3；故答案为：V形；sp3。

（2）

①Ni为28号元素，基态镍原子的价电子为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为故答案为：

②烯丙醇分子(CH2=CH—CH2OH)中第一个和第二个碳原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型是sp2杂化，—CH2OH中的碳原子价层电子对数为4+0=4，杂化类型为sp3杂化；故答案为：sp2杂化、sp3杂化。

（3）

Cu为29号元素，基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10；故答案为：[Ar]3d10。【解析】（1）V形sp3

（2）sp2杂化、sp3杂化。

（3）[Ar]3d1013、略

【分析】【分析】

【详解】

I．(1)键是头碰头的方式形成的，而键是以肩并肩的方式形成的；单键都是键，而双键或三键中才含有键；所以只含有σ键的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ键又含有π键的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成键时最外层电子的电子云发生交叠，H原子只有1s电子，形成H2时两个H原子的s轨道重叠形成σ键；故填⑦；

(3)根据价层电子对互斥理论；

NH3的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

H2O的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4；孤电子对数为2，为V形；

SO2的价层电子对数为2+×(6-2×2)=3；孤电子对数为1，为V形；

BeCl2的价层电子对数为2+×(2-2×1)=2；孤电子对数为0，为直线形；

CO2的价层电子对数为2+×(4-2×2)=2；孤电子对数为0，为直线形，故填三角锥形；V形、V形、直线形、直线形；

II．(1)Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

NO中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化；离子构型是平面三角形，故填平面三角形；

(2)①Co2+离子含有空轨道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤电子对；形成配位键，故填N、O；

②同周期自左而右电负性增大，C、N的氢化物中它们均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性由大到小顺序为：N>C>H；故填N；C、H；

③bte分子中环上碳原子形成3个σ键，亚甲基中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故填sp2、sp3；

④单键为σ键，双键中含有1个σ键，bte的分子含有21个σ键，1molbte分子中含σ键的数目为21mol，故填21。【解析】①.①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角锥形⑤.V形⑥.V形⑦.直线形⑧.直线形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形⑪.N⑫.O⑬.N、C、H⑭.sp2⑮.sp3⑯.2114、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N原子原子序数是7，其最外层电子就是其价电子，根据构造原理知，其价电子排布式为2s22p3；

(2)共价单键是σ键；共价双键中含有一个σ键和一个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，氮气分子中氮原子间存在氮氮三键，所以含有1个σ键和2个π键；

(3)①电子处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子的2p能级是半满的较稳定状态，O原子的2p能级是2P4的不稳定状态；易失去一个电子，所以氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能；

②氮原子的半径小于P原子的半径，且N2分子中形成的是叁键；白磷中P－P键为单键，故氮分子中的氮氮键键长小于白磷中的磷磷键键长；

(4)氨分子之间容易形成氢键，使其沸点升高而容易液化，故氮元素的氢化物(NH3)是一种易液化的气体；

(5)配合物[Cu(NH3)4]Cl2中含有4个配位键，若用2个N2H4代替其中的2个NH3，得到的配合物[Cu(NH3)2(N2H4)2]Cl2，配合物中心离子未变化，配位键数目不变，含有配位键的个数为4。【解析】①.2s22p3②.1③.2④.大于⑤.小于⑥.氨分子之间容易形成氢键，使其沸点升高而容易液化⑦.415、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据电负性的递变规律：同周期从左至右电负性逐渐增强；同主族元素从上到下电负性逐渐减小，可知在同周期中电负性Na＜Mg＜Al，同主族Be＞Mg＞Ca，结合表中数据Be；Na、Al的电负性分别为0.9、1.5、1.5，则Mg的电负性范围为0.9~1.5，故答案为：0.9~1.5；

(2)由表中数据可知；F的电负性最强，其非金属性也最强；Na的电负性最弱，但其金属性最强，因此可得到非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，故答案为：非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；

(3)由表中数据可知；N元素的电负性范围为：2.5~3.5，S的电负性为2.5，即N原子电负性强于S原子的电负性，则吸电子能力N原子强于S原子，所以电子偏向N原子，故答案为：氮原子；

(4)AlCl3中Al、Cl的电负性分别为1.5、3.0，则其电负性差值为：3.0-1.5=1.5＜1.7，则形成共价键，所以AlCl3为共价化合物；由于共价化合物在融融状态下不能电离，则不导电，所以将氯化铝加热到熔融态，进行导电性实验，如果不导电，说明氯化铝是共价化合物，故答案为：Al元素和Cl元素的电负性差值为1.5<1.7，所以形成共价键，为共价化合物；将氯化铝加热到熔融态，进行导电性实验，如果不导电，说明氯化铝是共价化合物。【解析】0.9~1.5非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小氮原子Al元素和Cl元素的电负性差值为1.5<1.7，所以形成共价键，为共价化合物将氯化铝加热到熔融态，进行导电性实验，如果不导电，说明氯化铝是共价化合物16、略

【分析】【分析】

(1)根据图示可知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为Si，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Br元素。

【详解】

(1)i．元素④位于元素周期表的第三周期第ⅠA族，该元素为Na元素，Na的过氧化物是过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，钠离子和氢氧根离子之间为离子键，O原子和H原子之间为共价键，含有的化学键类型为离子键和共价键；元素⑩位于元素周期表的第四周期第ⅦA族，为Br元素，Br元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式是HBrO4，故答案为：离子键和共价键；HBrO4；

ii．据表可知，元素①、②、③分别为N、O、F，非金属性N＜O＜F，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物稳定性最强的是HF；②、⑧分别为O、S元素，因水分子间含有氢键，所以简单氢化物熔点高的是H2O，④、⑤分别为Na、Al元素，金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH；④、⑤、⑧、⑨分别是Na、Al、S、Cl元素，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，四种元素的简单离子半径由大到小的顺序是：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，故答案为：HF；H2O；NaOH；S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；

(2)i．铷是37号元素；位于元素周期表的第五周期第ⅠA族，故答案为：第五周期第ⅠA族；

ii．铷单质性质活泼，它在氯气中燃烧的化学方程式为铷单质易与水反应，反应的离子方程式为2Rb+2H2O═2Rb++2OH-+H2↑，实验表明，铷与水反应比钠与水反应剧烈，铷的密度大于水，反应中沉在水底，过氧化铷与过氧化钠类似，与反应生成碳酸铷和氧气，化学方程式为：

故答案为：剧烈；底；【解析】离子键和共价键HFNaOH第五周期第ⅠA族剧烈底三、判断题(共5题，共10分)17、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。18、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；19、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。20、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。21、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。四、原理综合题(共1题，共2分)22、略

【分析】【详解】

试题分析：(l)①硝酸具有强氧化性，金与王水反应生成H[AuCl4]和NO、H2O；配合物或晶体中一个微粒周围最近邻的微粒数称为配位数；

②根据熔沸点低分析NOCl晶体类型；

③组成NOCl分子的三种元素中，同周期从左到右电负性增大；NH3中氢键强度小数量少（1）；水中氢键强度大；可以形成的氢键数量多（2）；等电子体是原子数相同；价电子数也相同的分子或离子。

（2）甲苯分子中；甲基上碳原子是单键碳；苯环上碳原子为平面结构；任意2个成键原子之间都有1个σ键；苯酚和水分子中都有羟基且苯酚与水分子之间可形成氢键。

(3）根据均摊原则计算CuCl晶胞中含有Cu、Cl原子数，根据计算晶胞边长。

解析：(l)①硝酸具有强氧化性，金与王水反应生成H[AuCl4]和NO、H2O，反应方程式为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO+2H2O；配合物或晶体中一个微粒周围最近邻的微粒数称为配位数，AuCl4-中Au原子周围有4个Cl原子；配位数是4；

②NOCl熔沸点低，所以NOCl属于分子晶体；

③同周期从左到右电负性增大，电负性N3中氢键强度小数量少(1)，水中氢键强度大，可以形成的氢键数量多(2)，熔沸点H2O>NH3；等电子体是原子数相同、价电子数也相同的分子或离子，与NH3互为等电子体的阳离子有H3O+。

（2）甲苯分子中，甲基上碳原子是单键碳、苯环上碳原子为平面结构，所以甲苯分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3；任意2个成键原子之间都有1个σ键，所以1个甲苯分子中含有15个σ键，1mol甲苯分子中含有σ键的数目为15NA；苯酚和水分子中都有羟基且苯酚与水分子之间可形成氢键；所以在水中苯酚溶解度大于甲苯。

(3）根据均摊原则CuCl晶胞中含有Cu原子数4个、Cl原子数设晶胞边长为apm，1mol晶胞的质量为99.5×4g，体积为根据a=

点睛：熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；同周期元素从左到右电负性逐渐增大。【解析】Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO+2H2O4分子晶体＜>H3O+sp2、sp315NA苯酚和水分子中都有羟基且苯酚与水分子之间可形成氢键五、实验题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】

(1)①A中碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳；硝酸钙和水；

②A中生成的二氧化碳通入B中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀；

③根据上述实验结论；结合元素周期律回答；

④某同学考虑到稀硝酸的挥发；影响实验现象和结论，需要将二氧化碳中混有的硝酸蒸汽除去；

(2)①结合表格数据，根据v=计算；

②实验2与实验1相比；初始浓度相同，体系温度相同，0～20min内，实验2中HI的浓度的变化量小，据此分析；

③实验3比实验2相比；初始浓度相同，体系温度不同，实验2中达到平衡状态时间更长，据此分析；

【详解】

(1)①A中碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳；硝酸钙和水；实验过程中A装置内固体溶解且有气泡生成，A装置中的反应过程符合强酸制弱酸原理，说明硝酸的酸性强于碳酸；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，该元素非金属性越强，则证明碳的非金属性比氮的弱；

②A中生成的二氧化碳通入B中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀；故B中的反应现象为产生白色浑浊，根据强酸制弱酸的原理，说明碳酸的酸性强于硅酸，根据①中的分析，则说明碳的非金属性比硅的强；

③根据上述实验结论；碳的非金属性比氮的弱，说明同一周期从左到右元素非金属性逐渐增强；碳的非金属性比硅的强，说明同一主族从上到下元素非金属性逐渐减弱；

④由于氮的非金属性强于硅；稀硝酸具有挥发性，挥发的硝酸进入B装置也可以使B中的硅酸钠溶液转化为硅酸，产生白色浑浊，影响实验现象和结论，需要将二氧化碳中混有的硝酸蒸汽除去。结合物质性质，二氧化碳与碳酸氢钠不反应，硝酸可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，因此在装置A和B之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠的试剂洗气；

(2)①结合表格数据，实验1中，在10～20min内，HI的浓度变化量为0.10mol•L－1，v(HI)===0.01mol•L－1•min－l；

②实验2与实验1相比；初始浓度相同，体系温度相同，0～20min内，实验2中HI的浓度的变化量小，说明实验1的反应速率快，由于该反应是气体体积不变的体系，容器体积不变，压强对该平衡体系无影响，导致此变化的原因为实验1中加入催化剂，反应速率加快；

③结合表格数据，实验3比实验2相比，初始浓度相同，体系温度不同，实验2中达到平衡状态时间更长，说明实验3的反应速率快，原因为实验3的反应温度较高，化学反应速率较快，达到平衡时间短。【解析】①.固体溶解，有气泡生成②.弱③.产生白色浑浊④.强⑤.增强⑥.减弱⑦.饱和碳酸氢钠溶液⑧.0.01⑨.慢⑩.实验1中使用了催化剂⑪.短⑫.实验3的反应温度较高，化学反应速率较快，达到平衡时间短24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在此5组实验中；判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定锌完全消失所需的时间来判断，其中第5组实验时温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池，因此反应速率最快；

(2)实验1和2除锌的状态不同外；其余均相同，应考查硫酸的固体反应物的表面积对速率的影响，实验3比1多了形成Zn-Cu原电池，因此考查影响速率的因素是否形成原电池；

(3)①从图中看出2-4分钟内产生氢气最多；故这段时间内反应速率最大，因为反应放热，使温度升高，反应速率加快，故三段中反应速率最快的是AB；

②2-4分钟内，产生氢气179.2-44.8=134.4mL，物质的量为=6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为：6×10-3mol，v(H2SO4)===0.06mol•L-1•min-1；

(4)利用如图2装置验证非金属性：C＞Si，B中加Na2CO3，C中加Na2SiO3溶液，可利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强来比较，即强酸制取弱酸，为防止影响C中非金属性强弱判断，A中应该加入难挥发的稀硫酸，C中反应的化学方程式：CO2＋Na2SiO3＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3，D装置的作用是防止倒吸。【解析】锌完全消失所需的时间5固体反应物的表面积(是否形成)原电池AB反应放热，使温度升高，反应速率加快0.06mol·L－1·min－1稀硫酸CO2＋Na2SiO3＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3防止倒吸25、略

【分析】【分析】

（1）反应①中二氧化碳为含极性键的非极性分子；反应②中氢氧化钠为含极性键的离子化合物；

（2）结构相似的分子晶体；随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高；

（3）检查题给装置的气密性；应该用液差法；

（4）氧气能够使带火星的木条复燃。

【详解】

（1）反应①中二氧化碳为含极性键的非极性分子，电子式为反应②中氢氧化钠为含极性键的离子化合物，电子式为故答案为：

（2）结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高，二氧化碳和二硫化碳为分子结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故答案为：两者分子结构相似，CS2的相对分子质量较大；分子间作用力较大，沸点较高；

（3）检查题给装置的气密性；应该用液差法，具体操作为关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好；盐酸具有挥发性，实验制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，为防止氯化氢与过氧化钠反应，干扰实验，应将混合气体通过盛有水的洗气瓶除去氯化氢气体，故答案为：关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好；HCl；水；

（4）氧气能够使带火星的木条复燃，则确认实验中生成O2的操作方法是用带火星的木条置于管口，木条复燃则有氧气生成，故答案为：用带火星的木条置于管口，木条复燃则有O2生成。

【点睛】

结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高，二氧化碳和二硫化碳为分子结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳是解答关键。【解析】两者分子结构相似，CS2的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好HCl水用带火星的木条置于管口，木条复燃则有O2生成26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，而杂质溶解性较差，所以能用超临界CO2作萃取剂；用萃取剂提取青篙素以便分离纤维素等杂质；目的不是为了提取纤维素，而是提取青篙素；由于青蒿素60℃以上易分解，且乙醚沸点为35℃，则应选：乙醚；组成青蒿素的三种元素为H；C、O，非金属性越强，电负性就越强，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，短周期主族元素中只有N、O、F三种元素的第一电离能比H元素的大，故第一电离能：O＞C；

(2)加入NaOH后反应物被消耗了；说明含有能水解的官能团，如乙酸乙酯；酰胺，故选：BD；

(3)青蒿素的质谱有一个峰值；与鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团：过氧基；青蒿素由非金属构成，所属晶体类型为：分子晶体；从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了加成反应；

(4)①发生信息甲，可知实验c中化学反应方程式为：+H2→C2H5OC2H5+H2O；实验c中产物有水，可用无水硫酸铜检验水的存在，则d的实验方案设计如下：用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水。【解析】能不是乙醚O＞CBD酯基过氧基分子晶体加成反应(或还原反应)+H2→C2H5OC2H5+H2O用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水六、结构与性质(共3题，共18分)27、略

【分析】【详解】

某含氧酸盐X的化学式为ABO3。已知在元素周期表中；A；B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。

(1)若常温下B的单质为黄绿色气体；为氯气，则A为K，B为Cl。

①K的原子结构含4个电子层；最外层电子数为4；则A在元素周期表中的位置是第4周期IA族，故答案为第4周期IA族；

②a.A单质常温下为固体，B单质常温下为气体，A单质的熔点比B单质的熔点高，故错误；b．具有相同离子结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则A的简单离子半径比B的简单离子半径小，故错误；