2025年统编版2024选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年统编版2024选择性必修2化学上册阶段测试试卷257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7题，共14分)1、化合物X的结构如图所示。a、b；c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素；基态时c原子2p原子轨道上有1对成对电子。下列说法正确的是。

A.X的水溶液呈碱性，也有还原性B.原子半径：C.c、d两种单质化合形成的物质含有共价键D.化合物X有较强的氧化性且在高温下稳定存在2、现有四种元素的基态原子的核外电子排布式如下：①②③④则下列有关比较中正确的是：A.电负性：④>③>①>②B.原子半径：④>③>②>①C.第一电离能：④>③>①>②D.最高正化合价：④>①>③=②3、下列事实的解释不正确的是。事实解释A第一电离能：Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型B溶液显酸性电离产生的可以与水中的结合成弱电解质使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于C分子中的共价键是键Cl原子价电子排布为当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠D的熔点依次增大的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强

A.AB.BC.CD.D4、周期表前四周期的元素X、Y、Z、Q、R，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y的价层电子中的未成对电子有3个，Z的最外层电子数为其内层电子数的3倍，Q与Z同族，R的最外层只有1个电子，内层全充满。下列判断正确的是A.简单氢化物的热稳定性；Z＞Y＞QB.非金属元素电负性由大到小的顺序；Z＞Q＞Y＞XC.X和Y形成的化合物中均为极性键D.R为金属元素，属于s区5、下列说法不正确的是A.离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性B.并不是只有活泼的金属原子和非金属原子化合才形成离子键C.离子键的实质是静电作用D.静电作用只有引力6、下列判断正确的是。

A.图甲表示由原子M、N构成的晶体的晶胞，则其化学式可表示为M2N7B.图乙表示CsCl晶体的晶胞，Cs+的配位数为6C.图丙可表示燃料燃烧反应的能量变化D.图丁表示可逆反应的平衡常数随反应物浓度的变化7、下面的排序不正确的是A.沸点的高低：乙醇＞丙烷B.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅>晶体硅C.熔点由高到低：Na>Mg>AlD.晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、下图是某金属氧化物的晶体结构示意图。图中；小球代表金属原子，大球代表氧原子，细线框出其晶胞。

(1)金属原子的配位数是_______，氧原子的配位数是_______；

(2)晶胞中金属原子数是_______，氧原子数是_______；

(3)该金属氧化物的化学式(金属用M表示)为_______。9、如图为几种晶体或晶胞的结构示意图。

请回答下列问题：

(1)金刚石属于___________晶体，其中每个碳原子与___________个碳原子距离最近且相等；碘晶体属于___________晶体，每个碘晶胞中实际占有___________个碘分子，碘晶体熔化过程中克服的作用力为___________。

(2)这些晶体中，微粒之间以共价键结合而形成的是___________。

(3)冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点由高到低的顺序为________________________。

(4)NaCl晶胞与MgO晶胞结构相同，NaCl晶体的熔点___________(填“大于”或“小于”)MgO晶体的熔点，原因是____________________________________________。

(5)假设碘晶胞中立方体的边长为acm，阿伏加德罗常数的值为则碘晶体的密度为___________10、Ⅰ．和可作核反应堆热载体，和用作高温堆减速剂。

(1)以上叙述中涉及到的元素有________种。

(2)下列说法正确的是________。(填字母代号)

A．和互为同位素B．和是同素异形体。

C．和的物理性质相同D．和是同素异形体。

Ⅱ．在1~20号的主族元素中：

(3)金属性最强的元素在周期表中的位置为________。

(4)原子半径最小的元素是________(填元素符号)。

(5)写出元素最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸与第三周期的两性氢氧化物反应的离子方程式：________________________________。

(6)第三周期最不稳定的气态氢化物是________(填化学式)。11、全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料；加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：

___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)

完成下列填空：

(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。

(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。

(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。

(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)

a.原子的最外层都有7个电子。

b.ICl中碘元素为+1价。

c.酸性：HClO3>HIO3

d.氯化钠；碘化钠与浓硫酸共热；分别生成氯化氢、单质碘。

(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。12、(1)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中；Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

①CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为___________和___________。

②在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。

③硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在___________。

(2)①丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___________，1mol丙酮分子中含有σ键的数目为___________。(设NA为阿伏加德罗常数的值)

②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。

③乙醇的沸点高于丙酮，这是因为___________。13、(1)气态氢化物热稳定性NH3大于PH3的主要原因是_____。

(2)S2Cl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，S2Cl2的电子式是______。

(3)请指出CH3SH与CH3OH那种物质的沸点更高并说明理由：______。14、硼是一种重要的非金属元素；在化学中有很重要的地位。

(1)氨硼烷(NH3BH3)是一种具有潜力的固体储氢材料。NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，三种元素电负性由大到小顺序是_______。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_______(写分子式)，其熔点比NH3BH3_______(填“高”或“低”)。

(2)硼酸是一元弱酸，其呈酸性的机理是∶硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH-以配位键结合形成Y-，导致溶液中c(H+)>c(OH-)。Y-的结构简式_______(配位键用“→”表示)。硼酸与水作用时，每生成一个Y-，断裂_______个键。

(3)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。图是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为_______。

15、(1)路易斯酸碱电子理论认为：凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸；凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱。根据信息判断，H2O属于___________(填“酸”或“碱”，下同)，Ag+属于___________。

(2)查表可知；金属铝(Al)的三卤化物晶体的熔点如下：

。物质。

AlF3

AlCl3

AlBr3

熔点/℃

1290

192.4

97.8

AlF3为什么熔点比AlCl3高得多，请分析原因___________。16、（Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能数据列于下表：。元素FeFe电离能/kJ·mol-1I1717759I2150915611561I3324829572957

回答下列问题：

（1）Mn元素价电子层的电子排布式为___，比较两元素的I2.I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是___；

（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。

①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是___；

②六氰合亚铁离子(Fe(CN)64-)中的配体CN-中C原子的杂化轨道类型是___，写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的结构式___；

（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚.丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为___。评卷人得分三、判断题(共6题，共12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、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21、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22、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3题，共9分)23、铝；铁和铜都是日常生活中常见的金属,有着广泛的用途。请回答下列问题:

(1)某同学写出了铝原子的4种不同状态的电子排布图其中能量最低的是___________(填字母)，电子由状态B到状态C所得原子光谱为___________光谱(填“发射”或“吸收”)，状态D是铝的某种激发态，但该电子排布图有错误，主要是不符合__________________________。

A.

B.

C.

D.

(2)K3[Fe(CN)6]溶液可用于检验Fe2+,生成沉淀的离子方程式为______________________________。与CN-互为等电子体的化合物是______（写名称）。

(3)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,继续加氨水,难溶物溶解,得到深蓝色的透明溶液;若加入极性较小的溶剂(如乙醇),将析出深蓝色的晶体。与铜同一周期的副族元素的基态原子中，最外层电子数与铜原子相同的元素，其原子中未成对电子数为____。实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子的结构简式为________。SO42-的立体构型为____,中心原子的杂化轨道类型为____。

(4)某种Al-Fe合金的晶胞如图所示，若合金的密度为ρg·cm-3,则晶胞中Al与Fe的最小距离为___pm。24、(1)碳及其化合物在生产和生活中有重要意义。海水中CO2的吸收能力取决于溶解的碳酸盐和硼酸盐生成的CO和B(OH)浓度。已知：298K时，H3BO3+H2OH++B(OH)Ka=5.7×10-10，碳酸的电离平衡常数：Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11，则少量CO2与B(OH)反应的离子方程式为___________。

(2)NaHF2(氟化氢钠)电解可制氟气，NaHF2中所含作用力的类型有___________；与HF互为等电子体(原子数相同、最外层电子总数相同的不同种微粒)的分子有___________(举一例)。

(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2资源化利用的一种新途径。此法的阴极电极反应式为___________25、Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位；明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。

(2)葡萄糖酸锌{[CH2OH(CHOH)4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。

(3)ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。

A离子键B.σ键C.π键。

(4)锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。

(5)在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X的半径为r2nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)26、有机物H是优良的溶剂；在工业上可用作洗涤剂；润滑剂，其合成线路：

已知：①

②

③

请回答下列问题：

（1）H的名称为___。用*标出F中的手性碳原子__（碳原子上连有4个不同原子或基团时；该碳称为手性碳）

（2）A的结构简式为___。

（3）D→E的化学方程式为___。

（4）F中含有官能团的名称为__。G→H的反应类型为__。

（5）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式为__。

①能与NaHCO3溶液反应放出CO2②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6∶2∶1∶1

（6）请设计由和乙烯（CH2=CH2）为起始原料，制备的合成路线__(无机试剂任选)。27、三唑并噻二嗪类化合物具有抗炎；抗肿瘤、抗菌的作用。该类新有机化合物G的合成路线如图所示。

已知：R1COOH+R2NH2R1CONHR2+H2O

(1)化合物B的名称为_______，化合物C的结构简式为_______。

(2)由E→F的化学方程式为_______。

(3)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______。

(4)有机物H是B的同分异构体，则满足下列条件的H有_______种。

a.与FeCl3溶液反应显紫色b.能发生银镜反应c.分子中不含甲基。

(5)利用题中信息，设计以乙醇为原料制备另一种三唑并噻二嗪类化合物中间体P()的合成路线_______(无机试剂任选)。28、已知：RCNRCOOH。光学活性毗氟氯禾灵是选择性强；药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂；它的合成路线如下：

试回答下列问题：

(1)在吡氟氯禾灵的合成所涉及的反应中，属于加成反应的有____________（填序号）。若有机物分子中的某个碳原子所连的4个原子或原子团均不相同，则该碳原子称为手性碳原子，在吡氟氯禾灵分子中含有_________个手性碳原子。

(2)B的结构简式为___________。

(3)CH3CH(OH)CN、物质C长期暴露在空气中均会变质，其原因分别是__________。

(4)1molC分子最多可与____________molNaOH完全反应。

(5)写出下列反应的化学方程式(不需注明反应条件)：

反应④___________________________________；

反应⑥___________________________________；29、化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体；一种合成G的路线如下：

已知以下信息：

①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰；峰面积比为6∶1∶1。

②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1molNaOH或2molNa反应。

回答下列问题：

(1)A的结构简式为____________。

(2)B的化学名称为____________。

(3)C与D反应生成E的化学方程式为_________________。

(4)由E生成F的反应类型为____________。评卷人得分六、实验题(共4题，共20分)30、某同学做同周期元素性质递变规律实验时；自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象。请你帮助该同学整理并完成实验报告：

。实验方案。

实验现象。

①用砂纸擦后的镁带与沸水反应；再向反应后溶液中滴加酚酞溶液。

(A)浮于水面；熔成小球，在水面上游动，随之消失，溶液变红。

②向新制的H2S饱和溶液中滴加新制的氯水。

(B)产生气体；溶液变为浅红色。

③钠与滴有酚酞溶液的冷水反应。

(C)反应不太剧烈；产生的气体可在空气中燃烧。

④镁带与2mol/L的盐酸反应。

(D)剧烈反应；产生可燃气体。

⑤铝条与2mol/L的盐酸反应。

(E)生成白色胶状沉淀；后沉淀消失。

⑥向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量。

(F)生成淡黄色沉淀。

(1)实验目的：研究同周期元素性质递变规律。

(2)实验用品。

仪器：①________；②________；③________；④试管夹；⑤镊子；⑥小刀；⑦玻璃片；⑧砂纸；⑨烧杯等；

药品：钠、镁带、铝条、2mol/L的盐酸、新制的氯水、新制的H2S饱和溶液、AlCl3溶液；NaOH溶液、酚酞溶液等。

(3)填写与实验方案相对应的实验现象(用A～F表示)

①________②________③________④________⑤________⑥________

(4)实验结论:金属性：________；非金属性：________。

(5)写出⑥的总反应离子方程式：_____________________________________。31、LiMn2O4是一种无污染、成本低的锂离子电池电极材料，某研究小组利用柠檬酸配合法制备LiMn2O4。

(1)按一定配比将醋酸锂(CH3COOLi)和醋酸锰[(CH3COO)2Mn]溶液混合后，加入柠檬酸(分子式C6H8O7)溶液中配成混料，用6mol•L-1氨水调节pH至6.5～9；在75℃～85℃水浴中加热，制得柠檬酸配合物(其中Mn为+2价)，装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。

①调节pH至6.5～9是为了促进柠檬酸电离，pH不能大于9的原因是_____。

②用水浴加热的目的是______。

(2)将制得的配合物在烘箱中真空干燥得到固态柠檬酸配合物前驱体，研磨后焙烧，得LiMn2O4。

①柠檬酸配合物前驱体应放在______(填仪器名称)中焙烧。

②焙烧需要在空气中进行的原因是______。32、在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。

资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44

ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105

Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035

iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH

(1)探究的还原性。

实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置；无明显变化。

实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液；无明显变化。

实验III．按如图装置进行实验；观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。

乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)；否定了该观点。

②探究碱性条件下的还原性；进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。

③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大；还原剂的还原性增强。

(2)探究的氧化性。

①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。

②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。

(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生。

①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。

②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。

示例：CoCoCl2Co(OH)233、某小组拟用自制的氨水制取银氨溶液；并探究银氨溶液的性质。回答下列问题：

(一)氨水的制备：制备装置如图；

(1)A中反应的化学方程式为：_______。

(2)使用加装单向阀的导管，目的是_______；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装_______(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是_______。

(二)探究银氨溶液的制备(实验中所用氨水均为新制)。实验装置实验序号实验操作实验现象

1mL2%AgNO3溶液I向试管中滴加2%氨水1mL并不断振荡产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失Ⅱ向试管中滴加2%氨水(经敞口放置空气中48小时)1mL产生白色略暗沉淀产生白色略暗沉淀

已知：白色AgOH沉淀不稳定，极易分解生成棕褐色Ag2O；Ag2O溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+。

(3)实验I中沉淀消失的化学方程式为_______。

(4)实验测得Ⅱ中所用的氨水比I中所用氨水的pH小，可能原因有_______。

(三)该实验小组同学设计如下实验：

实验1：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％NaOH溶液；立即产生棕黑色浑浊；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液逐渐变黑，最终试管壁附着光亮银镜。

实验2：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％氨水；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液无明显变化。

(5)经检验，实验I产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，黑色物质中有Ag2O，写出沸水浴时发生反应的离子方程式：_______。

(6)该实验小组同学设计上述实验的目的是_______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

c原子2p原子轨道上有1对成对电子，所以c是O元素；a与c形成的是共价单键，原子序数在c之前，所以a是H元素；d元素是一个正1价离子，原子序数比c大，又是短周期主族元素，所以d元素是Na元素；b与c共形成了4根共价键，故b元素是C元素。

【详解】

A．根据上述推断，X物质是碳酸根离子水解，溶液呈碱性；中O元素呈负一价；属于中间价态，具有还原性，故A正确；

B．电子层数越多半径越大，同周期原子半径从左往右依次减小，所以故B错误；

C．c是氧元素；d是钠元素，化合物氧化钠中不含共价键，故C错误；

D．X物质是具有氧化性，受热易分解；因比X物质在高温下不稳定，故D错误；

选A。2、A【分析】根据四种元素的核外电子排布式可知①为S元素；②为P元素、③为N元素、④为F元素。

【详解】

A．同周期自左而右电负性增大；所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即④＞③＞①＞②，A正确；

B．同周期自左而右原子半径减小；所以原子半径P＞S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B错误；

C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势；故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能减小，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，C错误；

D．元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数；但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D错误；

综上所述答案为A。3、A【分析】【详解】

A．第一电离能：是因为Mg的3s处于全满状态；能量低不容易失去一个电子；Al的最外层为3p1容易失去一个电子形成稳定结构，所以铝的第一电离能比镁低；故A错误；

B．溶液显酸性是因为可以与水中的结合成弱电解质使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于故B正确；

C．由于Cl原子价电子排布为当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠，形成键；故C正确；

D．是由同主族元素形成的单质；结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，故D正确；

故答案选A。4、A【分析】【分析】

X的核外电子总数与其周期数相同；所以X为H，Y的价电子层中的未成对电子数有3个，所以Y为N或P或As，Z的最外层电子数为其内层电子数的3倍，所以Z为O，则Y为N，Q与Z同族，所以Q为S，R的最外层只有1个电子，其次外层所有轨道均是全满状态，所以R为Cu，综上，X为H，Y为N，Z为O，Q为S，R为Cu。

【详解】

A．电负性越大简单氢化物越稳定；所以简单氢化物的热稳定性；Z＞Y＞Q，A正确；

B．非金属元素电负性由大到小的顺序：Z＞Y＞Q＞X；B错误；

C．X和Y形成的化合物烃中碳原子数大于1时既有极性键也有非极性键；C错误；

D．R为金属元素铜；属于ds区，D错误；

故选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．离子键没有方向性和饱和性；形成共价键的原子之间存在共用电子对，且原子的电负性大小不同，共用电子对存在着偏移，因此共价键有方向性和饱和性，A正确；

B．离子键存在于阴；阳离子之间；并不是只有活泼的金属和非金属化合才形成离子键，非金属元素组成的铵盐中阴、阳离子间也是离子键，B正确；

C．离子键的实质是阴；阳离子间的静电作用；C正确；

D．静电作用包括阴；阳离子间的静电吸引力及电子之间、原子核之间的静电排斥力；D错误；

答案选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．图甲表示由原子M、N构成的晶体的晶胞，晶胞中M原子的个数为4，N原子的个数为则其化学式可表示为MN，A项错误；

B．图乙表示CsCl晶体的晶胞，与Cs+等距离且最近的Cl-有则Cs+的配位数为8；B项错误；

C．燃料燃烧放出热量；反应物总能量大于生成物总能量，而图丙代表热反应，故图丙不能表示燃料燃烧反应的能量变化，C项错误；

D．可逆反应的平衡常数只与温度有关；与反应物浓度无关，因此改变反应物浓度平衡常数不变，D项正确；

答案选D。7、C【分析】【详解】

A．乙醇分子间存在氢键；丙烷分子间没有氢键，沸点的高低：乙醇＞丙烷，A正确；

B．金刚石；碳化硅、晶体硅都属于共价晶体；共价晶体中共价键的键能越大，共价晶体的硬度越大，键长由大到小：Si—Si键＞C—Si键＞C—C键，则键能由大到小：C—C键＞C—Si键＞Si—Si键，硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；

C．Na；Mg、Al都属于金属晶体；金属晶体中金属键越强，金属晶体熔点越高，Na、Mg、Al的最外层电子数逐渐增多，相应金属阳离子所带电荷数逐渐增多，半径逐渐减小，金属键逐渐增强，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，C错误；

D．离子晶体中离子所带电荷数越大、离子半径越小，晶格能越大，NaF、NaCl、NaBr、NaI中阳离子相同、都为Na+，F-、Cl-、Br-、I-所带电荷数相等，离子半径逐渐增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；D正确；

答案选C。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】4444MO9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)金刚石晶体中原子间以共价键结合形成空间网状结构，则金刚石晶体属于共价晶体，其中每个碳原子与4个碳原子距离最近且相等；碘晶体熔沸点低，属于分子晶体，每个碘晶胞中实际占有的碘分子个数是＝4；碘晶体是分子晶体，熔化过程中克服的作用力为分子间作用力。

(2)冰晶体和碘晶体是分子晶体；铜形成的是金属晶体，氧化镁和氯化钙形成的是离子晶体，金刚石形成的共价晶体，因此这些晶体中，微粒之间以共价键结合而形成的是金刚石晶体。

(3)熔点的一般规律：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体；冰和碘属于分子晶体，熔点：碘＞冰，MgO属于离子晶体，金刚石是共价晶体，则冰；金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞MgO＞碘单质＞冰；

(4)由于MgO晶体中离子所带的电荷数大于NaCl晶体中离子所带的电荷数，且晶格能前者大于后者，所以NaCl晶体的熔点小于MgO晶体的熔点。

(5)碘晶胞中实际占有的碘分子个数是＝4，碘晶胞中立方体的边长为acm，阿伏加德罗常数的值为则碘晶体的密度为【解析】①.共价②.4③.分子④.4⑤.分子间作用力⑥.金刚石晶体⑦.金刚石碘单质＞冰⑧.小于⑨.MgO晶体中离子所带的电荷数大于NaCl晶体中离子所带的电荷数，且⑩.10、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)元素是指具有相同核电荷数(或质子数)的一类原子的总称，则和共有元素2种；故答案为：2；

(2)A.Li和Li是质子数相同；中子数不同的原子，两者互为同位素，A项正确；

B.同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，Li和Li化学性质相同；不属于同素异形体，B项错误；

C.Li和Li的质量数不同；物理性质有差异，C项错误；

D.LiH和LiD是化合物；不属于同素异形体，D项错误；

故答案为：A；

Ⅱ．(3)同一周期；从左到右(稀有气体除外)，元素的金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下，元素的金属性逐渐加强，可知金属性最强的元素为K，在周期表中的位置为第四周期第ⅠA族，故答案为：第四周期第ⅠA族；

(4)同一周期；从左到右(稀有气体除外)，元素的原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，元素的原子半径逐渐增加，则原子半径最小的元素是H，故答案为：H；

(5)同一周期，从左到右(稀有气体除外)，元素的非金属性逐渐加强，同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减小，而F、O元素都没有最高正价，所以剩余元素非金属性最强的元素为Cl，其元素最高价氧化物对应水化物酸性最强，为HClO4，第三周期的两性氢氧化物为Al(OH)3，两者反应的离子方程式：故答案为：

(6)根据(5)可知，第三周期非金属性最弱的为Si，其气态氢化物SiH4最不稳定，故答案你为：SiH4。

【点睛】

本题重点Ⅱ，牢记元素周期律的知识来解答。如同一周期，从左到右(稀有气体除外)，原子半径逐渐减小；元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同一周期，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；元素的金属性逐渐加强，元素的非金属性逐渐减小。【解析】2A第四周期第ⅠA族HSiH411、略

【分析】【详解】

(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：故答案为：2，5，3，2，1，1；

(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO第二步不需要HSO则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3molI2，其中第一步提供5molIO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；

(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；

(4)a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱；故a错误；

b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；

c．酸性：HClO3>HIO3；不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；

d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢；利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯；碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；

故答案为：bd；

(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。【解析】2，5，3，2，1，1IO+5I-+6H+→3I2+3H2O5：15s25p5分子间作用力（范德华力）bd取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①CO2的结构式是O=C=O，碳原子的价层电子对数为故杂化方式为sp杂化；CH3OH中，碳原子连有4个共价单键，价层电子对数为4，故杂化方式为sp3杂化；

②四种物质固态时均为分子晶体，分子晶体的沸点主要取决于分子间作用力的大小，包括范德华力与氢键，范德华力主要考虑分子的极性和相对分子质量的大小，水与甲醇是极性分子，且分子间都存在氢键，水分子中氢键比甲醇多，二氧化碳与氢气均为非极性分子，二氧化碳的相对分子质量大，范德华力大，故沸点由高到低：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；

③硝酸锰是离子化合物，故存在离子键，在中，N原子的价层电子对数为N为sp3杂化，离子的空间构型为平面三角形，N的5个价电子除去形成σ键的三个电子，还有未成键的2个电子，它与3个O的未成键电子，加上得到的一个电子，形成4中心6电子键；

(2)①单键都是σ键，双键中有一个σ键，一个π键，所以甲基中碳原子形成4个σ键，羰基中碳原子形成3个σ键，均没有孤对电子，甲基中碳原子的价层电子对数为4，碳原子采用sp3杂化，羰基中碳原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化；丙酮分子中含有6个碳氢键，2个碳碳单键，1个碳氧双键，双键中含有一个σ键，所以分子中含有9个σ键，所以1mol丙酮分子中含有σ键的数目为9NA；

②同周期从左到右；电负性逐渐增大，所以氧元素的电负性大于碳元素的电负性，而碳和氧在氢化物均表现负化合价，所以碳元素和氧元素的电负性均比氢元素的电负性大，故电负性由小到大顺序：H＜C＜O；

③乙醇分子间存在氢键，而丙酮分子间不存在氢键，故乙醇的沸点高于丙酮。【解析】spsp3H2O＞CH3OH＞CO2＞H2四种物质固态时均为分子晶体，水与甲醇是极性分子，且分子间都存在氢键，水分子中氢键比甲醇多，二氧化碳与氢气均为非极性分子，二氧化碳的相对分子质量大，范德华力大离子键和键sp3、sp29NAH＜C＜O乙醇分子间存在氢键，而丙酮分子间不存在氢键13、略

【分析】【详解】

(1)物质氢化物稳定性实质是比较共价键的强弱，共价键越强，键能越大键越牢固，分子越稳定，而键能的比较可以根据键长来判断，键长又可根据原子半径比较，原子半径越小，键长越短，键能越大，分子越牢固；原子半径NP-H，所以气态氢化物热稳定性NH3大于PH3。

(2)S2Cl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，对于氯原子来说形成一对共用电子对即能达到8电子的稳定结构，而硫原子需要形成两对共用电子对才能达到8电子的稳定结构，根据价键规则，S2Cl2的电子式为

(3)CH3SH与CH3OH都是由分子构成，属于分子晶体，沸点的大小看分子间作用力的大小，而氢键的作用力大于范德华力；由于CH3OH分子间存在氢键而CH3SH分子间没有，所以CH3OH沸点高。

【点睛】

书写电子式先根据8电子判断结构式，后书写电子式。判断沸点先要判断晶体类型，根据晶体类型判断融化过程中破坏的作用力进行判断。【解析】①.原子半径NP-H②.③.CH3OH沸点高，CH3OH分子间存在氢键而CH3SH分子间没有14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，说明N的电负性大于H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，说明H的电负性大于B，所以三种元素电负性由大到小顺序是N>H>B。一个NH3BH3分子有8个原子和14个价电子，所以原子总数相等的等电子体是CH3CH3，CH3CH3是非极性分子，NH3BH3是极性分子，二者相对分子质量想近，极性分子的分子间作用力较大，熔点更高，所以CH3CH3熔点比NH3BH3低，所以答案为：N>H>B；C2H6；低。

(2)硼酸与水作用时：所以Y-为B含有空轨道，做中心原子，O含有孤电子对，做配位原子，所以Y-的结构简式为硼酸与水作用时，每生成一个需要水电离出1个OH-，断裂1个键，所以答案为：1。

(3)根据图示结构可知，一个B完整的拥有1+2×=2个O，结合化合价代数和可知所以多硼酸根离子符号为所以答案为：【解析】N>H>BC2H6低115、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据信息判断，凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱，H2O能给出氢氧根，因此H2O属于碱，凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸，Ag+能接受氢氧根离子，因此Ag+属于酸；故答案为：碱；酸。

(2)根据题中熔点，得出AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，由于离子键强于分子间作用力，因此AlF3熔点比AlCl3高得多；故答案为：AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。【解析】碱酸AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力16、略

【分析】【分析】

⑴Mn元素为25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+：3d6，Mn2+：3d5；根据价电子排布式分析。

⑵①形成配合物，一般是分子或离子提供孤对电子，Fe原子或离子提供空轨道；②六氰合亚铁离子(Fe(CN)64−)中的配体CN－中C原子有1个配位键和一个σ键，由于价电子数C－=N，因此得出与CN－互为等电子体的单质分子。

⑶根据三氯化铁熔点282℃；沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚，丙酮等有机溶剂得出结论。

【详解】

⑴Mn元素为25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子层的电子排布式为3d64s2，Fe2+：3d6，Mn2+：3d5，因此Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定3d6状态转变为较稳定的3d5状态，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难；故答案为：；Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定3d6状态转变为较稳定的3d5状态。

⑵①形成配合物；一般是分子或离子提供孤对电子，Fe原子或离子提供空轨道；故答案为：具有孤对电子。

②六氰合亚铁离子(Fe(CN)64−)中的配体CN－中C原子有1个配位键和一个σ键，因此杂化轨道类型是sp，由于价电子数C－=N，因此与CN－互为等电子体的单质分子为N2；其结构式N≡N；故答案为：sp；N≡N。

⑶三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚，丙酮等有机溶剂，根据熔沸点得出三氯化铁晶体为分子晶体；故答案为：分子晶体。【解析】①.3d54s2②.Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定3d6状态转变为较稳定的3d5状态③.具有孤对电子④.sp⑤.N≡N⑥.分子晶体三、判断题(共6题，共12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、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。21、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。22、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3题，共9分)23、略

【分析】【详解】

(1)基态铝原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1；因此能量最低的是选项A；电子由状态B到状态C需要吸收能量，所得原子光谱为吸收光谱，位于同一个轨道的2个电子自旋状态相反，根据状态D可知主要是不符合泡利原理。

(2)K3[Fe(CN)6]溶液可用于检验Fe2+,生成沉淀的离子方程式为2[Fe(CN)6]3++3Fe2+＝Fe[Fe(CN)6]2↓。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CN-互为等电子体的化合物是CO；名称是一氧化碳。

(3)与铜同一周期的副族元素的基态原子中，最外层电子数与铜原子相同的元素是Cr，其原子中未成对电子数为6。氨气和铜离子通过配位键形成阳离子，则实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子的结构简式为SO42-中中心原子的价层电子对数是4且不含有孤对电子，其立体构型为正四面体形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。

(4)根据晶胞结构可知晶胞含有4个Al和个Fe，若合金的密度为ρg·cm-3，则晶胞的边长是晶胞中Al与Fe的最小距离为体对角线的即为pm。【解析】A吸收泡利原理2[Fe(CN)6]3++3Fe2+=Fe[Fe(CN)6]2↓一氧化碳6正四面体形sp3杂化24、略

【分析】【分析】

电离平衡常数Ka1(H2CO3)＞Ka(H3BO3)＞Ka1(HCO)，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；HF原子数为3、最外层电子总数为1+7+7+1=16，根据等电子体的定义，寻找HF的等电子体；阴极上生成无定形碳，则阴极上二氧化碳得电子生成C同时生成CO

【详解】

(1)电离平衡常数Ka1(H2CO3)＞Ka(H3BO3)＞Ka1(HCO)，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，酸性：H2CO3＞H3BO3＞HCO，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以离子方程式为CO2+B(OH)=H3BO3+HCO故答案为：CO2+B(OH)=H3BO3+HCO

(2)NaHF2为离子化合物，存在离子键，H-F键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键；HF原子数为3、最外层电子总数为1+7+7+1=16，与HF互为等电子体的分子有CO2(或N2O)(举一例)。故答案为：离子键、共价键、氢键；CO2(或N2O)；

(3)根据题意知，阴极上生成无定形碳，则阴极上二氧化碳得电子生成C同时生成CO阴极反应式为3CO2+4e-=C+2CO故答案为：3CO2+4e-=C+2CO【解析】CO2+B(OH)=H3BO3+HCO离子键、共价键、氢键；CO2(或N2O)3CO2+4e-=C+2CO25、略

【分析】【详解】

（1）Zn原子核外电子数为30，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

4s能级上只有2个电子且成对；故成对电子数为2；

(2)葡萄糖酸锌里有两种碳原子，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（—COO-里的碳）；

第一电离能表示气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，由于H的电子层数少、原子半径最小，原子核对外层电子的引力较强，故第一电离能C

(3)配合物[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2+与氯离子形成离子键，Zn2+与NH3之间形成σ键，NH3中氮原子与氢原子之间形成σ键；答案选AB；

(4)根据均摊法计算，晶胞中锌的个数为4个，X的个数为8×+6×=4；该化合物中Zn与X的原子个数之比为1：1；

(5)根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，则根据×NA=4，解得ρ＝g·cm－3。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2②.2③.sp2、sp3④.C五、有机推断题(共4题，共32分)26、略

【分析】【分析】

由题给有机物的转化关系可知，A和乙炔发生信息①反应生成B，则A的结构为B与酸性高锰酸钾溶液发生信息②反应生成C，则C的结构为CH3COCH2COOH；C与乙醇在浓硫酸作用下共热反应生成D，D与发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，F发生信息③反应生成G()；G与氢气发生加成反应生成H。

【详解】

（1）H的结构简式为名称为4-甲基-2-戊醇；F的结构简式为手性碳原子为连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，F分子中与羧基相连的碳原子为连有4个不同原子或基团的手性碳原子，用*标出的结构简式为故答案为：4-甲基-2-戊醇；

（2）由分析可知A的结构简式为故答案为：

（3）D→E的反应为与发生取代反应生成反应的化学方程式为故答案为：

（4）F的结构简式为含有官能团的名称为羧基和羰基；G→H的反应为在Ni做催化剂作用下，与氢气加成反应生成故答案为：羧基和羰基；加成反应；

（5）D的结构简式为D的同分异构体能与NaHCO3溶液反应放出CO2说明含有羧基，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9∶1∶1∶1说明同一个碳原子上连有3个甲基，符合条件的同分异构体的结构简式可能为故答案为：（或）；

（6）结合题给信息可知，由和乙烯为起始原料制备的步骤为在浓硫酸作用下发生下去反应得到与溴发生加成反应得到在氢氧化钠乙醇作用下发生消去反应和乙烯发生加成反应得到合成路线为故答案为：【解析】①.4—甲基—2—戊醇②.③.④.+HCl⑤.羧基和羰基⑥.加成反应（或还原反应）⑦.（或）⑧.27、略

【分析】【分析】

根据B，D的结构、结合C的分子式可知：B转化成C发生取代反应，C的结构为

欲以乙醇为原料制备P()，则需2个引入肽键，第一个肽键的引入可仿照流程中A→B→C，即与乙醇先发生酯化反应得到与H2NNH2发生取代反应得到与发生信息反应生成第2个肽键得到目标产物

【详解】

（1）苯甲酸和乙醇发生酯化反应得到苯甲酸乙酯，则化合物B的名称为苯甲酸乙酯，据分析化合物C的结构简式为

（2）E→F的反应，即与BrCH(CN)2发生取代反应生成和HBr，化学方程式为+BrCH(CN)2→+HBr。

（3）同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，因为氮原子的价电子排布式2s22p3；p能级半充满，比较稳定，N的第一电离能大于O，C；N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。

（4）有机物H是B的同分异构体；满足下列条件：

a．与FeCl3溶液反应显紫色b．能发生银镜反应c．分子中不含甲基；则含有醛基和酚羟基，为苯环上含有一个羟基和一CH2CH2CHO；则满足条件的H有邻间对三种结构，即H有3种。

（5）据分析，以乙醇为原料制备P()的合成路线为：【解析】(1)苯甲酸乙酯

(2)+BrCH(CN)2→+HBr

(3)N>O>C

(4)3

(5)28、略

【分析】【分析】

CH3CHO与HCN发生加成反应产生CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH(OH)COOH，A与CH3OH发生酯化反应生成B，B为CH3CH(OH)COOCH3，B与CH3SO2Cl发生取代反应产生C与反应生成毗氟氯禾灵，结合毗氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可知，C为

【详解】

根据上述分析可知CH3CHO与HCN发生①的加成反应产生CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下发生②的水解反应生成A，A为CH3CH(OH)COOH，A与CH3OH发生酯化反应生成B，B为CH3CH(OH)COOCH3，B与CH3SO2Cl发生取代反应产生与发生取代反应产生C：C与反应生成毗氟氯禾灵

(1)根据上述分析过程可知：在吡氟氯禾灵的合成所涉及的反应中；属于加成反应的有反应①；若有机物分子中的某个碳原子所连的4个原子或原子团均不相同，则该碳原子称为手性碳原子，在吡氟氯禾灵分子中，与甲基C原子连接的C原子为手性C原子，因此只含有1个手性碳原子。

(2)根据上述分析可知B物质结构简式为CH3CH(OH)COOCH3。

(3)CH3CH(OH)CN长期暴露在空气中均会变质是由于CH3CH(OH)CN易与空气中的H2O反应；而物质C长期暴露在空气中均会变质是由于C分子中含有酚羟基；容易被空气中的氧气氧化。

(4)C为1mol该物质含有1mol酚羟基；1mol酯基，二者都可以与NaOH发生反应，所以1molC最多可与2molNaOH完全反应。

(5)反应④是CH3CH(OH)COOCH3与CH3SO2Cl发生取代反应产生和HCl，反应方程式为：CH3CH(OH)COOCH3+CH3SO2Cl+HCl；反应⑥是与发生取代反应生成和HCl，反应方程式为：++HCl。【解析】①.①②.1③.CH3CH(OH)COOCH3④.CH3CH(OH)CN易与空气中的水反应，C(是酚类化合物)易被空气中O2氧化⑤.2⑥.CH3CH(OH)COOCH3+CH3SO2Cl+HCl⑦.++HCl29、略

【分析】【分析】

A的分子式为C2H4O，且核磁共振氢谱为单峰，说明A中氢原子环境相同，只含有一种H，则A的结构简式为B的分子式为核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，说明B中含有3种H，且三种H的个数比为6∶1∶1，则B的结构简式为D的分子式为C7H8O2，且含有苯环，1molD可与1molNaOH或2molNa反应，则D中含有2个羟基，且其中一个为酚羟基（与NaOH反应），苯环上仅有两种不同化学环境的氢，可推断出其结构简式为：C和D发生取代反应生成E：E在碱性条件下发生取代反应生成F，由G的结构简式可推出，F的结构简式为F与发生开环加成反应生成。

【详解】

（1）结合上述分析，A的结构简式为所以本题答案：

（2）结合上述分析可知B的结构简式为所以其名称是2-丙醇。所以本题答案：2-丙醇；

（3）由C的结构简式为和D的结构简式为所以C和D反应的化学方程式为此反应为取代反应。所以本题答案：

(4)E()在碱性条件下转化为F()，因此，由E生成F的反应类型为取代反应。【解析】①.②.2-丙醇(或异丙醇)③.④.取代反应六、实验题(共4题，共20分)30、略

【分析】【分析】

【详解】

(2)根据实验方案中实验操作确定缺少的实验仪器；实验方案涉及的实验操作为试管实验，①需要加热，故缺少的实验仪器为试管；酒精灯、胶头滴管；

(3)根据实验涉及的化学反应确定实验现象；

A．浮于水面；熔成小球，四处游动，逐渐缩小，溶液变红色可知，该现象对应方案③钠与滴有酚酞试液的冷水反应；

B．产生气体；气体可燃，溶液变浅红色可知，该现象对应的方案为①用砂纸打磨后的镁带与沸水反应，再向反应液中滴加酚酞；

C．反应不十分强烈；产生的气体可燃可知，该现象对应的方案为⑤铝条与2mol/L的盐酸反应；

D．剧烈反应；产生的气体可燃可知，该现象对应的方案为④镁带与2mol/L的盐酸反应；

E．生成白色胶状沉淀，后来沉淀消失，该现象对应的方案为⑥向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量；

F．生成淡黄色沉淀可知，该现象对应的方案为②向新制的H2S