2025年鲁教版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年鲁教版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、(CH3NH3)PbI3的晶胞结构如图所示，其中B代表Pb2+；下列说法正确的是。

A.Pb2+的价电子排布式为：6s26p2B.A代表I-C.若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为()，则C的原子分数坐标为(0，)D.已知CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g•cm-32、下列说法正确的是A.第一电离能：Na＜Mg＜AlB.酸性：HF＞HCl＞HBr＞HIC.所有的非金属元素都分布在p区D.共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价3、短周期元素A；B、C；在周期表中所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数之和为32。D元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的2倍。则下列说法正确的是。

A.元素D形成的气态氢化物一定是正四面体形分子B.B两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物的水化物发生反应，且反应类型相同C.原子半径：B>A>C>DD.四种元素形成的气态氢化物中，C元素形成的氢化物的稳定性最强4、砷化氢(AsH3)是一种无色、可溶于水的气体，其分子构型是三角锥形。下列关于AsH3的叙述中正确的是A.AsH3分子中有未成键的电子对B.AsH3是非极性分子C.AsH3是强氧化剂D.AsH3分子中的As－H键是非极性键5、纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成(熔点为30℃)；高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如图(夹持装置略)：

下列说法错误的是A.A的名称是蒸馏烧瓶，B的进水口为bB.空气流入毛细管的主要作用是防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用C.过滤磷酸晶体时，需要干燥的环境，同时还需要控制温度为30～42℃之间D.磷酸中少量的水极难除去的原因是分子中含羟基，可与水分子间形成氢键6、氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料；光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示。下列说法错误的是。

A.氧元素位于元素周期表中的p区B.CeO2晶体中与Ce4+相邻且最近的Ce4+有12个C.O2-占据所有四面体空隙D.每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为1-2x7、熔融时需要破坏共价键的化合物是A.冰B.石英C.铜D.氢氧化钠评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、如图表示元素周期表中部分元素的某种性质(X值)随原子序数变化的关系示意图。

(1)短周期中原子核外p能级上电子总数与s能级上电子总数相等的元素是______(填元素符号)。

(2)同主族内不同元素的X值变化的特点是______；同周期内，随着原子序数的增大，X值的变化总趋势是______。元素周期表中X值的这种变化特点体现了元素性质的______变化规律。

(3)预测S元素与元素x值的大小关系为______，x值最小的元素在元素周期表中的位置是______(放射性元素除外)。

(4)X值较小的元素集中在元素周期表的______(填标号)。

a．左下角b．右上角c．分界线附近。

(5)下列关于元素性质的说法正确的是______(填标号)。

a．X值可反映元素最高正化合价的变化规律。

b．X值可反映元素在化合物中吸引电子的能力。

c．X值的大小可用来判断元素金属性和非金属性的强弱9、地球化学中，通常用热重分析研究矿物在受热时的质量变化以确定其组成。取66.6mg由高岭石［Al4Si4O10(OH)8］和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热到673K～1123K区间内分解为氧化物，样品总失重13.8mg。高岭石受热分解反应方程式：Al4Si4O10(OH)8→2Al2O3+4SiO2+4H2O

(1)硅原子核外电子排布在____个不同的电子层中，核外最外层电子分布在____个不同的轨道中。

(2)硅与铝同周期且相邻，化学性质有相似性，写出Si与NaOH溶液反应的化学方程式________。

(3)高岭石是长石的一种，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钙长石化学式CaAl2Si2O8可推知钠长石的化学式为_________________。

(4)此矿物中高岭石的质量分数为____________。

a.44%b.56%c.77.5%d.80%

(5)若对高岭土进行煅烧活化，然后利用盐酸进行分解，对于分解出的氯化铝溶液及二氧化硅再分别加入碱溶液进行去杂提纯，最后得到的氯化铝溶液可制备氧化铝。写出由氯化铝溶液得到纯净氧化铝的化学反应方程式(要求最节约)：_____________________。

(6)用焦炭与石英砂(SiO2)混合高温；产生粗硅，现由两种方法将粗硅提纯：

第一种方法：Si+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl

第二种方法：Si+3HClSiHCl3SiHCl3+H2Si+3HCl。

工业上常用第二种方法来提纯单晶硅，其原因是_________________。10、元素单质及其化合物有广泛用途；请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：

（1）按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是___。

a．原子半径和离子半径均减小b．金属性减弱；非金属性增强。

c．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d．单质的熔点降低。

（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为___，氧化性最弱的简单阳离子是___。

（3）已知：。化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/℃28002050714191

工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是___；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___。

（4）晶体硅(熔点1410℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)

写出SiCl4的电子式：___；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____。

（5）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是____。

a．NH3b．HIc．SO2d．CO2

（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：____。11、铅是一种金属元素；可用作耐酸腐蚀；蓄电池等的材料。其合金可作铅字、轴承、电缆包皮之用，还可做体育运动器材铅球等。

(1)铅元素位于元素周期表第六周期IVA。IVA中原子序数最小的元素的原子有_______种能量不同的电子，其次外层的电子云有_______种不同的伸展方向。

(2)与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是______（填化学式），气态氢化物沸点最低的是_____________（填化学式）。

(3)配平下列化学反应方程式；把系数以及相关物质(写化学式)填写在空格上，并标出电子转移的方向和数目。

__PbO2+___MnSO4+___HNO3→___HMnO4+___Pb(NO3)2+___PbSO4↓+________

(4)把反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6mol·L-1，则反应中转移的电子数为_______个。

(5)根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是_______

A.PbO2+4HCl→PbCl4+2H2OB.PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O

C.PbO2+2HCl+2H+→PbCl2+2H2OD.PbO2+4HCl→PbCl2+2OH-12、SiCl4与N-甲基咪唑()反应可以得到M2＋；其结构如图所示：

N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，H、C、N的电负性由大到小的顺序为___________，1个M2＋中含有___________个σ键；13、用价键理论说明配离子[CoF6]3-和[Co(CN)6]3-其中心离子杂化类型，离子的磁性和稳定性_______。14、(1)已知Li、Na、K、Rb、Cs的熔、沸点呈下降趋势，而F2、Cl2、Br2、I2的熔点和沸点依次升高，分析升高变化的原因是_______。

(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，写出CN2H4的电子式_______

(3)已知金刚石中C-C键能小于C60中C-C键能，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，此说法不正确的理由_______。15、CuFeS2中存在的化学键类型是___________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的___________。

A．B．

C．D．16、羟基亚乙基二磷酸(HEDPA，结构式如I，可简写为H4L)可在较宽的pH范围内与金属离子或原子形成稳定的配合物，是一种常用的配体，主要用作工业循环冷却水的缓蚀阻垢剂和无氰电镀的络合剂，与188Re所形成的188Re-HEDPA可用于治疗转移性骨癌。HEDPA和Mn2+可在一定的pH值和Mn2+/HEDPA配比下形成配合物A；将该配合物加热，在250°C以上样品失重25.80%。脱水结束后对残余物之进行元素分析。配合物A的元素含量为：Mn(15.74%)；C(6.88%)；H(4.62%)；O(55.01%)；P(17.77%)。

(1)根据元素分析数据，推证配合物A的分子式为____。

(2)画出该配合物的结构示意图，并在图上注明HEDPA中哪些原子可为配位原子？(用*表示)____。

(3)实验测得配合物A的磁矩为6.12μ0，配合物未成对电子数为___，中心原子的杂化轨道类型是____。

(4)如何将合成A的条件作修改，可得到多核配合物___。并写出2种该多核配合物的分子式。__。

(5)已知配合物[Mn(H2O)6]2+的d-d跃迁在400nm-550nm范围内有弱的吸收，配合物呈肉粉色：在水溶液中形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将发生怎样的变化____。观察配合物的颜色明显加深，为什么？___。评卷人得分三、判断题(共7题，共14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23、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.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共4分)24、[Co(NH3)6]Cl3(三氯化六氨合钴)属于经典配合物，实验室以Co为原料制备[Co(NH3)6]Cl3的方法和过程如下：

I．制备CoCl2

已知：钴单质与氯气在加热条件下反应可制得纯净CoCl2，钴单质在300°C以上易被氧气氧化；CoCl2熔点为86°C；易潮解。制备装置如下：

(1)制氯气的反应中，还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。

(2)试剂X通常是___________(填名称)。

(3)试剂Z的作用为___________。

(4)为了获得更纯净的CoCl2，开始点燃N处酒精喷灯的标志是___________。

Ⅱ．制备[Co(NH3)6]Cl3——配合；氧化。

已知：①Co2+不易被氧化；[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。

②[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度曲线如图所示：

③加入少量浓盐酸有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。

(5)按图组装好装置→___________(填序号，下同)→打开磁力搅拌器→控制温度在10°C以下→___________→加热至60°C左右；恒温20min→在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。

①缓慢加入H2O2溶液。

②滴加稍过量的浓氨水。

③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水。

(6)写出氧化阶段发生反应的离子方程式：___________。

(7)粗产品可用重结晶法提纯：向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，___________，冷却后向滤液中加入少量___________，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥，得纯产品[Co(NH3)6]Cl3。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共12分)25、磷酸氯喹对新型冠状病毒有抑制作用；是治疗新型冠关病毒性肺炎的临床“有效药物”，可由氯喹和磷酸在一定条件下制得。

(1)磷酸根离子的空间构型为_______。

氯喹的一种合成路线如图。

(2)在强酸性介质条件下，Zn能将Ar-NO2还原为Ar-NH2，同时生成Zn2+。请据此写出反应A→B的离子方程式_______。

(3)D的结构简式为_______。

(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。

①含有苯环(无其它环)；且苯环上有3个不相邻的取代基；

②含有杂化轨道类型为sp的碳原子；

③核磁共振氢谱图中有4个吸收峰；且面积之比为2：1：1：1。

(5)写出以3-硝基苯甲醛和为原料，制备的合成路线流程图_______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)26、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物；艾司洛尔的一种合成路线如下：

回答下列问题：

(1)丙二酸的结构简式为___________；E中含氧官能团的名称是___________。

(2)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成lmolB、1molH2O和1molCO2；B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为_______________________________________________________。

(3)D生成E的反应类型为_____________。

(4)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。用星号(*)标出F中的手性碳：_______________。

(5)X是B的同分异构体；X同时满足下列条件的结构共有___________种(不考虑空间异构)，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为______________。

①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③除苯环外不含其他环。

(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线_________________。27、为了研究有机物A的组成与结构；探究小组进行如下实验：

i.将9.0gA在足量氧气中充分燃烧；并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，测得两者分别增重9.0g和17.6g。

ii.通过质谱法测得其相对分子质量为90。

iii.通过红外光谱法测得A分了中有两个羟基（不能连在同一个碳原子上）。且A分子中不存在“–CH3”

回答下列问题：

（1）A的分于式是_________，结构简式为__________。

（2）A分子的核磁共振氢谱有________组峰，峰面积之比为___________。

（3）在一定条件下；A分子存在如下转化关系：

（C4H6）BACD高分子化合物。

①A→B的反应类型为_____，B分于中在一个平面上的原子数最多为______个。

②写出下列反应的化学方程式：A→C：____；C→D：________。

③D→E的反应类型为___________，E的结构简式为_______。28、有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物F是一种合成药物的中间体；其合成路线如图所示：

已知：①Diels-Alder反应：

②(R；R′均为烃基)

回答下列问题：

(1)A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则CH3CH2OH→A所需试剂、条件分别为______、______。

(2)B的化学名称是______；A→C的反应类型为______。

(3)F中官能团的名称是______。

(4)分子式为C6H10的有机物其结构不可能是______填标号

A.含有两个环的环状有机物。

B.含有一个双键的直链有机物。

C.含有两个双键的直链有机物。

D.含有一个三键的直链有机物。

(5)D→E的化学方程式为______。

(6)已知炔烃与二烯烃也能发生Diels-Alder反应。则以CH2=CH-CH=CH2和HC≡CH为原料合成的路线图为______无机试剂任选用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)29、K2S的晶胞结构如图所示。其中K＋的配位数为___________，S2-的配位数为___________；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，则K2S晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式；不必计算出结果)。

30、LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有___________个。

电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．的价电子排布式为：故A错误；

B．A位于顶点，个数为1，A代表故B错误；

C．根据晶胞中原子的相对位置可知，若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为()，则C的原子分数坐标为(0，)；故C正确；

D．故晶体的密度为故D错误；

故选C。2、D【分析】【详解】

A．同周期元素；从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Mg＞Al＞Na，故A错误；

B．氢氟酸为弱酸，其他酸为强酸，F、Cl、Br；I半径增大；H—X键键长增大，越来越易断裂电离出氢离子，酸性增强，故B错误；

C．氢元素是位于元素周期表s区的非金属元素；故C错误；

D．共价化合物中；电负性大的成键元素的非金属性强，共用电子对偏向电负性大的成键元素，化合物中表现为负价，故D正确；

故选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

略4、A【分析】【分析】

【详解】

A．As原子最外层有5个电子；其中3根分别与氢原子形成共价键，剩余一对电子未参与成键，故A正确；

B．砷化氢分子构型是三角锥形；所以正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；

C．处于最低价态的元素具有强还原性；As为-3价，处于最低价态，具有强还原性，故C错误；

D．不同种元素之间形成的共价键极性键；故D错误；

综上所述答案为A。5、A【分析】【分析】

五氧化二磷可作为干燥剂；空气经干燥后进入仪器A中，可以防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用；

【详解】

A．如图；仪器A没有具支管属于圆底烧瓶，冷凝管中冷凝水下进上出冷凝效果好，故A错误；

B．五氧化二磷可作为干燥剂；空气经干燥后进入仪器A中，可以防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用，故B正确；

C．根据题意，纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)，纯化过程温度低于21℃易形成(熔点为30℃)；所以防止纯磷酸熔化，过滤时需要干燥的环境，同时还需要控制温度为30～42℃之间，故C正确；

D．磷酸结构为分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，磷酸中少量的水极难除去，故D正确；

故选A。6、D【分析】【详解】

A．O是第二周期第ⅥA族元素，其核外电子排布式为1s22s22p4；属于p区元素，A正确；

B．由CeO2晶胞图可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为B正确；

C．晶胞中位于顶点和面心Ce4+个数为由化学式CeO2可知，晶胞中O2-个数为即晶胞内部8个四面体空隙全部被O2-占据；C正确；

D．假设CeO2-x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=2(2-x)，解得m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+个数为所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x；D错误；

故选D。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．水形成晶体的类型是分子晶体；物态变化时破坏的是氢键及范德华力，描述错误，不符题意；

B．石英是SiO2；晶体类型是原子晶体，原子间以共价键相连，熔融时破坏的是共价键，描述正确，符合题意；

C．铜的晶体类型是金属晶体；微粒间作用力是金属键，熔融时破坏金属键，描述错误，不符题意；

D．氢氧化钠晶体是离子晶体；熔融时破坏离子键，描述错误，不符题意；

综上，本题应选B。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)p能级上电子总数与s能级上电子总数相等的短周期元素的电子排布只有和即只有O和两种元素；

(2)观察Li、Na、K或F、Cl、Br；I等可以看出同主族元素X值的变化规律是：原子核外电子层数越多；X的值越小；观察每一条曲线即可看出同一周期元素X值的变化规律是：原子序数越大，X的值就越大；元素周期表中X值的这种变化特点体现了元素性质的周期性变化规律；

(3)S、Se是同一周期的元素X变化规律：原子核外电子层数越多，X的值越小，则S元素与Se元素X值的大小关系为：S＞Se；X值最小的元素是Fr元素；在元素周期表中的位置是第七周期第IA族；

(4)由于同一主族原子序数越大；X越小；同一周期元素的原子序数越大X越大，可知X值较小的主要集中在元素周期表的左下角，故合理选项是a；

(5)根据上述分析可知，X值表示元素的电负性，它可以反映元素在化合物中吸引电子的能力，也可以用于判断元素金属性和非金属性的强弱，故合理选项是bc。【解析】O、同一主族元素，从上到下X值逐渐减小逐渐增大周期性S＞Se第七周期IA族abc9、略

【分析】【分析】

(1)根据硅原子核外电子排布分析；

(2)Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气；

(3)根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同；结合化合价代数和是0可写出钠长石的化学式；

(4)由高岭石[Al4Si4O10(OH)8]和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热到673K～1123K区间内分解为氧化物，方解石分解生成CaO和二氧化碳，高岭石受热分解反应方程式：Al4Si4O10(OH)8→2Al2O3+4SiO2+4H2O；所以减少的质量为二氧化碳和水的质量，列方程组计算；

(5)AlCl3水解生成氢氧化铝；氢氧化铝分解生成氧化铝；

(6)根据反应中能量的消耗和原料的使用来分析。

【详解】

(1)硅为14号元素，其核外有14个电子，硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；则硅原子核外电子排布在3个电子层，核外最外层电子分布在3个不同的轨道中；

(2)硅与铝同周期且相邻，化学性质有相似性，Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，则其反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；

(3)结合钙长石的化学式可知钠长石就是将钙长石的中钙更换为钠，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钠长石的化学式为NaAlSi3O8；

(4)由高岭石[Al4Si4O10(OH)8]和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热到673K～1123K区间内分解为氧化物，方解石分解生成CaO和二氧化碳，高岭石受热分解反应方程式：Al4Si4O10(OH)8→2Al2O3+4SiO2+4H2O，所以减少的质量为二氧化碳和水的质量，设矿物中高岭石为xmol，方解石为ymol，则516x+100y=66.6×10-3g，4x×18+44y=13.8×10-3g

解得：x=1×10-4mol，y=1.5×10-4mol，则高岭石的质量为1×10-4mol×516g/mol=51.6×10-3g=51.6mg，则此矿物中高岭石的质量分数为×100%=77.5%；故合理选项是c；

(5)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，则氯化铝溶液得到纯净氧化铝的化学反应方程式(要求最节约)为：2AlCl3+3H2O→Al2O3+6HCl↑；

(6)用焦炭与石英砂(SiO2)混合高温；产生粗硅，现由两种方法将粗硅提纯：

第一种方法：Si+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl

第二种方法：Si+3HClSiHCl3SiHCl3+H2Si+3HCl。

第二种方法反应温度较低；能量消耗少，而且HCl能循环使用。

【点睛】

本题考查了电子排布式、化学方程式的书写、硅酸盐的表示方法、物质含量的计算、工业生产的条件选择等，熟悉物质的性质是解答本题的关键，要结合物质的性质、能耗等分析解答。【解析】①.3②.3③.Si+2NaOH+H2O→Na2SiO3+2H2↑④.NaAlSi3O8⑤.c⑥.2AlCl3+3H2O→Al2O3+6HCl↑⑦.温度较低，耗能少；HCl可以循环利用10、略

【分析】【分析】

（1）a；同一周期；随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，简单离子半径先减小后增大再减小；

b；同一周期元素；随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；

c；元素的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；

d；同一周期元素；其单质的熔点先增大后减小；

（2）第三周期中；次外层电子数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中简单阳离子为钠离子；镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；

（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁；电解MgO冶炼Mg浪费能源；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；

（4）四氯化硅为共价化合物；氯原子和硅原子都达到8个电子，每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，结合物质的量与反应放出的热量成正比计算；

（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥剂；

（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾；再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可。

【详解】

（1）a；第三周期中；随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阳离子到阴离子，半径在增大，故a错误；

b、同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故b正确；

c；元素的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以其最高价氧化物的水化物碱性减弱、酸性增强，故c错误；

d；同一周期元素；其单质的熔点先增大后减小，Si的熔点最高，故d错误；

故答案为：b；

（2）原子最外层电子书与次外层电子数相同，而第三周期中次外层电子为8，该元素原子结构示意图为则该元素为氩；金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的为Na+；

故答案为：氩；Na+；

（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁；电解MgO冶炼Mg浪费能源，所以用熔融态氯化镁冶炼镁；

氯化铝是共价化合物；熔融状态下以分子存在，所以不导电，则用熔融氧化铝冶炼Al；

故答案为：MgO的熔点高；熔融时消耗更多能量，增加生产成本；氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电；

（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，四氯化硅的电子式为每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，则生成1mol纯硅吸收的热量为=0.025akJ，所以热化学方程式为：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025akJ•mol-1；

故答案为：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025akJ•mol-1；

（5）浓硫酸具有强氧化性；酸性；不能干燥具有还原性、碱性的气体；

a、NH3为碱性气体；不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，可用碱石灰干燥，故错误；

b、HI为还原性气体，不能利用浓硫酸干燥，可以利用P2O5干燥；故正确；

c、SO2为酸性气体；可以用浓硫酸；五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故错误；

d、CO2为酸性气体；可以用浓硫酸；五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故D错误；

故答案为：b；

（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4；

故答案为：4KClO3KCl+3KClO4。【解析】b氩Na+MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025akJ•mol-1b4KClO3KCl+3KClO411、略

【分析】【分析】

(1)IVA中原子序数最小的元素的原子为C，其核外电子排布式为1s22s22p2；则碳原子有1s；2s和3p三种能量不同的电子；C的次外层为s轨道，为球形对称结构；

(2)元素的非金属性越强；其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；同一主族元素中，氢化物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，其沸点越高；

(3)根据氧化还原反应中化合价升降相等配平；然后利用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目；

(4)根据n=c·V计算出铅离子的物质的量；根据反应计算出硫酸铅的物质的量，再根据化合价变化计算出转移电子的物质的量及数目；

(5)根据(3)可知二氧化铅的氧化性大于氯气；二氧化铅与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化铅；氯气和水，据此进行判断。

【详解】

(1)IVA中原子序数最小的元素为C，C原子核外有6个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2；则碳原子有1s；2s和3p三种能量不同的电子；C的次外层为1s轨道，为球形对称结构，只存在1种不同的伸展方向；

(2)IVA中非金属性最强的为C，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳酸，其化学式为：H2CO3；

对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高。IVA族元素中，CH4的相对分子质量最小；则其沸点最低；

(3)PbO2中Pb的化合价从+4变为+2价，化合价降低2价；MnSO4中锰元素化合价从+2变为+7，化合价升高5价，则化合价变化的最小公倍数为10，所以二氧化铅的系数为5，硫酸锰的稀释为2，然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为H2O，配平后的反应为：5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSO4↓+2H2O，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：

(4)把反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6mol/L，则反应生成铅离子的物质的量为：n(Pb2+)=c·V=0.6mol/L×1L=0.6mol，硫酸铅中铅离子的物质的量为0.4mol，则反应中转移电子的物质的量为：(0.6+0.4)mol×(4-2)=2mol，反应转移电子的数目为2NA；

(5)根据(3)可知氧化性：PbO2>HMnO4，而HMnO4能够氧化Cl-，所以PbO2能够氧化Cl-，二者反应的化学方程式为：PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O；故合理选项是B正确。

【点睛】

本题考查了原子结构与元素周期律的关系、氧化还原反应的配平及其综合应用，明确氧化还原反应的实质与元素化合价的关系，掌握配平原则是本题解答的关键。注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，能够利用单线桥或双线桥法分析电子转移的方向和数目。【解析】①.3②.1③.H2CO3④.CH4⑤.5⑥.2⑦.6⑧.2⑨.3⑩.2⑪.2H2O⑫.⑬.2NA⑭.B12、略

【分析】【详解】

N-甲基咪唑分子中，—CH3碳原子只形成单键，则采取sp3杂化；五元杂环上碳原子形成2个单键和1个双键，则采取sp2杂化；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键。【解析】sp2、sp3N>C>H5413、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】[CoF6]3-sp3d2杂化外轨型杂化不稳定磁矩m===4.98；[Co(CN)6]3-d2sp3杂化内轨型杂化稳定磁矩m===014、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)F2、Cl2、Br2、I2为同主族元素形成的单质，组成结构相似，均为分子晶体，熔沸点由分子间作用力的大小决定，而相对分子质量越大的分子间作用力越大，熔沸点越高，故答案为：F2、Cl2、Br2、I2是结构相似的分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高；

(2)CN2H4是离子化合物可知为铵盐结构，则阴离子为CN-，各原子均满足稳定结构，C-N之间形成单键，电子式为：故答案为：

(3)C60是60个C原子形成的分子，分子间通过分子间作用力结合形成分子晶体，而金刚石是碳原子通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，熔化时C60只需破坏分子间作用力，而金刚石需要破坏共价键，共价键的能量大于分子间作用力，因此金刚石的熔点高于C60，故答案为：C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，故C60熔点低于金刚石；【解析】F2、Cl2、Br2、I2是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，故C60熔点低于金刚石15、略

【分析】【分析】

【详解】

CuFeS2中存在的化学键类型是离子键；

A．Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6；A错误；

B．Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1；B错误；

C．Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5；C正确；

D．Cu+的电子排布式为[Ar]3d10；D正确；

答案选CD。【解析】离子键CD16、略

【分析】【分析】

【详解】

由μ=[n(n+2)]1/2μ0=6.12μ0

得μ=[n(n+2)]1/2=6.12→n2+2n-37.45=0

→(n-5.2)(n+7.2)=0→n=5.2→n≈5【解析】MnC2H6O7P2·5H2O5sp3d2当[Mn2+]》[H4L]时，可形成多核配合物[(H2O)5Mn-H2L-Mn(H2O)5]2+：[(Mn·5H2O)4L]4+等由于HEDPA中磷酸基上的氧比水分子中的氧更易给出孤电子对，对中心离子d轨道的影响更大，因此形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将增加由于水合离子的摩尔吸收率一般都很低，因此水合配合物的颜色常常较浅。当形成配合物II后，d-d跃迁禁阻部分解除，摩尔吸收率增加，吸收颜色加深三、判断题(共7题，共14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。23、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。四、实验题(共1题，共4分)24、略

【分析】【分析】

I．M装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl气体，通过试剂Y（浓硫酸）除水，装置N中Co和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z为碱石灰，吸收多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。

Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在10°C以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液；加热至60°C左右，恒温20min，在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。

【详解】

（1）制氯气的化学方程式为该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，1molMnO2和4molHCl反应；只有一半HCl作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之比2:1。

（2）制得的氯气中含有HCl气体；通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。

（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。

（4）为了获得更纯净的CoCl2；需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。

（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。故答案为③；②①。

（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。

（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。【解析】(1)2:1

(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。

(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。

(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体；合理即可)

(5)③②①

(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3

(7)趁热过滤浓盐酸五、有机推断题(共4题，共12分)25、略

【分析】【分析】

(1)

中P原子上含有的价层电子对数是4+=4；则该微粒空间构型是正四面体形；

(2)

酸性条件下，与Zn反应生成同时生成Zn2+与H2O，反应离子方程式为：+Zn+6H+→+3Zn2++2H2O；

(3)

对比C、E的结构简式，结合D的分子式、反应条件，可知D发生酯基水解反应，然后酸化生成E，故D的结构简式为

(4)

G的一种同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环(无其它环)，且苯环上有3个不相邻的取代基；②含有杂化轨道类型为sp的碳原子，③核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，且面积之比为2：1：1：1，可以是存在-CN与-C(Cl)=CH2或者-CH=CH2，符合条件的一种同分异构体为：

(5)

由G→H的转化可知，由与反应生成由F→G的转化可知与POCl3反应生成由A→B的转化可知与Zn/HCl反应生成结合E→F的转化，氧化生成然后加热脱羧生成故合成路线流程图为：【解析】(1)正四面体。

(2)+3Zn+6H+→+3Zn2++2H2O

(3)

(4)

(5)26、略

【分析】【分析】

A的分子式为C7H6O2，能发生信息中的反应得到B，说明A中含有醛基，结合E的结构，可知A为则B为结合B、C的分子式，可知B中碳碳双键与氢气发生加成反应生成C，故C为C与甲醇发生酯化反应生成D为对比D；E的结构，可知D中酚羟基中H原子被取代生成E，E发生取代反应生成艾司洛尔。

【详解】

（1）丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH，E含有醚键、酯基，故答案为：HOOCCH2COOH；醚键；酯基；

（2）A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成lmolB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，A为A生成B的方程式为

故答案为：

（3）D发生取代反应生成E；故答案为：取代反应；

（4）已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号(*)标出F中的手性碳：故答案为：

（5）B为X是B的同分异构体，X同时满足①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③除苯环外不含其他环。如含有两个取代基，则可为-OH、-CH=CHCOOH或-C（COOH）=CH2，各有邻、间、对3种；如含有3个取代基，可为-OH、-CH=CH2、-COOH，共10种，则X共有15种同分异构体，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为

故答案为：15；

（6）苯甲醇发生催化氧化得到然后与HOOCCH2COOH在吡啶、苯胺条件下反应得到再与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，最后在碱性条件下水解后酸化得到目标物。合成路线流程图为：故答案为：

【点睛】

本题考查有机物的推断与合成，答题中确定A的结构简式是推断的关键，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与衍变，有机物命名，适当进行有机物命名拓展，难点（6）注意HOOCCH2COOH在吡啶、苯胺条件下反应得到【解析】HOOCCH2COOH醚键、酯基取代反应1527、略

【分析】【分析】

9.0gA在足量氧气中充分燃烧，生成9.0gH2O为0.5mol，17.6gCO2的物质的量为0.4mol，即9.0gA含有