2025年中图版必修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年中图版必修2化学上册阶段测试试卷939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、原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是A.由稀组成原电池，放电时向电极移动B.由溶液组成原电池，其负极反应式为C.由溶液组成原电池，其负极反应式为D.由浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为2、已知化合物A(C4Si4H8)的分子结构如图所示，则C4Si4H8的六硝基取代物的同分异构体数目为。

A.1种B.3种C.4种D.6种3、下列有关性质的比较中，正确的是A.硬度：白磷＞冰＞二氧化硅；在水中的溶解度：NH3>CO2>SO2>H2B.非金属性：N＞O＞P＞S；碱性：KOH＞NaOH＞Al(OH)3＞Ca(OH)2C.共价键的键能：硅>碳化硅>金刚石；晶格能：CsCl>NaCl>CaOD.氢键强弱：N···H＜O···H＜F···H；范德华力强弱：NH3<PH3<AsH34、下列关于有机化合物的说法正确的是A.蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，水解后只生成葡萄糖B.无水乙醇常用于杀菌消毒C.使用添加碱性蛋白酶的洗衣粉洗衣服时，水温越高去污效果越好D.家庭中使用的菜籽油是一种能使酸性高锰酸钾溶液褪色的植物油脂5、反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，在其它条件不变的情况下，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A.增加H2O的物质的量浓度B.将容器的体积缩小一半C.保持体积不变，充入N2使体系压强增大D.保持压强不变，充入N2使容器体积变大6、有X、Y、Z、W四种金属，已知X制的容器不能盛放Z的盐溶液，Z跟Y的盐溶液能反应；只有W在自然界中能以单质形式存在。则这四种金属活动性顺序为（）A.Z>Y>X>WB.X>Z>Y>WC.Y>X>Z>WD.Y>Z>X>W7、升高温度，下列物理量的值一定增大的是()A.化学反应的焓变B.化学平衡常数C.反应物的转化率D.弱酸的电离平衡常数评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、甲醛是一种重要的化工产品；可利用甲醇催化脱氢制备。气态甲醛与气态甲醇转化的能量关系如图所示。

(1)甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。

(2)过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是否相同？_________，原因是_______________________。

(3)写出甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学反应方程式___________________________。9、I．请回答下列问题：

（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和___________。

（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈；结构如图所示：

Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因___________。

（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)；请结合下图回答：

过程Ⅰ负极的电极反应式是___________。

II．磷酸燃料电池是当前商业化发展最快的一种燃料电池。该电池使用浓磷酸作电解质；浓磷酸通常位于碳化硅基质中。以氢气为燃料的磷酸燃料电池(图1)

根据题意；回答下列问题：

（4）图1中“a→”表示___________(填“电流流动”或“电子移动”)方向，电极c的电极反应式为___________10、以煤为主要原料可以制备乙二醇；相关工艺流程如下：

（1）写出方法l在催化剂的条件下直接制取乙二醇的化学方程式_______

（2）合成气在不同催化剂作用下，可以合成不同的物质。下列物质仅用合成气为原料就能得到且原子利用率为100%的是_____填字母）。

A．草酸(HOOC-COOH)B．甲醇(CH3OH)C．尿素[CO(NH2)2]

（3）工业上还可以利用天然气（主要成分为CH4）与C02反应制备合成气。已知：

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol

2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol

则CH4与CO2生成合成气的热化学方程式为____________________。

（4）方法2：在恒容密闭容器中投入草酸二甲酯和H2发生如下反应：

CH3OOC—COOCH3(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=-34kJ/mol

为提高乙二醇的产量和速率，宜采用的措施是___________(填字母)。

A．升高温度B．增大压强C．增大氢气浓度。

（5）草酸二甲酯水解生成草酸：CH3OOC—COOCH3+2H2OHOOC—COOH+2CH3OH

①草酸是二元弱酸，可以制备（草酸氢钾），溶液呈酸性，用化学平衡原理解释：__________________。

②在一定的溶液中滴加NaOH溶液至中性。下列关系一定不正确的是_______（填字母）。

A．

B．

C．

（6）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极为电源的_____填“正”或“负”）极，负极反应式为_______________。11、染发剂中普遍含有对苯二胺(其化学式为C6H8N2)会使易过敏的人引起发痒；水肿、气喘、胃炎和贫血等症状；另外它还具有致癌作用。因此，科学界告诫我们：慎用染发剂，少染发为好。

(1)一个对苯二胺分子中碳氢元素质量比_____。

(2)在对苯二胺中，所含元素的质量分数最大的元素是_____(填元素名称)。12、乙醇在能源；生产及日常生活等许多方面都有十分广泛的应用。请计算：

（1）将足量乙醇与9.2g金属钠充分反应，则标准状况下生成气体的体积是_______L

（2）若一定量的乙醇和O2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）。产物依次经过浓硫酸和碱石灰使其被充分吸收，浓硫酸增重10.8g，碱石灰增重13.2g。则氧气的物质的量是_______________mol，燃烧产物的平均摩尔质量是____________g/mol。13、用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气_____L（标准状况下），正极的电极反应式是_____。14、化学电池的发明；是贮能和供能技术的巨大进步。

(1)如图所示装置中，锌片是___________(填“正极”或“负极”)，铜片上发生的电极反应为___________。

(2)2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究做出突出贡献的科学家某锂离子电池的工作原理如图，下列说法正确的是___________。

A．A为电池的正极B．该电池的电解质环境可能为酸或碱的水溶液。

C．电池工作时，电池内部的定向移动D．电池工作时，电子从A极经导线流向B极评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，则生成的氯甲烷具有酸性。(____)A.正确B.错误16、乙烯的碳碳双键中的一个键可以断裂，容易发生加成反应和取代反应。(____)A.正确B.错误17、食用油酸败后，高温消毒后仍可食用(_______)A.正确B.错误18、煤就是碳，属于单质____A.正确B.错误19、用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共40分)20、过氧化钙可用于改善地表水质；也可用于应急供氧。实验室模仿工业上生产过氧化钙的主要流程如下：

已知①“沉淀”时需控制温度为0℃左右。

②CaO2•8H2O是白色晶体粉末；难溶于水．

（1）“沉淀”步骤的实验装置如图。

①“沉淀”时控制温度为0℃左右的原因是_____________。

②仪器a的名称是_____________，仪器b的作用是_____________。

（2）“乙醇洗＂的目的是_____________。

（3）产品纯度测定：

第一步：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体（过量）．再滴入适量盐酸溶液充分反应。

第二步：向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。

第三步：逐滴滴入浓度为cmol•L-1的Na2S2O3溶液至滴定终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。

已知：2+I2=2I-+

①第二步滴入几滴淀粉溶液时，溶液呈_____________（填“无色”或“蓝色”)。

②产品（CaO2）的纯度为_____________（列出计算表达式）。

（4）某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应：

①装置A中发生反应的化学方程式为_____________。

②装置B中浓H2SO4的作用是_____________。

③装置E用于测定O2的体积，请在框中画出装置图。_____________21、MoS2作为石墨电极的改性剂不仅能弥补石墨低容量的不足，还可以有效解决自身稳定性和导电性不佳的问题。以钼精矿(主要成分为MoS2，含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等杂质)为原料生产MoS2的工艺流程如图。

已知：①MoS2中S的化合价为-2价；

②常温下PbCl2不溶于水，但PbCl2可与Cl-反应，生成可溶性络合离子

③MoS2不溶于水和常见酸碱，“烧熔”时可转化为酸性氧化物MoO3，“硫代”时生成

回答下列问题：

(1)使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是盐酸与钼精矿中的CaCO3、PbS杂质发生反应，生成CaCl2、PbCl2，其中生成PbCl2的化学方程式为_______。

(2)“氯盐浸出”的原理是利用具有强氧化性的FeCl3，在强酸性条件下氧化CuFeS2，使之生成CuCl2和S，该过程的氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。

(3)“碱浸”时使用氨水而不使用NaOH溶液的原因是_______。

(4)“碱浸”后滤液③的主要成分为_______(填化学式)。

(5)“初级酸浸”、“碱浸”流程中操作温度不宜过高的原因是_______。

(6)产品MoS2中存在极微量的非整比晶体杂质MoS2.8，则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为_______。22、某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体(CuSO4·5H2O)。

请回答：

(1)步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为___________，该步骤中涉及到的分离操作是___________。

(2)溶液D中阴离子主要是___________。

(3)溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___________。

(4)若分离得到固体F中含铜质量为6.4g，经转化获得胆矾20.0g，则铜的转化率为___________。

(5)工业上常用溶液E制取净水剂高铁酸钠[Na2FeO4]；流程如图：

写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式：___________。(已知NaClO被还原为NaCl)23、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：

已知：①As2S3与过量的S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)；

②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

（1）砷是第四周期VA族元素，则砷的原子序数为________；AsH3的电子式为____________；

（2）根据元素周期律，下列说法正确的是_________。

a.酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4b．原子半径：S＞P＞As

c．非金属性：S＞P＞As

（3）砷酸的第一步电离方程式为________________。

（4）沉淀X为_________________(填化学式)。

（5）“一级沉砷”中FeSO4的作用是____________________________________________；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为_____________________________。

（6）关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为是富含砷的黄铁矿（FeS2）被氧化为Fe(OH)3，同时生成SO42-，导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为______________________评卷人得分五、结构与性质(共4题，共12分)24、如表列出了①～⑦七种元素在周期表中的位置。

请按要求回答：

(1)七种元素中，原子半径最大的是(填元素符号)___。

(2)③与⑦的气态氢化物中，稳定性较强的是(填化学式)___。

(3)元素⑥的最高价氧化物对应的水化物是(填化学式)___。

(4)由①、②、③三种元素组成的离子化合物是___，检验该化合物中阳离子的方法是___。

(5)下列事实能说明O的非金属性比S的非金属性强的是___(填字母代号)。

a.O2与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b.加热条件下H2S比H2O更容易分解。

c.在氧化还原反应中，1molO2比1molS得电子多。

d.H2O的沸点比H2S高。

(6)含有上述元素的物质间存在如图转化。

M所含的化学键类型是___，实验室检验AlCl3是否为离子化合物的方法___。25、判断正误。

（1）高级脂肪酸甘油酯是高分子化合物_____

（2）天然的不饱和高级脂肪酸甘油酯都是简单甘油酯_____

（3）植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色_____

（4）高级脂肪酸和乙酸互为同系物_____

（5）氢化油又称人造脂肪，通常又叫硬化油_____

（6）油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应_____

（7）油脂在碱性条件下的水解一定得到高级脂肪酸钠和甘油_____

（8）鱼油(主要成分是二十碳五烯酸和二十二碳六烯酸)不是油脂_____

（9）氢化油的制备方法是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂___

（10）植物油经过氢化处理后会产生有害的副产品反式脂肪酸甘油酯，摄入过多的氢化油，容易堵塞血管而导致心脑血管疾病_____26、据科技日报道南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，实现丙烯醇绿色合成。丙烯醇及其化合物可合成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的丙烯醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH－CH2OH。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的电子排布式为________。

（2）1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为_____，丙烯醇分子中碳原子的杂化类型为_____。

（3）丙醛(CH3CH2CHO的沸点为49℃，丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的沸点为91℃，二者相对分子质量相等，沸点相差较大的主要原因是_______。

（4）羰基镍[Ni(CO)4]用于制备高纯度镍粉，它的熔点为－25℃，沸点为43℃。羰基镍晶体类型是___________。

（5）Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(SCN)3]－和[Ni(CN)4]2－等。[Ni(NH3)6]2+中心离子的配位数是______，与SCN-互为等电子体的分子为_______。

（6）“NiO”晶胞如图所示。

①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)，则C原子坐标参数为______。

②已知：氧化镍晶胞密度为dg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2+半径为______nm(用代数式表示)。【Ni的相对原子质量为59】27、判断正误。

（1）高级脂肪酸甘油酯是高分子化合物_____

（2）天然的不饱和高级脂肪酸甘油酯都是简单甘油酯_____

（3）植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色_____

（4）高级脂肪酸和乙酸互为同系物_____

（5）氢化油又称人造脂肪，通常又叫硬化油_____

（6）油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应_____

（7）油脂在碱性条件下的水解一定得到高级脂肪酸钠和甘油_____

（8）鱼油(主要成分是二十碳五烯酸和二十二碳六烯酸)不是油脂_____

（9）氢化油的制备方法是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂___

（10）植物油经过氢化处理后会产生有害的副产品反式脂肪酸甘油酯，摄入过多的氢化油，容易堵塞血管而导致心脑血管疾病_____评卷人得分六、有机推断题(共3题，共12分)28、A、B、C、D四种有机物分子中的碳原子数目相同，标准状况下烃A对氢气的相对密度是13；烃B跟HBr反应生成C；C与D混合后加入NaOH并加热；可生成B。

(1)写出有机物的结构简式：A____；D____。

(2)写出有关反应的化学方程式：____。29、乳酸乙酯是白酒的香气成分之一；广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气。乳酸乙酯发生如图变化：(已知烃A的产量是衡量一个国家化工发展水平的重要标志)

(1)B中含氧官能团的名称是___________；②的反应类型是___________；

(2)A分子的空间构型是___________；

(3)③的化学方程式是___________；

(4)1mol乳酸与足量Na反应，可生成H2___________mol；

(5)绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即原子的理论利用率为100%。下列转化符合绿色化学要求的是___________(填序号)。

a．乙醇制取乙醛b．甲烷制备CH3Clc．2CH3CHO＋O22CH3COOH30、某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)：

已知：(a)

(b)(苯胺易被氧化)

请回答下列问题：

(1)抗结肠炎药物有效成分的分子式是___________；烃A的名称为___________；反应②的反应类型是___________。

(2)①下列对该抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是___________(填字母)。

A．水溶性比苯酚好B．能发生消去反应也能发生聚合反应。

C．1mol该物质最多可与发生反应D．既有酸性又有碱性。

②E与足量NaOH溶液反应的化学方程式为___________。

(3)符合下列条件的抗结肠炎药物有效成分的同分异构体有___________种。

A．遇溶液发生显色反应。

B．分子中甲基与苯环直接相连。

C．苯环上共有三个取代基。

请写出硝基和酚羟基处于间位的其中一种同分异构体的结构简式：___________。

(4)已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以A为原料合成邻氨基苯甲酸()的合成路线(部分反应条件已略去)。___________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．由稀组成原电池，锌和稀硫酸发生氧化还原反应，铜和稀硫酸不反应，所以锌作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子移向负极锌；A正确；

B．溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为B正确；

C．由溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的活动性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为C错误；

D．由浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中发生钝化，铜和浓硝酸能自发地进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为D正确；

故选C。2、C【分析】【详解】

分子中共有8个氢原子，六取代物种数和二取代物种数相同，二取代情况：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，同一条棱上的C和Si上的H，所以C4Si4H8的二取代物的同分异构体共4种；故合理选项是C。3、D【分析】【详解】

A.SiO2属于原子晶体，白磷、冰都是分子晶体，所以SiO2的硬度是最大的；1体积的水可以溶解700体积的NH3、或40体积的SO2，而CO2是微溶于水，H2不溶于水，所以在水中的溶解度：NH3>SO2>CO2>H2；A错误；

B.非金属性应该是O＞N＞S＞P；碱性比较，Al的金属性最小，则Al(OH)3的碱性也是最小的；B错误；

C.共价键中，成键原子的半径越小，共价键键长就越短，其键能就越大，所以共价键键能大小顺序为：金刚石>碳化硅>硅；离子晶体中，离子半径越小，所带电荷越多，离子键就越强，晶格能也就越高，CsCl中，Cs+和Cl-的半径都较大；且所带电荷都较少，所以它的晶格能不是最大的；C错误；

D.F、O、N这三种元素的非金属性依次减弱，则它们对H原子的吸引力也依次减弱，所以氢键的强弱也依次减弱；NH3、PH3、AsH3都属于分子晶体；所含的作用力为范德华力，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强；D正确；

故合理选项为D。4、D【分析】【详解】

A．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体；蔗糖的水解产物为葡萄糖和果糖，A错误；

B．日常生活中常用75%乙醇溶液杀菌消毒而不是无水乙醇；B错误；

C．高温能使蛋白质变性；使用添加碱性蛋白酶的洗衣粉洗衣服时，水温过高去污效果降低，C错误；

D．菜籽油是一种优质的植物油脂；含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；

故选D。5、C【分析】【详解】

A．增加H2O的物质的量浓度；相当于加压，反应速率加快，A不合题意；

B．将容器的体积缩小一半；即加压，反应速率增大，B不合题意；

C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大；各物质的浓度不变，速率不变，C符合题意；

D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大；与反应有关气体的浓度减小，反应速率减慢，D不合题意；

故选C。6、B【分析】由题意可知：X制的容器不能盛放Z的盐溶液；说明金属X能把金属Z从其盐溶液中置换出来，可判断金属X活动性比Z强；Z跟Y的盐溶液能反应；说明金属Z的活动性比Y强；

极少数不活泼金属（Pt、Ag、Au）可以单质形式存在，W在自然界中能以单质形式存在，说明W为极少数不活泼金属，在四种金属中为活泼性最弱的金属；综上所述，四种金属活动性由强到弱的顺序为X>Z>Y>W；所以，A、C、D错误，B正确。7、D【分析】【详解】

A.当化学方程式一定时；焓变只与化学计量数成正比，与温度无关，所以升高温度焓变不变，故A错误；

B.若正反应为放热反应；升高温度平衡向吸热方向移动，化学平衡常数减小，故B错误；

C.若正反应为放热反应；升高温度平衡向吸热方向移动，反应物的转化率减小，故C错误；

D.弱酸的电离平衡过程是吸热的；升高温度促进弱酸的电离，则弱酸的电离平衡常数增大，故D正确；

故答案选D。

【点睛】

在可逆反应中，升高温度，平衡向吸热方向移动，若正反应为放热反应，则化学平衡常数和反应物的转化率都会减小。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

（1）通过图像可以看出；反应物的总能量比生成物的总能量低，故为吸热反应，因此，本题正确答案是：吸热；

（2）一个化学反应的热效应仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关；与反应的途径无关，仅取决于反应物和生成物的总能量的大小，过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是相同的，因此，本题正确答案是：相同；一个化学反应的反应热仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关；

（3）从图像可以看出，甲醇催化脱氢转化为甲醛为吸热反应，而且吸收的热量为（E2－E1），故热化学反应方程式为：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ/mol，因此，本题正确答案是：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ/mol。【解析】吸热相同一个化学反应的反应热仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ/mol9、略

【分析】【分析】

（1）

铜绿为碱式碳酸铜，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，故参与形成铜绿的有Cu和O2、H2O、CO2。

（2）

结合图像可知，Cu(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈，Cu2(OH)3Cl为疏松结构；潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈，故答案为：碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀。

（3）

结合图像可知，负极失去电子发生氧化反应，过程l的负极反应物是铜，电极反应式为Cu-e-+Cl-=CuCl。

（4）

氢气失电子，生成氢离子，则电极b为负极，故a→表示电子移动的方向；电极c上氧气得电子与氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。【解析】（1）O2、H2O、CO2

（2）碱式碳酸铜为致密结构；可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀。

（3）Cu-e-+Cl-=CuCl

（4）电子移动O2+4H++4e-=2H2O10、略

【分析】【详解】

（1）CO与氢气在催化剂条件下生成乙二醇，化学方程式为2CO+3H2HOCH2CH2OH；

（2）根据元素守恒定律；仅用CO和氢气为原料，无法合成草酸和尿素，只能合成甲醇，且原料气全部转化为甲醇，原子的利用率100%，答案选B；

（3）根据盖斯定律，将第一个热化学方程式减去第二和第三个热化学方程式的和可得所求的热化学方程式，所以甲烷与二氧化碳反应制取CO和氢气的热化学方程式是CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H＝(-890.3)kJ/mol-(-571.6-566.0)kJ/mol=+247.3kJ/mol；

（4）A．升高温度；则平衡逆向移动，反应速率加快，但产率降低，错误；B．增大压强，平衡正向移动，乙二醇的产率增大，反应速率加快，正确；C．增大氢气浓度，则平衡正向移动，乙二醇的产率增大，反应物浓度增大，反应速率加快，正确，答案选BC；

（5）①草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，溶液中存在HC2O4-H++C2O42-，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-；因为草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，所以溶液呈酸性；

②A、若钠离子浓度大于钾离子浓度，则氢氧化钠的物质的量大于草酸氢钾的物质的量，则溶液呈碱性，错误；B、根据草酸氢钾的化学式，则符合物料守恒，正确；C、中性溶液中c（OH－）=c(H＋)，结合电荷守恒定律，则c(Na+)+c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；错误，答案选AC；

（6）乙二醇、空气在KOH溶液中构成燃料电池，加入乙二醇的电极发生氧化反应，所以作电源的负极；乙二醇失去电子，与氢氧根离子结合为碳酸根离子和水，电极反应式为HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2CO32-+10H2O。【解析】2CO+3H2HOCH2CH2OHBCH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H＝+247.3kJ/molBC①HC2O4-H++C2O42-,HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度AC负HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2CO32-+10H2O11、略

【分析】【详解】

（1）一个对苯二胺分子中碳氢元素质量比为(6×12):(8×1)=9:1；

故答案为：9:1。

（2）在对苯二胺中；碳氢氮三种元素质量比为(6×12):(8×1)(2×14)=18:2:7，故质量分数最大的是碳元素；

故答案为：碳。【解析】(1)9:1

(2)碳12、略

【分析】【详解】

（1）由题意：

2Na~H2↑

46g22.4L

9.2gV(H2)

V(H2)==4.48L；

（2）根据氢原子守恒；可得：

C2H5OH~3H2O

1mol54g

n(C2H5OH)10.8g

n(C2H5OH)==0.2mol；

碱石灰增重的质量即为生成CO2的质量，故n(CO2)==0.3mol；

根据碳原子守恒：n(CO)=2×0.2mol-0.3mol=0.1mol；

根据氧原子守恒：n(O2)==0.55mol；

产物的总物质的量n=0.6+0.3+0.1=1mol；

产物的总质量=10.8+13.2+2.8=26.8g；

产物的平均摩尔质量M=26.8g/mol。【解析】4.48L0.55mol26.8g/mol13、略

【分析】【分析】

【详解】

用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，金属性锌强于铜，锌是负极，电极反应式为Zn-2e－=Zn2＋，铜是正极，氢离子放电，电极反应式为2H++2e－=H2↑，锌片的质量减少了3.25克，消耗锌的物质的量是3.25g÷65g/mol＝0.05mol，转移0.1mol电子，根据电子守恒可知产生氢气是0.05mol，在标况下的体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L。【解析】1.122H++2e－=H2↑14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，铜为正极，发生得到电子的还原反应，即锌片是负极，铜片上发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑。

(2)A．由图所示，Li+向B电极移动；则A电极为电池的负极，B电极为正极，A项错误；

B．锂能与水发生反应；则该电池的电解质环境不可能为酸或碱的水溶液，B项错误；

C．由图所示；电池工作时，电池内部的锂离子从负极区向正极区定向移动，C项正确；

D．该装置为原电池；A电极为电池的负极，B电极为正极，电子从负极经导线流向正极，即电池工作时，电子从A极经导线流向B极，D项正确；

答案选CD。【解析】负极CD三、判断题(共5题，共10分)15、B【分析】【分析】

【详解】

甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，则生成的氯化氢具有酸性，故错误。16、B【分析】【详解】

乙烯分子结构中含有碳碳双键，其中一根键容易断裂，因此其化学性质较为活泼，易于发生加成反应，但由于碳碳双键的影响，乙烯难于发生取代反应。题干说法错误。17、B【分析】【详解】

食用油酸败后，再经高温反复加热，易产生致癌物，有害身体健康，不可食用，故错误。18、B【分析】【详解】

煤是由C、H、O、N、S等组成的复杂混合物，故错；19、A【分析】【详解】

烧碱（NaOH）和含高浓度的废水反应可以生成氨气，故可以回收利用氨，正确。四、工业流程题(共4题，共40分)20、略

【分析】【分析】

(1)由流程知，①“沉淀”时发生反应：从原料的性质和提高利用率的角度回答；

②按仪器的构造回答仪器a的名称；仪器b的作用是冷凝回流；

(2)在“水洗”后；在“烘烤”前；据此找出“乙醇洗＂的目的；

(3)产品纯度测定：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和bgKI晶体（过量）．再滴入适量盐酸溶液充分反应，则过氧化钙把碘离子全部氧化为碘单质，第二步：向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液，因此会先蓝色，第三步：逐滴滴入浓度为cmol•L-1的Na2S2O3溶液至滴定终点，2+I2=2I-+完全，按消耗Na2S2O3溶液VmL即可计算出产品纯度；

(4)探究产品(CaO2)与SO2的反应时，①装置A中发生反应，用于制取二氧化硫气体，据此写化学方程式；②装置B中浓H2SO4的作用是干燥二氧化硫气体；③装置E是测定O2的体积的装置；据此回答；

【详解】

(1)①据分析，“沉淀”时氨水和双氧水与氯化钙反应，得到CaO2•8H2O沉淀；氨水易挥发；双氧水易分解，故控制温度为0℃左右的原因是防止氨水挥发和过氧化氢分解；

②仪器a的名称是恒压漏斗（或滴液漏斗），仪器b的作用是冷凝回流；使受热挥发的氨水等冷凝回流，提高原料利用率；

(2)“乙醇洗＂在“水洗”后；在“烘烤”前；“水洗”已除去可溶性杂质，故“醇洗”是利用乙醇的挥发性，在挥发时带走表面的水，故目的是去除晶体表面的水分；

(3)据分析，①第二步滴入几滴淀粉溶液时，碘单质与淀粉反应，溶液呈蓝色；②产品中CaO2含量计算如下：产品纯度测定时的关系式为：则纯度为：=×100%；

(4)某学习小组设计以下实验探究产品(CaO2)与SO2的反应时：①装置A中发生反应，用于制取二氧化硫气体，则化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②装置B中浓H2SO4的作用是干燥二氧化硫气体，防止过氧化钙和水反应干扰干扰实验；③装置E是测定O2的体积的装置，故可以用或或

【点睛】

本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及物质的化学方程式的书写，实验方法和实验操作、物质的检验和计算等问题，能有效提取题目提供的信息、掌握实验基本操作等是解题关键。【解析】防止氨水挥发和过氧化氢分解恒压漏斗（或滴液漏斗）冷凝回流去除晶体表面的水分蓝色×100%Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O干燥SO2或或21、略

【分析】【分析】

钼精矿的主要成分为MoS2，含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等杂质，加入浓盐酸初级酸浸时，MoS2、SiO2、CuFeS2不反应，CaCO3、PbS发生反应生成CaCl2、PbCl2，结合已知②，PbCl2与Cl-反应生成可溶性络合离子滤渣①中含MoS2、SiO2、CuFeS2，“烧熔”时MoS2转化为酸性氧化物MoO3，“氯盐浸出”时用FeCl3在强酸性条件下氧化CuFeS2，使之生成CuCl2和S，滤渣②中含MoO3、SiO2和S，加入氨水“碱浸”，酸性氧化物MoO3转化(NH4)2MoO4，滤液③的主要溶质为(NH4)2MoO4，加入H2S“硫代”时生成加入盐酸“沉钼”得到MoS3，MoS3隔绝空气、高温脱硫制得MoS2。

(1)

使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是盐酸与钼精矿中的CaCO3、PbS杂质发生反应生成CaCl2、PbCl2，生成PbCl2的反应为复分解反应，反应的化学方程式为PbS+2HCl(浓)=PbCl2+H2S；答案为：PbS+2HCl(浓)=PbCl2+H2S；

(2)

FeCl3在强酸性条件下氧化CuFeS2，使之生成CuCl2和S，CuFeS2中S的化合价为-2价，则Cu为+2价，Fe为+2价，而+3价Fe和+2价Fe不反应，可见是+3价Fe将-2价的硫氧化成0价的硫，自身被还原成Fe2+，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为CuFeS2+4FeCl3=CuCl2+5FeCl2+2S，其中S为氧化产物，由FeCl3转化而来的FeCl2为还原产物；则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2；答案为：1：2；

(3)

滤渣②中含MoO3、SiO2和S，“碱浸”时如果用NaOH溶液代替氨水，NaOH溶液会与二氧化硅反应，使其变为硅酸根离子进入滤液③，从而使制得的MoS2不纯；答案为：NaOH溶液会与二氧化硅反应，生成的硅酸根离子进入滤液③，从而使制得的MoS2不纯；

(4)

根据已知③，“烧熔”产生的酸性氧化物MoO3经氨水碱浸过滤后得到滤液③，滤液③主要成分的化学式为(NH4)2MoO4；答案为：(NH4)2MoO4；

(5)

在“初级酸浸”中使用了浓盐酸；如果温度过高，浓盐酸大量挥发，不利于反应进行；“碱浸”时使用的氨水，也容易受热分解，故温度不宜过高；答案为：在“初级酸浸”中使用了浓盐酸，如果温度过高，浓盐酸大量挥发，不利于反应进行；“碱浸”时使用氨水，也容易受热分解；

(6)

设1个MoS2.8中Mo4+与Mo6+的个数分别为x和y，已知MoS2中S的化合价为-2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，4x+6y-2×2.8=0、x+y=1，解得x=0.2、y=0.8，则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为1：4；答案为1：4。【解析】(1)PbS+2HCl(浓)=PbCl2+H2S

(2)1：2

(3)NaOH溶液会与二氧化硅反应，生成的硅酸根离子进入滤液③，从而使制得的MoS2不纯。

(4)(NH4)2MoO4

(5)在“初级酸浸”中使用了浓盐酸；如果温度过高，浓盐酸大量挥发，不利于反应进行；“碱浸”时使用氨水，也容易受热分解。

(6)1：422、略

【分析】【分析】

Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸；生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气；硫酸反应得到硫酸铜。

(1)

步骤Ⅰ中发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应；因此涉及到的分离操作是过滤；

(2)

溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此溶液D中阴离子主要是HCO

(3)

溶液E在空气中易被氧化；亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案为检验溶液E是否被氧化的实验为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；

(4)

6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据铜元素守恒可知理论上得到0.1mol胆矾，实际得胆矾20.0g，则铜的转化率为×100%=80%；

(5)

Fe(OH)3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，根据电子守恒可知Fe(OH)3与ClO-的系数比为2:3，再结合电荷守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。【解析】(1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑过滤。

(2)HCO

(3)取溶液E少许于试管中；滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，这说明该溶液已被氧化。

(4)80%

(5)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O23、略

【分析】【详解】

（1）砷是第四周期VA族元素，则砷的原子序数为33，AsH3为共价化合物，AsH3的电子式为正确答案：33；

（2）非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强，非金属性S＞P＞As，所以酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，a正确；同一周期从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；因此原子半径：As＞P＞S；b错误；非金属元素的原子半径越小；元素的非金属性就越强，因此非金属性：S＞P＞As，c正确；正确答案：ac。

（3）H3AsO4为三元弱酸，能发生三步电离，第一步电离方程式为H3AsO4H++H2AsO4-；正确答案：H3AsO4H++H2AsO4-。

（4）未完全沉淀的可被氧化为溶于水后生成与反应生成沉淀；正确答案：CaSO4。

（5）“一级沉砷”中FeSO4的作用是沉淀过量的S2-，使As2O3(a)+3S2-(aq)2AsS32-(aq)平衡左移，提高沉砷效果；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；正确答案：沉淀过量的S2-，使As2O3(a)+3S2-(aq)2AsS32-(aq)平衡左移，提高沉砷效果；H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O。

（6）黄铁矿（FeS2）被氧化为Fe(OH)3，同时生成SO42-；FeS2被O2氧化的离子方程式为4FeS2＋15O2＋14H2O4Fe(OH)3＋8SO42−＋16H+；正确答案：4FeS2＋15O2＋14H2O4Fe(OH)3＋8SO42−＋16H+。【解析】①.33②.③.ac④.H3AsO4H++H2AsO4-⑤.CaSO4⑥.沉淀过量的S2-，使As2O3(a)+3S2-(aq)2AsS32-(aq)平衡左移，提高沉砷效果⑦.H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O⑧.4FeS2＋15O2＋14H2O4Fe(OH)3＋8SO42−＋16H+五、结构与性质(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)元素周期表中原子半径最大的元素应该处于左下角；故七种元素中，原子半径最大的是在左下角的元素符号为Na，故答案为：Na；

(2)③为O元素，与⑦为S元素，二者的气态氢化物中，稳定性较强的是非金属性强的O元素形成的氢化物H2O，故答案为：H2O；

(3)元素⑥Si的最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3(或H4SiO4)，故答案为：H2SiO3(或H4SiO4)；

(4)由①、②、③三种元素即H、N、O组成的离子化合物是NH4NO3，检验该化合物中阳离子即铵离子的方法是取少量该化合物于试管中，加入NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明有铵离子存在，故答案为：NH4NO3；取少量该化合物于试管中；加入NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明有铵离子存在；

(5)a.O2与H2S溶液反应；溶液变浑浊，说明氧气的氧化性强于硫单质即非金属性O＞S，a正确；

b.加热条件下H2S比H2O更容易分解，说明氢化物的稳定性水强于硫化氢即非金属性O＞S，b正确；

c.在氧化还原反应中，1molO2比1molS得电子多；得失电子的数目多少与非金属性强弱无关，c错误；

d.沸点与非金属性强弱无关；d错误；

能说明O的非金属性比S的非金属性强的是ab，故答案为：ab；

(6)由流程图可推知M为氯化铵NH4Cl，NH4Cl含有离子键和极性键(或共价键)。根据熔融状态下离子化合物能导电的化合物为离子化合物，熔融状态下不导电的化合物为共价化合物，故实验室检验AlCl3是否为离子化合物的方法是熔融状态下测导电性，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物，故答案为：离子键和极性键(或共价键)；熔融状态下测导电性，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物。【解析】NaH2OH2SiO3(或H4SiO4)NH4NO3取少量该化合物于试管中，加入NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明有铵离子存在ab离子键和极性键(或共价键)熔融状态下测导电性，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物25、略

【分析】【分析】

（1）

高级脂肪酸甘油酯不是高分子化合物；错误；

（2）

天然的不饱和高级脂肪酸甘油酯都是混合甘油酯；错误；

（3）

植物油可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；正确；

（4）

高级脂肪酸不一定为饱和脂肪酸；故高级脂肪酸和乙酸不一定互为同系物，错误；

（5）

氢化油又称人造脂肪；通常又叫硬化油，正确；

（6）

油脂的皂化属于水解(取代)反应；错误；

（7）

油脂在碱性条件下的水解一定得到高级脂肪酸盐和甘油；错误；

（8）

鱼油(主要成分是二十碳五烯酸和二十二碳六烯酸)不是油脂；油脂是高级脂肪酸甘油酯，正确；

（9）

氢化油的制备方法是在加热植物油时；加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂，正确；

（10）

植物油经过氢化处理后会产生有害的副产品反式脂肪酸甘油酯，摄入过多的氢化油，容易堵塞血管而导致心脑血管疾病，正确；【解析】（1）错。

（2）错。

（3）对。

（4）错。

（5）对。

（6）错。

（7）错。

（8）对。

（9）对。

（10）对26、略

【分析】【分析】

(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，属于过渡元素，也可写为[Ar]3d84s2；

(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键,1个π键；分子中饱和碳原子是sp3杂化，形成碳碳双键的不饱和碳原子是sp2杂化；

(3)丙烯醇中含有羟基；分子之间形成氢键，沸点相对更高；

(4)羰基镍的熔点；沸点都很低；符合分子晶体的性质；

(5)[Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；

(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(1，1)；

②观察晶胞结构、掌握各种微粒的空间位置关系，用均摊法计算晶胞中含有的Ni2+、O2-离子数目；计算晶胞的质量，再根据晶胞质量=晶胞密度×晶胞体积计算。

【详解】

(1)Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63S23p63d84s2，价电子包括3d与4s能级电子，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2；

(2)单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2OH分子含有9个σ键，1个π键，故1molCH2=CH－CH2OH中σ键和π键的个数比为9:1；分子中饱和碳原子采取sp3杂化，含碳碳双键的不饱和碳原子采用sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化；

(3)丙烯醇中含有羟基；分子之间形成氢键，使的它的沸点比丙醛的高很多；

(4)羰基镍的熔点；沸点都很低；说明微粒间的作用力很小，该晶体属于分子晶体；

(5)[Ni(NH3)6]2+中心原子Ni结合的配位体NH3的配位数是6；SCN-离子的一个电荷提供给碳原子，碳原子变为N，而O、S原子的最外层电子数相等，所以它与N2O互为等电子体，而N2O与CO2也互为等电子体；

(6)①氧化镍晶胞中原子坐标参数：A(0，0，0)、B(1，1，0)则C点对于的x轴为Y轴与Z轴都是1，所以C点的坐标为(1，1)；

②设晶胞参数为anm，观察氧化镍晶胞图，1个晶胞中含有4个NiO，面对角线上的3个O原子相切，d=a=×10-7nm，设Ni2+半径为xnm,则有2r+2x=a，x=×107nm。

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式、氢键、晶体类型与性质、空间构型、晶胞结构与计算等，(6)中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的书写计算能力，中学基本不涉及晶胞参数问题，可以适当进行拓展。这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的学科基础和数学功底。【解析】①.[