2025年教科新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年教科新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷433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6题，共12分)1、下列说法正确的是()A.分子为三角锥形，N发生杂化B.杂化轨道只适用于形成共价键C.属于型共价化合物，中心原子S采取杂化轨道成键D.价层电子对互斥模型中，键电子对数也要计入中心原子的价层电子对数2、如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。下列说法中不正确的是。

A.电负性：B.原子半径：C.B和E处于第ⅦA族D.由A和C形成的化合物中可能含有共价键3、向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：(已知CrO5的结构为)，乙醚层发生反应：CrO5＋(C2H5)2O=CrO5·O(C2H5)2.反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3＋)，下列说法正确的是A.由水层反应可知，氧化性：B.乙醚在检验过程中可用乙醇代替C.CrO5·O(C2H5)2中不存在非极性键D.水相变为绿色的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑4、下列说法正确的是A.H2O2中的氧原子满足最外层8电子稳定结构B.葡萄糖、二氧化碳和足球烯(C60)都是共价化合物，它们的晶体都属于分子晶体C.Na2O2溶于水只需克服离子键D.HF比HCl稳定，是由于HF分子间存在氢键5、下列说法不正确的是A.晶体具有固定的熔、沸点，而非晶体没有固定的熔、沸点B.晶体与非晶体具有相同的性质C.部分电子表、电脑的显示器是由液晶材料制成的D.等离子体是一种很好的导电体，在信息产业等领域有非常好的应用前景6、下图是两种致癌物质的结构简式；以下的描述正确的是（）

A.（1）的分子式是C20H12B.（2）的分子式是C10H13N2C.它们都属于烃D.（1）的分子是由5个苯的结构单元并合而成，所以它是苯的同系物评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示；晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。

。坐标原子。

x

y

z

Cd

0

0

0

Sn

0

0

0.5

As

0.25

0.25

0.125

一个晶胞中有___________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn___________(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有___________个。8、I.芦笋中的天冬酰胺(结构如下图)和微量元素硒；铬、锰等；具有提高身体免疫力的功效。

(1)锰元素在元素周期表中的位置为___________。

(2)天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型为___________。

(3)已知N≡N的键能为942kJ·mol-1，N-N单键的键能为247kJ·mol-1，则N2中的___________键稳定(填“σ”或“π”)。

Ⅱ.胆矾CuSO4•5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4•H2O；其结构示意图如下：

(4)下列说法正确的是___________(填字母)。

A．胆矾所含元素中；H；O、S的半径及电负性依次增大。

B．在上述结构示意图中；存在配位键；共价键和离子键。

C．胆矾是分子晶体；分子间存在氢键。

D．加热条件下胆矾中的水会在相同温度下同时失去。

(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，写出所发生反应的离子方程式_______；已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是____________。9、基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是______。10、回答下列问题：

(1)①元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为___________nm(填标号)。

A．404.4B．553.5C．589.2D．670.8E．766.5

②基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。

(2)①氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为___________。

②元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___________；氮元素的E1呈现异常的原因是___________

(3)①Fe3＋基态核外电子排布式为___________

②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。11、Ⅰ.X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。

(1)Y的最高价氧化物的电子式为：___________

(2)最简单气态氢化物的热稳定性：Z___________W(＞或＜)

(3)X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X___________M(＞或＜)

(4)X的氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中的化学键类型是___________

Ⅱ．铝自然形成的氧化膜易脱落。以硫酸为电解液；分别以石墨和铝材作阴；阳极材料，经过电解处理形成氧化铝膜，抗蚀能力强。其制备的简要流程如图所示。

(5)碱洗目的是___________相关离子反应是：___________

(6)碱洗时铝材表面会出现气泡，可能的原因是___________(化学反应方程式)，用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，离子方程式___________

Ⅲ.为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：。方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物为Fe2(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生(7)能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案有___________12、硼的总浓度≥0.4mol·L-1的硼酸及其盐的水溶液中不仅存在四硼酸根离子。

B4O5(OH)还存在电荷为-1的五硼酸根离子以及电荷为-1和-2的两种三硼酸根离子。这些多硼酸根离子均由B(OH)3和B(OH)缩合而成；结构中硼原子以B-O-B的方式连接成环。

(1)上述五硼酸根离子中，所有三配位硼原子的化学环境完全相同，画出其结构示意图(不画孤对电子，羟基用-OH表达)_______。

(2)下图表示硼酸-硼酸盐体系在硼的总浓度为0.4mol·L-1'时，其存在形式与pH的关系。1、2、3、4分别为4种多硼酸根离子存在的区域。推出1、2、3、4分别对应的多硼酸根离子的化学式_______。

注：以B4O5(OH)为范例；书写其他3种多硼酸根离子的化学式；形成这些物种的缩合反应速率几乎相同，其排列顺序不受反应速率制约；本体系中缩合反应不改变硼原子的配位数。

13、氮、磷、砷(As)、锑(Sb)；铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：

(1)锑在元素周期表中的位置_______。的中子数为_______。

(2)已知：P(s，白磷)=P(s，黑磷)ΔH=-39.3kJ·mol-1；

P(s，白磷)=P(s，红磷)ΔH=-17.6kJ·mol-1；

由此推知，其中最稳定的磷单质是_______。

(3)氮和磷氢化物性质的比较：

热稳定性：NH3_______PH3(填“>”“＜”)，判断依据是_______。沸点：NH3_______PH3(填“>”“＜”)。

(4)氮的一种氢化物是肼(N2H4)，它的电子式是_______。

(5)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。推断PH3与HI反应产物中存在的化学键类型是_______。14、回答下列问题：

(1)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，前者的熔点明显高于后者，其主要原因是______。

(2)四种晶体的熔点数据如表：。物质CF4SiF4BF3AlF3熔点/℃-183-90-127＞1000

CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是______。15、物质结构与性质自然界中存在大量的金属元素；其中钠；镁、铝、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。

(1)请写出Fe的基态原子核外电子排布式__________。

(2)金属A的原子只有3个电子层；其第一至第四电离能如下：

则A原子的价电子排布式为__________________。

(3)合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气体中的CO(Ac-代表CH3COO-)，其反应是：[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]AcΔH<0。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位数为__________。

(4)NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3℃，MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_____________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、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17、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18、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19、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20、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、结构与性质(共1题，共4分)21、完成填空。

(1)下列书写方式可正确表示原子轨道的是_______。

A．2sB．2dC．3pxD．3f

(2)写出基态镓(Ga)的价电子排布式：_______。

(3)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为_______(写化学式)，原因是_______。

(4)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此配合物最可能是_______。

A．[R(H2O)6]Cl3B．[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O

C．[R(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD．[R(H2O)3Cl3]·3H2O

(5)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F。上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_______(填序号)。

A．离子晶体B．分子晶体C．共价晶体D．金属晶体。

(6)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，写出沉淀溶解过程中涉及的离子方程式_______。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)22、为了研究有机物A的组成与结构；某同学进行如下实验。

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，发现两者分别增重5.4g和13.2g。

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中含有－OH和－COOH。

请回答下列问题。

(1)9.0gA完全燃烧生成水的物质的量是____________mol。

(2)A的分子式是____________。

(3)在一定条件下，若两个A分子可以反应得到一个六元环的分子，还能发生缩聚反应，写出A发生缩聚反应的方程式____________________________________。

(4)试写出由与A含有相同C原子数的烯烃为原料(无机试剂及催化剂任用)合成A的合成路线_________________________。(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)。23、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24、化合物H可用以下路线合成：

已知：

请回答下列问题：

（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；

（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；

（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________；

（4）反应①的反应类型是_______________________；

（5）反应②的化学方程式为______________________________________；

（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。25、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：________（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）用结构简式表示A中含有的官能团：__________、________（4）A的1H核磁共振谱如图。

（4）A中含有________种氢原子（5）综上所述，A的结构简式________评卷人得分六、实验题(共3题，共21分)26、某同学想通过实验来验证酸性：H2SO4＞H2CO3；设计了如图实验。

(1)仪器a的名称是__________，应盛放下列药品中的__________(填字母)。

A．稀硫酸B．亚硫酸C．氢硫酸D．盐酸。

(2)仪器b的名称是__________，应盛放下列药品中的__________(填字母)。

A．碳酸钙B．硫酸钠C．氯化钠D．碳酸钠。

(3)仪器c中盛放的试剂是澄清石灰水，如果看到的现象是___________________________，说明b中发生反应的化学方程式为______________________________，即可证明H2SO4比H2CO3酸性强。27、环己酮是重要的化工原料和化工溶剂；某研究小组对其进行了一些探究。

Ⅰ.环己酮的制备。反应原理为还原产物为反应过程放热，温度过高时环己酮易进一步被氧化，实验装置如图所示。

已知：溶液呈橙红色，溶液呈墨绿色。

(1)分液漏斗中盛放的试剂为_______。(填字母)

a.溶液b.环己醇的硫酸溶液。

(2)三颈烧瓶中反应体系的温度需控制在55~60℃，其加热方式为_______。

(3)反应结束后，还需滴加甲醇，直到_______(填实验现象)为止；随后分离提纯得到环己酮。

(4)若20.0mL环己醇()完全反应并提纯后，得到纯环己酮()9.6mL，则环己酮的产率为_______。(计算结果保留2位有效数字)

Ⅱ.环己酮的结构与性质。

(5)环己酮中三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。(用元素符号表示)

(6)若要测定环己酮的相对分子质量，可以采用的波谱分析手段为_______。

(7)已知：环己酮和乙二醇在酸性条件下反应生成分子式为的产物，其结构简式为_______。28、长期以来，人们认为氮分子不能作配体形成配合物，直到1965年，化学家Allen偶然制备出了第一个分子氮配合物，震惊了化学界。从此以后，人们对分子氮配合物进行了大量的研究。利用下图装置以X：FeHCIL2(L为一种有机分子)和Z：Na[B(C6H5)4]为原料，在常温下直接与氮气反应可以制备分子氮配合物Y：[FeH(N2)L2][B(C6H5)4|。

相关物质的性质。物质相对分子质量性质X：FeHCIL2504.5白色固体，易氧化，易溶于有机溶剂Y：[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]816橙色晶体，溶液中易氧化，固体较稳定，可溶于丙酮，难溶于于石油醚。Z：Na[B(C6H5)4]342白色固体，易水解，易溶于丙酮，难溶于石油醚

(1)组装好仪器，检查装置气密性，通入氮气一段时间。其目的是_______。

(2)向A中加入含X1.5g的120mL的丙酮溶液，B中加入含Z1.5g的50mL的丙酮溶液。仪器A的容积应为_______mL(填250或500)。仪器B的名称为_______。

(3)继续通入氮气，慢慢将B中液体滴入到A中，打开磁力搅拌器搅拌30分钟，停止通气，冰水浴冷却，析出大量橙色晶体，快速过滤，洗涤，干燥得到粗产品。写出生成产品的化学方程式_______。

(4)将粗产品溶于丙酮，过滤；将滤液真空蒸发得橙色固体，用_______洗涤橙色固体，干燥、称量得到产品1.5g。计算本实验的产率_______(用百分数表示；保留1位小数)。

(5)人们之所以对分子氮配合物感兴趣，是因为某些分子氮配合物可以在常温常压下被还原为NH3。简述该过程的意义_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．分子为三角锥形，N发生杂化；A错误；

B．杂化轨道只适用于形成共价键；因为必须形成共用电子对，所以不可能适用于离子键，故B正确；

C．属于型共价化合物，中心原子S采取杂化轨道成键；分子空间构型为V形，不是直线形，故C错误；

D．价层电子对互斥模型中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而键不计入，故D错误；2、B【分析】【分析】

A；D最外层电子数是6；且属于短周期元素，则A、D分别是指O和S元素。B、E最外层电子数是7，且属于短周期元素，则B、E分别是指F和Cl元素。C元素最外层电子数为1，且原子序数比B大，经分析B是F元素，则C是Na元素，综上所述ABCDE分别是指O、F、Na、S、Cl五种元素。

【详解】

A．经分析A、B分别是指O、F两种元素，电负性O

B．经分析A、D、E分别是指O、S、Cl三种元素，三种原子半径大小为S>Cl>O，即D>E>A；故B错误；

C．经分析B和E是F和Cl元素；最外层电子数都是7，它们同属于第ⅦA族，故C正确；

D．经分析A和C是O和Na两种元素，它们形成的化合物Na2O2中含有共价键；故D正确；

本题答案B。3、D【分析】【详解】

A．由水层反应可知；反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；

B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相；在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；

C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O；C-C键为非极性键；故C错误；

D．水相变为绿色生成了Cr3＋，铬元素化合价降低，则氧元素化合价一定升高，应有氧气生成，反应的离子反应为4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋6H2O＋7O2↑；故D正确；

答案选D。4、A【分析】【详解】

A．在H2O2中，两个O原子形成1对共用电子对，每个O原子再分别与H原子形成1对共用电子对，从而使H2O2中的氧原子满足最外层8电子稳定结构；A正确；

B．C60中含有60个C原子；属于单质，在固态时属于分子晶体，B错误；

C．Na2O2是离子化合物；溶于水需克服离子键；共价键，C错误；

D．HF比HCl稳定；是由于F原子半径比Cl原子小，二者结合力强，与HF分子间是否存在氢键无关，D错误；

故合理选项是A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．晶体有固定的熔点；自范性；各向异性，非晶体无固定的熔点，故A正确；

B．晶体与非晶体内部结构不同；故表现的性质不同，故B错误；

C．部分电子表；电脑的显示器是由液晶材料制成的；需要的驱动电压很低，故C正确；

D．等离子体是一种很好的导电体；在信息产业等领域有非常好的应用前景，等离子体技术在新能源行业；聚合物薄膜、材料防腐蚀等方面前景可观，故D正确；

故选B。6、A【分析】【分析】

由结构简式可确定分子式；烃中只含C；H元素，尼古丁中含N元素，且苯并芘与苯的结构不相似，以此来解答。

【详解】

A．(1)的分子式是C20H12；故A正确；

B．(2)的分子式是C10H14N2；故B错误；

C．苯并芘只含有碳氢元素；属于烃，而尼古丁中含有氮元素，则不是烃，故C错误；

D．苯并芘与苯的分子式不相差若干个CH2原子团；且苯和苯并芘结构不同，所以不是同系物，故D错误；

故答案为A。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

【详解】

由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属于一个晶胞的Sn的个数为与Cd(0，0，0)最近的Sn原子为如图所示的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5，0，0.25)；b位置的Sn的分数坐标为(0.5，0.5，0)；CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。【解析】4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)48、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Mn的价电子排布式为3d54s2；位于第四周期第ⅦB族；

(2)从天冬酰胺的结构中可以看出，碳原子形成的化学键的类型有单键和双键，故碳原子中碳以sp3和sp2两种杂化；

(3)1条三键中含有1个σ键和2个π键，1个π键键能=×(942kJ·mol-1-247kJ·mol-1)=347.5kJ·mol-1，大于σ键的键能，所以N2中的π键稳定；

(4)A．同主族元素电负性由上到下依次减弱；O的电负性大于S，A错误；

B．在上述结构示意图中，O和Cu之间（图中O→Cu）存在配位键，H-O、S-O之间存在共价键，[Cu(H2O)4]2+和之间存在离子键；B正确；

C．胆矾是CuSO4•5H2O，是由[Cu(H2O)4]2+和构成的；属于离子晶体，C错误；

D．由于胆矾晶体中水两类；一类是以配位键形成配体的水分子，一类是以氢键形成的结晶水，结合方式不同，因此受热时氢键形成的结晶水会先失去，故会因温度不同而得到不同的产物，D错误；

故选B；

(5)铜离子能与氨气形成配位键，故氢氧化铜能溶解在氨水中，反应的离子方程式为Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+；N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，形成配合物时，N原子作为配位原子，NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，因此使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键。【解析】①.第四周期第ⅦB族②.sp3、sp2③.π④.B⑤.Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+⑥.N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键9、N【分析】【详解】

K原子核外电子排布式为电子占据的最高能层符号为N。10、略

【分析】(1)

①紫色光对应的辐射波长范围是400～430nm；选A；

②基态K原子中，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；核外电子占据最高能层的符号是N，占据该能层的电子处于4s能级，电子云轮廓图形状为球形；

(2)

①氮原子核外电子排布式是1s22s22p3，价层电子排布式是2s22p3，轨道表达式(电子排布图)为

②同周期元素；从左到右非金属性依次增大，原子核对电子的束缚能力增大，除氮原子外，其他原子得电子能力依次增大，得电子后形成的阴离子稳定性逐渐增大，所以根据第一电子亲和能的定义可知同周期元素的第一电子亲和能自左向右依次增大；N的2p能级上有3个电子，处于半满状态，属于较稳定状态，得电子能力相对较弱，因此第一电子亲和能较同周期相邻元素要低；

(3)

①Fe为26号，价层电子数为26-18=8，价层电子排布式为3d64s2，失去电子时，先失去4s上的2个电子，再失去3d上的一个电子，即为[Ar]3d5；

②元素的非金属性越强电负性越大，非金属性O＞C＞H，所以电负性：O＞C＞H。【解析】(1)AN球形。

(2)同周期元素随核电荷数依次增大；原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，故不易结合一个电子。

(3)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5H＜C＜O11、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，根据最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子半径的关系，可知：X为N元素，对应的为pH=2的HNO3，Y为C，其对应的为弱酸H2CO3，Z为Cl，其对应的为一元强酸HClO4，W为S，对应的为二元强酸H2SO4；M为Na，对应的是强碱NaOH，据此解答。

(1)

Y的最高价氧化物为CO2，C原子和每个O原子共用2个电子，电子式为故答案为

(2)

Z为Cl；W为S，Cl的得电子能力比S强，故最简单气态氢化物的热稳定性为Z＞S，答案为：＞；

(3)

X、M两种元素形成的简单离子分别为N3-和Na+，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，N3-＞Na+；所以X；M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X＞M，答案为：＞；

(4)

X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反应后生成的化合物为NH4Cl；化学键类型是既有离子键又有共价键，故答案为：离子键和共价键；

(5)

碱洗目的是除去铝自然形成的易脱落的氧化膜，离子反应为：2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O，故答案为：除去铝材表面的自然氧化膜；2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O；

(6)

碱洗时，当氧化膜完全溶解后，暴露出的铝单质会与碱继续反应，生成氢气，出现气泡，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，发生酸碱中和反应，离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+H2O，故答案为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；NH3·H2O+H+=NH+H2O；

(7)

①将铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明有单质铜生成，活泼性：Fe＞Cu；②该实验只能说明氯气具有强氧化性，无法比较铁和铜的活泼性；③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中，只能说明浓硫酸具有强氧化性，无法比较铁和铜的活泼性；④将铜片置于FeCl3溶液中，发生氧化还原反应：无法比较；⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，形成铁、铜原电池，铁做负极，铜做正极，铁片溶解，铜片上有气泡产生，可以说明铁的活泼性强于铜。据此分析，能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案有①⑤；故答案为：①⑤。【解析】(1)

(2)＞

(3)＞

(4)离子键和共价键。

(5)除去铝材表面的自然氧化膜2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O

(6)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑NH3·H2O+H+=NH+H2O

(7)①⑤12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)多硼酸根离子可以看成和缩合而成，并且此缩合过程不会改变B原子的配位数和形式电荷。因此，多硼酸根中四配位B原子的个数与缩合反应前自由的个数相同，并且等于多硼酸根的负电荷总数。由此，五硼酸根中有1个四配位B原子、4个三配位B原子。由于4个三配位的B原子等价，说明它们都与四配位B原子通过B-O-B键连接。又因为B原子连接成环，将两对三配位B用氧桥连接恰好可得到两个六元环，即得到五硼酸根的结构：故答案为：

(2)图中给出硼酸—硼酸盐体系在硼的总浓度为0.4mol/L时B的存在型体与pH的关系。首先我们要理解这张图的含义：定一个pH，作一条平行于y轴的直线，这条直线被各个区域所截线段的长度即表示相应的型体占B总量的摩尔分数。可以很明显地发现，随着pH升高，的比例下降的比例上升，最后其他型体消失，B全部以存在。这说明，随着pH升高，多硼酸根中四配位B原子的比例逐渐上升，因此多硼酸根中四配位B原子的比例越高，其消失时对应的pH越大。四个区域消失的顺序为：1、2、3、4，则1、2、3、4分别对应：B5O6(OH)、B3O3(OH)B4O5(OH)B3O3(OH)故答案为：1：B5O6(OH)2：B3O3(OH)3：B4O5(OH)4：B3O3(OH)【解析】1：B5O6(OH)2：B3O3(OH)3：B4O5(OH)4：B3O3(OH)13、略

【分析】【分析】

(1)

根据周期表的结构可知锑在元素周期表中的位置是第五周期第VA族；中子数等于质量数减质子数，所以的中子数为173；答案为：第五周期第VA族；173；

(2)

物质自身能量越低；越稳定，由题信息可知黑磷的能量最低，所以其中最稳定的磷单质是黑磷，答案为：黑磷。

(3)

非金属元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，氮元素的非金属性强于磷元素，所以热稳定性：NH3>PH3，氨气分子内部能形成分子间氢键，熔沸点显著升高，所以沸点NH3>PH3，答案为：>；氮元素的非金属性强；>；

(4)

N2H4分子内每个氮原子和两个氢原子形成单键，氮原子之间形成单键，它的电子式是答案为：

(5)

PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。推断PH3与HI反应产物为PH4I，该产物和NH4Cl相似，存在的化学键类型是离子键、(极性)共价键，答案为：离子键、(极性)共价键。【解析】(1)第五周期第VA族173

(2)黑磷。

(3)>氮元素的非金属性强>

(4)

(5)离子键、(极性)共价键14、略

【分析】【详解】

（1）MnS与NaCl均是离子晶体；其熔点与晶格能大小有关，即MnS中阴；阳离子所带电荷数比NaCl多，MnS的晶格能大于NaCl；

（2）一般来说熔点：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体；共价晶体的熔点与共价键强弱有关，离子晶体的熔点与晶格能大小有关，分子晶体的熔点与范德华力、氢键有关，故CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。【解析】(1)MnS中阴；阳离子所带电荷数比NaCl多；MnS的晶格能大于NaCl

(2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大15、略

【分析】【分析】

（1）铁是26号元素；根据核外电子排布规律分析其基态原子核外电子排布式；

（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出；A的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2个电子，则A的化合价为+2价；

（3）根据配合物[Cu(NH3)3CO]Ac结构进行分析；

（4）晶体所含离子半径小；电荷数多，晶格能大。

【详解】

（1）铁是26号元素，根据核外电子排布规律，可知其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2；

故答案是：[Ar]3d64s2；

（2）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A的第二电离能小，第三电离能较大，说明易失去2个电子，则A的化合价为+2价，应为Mg元素，价电子排布式为3s2；

故答案是：3s2；

（3）根据配合物[Cu(NH3)3CO]Ac可知：一价铜离子有三个氨基配体和一个羰基配体；共4个配体，配位数为4；

故答案是：4；

（4）MgO中离子都带2个单位电荷，NaCl中离子都带1个单位电荷，离子半径O2--，Mg2++，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格能，晶格能：MgO>NaCl，故熔点：MgO>NaCl；

故答案是：MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。【解析】①.[Ar]3d64s2②.3s2③.4④.MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大三、判断题(共5题，共10分)16、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。17、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；18、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。19、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。20、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、结构与性质(共1题，共4分)21、略

【分析】【分析】

Ga处于第四周期第ⅢA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；0.01molCrCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，氯化铬(CrCl3•6H2O)和氯化银的物质的量之比是1∶2，则CrCl3•6H2O化学式中含有2个外界氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，结合Cr的最高化合价为+6分析解答；向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；据此分析解答。

【详解】

(1)A．2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；B．不存在2d能级，故B错误；C．3p能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3px表示为x轴上的轨道；故C正确；D．不存在3f能级，故D错误；故答案为：AC；

(2)Ga处于第四周期第ⅢA族，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则基态镓(Ga)的价电子排布式为4s24p1，故答案为：4s24p1；

(3)碳、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物分别为CH4、H2O，由于水分子间可以形成氢键，使沸点升高，导致水的沸点高于甲烷，故答案为：H2O；水分子间可以形成氢键；使沸点升高；

(4)0.01molCrCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，氯化铬(CrCl3•6H2O)和氯化银的物质的量之比是1∶2，根据氯离子守恒知，则CrCl3•6H2O化学式中含有2个外界氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，Cr的最高化合价为+6，所以氯化铬(CrCl3•6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2•H2O；故答案为：B；

(5)氨气、氟气以及NF3为分子晶体，铜为金属晶体，NH4F为离子晶体；故答案为：ABD；

(6)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH继续滴加氨水至过量，沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，得到深蓝色溶液，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，故答案为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。【解析】AC4s24p1H2O水分子间可以形成氢键，使沸点升高BABDCu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-五、有机推断题(共4题，共28分)22、略

【分析】【分析】

9.0gA在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，通过浓硫酸的增重确定水的质量，碱石灰的增重确定CO2的质量；根据元素守恒确定9.0gA中C；H原子物质的量，再结合A的质量确定氧原子物质的量，可得有机物A的实验式；根据有机物的相对分子质量可确定有机物A的分子式；最后根据红外光谱法测得的A中含有的官能团可确定A的结构简式，据此分析解答。

【详解】

(1)浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n(H2O)==0.3mol；

(2)0.3molH2O所含有H原子的物质的量n(H)=0.3mol×2=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m(CO2)是13.2g，n(CO2)==0.3mol，则n(C)=0.3mol，9.0gA中m(O)=9g-0.6g-12g/mol×0.3mol=4.8g，n(O)==0.3mol，所以n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即有机物A的实验式为：CH2O；通过质谱法测得其相对分子质量为90，有机物A的实验式为CH2O，设其分子式为(CH2O)x，则30x=90，故x=3，则A的分子式为C3H6O3；

(3)A的分子式为C3H6O3，由于通过红外光谱法测得A中含有-OH和-COOH，则A的结构简式可能为①CH2OHCH2COOH或②CH3CHOHCOOH，但两个CH2OHCH2COOH分子反应得到一个八元环的分子，所以能形成一个六元环分子的物质A的结构简式是A发生缩聚反应的方程式为n+(n-1)H2O；

(4)与A含有相同C原子数的烯烃为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3可以和Br2发生加成反应生成继而发生水解反应可以生成与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基可以被连续氧化生成羧基，与羟基相连的碳原子上有一个氢原子时可以被氧化成羰基，则可以被氧化生成再与氢气发生加成反应可以生成所以合成路线为CH2=CHCH3

【点睛】

与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基可以被连续氧化生成羧基；与羟基相连的碳原子上有一个氢原子时可以被氧化成羰基，羰基、醛基可以与氢气发生加成反应生成羟基。【解析】0.3C3H6O3n+(n-1)H2OCH2=CHCH323、略

【分析】【分析】

由（1）中A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，A与B发生Diels-Alder反应生成分子式为C6H10的C，则B为CH2=CHCH=CH2，C为C发生信息中氧化反应生成D为HOOC(CH2)4COOH，D与乙醇发生酯化反应生成E为C2H5OOC(CH2)4COOC2H5。E发生取代反应形成环状得到F，同时有CH3CH2OH生成。

（6）CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成和溴发生加成反应生成发生水解反应生成

【详解】

(1)A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，CH3CH2OH→A发生醇的消去反应；所需试剂；条件分别为：浓硫酸、170℃。

故答案为：浓硫酸；170℃。

(2)A为CH2=CH2，根据信息中Diels−Alder反应、C的分子式可知B为CH2=CHCH=CH2，则B的名称为：1，丁二烯；由化学键的断裂与形成；物质的组成可知A→C的反应类型为加成反应；

故答案为：1，丁二烯；加成反应；

(3)由F的结构简式可知F含有的官能团为：羰基；酯基；

故答案为：羰基；酯基；

(4)分子式为C6H10的有机物的不饱和度为：

A.含有两个环的环状有机物的不饱和度为2；故A正确；

B.含有一个双键的直链有机物的不饱和度为1；故B错误；

C.含有两个双键的直链有机物的不饱和度为2；故C正确；

D.含有一个三键的直链有机物的不饱和度为2；故D正确。

故答案选B；

(5)D→E是HOOC(CH2)4COOH与乙醇发生酯化反应生成C2H5OOC(CH2)4COOC2H5，反应方程式为：HOOC(CH2)4COOH+2CH3CH2OHC2H5OOC(CH2)4COOC2H5+2H2O；

故答案为：HOOC(CH2)4COOH+2CH3CH2OHC2H5OOC(CH2)4COOC2H5+2H2O；

(6)CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成和溴发生加成反应生成发生水解反应生成其合成路线为

故答案为：

【点睛】

有机物之间的相互转换，需熟悉官能团，各种有机物的化学性质。【解析】浓硫酸170℃1，丁二烯加成反应羰基、酯基BHOOC(CH2)4COOH+2CH3CH2OHC2H5OOC(CH2)4COOC2H5+2H2O24、略

【分析】【详解】

（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；

（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物；且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则A只能是异丁烷，先取代再消去生成的D名称为：2—甲基丙烯；

（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为

（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应；故答案为消去反应；

（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：

（6）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为【解析】①.CH3CH(CH3)CH3②.2—甲基丙烯③.④.消去反应⑤.⑥.25、略

【分析】【分析】

（1）有机物和氢气的密度之比等于相对分子质量之比；

（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸