2025年岳麓版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年岳麓版选择性必修2化学上册月考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9题，共18分)1、铁有δ；γ、α三种晶体结构；以下依次是δ、γ、α三种晶体不同温度下转化的图示，下列有关说法正确的是。

δ—Feγ—Feα—FeA.α-Fe晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有8个B.γ-Fe晶体中与相邻铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C.若三种晶胞均为立方结构，且最近铁原子相切，则三种晶体的密度比为2：4：1D.将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不相同2、下列化学用语表示正确的是A.SO2分子的空间构型：V型B.丙烷的比例模型：C.中子数为20的硫原子：D.水解的离子方程式：+2H2O⇌H2CO3+2OH-3、化学用语在化学学科中作用非常重要，以下有关化学用语描述正确的是A.CO2的结构式：O-C-OB.氨气的空间结构：三角形C.氯离子的结构示意图：D.Na2S的电子式：4、下列符号表征错误的是A.分子中σ键的电子云轮廓图：B.的VSEPR模型：C.的水解方程式为：+H2OH3O++COD.的形成过程：5、下列物质不是配合物的是A.NaClB.[Fe(SCN)2]ClC.[Cu(NH3)4]Cl2D.[Ag(NH3)2]OH6、是一种重要的化工产品，实验室可利用制取该配合物：下列叙述正确的是A.中含键B.的结构式：C.氯离子的结构示意图：D.的电子式：7、下列有关物质组成或结构的判断正确的是A.分子式为C2H4O2的有机物一定是乙酸B.甲烷、乙烷、丙烷的一氯代物都只有一种C.的分子式为C11H20OD.在光照条件下，与Br2反应可能得到的一溴代物有6种8、2020年12月，俄罗斯的一家上市公司QuantumScape。它的研究成果“固态锂金属电池”通过“无负极”制造工艺和陶瓷材料的固态分离器实现了突破。或能突破现有电动汽车锂离子电池的局限，实现更高的能量密度，15分钟80%快充，并且更安全。下列说法错误的是A.锂离子电池的正极反应式为：Li-e-=Li+B.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料C.基态锂离子的电子排布式为1s2D.该电池的电解质不可能是酸性溶液9、元素周期表中27号元素钴的方格中注明“3d74s2”，由此可以推断A.它位于元素周期表的第四周期第ⅡA族B.它的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2C.Co2+的电子排布式为[Ar]3d54s2D.Co位于元素周期表中第9列评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成系列“超四面体”(T2、T3)；下列相关说法正确的是。

A.T4超四面体中有4种不同环境的X原子B.T4超四面体的化学式为A20X34C.T5超四面体中有6种不同环境的X原子D.T5超四面体的化学式为A35X5611、某物质可溶于水、乙醇，熔点为其分子的结构简式如图所示。下列说法不正确的是。

A.该分子中含有极性共价键B.该物质中键和键的个数比为C.该分子中原子最外层均达到8电子稳定结构的为ND.该分子中的共价键按原子轨道重叠方式划分为3种12、(砒霜)是两性氧化物(分子结构如图所示)，与盐酸反应能生成和反应的产物之一为下列说法正确的是。

A.分子中As原子的杂化方式为B.为共价化合物C.的空间构型为平面正三角形D.分子的键角小于13、C；Si和P元素的前四级电离能变化趋势如图所示。下列说法不正确的是。

A.c为Si元素B.最简单气态氢化物的热稳定性：c>a>bC.元素的电负性：a>c>bD.第五电离能：a>c>b14、下列各组结构和性质对比正确的是A.第一电离能Li＞NaB.电负性O＞FC.粒子半径F-＞Mg2+D.酸性H2SO3＞HNO315、下列各组分子的立体构型相同的是A.B.C.D.16、在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构，其原因是A.共价键具有饱和性B.共价键具有方向性C.二氧化硅是化合物D.二氧化硅是由非金属元素原子构成的评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、H5O2Ge(BH4)3是钙钛矿型化合物(ABX3型)；量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。请回答下列问题：

(1)基态Ge的价电子轨道表示式___________。

(2)根据杂化轨道理论，由B的4个___________(填杂化轨道类型)杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，请画出的结构式___________。

(3)CsPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图所示：

①原子1的坐标为(0，0)，则原子2和3的坐标分别为___________、___________。

②I-位于该晶体晶胞的___________(填“棱心”、“体心”或“顶角”)。18、X；Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素；其原子序数依次增大。X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6；Y元素是动植物生长不可缺少的、构成蛋白质的重要组成元素；Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X不同族；W是一种常见元素，可以形成3种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色晶体。

(1)Y2分子中存在的σ键和π键个数之比为___________。

(2)X—H键和Y—H键属于极性共价键，其中极性较强的是___________(X、Y用元素符号表示)键。X的第一电离能比Y的___________(填“大”或“小”)。

(3)写出X的单质与Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式：___________。

(4)W的基态原子的价电子排布式为___________。

(5)已知一种Y4分子结构如图所示：断裂1molY—Y键吸收167kJ的热量，生成1molY≡Y放出942kJ热量。试写出由Y4气态分子变成Y2气态分子的热化学方程式：___________。

19、(1)在短周期元素中基态原子的p轨道有1个未成对电子的元素可能是_______(填元素符号，下同)，其核外电子排布式分别是_______。

(2)基态原子的N层有1个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是_______，其价电子排布式为_______。

(3)最外层电子数是次外层电子数3倍的元素是_______，其电子排布图为_______。

(4)Cu原子的结构示意图为_______。

(5)下列表示的为一激发态原子的是_______。

A．1s12s1B．1s22s22p1C．1s22p53s1D．1s22s22p63s220、国家卫生健康委员会发布公告称；富硒酵母；二氧化硅、硫黄等6种食品添加剂新品种安全性已通过审查，这些食品添加剂包括食品营养强化剂、风味改良剂、结构改善剂、防腐剂，用于食品生产中，将更好地满足吃货们的心愿，丰富舌尖上的营养和美味。请回答下列问题：

(1)富硒酵母是一种新型添加剂，其中硒元素在周期表中的位置为____。

(2)下列说法正确的是____。

A.热稳定性：B.与的中子数之和为60

C.酸性：D.还原性：

(3)短周期元素都可能存在于某些食品添加剂中；其最高正化气价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示：

①由三种元素组成的化合物的电子式为____。

②元素形成的简单离子中半径最大的是___(用化学式表示)，其结构示意图为___。

③和组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是____(填化学式)，此化合物可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为____。21、下面是s能级；p能级的原子轨道图；试回答问题：

(1)s电子的原子轨道呈___________形，每个s能级有___________个原子轨道；p电子的原子轨道呈___________形，每个p能级有___________个原子轨道。

(2)根据杂化轨道理论，NH3分子中中心原子的杂化轨道类型为___________，其VSEPR模型为___________，分子的立体构型为___________。22、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是___________、___________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。23、离子化合物A2B由四种元素组成，一种为氢，另三种为第二周期元素。正、负离子皆由两种原子构成且均呈正四面体构型。写出这种化合物的化学式____。24、请回答下列问题：

(1)NH3的沸点(-33.5℃)高于NF3的沸点(-129℃)的主要原因是_______。

(2)化学式为N2H4C，属离子化合物，各原子均具有稀有气体稳定结构。写出它的电子式_______。

(3)常压下，SO3的沸点(44.8℃)比SO2的沸点(-10℃)高，其主要原因是_______。25、(1)酸碱质子理论认为：凡是能给出质子(H+)的任何物质都是酸，凡是能接受质子(H+)的任何物质都是碱。则CH3CH3、OH-、HCl、F-中属于碱的是_______，用一个离子方程式说明它们结合质子能力的相对强弱_______。

(2)化合物A；B、C的熔点如表：

。

A

B

C

化学式。

CH3CH2Cl

CH3CH2CH2Cl

CH3NH3Cl

熔点/℃

-139

-123

230

化合物C的熔点明显高于A的原因是_______。评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)26、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27、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28、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29、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.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)30、炭粉、CO、H2均可作为实验室还原CuO的还原剂；实验小组对CuO的还原反应及还原产物组成进行探究。

查阅资料：PdCl2溶液能吸收CO；生成黑色Pd沉淀；一种氢化物和一种氧化物。

回答下列问题：

(1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为___________。

A．577~492nmB．597~577nmC．622~597nm

(2)基态Cu+的价电子轨道表示式为___________。

(3)小组同学用如图所示装置探究炭粉与CuO反应的产物。

①实验结束后，打开开关K通氮气，其目的是___________。

②试剂X的作用为___________。

③若气体产物中含有CO，则观察到的现象为______，其中反应的化学方程式为_______。

(4)某小组同学为测定炭粉还原CuO后固体混合物(仅有C和Cu2O)两种杂质)中单质Cu的质量分数，设计如下实验：准确称取反应管中残留固体8.000g，溶于足量稀硝酸(恰好使固体溶解达到最大值)，过滤、洗涤、干燥，所得沉淀的质量为0.160g；将洗涤液与滤液合并，配成500mL溶液；量取所配溶液25.00mL，加入适当过量的KI溶液；以淀粉为指示剂，用0.5000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知：2Cu2++5I-=2CuI↓++2=+3I-。

①还原后固体混合物中单质Cu的质量分数为___________%。

②若CuI吸附部分会导致所测Cu单质的质量分数___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。31、为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强；某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：

（1）装置B中盛放的试剂是_____（填选项），实验现象为_____，化学反应方程式是_____．

A．Na2S溶液B．Na2SO3溶液C．Na2SO4溶液。

（2）装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是_____．

（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为_____．（填序号）

①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子；

②次氯酸的氧化性比稀硫酸强；

③S2﹣比Cl﹣还原性强；

④HCl比H2S稳定．

（4）若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现的实验现象_____，写出反应的离子方程式_____．32、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。33、“中国芯”的发展离不开单晶硅；四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。

已知有关信息：

①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4

②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃。

请回答下列问题：

(1)写出A中发生反应的离子方程式：___________。

(2)若拆去B装置，可能的后果是_________。

(3)有同学设计图装置替代上述E；G装置：

上图装置的主要缺点是________。

(4)测定产品纯度。取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收)，将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应)，消耗滴定液VmL。则产品的纯度为_______%(用含a；c和V的代数式表示)。

(5)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱；用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：

Ⅰ.打开弹簧夹1；关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。

Ⅱ.A中看到白色沉淀时；关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。

①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是_________(填字母)。

A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性。

②C装置中的试剂X是________(填化学式)

③D中发生反应的化学方程式是：________。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)34、甲醛是众多醛类物质中的一种；是一种具有较高毒性的物质。结合相关知识回答下列问题：

（1）下列说法不正确的是________（填序号）。

A.选购家具时；用鼻子嗅一嗅家具抽屉等部位可初步判断家具是否含有较多甲醛。

B.甲醛就是福尔马林；可用于浸制动物标本。

C.甲醛可使酸性KMnO4溶液褪色。

（2）甲醛也是一种重要的工业原料，以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物C(C4H8O4)：

①反应Ⅰ的反应类型为________________________。

②HOCH2C≡CCH2OH分子中，在同一平面上的原子最多有_________个。

③写出反应Ⅳ的化学方程式：___________________________________。

④写出B与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式：_____________________________。35、普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛；其合成路线如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。

(2)B的结构简式为_______。

(3)反应②的反应类型是_______。

(4)D中有_______个手性碳原子。

(5)写出反应④的化学方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。

(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺()的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。36、芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（为氢或烃基）

回答下列问题：

(1)A是一种烯烃，化学名称为______，其分子中最多有__________个原子共面。

(2)B中官能团的名称为_____、_____。②的反应类型为________

(3)③的化学方程式为________

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。指出F的结构简式中手性碳原子并用星号(*)标出F中的手性碳________。G的结构简式为________。

(5)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是________。

(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料经三步制备化合物的合成路线________。

(已知：其他试剂任选)37、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_______。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．α-Fe晶体晶胞类型为体心立方；与位于体心的Fe原子距离最近的Fe原子位于顶点，共有6个，故A错误；

B．γ-Fe晶体晶胞类型为面心立方，位于顶点的Fe原子，被晶胞的3个平面共有，每个平面与其距离相等且最近的铁原子数目为4，则共有34=12个；故B错误；

C．由图可知，α-Fe晶胞中铁原子数为8=1个，γ-Fe晶胞中铁原子数为8+6=4个，δ-Fe晶胞中铁原子数为8+1=2个；但是没有给出各个晶胞的边长，不能比较密度，故C错误；

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却得到δ-Fe晶体；缓慢冷却得到α-Fe晶体，晶体类型不相同，故D正确；

答案选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．SO2分子中的中心S原子价层电子对数是3；含有1对孤对电子，因此其空间构型是V型，A正确；

B．图示是丙烷的球棍模型；不是比例模型，B错误；

C．中子数为20的硫原子质量数是36，用原子符号表示为：C错误；

D．水解逐步进行，主要是第一步水解，水解反应存在平衡，则第一步水解的离子方程式：+H2O⇌+OH-；D错误；

故合理选项是A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A.CO2为共价化合物；其结构式为O=C=O，故A错误；

B.NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化；孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形，故B错误；

C.氯元素是17号元素，氯离子的结构示意图为：故C错误；

D.Na2S为离子化合物，存在钠离子和硫离子，硫化钠的电子式为：故D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．由两个氢原子构成，氢原子的电子1s1与另一个氢原子的1s1相互靠拢，原子轨道互相重叠，形成了s-sσ键，其电子云轮廓图是A项正确；

B．中，S与H之间形成两对共用电子对，S本身存在两对孤电子对，以S为中心原子的杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，如B项正确；

C．的水解方程式为：+H2OOH-+H2CO3，而+H2OH3O++CO是电离方程式；C项错误；

D．是离子化合物，形成过程D项正确。

故答案选C。5、A【分析】【分析】

【详解】

含有配位键的化合物是配合物(一般铵盐除外)；NaCl中只含有离子键，故不是配合物。

故选A。6、B【分析】【详解】

A．单键都是σ键，每个离子内含6个配位键、所包含的氨分子每一个含3个N-H键，则中含键A错误；

B．分子内氧原子与每个氢原子共用1对电子对、其结构式：B正确；

C．氯离子的核电荷数为17、电子数为18，结构示意图：C错误；

D．的电子式：D错误；

答案选B。7、D【分析】【详解】

A．分子式为C2H4O2的有机物可以是乙酸(CH3COOH)，也可以是甲酸甲酯(HCOOCH3)；故A错误；

B．甲烷(CH4)有一种H，乙烷(CH3CH3)有1种H，丙烷(CH3CH2CH3)有2种H；一氯代物数目分别为1种；1种、2种，故B错误；

C．由结构简式可知，其分子式为C10H20O；故C错误；

D．由可知，在光照条件下与Br2发生取代反应，得到的一溴代物有6种，位置如图所示故D正确；

答案为D。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．锂为较活泼金属单质，故锂离子电池的负极反应式为：Li-e-=Li+；故A错误；

B．高温结构陶瓷包括Si3N4陶瓷；SiC陶瓷等属于新型无机非金属材料；故B正确；

C．锂离子核外2个电子，故基态锂离子的电子排布式为1s2；故C正确；

D．若电解质是酸性溶液；则溶液会与锂单质反应，故D正确；

故选A。9、D【分析】【详解】

A．由的价电子排布式可知；Co应为过渡元素，A错误；

B．位于第四周期Ⅷ族，其电子排布式为B错误；

C．失电子时，应先失去最外层的电子，即先失去上的电子，故的电子排布式为C错误；

D．原子序数是第四周期钙元素加７；说明它位于周期表的第“2＋7＝9”列，D正确；

故选D。二、多选题(共7题，共14分)10、CD【分析】【分析】

【详解】

略11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．不同原子间的共价键为极性共价键；该分子中含有极性共价键，故A正确；

B．每个单键是1个σ键，每个双键含有1个σ键和1个π键，每个三键含有1个σ键和2个π键，则该物质分子中σ键和π键的个数比为故B错误；

C．该物质中C和N都达到8电子稳定结构；H原子没有达到8电子稳定结构，故C正确；

D．按原子轨道重叠方式共价键分为2种；“头碰头”重叠形成σ键，“肩并肩”重叠形成π键，故D错误；

故选BD。12、AD【分析】【详解】

A．由的分子结构可知，与3个O形成三角键形结构，中心原子上有1对孤电子对和3个成键电子对，则原子的杂化方式为A正确；

B．是由和构成的离子化合物；B错误；

C．中含1对孤电子对和3个成键电子对；空间结构为三角锥形，C错误；

D．中含有1对孤电子对和3个成键电子对；空间结构为三角键形，键角小于109°28′，D正确；

故选AD。13、BC【分析】【分析】

同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，P元素原子3p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，故三种元素中Si第一电离能最小，由图中第一电离能可知c为Si，P元素原子3s能级为全充满稳定状态，故其第四电离能与第三电离能相差较大，则b为P元素；a为C元素，据此分析可得：

【详解】

A．由分析可知，a、b；c分别为C、P、Si；故A正确；

B．a、b、c分别为C、P、Si，由于非金属性P>C>Si，则其简单氢化物的稳定性故最简单气态氢化物的热稳定性：b>a>c；故B错；

C．一般而言同周期元素，从左至右电负性逐渐增强，同主族元素从上至下，电负性逐渐减小，故电负性：P>C>Si，则b>a>c；故C错；

D．C、Si分别失去4个电子后，C的S的均为充满的稳定状态，再失去1个电子时，其第五电离能与第四电离能相差较大，且第五电离能：C>Si；P失去的第四个与第五个电子均为3s能级上的电子，故其第四电离能与第五电离能相差不大，故第五电离能：C>Si>P；故D正确；

答案选BC。14、AC【分析】【分析】

【详解】

A．同一主族从上往下；元素的第一电离能依次减小，故Li＞Na，A正确；

B．同一周期从左往右元素的电负性依次增大；故O＜F，B错误；

C．具有相同核外电子排布的微粒，核电荷数越大，半径越小，故粒子半径F-＞Mg2+；C正确；

D．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性一致，H2SO3不是S的最高价氧化物对应水化物的酸性，故无法通过元素周期律来比较H2SO3、HNO3的酸性强弱；D错误；

故答案为：AC。15、AC【分析】【详解】

A．空间构型为V形；中O原子的价层电子对数为2+=4；有1对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项A正确；

B．中O原子的价层电子对数为2+=4，有1对孤电子对，分子的立体构型为V形；NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，有一对孤电子对，则N原子为sp3杂化；分子的空间构型为三角锥形，选项B错误；

C．中Sn原子的价层电子对数为2+=3，有1对孤电子对，则中Sn原子为sp2杂化，分子的空间构型为V形；中N原子的价层电子对数为2+=2；有1对孤电子对，则N原子为sp杂化，分子的空间构型为V形，选项C正确；

D．中C原子的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，C原子为sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；SO3中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则S原子为sp2杂化；分子的空间构型为平面三角形，选项D错误；

答案选AC。16、AB【分析】【详解】

由于共价键具有方向性和饱和性导致SiO2中Si和O必须按照一定的方向和一定的数目比例进行结合；故导致在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构，且不是所有化合物；所有非金属元素原子构成的物质都是原子未排列成紧密堆积结构；

综上所述答案为AB。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【详解】

(1)Ge是第四周期ⅣA元素，价电子排布式为4s24p2，基态Ge的价电子轨道表示式为

(2)根据杂化轨道理论，中B的价电子对数为4，采用sp3杂化，由B的4个sp3杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，空间构型是正四面体，的结构式为

(3)①原子1的坐标为(0，0)，则由CsPbI3的晶体结构可知原子2和3的坐标分别为(0，0，)、(1，1)。

②由晶体结构可知Cs位于晶胞的体心，则1个晶胞中含有1个Cs，还有2种原子位于顶角和棱心，根据均摊法可知，1个晶胞中位于顶角的原子的个数为：个，应为Pb，则I-位于该晶体晶胞的棱心。【解析】sp3(0，0，)(1，1)棱心18、略

【分析】【分析】

【详解】

X元素的一种核素的质量数为12；中子数为6，可知X为C；由Y元素是动植物生长不可缺少的；构成蛋白质的重要组成元素知Y为N；由Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X不同族，知Z为S；由W是一种常见元素，可以形成3种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色晶体，知W为Fe；所以X、Y、Z、W分别为C、N、S、Fe．

(1)N2中有N≡N键；其中有1个σ键；2个π键。故答案为：1∶2

(2)C的非金属性比N的弱；故C—H键和N—H键中极性较强的是N—H键。同一周期从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，因此C的第一电离能比N的小。故答案为：N—H；小。

(3)C与浓硫酸加热时反应生成CO2、SO2和H2O。故答案为：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；

(4)铁的原子序数为26，其基态原子的价电子排布式为3d64s2.；故答案为：3d64s2.；

(5)由N4分子结构可知，1个N4分子中含有6个N—N键，故N4(g)=2N2(g)ΔH=(167×6-942×2)kJ·mol-1=-882kJ·mol-1；故答案为：N4(g)=2N2(g)；ΔH=-882kJ·mol-1【解析】1∶2N—H小C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O3d64s2N4(g)=2N2(g)；ΔH=-882kJ·mol-119、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在短周期元素中基态原子的p轨道有1个未成对电子的元素可能是B、F、Al、Cl，其电子排布式分别为：1s22s22p1、1s22s22p5、1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5；

(2)基态原子的N层有1个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是Cr，其价电子排布式为3d54s1；

(3)最外层电子数是次外层电子数3倍，该元素有2层电子，第一层为K层，有2个电子，第二层为L层，有6个电子，该元素为O，其电子排布图为

(4)Cu的核电荷数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，根据电子排布式可画出铜的原子结构示意图为

(5)激发态原子即为基态原子中的电子从低能级跃迁到了高能级。

A．核外共有2个电子，基态应为2个电子都排在1s能级上，所以1s12s1为激发态；

B．1s22s22p1为基态B的电子排布式；不是激发态；

C．核外有8个电子的O的基态电子排布式为1s22s22p4，所以1s22p53s1为激发态；

D．1s22s22p63s2为基态Mg的电子排布式；不是激发态；

故选AC。【解析】①.B、F、Al、Cl②.1s22s22p1、1s22s22p5、1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5③.Cr④.3d54s1⑤.O⑥.⑦.⑧.AC20、略

【分析】【分析】

由图中的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系可知，是元素，是元素，是元素，是元素，是元素，是元素；

【详解】

(1)同主族，根据在周期表中的位置可推知在周期表中的位置为第四周期第Ⅵ族；

(2)A．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：所以氢化物的稳定性：故A错误；

B．的中子数为的中子数为中子数之和为故B正确；

C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：故C错误；

D．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：故还原性：故D错误；

(3)①S、组成的化合物为与之间以离子键结合，中原子以共价键结合，其电子式为

②电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，元素形成的简单离子中，的半径最大，核外有18个电子，核电荷数为16，其结构示意图为

③两元素形成的化合物为和其中既含有极性共价键又含有非极性共价键的是有强氧化性，可将碱性工业废水中的氧化，生成碳酸盐和氨气，离子方程式为【解析】第四周期第VIA族BS2-H2O221、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)s电子的原子轨道呈球形；含有1个原子轨道；p电子的原子轨道呈哑铃(纺锤)形，每个p能级有3个原子轨道，且这三个轨道相互垂直；

(2)氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+1/2×(5-3×1)=4，因此N采取sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，由于含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形。【解析】球1哑铃(纺锤)3sp3四面体三角锥22、略

【分析】【分析】

【详解】

乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N的价层电子对数为4，C的价层电子对数为4，分子中氮、碳的杂化类型分别是sp3、sp3；乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是Mg2+、Cu2+有空轨道，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；配位体给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。【解析】sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+23、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】(NH4)2BeF424、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)分子间能形成氢键的氢化物熔沸点较高，NH3和NF3均为分子晶体，而氨气分子间有氢键，NF3分子间没有氢键；氢键的存在导致氨气熔沸点较高；

(2)化学式为N2H4C，属离子化合物，则所含的离子为NH4+与CN-之间形成离子键，所以NH4CN的电子式是

(3)两者都为分子晶体，SO3的相对分子质量大，分子间作用力强，故SO3的沸点高。【解析】NH3分子间存在氢键两者都为分子晶体，SO3的相对分子质量大，分子间作用力强，故SO3的沸点高25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在上述微粒中OH-、F-会结合H+形成H2O、HF，因此OH-、F-属于碱；

HF与OH-反应产生F-、H2O，反应方程式为：HF+OH-=F-+H2O，根据强酸制取弱酸的性质可知酸性：HF＞H2O，即结合H+的能力：OH-＞F-；

(2)由物质的熔点可知A的熔点比较低，而C的熔点比较高。这是由于A属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗的能量比较低；而C是离子晶体，阴、阳离子之间以离子键结合，离子键是比分子间作用力强，断裂消耗的能量比较高，给其熔点比较高。【解析】OH-、F-HF+OH-=F-+H2OA是分子晶体，C是离子晶体，离子键比分子间作用力强四、判断题(共4题，共16分)26、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。27、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；28、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。29、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。五、实验题(共4题，共8分)30、略

【分析】【分析】

本实验的目的是探究CuO与碳的混合物高温条件下反应的产物，题给信息显示，产物中含有Cu、Cu2O、CO2，可用澄清石灰水检验CO2的存在，用PdCl2氧化CO从而除去CO气体，再用NaOH吸收反应生成的CO2等。固体产物可先用硝酸溶解，再用KI还原、Na2S2O3标准溶液滴定；从而确定固体产物的组成，以此解答。

【详解】

（1）绿色波长介于577~492nm之间；故选B。

（2）基态Cu原子核外有4个电子层，价电子排布式为3d104s1，Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+的价电子排布式为3d10，轨道表示式为

（3）①实验结束后；打开开关K通氮气，其目的是将生成的气体赶出，使其被装置C；D吸收；

②为判断反应是否发生，需检验产物CO2的存在，所以试剂X为澄清石灰水，作用为检验是否有CO2生成；

③试剂Y为PdCl2溶液，它能将CO氧化为CO2，同时自身被还原为黑色的Pd，所以若气体产物中含有CO，则观察到的现象为D瓶中产生黑色沉淀；其中反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。

（4）①硝酸有强氧化性，加入稀硝酸后，铜及铜的氧化物均被稀硝酸溶解生成硝酸铜，但碳不能溶于稀硝酸，则0.16g固体为过量的碳的质量，从而得出含Cu和Cu2O的总质量为8.000g-0.160g=7.84g；已知：2Cu2++5I-=2CuI↓++2=+3I-，可建立如下关系式：Cu2+~达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为12.00mL，则样品中含铜元素的物质的量为=0.12mol，假设样品中Cu的物质的量为xmol，Cu2O的物质的量为ymol，则144y+64x=7.84，x+2y=0.12，解得x=0.1，y=0.01，还原后固体混合物中单质Cu的质量分数为=80%；

②若CuI吸附部分会导致所用Na2S2O3标准溶液的体积小，铜元素的质量偏小，产品中氧元素的含量偏大，Cu2O的含量偏高，Cu单质的含量偏小，所测Cu单质的质量分数偏小。【解析】(1)A

(2)

(3)将生成的气体赶出，使其被装置C、D吸收检验是否有CO2生成装置D中产生黑色沉淀PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl

(4)80偏小31、略

【分析】【分析】

可以从置换反应判断元素非金属性强弱分析；氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来，也可以利用非金属与氢气化合的难易程度；气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；结合实验装置，A为氯气发生装置，饱和食盐水的洗气瓶为除去氯气中混有氯化氢的装置，B为性质实验装置，C为尾气吸收装置，据此解答。

【详解】

(1)要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，离子方程式为：Cl2+S2﹣═2Cl﹣+S↓；反应中有淡黄色沉淀生产；

故答案为A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；

(2)氯气为有毒气体；要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以装置C中盛放烧碱溶液的作用是吸收氯气，防止污染大气；

故答案为吸收氯气；防止污染大气；

(3)能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，得电子能力越强非金属性越强，故正确；②通过最高价含氧酸的酸性可以比较非金属性，不能比较其氧化性，故错误；③S2﹣比Cl﹣还原性强；根据阴离子的还原性越弱非金属性越强来判断，故正确；④氢化物越稳定，非金属性越强，故正确，所以①③④；

故答案为①③④；

(4)氯气与碘化钾反应生成单质碘，加CCl4试剂，溶液会分层，下层为碘单质和CCl4，所以下层呈紫色，其反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2；

故答案为下层为紫色；2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2。【解析】A产生淡黄色沉淀Na2S+Cl2=2NaCl+S↓吸收氯气，防止污染大气①③④下层为紫色2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I232、略

【分析】【分析】

过实验来验证酸性：H2SO4＞H2CO3，则a中应该盛放稀硫酸，b中应该盛放碳酸钠，c中检验二氧化碳，若c中溶液变浑浊，说明硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳和水，说明酸性：H2SO4＞H2CO3；以此解答。

【详解】

(1)仪器a的名称是分液漏斗；应盛放的药品中是稀硫酸，故答案为：分液漏斗；A；

(2)仪器b的名称是圆底烧瓶；应盛放的药品是碳酸钠，故答案为：圆底烧瓶；D；

(3)仪器c中盛放的试剂是澄清石灰水，二氧化碳通入澄清石灰水中，澄清石灰水会变浑浊，说明b中发生反应生成了二氧化碳，化学方程式为：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：澄清石灰水变浑浊；H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O。【解析】分液漏斗A圆底烧瓶D澄清石灰水变浑浊H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O33、略

【分析】【分析】

装置A用于制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氯杂质，再用无水氯化钙进行干燥，在装置D中硅和氯气发生反应生成SiCl4，SiCl4沸点较低，在冷凝管中冷凝SiCl4气体，在E中得到液态的SiCl4，因SiCl4遇水剧烈水解；干燥管G的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。

【详解】

(1)装置A中高锰酸钾具有强氧化性，氧化浓盐酸生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，对应的离子方程式为2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(2)由信息可知，HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，若拆去B装置，HCl会和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低，而且Cl2和H2混合共热易发生爆炸，答案：HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；

(3)所给装置用装有烧碱溶液的广口瓶代替原装置中的干燥管G，烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解，导致产品纯度降低，答案：烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解；

(4)根据化学方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知溶液中n(HCl)=n(NaOH)=cmol·L1×10-3L=10-3mol，根据氯原子守恒得n(HCl)=4n(SiCl4)，则n(SiCl4)=n(HCl)=m(SiCl4)=×170g·mol-1=其质量分数=×100%=%，答案：

(5)①浓盐酸具有挥发性；进入A装置与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，通过A中看到白色沉淀，说明盐酸能与盐反应，可知盐酸具有挥发性；酸性，答案选AD；

②X的作用是除去CO2气体中的HCl气体，可以用NaHCO3溶液，D中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，从而证明碳的非金属性比硅的强，反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，答案：NaHCO3；Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3。【解析】2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解ADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3六、有机推断题(共4题，共12分)34、略

【分析】【分析】

（1）甲醛是一种无色、有刺激性气味的气体，易溶于水，35%~45%的甲醛水溶液叫福尔马林，可以使蛋白质变性凝固。甲醛具有还原性，可与氧化剂如银氨溶液、新制的Cu(OH)2悬浊液、KMnO4等发生反应；可与氢气发生还原反应生成醇。醛基比较活泼；也能发生加聚和缩聚反应。据此进行分析。

（2）分析以HCHO和C2H2为有机原料的合成过程，可知：在步骤Ⅰ中，甲醛的醛基中的C=O双键断裂，与乙炔发生了加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH；结合步骤Ⅱ的反应条件可知A为HOCH2C≡CCH2OH发生加氢还原反应所得到的产物，故A的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，A经O2催化氧化，生成B，B再经O2催化氧化生成C。根据醇可被氧化成醛，醛被氧化成羧酸，可知B为丁二醛(OHCCH2CH2CHO)，C为丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)。据此分析。

【详解】

（1）根据分析可知：

A．甲醛具有刺激性气味；室内空气中的甲醛主要来源于装修材料及家具使用的人造木板，故选购家具时，可以靠近家具的抽屉及衣橱等部位，用鼻子嗅一嗅，看是否有刺激性气味，是否强烈，A项正确；

B．福尔马林是35%~45%的甲醛水溶液；故甲醛就是福尔马林的说法错误，B项错误；

C．甲醛具有还原性，可被KMnO4酸性溶液氧化而使KMnO4酸性溶液褪色；C项正确；

答案选B。

（2）①由分析可知，在步骤Ⅰ中，甲醛的醛基中的C=O双键断裂，与乙炔发生了加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH；反应类型为：加成反应；答案为：加成反应；

②根据与叁键直接相连的原子共直线可知，4个C原子在一条直线上，又-CH2-为四面体结构；最多有3个原子共面，则在同一个平面上的原子最多有8个，答案为：8；

③反应Ⅳ为丁二醛(OHCCH2CH2CHO)被O2氧化成丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的过程，反应方程式为：OHCCH2CH2CHO+O2HOOCCH2CH2COOH；答案为：OHCCH2CH2CHO+O2HOOCCH2CH2COOH；

④由分析知B为丁二醛(OHCCH2CH2CHO)，能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)、Cu2O和H2O，反应方程式为：OHCCH2CH2CHO+4Cu(OH)2HOOCCH2CH2COOH+2Cu2O↓+4H2O。答案为：OHCCH2CH2CHO+4Cu(OH)2HOOCCH2CH2COOH+2Cu2O↓+4H2O。

【点睛】

判断分子中共线；共面原子数的技巧：

（1）审清题干要求。

审题时要注意“可能”；“一定”、“最多”、“最少”、“所有原子”、“碳原子”等关键词和限制条件。

（2）熟记常见共线；共面的官能团。

①与叁键直接相连的原子共直线；如-C≡C-；-C≡N-；

②与双键和苯环直接相连的原子共平面，如

（3）单键的旋转思想。

有机物分子中的单键，包括碳碳单键、碳氢单键、碳氧单键，均可绕轴自由旋转。【解析】①.B②.加成反应③.8④.OHCCH2CH2CHO+O2HOOCCH2CH2COOH⑤.OHCCH2CH2CHO+4Cu(OH)2HOOCCH2CH2COOH+2Cu2O↓+4H2O35、略

【分析】【分析】

根据A的结构简式；A属于醛