2025年冀教新版选择性必修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年冀教新版选择性必修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6题，共12分)1、下列说法正确的是A.原子轨道与电子云都是用来形象描述电子运动状态的B.电子的运动状态可从能层、能级、轨道3个方面进行描述C.气体单质中，一定有σ键，可能有π键D.1个乙烯分子中含有4个σ键，1个π键2、下列说法正确的是A.无机含氧酸分子中有几个氢原子，它就属于几元酸B.CH4、C2H2、HCN都是含有极性键的非极性分子C.和CH3-中所有原子都在同一平面D.范德华力：HI＞HBr＞HCl3、我国科学家合成太阳能电池材料(CH3NH3)PbI3，其晶体结构如图，属于立方晶系，晶体密度为ρg·cm³。其中A代表(CH3NH3)+；原子坐标参数A为(0；0，0)，B为(1/2，1/2，1/2)，下列说法错误的是。

A.B代表Pb2+B.每个晶胞含有I-的数目为6C.C的原子坐标参数为(0)D.(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为ρ•a3×6.02×10-7g·mol-14、下列关于和金刚石的叙述正确的是A.的晶体结构中，每个原子与2个O原子直接相连B.通常状况下，晶体中含有的分子数为(表示阿伏加德罗常数的值)C.金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小环上有6个碳原子D.金刚石中含有个键(表示阿伏加德罗常数的值)5、下列叙述错误的是A.因为H-O键的键能小于H-F键的键能，所以O2、F2与H2的反应能力逐渐增强B.由于ZnS的晶格能大于PbS的晶格能，所以ZnS的熔点高于PbS，故而岩浆冷却时ZnS先析出C.金属晶体中，六方最密堆积的空间利用率大于面心立方最密堆积D.[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中心离子的化合价为+3，配位数为66、能源材料是当今科学研究的热点。氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题。C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60；它们的结构相似。下列有关说法正确的是。

A.C60、Si60、N60都属于新型化合物B.C60、Si60晶体采取密堆积，N60晶体采取非密堆积C.N60结构中只存在N-N单键，而C60结构中既有C-C单键又有C=C双键D.已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长140～145pm，故C60熔点高于金刚石评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、I．下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：

。主族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0族。

第二周期。

①

②

③

第三周期。

④

⑤

⑥

⑦

⑧

第四周期。

⑨

⑩

(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是：________(填元素符号)；

(2)在最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是________(填化学式)，在常温下该化合物和元素⑦的单质反应的离子方程式__________。

(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：__________。

(4)表示①与⑦的化合物的电子式_______，该化合物是由______(填“极性”或“非极性”)键形成的。

(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是____________(用化学式表示)。

II．①CaBr2；②H2O；③NH4Cl；④H2O2；⑤Na2O2；⑥Ca(OH)2；⑦HClO；⑧I2；⑨He

只含有离子键的是(用序号回答)_____，即含离子键又含共价键是(用序号回答)_____，其中含有非极性共价键的共价化合物是(用序号回答)_____，常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的是(用序号回答)_____。8、(1)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。

(2)NH4H2PO4中，电负性最高的元素是______；P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。

(3)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__________、__________。

(4)H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子的空间构型为________。

(5)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_________，中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键9、某班同学用如下实验探究的性质。回答下列问题：

(1)分别取一定量氯化铁、硫酸亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。请简述配制溶液的方法：_______。

(2)甲组同学探究与的反应。取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/L溶液混合。分别取2mL此溶液于4支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入3滴硝酸酸化的溶液，生成黄色沉淀；②第二支试管中加入1mL充分振荡、静置，层呈紫色；

③第三支试管中加入3滴某黄色溶液；生成蓝色沉淀；

④第四支试管中加入3滴KSCN溶液；溶液变红。

实验③加入的试剂为_______(填化学式)；实验_______(填序号)的现象可以证明该氧化还原反应为可逆反应。

(3)乙组同学设计如下实验探究亚铁盐的性质。实验方案现象查阅资料I1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/LNaOH溶液生成白色沉淀，后沉淀基本变为红褐色在溶液中不存在II1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/L溶液生成白色沉淀，后沉淀颜色几乎不变

①实验I中由白色沉淀生成红褐色沉淀的化学方程式为_______。

②对实验II所得白色沉淀展开研究：

i.取II中少量白色沉淀；充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；

ii.向i所得溶液中滴入KSCN试剂；溶液几乎不变红；

iii.向ii溶液中再滴入少量氯水；溶液立即变为红色。

根据以上现象，实验中生成的白色沉淀的化学式为_______。若向ⅱ溶液中再加入少量固体，溶液也立即变为红色。发生反应的离子方程式为_______。

(4)丙组同学向乙组同学得到的红色溶液中滴入EDTA试剂，溶液红色立即褪去。通过查阅资料，发现可能是EDTA的配合能力比更强，加入EDTA后，EDTA与三价铁形成了更稳定的配合物，血红色消失。该配合物阴离子的结构如图所示，图中M代表配合物中C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，的配位数为_______。

10、(1)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___________。

(2)CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是___________，共价键的类型有___________(填σ或π)键。

(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。

(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___________，提供孤电子对的成键原子是___________。11、现有和的混合溶液；利用此溶液进行下面的实验。请回答下列问题：

（1）探究的氧化性：取适量溶液于试管中，滴加几滴淀粉KI溶液，反应现象为________，离子方程式为________。

（2）探究的还原性：取适量溶液于试管中，滴加几滴酸性溶液，反应现象为________，反应的离子方程式为________。

（3）制取溶液：取适量溶液于试管中，向该溶液中加入试剂________（填名称），离子方程式为________。

（4）制取溶液：取适量溶液于试管中，向该溶液中加入试剂________（填名称），离子方程式为________。12、现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

（1）A元素的第一电离能___B元素的第一电离能（填“＜”“＞”或“=”），A、B、C三种元素电负性由小到大的顺序为_________________（用元素符号表示）。

（2）D元素原子的价电子排布式是______________。

（3）C元素的电子排布图为________________________；E3+的离子符号为________。

（4）F元素位于元素周期表的____区，其基态原子的电子排布式为______________。

（5）G元素可能的性质______。

A．其单质可作为半导体材料。

B．其电负性大于磷。

C．最高价氧化物对应的水化物是强酸评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、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14、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15、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16、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共20分)18、化合物G是一种药物合成中间体；其合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A中的官能团名称是________。

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号（*）标出B中的手性碳__________。

（3）反应④所需的试剂和条件是__________。

（4）⑤的反应类型是________。

（5）写出B到C的反应方程式____________。

（6）与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有________种（不考虑立体异构）。任意写出2个符合上述条件的有机物的结构简式_________、________。19、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)20、奥沙拉秦是曾用于治疗急；慢性溃疡性结肠炎的药物；其由水杨酸为起始物的合成路线如下：

回答下列问题：

(1)A的结构简式为______；由A制备B的反应试剂和条件为______。

(2)由B制备C的反应类型为______。

(3)由D生成E的反应方程式为______。

(4)工业上常采用廉价的CO2与E反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与E的物质的量之比至少应为______。

(5)奥沙拉秦的化学式为______，其核磁共振氢谱为______组峰，峰面积比为______。

(6)F是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；F经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。F的结构简式为______。21、呋虫胺(F)为最新一代超级烟碱类杀虫剂；其结构中用四氢呋喃基取代了氯代吡啶基；氯代噻唑基等，在性能方面也与其他杀虫剂有所不同，杀虫谱更广，被称为“呋喃烟碱”，图为呋虫胺的一种合成路线：

已知：+H2O。

回答下列问题：

(1)B中所含官能团的名称为_______。

(2)反应A→B的反应类型为_______。

(3)写出C的最简单同系物的名称：_______。

(4)同一碳原子上连有四种不同原子或原子团时，该碳原子称为手性碳，A、B、C、D、E、F六种物质中含有手性碳原子的是_______(填标号)。

(5)写出D→E的化学方程式：_______。

(6)A的同分异构体有多种，其中符合下列条件的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。

①仅含一种官能团②与碳酸氢钠反应有气体放出③分子中含有两个甲基。

写出其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为6∶4∶2的A的同分异构体的结构简式：_______(任写一种)。

(7)请写出以ClCOOH、CH3CH2OH和为原料合成的合成路线______[可选用(CH3)3COH为溶剂，其他无机试剂任选]。评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)22、根据要求完成下列各小题的实验目的(a、b为弹簧夹；加热及固定装置已略去)。

(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。

①连接仪器、_______________________、加药品后，打开a关闭b；然后滴入浓硫酸，加热圆底烧瓶。

②铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______________________________________。

③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是________________________________。

(2)验证SO2的氧化性；还原性和酸性氧化物的通性。

①在(1)①操作后打开b；关闭a。

②一段时间后，H2S溶液中的现象是________________________，化学方程式是_________________________________________________。

③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式____________________________________________

写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式______________________________________。23、利用如图所示装置进行下列实验；能得出相应实验结论的是()

。选项。

①

②

③

实验结论。

A

稀盐酸。

MnO2

淀粉KI溶液。

氧化性：Cl2>I2

B

浓硫酸。

蔗糖。

溴水。

浓硫酸具有脱水性；氧化性。

C

稀盐酸。

Na2SO3

Ba(NO3)2溶液。

SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀。

D

浓硝酸。

Na2CO3

Na2SiO3溶液。

酸性：硝酸>碳酸>硅酸。

A.AB.BC.CD.D24、用如图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。

(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3。

①仪器B的名称：____；A中试剂：____，B中试剂：____。

②由实验现象可得C和Si简单氢化物的稳定性大小：____。

③C中发生反应的化学方程式：____。

(2)利用如图装置实验，证明二氧化硫气体具有漂白性。已知：Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。在装置A中加入70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末；则：

①C中应加入____溶液(填“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞；一段时间后观察到C中现象是____，反应完全后，将C试管加热一段时间发生的现象是____。

②如果仅用如图装置进行此实验；缺点是____；可以怎样改进：____。

③将二氧化硫气体通入H2S溶液中，会看到产生淡黄色的沉淀，请写出所发生反应的离子方程式：____。25、氯可形成多种含氧酸盐；广泛应用于杀菌；消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。

Ⅰ.用如图所示实验装置制取氯水和氯酸钾。

(1)氯酸钾中氯原子的杂化方式为_______，装置A圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。

(2)在确保KOH溶液完全反应的条件下，若对调装置B和C的位置，C中氯酸钾的产率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。

Ⅱ.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中的质量分数(粗产品中混有的杂质是和)；碱性条件下，氧化性较弱，不能氧化测定粗产品中的纯度的实验过程如下：

步骤1：取3.00g样品溶于水配成250mL溶液。

步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO-。然后煮沸溶液1~2min；冷却。

步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)加将溶液调至弱酸性，加过量的的KI溶液；加盖水封；于暗处放置5min。

步骤4：以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次。平均消耗溶液相关反应为

(3)步骤2中，煮沸溶液1~2min的目的是_______。

(4)步骤3发生反应的离子方程式为_______。

(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是_______。

(6)粗产品中的质量分数为_______。(保留三位有效数字)评卷人得分六、原理综合题(共2题，共4分)26、Fe2＋、Fe3＋与O22－、CN－、F－有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。

(1)C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是___________________________。

(2)Fe2＋基态核外电子排布式为_____________________________。

(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂；其结构如图1所示。

此物质中碳原子的杂化方式是______________________。

(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为________。已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为_____________。

(5)F－不仅可与Fe3＋形成[FeF6]3－，还可以与Mg2＋、K＋形成一种立方晶系的离子晶体；此晶体应用于激光领域，结构如图2所示。

该晶体的化学式为___________________________________。27、为了实现“将全球温度上升控制在2℃以内”，科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。

(1)下列说法正确的是__________(填序号)。A．CH4与CO2分子均为含有极性共价键的非极性分子B．第一电离能：O>N>CC．沸点高低：CH4>SnH4>GeH4>SiH4D．CH离子的空间构型为平面正三角形(2)CH4和CO2在Ni催化作用下反应可获得化工原料CO和H2。

①Ni基态原子核外电子排布式为__________。

②与CO互为等电子体的阴离子的电子式为__________，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1molNi(CO)4中含有σ键的数目为__________。

(3)CH4和CO2在含有钛氧化物的某种催化剂作用下，可直接转化为CH3COOH。

①CH3COOH中C原子轨道杂化类型为__________；

②钛氧化物晶胞结构如图所示，写出其化学式：__________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹；即都是用来形象描述电子运动状态的，故A正确；

B．决定电子运动状态有四个量：主量子数；角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，故B错误；

C．气体单质中；不一定有σ键，例如稀有气体，可能有π键，例如氮气等，故C错误；

D．乙烯的结构简式为CH2=CH2；1个乙烯分子中含有5个σ键，1个π键，故D错误；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．无机含氧酸中H原子个数与酸的元数不一定相等，如H3PO3分子中含有3个H原子；但属于二元酸，A错误；

B．CH4为含有极性键的非极性分子，C2H2为含有极性键和非极性键的非极性分子；而HCN为含有极性键的极性分子，B错误；

C．是平面三角形结构，所有原子都在同一平面；而CH3-可看作是CH4分子失去一个H形成的，由于甲烷是正四面体型分子，则CH3-中所有原子不都在同一平面上；C错误；

D．HI、HBr、HCl都是由分子构成的物质，结构相似；物质的相对分子质量越大，分子间作用力越大，由于相对分子质量：HI＞HBr＞HCl，所以范德华力：HI＞HBr＞HCl；D正确；

故合理选项是D。3、B【分析】【详解】

A．A代表(CH3NH3)+，微粒数为2，而B代表微粒数也为2，所以B代表Pb2+；A正确；

B．图中是由两个晶胞构成，每个晶胞含有I-数为目为6×=3；B错误；

C．C点处于xoy面上，由B的晶胞参数可知，M点的坐标是(0)，C正确；

D．可由晶胞的密度计算(CH3NH3)PbI3的摩尔质量，ρ=解得M=ρ×a3×6.02×10-7g·mol-1；D正确；

故选B。4、C【分析】【详解】

A．SiO2晶体结构中；每个Si原子与4个O原子直接相连，每个O原子与2个Si原子直接相连，故A错误；

B．SiO2晶体是共价晶体；不存在分子，故B错误；

C．金刚石是共价晶体；在共价晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故C正确；

D．一个碳原子含有2个C-C键；所以1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；

故选C。5、C【分析】【详解】

A．H-O键的键能小于H-F键的键能，则稳定性：HF＞H2O，反应倾向于生成稳定性更强的物质，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强；A正确；

B．ZnS、PbS均为离子晶体，晶格能越大熔点越高，ZnS的晶格能大于PbS的晶格能；ZnS熔点高，所以岩浆冷却时ZnS先析出，B正确；

C．六方最密堆积和面心立方最密堆积都是空间利用率最高的结构；空间利用率相等，C错误；

D．根据化合物整体化合价为0可知，Cr的化合价为+3价；配体为4个水分子；2个溴离子，所以配位数为6，D正确；

综上所述答案为C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．C60、Si60、N60都属于单质；故A错误；

B．根据分子晶体中如果只有范德华力，它的晶体一般采取密堆积结构可知，C60、Si60、N60均为分子晶体；且只存在范德华力，均采取密堆积结构，故B错误；

C．氮原子形成三个共价键，N60结构中只存在N-N单键，碳原子可形成四个共价键，C60结构中既有C-C单键又有C=C双键；故C正确；

D．金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，原子晶体熔化，需克服共价键，分子晶体熔化只需克服范德华力，故金刚石的熔点高于C60；故D错误；

答案为C。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【分析】

I.根据元素在周期表的位置可知：①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Al元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ar元素，⑨是K元素，⑩是Br元素；然后根据元素周期律分析解答；

II.根据构成物质元素的金属性；非金属性强弱判断物质含有的化学键类型；结合各物质的构成微粒及微粒间的作用力判断物质熔化时破坏的作用力。

【详解】

I.根据上述分析可知：①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K，⑩是Br元素。

(1)同一周期中惰性气体元素的原子核外电子排布达到最外层2个或8个电子的稳定结构，化学性质不活泼，在上述元素中，化学性质最不活泼的是Ar元素；

(2)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，在上述元素中金属性最强的元素是K元素，所以最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是KOH；⑦是Cl元素，Cl2与KOH反应产生KCl、KClO、H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(3)元素④与⑥形成的化合物是Na2S，该化合物为离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：

(4)①与⑦的化合物的化学式是CCl4，由于C、Cl都是非金属元素，两种元素的原子间以共价键形成共价化合物，其电子式为：C；Cl是不同的元素；C-Cl键为极性共价键；

(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子分别是O2-、S2-、Cl-，O2-核外有2个电子层，而S2-、Cl-的核外有3个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此这三种离子半径由大到小的顺序是：S2->Cl->O2-；

II.①CaBr2是离子化合物，只含有离子键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；②H2O是共价化合物，只含极性共价键，常温呈液态；③NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；④H2O2是共价化合物，含极性共价键、非极性共价键，常温呈液态；⑤Na2O2是离子化合物，含离子键、非极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；⑥Ca(OH)2是离子化合物，含离子键、极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；⑦HClO是共价化合物，含极性共价键，熔化时破坏分子间作用力；⑧I2是非金属单质；含有非极性共价键，在室温下呈固态，熔化时破坏分子间作用力；⑨He是单原子分子，无化学键，常温呈气态；

综上所述可知：只含有离子键的是①；既含有离子键又含有共价键的是③⑤⑥，含有非极性共价键的共价化合物是④；常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的物质是⑧。

【点睛】

本题考查了元素周期律的应用。根据元素在周期表的位置推断元素是解题关键。掌握元素周期律的含义、正确理解元素及化合物的性质与结构的关系，正确判断物质中化学键的类型，学会使用电子式表示物质，注意相关基础知识的积累。【解析】ArKOHCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O极性S2->Cl->O2-①③⑤⑥④⑧8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)对于CO2，根据VSEPR理论，其价层电子对数=2+=2，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，C的杂化方式为sp杂化；CH3OH分子中，C形成4根σ键，所以C的杂化方式为sp3杂化；答案为sp；sp3。

(2)元素的非金属性越强，其电负性越大，NH4H2PO4中元素的非金属性H＜P＜N＜O，则电负性最高的是O；P原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构，中心原子的杂化方式为sp3，杂化轨道只能形成单键，即P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；答案为O；sp3；σ。

(3)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C-H键、2个C-N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3，sp3；答案为sp3；sp3。

(4)H2S中，中心原子S的价层电子对数=2+=2+2=4且含有二对孤电子对，则VSEPR模型为正四面体型，中心原子S的杂化方式为sp3；在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得分子的空间构型为V型；与CO2互为等电子体，二者价键结构相似，空间构型相同，CO2为直线型，则为直线型；答案为正四面体型；V型；直线型。

(5)LiAlH4的阴离子中中心原子Al的价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体型，中心原子杂化方式分sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键；答案为正四面体型；sp3；AB。【解析】spsp3Osp3σsp3sp3正四面体型V型直线型正四面体型sp3AB9、略

【分析】【详解】

（1）因为的水解能力强，不直接把溶于水中配制，而是把溶于浓盐酸中；抑制其水解，然后再加水调节到所需要的浓度。

（2）根据现象“生成蓝色沉淀”，可以判断出是加入铁氰化钾来检验所以化学式为要证明与发生了可逆反应；既要证明有新物质生成(即能发生反应)，又需证明较少的反应物有剩余(即反应不彻底，可逆)，因此由②和④或③和④可以证明。

（3）1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/LNaOH溶液，发生复分解反应，生成沉淀等，由于溶液中溶解空气，被氧化为从而使沉淀转化为红褐色；1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/L溶液，资料显示：在溶液中不存在则白色沉淀可能是也可能是①由分析可知，实验Ⅰ中被氧化为由白色沉淀生成红褐色沉淀，化学方程式为

②ⅰ。取Ⅱ中少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡，则沉淀中含有

ⅱ。向ⅰ所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红，溶液中不含有

ⅲ。向ⅱ溶液中再滴入少量氯水，溶液立即变为红色，则溶液中含有根据以上现象，实验中生成的白色沉淀的化学式为

向溶液中再加入少量溶液变红，说明被氧化为发生反应的离子方程式：和

（4）C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；的配位数为6。【解析】(1)取一定量氯化铁溶解到浓盐酸中；然后加水稀释到所需要的浓度。

(2)②④(或③④)

(3)

(4)N>O>C610、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)丙酮()分子中羰基中的碳氧双键，一个是σ键、一个是π键，碳原子的成键电子对数为3对，甲基上的碳原子的成键电子对数为4对，故碳原子轨道的杂化类型是sp3和sp2；

(2)CS2分子中；碳原子分别与硫原子形成两对共用电子对，结构式为S=C=S，碳原子的价层电子对数为2对，C原子的杂化轨道类型是sp杂化，碳硫双键中一个是σ键，一个是π键，共价键的类型有σ键和π键；

(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是的中心原子为S，价层电子对数为4+(6+2-2×4)=4；立体构型是正四面体；

(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子形成三对氮氢共价单键，氮原子剩余一对孤对电子，氮原子提供孤对电子，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键。【解析】①.sp3和sp2②.sp③.σ键和π键④.正四面体⑤.配位键⑥.N11、略

【分析】【详解】

（1）溶液中所含的可以将氧化成所以溶液变为蓝色，反应的离子方程式为

（2）溶液中所含的与酸性高锰酸钾溶液反应生成和酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，反应的离子方程式为

（3）因为溶液中含向该溶液中加入足量氯水即可把转化为离子方程式为

（4）向溶液中加入足量铁粉可把完全转化为离子方程式为【解析】溶液变成蓝色酸性高锰酸钾溶液紫色褪去氯水铁粉12、略

【分析】【分析】

A元素的价电子构型为nsnnpn+1；n=2，A为N元素，C元素为最活泼的非金属元素，C为F元素，则B为O元素，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，应为Mg元素，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则原子序数为26，为Fe元素，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，为Cu元素，G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，为As元素，以此解答该题。

【详解】

A元素的价电子构型为nsnnpn+1；n=2，A为N元素，C元素为最活泼的非金属元素，C为F元素，则B为O元素，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，应为Mg元素，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则原子序数为26，为Fe元素，F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，为Cu元素，G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，为As元素；

（1）N原子最外层为半充满状态；性质稳定，难以失去电子，第一电离能大于O元素，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，即N＜O＜F；

故答案为＞；N＜O＜F；

（2）D为Mg元素，最外层电子数为2，价电子排布式为3s2，故答案为3s2；

（3）C为F元素，电子排布图为E3+的离子符号为Fe3+；

故答案为Fe3+；

（4）F为Cu，位于周期表ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为ds；1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

（5）G为As元素；与Si位于周期表对角线位置，其单质可作为半导体材料，电负性比P小，因磷酸为中强酸，则As的最高价氧化物对应的水化物是弱酸；

故答案为A。【解析】①.>②.N＜O＜F③.3s2④.⑤.Fe3+⑥.ds⑦.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1⑧.A三、判断题(共5题，共10分)13、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。14、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；15、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。16、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。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。四、有机推断题(共4题，共20分)18、略

【分析】【分析】

A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，根据E结构简式知，D为D发生酯化反应生成E，F先发生碱性条件下水解然后酸化得到G，根据EG结构简式知，E发生取代反应生成F，F为

【详解】

（1）A中的官能团名称是羟基；故答案为：羟基；

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为故答案为：

（3）反应④为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH；浓硫酸、加热；

（4）⑤的反应类型是取代反应；故答案为：取代反应；

（5）B到C是加成反应，化学方程式为：+HCHO故答案为：+HCHO

（6）具有六元环结构，说明环上有6个原子，并能发生银镜反应，说明含有-CHO，B的不饱和度是2，环的不饱和度是1、醛基的不饱和度是1，则符合条件的B的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为-CH3、-CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有1种；可能位于不同碳原子上有邻间对3种，取代基可能为-CH2CHO，1种，所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为故答案为：5；（或）。

【点睛】

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及信息获取、知识迁移能力，正确推断各物质结构简式、明确反应中断键和成键方式是解本题关键。【解析】羟基CH3CH2OH、浓硫酸、加热取代反应+HCHO5（或）19、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)20、略

【分析】【分析】

(1)对比水杨酸；B的结构；结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A，A发生硝化反应生成B；

(2)由B；C的结构；可知B中硝基转化为氨基生成C，B组成上去氧加氢得到C；

(3)B中酚羟基与NaOH发生中和反应；酯基水解得到羧基；甲醇，羧基能与NaOH发生中和反应；

(4)E中﹣ONa转化为﹣OH得到奥沙拉秦；碳酸的酸性比酚强，但碳酸氢钠的酸性比酚弱，二氧化碳与E反应生成奥沙拉秦与碳酸氢钠；

(5)由奥沙拉秦的结构；可知其分子中有14个C原子；8个H原子、2个N原子、6个O原子、2个Na原子；分子关于氮氮双键对称，分子有4种化学环境不同的H原子，峰面积之间等于H原子数目之比；

(6)F是水杨酸的同分异构体；可以发生银镜反应，F经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明F中﹣OH；﹣OOCH处于对位。

【详解】

(1)对比水杨酸、B的结构，结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A，A发生硝化反应生成B，故A的结构简式为：由A制备B的反应试剂和条件为：浓硝酸；浓硫酸、加热；

(2)由B；C的结构；可知B中硝基转化为氨基生成C，B组成上去氧加氢得到C，属于还原反应；

(3)B中酚羟基与NaOH发生中和反应，酯基水解得到羧基、甲醇，羧基能与NaOH发生中和反应，反应方程式为：

(4)E中﹣ONa转化为﹣OH得到奥沙拉秦，碳酸的酸性比酚强，但碳酸氢钠的酸性比酚弱，二氧化碳与E反应生成奥沙拉秦与碳酸氢钠，故通入的CO2与E的物质的量之比至少应为2：1；

(5)由奥沙拉秦的结构，可知其分子中有14个C原子、8个H原子、2个N原子、6个O原子、2个Na原子，其分子式为：C14H8N2O6Na2；分子关于氮氮双键对称；分子有4种化学环境不同的H原子，峰面积之间等于H原子数目之比为1：1：1：1；

(6)F是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应，F经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，说明F中﹣OH、﹣OOCH处于对位，F的结构简式为：

【点睛】

本题考查有机物的合成与推断，涉及有机反应类型、有机反应方程式的书写、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体的书写等，对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，注意酚、碳酸、醋酸的酸性强弱。【解析】①.②.浓硝酸、浓硫酸、加热③.还原反应④.⑤.2:1⑥.C14H8N2O6Na2⑦.4⑧.1:1:1:1⑨.21、略

【分析】【分析】

A中亚甲基上的氢原子发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，D发生取代反应生成E，C中两个醇羟基发生取代反应生成D中醚键，D的结构简式为E发生取代反应生成F；

(7)以ClCOOH、CH3CH2OH和为原料合成根据A生成B类型的反应可知ClCOOH、CH3CH2OH发生酯化反应生成ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3和发生A生成B类型的反应、再发生B生成C类型的反应得到

【详解】

(1)根据B的结构简式可知其中所含官能团名称为酯基；

(2)根据A、B结构简式的不同可知：A中亚甲基上的氢原子被—CH2COOC2H5取代生成B；所以反应A→B的反应类型为取代反应；

(3)C中含有三个醇羟基，且三个羟基连接在不同碳原子上，则C的最简单同系物的结构简式为名称为丙三醇；

(4)中标有*的碳原子为手性碳原子；A；B、C、D、E、F六种物质中含有手性碳原子的是DEF；

(5)D是D与发生取代反应生成E：同时生成HCl，则D→E的化学方程式：+→+HCl；

(6)A的同分异构体符合下列条件：

①仅含一种官能团；则可能含有酯基或羧基；

②与碳酸氢钠反应有气体放出；说明含有羧基，由于分子中含有4个O原子，说明其中含有2个羧基；

③分子中含有两个甲基。

可能的结构为：其中1、2等阿拉伯数字表示的另一个-COOH的位置，其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为6∶4∶2的A的同分异构体的结构简式：

(7)ClCOOH与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应产生ClCOOC2H5，然后与在Na、CH3CH2OH、KI存在的条件下发生取代反应再在NaBH4、(CH3)3COH、CH3OH条件下发生还原反应产生故由以ClCOOH、CH3CH2OH和为原料合成的合成路线为：ClCOOHClCOOC2H5【解析】酯基取代反应丙三醇D、E、F+→+HCl11ClCOOHClCOOC2H5五、实验题(共4题，共8分)22、略

【分析】【分析】

实验开始时接仪器并检查装置气密性；铜与浓硫酸混合加热发生反应，铜被氧化成+2价的Cu2+，硫酸被还原成+4价的SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；据此检验SO2；当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；SO2中硫元素的化合价是+4价，被H2S中-2价的S还原为S单质；Cl2具有氧化性，能将SO2氧化成+6价的H2SO4，H2SO4电离产生的和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，当溶液中存在氨水时，SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。SO2与Cl2在溶液中反应产生HCl和H2SO4，在该反应中SO2表现还原性。

【详解】

(1)①实验开始时；先连接仪器并检查装置气密性；

②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价Cu2+，浓硫酸被还原为SO2，同时产生水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

③SO2具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，避免了SO2和可溶性硅酸盐反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；

(2)②SO2中硫元素的化合价是+4价，具有氧化性，SO2气体与H2S溶液在常温下反应，生成淡黄色难溶性固体硫(单质)和水，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+6价的和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3白色沉淀；SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+。【解析】检查装置气密性Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OA中品红溶液没有褪色，析出白色沉淀溶液变浑浊2H2S+SO2=3S↓+2H2OBaSO4BaSO3SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+23、B【分析】【详解】

A.二氧化锰与浓盐酸反应需要加热；与稀盐酸加热也不反应，图中缺少加热装置，稀盐酸改用浓盐酸，故A错误；

B.蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；则由实验可以知道浓硫酸具有脱水性；氧化性，故B正确；

C.稀盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在③中二氧化硫与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡；但结论不合理，有的可溶性钡盐与二氧化硫不反应，如二氧化硫与氯化钡不反应，故C错误；

D.浓硝酸易挥发，则③中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较酸性：硝酸>碳酸>硅酸；故D错误；

答案选B。24、略

【分析】【分析】

(1)强酸可以制弱酸，所以稀硫酸与碳酸钠粉末反应生成二氧化碳可证明酸性：:H2SO4＞H2CO3；二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3＞H2SiO3；

(2)装置A中加入70%的硫酸溶液，B