2025年人教A新版选修化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教A新版选修化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、今有室温下四种溶液；下列有关叙述不正确的是（）

。序号。

①

②

③

④

pH

11

11

3

3

溶液。

氨水。

氢氧化钠溶液。

醋酸。

盐酸。

A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）>c（OH－）C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③D.V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V122、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.铁粉与稀盐酸反应：2Fe+6H+=3H2↑+2Fe3+B.醋酸中滴入浓氨水：CH3COOH+NH3.H2O=+CH3COO-+H2OC.H2SO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2OD.NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O3、下列有机物名称正确的是A.1，3-二丁烯B.2-乙基丁烷C.2-甲基-3-乙基戊烷D.2-二甲基丁烷4、等物质的量的下列物质:CH2=CHCH=CH2分别与足量氢气发生加成反应，消耗氢气的物质的量之比为A.1:2:3:4B.1:2:3:5C.2:4:6:7D.2:4:7:85、乙酸松油酯具有清香带甜气息；留香时间较长，广泛用于薰衣草；辛香、柑橘香型等日用香精，其结构简式如图所示。下列有关该有机物的叙述正确的是。

A.含两种含氧官能团B.该物质的分子式为C12H20O2C.能发生加成、取代、酯化等反应D.1mol该物质最多消耗2molNaOH6、某有机物是光电材料的合成原料,其结构简式如下图所示；下列有关该有机物的说法正确的是。

A.分子式为C18H20O2B.属于芳香烃C.苯环上的二氯代物有6种D.能发生加成、取代、加聚、水解及酯化等反应7、霉酚酸是一种生物活性化合物。下列有关霉酚酸的说法正确的是（）

A.分子式为：C17H20O6B.处于同一平面的碳原子至多9个C.只有2个官能团D.一定条件下，1mol霉酚酸最多可与3molH2反应8、有机物C4H8O3在一定条件下的性质有：在浓硫酸存在下，可脱水生成能使溴水褪色的只有一种结构形式的有机物；在浓硫酸存在下，能分别与乙醇或乙酸反应；在浓硫酸存在下，还能生成分子式为C4H6O2的五元环状有机物。则有机物C4H8O3的有关叙述正确的A.C4H8O3的结构简式为CH3CH(OH)CH2COOHB.C4H8O3的结构简式为HOCH2CH2CH2COOHC.C4H8O3为α—羟基丁酸D.C4H8O3为羟基乙酸乙酯9、以富含纤维素的农作物为原料；合成PEF树脂的路线如下：

下列说法不正确的是A.单体a为乙醇B.PEF树脂可降解以减少对环境的危害C.葡萄糖、果糖均属于多羟基化合物D.5-HMF→FDCA发生氧化反应评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、某二元酸HB在水中的电离方程式是HBH

的NaHB溶液显酸性，原因是________________________________。

在的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________填标号

A.

B.

C.

D.11、实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式：__________；常用澄清石灰水检验CO2气体的离子方程式是_______________。12、按要求准确表达下列变化过程中的化学用语；其中(1)~(3)写化学方程式，(4)~(5)写离子方程式。

(1)铁丝在氯气中燃烧_______。

(2)能体现SO2氧化性_______。

(3)镁在二氧化碳中燃烧_______。

(4)NaOH溶液与NaHCO3溶液反应_______。

(5)用氯化铁溶液刻画电路板_______。13、回答下列问题。

(1)制取乙炔的实验装置如图所示，其中硫酸铜溶液的作用是___________。烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为___________。

(2)乙炔可通过下列合成路线合成聚丙烯腈；聚丙烯腈可用于生产腈纶纤维(人造羊毛)。

A→聚丙烯腈反应的化学方程式是___________。14、氨基酸、淀粉均属于高分子化合物。(_______)15、以乙醇为原料设计合成乙二醇()，请设计合成路线____(无机试剂及溶剂任选)。

注：合成路线的书写格式参照如图示例流程图：

CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH316、乙烯是重要的基础化工原料，通过以下流程可以合成具有芳香气味的酯F。已知B是最简单的芳香烃，其摩尔质量为78g•mol-1。请回答下列问题：

(1)B的结构简式为______，A→E的有机反应类型为__________。

(2)D分子中所含官能团的名称是_______________。

(3)写出D与E反应生成F的化学方程式___________________。

(4)下列说法不正确的是__________________(填标号)。

A．有机物D、E、F可以通过饱和Na2CO3溶液区分。

B．E物质不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。

C．C物质可通过硝化反应得到

D．CH2=CH2通过加聚反应得到的聚乙烯可以使溴水褪色17、镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的价电子排布式为___________，排布时最高能层的电子所占的原子轨道有__________个伸展方向。

（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法不正确的有_________。

A．CO与CN-互为等电子体；其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2

B．NH3的空间构型为平面三角形。

C．Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6

D．Ni(CO)4中，镍元素是sp3杂化。

（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“•••”表示出氢键。_____

（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同；相关离子半径如下表：

NiO晶胞中Ni2+的配位数为_______，NiO熔点比NaCl高的原因是_______________________。

（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。合金LaNix晶体属六方晶系如图a所示，其晶胞如图a中实线所示，如图b所示（其中小圆圈代表La，小黑点代表Ni）。储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图c、d，这些就是氢原子存储处。

①LaNix合金中x的值为_____；

②LaNix晶胞的密度是________g/cm-3（阿伏伽德罗常数用NA表示，LaNix的摩尔质量用M表示）

③晶胞中和“”同类的八面体空隙有______个。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)18、属于稠环芳香烃。(_____)A.正确B.错误19、烷烃与烯烃相比，发生加成反应的一定是烯烃。(____)A.正确B.错误20、苯酚浓溶液如果不慎沾到皮肤上，应立即用70℃以上的热水清洗。(____)A.正确B.错误21、淀粉和纤维素都是非还原性糖。(____)A.正确B.错误22、加聚反应单体有一种，而缩聚反应的单体应该有两种。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共10分)23、下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是______

A.B.C.

某离子晶体晶胞的结构如图1所示，位于立方体中心，位于立方体顶点。该晶体的化学式为______

A.C.

下列物质性质的变化规律与键能无关的是______

A.热稳性：

B.熔、沸点：金刚石晶体硅。

C.熔点：

D.熔、沸点：

S、Se是同一主族元素；请回答下列问题：

S、Se的电负性由大到小的顺序是______。

是______分子填“极性”或“非极性”中心原子的轨道杂化类型为______，分子的立体构型名称是______。

的沸点高于的沸点，其原因是______。

与分子互为等电子体的阴离子为______填化学式

已知Se原子比O原子多2个电子层，基态Se原子核外电子排布式为______，有______个未成对电子。

离化合物的晶胞如图所示，的配位数是______；若阿伏加德罗常数值为晶胞参数为anm，列式计算晶体的密度______只列式，不用计算最后结果

评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共36分)24、如图表示A～E五种物质间的相互转化关系；其中A为淡黄色固体，B为单质。回答下列问题：

(1)写出各物质的化学式：A_____，B_____，C___，D_____，E____。

(2)写出B→C、D→E反应的离子方程式：B→C：______；D→E：________。

(3)写出A→D的化学方程式，并用双线桥标出电子转移情况________。25、（1）固体正盐A,可以发生如右图所示反应；其中E；I为中学常见的两强酸，则：

①A为_____________；

②FG的化学方程式为______________________；

③Fe与少量I的稀溶液反应的离子方程式______________________________________。

④若CO2气体中混有少量C，欲除去C时，最好选用_______试剂；

（2）铅及其化合物可用于蓄电池；耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：

①铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为第_____周期，第____族；

②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为________________；

③PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为______________；

④PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即）的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，计算x的值和m：n的值x=_______；m：n=________。

26、某无色溶液X，由Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、AlO2-、MnOCOSO中的若干种离子组成；取溶液进行如下连续实验：

(1)气体A的成分是_______(填电子式)，气体B的成分是_______(填结构式)

(2)X溶液中一定不存在的离子是______________。

(3)写出步骤①中发生反应的所有离子方程式：________________。

(4)写出步骤②中形成白色沉淀的离子方程式：________________。

(5)通过上述实验，溶液X中不能确定是否存在的离子是______________；只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是__________________。27、用于治疗慢性肺阻塞病的药物E的一种合成路线如下图所示：

回答下列问题:

(1)A中含有的官能团的名称为_________，E的分子式为______，其中_______(填“含”或“不含”)手性碳。

(2)A→B的反应类型为__________。

(3)B→C的化学方程式为________________。

(4)D的结构简式为_________________。

(5)的链状同分异构体有__________种(考虑顺反异构)。

(6)结合流程图设计以对羟基苯甲醛为原料制备的合成路线_________________(其他试剂任选)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A.CH3COONa电离出的CH3COO－：a.与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH；b.使醋酸中的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋左移，两溶液中H＋浓度均减小；所以pH均增大，A项正确；

B.③醋酸是弱酸，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)；B项正确；

C.分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①、②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2ONH4+＋OH－右移，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH<4；C项正确；

D.假设是强酸和强碱，混合后溶液呈中性，V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要氨水的体积少，即V1>V2；D项错误；

答案选D。2、B【分析】【详解】

A.铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=H2↑+Fe2+；故A错误；

B.弱酸醋酸与弱碱一水合氨反应生成醋酸铵和水，反应的离子方程式为CH3COOH+NH3.H2O=+CH3COO-+H2O；故B正确；

C.硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O；故C错误；

D.碳酸氢钠溶液中与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O；故D错误；

故选B。3、C【分析】【详解】

A．主链4个碳原子；1号和3号碳原子上分别有一个双键，正确的命名为1，3-丁二烯，故A错误；

B．烷烃的命名时要选择最长的链为主链；正确的命名为3-甲基戊烷，故B错误；

C．2-甲基-3-乙基戊烷；主链为戊烷，在2号C含有1个甲基，在3号C含有1个乙基，该命名合理，故C正确；

D．支链甲基的数量有两个；命名时支链的位置都要表示出来，正确命名为2，2-二甲基丁烷，故D错误；

答案选C。4、A【分析】【分析】

能与H2发生加成反应的结构有碳碳双键；碳碳叁键、苯环、醛基、羰基；据此分析。

【详解】

1mol碳碳双键可以与1mol氢气发生加成反应；1mol苯环可以与3mol氢气发生加成反应，因此1mol题中四种物质与足量氢气发生加成反应时，消耗氢气的物质的量分别为2mol；4mol、6mol、8mol，即物质的量之比为1:2:3:4，所以A项正确；

答案为A。

【点睛】

强调：苯上无论有多少取代基，1mol苯环最多需要3molH2发生加成反应。5、B【分析】【详解】

A．由结构简式可知；乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，故A错误；

B．由结构简式可知，乙酸松油酯的分子式为C12H20O2；故B正确；

C．由结构简式可知；乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，不含有羧基，不能发生酯化反应，故C错误；

D．由结构简式可知；乙酸松油酯的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol乙酸松油酯最多消耗1mol氢氧化钠，故D错误；

故选B。6、C【分析】【详解】

A.由图知，分子式为C18H18O2；A错误；

B.烃只由C和H元素组成；该有机物含C；H和O三种元素，不属于芳香烃，B错误；

C.苯环上2个氯原子处于邻位时有2种结构；苯环上2个氯原子处于间位时有3种结构、苯环上2个氯原子处于对位时有1种结构；故苯环上的二氯代物有6种，C正确；

D.含碳碳双键能发生加成；加聚反应、含酯基故能发生水解；酯的水解反应属于取代、但不含羧基不含羟基故不能发生酯化反应，D错误；

答案为C。7、A【分析】【分析】

判断有机物的性质；关键是找出有机物中含有的官能团。

【详解】

A.根据结构简式可知分子式为C17H20O6；正确；

B.由于苯环和碳碳双键都是平面型结构；所以处于同一平面的碳原子至多16个，不正确；C.根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有酯基；酚羟基、碳碳双键、羧基和醚键，不正确；

D.1个苯环消耗3个H2分子，1个碳碳双键消耗1个H2分子，所以1mol霉酚酸最多可与4molH2反应；不正确。

答案选A。8、B【分析】【详解】

在浓硫酸存在下，能分别与乙醇或乙酸反应，说明C4H8O3中含有羟基和羧基；在浓硫酸存在下，发生分子内酯化反应生成分子式为C4H6O2的五元环状有机物，在浓硫酸存在下，可脱水生成能使溴水褪色的只有一种结构形式的有机物，说明C4H8O3的结构简式是HOCH2CH2CH2COOH，其名称为4—羟基丁酸，故选B。9、A【分析】【详解】

A．FDCA与单体a发生缩聚反应生成PEF，根据FDCA和PEF的结构简式，用切割法可知，单体a为HOCH2CH2OH（乙二醇）；A错误；

B．PEF树脂中含酯基；可发生水解而降解，减少对环境的危害，B正确；

C．葡萄糖为五羟基醛；果糖为五羟基酮，均属于多羟基化合物，C正确；

D．对比5-HMF和FDCA的结构简式知，5-HMF→FDCA的过程中—CH2OH和—CHO都被氧化成了—COOH；即发生了氧化反应，D正确；

答案选A。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB-只能电离不能水解；根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小确定溶液的酸碱性；

（2）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；据此分析解答。

【详解】

(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB−只能电离不能水解，导致溶液中c(H+)>c(OH−)；所以溶液呈酸性；

故答案为：HB−只能电离不能水解；

(2)A.H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，根据物料守恒，应该为c(B2−)+c(HB−)=0.1mol/L；故A正确；

B.HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子；故B错误；

C.溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH−)=c(H+)+c(HB−)；故C正确；

D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HB−)+2c(B2−)；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

本题的解题关键在于H2B第一步完全电离、第二步部分电离，在分析判断是要注意HB−只能电离不能水解，故溶液中不含H2B分子。【解析】①.只能电离，不能水解②.11、略

【分析】【分析】

碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体、氯化钙和水，用澄清石灰水检验CO2气体生成碳酸钙和水。

【详解】

实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体、氯化钙和水，其反应的离子方程式：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；常用澄清石灰水检验CO2气体生成碳酸钙和水，其离子方程式是Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O，故答案为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O。【解析】①.CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O②.Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铁丝在氯气中燃烧，生成三氯化铁，化学方程式为3Cl2+2Fe2FeCl3；

(2)能体现SO2氧化性，表现得电子，化价降低，与还原强的物质反应SO2+2H2S═3S+2H2O；

(3)镁在二氧化碳中燃烧，发生置换反应，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；

(4)NaOH溶液与NaHCO3溶液反应，多元弱酸根离子不拆，离子方程式为OH﹣+=+H2O；

(5)用氯化铁溶液刻画电路板，氯化铁与铜发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

【点评】

本题考查化学方程式和离子方程式的书写，题目难度不大，书写的关键是能根据物质的性质判断反应产物，结合离子方程式的书写方法书写。【解析】3Cl2+2Fe2FeCl3SO2+2H2S=3S+2H2O2Mg+CO22MgO+COH-+=+H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+13、略

【分析】（1）

生成的乙炔中常混有杂质气体硫化氢等，硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀，因此硫酸铜溶液的主要作用是除去乙炔气体中可能混有的硫化氢等杂质；烧瓶中为碳化钙电石与水反应生成氢氧化钙和乙炔，方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑；

（2）

乙炔与HCN发生加成反应，生成A为CH2=CHCN，CH2=CHCN发生加聚反应生成聚丙烯腈，则A→聚丙烯腈反应的化学方程式是nCH2=CHCN【解析】(1)除去乙炔气体中可能混有的硫化氢等杂质CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑

(2)nCH2=CHCN14、略

【分析】【详解】

淀粉属于高分子化合物，氨基酸不属于高分子化合物，故错误。【解析】错误15、略

【分析】【分析】

【详解】

乙醇先发生消去反应生成CH2=CH2，CH2=CH2再和Cl2发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成合成路线为：CH3CH2OHCH2=CH2CH2ClCH2Cl故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2CH2ClCH2Cl【解析】CH3CH2OHCH2=CH2CH2ClCH2Cl16、略

【分析】【分析】

根据题中图示信息可知，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，B是最简单的芳香烃，其摩尔质量为78g•mol-1，B是苯，结构简式为或C是乙苯，结构简式为D是苯甲酸，结构简式为E是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，F是苯甲酸乙酯，结构简式为结合题目分析解答。

【详解】

（1）B是苯，结构简式为或A是CH2=CH2，E是CH3CH2OH，A→E的有机反应类型为加成反应；答案为或加成反应。

（2）D的结构简式为含有官能团是羧基；答案为羧基。

（3）D是E是CH3CH2OH，发生酯化反应生成F()，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；答案为+CH3CH2OH+H2O。

（4）A．有机物D是加入饱和Na2CO3溶液产生气体，有机物E是CH3CH2OH，加入饱和Na2CO3溶液，无现象，互溶不分层，有机物F是加入饱和Na2CO3溶液，无现象，但溶液分层，现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液区分；故A正确；

B．E是CH3CH2OH，含有羟基，能够被KMnO4氧化；故B错误；

C．C是属于苯的同系物，在浓H2SO4、浓HNO3加热的条件下发生取代反应生成即+HO-NO2+H2O；故C正确；

D．CH2=CH2通过加聚反应得到的聚乙烯，即nCH2=CH2聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故D错误；

答案为BD。【解析】或加成反应或加成羧基+CH3CH2OH+H2OBD17、略

【分析】【分析】

（1）Ni元素原子序数是28；其3d；4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，据此书写其价电子排布式，找到最高能层，为N层，能级为4s，判断它的空间伸展方向；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6；

D．Ni(CO)4中；镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4；

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，离子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度=进行计算；

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

【详解】

（1）Ni元素原子序数是28，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，其价电子排布式为3d84s2；最高能层的电子为N，分别占据的原子轨道为4s，原子轨道为球形，所以有一种空间伸展方向；

答案为：3d84s2；1；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2，故A正确；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B错误；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6，故C正确；

D．Ni(CO)4中，镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4，是sp3杂化；故D正确；

答案选B。

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

故答案为：

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，二者都属于离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

答案为：6；离子半径越小；离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

答案为：5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度==g/cm-3；

答案为：

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

答案为：3。

【点睛】

考查同学们的空间立体结构的思维能力，难度较大。该题的难点和易错点在(5)的③，与“”同类的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，且空隙与其他晶胞共用，计算数目时也要注意使用平均法进行计算。【解析】3d84s21B6离子半径越小，离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高53三、判断题(共5题，共10分)18、B【分析】【详解】

由两个或两个以上的苯环共用相邻的两个碳原子的芳香烃称为稠环芳香烃，联苯中苯环之间含碳碳单键，不属于稠环芳香烃，故该说法错误。19、A【分析】【详解】

烷烃已饱和，不能发生加成反应，烯烃含有碳碳双键，可以发生加成反应，正确。20、B【分析】【详解】

苯酚浓溶液如果不慎沾到皮肤上，应立即清水清洗，再用酒精清洗，70℃以上的热水会烫伤皮肤。21、A【分析】【详解】

淀粉和纤维素均不含醛基，均为非还原性糖，故答案为：正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

加聚产物、缩聚产物的单体均可以是1种、2种，甚至多种，错误。四、结构与性质(共1题，共10分)23、略

【分析】【分析】

根据形成化学键的元素性质分析化学键的类型；

根据晶胞的结构计算晶胞中原子数目；进而确定化学式；

根据晶体类型与物质的熔沸点等性质的关系分析解答；

根据元素周期律比较电负性；根据分子空间构型分析分子的极性；根据等电子体的概念书写对应的等电子体；根据核外电子排布规律书写核外电子排布式；

由晶胞结构；用均摊法计算晶胞中Na；O原子数目，计算晶胞质量及密度。

【详解】

中C、O原子之间形成极性键；中碳原子之间形成非极性键，C原子与H原子之间形成极性键；中O、H原子之间形成极性键；中氯离子与铵根离子之间形成离子键；铵根离子中N；H原子之间形成极性键，故答案为：B；

X处于体心，晶胞中X数目为1，Y处于晶胞顶点，晶胞中Y原子数目故X、Y原子数目之比1，故化学式为故答案为A；

A.键能越大；共价键越稳定，氢化物越稳定，故A不符合；

B.二者均为原子晶体；键能越大，破坏共价键需要能量越高，熔沸点越高，故B不符合；

C.金属离子晶体；金属键越强，破坏金属键需要能量越高，熔点越高，故C不符合；

D.均属于分子晶体；分子间作用力影响熔沸点，与键能无关，故D符合；

故答案为D；

同主族自上而下电负性减小，故电负性：故答案为：

O原子形成2个键，还有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，O原子杂化方式为是V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：极性；V形；

H2O分子之间形成氢键，H2S分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故H2O的沸点高于H2S的沸点，故答案为：H2O分子之间形成氢键，H2S分子之间为范德华力；氢键比范德华力更强；

与H2S分子互为等电子体的阴离子可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，等电子体为：等，故答案为：

原子比O原子多2个电子层，处于第四周期VIA族，基态Se原子核外电子排布式为4p轨道有2个未成对电子，故答案为：2；

由晶胞结构，以上底面面心研究，与之距离相等且最近的为晶胞上层的4个上一个晶胞下层的4个即的配位数是8；晶胞中Na原子数目为8、O原子数目晶胞质量晶体密度故答案为：8；【解析】①.②.③.④.⑤.极性⑥.⑦.V形⑧.分子之间形成氢键，分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强⑨.⑩.⑪.2⑫.⑬.五、元素或物质推断题(共4题，共36分)24、略

【分析】【分析】

A为淡黄色固体且能和CO2反应，则A是Na2O2，单质B能转化生成过氧化钠、能与氯气反应生成E，可知B为Na、E为NaCl；Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，D能转化为NaCl，则D是Na2CO3，Na2O2、Na都能转化得到C，C能转化得到Na2CO3；NaCl；则C是NaOH。

【详解】

(1)根据上述分析可知A是Na2O2，B是Na，C是NaOH，D是Na2CO3；E为NaCl。

(2)Na与H2O反应产生NaOH和H2，所以B→C的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；Na2CO3与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，则D→E的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

(3)Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，在该反应中，O元素由反应前Na2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去2×e-；O元素由反应前Na2O2中的-1价变为反应后Na2CO3中的-2价，化合价降低，得到2×e-，用双线桥法表示电子转移为：

【点睛】

本题考查无机物的推断，涉及钠元素的单质及其化合物之间的转化，A的颜色及能与二氧化碳反应是推断的突破口，熟练掌握元素化合物知识即可解答，本题旨在考查学生对基础知识的掌握。【解析】①.Na2O2②.Na③.NaOH④.Na2CO3⑤.NaCl⑥.2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑⑦.CO32-+2H+=H2O+CO2↑⑧.25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①常见的氧化物与水反应生成的强酸为硫酸和硝酸，则A分别于酸和碱反应生成S2-和NH3，A为(NH4)2S；②FG为氨气被氧化生成NO和水，方程式为③稀硝酸具有强氧化性，铁和稀硝酸反应生成+3价铁离子，离子方程式为：Fe+4H++NO3—=Fe3++NO↑+2H2O；④二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠，SO2可与之反应；所以试剂应为饱和碳酸氢钠；

(2)①铅与碳同主族，位于第六周期，ⅣA主族；②黄绿色气体为Cl2，Cl-被氧化，Pb显+4价被还原，方程式为：PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O；③PbO与次氯酸钠溶液反应，Pb显+2价被氧化，Cl元素被还原，生成PbO2及Cl-，离子方程式为：PbO+ClO—=PbO2+Cl—；④PbO2在加热过程发生反应的化学方程式为PbO2PbOx+(2-x)O2↑，假设反应的PbO2为1mol，质量为239g，则(2-x)×32=239×4.0%，x=1.4，即每1molPbOx中含1.4mol氧原子，根据混合物组成为mPbO2•nPbO；则(2m+n)=1.4，(m+n)=1，解得m=0.4，n=0.6，则m:n=2/3。

【点睛】

能同时与酸和碱反应的正盐要考虑氨盐；二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠是关于平衡移动的问题，碳酸氢根发生水解HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，碳酸氢根浓度大则抑制平衡向左移，使CO2无法溶解。【解析】①.(NH4)2S②.③.Fe+4H++NO3—=Fe3++NO↑+2H2O④.饱和NaHCO3⑤.六⑥.ⅣA⑦.PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O⑧.PbO+ClO—=PbO2+Cl—⑨.1.4⑩.2:326、略

【分析】【分析】

溶液呈无色，则一定不含MnO4-，溶液X中加入过量盐酸，有气体A生成，并得到溶液I，说明原溶液中含有CO32-，气体A为CO2，CO32-与Mg2+、Ba2+、Al3+不能大量共存，则原溶液一定不含Mg2+、Ba2+、Al3+；反应①中加入盐酸过量，反应②中加入过量的NH4HCO3，产生的气体为CO2，白色沉淀甲只能为Al