2025年粤教新版选择性必修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年粤教新版选择性必修2化学上册阶段测试试卷240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5题，共10分)1、硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池负极材料；具有在充电的同时合金化反应的特点。在充电过程中负极材料晶胞的组成变化如图所示。

下列说法正确的是A.当1mol完全转化为时，转移电子数为2molB.在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律C.当完全转化为时，每转移6mol电子，生成3molLiZn(合金相)D.若的晶胞参数为anm，则EF间的距离为nm2、比较S2-和S的性质，下列叙述正确的是（）A.S2-只具有还原性而S只具有氧化性B.S2-和S都是不溶于水的淡黄色固体C.S2-半径比S大，但氧化性S大于S2-D.它们在空气中都一定能燃烧且都能生成具有刺激性气味的气体3、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是A.W的非金属性小于Z的非金属性B.将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C.工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YD.Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低4、铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分；缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是。

A.该结构中，氧元素的第一电离能最大B.的基态价电子排布式为C.咪唑环上所有原子均在同一平面上D.通过配位键与相连5、在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与键能无关的变化规律是A.的沸点依次升高B.熔点依次升高C.的熔点依次降低D.金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点依次降低评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是A.与W生成的气态化合物的热稳定性：B.W与的原子半径：C.X和Y的第一电离能：D.X、Z、R的电负性：7、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键8、下列说法正确的是A.已知键能为故键能为B.键能为键能为故比稳定C.某元素原子最外层有1个电子，它跟卤素相结合时，所形成的化学键为离子键D.键能为其含义为断裂所吸收的能量为390.8kJ9、肼是一种常见的还原剂；不同条件下分解产物不同。60~300℃时，在Cu等金属表面肼分解的机理如图。

已知200℃时：

Ⅰ.3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△H1=-32.9kJ•mol-1

Ⅱ.N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=-41.8kJ•mol-1

下列说法不正确的是A.肼中N原子的杂化方式为sp2B.图示过程①、②都是吸热反应C.反应Ⅰ中氧化剂与还原荆的物质的量之比为2：1D.200℃时，肼分解的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ•mol-110、下列叙述中正确的是A.CS2为直线形的非极性分子，形成分子晶体B.ClO的空间结构为平面三角形C.氯化硼(BCl3)的熔点为-107℃，氯化硼液态时能导电而固态时不导电D.SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈正四面体形，SO呈三角锥形评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)11、如图为几种晶体或晶胞的示意图：

请回答下列问题：

(1)a：冰、b：金刚石、c：MgO、d：CaCl2、e：干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为________

(2)金刚石晶胞中若碳原子半径为r，根据硬球接触模型，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率________(计算结果为含π的分数，不要化为小数或百分数)。12、请回答下列问题：

(1)写出基态原子的核外电子排布式：_______，根据元素周期律，原子半径_______(填“大于”或“小于”，下同)，第一电离能_______

(2)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_______；H、O、S电负性由大到小的顺序是_______。B和N相比，电负性较大的是_______；中B元素的化合价为_______；从电负性角度分析，C、O的非金属活泼性由强至弱的顺序为_______。

(3)元素铜与镍的第二电离能分别为的原因是_______。

(4)四种元素中电负性最大的是_______(填元素符号)，其中P原子的核外电子排布式为_______。

(5)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价层电子中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。b、c、d中第一电离能最大的是_______(填元素符号)，e的价层电子排布图为_______。

(6)①四种元素中，有一种元素的电离能数据如下，则该元素是_______(填写元素符号)。电离能5781817274511578

②的最高价氯化物的分子式是_______。

③元素可能的性质或应用有_______。

A.是一种活泼的金属元素B.其电负性大于硫。

C.其单质可作为半导体材料D.其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点13、在光照条件下；氯气和氢气反应过程如下：

①②③

反应②中形成的化合物的电子式为___________；反应③中被破坏的化学键属于___________键(填“共价”或“离子”)。14、磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工农业生产中应用广泛。白磷可通过反应2Ca3(PO4)2+10C→6CaO+P4+10CO获得。完成下列填空：

(1)磷原子的最外层电子排布式是_____，氧原子核外有_____种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自_____。

(2)N和P在周期表中位于_____族，PH3分子的空间构型为_____，是_____分子(填“极性”或“非极性”)。下列能说明N和P非金属性相对强弱的是_____(填编号)。

a.NH3的稳定性比PH3强b.NH3的沸点比PH3高。

c.硝酸酸性比磷酸强d.N原子半径比P原子小。

铜既能与浓硝酸反应，也能与稀硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将化学方程式表示为：Cu+HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+H2O(未配平，不考虑2NO2N2O4)。完成下列填空：

(3)3Cu+10HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+H2O。配平上述化学方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。______

(4)0.3molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是______。15、钛及其化合物在人们的生活中起着十分重要的作用。尤其是二氧化钛；四氯化钛、钛酸钡等应用极广；回答下列问题：

（1）基态钛原子的价电子排布式为___，该基态原子中含___对电子对。

（2）二氧化钛是世界上最白的东西，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得雪白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中的核外电子占据的原子轨道数为___。

（3）四氯化钛是种有趣的液体，在湿空气中水解成白色的二氧化钛的水凝胶(用TiO2表示)，在军事上利用四氯化钛的这股怪脾气，作为人造烟雾剂。四氯化钛水解反应的化学方程式为___。

（4）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。

①LiBH4由Li＋和BH构成，BH的空间构型是___，B原子的杂化轨道类型是___，写出一种与该阴离子互为等电子体的微粒是___。Ti(BH4)3中各元素的电负性从大到小的顺序为___。

②原子序数小于36的过渡元素A和B，在周期表中位于同一族，且原子序数B比A多1，基态B原子中含有三个未成对电子。请写出B在周期表中的位置为___，A基态原子的电子排布式为___。16、(1)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。

①肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1038.7kJ·mol-1，若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键有________mol。

②肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内不存在___（填标号）。

a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力。

(2)ⅥA族元素氧；硫、硒（Se）的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答：

①H2Se的酸性比H2S________（填“强”或“弱”），SO32-离子的立体构型为________。

②H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：__________。

(3)[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=［Zn(H2O)4]2+＋4HOCH2CN

①Zn2+基态核外电子排布式为___________________。

②与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。

③)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为____________。17、Fe；Cu都是重要的材料元素；其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。

(1)Fe位于元素周期表的___________区，基态的价电子轨道表示式为___________。

(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成红色。该反应在有的教材中用化学方程式表示。经研究表明，是配合物，与不仅能以1：3的个数比配合；还可以其他个数比配合。请按要求填空：

①与的配合物中，主要是与以个数比1：1配合，所得离子显红色，则含该离子的配合物的化学式是___________。

②铁的另一种配合物铁氰化钾俗称赤血盐，可用于检验两者反应生成带有特征蓝色的沉淀，请用离子方程式说明原理___________；该赤血盐配体的电子式为___________。18、以Zn为顶点的ZnGeP2晶胞结构如图所示。Zn的配位数为_______，以Ge为顶点的晶胞中，Zn原子位于______。

19、锌的化合物{ZSM、等}及其合金的用途非常广泛。

(1)基态核外电子排布式为_______。

(2)ZSM是2-甲基咪唑和水杨酸与锌形成的化合物，2-甲基咪唑可通过下列反应制备：

①C、N、H的电负性由大到小的顺序是_______。

②的价电子总数为_______。

③2-甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为_______；1mol2-甲基咪唑分子中含键数目为_______；易溶于水的主要原因是_______。评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)20、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误21、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22、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32分)23、在含单质碘的溶液中存在可逆反应：为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：

I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。

II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。

III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。

已知：i.

ii.与难溶于

iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为86∶1

回答下列问题：

(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_______(填标号)。A．B．C．D．(2)易溶于的原因是_______。

(3)滴定过程中标准溶液应装在_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_______。

(4)步骤II中加入溶液的目的是_______。

(5)步骤III测得萃取后的水溶液中_______平衡常数_______(列出计算式即可)。

(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_______(填标号)。A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小24、过渡元素的配合物在物质制备；尖端技术、医药科学、催化反应、材料化学等领域有着广泛的应用。

回答下列问题：

Ⅰ.能与等形成配位数为4的配合物。

(1)中存在的化学键类型有_______(填标号)。

A.离子键B.金属键C.极性共价键D.非极性共价键E.配位键。

(2)溶液中存在平衡：设计简单实验证明溶液中存在上述平衡_______。

Ⅱ.某同学设计实验探究溶液和溶液呈黄色的原因，查阅资料可知，在溶液中与配位形成配离子：等；且形成配离子的反应均是可逆反应。

可供选挂的试剂有：溶液，溶液，硝酸，盐酸，溶液；蒸馏水。

实验1：取溶液，加入3滴试剂X，黄色的溶液褪色；

实验2：取溶液；加入3滴试剂X，溶液仍然为黄色；

实验3：向实验1的(无色)溶液中加入3滴的溶液；溶液变为黄色。

(3)试剂X为_______；

(4)根据实验1的现象可知，溶液呈现黄色的原因主要是_______微粒导致的(填配体的化学式)。

(5)由实验1和实验2的现象对比分析可知，溶液显黄色的主要原因是_______微粒导致的(填配体的化学式)。

(6)请用平衡移动原理，结合化学用语，对实验3的现象进行解释：_______。25、青蒿素是烃的含氧衍生物；为无色针状晶体，在乙醇；乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，青蒿素60℃以上易分解，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃。从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的。

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，萃取青蒿素________(填”能”或“不能”)用超临界CO2作萃取剂；中医古籍《肘后备急方》中“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁,尽服之”______(填“是”或“不是”)为了提取纤维素。现有四氯化碳(沸点76.5℃)和乙醚两种溶剂，应选用__________作为萃取剂；青蒿素组成元素中电负性较大的两种元素第一电离能由大到小排序为__________(填元素符号)。

(2)某学生对青蒿素的性质进行探究。将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________(填字母)具有相似的性质。说明青蒿素的结构中含有_______(填官能团名称)。

A.乙醇B.乙酸乙酯C.乙酸D.酰胺E.葡萄糖。

(3)青蒿素的质谱数据中有一个峰值与另一种抗疟药鹰爪素相同,而鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团,于是推测青蒿素中含有_____(填粒子的电子式)。青蒿素所属晶体类型为_________。1974年中科院上海有机所和生物物理研究所在研究青蒿素功能基团的过程中，屠呦呦团队发明了双氢青蒿素。从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了_____反应。

(4)科学家对H2O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程,最初科学家提出了两种观点:甲:乙:H—O—O—H,甲式中O→O表示配位键,在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构,设计并完成了下列实验:

a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水;

b.将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应,只生成A和H2SO4;

c.将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。

①如果H2O2的结构如甲所示,实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)________。

②为了进一步确定H2O2的结构,还需要在实验c后添加一步实验d,请设计d的实验方案:_______________________。26、某研究性学习小组设计实验制备乙酸乙酯（如图1）：

（1）实验时向仪器A中加几块碎石片，其作用是________．仪器B为冷凝管，冷却水由________（填“a”或“b”）进．

（2）图1方案有明显缺陷；请提出改进建议：________．分离乙酸乙酯的操作需要用图3器有________（填代号）．

（3）①能否用图2的D装置替代图1的装置C？________（填：能或否）；理由是________

②能否用图2的E装置替代图1的C装置？________（填：能或否）；理由是________

（4）有同学拟通过某种方法鉴定所得产物中是否含有醚类物质；可选________．

a．红外光谱法b．1H核磁共振谱法c．质谱法．评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共12分)27、有五种元素，其中属于同一周期，原子最外层的能级电子数等于次外层的电子总数，原子最外层中有2个未成对电子。已知原子核内的质子数均与中子数相等，且元素可分别与生成型化合物，在中，与的质量比为在中，与的质量比为请回答下列问题：

（1）写出两种元素的元素符号：______，______。

（2）写出元素原子的电子排布式：______。

（3）指出在元素周期表中的位置：______。

（4）比较三种元素的第一电离能的大小：______（填元素符号；下同）。

（5）比较元素和元素的电负性的相对大小：______。28、下表是元素周期表中的一部分。

。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2EFHJ3BCDGI根据A～J在周期表中的位置；用元素符号或化学式回答下列问题：

(1)电负性最强的元素是________，第一电离能最小的单质是________。

(2)最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是______，呈两性的是______。

(3)A分别与E、F、G、H、I形成的化合物中，沸点最高的是________。

(4)在B、C、D、G、I中，形成的简单离子半径最大的元素是________。29、随原子序数的递增；八种短周期元素(用英文小写字母表示)原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

(1)g在元素周期表的位置是_________________；

(2)比较d、f简单离子的半径大小(用化学式表示，下同)______________，比较g、h最高价氧化物对应水化物酸性____________；

(3)d的氢化物沸点高于y的氢化物沸点的原因________________；

(4)写出f的最高价氧化物对应的水化物与h的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式___________；

(5)由元素f；h形成的物质X与由元素x、z形成的化合物Y可发生以下反应：

①写出M的电子式_______________；

②写出X溶液与Y溶液反应的离子方程式___________________；

(6)已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________。30、X；Y、Z三种主族元素；原子序数依次增大且原子序数小于10，它们的单质在常温下都是常见的无色气体，在适当条件下，三者之间可以两两发生反应生成分别是双原子、三原子和四原子的甲、乙、丙三种分子，且乙、丙分子中含有X元素的原子个数比为2∶3。请回答下列问题：

(1)元素X的名称是______；丙分子的电子式为______。

(2)若甲与Y单质在常温下混合就有明显现象；则甲的化学式为________。丙在一定条件下转化为甲和乙的反应方程式为____________________________________________。

(3)化合物丁含X；Y、Z三种元素；丁是一种常见的强酸，将丁与丙按物质的量之比1∶1混合后所得物质戊的晶体结构中含有的化学键为________(选填序号)。

a．只含共价键b．只含离子键c．既含离子键，又含共价键参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．当1mol完全转化为时，转移电子数为2×()mol；A错误；

B．根据结构，体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律；B正确；

C．当完全转化为时，Li+、Zn2+转化为LiZn合金；生成1molLiZn转移3mol电子，每转移6mol电子，生成2molLiZn(合金相)，C错误；

D．若的晶胞参数为anm，将晶胞切三刀分为8个小立方体，则E在左后上立方体体心，则EF间的距离为nm=nm；D错误；

故选B。2、C【分析】【详解】

A.S2-中S元素为—2价；是S元素的最低价态，只具有还原性，S单质中硫元素为0价，是S元素的中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故A错误；

B.S2-在溶液中为无色；故B错误；

C.阴离子的离子半径比原子的原子半径大，则S2-半径比S大，S单质既具有氧化性又具有还原性，S2-只具有还原性，则氧化性S大于S2-；故C正确；

D.S2-在空气中不能燃烧；故D错误；

故选C。3、B【分析】【分析】

四种短周期元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为C元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl元素；

【详解】

A．C和Cl的最高价氧化物的水化物分别为碳酸（弱酸）；高氯酸（强酸），故Cl的非金属性强，A正确；

B．Na投入到CuSO4溶液中；会先跟水反应，B错误；

C．工业上熔融电解氧化铝制备铝单质；C正确；

D．HF、HCl、HBr；HI结构相似；沸点随相对分子质量增大而增大，但HF分子间能形成氢键，使熔沸点较高，所以Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低，D正确；

故选B。4、A【分析】【详解】

A．同一周期随着原子序数变大；第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N元素的第一电离能大于O元素，A项错误；

B．Fe为26号元素，为铁原子失去2个电子后形成的，的基态价电子排布式为B项正确；

C．咪唑环中存在大????键，碳，氮原子均采用杂化；所有原子均在同一平面上，C项正确；

D．由图可知，亚铁离子提供空轨道，氧提供孤对电子，通过配位键与相连；D项正确；

答案选A。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．新戊烷；异戊烷和正戊烷互为同分异构体；分子中支链数目越多，分子间作用力越小，沸点越低，则新戊烷、异戊烷和正戊烷的沸点依次升高与键能无关，故A符合题意；

B．金属晶体中金属键越强；熔点越高，钠；镁、铝都属于金属晶体，晶体中阳离子的离子半径依次减小、电荷数依次增大，金属键依次增强，熔点依次升高，则钠、镁、铝的熔点依次升高与键能有关，故B不符合题意；

C．离子晶体中离子键越强；熔点越高，氟化钠；氯化钠、碘化钠都是离子晶体，晶体中卤素离子的离子半径依次增大，离子键依次减弱，熔点依次降低，则氟化钠、氯化钠、碘化钠的熔点依次降低与键能有关，故C不符合题意；

D．原子晶体中共价键越强；熔点越高，金刚石；碳化硅、晶体硅都是原子晶体，晶体中C—C键、C—Si键、Si—Si键的键长依次增大、键能依次减小，共价键依次减弱，熔点依次降低，则金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点依次降低与键能有关，故D不符合题意；

故选A。二、多选题(共5题，共10分)6、BD【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与锂离子具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X为O元素、Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为则Y为Si元素；由Z为S元素可知，R为Cl元素。

【详解】

A.非金属元素的非金属性越强；气态氢化物的热稳定性越强，硫元素的非金属性强于硅元素，则硫化氢的热稳定性强于硅烷，故A正确；

B.同主族元素；从上到下原子半径依次减小，则氢原子的原子半径小于锂原子，故B错误；

C.非金属元素的非金属性越强；元素的第一电离能越大，则氧元素的第一电离能大于硅元素，故C正确；

D.非金属元素的非金属性越强；元素的电负性越大，三种元素的非金属性强弱的顺序为O＞Cl＞S，则电负性强弱的顺序为S＜Cl＜O，故D错误；

故选BD。7、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。8、BD【分析】【详解】

A．氮氮三键中含有1个σ键、2个π键，σ键与π键的键能不同，并且形成氮氮三键更稳定，释放的能量更多，所以键能远大于A项错误；

B．分子中共价键的键能越大；分子越稳定，B项正确；

C．该元素可能为氢元素或碱金属元素；故与卤素相结合可形成共价键或离子键，C项错误。

D．键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量；D项正确。

故本题选BD。9、AB【分析】【分析】

【详解】

A.氨气分子中N原子的价层电子对数为4，N原子的杂化方式为sp,3杂化，肼分子可以视作氨气分子中一个氢原子被氨基取代，则肼分子中N原子的杂化方式与氨气分子中N原子的杂化方式相同，为sp3杂化；故A错误；

B.由题意可知过程①的反应的△H1＜0；为放热反应，故B错误；

C.由方程式可知；反应Ⅰ中，肼分子N元素的化合价即降低又升高，氮气为氧化产物，氨气为还原产物，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确；

D.根据盖斯定律：（I）-2×（II）得N2H4（g）═N2（g）+2H2（g），则△H═-32.9kJ•mol-1-2×（-41.8kJ•mol-1）=+50.7kJ•mol-1；故D正确；

故选AB。10、AD【分析】【分析】

【详解】

Ａ．二硫化碳是由分子形成的分子晶体；分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间结构为结构对称的直线形，属于非极性分子，故A正确；

Ｂ．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4；孤对电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，故B错误；

Ｃ．氯化硼为熔点低的分子晶体；液态和固态时只存在分子，不存在离子，所以不能导电，故C错误；

Ｄ．四氟化硅分子中的硅原子和亚硫酸根离子中的硫原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化方式均为sp3杂化；四氟化硅分子中的硅原子的孤对电子对数为0，分子的空间结构为正四面体形，亚硫酸根离子中的硫原子的孤对电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，故D正确；

故选AD。三、填空题(共9题，共18分)11、略

【分析】【详解】

(1)一般情况，原子晶体的熔点＞离子晶体＞分子晶体，金刚石是原子晶体，MgO和CaCl2是离子晶体，冰和干冰是分子晶体。对于MgO和CaCl2熔点比较，主要看晶格能，晶格能越大，熔点越高，离子半径越小，所带电荷越多，其晶格能越大，所以MgO熔点大于CaCl2；冰中水分子间又存在氢键，所以冰的熔点大于干冰，故答案为：b>c>d>a>e；

(2)金刚石晶胞可以表示为AB两个原子紧密相邻，AB两个原子中心的距离为半径的2倍，其长度为体对角线长度的若晶胞的边长为a，则晶胞体对角线长度与四个碳原子直径相同，即a=8r，则a=r；根据均摊法该晶胞中碳原子的个数为=8，碳原子的体积为：8××πr3，晶胞体积为：a3=所以碳原子的空间利用率为：【解析】①.b>c>d>a>e②.12、略

【分析】【详解】

（1）As是第33号元素，位于元素周期表第四周期VA族，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；Ga元素与As元素同周期；Ga是第31号元素，根据元素周期律，同周期主族元素随原子序数递增，原子半径递减，所以是Ga的原子半径大于As；按元素周期律，同周期主族元素第一电离能整体是随原子序数递增而递增，所以Ga的第一电离能小于As；

（2）按元素周期律；同周期主族元素第一电离能整体是随原子序数递增而递增(电子排布的特殊性造成：IIA族大于IIIA族；VA族大于VIA族)，则C、N、O三元素第一电离：N＞O＞C；元素非金属性越强，其电负性越大，非金属性：O＞S＞H，所以电负性：O＞S＞H；B与N均为第二周期元素，原子序数递增，非金属性逐渐增强，电负性：N＞B；按照化合价规则和元素周期律，BN中B为+3价；元素电负性越大，其非金属活泼性越强，电负性：O＞C＞Si，故非金属活泼性：O＞C＞Si；

（3）Cu原子的价电子层电子排布式是3d104s1，失去一个电子后Cu+价电子层电子排布式为3d10，再电离一个电子是在3d能级上失去一个成对电子中的一个，所需能量高；Ni原子价电子层电子排布式是3d84s2，失去一个电子后Ni+价电子层电子排布式为3d84s1；再电离去一个电子是失去4s能级上剩余的一个未成对电子，所需能量低，所以Cu的第二电离能大于Ni；

（4）元素非金属性越强，电负性值越大，所以O、Na、P、Cl四种元素中电负性最大的是O；P元素是第15号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p3；

（5）电子总数与周期数相同的只有H元素，a为H元素；未成对电子有3个一般是在p能级出现，根据元素前后顺序，b为N元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，c为O元素；d与c同族，d为S元素；同周期元素，第一电离能VA族大于VIA族，同主族元素，从上到下，第一电离能越大，故第一电离能最大的是N；第四周期存在次外层电子为18个的情况，则e为29号元素Cu，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，其价层电子排布图为

（6）①该元素I3到I4；电离能增加倍数瞬间增大，所以容易呈现+3价，故该元素应该为Al；

②位于第四周期第IVA族，所以最高价是+4价，其最高价氯化物的分子式

③A．Ge位于金属元素和非金属元素的分界线上；故Ge具有一定的非金属性，Ge不是一种活泼的金属元素，A错误；

B．非金属性：S＞Si＞Ge；则电负性：S＞Si＞Ge，B错误；

C．Ge位于金属元素和非金属元素的分界线上；故其单质可作半导体材料，C正确；

D．Ge的最高价氯化物GeCl4和溴化物GeBr4均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点：GeBr4＞GeCl4；

故选CD。【解析】(1)(或)大于小于。

(2)N

(3)铜失去的是全充满的电子，镍失去的是电子。

(4)O(或)

(5)N

(6)CD13、略

【分析】【详解】

反应②中形成的化合物是HCl，属于共价化合物，电子式为反应③中Cl2分子中Cl-Cl被破坏，Cl2由Cl原子以共价键结合形成，则被破坏的化学键化学键属于共价键。【解析】共价14、略

【分析】【详解】

（1）磷是15号元素，P原子核外有15个电子，磷原子的最外层电子排布式是3s23p3；氧是8号元素；核外有8个电子，氧原子核外有8种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自白磷缓慢氧化释放的热量。

（2）N和P最外层都有5个电子，在周期表中位于VA族，PH3分子中P原子价电子对数为4；有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，空间结构不对称，是极性分子。

A．气态氢化物越稳定，元素非金属性越强，NH3的稳定性比PH3强，说明N的非金属性比P强，故选a；

B．分子晶体的沸点与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，NH3的沸点比PH3高，不能说明N的非金属性比P强，故不选b；

C．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，硝酸酸性比磷酸强，说明N的非金属性比P强，故选c；

D．原子半径与电子层数；最外层电子数有关；N原子半径比P原子小，不能说明N的非金属性比P强，故不选d；

选ac。

（3）铜和浓硝酸反应，铜元素化合价由0升高为+2、硝酸中N元素化合价由+5降低为+4、+2，根据得失电子守恒，NO2、NO的比为3:1，配平方程式为3Cu+10HNO3=3Cu(NO3)2+3NO↑+NO2↑+5H2O。用单线桥法标出电子转移方向和数目为

（4）0.3molCu被硝酸完全溶解后，转移电子0.6mol，表现酸性的硝酸为0.6mol，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则生成NO和NO2都是0.15mol，表现氧化性的硝酸为0.3mol，则参加反应的硝酸的物质的量是0.9mol。【解析】(1)3s23p38白磷缓慢氧化释放的热量。

(2)VA三角锥极性ac

(3)

(4)0.9mol15、略

【分析】【分析】

（1）

钛是22号元素，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，该基态原子中有2个未成对电子，含10对电子对；故答案为：3d24s2；10。

（2）

钛是22号元素，基态Ti4+中的核外电子排布为1s22s22p63s23p6；其核外电子占据的原子轨道数为9；故答案为：9。

（3）

四氯化钛是种有趣的液体，在湿空气中水解成白色的二氧化钛的水凝胶(用TiO2表示)，因此四氯化钛水解反应的化学方程式为TiCl4＋2H2O=TiO2＋4HCl↑；故答案为：TiCl4＋2H2O=TiO2＋4HCl↑。

（4）

①LiBH4由Li＋和BH构成，BH价层电子对数为4+0=4，其空间构型是正四面体形，B原子的杂化轨道类型是sp3，根据价层电子数C=B－=N＋，因此与该阴离子互为等电子体的微粒是CH4或NH根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Ti(BH4)3中各元素的电负性从大到小的顺序为H＞B＞Ti；故答案为：正四面体形；sp3；CH4或NHH＞B＞Ti。

②原子序数小于36的过渡元素A和B，在周期表中位于同一族，且原子序数B比A多1，说明它们都为第四周期第VIII族元素，基态B原子中含有三个未成对电子，则B为27号元素Co。A为26号元素Fe，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或者[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族元素；1s22s22p63s23p63d64s2或者[Ar]3d64s2。【解析】（1）3d24s210

（2）9

（3）TiCl4＋2H2O=TiO2＋4HCl↑

（4）正四面体形sp3CH4或NHH＞B＞Ti第四周期VIII族1s22s22p63s23p63d64s2或者[Ar]3d64s216、略

【分析】【分析】

(1)①反应中有4molN—H键断裂即消耗1molN2H4；再根据方程式计算。

②硫酸铵含有离子键；共价键和配位键，不存在范德华力。

(2)①Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，先计算SO32−离子价层电子对数，再得立体构型；②H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3的非羟基氧多。

(3)①Zn为30号元素；②根据价电子N－=O，得与H2O分子互为等电子体；③[Zn(CN)4]2−中Zn2+与CN－的C原子形成配位键；C提供孤对电子。

【详解】

(1)①N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)，根据反应方程式，反应中有4molN—H键断裂即消耗1molN2H4，则生成1.5molN2；每个氮气含有2个π键，因此形成的π键有3mol；故答案为：3。

②硫酸铵含有离子键，共价键和配位键，不存在范德华力，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内含有离子键；共价键和配位键，不存在范德华力，故答案为：d。

(2)①Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，H2Se在水中更容易电离出氢离子，因此H2Se的酸性比H2S强，SO32−离子价层电子对数其立体构型为三角锥形；故答案为：强；三角锥形。

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因是H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+；故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+。

(3)①Zn为30号元素，Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10(或［Ar]3d10)。

②根据价电子N－=O，因此与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2－；故答案为：NH2－。

③)[Zn(CN)4]2−中Zn2+与CN－的C原子形成配位键，C提供孤对电子，因此[Zn(CN)4]2−的结构可用示意图表示为故答案为：【解析】3d强三角锥形H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+1s22s22p63s23p63d10（或［Ar]3d10）NH2-17、略

【分析】【分析】

（1）根据价电子排布式判断元素所在区；根据价电子排布式及洪特规则书写轨道表示式。（2）根据电荷守恒及原子守恒进行书写方程式。

【详解】

（1）Fe为26号元素，核外电子排布式为位于第4周期Ⅷ族，属于d区；铁原子失去4s能级的2个电子形成Fe2+，其价电子排布式为价电子轨道表示式为

（2）①与以个数比1：1配合所得离子为②赤血盐与Fe2+反应的离子方程式为其配体CN-的电子式为【解析】d18、略

【分析】【详解】

由晶胞结构可知，Zn原子周为等距离且最近的P原子个数为4，故配位数为4；以Ge为顶点的晶胞中，如图所示：Zn原子位于面心(底心)、棱心。【解析】4面心(底心)、棱心19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Zn的原子序数是30，则基态核外电子排布式为

(2)①非金属性越强，电负性越大，则C、N、H的电负性由大到小的顺序是

②的价电子总数为4+5+1＝10。

③2-甲基咪唑中饱和碳原子杂化轨道类型为不饱和碳原子的杂化轨道类型是单键都是键，双键中含有1个键，1mol2-甲基咪唑分子中含键数目为12由于分子与水分子间能形成氢键，所以易溶于水。【解析】(或)10和12分子与水分子间能形成氢键四、判断题(共3题，共30分)20、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。21、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。22、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32分)23、略

【分析】【分析】

滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；

【详解】

（1）萃取分液操作中需要使用烧杯；分液漏斗；故选BD；

（2）均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于

（3）为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故滴定过程中标准溶液应装在碱式滴定管；碘单质能使淀粉变蓝色，反应为故滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色；

（4）在含单质碘的溶液中存在可逆反应：步骤II中加入溶液的目的是促使平衡正向移动；使碘单质从有机层中转移出来；

（5）加入标准溶液，碘单质被反应，平衡逆向移动最终都转化为碘单质被反应，已知：则步骤III测得萃取后的水溶液中

根据化学方程式可知，四氯化碳中碘的浓度为则

（6）A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，碘不能充分溶解，导致所测值偏小；A错误；

B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则导致偏大；测得的K偏小，B正确；

C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则偏大；测得的K偏小，C错误；

D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则偏小；测得的K偏小，D正确；

故选BD。【解析】(1)BD

(2)均为非极性分子。

(3)碱式最后一滴标准液加入后；溶液蓝色消失且半分钟被不褪色。

(4)使碘单质从有机层中转移出。

(5)

(6)BD24、略

【分析】【详解】

（1）中存在的化学键类型有离子键；极性共价键、配位键；故选ACE。

（2）溶液中存在平衡：要证明该反应是可逆反应，可取氯化铜溶液少许，加蒸馏水稀释后，溶液若呈蓝色，即可证明溶液中存在上述平衡。

（3）溶液呈黄色的原因是水解产生了加入2mol/L硝酸可以增大氢离子浓度，使反应逆向进行，溶液褪色。

（4）实验1和实验2中都加入2mol/L硝酸，实验1中溶液褪色，说明溶液呈现黄色的原因主要是导致的。

（5）实验2中取溶液，加入3滴2mol/L硝酸，溶液仍然为黄色，说明硝酸不影响生成配离子的反应，说明溶液显黄色的主要原因是导致的。

（6）铁离子和水分子、氯离子均可以形成配合物，氯离子浓度增加，平衡右移，溶液由无色变为黄色。【解析】(1)ACE

(2)取氯化铜溶液少许；加蒸馏水稀释后，溶液若呈蓝色，即可证明溶液中存在上述平衡。

(3)2mol/L硝酸。

(4)

(5)

(6)铁离子和水分子、氯离子均可以形成配合物，氯离子浓度增加，平衡右移，溶液由无色变为黄色25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，而杂质溶解性较差，所以能用超临界CO2作萃取剂；用萃取剂提取青篙素以便分离纤维素等杂质；目的不是为了提取纤维素，而是提取青篙素；由于青蒿素60℃以上易分解，且乙醚沸点为35℃，则应选：乙醚；组成青蒿素的三种元素为H；C、O，非金属性越强，电负性就越强，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，短周期主族元素中只有N、O、F三种元素的第一电离能比H元素的大，故第一电离能：O＞C；

(2)加入NaOH后反应物被消耗了；说明含有能水解的官能团，如乙酸乙酯；酰胺，故选：BD；

(3)青蒿素的质谱有一个峰值；与鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团：过氧基；青蒿素由非金属构成，所属晶体类型为：分子晶体；从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了加成反应；

(4)①发生信息甲，可知实验c中化学反应方程式为：+H2→C2H5OC2H5+H2O；实验c中产物有水，可用无水硫酸铜检验水的存在，则d的实验方案设计如下：用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水。【解析】能不是乙醚O＞CBD酯基过氧基分子晶体加成反应(或还原反应)+H2→C2H5OC2H5+H2O用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水26、略

【分析】【分析】

制备乙酸乙酯的反应为乙醇和冰醋酸和在浓硫酸加热的条件下进行；混合液体在加热时容易发生暴沸，可以加入碎瓷片防止暴沸，乙酸和乙醇通过冷凝管进行冷凝回流，用饱和碳酸钠溶液接受产物，并要考虑防倒吸。

【详解】

(1)给乙酸和乙醇的混合液体加热过程中容易发生暴沸现象；故混合液中加入碎瓷片可以防止暴沸；冷却水的流向为下进上出，这样冷却效果好，故答案为：防止暴沸；a；

(2)吸收乙酸乙酯应该选用饱和碳酸钠溶液；所以应该把C中水换成饱和碳酸钠溶液；分液操作用到的仪器有：分液漏斗；烧杯和玻璃棒，即：afg；

故答案为：C中水换成饱和碳酸钠溶液；afg；

(3)①乙醇与乙酸均容易溶解于饱和碳酸钠溶液；若导管插入液面下，容易倒吸，故不能利用D代替C，故答案为：否；导管插入碳酸钠溶液，易引起液体倒吸；

②酯类在碱性溶液中发生水解；即乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，使乙酸乙酯量减小，引起损耗，故答案为：否；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，使乙酸乙酯量减小；

(4)组成分子的各种基团都有自己特定的红外特征吸收峰；利用红外光谱对有机化合物分子进行测试并记录，可以清晰的记录出不同基团的吸收峰，所以可初步判断该有机物分子拥有的基团种类，故鉴定所得产物中是否含有醚类物质可以选用红外光谱法，故答案为：a。

【点睛】

注意掌握乙酸乙酯的反应原理及制备方法，明确常见化学仪器的构造及正确的使用方法。【解析】防止暴沸aC中水换成饱和碳酸钠溶液afg否导管插入碳酸钠溶液，易引起液体倒吸否乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，使乙酸乙酯量减小a六、元素或物质推断题(共4题，共12分)27、略

【分析】【分析】

p能级电子数不超过6，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，所以次外层为2个电子，则A的核外电子排布为1s22s22p2，应为C元素；C原子最外层中有两个不成对的电子，且C的原子序数大于A，所以C原子核外电子排布式为1s22s22p4，为O元素，B的原子序数大于A而小于C，所以B是N元素；C元素可分别与A、B、D、E生成RC2型化合物，在DC2中D与C的质量比为7：8，设D的摩尔质量为M，＝7：8，M=28，C、D、E原子核内的质子数均与中子数相等，所以D是Si元素；在EC2中；E与C的质量比为1：1，则M（E）=2M（O）=2×16=32，所以E为S元素，据此分析作答。

【详解】

（1）通过以上分析知；A是C元素，E是S元素，故答案为：C；S；

（2）D是Si元素，其原子核外有14个电子，根据构造原理知，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；

（3）E是S元素；其原子核外有3个电子层，最外层有6个电子，元素原子核外电子层数等于其周期数，主族元素的最外层电子数等于其族序数，所以S位于第三周期；第ⅥA族，故答案为：