2025年岳麓版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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化学下册阶段测试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5题，共10分)1、与元素的最外层电子数无关的是A.元素在周期表中的排列顺序B.主族元素的化学性质C.主族元素在周期表中处于哪个族D.主族元素的化合价2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X可分别和Y、Z、W形成含18个电子的型分子；且X与Y；Z与W均可形成如图所示结构的分子。下列说法正确的是。

A.简单离子的半径：B.第一电离能：C.简单气态氢化物的热稳定性：D.单质的沸点：3、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是A.第一电离能：W>X>Y>ZB.简单离子的还原性：Y>X>WC.简单离子的半径：W>X>Y>ZD.氢化物水溶液的酸性：Y>W4、下列分子空间结构和其VSEPR模型均一致的组是A.NH3、CH4、SO3B.BF3、SF6、PCl3C.PCl3、CO2、CCl4D.HCHO、HCN、CO25、科学家在20℃时，将水置于足够强的电场中，水分子瞬间凝固成“暖冰”，对“暖冰”与其它物质比较正确的是A.与Na2O晶体类型相同B.与SiO2晶体类型相同C.与H2S化学键类型不相同D.与普通的冰化学性质相同评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、Ⅰ.单选题。

(1)溶液中通入适量反应的离子方程式为下列各离子的电子排布式正确的是。A．为B．为C．为D．为(2)下列各组比较中，正确的是。A．分子的极性：B．比稳定C．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能D．在中的溶解度：(3)已知的结构为下列叙述不正确的是。A．的结构中，两边的S原子无孤对电子B．的结构中，中间的两个S原子均有两对孤对电子C．的结构中a、b为键长，则D．沸点

Ⅱ．非选择题。

结构决定性质；研究元素及物质的结构和性质是化学工作者水恒的课题。

(4)原子核外共有___________种运动状态不同的电子，其基态原子的电子排布式为___________，最高能层电子的电子云轮廓形状为___________。

(5)我国科学家屠呦呦以研究“青蒿素”获诺贝尔奖。青蒿素的结构简式如图所示，其组成元素的电负性由大到小的顺序为___________。

(6)已知，可用异氰酸苯酯与氯氨基吡啶反应生成氯吡苯脲：

反应过程中，每生成氯吡苯脲，断裂___________键，断裂___________键。

(7)计算：的中心原子上的孤电子对数分别是___________、___________。

(8)抗坏血酸的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为___________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：___________(填“难溶”或“易溶”)于水；坏血酸分子___________(填“是”或“不是”)手性分子。

7、回答下列问题：

(1)基态Co原子核外电子排布式为___；Co3+核外电子未成对电子数为__。

(2)基态Ge原子的核外电子排布式为__。

(3)Zn2+的价电子轨道表示式为___。8、三氟化氮(NF3)是一种无色；无臭的气体。三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应；反应产物中生成酸M、酸N和一种无色气体(遇空气变成红棕色),其中酸M是一种弱酸，酸N为常见的含氧强酸。

(1)写出该反应的化学方程式_________。

(2)酸M是弱酸(难电离)的原因是____________

(3)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO3、NaF等盐外，还可以生成的盐是____________(填化学式)。9、(1)S单质的常见形式为其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_______。

(2)现有H；N、O、S、Cu几种元素；回答下列问题。

①氢元素和N、O、S、Cu形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_______；分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物是_______(填化学式；写出两种)。

②这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是_______(填化学式，下同)；酸根呈三角锥形的酸是_______。10、用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是___________。11、关于物质结构与性质的内在联系；请回答下列问题：

(1)已知Se与O同族，基态Se原子价层电子的运动状态有______种，基态O原子的电子排布式不能表示为1s22s22p2p因为这违背了______(填选项)。

A.能量最低原理B.泡利不相容原理C.洪特规则。

(2)已知液态的二氧化硫可以发生类似的水自身电离反应：2SO2(l)SO2++SOSO2+中的σ键和π键数目之比为______，SO2的空间构型为______。

(3)由于硅的价层有d轨道可以利用，而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。化合物N(CH3)3(三角锥形)和N(SiH3)3(平面形)的结构如图所示，则二者中N的杂化方式分别为______。更易形成配合物的是______。

(4)硒有三种晶体(α单斜体、β单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如图所示，则相邻链之间微粒间作用力为______。

已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g•cm-3(用含NA、a、b的式子表示)。12、Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。

。化合物。

TiF4

TiCl4

TiBr4

TiI4

熔点/℃

377

﹣24.12

38.3

155

13、用价层电子对互斥理论预测下列粒子的立体结构。

（1）H2Se____________；

（2）BCl3____________；

（3）PCl3____________；

（4）CO2____________；

（5）SO2____________；

（6）SO42-________________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、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15、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16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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18、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19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误20、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、实验题(共4题，共20分)21、有机物乙偶姻存在于啤酒中；是酒类调香中一个极其重要的品种。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。

步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水；再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。2.64g乙偶姻的蒸气氧化生成5.28g二氧化碳和2.16g水。

步骤二：通过仪器分析得知乙偶姻的相对分子质量为88。

步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图所示；图中4个峰的面积比为1:3:1:3。

步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图所示。

(1)请写出乙偶姻的分子式____(请写出计算过程)。

(2)请确定乙偶姻的结构简式______。22、叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的气源。某兴趣小组根据其制备原理，设计如下实验制备并测定其纯度。

已知相关物质的性质如下表：。物质状态部分性质结晶性粉末易水解()，易被氯化晶体易溶于水，微溶于乙醇

回答下列问题：

(1)的空间构型为_______。

(2)右侧干燥管中盛装的试剂为_______。

(3)关闭K1、打开K2，通入氨气排出装置中空气，设计方案证明装置中空气已排尽_______。

(4)加热使钠熔化并与氨气反应制取通入前，需控制温度于210~220℃，此时采用的加热方式为_______(填标号)。

A直接加热B.水浴加热C.油浴加热。

(5)关闭K2、打开K1，通入制备反应后的产品中可能含有杂质和_______；产品冷却后，溶解于水，再加入乙醇并搅拌，然后过滤，_______；干燥。

(6)称取2.0g产品，配成100mL溶液。取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入0.1000mol⋅L溶液40.00mL，充分反应后，再用0.1000mol•L标准溶液滴定过量的终点时消耗标准溶液10.00mL。相关反应如下(假设杂质均不参与反应)：

产品中叠氮化钠的纯度为_______。23、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)24、碘酸钾(KIO3)是重要的食品添加剂。可用Cl2氧化I2制取HIO3，再用KOH中和HIO3制取KIO3。其中，制取碘酸(HIO3)的实验装置示意图和有关资料如下：

HIO3①白色固体；能溶于水，难溶于四氯化碳。

②Ka＝0.169mol/LKIO3①白色固体；能溶于水，难溶于乙醇。

②碱性条件下易发生反应：

ClO-+IO3-=IO4-+Cl-

回答下列问题：

(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________________________________。

(2)装置B的名称为_____________，I2和Cl2在水中的溶解度小于在CCl4中的溶解度，原因是___________________________________________________________。

(3)KIO3晶体中，基态K原子核外电子占据的最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为__________；碘元素在周期表中的位置为___________，IO3-中心原子I的杂化类型为_____________。

(4)HIO3分子中三种元素电负性由大到小的顺序为___________，其电离方程式为______。评卷人得分五、计算题(共4题，共28分)25、(1)用晶体的X­射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.00g·cm-3，则铜晶胞的体积是___________cm3、晶胞的质量是___________g，阿伏加德罗常数为___________[列式计算，已知Mr(Cu)=63.6]。

(2)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为___________cm3。26、S；Se、N、Fe等元素及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的作用。

如图是金属铁晶体中的一个晶胞。

①该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为___________(用含π的最简代数式表示)。

②铁原子的半径为rpm，其晶体密度为___________g•cm﹣3(用含有r、NA的最简代数式表示)。27、(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。

(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。

(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。28、在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了等多种元素。请回答：

氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的数目为____；与最短核间距为____

评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9分)29、离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。氯代丁基甲基咪唑离子液可以与混合形成离子液体；也可以转化成其他离子液体，下图是与离子交换反应合成离子液体的流程：

某种的晶胞结构如图所示，以六方最密方式堆积，在其八面体空隙中(注：未全部标出，如：在构成的八面体体心)。

①该晶胞中的配位数为___________。

②该晶胞有___________(保留一位小数)八面体空隙未填充阳离子。

③已知氧离子半径为晶胞的高为代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用含和的代数式表示)。30、Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素；回答下列问题。

（1）FeCl3是一种常用的净水剂，Cl元素的原子核外有___种不同运动状态的电子；有___种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为___。

（2）实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是___；K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为___。

（3）Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：该配离子中含有的化学键类型有___(填字母)。

a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键。

一个乙二胺分子中共有___个σ键，C原子的杂化方式为___。

（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。则铜原子的直径约为___pm。31、卤族元素及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：

(1)基态氯原子价电子轨道表示式(电子排布图)为___；处于最高能级电子云轮廓图形状为____。

(2)和的中心原子相同且杂化方式也相同；它们的键长和键角如下图所示：

①O-F键的键长比O-Cl键的小，其原因是______。

②键角：∠FOF_____(填“＞”；“＜”或“＝”)∠ClOCl。

(3)①试解释酸性HBrO4＞HBrO3的原因_________。

②试解释酸性HClO3＞HBrO3＞HIO3的原因_________。

(4)的熔点为1040℃；的熔点为194℃，沸点为181℃，前者的熔点比后者高得多，其原因是______。

(5)氯化亚铜晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.542nm。

①Cu+的配位数为_____。

②氯化亚铜的密度为____(用含NA的计算式表示)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．元素在周期表中的排列顺序是按照元素原子的核电荷数(质子数)递增排列；与元素的最外层电子数无直接关系，故A符合题意；

B．主族元素的化学性质主要由原子最外层电子数决定；故B不符合题意；

C．最外层电子数=主族序数；则主族元素在周期表中处于哪个族与元素的最外层电子数有关，故C不符合题意；

D．除O；F元素以外；主族元素的最高化合价都与主族序数有关，最外层电子数=主族序数，即主族元素的最高化合价与最外层电子数有关，故D不符合题意；

答案选A。2、D【分析】【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X可分别和Y、Z、W形成含18个电子的型分子，X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，比较熟悉的如过氧化氢，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素；Z与W形成的化合物为S2Cl2；据此分析解答。

【详解】

根据分析可知；X为H，Y为O，Z为S，W为Cl元素。

A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-；即W＜Z，故A错误；

B．同一周期；从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族；第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能：S＜Cl，即Z＜W，故B错误；

C．非金属性越强，最简单氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：H2S＜HCl；即Z＜W，故C错误；

D．构成的单质都是分子晶体；其中氢气；氧气、氯气都是双原子分子，都是气体，相对分子质量越大，单质的沸点越高，硫是固体，沸点最高，因此单质的沸点：X＜Y＜W＜Z，故D正确；

故选D。3、C【分析】【分析】

四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2；则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素，据此分析。

【详解】

A．同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，A错误；

B．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-＞Cl-＞F-；B错误；

C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl-＞O2-＞F-＞Na+；C正确；

D．F元素的非金属性强于Cl元素；则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，D错误；

故选C。4、D【分析】【详解】

A．NH3中心原子N的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，其杂化方式为sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，含有一对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形。

CH4中心原子C的价层电子对数=4+(4-4×1)=4，其杂化方式为sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，无孤电子对，其分子的立体构型为四面体形。

SO3中心原子S的价层电子对数=3+(6-3×2)=3，其杂化方式为sp2杂化；VSEPR构型为平面三角形，无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形，A不符合题意；

B．BF3中心原子B的价层电子对数=3+(3-3×1)=3，其杂化方式为sp2杂化；VSEPR构型为平面三角形，无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形。

SF6中心原子S的价层电子对数=6+(6-6×1)=6，其杂化方式为sp3d2杂化；VSEPR构型为正八面体，无孤电子对，其分子的立体构型为正八面体。

PCl3中心原子P的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，其杂化方式为sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，含有一对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形，B不符合题意；

C．PCl3中心原子P的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，其杂化方式为sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，含有一对孤电子对，其分子的立体构型为三角锥形。

CO2中心原子C的价层电子对数=2+(4-2×2)=2；其杂化方式为sp杂化，VSEPR构型为直线形，无孤电子对，其分子的立体构型为直线形。

CCl4中心原子C的价层电子对数=4+(4-4×1)=4，其杂化方式为sp3杂化；VSEPR构型为正四面体形，无孤电子对，其分子的立体构型为正四面体形，C不符合题意；

D．HCHO中心原子C的价层电子对数=3+(4-2×1-2)=3，其杂化方式为sp2杂化；VSEPR构型为平面三角形，无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形。

HCN中心原子C的价层电子对数=2+(4-3-1)=2；其杂化方式为sp杂化，VSEPR构型为直线形，无孤电子对，其分子的立体构型为直线形。

CO2中心原子C的价层电子对数=2+(4-2×2)=2；其杂化方式为sp杂化，VSEPR构型为直线形，无孤电子对，其分子的立体构型为直线形，D符合题意；

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据题意：在电场作用下，水分子瞬间凝固成“暖冰”，水分子间更易形成氢键，不存在离子键，不是离子晶体，而Na2O晶体属于离子晶体；A不正确；

B．“暖冰”是由水分子构成，是分子晶体，SiO2晶体是原子晶体；两者晶体类型不同，B不正确；

C．水分子中含有O－H键，是极性键；而H2S中的H－S键也是极性键；两者的化学键类型相同，C不正确；

D．“暖冰”是由水分子构成的；和普通冰相同；组成的物质没有变，其化学性质相同，D正确；

答案选D。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】(1)

A．Fe为1s22s22p63s23p63d64s2，而原子失电子是从最外层开始，所以Fe2+为1s22s22p63s23p63d6；A正确；

B．Fe为1s22s22p63s23p63d64s2，原子失去3个电子变为Fe3+，Fe3+为1s22s22p63s23p63d5；B错误；

C．Br的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，简化后为[Ar]3d104s24p5；C错误；

D．Cl原子为1s22s22p63s23p5，得电子生成为1s22s22p63s23p6；D错误；

故选D。

(2)

A．BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而PCl3的P原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl33；A错误；

B．Fe3+为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+为1s22s22p63s23p63d6，Fe3+中3d轨道半充满；能量低更稳定，B正确；

C．金属钠比镁活泼；容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，C错误；

D．根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CS2容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CCl4中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CCl4中，所以溶解度：CS2>H2O；D错误;

故选B。

(3)

A．S4O的结构中S原子的杂化方式是sp3杂化；两边的S原子均形成4个δ键且无孤对电子，A正确；

B．中间的两个S原子均形成两个单键；且均有两对孤对电子，B正确；

C．原子间形成的共价键数目越多；键长就越短，C错误；

D．邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键；对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，含有分子间氢键的物质熔沸点高，D正确；

故选C

(4)

的原子核外有22个电子，所以原子中运动状态不同的电子共有22种；其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2；最高能层为4s能级，电子云轮廓形状为球形；价电子排布式为3d24s2；

(5)

青蒿素中含有C、H、O三种元素，其电负性由大到小的顺序为O>C>H；

(6)

由于δ键比π键稳定；根据反应方程式可知，断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N=C键中的π键和2-氯-4-氨基吡啶分子中的N-H键；

(7)

CO的中心原子为C，C的价电子数为4，与中心原子C结合的O的个数为3，与中心原子C结合的O最多能接受的电子教为2，所以CO的中心原子C上的弧电子对数=×(4+2-3×2)=0；SO的中心原子为S，S的价电子数为6，与中心原子S结合的O的个数为3，与中心原子S结合的O最多能接受的电子数为2，所以SO的中心原子S上的孤电子对数=×(6+2-3×2)=1；

(8)

根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和形成双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化；根据抗坏血酸分子结构可知，分子中含有4个-OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；在有机物分子中，连有4个不同原子或基团的碳原子称为“手性碳原子”，具有手性碳原子的化合物是手性分子，具有光学活性，抗坏血酸分子有2个手性碳原子，因此是手性分子；【解析】(1)A

(2)B

(3)C

(4)22球形。

(5)

(6)11

(7)01

(8)易溶是7、略

【分析】【详解】

(1)是27号元素，核外有27个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为核外电子排布式是的价电子轨道表示式是核外电子未成对电子数为4。故答案为：1s22s22p63s23d74s2；4；

(2)是32号元素，基态原子的核外电子排布式为故答案为：

(3)是30号元素，的价电子排布式是的价电子排布式是的价电子机道表示式为故答案为：【解析】1s22s22p63s23d74s241s22s22p63s23p63d104s24p28、略

【分析】【分析】

（1）氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应；生成弱酸；含氧强酸和NO气体，即该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，结合原子守恒可知还生成HF，据此写出化学方程式；

（2）F原子半径小；电负性大，使H-F键长较短，较牢固，同时氟化氢分子间形成氢键抑制氟化氢电离；

（3）NF3与NaOH溶液生成NaNO3、NaF，发生了氧化还原反应，则还可以生成的盐是NaNO2。

【详解】

（1）由题可知，NF3与水发生反应，生成NO，另外还有两种酸，根据元素守恒可知，强酸为硝酸，弱酸为HF，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知该反应的方程式为：NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF；

故答案为：NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF；

（2）HF中F元素电负性较大，吸引电子对能力较大，且F与H的半径较小，键长较短，键能较大，且HF与HF之间能够形成氢键、HF与H2O之间也能形成氢键；因此HF电离所需吸收的能量较高，故难以电离；

故答案为：H—F键键能大，结合能力强；HF与HF、HF与H2O间有氢键；

（3）NF3与水反应生成物中有NO、HNO3，NO与空气中氧气反应生成NO2，NO2与NaOH能够发生反应生成NaNO3、NaNO2，故还可以生成的盐为NaNO2；

故答案为：NaNO2。【解析】①.3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF②.H—F键键能大，结合能力强；HF与HF、HF与H2O间有氢键③.NaNO29、略

【分析】【详解】

(1)在硫单质中，每个S原子与另外2个S原子形成2个σ键，S原子的杂化轨道数等于σ键电子对数与孤电子对数之和（2+2=4），故S原子为杂化，故答案为：

(2)①分子呈三角锥形，分子中N原子形成3个N-H键，含有一对孤电子对，故N原子采用杂化；分子中既含有极性共价健又含有非极性共价键的化合物有故答案为：

②这些元素能够形成含氧酸的为N、S元素，N、S元素形成的含氧酸有分子的中心原子的价层电子对数为3的有中心原子的价层电子对数为4的有中S的价层电子对数都是4，孤电子对数分别为1、0，则二者空间结构分别为三角锥形、正四面体形，即酸根呈三角锥形的酸是故答案为：【解析】①.②.③.④.⑤.10、略

【分析】【详解】

乙酸的结构简式为CH3COOH，分子中存在着氧原子以及和氧原子连接的氢原子，分子间能形成氢键。用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是两个乙酸分子通过氢键形成二聚体()。【解析】两个乙酸分子通过氢键形成二聚体()11、略

【分析】【详解】

（1）Se的最外层为6个电子，基态Se原子价层电子的运动状态有6种；电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同轨道且自旋方向相同，若基态O原子的电子排布式1s22s22p2p则违背了此规则（洪特规则），故选C。

（2）与互为等电子体，结构与相似，化学键为三键，σ键和π键数目之比为1：2；分子中，S原子的确采用杂化，其中2个杂化轨道与O原子成键，还有一个杂化轨道里面是未共用电子对，三对电子之间都有排斥力，因此分子就是V形的。

（3）由图像可知，为三角锥形，中心原子N原子为杂化，为平面形三角形，中心原子N原子为杂化；因为有孤电子对，所以更易形成配合物。

（4）因为相邻链之间原子作用较弱，所以相邻链之间原子作用为分子间作用力；Se原子之间形成正六棱柱，位于面心和顶点，从晶胞的俯视图可以得出Se的原子数目为：体积【解析】(1)6C

(2)1：2V型。

(3)sp3、sp2N(CH3)3

(4)分子间作用力12、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高13、略

【分析】【分析】

先计算出中心原子的价层电子数与孤对电子对数；然后根据价层电子对互斥理论判断空间构型。

【详解】

（1）H2Se分子中Se原子价层电子对数=2+(6－1×2)/2=4，Se原子采取sp3杂化；Se原子孤对电子对数为2，空间构型为V形；

（2）BCl3分子的中心原子B原子上含有3个σ键；中心原子上的价电子对数=3+(3－1×3)/2=3，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型为平面三角形；

（3）PCl3分子的中心原子P原子上含有3个σ键，中心原子上的价电子对数=3+(5－1×3)/2=4，P原子采取sp3杂化；中心原子上含有1对孤对电子，所以其空间构型为三角锥形；

（4）CO2分子中碳原子价层电子对数=2+(4－2×2)/2=2；C原子采取sp杂化，C原子不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，空间构型是直线形；

（5）SO2分子中硫原子价层电子对数=2+(6－2×2)/2=3，S原子采取sp2杂化；S原子孤对电子对数为1，空间构型为V形；

（6）SO42-价层电子对个数=4+(6+2－4×2)/2=4；且不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体形。

【点睛】

本题考查判断分子或离子构型，正确判断价层电子对个数为解答关键，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。【解析】V形平面三角形三角锥形直线形V形正四面体形三、判断题(共9题，共18分)14、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。15、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；16、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。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。18、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。19、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。20、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、实验题(共4题，共20分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)n(C)=n(CO2)==0.12moln(H)=2n(H2O)==0.24mol

m(C)+m(H)=0.12mol×12g·mol-1+0.24g=1.68g<2.64g该化合物含有氧元素。

n(O)==0.06mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.12mol：0.24mol：0.06mol=2：4：1，最简式为C2H4O，由已知相对分子质量为88，该化合物分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；

(2)根据核磁共振氢谱图中由4个峰，且面积比为1:3:1:3，说明分子中含有4中氢原子，且个数比为1:3:1:3，结合红外光谱图所示含有C-H、C-O、C=O等化学键，故其结构简式为：故答案为：【解析】C4H8O222、略

【分析】【分析】

由题给信息可知；制备叠氮化钠的过程为氨气与金属钠共热反应制备氨基钠，反应制得的氨基钠与一氧化二氮共热反应制得叠氮化钠。

【详解】

（1）氮三阴离子与二氧化碳的原子个数都为3；价电子数都为16；互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则氮三阴离子与二氧化碳的空间构型相同，都为直线形，故答案为：直线形；

（2）由实验装置图可知；右侧干燥管中盛装的碱石灰用于干燥氨气，故答案为：碱石灰；

（3）为防止空气中的氧气氧化金属钠和生成的氨基钠；应先通入氨气排尽装置中的空气，若将收集到的气体倒扣在水槽中，若液体能充满小试管说明装置中空气已经排尽，具体操作为用小试管在a口收集满气体，倒扣在水槽中，液体充满试管；

（4）由反应温度为210~220℃可知；制备叠氮化钠时应采用油浴加热，故选C；

（5）由题给方程式可知；反应制得的叠氮化钠中混有氨基钠和氢氧化钠杂质，由题给信息可知，除去杂质的方法为产品冷却后，溶解于水，再加入乙醇并搅拌，然后过滤；乙醇洗涤、干燥得到叠氮化钠，故答案为：NaOH；乙醇洗涤；

（6）由题意可知，2.0g产品中叠氮化钠的物质的量为0.1000mol/L×0.04L×10—0.1000mol/L×0.01L×10=0.03mol，则叠氮化钠的纯度为×100%=97.5%，故答案为：97.5%。【解析】(1)直线形。

(2)碱石灰。

(3)用小试管在a口收集满气体；倒扣在水槽中，液体充满试管。

(4)C

(5)NaOH乙醇洗涤。

(6)97.5%23、略

【分析】【详解】

（1）氯酸根离子中氯原子存在3个σ键和1对孤电子对，所以氯原子的杂化方式为杂化；装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）浓盐酸具有挥发性；反应过程中装置A中挥发出来的HCl，会消耗装置C中的KOH，使氯酸钾的产率减小；

（3）滴加的双氧水过量，所以煮沸的主要目的是除去溶液中过量的防止干扰后续实验；

（4）步骤3中，酸性环境中将氧化为I2，自身被还原为根据得失电子守恒可知，和的系数比为再结合元素守恒可得离子方程式为

（5）碘易挥发；加盖水封的目的是防止碘挥发损失；

（6）消耗的的物质的量为根据可知，被氧化的的物质的量为则的物质的量为所以样品中的物质的量为质量分数为【解析】(1)sp3MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

(2)减小浓盐酸具有挥发性；A装置中挥发出来的HCl，会消耗C装置中的KOH

(3)除去溶液中过量的H2O2；防止干扰后续实验。

(4)

(5)防止碘挥发损失。

(6)20.4%(或0.204)24、略

【分析】【分析】

在装置A中用浓盐酸与KClO3反应制取氯气，将产生的氯气通入装置B中，与I2在CCl4溶液中发生氧化还原反应产生HIO3，再用KOH中和HIO3制取KIO3，在装置C中进行尾气处理，防止过量的Cl2导致的大气污染。

【详解】

(1)在装置A中浓盐酸与KClO3发生反应，产生KCl和Cl2及H2O，反应的化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；

(2)根据装置图中B的结构可知，装置B的名称为锥形瓶，在锥形瓶中I2和Cl2发生氧化还原反应产生HIO3和HCl，I2和Cl2在水中的溶解度小于在CCl4中的溶解度，是因为I2、Cl2和CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，据“相似相溶”规则，可知I2和Cl2更易溶于CCl4；而在水中溶解度较小；

(3)KIO3晶体中，K是19号元素，核外电子排布是1s22s22p63s23p64s1，可见基态K原子核外电子占据的最高能层的符号是N，该能层电子排布为4s1，因此占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；碘元素原子核外有五个电子层，最外层有7个电子，是第五周期第VIIA的元素，IO3-中心原子I的价层电子对数为3+=4，所以该离子中I原子杂化类型为sp3杂化。

(4)在HIO3分子中，有H、O、I三种元素，由于元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性O>I>H，所以元素的电负性由大到小的顺序为O>I>H，HIO3是一元弱酸，在水分子作用下能部分电离产生H+和IO3-，所以它的电离方程式为HIO3H++IO3-。

【点睛】

本题考查了Cl2、KHO3的制备原理等的知识，涉及仪器的辨析、尾气处理、物质的溶解性与结构的关系、原子杂化、元素电负性大小比较等，掌握化学基本理论及元素化合物的知识是解答的关键。【解析】KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O锥形瓶I2、Cl2和CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，据“相似相溶”规则，I2和Cl2更易溶于CCl4N球形第五周期第VIIA族sp3O>I>HHIO3H++IO3－五、计算题(共4题，共28分)25、略

【分析】【详解】

(1)由铜晶胞为面心立方最密堆积可知，一个晶胞中含有铜原子个数为：个，故晶胞的体积为：V(晶胞)=a3=晶胞的质量m(晶胞)＝一个体心晶胞含4个原子，故有4M=m(晶胞)×NA，则NA=故答案为：NA=

(2)因为CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以一个晶胞中有四个钙离子和四个氧离子，根据M(CaO)＝56g·mol－1，则有4M(CaO)=NAV(CaO晶胞)，故V(CaO晶胞)＝故答案为：【解析】①.4.70×10－23②.4.23×10－22③.NA＝＝6.01×1023mol－1④.26、略

【分析】【分析】

【详解】

①该晶胞中含Fe个数==2，设Fe原子半径为b，则晶胞体内对角线长度为4b，设晶胞边长为a，则面上对角线长度为由勾股定理得：a2+()2=(4b)2，解得a=故晶胞体积=a3=()3，2个Fe原子总体积==则晶胞中原子体积占晶胞体积的比值为()3=即原子体积与晶体体积为故答案为：

②由①分析可知，1个晶胞中含2个Fe原子，故Fe原子质量m=由①知，晶胞体积V=()3=（）3，故晶胞密度==即晶体密度为故答案为：【解析】①.②.27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋

(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；

(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3

设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol；NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：

①106x＋58.5y＝4.350；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。

【点睛】

5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。【解析】＜C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋＞水分子之间存在氢键73.10%28、略

【分析】【分析】

【详解】

以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为=12；晶胞中Fe2+数目=O2-离子数目=1+=4，晶胞质量=g，Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的设二者最短距离为rpm，则晶胞棱2rpm，则：=ρ×(2r×10-10)3，解得r=pm。【解析】①.1