2025年浙教新版選擇性必修2化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙教新版選擇性必修2化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列數(shù)據(jù)是對(duì)應(yīng)物質(zhì)的熔點(diǎn)(℃)，據(jù)此做出的下列判斷中錯(cuò)誤的是()。Na2ONaClAlF3AlCl39208011291190BCl3Al2O3干冰SiO2－1072073－571723

A.鋁的化合物形成的晶體中有的是離子晶體B.表中只有BCl3和干冰是分子晶體C.同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體D.不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體2、3-氨基-1-金剛烷醇可用于合成藥物維格列汀(治療2型糖尿病)，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法不正確的是。

A.分子中0原子和N原子均為雜化B.分子中的鍵角大于的鍵角C.分子中的極性大于的極性D.分子中含有手性碳原子3、下列實(shí)驗(yàn)方案中，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖恰＿x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)方案實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁將和分別通入水中達(dá)到飽和，用計(jì)立即測(cè)定溶液的比較大小確定亞硫酸和碳酸的酸性強(qiáng)弱B將和氣體分別通入BaCl2溶液中鑒別和氣體C將通入溶液后，將混合氣體依次通入酸性溶液、品紅溶液、澄清石灰水驗(yàn)證非金屬性：D相同條件下，在兩個(gè)試管中各加入6%的溶液，再向溶液中分別滴入和溶液，觀察并比較的分解速率探究催化劑對(duì)分解速率的影響

A.AB.BC.CD.D4、下列實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象及相應(yīng)的結(jié)論都正確的是。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向0.2mol/LNa2SiO3溶液中滴加鹽酸產(chǎn)生白色膠狀沉淀非金屬性Cl＞SiB在氫氧化鐵膠體中插入惰性電極通直流電陰極周圍顏色加深氫氧化鐵膠粒帶正電C擦干煤油的鉀迅速投入到熱坩堝中劇烈燃燒并產(chǎn)生紫色火焰鉀與氧氣反應(yīng)只生成氧化鉀D把打磨過且相同大小的一塊鋁和鎂分別投入足量相同濃度的NaOH溶液中鎂溶解有氣泡放出，而鋁沒有明顯現(xiàn)象金屬性Mg＞Al

A.AB.BC.CD.D5、1919年英國(guó)科學(xué)家盧瑟福用α粒子(即氦核)轟擊非金屬原子發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子該核反應(yīng)方程式可表示為：元素X、Y的原子最外層電子數(shù)之和為11，下列敘述正確的是A.的電子式為B.第一電離能：C.X、Y的簡(jiǎn)單氫化物的鍵角：D.與形成的化合物均可與溶液反應(yīng)6、NCl3為黃色油狀液體，沸點(diǎn)較低，易溶于有機(jī)溶劑，在水中溶解度很小，但可以緩慢地發(fā)生水解：NCl3+3H2O=NH3+3HC1O。下列說法錯(cuò)誤的是A.NCl3中N表現(xiàn)為+3價(jià)B.NCl3分子空間構(gòu)型為三角錐形C.次氯酸結(jié)構(gòu)式為：Cl—O—HD.熱穩(wěn)定性：H2O>NH37、在CuSO4·5H2O晶體中()A.存在水分子B.沒有共價(jià)鍵C.只有離子鍵D.含有金屬鍵8、常溫下，二氧化硅是很堅(jiān)硬的固體，而二氧化碳是氣體，這一差別的根本原因是（）A.二氧化硅不溶于水，二氧化碳能溶于水B.硅元素與碳元素的非金屬活潑性不同C.二氧化硅分子與二氧化碳分子的結(jié)構(gòu)不同D.二氧化硅是具有立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體，二氧化碳則是由分子組成評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、現(xiàn)有4種元素，其中A、B、C為短周期主族元素，D為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。請(qǐng)根據(jù)下列相關(guān)信息，回答問題。A元素形成的物質(zhì)種類繁多，其形成的一種固體單質(zhì)工業(yè)上常用作切割工具B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1C元素基態(tài)原子p軌道有兩個(gè)未成對(duì)電子D在周期表的第8縱列

(1)某同學(xué)根據(jù)上述信息，推斷A基態(tài)原子的核外電子排布為該同學(xué)所畫的電子排布圖違背了___________。

(2)D基態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有___________個(gè)方向。

(3)B的電子排布式___________，C的外圍電子軌道表示式___________，D3+的外圍電子排布式___________10、I.有以下物質(zhì)：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ鍵的是______(填序號(hào)，下同)；既含有σ鍵又含有π鍵的是______。

(2)含有由兩個(gè)原子的s軌道重疊形成σ鍵的是______。

(3)寫出以下分子或離子的空間構(gòu)型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.鈷的一種配位聚合物的化學(xué)式為{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基態(tài)核外電子排布式為______；NO的空間結(jié)構(gòu)為______。

(2)bte的分子式為C6H8N6；其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，與Co2+形成配位鍵的原子是______和______(填元素符號(hào))。

②C、H、N的電負(fù)性從大到小順序?yàn)開_____。

③bte分子中碳原子軌道雜化類型為______和______。

④1molbte分子中含鍵的數(shù)目為______mol。11、碳、硅與鉛同主族。碳納米管可以制成透明導(dǎo)電的薄膜，其結(jié)構(gòu)類似于石墨晶體，則多層碳納米管的層與層之間靠___________結(jié)合在一起。四鹵化硅(SiX4)的沸點(diǎn)按F、Cl、Br、I依次升高的原因是___________。12、鋇鈦礦的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，Ba2+的O2-配位數(shù)是______，Ti4+的O2-配位數(shù)是_____，O2-的Ba2+配位數(shù)是______，Ti4+的Ba2+配位數(shù)是_____。

13、碳形成的化合物種類繁多，硅是構(gòu)成地殼巖石的主要元素。碳在自然界有兩種穩(wěn)定的同位素，有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。同位素相對(duì)原子質(zhì)量豐度（原子分?jǐn)?shù)）12C12（整數(shù)，相對(duì)原子質(zhì)量的基準(zhǔn)）0.989313C13.0033548260.0107

請(qǐng)列出碳元素近似相對(duì)原子質(zhì)量的計(jì)算式_____________________________________。

(1)Si原子的14個(gè)電子排布在_______個(gè)能級(jí)上；與硅元素同周期、其原子核外有2個(gè)未成對(duì)電子的元素的最外層電子排布式為_____________。

(2)SiO2用途廣泛，以下敘述錯(cuò)誤的是______________。

a．SiO2是二氧化硅的分子式b．SiO2中1個(gè)Si原子結(jié)合4個(gè)O原子。

c．SiO2是酸性氧化物d．SiO2熔沸點(diǎn)較高；屬于原子晶體。

(3)通常狀況下，SiF4呈氣態(tài)。以下敘述正確的是___________。

a．Si原子難以形成Si4+b．SiF4是有極性鍵的非極性分子。

c．固態(tài)SiF4是原子晶體d．相同壓強(qiáng)時(shí)，SiF4的沸點(diǎn)高于SiCl4

(4)Fe3O4可以寫成FeO?Fe2O3，也可寫成鹽的形式：Fe[Fe2O4]。Pb3O4中含+2價(jià)的Pb和+4價(jià)的Pb，請(qǐng)將Pb3O4寫成兩種氧化物的形式___________，寫成鹽的形式__________。

(5)Pb的＋2價(jià)化合物穩(wěn)定，+4價(jià)的Pb能氧化濃鹽酸生成Cl2。寫出Pb3O4與鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________________________。14、I.現(xiàn)有一組物質(zhì)的熔點(diǎn)(℃)數(shù)據(jù)，據(jù)此回答下列問題：。HF：－83HCl：－115HBr：－89HI：－51

（1）HF熔點(diǎn)反常是由于______________。這組物質(zhì)中共價(jià)鍵的鍵能最大的是_____。

II.按要求回答下列問題。

（2）CS2氣化時(shí)克服的粒子間作用是__________，1molCS2中含有___molσ鍵，含有___molπ鍵。

（3）HCHO分子中C原子軌道的雜化類型為______。15、鹵素鈣鈦礦已經(jīng)被廣泛應(yīng)用于太陽(yáng)能電池、發(fā)光二極體等領(lǐng)域，其中合成二維/三維(2D/3D)的鈣鈦礦異質(zhì)結(jié)是提升器件穩(wěn)定性和轉(zhuǎn)換效率的一個(gè)策略，近期化學(xué)工作者在氣相合成的單晶三維鈣鈦礦CsPbBr3上合成外延生長(zhǎng)的水平和垂直的二維鈣鈦礦(PEA)2PbBr4(PEA+代表)異質(zhì)結(jié)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Br原子的價(jià)電子排布式為___。

(2)PEA+中N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為___，雜化軌道類型為___，PEA+中涉及元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開__，1molPEA+中存在___molσ鍵。

(3)已知鉛鹵化合物中存在正四面體構(gòu)型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半徑最小的配體為___。已知[Pb2I6]2-中每個(gè)Pb均采用四配位模式，則[Pb2I6]2-的結(jié)構(gòu)式為___。

(4)Br2和堿金屬單質(zhì)形成的MBr熔點(diǎn)如表：。MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔點(diǎn)/℃747734693636

等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同時(shí)開始加熱優(yōu)先導(dǎo)電的是____(填化學(xué)式)，熔點(diǎn)呈現(xiàn)表中趨勢(shì)的原因是____。

(5)已知三維立方鈣鈦礦CsPbBr3中三種離子在晶胞(a)中占據(jù)正方體頂點(diǎn)、面心、體心位置，圖(b)顯示的是三種離子在xz面；yz面、xy面上的位置：

若晶胞邊長(zhǎng)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為___g·cm-3(寫出表達(dá)式)。

②上述晶胞沿體對(duì)角線方向的投影圖為___(填標(biāo)號(hào))。

A.B.C.D.16、羥基亞乙基二磷酸(HEDPA，結(jié)構(gòu)式如I，可簡(jiǎn)寫為H4L)可在較寬的pH范圍內(nèi)與金屬離子或原子形成穩(wěn)定的配合物，是一種常用的配體，主要用作工業(yè)循環(huán)冷卻水的緩蝕阻垢劑和無氰電鍍的絡(luò)合劑，與188Re所形成的188Re-HEDPA可用于治療轉(zhuǎn)移性骨癌。HEDPA和Mn2+可在一定的pH值和Mn2+/HEDPA配比下形成配合物A；將該配合物加熱，在250°C以上樣品失重25.80%。脫水結(jié)束后對(duì)殘余物之進(jìn)行元素分析。配合物A的元素含量為：Mn(15.74%)；C(6.88%)；H(4.62%)；O(55.01%)；P(17.77%)。

(1)根據(jù)元素分析數(shù)據(jù)，推證配合物A的分子式為____。

(2)畫出該配合物的結(jié)構(gòu)示意圖，并在圖上注明HEDPA中哪些原子可為配位原子？(用*表示)____。

(3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得配合物A的磁矩為6.12μ0，配合物未成對(duì)電子數(shù)為___，中心原子的雜化軌道類型是____。

(4)如何將合成A的條件作修改，可得到多核配合物___。并寫出2種該多核配合物的分子式。__。

(5)已知配合物[Mn(H2O)6]2+的d-d躍遷在400nm-550nm范圍內(nèi)有弱的吸收，配合物呈肉粉色：在水溶液中形成配合物II后，中心離子的晶體場(chǎng)分裂能將發(fā)生怎樣的變化____。觀察配合物的顏色明顯加深，為什么？___。評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價(jià)層電子對(duì)互斥理論中，π鍵電子對(duì)數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)___________

(13)NH3和CH4兩個(gè)分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對(duì)由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯(cuò)誤18、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤20、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價(jià)層電子對(duì)互斥理論中，π鍵電子對(duì)數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)___________

(13)NH3和CH4兩個(gè)分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對(duì)由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯(cuò)誤21、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯(cuò)誤22、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯(cuò)誤23、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價(jià)層電子對(duì)互斥理論中，π鍵電子對(duì)數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)___________

(13)NH3和CH4兩個(gè)分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對(duì)由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共4題，共8分)24、許多元素及它們的化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途。

(1)Fe3O4晶體中，O2-圍成正四面體空隙(1、3、6、7號(hào)氧圍成)和正八面體空隙(3、6、7、8、9、12號(hào)氧圍成)，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2+和另一半Fe3+填充在正八面體空隙中，晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面體空隙數(shù)之比為_____，有_____%的正八面體空隙沒有填充陽(yáng)離子。

(2)白銅(銅鎳合金)的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示；其中原子A的坐標(biāo)參數(shù)為(0，1，0)。

①原子B的坐標(biāo)參數(shù)為____；

②若該晶體密度為dg·cm-3，則銅鎳原子間最短距離為____。25、釔鋇銅氧是一種新型節(jié)能高溫超導(dǎo)體；其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。研究發(fā)現(xiàn)，此高溫超導(dǎo)體中的Cu元素有兩種價(jià)態(tài)，分別為+2和+3，Y元素的化合價(jià)為+3，Ba元素的化合價(jià)為+2。

(1)該物質(zhì)的化學(xué)式為________。

(2)該物質(zhì)中Cu2+與Cu3+的個(gè)數(shù)比為__________。26、(1)酸性強(qiáng)弱比較：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相應(yīng)的離子方程式表示)：___________。

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

(3)實(shí)驗(yàn)室欲測(cè)定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)ω(Na2CO3)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：稱取此固體樣品4.350g，溶于適量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反應(yīng)，得到沉淀的質(zhì)量為5.575g．則原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效數(shù)字)。寫出簡(jiǎn)要的計(jì)算過程。27、研究發(fā)現(xiàn)，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

氨硼烷晶體的密度ρ=___________g·cm?3(列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。評(píng)卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共8分)28、鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏料等。以含鈷廢料(含和少量Fe；Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)為原料制取鈷的氧化物的流程如下。

已知：萃取時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為

(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液調(diào)節(jié)pH。寫出氧化的離子方程式：_______。

(2)除Ca、Mg：當(dāng)某離子濃度時(shí)；認(rèn)為該離子已除盡。

①為使除盡，必須保持溶液中_______

②若調(diào)節(jié)溶液的pH偏低、將會(huì)導(dǎo)致沉淀不完全，其原因是_______。[]。

(3)萃取、反萃取：加入某有機(jī)酸萃取劑實(shí)驗(yàn)測(cè)得萃取率隨pH的變化如圖所示。向萃取所得有機(jī)相中加入反萃取得到水相。

①該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是_______。

②萃取率隨pH升高先增大后減小的可能原因是_______。

(4)熱分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反應(yīng)后，得到將在空氣中加熱可得到鈷的氧化物。分解時(shí)測(cè)得殘留固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示。

①B點(diǎn)剩余固體產(chǎn)物為_______(寫出計(jì)算過程)。

②鈷的一種氧化物的晶胞如圖所示，在該晶體中與一個(gè)鈷原子等距離且最近的鈷原子有_______個(gè)。

29、濕法煉鋅綜合回收系統(tǒng)產(chǎn)出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，還含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等；一種將萃余液中有價(jià)離子分步分離；富集回收的工藝流程如下：

回答下列問題：

(1)“氧化”時(shí)，Mn2+、Fe2+均發(fā)生反應(yīng)。后者發(fā)生反應(yīng)時(shí)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為___________。

(2)“調(diào)pH”時(shí)，所得“濾渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，還有___________。

(3)“除鎘”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的類型為___________。

(4)“除鈷鎳”時(shí)，有機(jī)凈化劑的基本組分為大分子立體網(wǎng)格結(jié)構(gòu)的聚合物。其凈化原理可表示為：

反應(yīng)時(shí)，接受電子對(duì)的一方是___________；Co2+、Ni2+能發(fā)生上述轉(zhuǎn)化而Zn2+不能，推測(cè)可能的原因?yàn)開__________。

(5)“沉鋅”時(shí)有氣體生成，則生成堿式碳酸鋅的離子方程式為___________。

(6)“沉鋅”時(shí)，所得濾液經(jīng)硫酸酸化后，用惰性電極電解可制備Na2S2O8，從而實(shí)現(xiàn)原料的循環(huán)利用，該電解過程中總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(7)氧化鋅有多種晶體結(jié)構(gòu)，其中一種晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞參數(shù)如圖所示。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該氧化鋅晶體的密度為___________g?cm-3(列出計(jì)算式即可)。

評(píng)卷人得分六、有機(jī)推斷題(共4題，共8分)30、有機(jī)物A可由葡萄糖發(fā)酵得到，也可從酸牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結(jié)構(gòu)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：。實(shí)驗(yàn)步驟解釋或?qū)嶒?yàn)結(jié)論（1）稱取A9.0g，升溫使其汽化，測(cè)其密度是相同條件下H2的45倍通過計(jì)算填空：（1）A的相對(duì)分子質(zhì)量為：________（2）將此9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產(chǎn)物依次緩緩?fù)ㄟ^濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2g（2）A的分子式為：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應(yīng)，生成2.24LCO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），若與足量金屬鈉反應(yīng)則生成2.24LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）（3）用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示A中含有的官能團(tuán)：__________、________（4）A的1H核磁共振譜如圖。

（4）A中含有________種氫原子（5）綜上所述，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________31、乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性；抗腫瘤作用；其合成路線如圖：

已知：RMgBr

(1)A→B的反應(yīng)類型為______________________。

(2)化合物C的名稱是_____________________。

(3)化合物E中含氧官能團(tuán)的名稱為__________________。請(qǐng)?jiān)趫D中用*標(biāo)出化合物F中的手性碳原子_________。

(4)寫出化合物F與足量NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_____________________________________________________________。

(5)寫出同時(shí)滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_________________________________。

①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；③核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，其峰面積比為6∶2∶1∶1。32、艾司洛爾是預(yù)防和治療手術(shù)期心動(dòng)過速或高血壓的一種藥物；艾司洛爾的一種合成路線如下：

回答下列問題：

(1)丙二酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________；E中含氧官能團(tuán)的名稱是___________。

(2)A遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應(yīng)生成lmolB、1molH2O和1molCO2；B能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，推測(cè)A生成B的化學(xué)方程式為_______________________________________________________。

(3)D生成E的反應(yīng)類型為_____________。

(4)已知碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)；該碳稱為手性碳。用星號(hào)(*)標(biāo)出F中的手性碳：_______________。

(5)X是B的同分異構(gòu)體；X同時(shí)滿足下列條件的結(jié)構(gòu)共有___________種(不考慮空間異構(gòu))，其中核磁共振氫譜有五組峰的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______________。

①可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳；②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；③除苯環(huán)外不含其他環(huán)。

(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線_________________。33、對(duì)羥基苯甲醛，俗稱PHBA，是一種重要的有機(jī)化工原料。其結(jié)構(gòu)為有人提出；以對(duì)甲基苯酚為原料合成PHBA的途徑如下：

已知：

(1)PHBA的核磁共振氫譜圖中會(huì)出現(xiàn)_______組吸收峰。

(2)下列有關(guān)說法正確的是________。

A．上述流程中D的分子式為C8H8O2

B．PHBA能與NaHCO3溶液反應(yīng)。

C．PHBA是一種芳香醇。

D．1molPHBA最多能與4molH2反應(yīng)。

(3)上述流程中C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______________。

(4)反應(yīng)④的化學(xué)方程式為_______________________________。

(5)該合成途徑中的反應(yīng)①⑤的作用為_______________________。

(6)E有多種同分異構(gòu)體，符合以下所有特征的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_________(只寫一種)。

a．苯環(huán)上存在2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；且個(gè)數(shù)比為1∶2

b．遇FeCl3溶液顯示特征顏色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

一般情況下，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體，A．由表格中的數(shù)據(jù)可知，氯化鋁的熔點(diǎn)較低，屬于分子晶體，而氧化鋁、氟化鋁的熔點(diǎn)較高，為離子晶體，故A正確；B．根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，AlCl3、BCl3和干冰是分子晶體，沸點(diǎn)都較低，故B錯(cuò)誤；C．C和Si同主族，但氧化物的晶體類型不同，分別屬于分子晶體和原子晶體，故C正確；D．Na和Al不同主族，對(duì)應(yīng)的氧化物為氧化鈉和氧化鋁，都為離子晶體，說明不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體，故D正確；答案選B。2、B【分析】【詳解】

A．分子中O原子和N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4，故均為雜化；A正確；

B．電負(fù)性O(shè)＞N＞H，中成鍵電子云比中偏離程度大，同時(shí)N-C鍵長(zhǎng)比O-C鍵長(zhǎng)大、N-H鍵長(zhǎng)比O-H鍵長(zhǎng)大，這樣導(dǎo)致中的成鍵電子對(duì)之間的斥力減小，分子中的鍵角小于的鍵角；B不正確；

C．電負(fù)性O(shè)＞N＞H，分子中的極性大于的極性；C正確；

D．手性碳原子一定是飽和碳原子；手性碳原子所連接的四個(gè)基團(tuán)要是不同的。則分子中含有手性碳原子；例如與氨基相連的飽和碳原子為手性碳原子，D正確；

答案選B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．溶液濃度不同；不能通過pH判斷酸性強(qiáng)弱，A錯(cuò)誤；

B．和與BaCl2溶液均不反應(yīng)；無法鑒別，B錯(cuò)誤；

C．亞硫酸不是硫元素的最高價(jià)含氧酸；不能據(jù)此比較非金屬性強(qiáng)弱，C錯(cuò)誤；

D．相同條件下，在兩個(gè)試管中各加入6%的溶液，再向溶液中分別滴入和溶液，由于催化劑可以改變反應(yīng)速率，因此通過觀察并比較的分解速率，可探究催化劑對(duì)分解速率的影響；D正確；

答案選D。4、B【分析】【詳解】

A.硅酸鈉溶液與鹽酸反應(yīng)生成硅酸沉淀；說明鹽酸的酸性強(qiáng)于硅酸，但非金屬性強(qiáng)弱與氫化物的酸性無關(guān)，則鹽酸與硅酸鈉溶液反應(yīng)不能比較硅元素和氯元素的非金屬性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；

B.氫氧化鐵膠粒帶正電荷；在氫氧化鐵膠體中插入惰性電極通直流電，紅褐色的膠粒向陰極移動(dòng)，使陰極周圍顏色加深，故B正確；

C.鉀在空氣中燃燒生成過氧化鉀或超氧化鉀；不能生成氧化鉀，故C錯(cuò)誤；

D.比較金屬性強(qiáng)弱；應(yīng)比較金屬與水或酸反應(yīng)的劇烈程度，不能用能否與氫氧化鈉溶液反應(yīng)比較，故D錯(cuò)誤；

故選B。5、C【分析】【分析】

由核反應(yīng)方程式可得：A+4=17+1，解得A=14，設(shè)原子的最外層電子數(shù)為a；由元素X；Y的原子最外層電子數(shù)之和為11可得：a+a+1=11，解得a=5，則X為N元素、Y為O元素。

【詳解】

A．水合氫離子化學(xué)式為H3O+，電子式為故A錯(cuò)誤；

B．氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)；元素的第一電離能大于相鄰元素，則氮原子的第一電離能大于氧原子，故B錯(cuò)誤；

C．氨分子中氮原子的孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1；水分子中氧原子的孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為2，分子中孤對(duì)電子對(duì)數(shù)越多，對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力越大，鍵角越小，則氨分子的鍵角大于水分子，故C正確；

D．一氧化氮是不成鹽氧化物；不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選C。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．因?yàn)镹Cl3發(fā)生能發(fā)生水解反應(yīng)生成NH3和3HC1O；水解反應(yīng)化合價(jià)不改變，所以氮元素應(yīng)該顯-3價(jià)，A錯(cuò)誤，符合題意；

B．氮原子形成三個(gè)σ鍵，還有一個(gè)孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大，所以NCl3分子空間構(gòu)型為三角錐形；B正確，不符合題意；

C．次氯酸的電子式為所以結(jié)構(gòu)式為Cl—O—H，C正確，不符合題意；

D．分子的熱穩(wěn)定性由共價(jià)鍵強(qiáng)弱決定；因?yàn)镠-O的鍵能比N-H大，所以D正確，不符合題意；

故選A。7、A【分析】【詳解】

A．該晶體中水為結(jié)晶水；以水分子形式存在，故A選；

B．非金屬原子之間易形成共價(jià)鍵；該物質(zhì)中S-O；H-O原子之間存在共價(jià)鍵，故B不選；

C．硫酸根離子中S-O原子之間；水分子中H-O原子之間均含有共價(jià)鍵；故C不選；

D．金屬晶體中存在金屬鍵；該物質(zhì)是離子晶體，不存在金屬鍵，故D不選；

故選A。8、D【分析】【詳解】

由于SiO2是一種空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的原子晶體，每個(gè)氧原子周圍連有2個(gè)硅原子，屬于原子晶體，原子晶體熔點(diǎn)高，常溫下為固態(tài)；而CO2是靠分子間作用力結(jié)合在一起的分子晶體；由二氧化碳分子組成，熔點(diǎn)低，常溫下為氣態(tài)；故選D。

【點(diǎn)睛】

本題比較兩種晶體的物理性質(zhì)，應(yīng)該從晶體所屬類別入手。由于SiO2是一種空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的原子晶體，而CO2是靠分子間作用力結(jié)合在一起的分子晶體。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

A；B、C、為短周期主族元素；D為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A元素形成的物質(zhì)種類繁多，其形成的一種固體單質(zhì)工業(yè)上常用作切割工具，則A為C元素；B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1，則B為N元素；C元素基態(tài)原子p軌道有兩個(gè)未成對(duì)電子，則C為O元素；D在周期表的第8縱列，則F為Fe元素。

(1)

碳元素的原子序數(shù)為6，基態(tài)碳原子的電子排布圖為由圖可知，該同學(xué)所畫的電子排布圖的2p軌道違背了洪特規(guī)則，故答案為：洪特規(guī)則；

(2)

基態(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為3d64s2；基態(tài)原子中能量最高的電子是3d軌道上的電子，3d電子云在空間有5個(gè)伸展方向，故答案為：5；

(3)

B為N元素，電子排布式為C為O元素，電子排布式為外圍電子軌道表示式為鐵元素的原子序數(shù)為26，鐵原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，鐵原子失去3個(gè)電子形成鐵離子，外圍電子排布式為3d5?！窘馕觥?1)洪特規(guī)則。

(2)5

(3)10、略

【分析】【分析】

【詳解】

I．(1)鍵是頭碰頭的方式形成的，而鍵是以肩并肩的方式形成的；單鍵都是鍵，而雙鍵或三鍵中才含有鍵；所以只含有σ鍵的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ鍵又含有π鍵的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成鍵時(shí)最外層電子的電子云發(fā)生交疊，H原子只有1s電子，形成H2時(shí)兩個(gè)H原子的s軌道重疊形成σ鍵；故填⑦；

(3)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論；

NH3的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+×(5-3×1)=4；孤電子對(duì)數(shù)為1，為三角錐形；

H2O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+×(6-2×1)=4；孤電子對(duì)數(shù)為2，為V形；

SO2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+×(6-2×2)=3；孤電子對(duì)數(shù)為1，為V形；

BeCl2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+×(2-2×1)=2；孤電子對(duì)數(shù)為0，為直線形；

CO2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+×(4-2×2)=2；孤電子對(duì)數(shù)為0，為直線形，故填三角錐形；V形、V形、直線形、直線形；

II．(1)Co2+核外25個(gè)電子，基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

NO中N作為中心原子提供5個(gè)電子，第VIA族的元素O作為周圍原子時(shí)，不提供電子，NO有一個(gè)負(fù)電荷，多1個(gè)電子，所以價(jià)電子一共6個(gè)，即3對(duì)，沒有孤對(duì)電子，N元素屬于sp2雜化；離子構(gòu)型是平面三角形，故填平面三角形；

(2)①Co2+離子含有空軌道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤電子對(duì)；形成配位鍵，故填N、O；

②同周期自左而右電負(fù)性增大，C、N的氫化物中它們均表現(xiàn)負(fù)化合價(jià)，說明它們的電負(fù)性都大于氫元素的，故電負(fù)性由大到小順序?yàn)椋篘>C>H；故填N；C、H；

③bte分子中環(huán)上碳原子形成3個(gè)σ鍵，亞甲基中碳原子形成4個(gè)σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、4，碳原子分別采取sp2、sp3雜化，故填sp2、sp3；

④單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個(gè)σ鍵，bte的分子含有21個(gè)σ鍵，1molbte分子中含σ鍵的數(shù)目為21mol，故填21?！窘馕觥竣?①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角錐形⑤.V形⑥.V形⑦.直線形⑧.直線形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形?.N?.O?.N、C、H?.sp2?.sp3?.2111、略

【分析】【詳解】

碳納米管結(jié)構(gòu)類似于石墨晶體，則推知多層碳納米管的層與層之間靠范德華力結(jié)合在一起；四鹵化硅SiX4均為分子晶體，范德華力隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增大，所以四鹵化硅(SiX4)的沸點(diǎn)按F、Cl、Br、I依次升高。【解析】范德華力四鹵化硅SiX4均為分子晶體，范德華力隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增大12、略

【分析】【詳解】

根據(jù)晶胞圖可知，距離Ba2+最近且距離相等的O2-有12個(gè)，故Ba2+的O2-配位數(shù)是12。距離Ti4+最近且距離相等的O2-有6個(gè)，故Ti4+的O2-配位數(shù)是6。距離O2-最近且距離相等的Ba2+有4個(gè)，故O2-的Ba2+配位數(shù)是4。距離Ti4+最近且距離相等的Ba2+有8個(gè)，故Ti4+的Ba2+配位數(shù)是8?！窘馕觥?264813、略

【分析】【詳解】

元素相對(duì)原子質(zhì)量等于各同位素相對(duì)原子質(zhì)量與其豐度之積的和，則碳元素的相對(duì)分子質(zhì)量=12×0.9893+13×0.0107；

(1)Si原子有1s、2s、2p、3s、3p幾個(gè)能級(jí)，Si原子的14個(gè)電子排布在5個(gè)能級(jí)上；與硅元素同周期、其原子核外有2個(gè)未成對(duì)電子的元素是S，其最外層電子為3s、3p電子，最外層電子排布式為3s23p4；

(2)a．SiO2是原子晶體，沒有分子式只有化學(xué)式，故a符合題意；

b．SiO2中1個(gè)Si原子結(jié)合4個(gè)O原子，一個(gè)O原子連接2個(gè)Si原子，故b不符合題意；

c．SiO2是酸性氧化物，能和堿反應(yīng)生成鹽和水，故c不符合題意；

d．SiO2熔沸點(diǎn)較高，屬于原子晶體，故d不符合題意；

故選a；

(3)a．Si原子最外層有4個(gè)電子，不易失電子也不易得電子，所以難以形成Si4+，故a正確；

b．Si元素和F元素吸引電子能力不同，所以形成極性鍵，正負(fù)電荷重心重合，所以SiF4是有極性鍵的非極性分子，故b正確；

c．SiF4熔沸點(diǎn)較低，屬于分子晶體，故c錯(cuò)誤；

d．分子晶體與其相對(duì)分子質(zhì)量成正比，所以相同壓強(qiáng)時(shí)，SiF4的沸點(diǎn)低于SiCl4，故d錯(cuò)誤；

故選ab；

(4)參照Fe3O4的不同寫法可知Pb3O4寫成兩種氧化物的形式為2PbO·PbO2，寫成鹽的形式為Pb2PbO4；

(5)Pb3O4中Pb的化合價(jià)只有+2、+4，再根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和等于零，求得Pb的總化合價(jià)為+8價(jià)，即可確定Pb3O4中有1個(gè)+4價(jià)、有2個(gè)+2價(jià)，且+4價(jià)的Pb具有強(qiáng)氧化性，能氧化濃鹽酸生成C12，本身被還原成+2價(jià)Pb，生成PbC12，Pb3O4中1個(gè)+4價(jià)的Pb降低到+2價(jià)，降低2價(jià)；HCl(濃)中-1價(jià)的Cl上升到0價(jià)生成Cl2，總上升2價(jià)，所以Pb3O4和Cl2前面的計(jì)量數(shù)都為1，根據(jù)原子守恒配平其它物質(zhì)前計(jì)量數(shù)，得方程式為Pb3O4+8HCl(濃)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O?！窘馕觥竣?12×0.9893+13×0.0107②.5③.3s23p4④.a⑤.ab⑥.2PbO·PbO2⑦.Pb2PbO4⑧.Pb3O4+8HCl→3PbCl2+Cl2↑+4H2O14、略

【分析】【分析】

(1)熔點(diǎn)是物理性質(zhì)；用分子間作用力解釋；鍵能是化學(xué)鍵的參數(shù)之一，用分子內(nèi)原子間作用力解釋；

(2)CS2屬于分子晶體；氣化時(shí)克服的粒子間作用是范德華力；二硫化碳中心原子碳形成四個(gè)共價(jià)鍵，兩個(gè)σ鍵，兩個(gè)π鍵；

(3)HCHO分子中心原子C的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3；由此確定碳的雜化方式。

【詳解】

（1）因F的非金屬性很強(qiáng)，在HF分子之間存在氫鍵，HCl、HBr；HI分子之間不存在氫鍵；HF熔點(diǎn)反常是由于HF分子間能形成氫鍵，其熔化時(shí)需要消耗的能量更多。從F到I，電子層數(shù)增大，原子半徑增大，與氫原子的作用力減小，鍵能逐漸減小，這組物質(zhì)中共價(jià)鍵的鍵能最大的是HF。故答案為：HF分子間能形成氫鍵，其熔化時(shí)需要消耗的能量更多；HF；

（2）CS2屬于分子晶體，氣化時(shí)克服的粒子間作用是范德華力；二硫化碳中一個(gè)硫原子用兩個(gè)共價(jià)鍵和碳原子相連，兩個(gè)共價(jià)鍵中有一個(gè)是σ鍵，另一個(gè)是π鍵，所以一個(gè)二硫化碳分子中有兩個(gè)σ鍵，兩個(gè)π鍵，1molCS2中含有2molσ鍵；含有2molπ鍵。故答案為：范德華力；2；2；

（3）HCHO分子中心原子C的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，C原子軌道的雜化類型為sp2。故答案為：sp2。【解析】①.HF分子間能形成氫鍵，其熔化時(shí)需要消耗的能量更多②.HF③.范德華力④.2⑤.2⑥.sp215、略

【分析】【分析】

(1)

Br在元素周期表中處于第四周期第ⅦA族，價(jià)電子排布式為

(2)

中N形成4個(gè)鍵，不存在孤電子對(duì)，因此價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4；雜化軌道類型為中涉及的元素為N、C、H，同一周期從左向右電負(fù)性逐漸增大，結(jié)合兩種元素形成的化合物的價(jià)態(tài)分析，得知電負(fù)性從大到小的順序?yàn)镹>C>H；1mol中存在8mol鍵，9mol鍵，1mol鍵，3mol鍵，共21mol鍵。

(3)

正四面體構(gòu)型的配離子中中心原子為Pb，配體分別為同一主族元素，從上到下離子半徑依次增大，半徑最小的為根據(jù)中每個(gè)Pb均采用四配位模式，則每個(gè)Pb會(huì)形成四個(gè)配位鍵，結(jié)合化學(xué)式判斷結(jié)構(gòu)式為

(4)

NaBr、KBr、RbBr、CsBr均為離子化合物，加熱達(dá)到熔點(diǎn)形成熔融態(tài)可以電離出自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同時(shí)開始加熱，優(yōu)先導(dǎo)電的是熔點(diǎn)低的物質(zhì)；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔點(diǎn)呈現(xiàn)遞減趨勢(shì)的原因是均為離子晶體；離子所帶電荷相同，陽(yáng)離子半徑依次增大，晶格能依次減小，熔點(diǎn)依次降低。

(5)

三維立方鈣鈦礦中三種離子在晶胞(a)中占據(jù)正方體頂點(diǎn)、面心、體心位置，并且三種離子在面、面、面上的位置相同，推出其晶胞結(jié)構(gòu)為①位于面心，晶胞中的數(shù)目為位于頂點(diǎn)，晶胞中的數(shù)目為位于體心，晶胞中的數(shù)目為1，平均每個(gè)晶胞中占有的的數(shù)目均為1，若晶胞邊長(zhǎng)為阿伏加德羅常數(shù)的值為則晶胞的體積為晶體的密度為②沿體對(duì)角線方向的投影圖為選A?！窘馕觥?1)4s24p5

(2)4sp3N>C>H21

(3)Cl-

(4)CsBrNaBr、KBr、RbBr、CsBr均為離子晶體；離子所帶電荷相同，陽(yáng)離子半徑依次增大，晶格能依次減小，熔點(diǎn)依次降低。

(5)或A16、略

【分析】【分析】

【詳解】

由μ=[n(n+2)]1/2μ0=6.12μ0

得μ=[n(n+2)]1/2=6.12→n2+2n-37.45=0

→(n-5.2)(n+7.2)=0→n=5.2→n≈5【解析】MnC2H6O7P2·5H2O5sp3d2當(dāng)[Mn2+]》[H4L]時(shí)，可形成多核配合物[(H2O)5Mn-H2L-Mn(H2O)5]2+：[(Mn·5H2O)4L]4+等由于HEDPA中磷酸基上的氧比水分子中的氧更易給出孤電子對(duì)，對(duì)中心離子d軌道的影響更大，因此形成配合物II后，中心離子的晶體場(chǎng)分裂能將增加由于水合離子的摩爾吸收率一般都很低，因此水合配合物的顏色常常較淺。當(dāng)形成配合物II后，d-d躍遷禁阻部分解除，摩爾吸收率增加，吸收顏色加深三、判斷題(共9題，共18分)17、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯(cuò)誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯(cuò)誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯(cuò)誤；

(6)價(jià)層電子對(duì)互斥理論中；π鍵電子對(duì)數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對(duì)；錯(cuò)誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道；錯(cuò)誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯(cuò)誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)；正確；

(13)NH3和CH4兩個(gè)分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯(cuò)誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對(duì)由一個(gè)原子提供，另一個(gè)原子提供空軌道，錯(cuò)誤。18、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)；同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，非金屬性變?nèi)?；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。

故正確；19、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯(cuò)誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯(cuò)誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯(cuò)誤；

(6)價(jià)層電子對(duì)互斥理論中；π鍵電子對(duì)數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對(duì)；錯(cuò)誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道；錯(cuò)誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯(cuò)誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)；正確；

(13)NH3和CH4兩個(gè)分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯(cuò)誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對(duì)由一個(gè)原子提供，另一個(gè)原子提供空軌道，錯(cuò)誤。21、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個(gè)羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍(lán)色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。22、A【分析】【詳解】

因?yàn)殂~具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。23、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯(cuò)誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯(cuò)誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯(cuò)誤；

(6)價(jià)層電子對(duì)互斥理論中；π鍵電子對(duì)數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對(duì)；錯(cuò)誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道；錯(cuò)誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯(cuò)誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對(duì)；正確；

(13)NH3和CH4兩個(gè)分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯(cuò)誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對(duì)由一個(gè)原子提供，另一個(gè)原子提供空軌道，錯(cuò)誤。四、計(jì)算題(共4題，共8分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1、3、6、7號(hào)O2-圍成正四面體空隙有8個(gè)3、6、7、8、9、12號(hào)O2-圍成正八面體空隙，將晶胞補(bǔ)全可知共用一條棱和四個(gè)面心與該棱頂點(diǎn)O2-也圍成正八面體，而這樣的正八面體為4個(gè)晶胞共有，晶胞中正八面體數(shù)目為1+12×=4，則晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面體空隙數(shù)之比為8∶4=2∶1；Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2＋和另一半Fe3＋填充在正八面體空隙中；有2個(gè)正八面體空隙沒有填充陽(yáng)離子，則有50%的正八面體空隙沒有填充陽(yáng)離子，故答案為：2∶1；50；

(2)①由位于右上角頂點(diǎn)的原子A的坐標(biāo)參數(shù)為(0，1，0)可知，晶胞的邊長(zhǎng)為1，則位于底面面心上的原子B的坐標(biāo)參數(shù)為(0，)，故答案為：(0，)；

②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，處于面對(duì)角線上的銅鎳原子間距離最短，設(shè)兩者之間的距離為acm，則晶胞面對(duì)角線長(zhǎng)度為2acm，晶胞的邊長(zhǎng)為acm，由質(zhì)量公式可得：解得a=故答案為：【解析】①.2∶1②.50③.(0，)④.25、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)均攤法計(jì)算出晶胞中含有Y原子個(gè)數(shù)；再確定化學(xué)式；

(2)利用化合物中元素化合價(jià)代數(shù)和為零求得離子個(gè)數(shù)比。

【詳解】

(1)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知：Y在晶胞內(nèi)，含有Y原子個(gè)數(shù)為1；Ba原子在晶胞內(nèi)，含有Ba原子個(gè)數(shù)為2；Cu原子有位于晶胞頂點(diǎn)上的8個(gè)和位于側(cè)棱上的8個(gè)，則晶胞中含有Cu原子個(gè)數(shù)為8×+8×=3；O原子有12個(gè)位于晶胞的棱上，8個(gè)位于側(cè)面上，含有的O原子個(gè)數(shù)為12×+8×=7，所以物質(zhì)的化學(xué)式為YBaCu3O7；

(2)設(shè)該物質(zhì)中+2價(jià)的Cu離子個(gè)數(shù)為x；+3價(jià)的Cu離子個(gè)數(shù)為y；根據(jù)化合物中元素化合價(jià)代數(shù)和為零可知：+3+2×2+2x+3y-2×7=0，且x+y=3，解得：x=2，y=1，所以+2價(jià)和+3價(jià)的Cu離子個(gè)數(shù)比為2：1。

【點(diǎn)睛】

本題考查了均攤方法在晶體化學(xué)式的確定及物質(zhì)所含元素的不同價(jià)態(tài)原子個(gè)數(shù)比的計(jì)算。易錯(cuò)之處是(一)不會(huì)計(jì)算晶胞中氧原子的個(gè)數(shù)，O原子有兩類，一類是位于棱邊上，一類是位于側(cè)面上；(二)求Cu2+與Cu3+的個(gè)數(shù)比，要根據(jù)化合物中所有元素化合價(jià)代數(shù)和等于0分析解答?！窘馕觥竣?YBa2Cu3O7②.2：126、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)我們可利用強(qiáng)酸制弱酸的原理比較酸性強(qiáng)弱，根據(jù)苯酚鈉與碳酸反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉可以判斷出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋答案為：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋

(2)H2O和H2S都形成分子晶體，沸點(diǎn)的高低取決于分子間作用力的大小，若分子間形成氫鍵，熔沸點(diǎn)會(huì)出現(xiàn)反常，水分子間存在氫鍵，則沸點(diǎn)：H2O＞H2S；答案為：＞；水分子之間存在氫鍵；

(3)加入AgNO3后，發(fā)生如下反應(yīng)：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3

設(shè)4.350g樣品中含有Na2CO3為xmol；NaCl為ymol，則可得以下等量關(guān)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%。答案為：73.10%。

【點(diǎn)睛】

5.575g是從50mL溶液中取出25mL的那部分與AgNO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量，計(jì)算時(shí)需注意與原混合物中的x、y相對(duì)應(yīng)?！窘馕觥浚糃6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋＞水分子之間存在氫鍵73.10%27、略

【分析】【分析】

【詳解】

在氨硼烷的2×2×2的超晶胞結(jié)構(gòu)中，共有16個(gè)氨硼烷分子，晶胞的長(zhǎng)、寬、高分別為2apm、2bpm.2cpm，若將其平均分為8份可以得到8個(gè)小長(zhǎng)方體，則平均每個(gè)小長(zhǎng)方體中占有2個(gè)氨硼烷分子，小長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為apm、bpm、cpm，則小長(zhǎng)方體的質(zhì)量為小長(zhǎng)方體的體積為abc×10-30cm-3，因此，氨硼烷晶體的密度ρ=【解析】五、工業(yè)流程題(共2題，共8分)28、略

【分析】【分析】

含鈷廢料焙燒后活性炭轉(zhuǎn)化為二氧化碳，金屬元素轉(zhuǎn)化為相應(yīng)氧化物；加入鹽酸、亞硫酸鈉浸取后加入氧化為鐵離子，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH除去鐵、鋁；濾液加入氟化并調(diào)節(jié)pH除去鈣、鎂；濾液加入催化劑萃取出后分液，有機(jī)層反萃取出處理后最終得到鈷的氧化物；

【詳解】

（1）氧化生成氯離子和鐵離子，離子方程式：

（2）①則氟化鈣溶解度更大，鈣離子除盡則需要保證氟離子至少為故為使除盡，必須保持溶液中0.01

②若調(diào)節(jié)溶液的pH偏低、將會(huì)導(dǎo)致沉淀不完全；其原因是pH偏低，氫離子濃度過大導(dǎo)致氟離子和氫離子結(jié)合成HF分子；

（3）①該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是將從濾液中提取到有機(jī)層中，然后分液后再反萃取到水層中，實(shí)現(xiàn)的提取和富集；

②萃取率隨pH升高先增大后減小的可能原因是隨著pH升高，氫離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致萃取率升高；若pH過高則轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，導(dǎo)致萃取率下降；

（4）①在空氣中加熱首先失去結(jié)晶水，的相對(duì)分子質(zhì)量分別為183、147，結(jié)合圖像可知，初始為0.1molA點(diǎn)為0.1mol根據(jù)鈷元素守恒，8.03gB中鈷為0.1mol，則B中氧為則B中Co、O的物質(zhì)的量之比為0.1:0.133=3:4，故B點(diǎn)剩余固體產(chǎn)物為Co3O4；

②鈷的一種氧化物的晶胞如圖所示，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)黑球、個(gè)白球，則鈷、氧各自周圍等距最近的鈷、氧原子數(shù)目是相同的，以體心白球?yàn)槔車染嘧罱陌浊驗(yàn)?2個(gè)，故在該晶體中與一個(gè)鈷原子等距離且最近的鈷原子有12個(gè)?！窘馕觥?1)

(2)0.01pH偏低；氫離子濃度過大導(dǎo)致氟離子和氫離子結(jié)合成HF分子。

(3)實(shí)現(xiàn)的提取和富集隨著pH升高，氫離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致萃取率升高；若pH過高則轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，導(dǎo)致萃取率下降。

(4)在空氣中加熱首先失去結(jié)晶水，的相對(duì)分子質(zhì)量分別為183、147，結(jié)合圖像可知，初始為0.1molA點(diǎn)為0.1mol根據(jù)鈷元素守恒，8.03gB中鈷為0.1mol，則B中氧為則B中Co、O的物質(zhì)的量之比為0.1:0.133=3:4，故B點(diǎn)剩余固體產(chǎn)物為Co3O41229、略

【分析】【分析】

萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，還含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，將Mn2+、Fe2+氧化為MnO2和Fe3+，加入CaCO3調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同時(shí)還生成了CaSO4沉淀；過濾后，往濾液中加入Zn，將Cd2+還原為Cd；過濾后，往濾液中加入有機(jī)凈化劑，將鈷鎳等離子轉(zhuǎn)化為沉淀；過濾后，往濾液中加入Na2CO3，將Zn2+轉(zhuǎn)化為ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O沉淀；過濾后；將沉淀煅燒，從而得到氧化鋅，據(jù)此分析解題。

【詳解】

（1）“氧化”時(shí)，F(xiàn)e2+被Na2S2O8氧化，發(fā)生反應(yīng)為2Fe2++=2Fe3++2為氧化劑，F(xiàn)e2+為還原劑；則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1:2。答案為：1:2；

（2）由分析可知，“調(diào)pH”時(shí)，所得“濾渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，還有Al(OH)3、CaSO4。答案為：Al(OH)3、CaSO4；

（3）由分析可知，“除鎘”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)為Zn+Cd2+=Zn2++Cd；反應(yīng)類型為置換反應(yīng)。答案為：置換反應(yīng)；

（4）由題干流程圖可知，除鎳和鈷步驟中，Co2+和Ni2+能形成配合物時(shí)，中心原子提供能接受孤電子對(duì)的空軌道，配位原子提供孤電子對(duì)，則反應(yīng)時(shí)，接受電子對(duì)的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能發(fā)生上述轉(zhuǎn)化而Zn2+不能，可能的原因?yàn)椋篊o2+、Ni2+半徑與有機(jī)凈化劑網(wǎng)格孔徑大小匹配，可形成配位鍵，而Zn2+不能。答案為：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半徑與有機(jī)凈化劑網(wǎng)格孔徑大小匹配，可形成配位鍵，而Zn2+不能；

（5）“沉鋅”時(shí)有氣體生成，則此氣體為CO2，生成堿式碳酸鋅的離子方程式為3Zn2++3+3H2O=ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+2CO2↑。答案為：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+2CO2↑；

（6）“沉鋅”時(shí)，所得濾液經(jīng)硫酸酸化后，用惰性電極電解可制備Na2S2O8，從而實(shí)現(xiàn)原料的循環(huán)利用，該電解過程中，Na2SO4在陽(yáng)極失電子生成Na2S2O8，H2SO4在陰極得電子生成H2，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案為：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；

（7）圖中所示晶胞中，含O原子個(gè)數(shù)為=2，含Zn原子個(gè)數(shù)為=2，已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該氧化鋅晶體的密度為=g?cm-3。答案為：【解析】(1)1:2

(2)Al(OH)3、CaSO4

(3)置換反應(yīng)。

(4)Co2+、Ni2+Co2+、Ni2+半徑與有機(jī)凈化劑網(wǎng)格孔徑大小匹配，可形成配位鍵，而Zn2+不能。

(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+2CO2↑

(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑

(7)六、有機(jī)推斷題(共4題，共8分)30、略

【分析】【分析】

（1）有機(jī)物和氫氣的密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比；

（2）濃硫酸可以吸收水，堿石灰可以吸收二氧化碳，根據(jù)元素守恒來確定有機(jī)物的分子式；

（3）羧基可以和碳酸氫鈉發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成二氧化碳，羥基可以和金屬鈉發(fā)生化學(xué)反應(yīng)生成氫氣；

（4）核磁共振氫譜圖中有幾個(gè)峰值則含有幾種類型的等效氫原子；峰面積之比等于氫原子的數(shù)目之比；

（5）根據(jù)分析確定A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。

【詳解】

（1）有機(jī)物質(zhì)的密度是相同條件下H2的45倍，所以有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為45×2=90，故答案為90；

（2）濃硫酸增重5.4g，則生成水的質(zhì)量是5.4g，生成水的物質(zhì)的量是=0.3mol，所含有氫原子的物質(zhì)的量是0.6mol，堿石灰增重13.