2024屆黑龍江省牡丹江市五縣市高二化學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考模擬試題含解析

2024屆黑龍江省牡丹江市五縣市高二化學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列屬于銨鹽的共同性質(zhì)的是()A．都是晶體，都易溶于水B．銨鹽受熱均可分解生成NH3C．銨鹽都能與堿反應(yīng)，不能與酸反應(yīng)D．所有銨鹽中，氮元素化合價都是－3價2、以色列科學(xué)家發(fā)現(xiàn)準晶體，獨享2011年諾貝爾化學(xué)獎。已知的準晶體都是金屬互化物。人們發(fā)現(xiàn)組成為鋁－銅－鐵－鉻的準晶體具有低摩擦系數(shù)、高硬度、低表面能，正被開發(fā)為炒菜鍋的鍍層。下列說法正確的是（

）A．已知的準晶體是離子化合物B．已知的準晶體中含有非極性鍵C．合金的硬度一般比各組份金屬的硬度更低D．準晶體可開發(fā)成為新型材料3、下列說法正確的是（）A．0.1mol?L-1的NaHCO3(aq)中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）B．已知c（石墨，s）=c（金剛石，s）△H＞0，則金剛石比石墨穩(wěn)定C．將等體積pH=3的鹽酸和醋酸稀釋成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多D．常溫下，pH=12的氫氧化鈉溶液與pH=2的醋酸溶液等體積混合后所得溶液的pH＞74、下列有關(guān)實驗原理、裝置、操作或結(jié)論的描述，錯誤的是()A．圖1所示裝置可實現(xiàn)甲烷與氯氣在光照條件下的取代反應(yīng)B．圖2所示裝置可分離CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液C．圖3所示裝置可用鋅粒與稀硫酸反應(yīng)制備氫氣D．圖4所示裝置可說明濃H2SO4具有脫水性、強氧化性，SO2具有漂白性、還原性5、反應(yīng)：xA(氣)+yB(氣)zC(氣)，達到平衡時測得A氣體的濃度為0.5mol·L-1，當在恒溫下將該容器體積擴大一倍，再次達到平衡，測得A氣體的濃度為0.3mol·L-1，則下列敘述正確的是A．x+y<z B．平衡向右移動C．B的轉(zhuǎn)化率升高 D．C的體積分數(shù)降低6、下列說法中不正確的是A．H2CO3與H3PO4的非羥基氧原子數(shù)均為1,二者的酸性（強度）非常相近B．CCl2F2無同分異構(gòu)體，說明其中碳原子采用sp3方式雜化C．N2O與CO2、CCl3F與CC12F2互為等電子體D．由IA族和VIA族元素形成的原子個數(shù)比為1:1、電子總數(shù)為38的化合物，是含有共價鍵的離子化合物7、下列除雜方法正確的是A．苯中含有苯酚雜質(zhì):加入溴水，過濾B．乙醇中含有乙酸雜質(zhì)：加入飽和碳酸鈉溶液,分液C．乙醛中含有乙酸雜質(zhì):加入氫氧化鈉溶液，分液D．乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì):加入飽和碳酸鈉溶液，分液8、下列敘述中，正確的是A．1s電子云界面圖是一個球面，表示在這個球面以內(nèi)，電子出現(xiàn)的概率為100B．在能層、能級、以及電子云的伸展方向確定時，電子的運動狀態(tài)才能確定下來C．在現(xiàn)代化學(xué)中，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析D．原子核外的電子就像行星圍繞太陽一樣繞著原子核做圓周運動9、已知某元素原子的L電子層上有6個電子，則該元素在周期表中位于（）A．第3周期IVA族 B．第2周期VIA族C．第2周期IVA族 D．第3周期VIA族10、央視曝光了雙匯在食品生產(chǎn)中使用“瘦肉精”豬肉，一時間，市場嘩然。瘦肉精的結(jié)構(gòu)簡式如圖：下列有關(guān)說法錯誤的是()A．該有機物的分子式為C12H18N2Cl2OB．該有機物的核磁共振氫譜圖中有6個吸收峰C．該有機物能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)和酯化反應(yīng)D．該有機物能溶于水，且水溶液顯堿性11、已知：結(jié)構(gòu)相似.在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)互稱為同系物.如甲烷.乙烷.丙烷等屬于烷烴同系物。則在同一系列中.所有的同系物都具有()A．相同的相對分子質(zhì)量B．相同的物理性質(zhì)C．相似的化學(xué)性質(zhì)D．相同的最簡式12、下圖是實驗室硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容，據(jù)此下列說法正確的是（）A．該硫酸的物質(zhì)的量濃度為9.2mol/LB．1molAl與足量的該硫酸反應(yīng)產(chǎn)生3g氫氣C．配制500mL4.6mol/L的稀硫酸需取該硫酸125mLD．將該硫酸加水配成質(zhì)量分數(shù)49%的溶液時其物質(zhì)的量濃度等于9.2mol/L13、若agCO2含b個分子，則阿伏加德羅常數(shù)的值為（）A．a(chǎn)b/28 B．a(chǎn)b/14 C．28/b D．44b/a14、一定量的鐵、鎂和銅的混合物與一定量的濃HNO3恰好反應(yīng)，得到硝酸鹽溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與2.24LO2（標準狀況）混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸鹽溶液中加入2mol/L的NaOH溶液至Fe3+、Mg2+、Cu2+恰好沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是（）A．400mL B．200mL C．150mL D．80mL15、在測定硫酸銅晶體結(jié)晶水含量的實驗中，粉末還有少許藍色就停止加熱，其他操作正確，這一因素會導(dǎo)致測量結(jié)果（）A．偏小B．偏大C．沒影響D．無法預(yù)測16、下列各組內(nèi)的物質(zhì)一定互為同系物的是A．C4H10和C6H14B．C3H6和C4H8C．和D．甲酸和乙二酸17、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解C向FeCl3溶液中加入少量銅屑，銅溶解Fe3+的氧化性強于Cu2+的氧化性D用pH試紙測得，CH3COONa溶液的pH的為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A．A B．B C．C D．D18、某反應(yīng)由兩步反應(yīng)ABC構(gòu)成，反應(yīng)過程中的能量變化曲線如圖(E1、E3表示兩反應(yīng)的活化能)。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．兩步反應(yīng)均為吸熱反應(yīng)B．三種化合物的穩(wěn)定性順序：B﹤A﹤CC．加入催化劑不改變反應(yīng)的焓變，但能提高轉(zhuǎn)化率D．整個反應(yīng)的ΔH＝E1－E219、下列反應(yīng)后只可能生成一種有機物的是A．CH3－CH＝CH2與HCl加成B．CH3－CH2－CH(OH)－CH3在濃硫酸存在下，發(fā)生分子內(nèi)脫水C．C6H5－CH3在鐵粉存在下與氯氣反應(yīng)D．CH3－CH(OH)－CH3在濃硫酸存在下，發(fā)生分子內(nèi)脫水20、下列防止金屬腐蝕的方法屬于電化學(xué)防護的是（）A．船體表面刷漆B．水中的鋼閘門連接電源的負極C．自行車鏈條涂油D．鐵中加入鉻、錳、硅等制成不銹鋼21、元素的性質(zhì)呈現(xiàn)周期性變化的根本原因是()A．原子半徑呈周期性變化 B．元素的化合價呈周期性變化C．第一電離能呈周期性變化 D．元素原子的核外電子排布呈周期性變化22、下列反應(yīng)中，屬于取代反應(yīng)的是A．溴乙烷的水解反應(yīng)B．實驗室用乙醇制取乙烯C．葡萄糖與銀氨溶液反應(yīng)D．油脂的氫化二、非選擇題(共84分)23、（14分）按以下步驟可從合成(部分試劑和反應(yīng)條件已去)．請回答下列問題：(1)A的名稱為__________。(2)分別寫出B、F的結(jié)構(gòu)簡式：B_____、F_____。(3)反應(yīng)①～⑦中屬于消去反應(yīng)的是_____，屬于加成反應(yīng)的是_____(填代號)。(4)根據(jù)反應(yīng)+Br2，寫出在同樣條件下CH2=CH—CH=CH2與等物質(zhì)的量Br2反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________。(5)寫出第④步的化學(xué)方程式_______________。(6)下列有機物分子中，在核磁共振氫譜圖中能給出三種峰(信號)且強度之比為1∶1∶2的是_______________。A．B．C．D．24、（12分）已知C、D是由X、Y、Z中兩種元素組成的化合物，X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X在周期表中原子半徑最小，Y、Z原子最外層電子數(shù)之和為10。D為無色非可燃性氣體，G為黃綠色單質(zhì)氣體，J、M為金屬，I有漂白作用，反應(yīng)①常用于制作印刷線路板。各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，部分生成物省略。請回答下列問題：（1）寫出Z在周期表中的位置____，D的結(jié)構(gòu)式____。（2）寫出A的化學(xué)式____。（3）寫出反應(yīng)①的離子方程式____。（4）為了獲得氯化銅晶體，需要將B溶液在HCl氛圍中蒸發(fā)結(jié)晶，原因是____。（5）將F溶于稀硝酸，溶液變成藍色，并放出無色氣體。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式____。25、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下表：物質(zhì)熔點/℃沸點/℃其它性質(zhì)SO2Cl2-54.169.1①易水解，產(chǎn)生大量白霧②易分解：SO2Cl2SO2↑+Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解實驗室用干燥、純凈的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，裝置如圖所示（夾持儀器已省略），請回答有關(guān)問題：（1）儀器A冷卻水的進水口為________（填“a”或“b”）。（2）儀器B中盛放的藥品是________，其目的是________________________。（3）實驗時，裝置丁中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______________________________，當生成6.72L的氯氣（標況下），轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________。（4）裝置丙中盛放的試劑是________，若缺少裝置乙，對實驗造成的影響是_______________。（5）少量硫酰氯也可用液態(tài)氯磺酸（ClSO3H）低溫催化分解獲得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2ClSO3H＝H2SO4+SO2Cl2，從分解產(chǎn)物中分離出硫酰氯的操作是______________。26、（10分）納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領(lǐng)域有著極其廣泛的應(yīng)用。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2?xH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2。用氧化還原滴定法測定TiO2的質(zhì)量分數(shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題：（1）TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學(xué)方程式為______________________________。（2）配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要下圖中的__________（填字母代號）。（3）滴定終點的判定現(xiàn)象是________________________________________。（4）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質(zhì)量為Mg/mol）試樣wg，消耗cmol/LNH4Fe(SO4)2標準溶液VmL，則TiO2質(zhì)量分數(shù)表達式為______________________________。（5）判斷下列操作對TiO2質(zhì)量分數(shù)測定結(jié)果的影響（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。①若在配制標準溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，使測定結(jié)果__________。②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，使測定結(jié)果__________。27、（12分）實驗室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)該同學(xué)應(yīng)選擇________mL的容量瓶。(2)其操作步驟如下圖所示，則如圖操作應(yīng)在下圖中的__________(填選項字母)之間。A．②與③B．①與②C．④與⑤(3)該同學(xué)應(yīng)稱取NaOH固體________g，用質(zhì)量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體時，請在附表中選取所需的砝碼大小________(填字母)，并在下圖中選出能正確表示游碼位置的選項________(填字母)。(4)下列操作對所配溶液的濃度偏大的有（填寫下列序號）（_________）①轉(zhuǎn)移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯②容量瓶中原來有少量蒸餾水③搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線再加水④定容時觀察液面俯視28、（14分）B、N、Ti、Fe都是重要的材料元素，其單質(zhì)及化合物在諸多領(lǐng)域中都有廣泛的應(yīng)用。（1）基態(tài)Fe2＋的電子排布式為_____；Ti原子核外共有________種運動狀態(tài)不同的電子。（2）BH3分子與NH3分子的空間結(jié)構(gòu)分別為_________；BH3與NH3反應(yīng)生成的BH3·NH3分子中含有的化學(xué)鍵類型有_______，在BH3·NH3中B原子的雜化方式為________。（3）N和P同主族。科學(xué)家目前合成了N4分子，該分子中N—N—N鍵的鍵角為________；N4分解后能產(chǎn)生N2并釋放出大量能量，推測其用途___________。(寫出一種即可)（4）NH3與Cu2＋可形成[Cu(NH3)4]2＋配離子。已知NF3與NH3具有相同的空間構(gòu)型，但NF3不易與Cu2＋形成配離子，其原因是____。（5）納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，其催化的一個實例如圖所示?；衔镆业姆悬c明顯高于化合物甲，主要原因是______?；衔镆抑胁扇p3雜化的原子的第一電離能由大到小的順序為________。29、（10分）微量元素硼和鎂對植物的葉的生長和人體骨骼的健康有著十分重要的作用，其化合物也應(yīng)用廣泛。(1)基態(tài)B原子的電子排布圖為________________________，其第一電離能比Be___________（填“大”或“小”）。(2)三價B易形成配離子，如[B(OH)4]－、[BH4]－等。[B(OH)4]－的結(jié)構(gòu)簡式為___________(標出配位鍵)，其中心原子的雜化方式為________，寫出[BH4]－的一種陽離子等電子體_______。（3）下圖表示多硼酸根的一種無限長的鏈式結(jié)構(gòu)，其化學(xué)式可表示為____________(以n表示硼原子的個數(shù))。（4）硼酸晶體是片層結(jié)構(gòu)，下圖表示的是其中一層的結(jié)構(gòu)。每一層內(nèi)存在的作用力有_________。(5)三氯化硼的熔點比氯化鎂的熔點低，原因是_______________________。(6)鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積模型如下圖，它的堆積模型名稱為_______；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的正四面體幾何體的體積是2acm3，鎂單質(zhì)的密度為ρg·cm－3，已知阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則鎂的摩爾質(zhì)量的計算式是________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解題分析】A銨鹽都是離子晶體，都易溶于水，故A正確；B.銨鹽都是易溶于水的白色晶體，銨鹽都能與苛性鈉反應(yīng)生成氨氣，銨鹽都能加熱分解，但不一定有氨氣產(chǎn)生，故B錯誤；C碳酸銨可與酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體，故C錯誤；D.硝酸銨中硝酸根離子中的氮元素化合價為+5價，故D錯誤；故選A。點睛：本題考查銨鹽的性質(zhì)，把握銨鹽的溶解性、穩(wěn)定性與酸堿的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵。銨鹽的基本性質(zhì)有：屬于離子晶體，易溶于水，可與堿反應(yīng)生成氨氣，不穩(wěn)定，加熱易分解。要熟悉常見的幾種銨鹽的性質(zhì)，如硝酸銨、氯化銨和碳酸氫銨。2、D【解題分析】

A．已知的準晶體都是金屬互化物，為金屬晶體，不存在離子鍵，不是離子化合物，故A錯誤；B．已知的準晶體都是金屬互化物，含有金屬鍵，為金屬晶體，不存在非極性鍵，故B錯誤；C．由題給信息可知，該晶體為合金，具有較高的硬度，合金的硬度一般比各組份金屬的硬度更高，故C錯誤；D．該晶體具有低摩擦系數(shù)、高硬度、低表面能的特點，為新型材料，具有開發(fā)為新材料的價值，故D正確；故選D。【題目點撥】解答本題的關(guān)鍵是正確理解“已知的準晶體都是金屬互化物”的含義。易錯點為AB。3、C【解題分析】

A．碳酸氫鈉溶液中，HCO3-水解程度大于電離程度導(dǎo)致溶液呈堿性，但電離和水解程度都較小，鈉離子不水解，所以離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A錯誤；

B.物質(zhì)所含能量低的穩(wěn)定，石墨變?yōu)榻饎偸癁槲鼰岱磻?yīng)，石墨能量低，說明石墨比金剛石穩(wěn)定，故B錯誤；C.加水稀釋促進弱酸電離，所以要使pH相等的鹽酸和醋酸稀釋后溶液的pH仍然相等，醋酸加入水的量大于鹽酸，故C正確；

D.pH=12的氫氧化鈉溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=2的醋酸中c（CH3COOH）＞0.01mol/L，二者等體積混合時，醋酸過量，導(dǎo)致溶液呈酸性，則pH＜7，故D錯誤；

綜上所述，本題選C?！绢}目點撥】本題考查了弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解等知識點，根據(jù)溶液中的溶質(zhì)及溶液酸堿性再結(jié)合守恒思想分析解答，注意分析D時，由于醋酸過量，溶液顯酸性，而非顯堿性，為易錯點。4、D【解題分析】分析：A.光照下甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)；B.CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分層；C.鋅粒與稀硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氣；D.濃硫酸具有脫水性,使蔗糖碳化后，C與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫，品紅、高錳酸鉀均褪色。詳解：光照下甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng),則圖中裝置可實現(xiàn)甲烷與氯氣在光照條件下的取代反應(yīng)生成氯代烴和HCl，A正確，不合題意；CH3CH2OH和CH3COOC2H5的混合液互溶、不分層,不能利用圖中分液漏斗分離,B錯誤；鋅粒與稀硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氣,此裝置可以為氣體的發(fā)生裝置，C正確，不合題意；濃硫酸具有脫水性,使蔗糖碳化后,C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二氧化硫,體現(xiàn)濃硫酸的強氧化性,圖中品紅、高錳酸鉀均褪色,品紅褪色與二氧化硫的漂白性有關(guān),高錳酸鉀褪色與二氧化硫的還原性有關(guān),D正確，不合題意；答案選B。5、D【解題分析】

假設(shè)x+y=z，A氣體的濃度為0.5mol·L-1，體積擴大一倍，則平衡不移動，A氣體的濃度應(yīng)該為0.25mol·L-1，而現(xiàn)在為0.3mol·L-1，說明平衡向逆方向移動，則A、平衡逆向移動，說明x+y＞z，A錯誤；B、平衡應(yīng)向左移動，B錯誤；C、平衡向左移，B的轉(zhuǎn)化率降低，C錯誤；D、由于體積增大，平衡向左移，所以C的體積分數(shù)會降低，D正確。答案選D。6、A【解題分析】

A項、元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性P＞C，所以酸性H3PO4＞H2CO3，故A錯誤；B項、CCl2F2無同分異構(gòu)體，說明分子為四面體結(jié)構(gòu)，碳原子采用sp3方式雜化，故B正確；C項、原子總數(shù)相等，價電子總數(shù)相等的物質(zhì)互為等電子體，N2O與CO2原子總數(shù)均為3，價電子總數(shù)均為16，二者為等電子體，CCl3F與CCl2F2原子總數(shù)均為5，,價電子總數(shù)均為32，二者互為等電子體，故C正確；D項、ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子個數(shù)比為1：1、電子總數(shù)為38的化合物為Na2O2，過氧化鈉中含有離子鍵和共價鍵，為離子化合物，故D正確；故選A。7、D【解題分析】A.溴易溶于苯，溴水與苯發(fā)生萃取，苯酚與溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，用溴水除雜，生成的三溴苯酚和過量的溴都能溶于苯，不能得到純凈的苯，并引入新的雜質(zhì)，不能用溴水來除去苯中的苯酚，應(yīng)向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A錯誤；B.乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應(yīng)生成乙酸鈉和水和二氧化碳，但乙酸鈉和乙醇互溶在水中，不分層，不能采用分液的方法，故B錯誤；C.乙醛中含乙酸雜質(zhì)：加入氫氧化鈉溶液，乙酸與氫氧化鈉反應(yīng)生成乙酸鈉和水，但乙酸鈉和乙醛互溶在水中，不分層，不能采用分液的方法，故C錯誤；D.乙酸丁酯不溶于飽和碳酸鈉，乙酸的酸性比碳酸強，能與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到純凈的乙酸丁酯，故D正確；本題選D。點睛：乙酸丁酯不溶于飽和碳酸鈉，乙酸的酸性比碳酸強，能中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉(zhuǎn)化為乙酸鈉溶于水中。8、C【解題分析】分析：A項，電子云輪廓圖是電子在原子核外空間出現(xiàn)概率90%的空間；B項，電子的運動狀態(tài)由能層、能級、電子云的伸展方向和電子的自旋方向確定；C項，在現(xiàn)代化學(xué)中，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析；D項，量子力學(xué)指出，原子核外電子的運動沒有確定的軌道和位置，只能確定電子出現(xiàn)在原子核外空間各處的概率。詳解：A項，電子云輪廓圖是電子在原子核外空間出現(xiàn)概率90%的空間，1s電子云界面圖是一個球面，表示在這個球面以內(nèi)，電子出現(xiàn)的概率為90%，A項錯誤；B項，電子的運動狀態(tài)由能層、能級、電子云的伸展方向和電子的自旋方向確定，B項錯誤；C項，在現(xiàn)代化學(xué)中，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析，C項正確；D項，量子力學(xué)指出，原子核外電子的運動沒有確定的軌道和位置，只能確定電子出現(xiàn)在原子核外空間各處的概率，原子核外電子不是繞著原子核做圓周運動，D項錯誤；答案選C。9、B【解題分析】

某元素原子的L電子層上有6個電子，則K層電子數(shù)為2，L層電子數(shù)為6，L層最多排8個電子，則L層電子沒有排滿，所以共有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，因此該元素位于第2周期第ⅥA族。答案選B。10、B【解題分析】

A.由結(jié)構(gòu)簡式可以知有機物的分子式為C12H18N2Cl2O,故A正確;B.由結(jié)構(gòu)簡式可知含有7種不同環(huán)境的H原子,則核磁共振氫譜中有7個吸收峰,故B錯誤;C.含苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),和鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)；含-OH可發(fā)生氧化和酯化反應(yīng),故C正確；D.含有氨基,為堿性基團,且能溶于水，故D正確;答案：B。11、C【解題分析】分析：同系物為結(jié)構(gòu)相似.在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)互稱，同系物的通式相同，物理性質(zhì)不同，化學(xué)性質(zhì)相似，據(jù)以上分析解答。詳解：根據(jù)題給信息可知，同系物結(jié)構(gòu)相似，則具有相似的化學(xué)性質(zhì)，C正確；在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團.則相對分子質(zhì)量不同，物理性質(zhì)也不同，A和B錯誤；以烷烴同系物為例：甲烷的最簡式為CH4，乙烷的最簡式為CH3，丙烷的最簡式為C3H8，都不相同，D錯誤；正確選項C。12、C【解題分析】分析：A.根據(jù)c=1000ρωM計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；

B.鋁與濃硫酸常溫下發(fā)生鈍化，加熱時生成二氧化硫和硫酸鋁；

C.根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)物質(zhì)的量不變計算所需濃硫酸的體積；

D.硫酸與等質(zhì)量的水混合，混合后溶液的質(zhì)量為原硫酸的2倍，稀釋后溶液的密度減小，故稀釋后所得溶液的體積大于原硫酸體積的2倍，根據(jù)稀釋定律判斷詳解：A.該濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度為：c=1000ρωM=1000×1.84×98%98mol/L=18.4mol/L，所以A選項是錯誤的；

B.鋁與濃硫酸常溫下發(fā)生鈍化，加熱時生成二氧化硫和硫酸鋁，不能生成氫氣，故C.根據(jù)稀釋定律，稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，設(shè)濃硫酸的體積為xmL，則xmL×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，計算得出：x=125，所以應(yīng)量取的濃硫酸體積是125mL，所以C選項是正確的；

D.硫酸與等質(zhì)量的水混合，混合后溶液的質(zhì)量為原硫酸的2倍，稀釋后溶液的密度減小，故稀釋后所得溶液的體積大于原硫酸體積的2倍，則稀釋后所得溶液的濃度小于9.2mol/L，故D錯誤；

所以C選項是正確的。點睛：本題考查濃硫酸的性質(zhì)、物質(zhì)的量濃度的計算以及溶液的配制等問題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計算能力的考查，難度不大，注意相關(guān)計算公式的運用。13、D【解題分析】

若agCO2含b個分子，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，根據(jù)公式N=n×NA=mNA/M，有b=aNA/44，則NA=44b/a，故D正確，本題選D。14、B【解題分析】

2.24LO2的物質(zhì)的量為=0.1mol，NO2、N2O4、NO的混合氣體與2.24LO2(標準狀況)混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸，則金屬提供的電子物質(zhì)的量等于氧氣獲得到的電子的物質(zhì)的量，金屬離子與氫氧根離子恰好反應(yīng)生成沉淀，故n(NaOH)=n(e-)=0.1mol×4=0.4mol，需要氫氧化鈉溶液的體積為=0.2L=200mL。答案選B。15、A【解題分析】，若粉末還有少許藍色就停止加熱，生成水的質(zhì)量偏小，所以導(dǎo)致測量結(jié)果偏小，故A正確。16、A【解題分析】分析：結(jié)構(gòu)相似、分子組成相差若干個“CH2”原子團的有機化合物互稱為同系物，同系物必須是同一類物質(zhì)（含有相同數(shù)量相等的官能團）解析：A.C4H10和C6H14均為烷烴，屬于同系物，故A正確；C3H6可以是丙烯或者環(huán)丙烷，C4H8可以是丁烯或者環(huán)丁烷，不一定是同系物，故B錯誤；C.屬于酚，屬于醇，不是同一類物質(zhì)，不屬于同系物，故C錯誤；D.甲酸中有一個羧基，乙二酸中有兩個羧基，官能團數(shù)量不同，不屬于同系物，故D錯誤；本題選A。17、C【解題分析】

A、苯酚濁液滴加Na2CO3溶液，濁液變清，苯酚與Na2CO3發(fā)生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性強于HCO3－，故A錯誤；B、葡萄糖與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)，要求環(huán)境為堿性，本實驗未中和硫酸，因此未出現(xiàn)銀鏡，不能判斷蔗糖是否水解，故B錯誤；C、FeCl3溶液中加入Cu，發(fā)生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，得出Fe3＋的氧化性強于Cu2＋，故C正確；D、題目中沒有說明CH3COONa和NaNO2的濃度，無法根據(jù)pH的大小，判斷CH3COOH和HNO2酸性強弱，故D錯誤；答案選D。18、B【解題分析】

A→B的反應(yīng)，反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，反應(yīng)吸熱；B→C的反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量大于生成物總能量，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，結(jié)合能量與焓變、物質(zhì)的穩(wěn)定性的關(guān)系可得結(jié)論。【題目詳解】A．A→B的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，B→C的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯誤；B．物質(zhì)的總能量越低，越穩(wěn)定，所以三種化合物的穩(wěn)定性順序：B＜A＜C，故B正確；C．加入催化劑，只改變反應(yīng)的活化能，不改變反應(yīng)熱，只提高反應(yīng)速率，不改變平衡移動，因此不能提高轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D．整個反應(yīng)的熱效應(yīng)只與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，則△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D錯誤；答案選B。19、D【解題分析】

A、根據(jù)不對稱烯烴與不對稱物質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)有兩種生成物；

B、根據(jù)醇發(fā)生消去反應(yīng)的結(jié)構(gòu)特點是與-OH相連碳相鄰碳上有氫原子,發(fā)生消去反應(yīng)形成不飽和鍵；

C、根據(jù)苯的同系物在鐵粉存在下與鹵素單質(zhì)發(fā)生苯環(huán)上的取代反應(yīng)；

D、根據(jù)醇發(fā)生消去反應(yīng)的結(jié)構(gòu)特點是與-OH相連碳相鄰碳上有氫原子，發(fā)生消去反應(yīng)形成不飽和鍵；【題目詳解】A、CH3－CH＝CH2與HCl加成反應(yīng)有兩種生成物:CH3－CH2-CH2Cl，CH3－CHCl-CH3，故A不符合題意；

B、CH3－CH2－CH(OH)－CH3在濃硫酸存在下，發(fā)生分子內(nèi)脫水，生成物有兩種:CH3－CH=CH－CH3，CH3－CH2CH=CH2，故B不符合題意；C、苯的同系物在鐵粉存在下與鹵素單質(zhì)發(fā)生苯環(huán)上的取代反應(yīng)，而C6H5－CH3中苯環(huán)上的氫原子有3種，所以一氯代物有三種，故C不符合題意；

D、CH3－CH(OH)－CH3在濃硫酸存在下，發(fā)生分子內(nèi)脫水，生成物只有一種:CH2=CH－CH3，所以D符合題意；

綜上所述，本題正確選項D。20、B【解題分析】分析：金屬防護中，被保護金屬做原電池的正極和電解池的陰極的保護屬于電化學(xué)保護，據(jù)此來回答判斷。詳解：A、在船體表面刷漆是為了將金屬和空氣隔絕，防止金屬生銹，不屬于電化學(xué)防護，A錯誤；B、將鋼閘門與直流電源的負極相連即為讓金屬做電解池的陰極，防止金屬的腐蝕，屬于電化學(xué)保護，B正確；C、在金屬表面涂油覆蓋一層保護層，將金屬和氧氣以及水隔絕的過程，不屬于電化學(xué)防護措施，C錯誤；D、在一定條件下對金屬進行處理，加入鉻、錳、硅等制成不銹鋼，是增強金屬性能的，不屬于電化學(xué)防護措施，D錯誤；答案選B。21、D【解題分析】

A.原子半徑呈周期性變化是由核外電子排布的周期性變化決定的；B.元素的化合價呈周期性變化是由元素原子的最外層電子數(shù)的周期性變化決定的；C.第一電離能呈周期性變化是由由元素原子的最外層電子數(shù)的周期性變化決定的；D.元素原子的核外電子排布呈周期性變化是元素性質(zhì)呈現(xiàn)周期性變化的根本原因。故選D。22、A【解題分析】分析：有機物中的原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應(yīng)是取代反應(yīng)，據(jù)此解答。詳解：A.溴乙烷水解反應(yīng)生成乙醇，屬于取代反應(yīng)，A正確；B.實驗室用乙醇制取乙烯發(fā)生的是羥基的消去反應(yīng)，B錯誤；C.葡萄糖含有醛基，與銀氨溶液反應(yīng)發(fā)生的是氧化反應(yīng)，C錯誤；D.油脂的氫化發(fā)生的是加成反應(yīng)，D錯誤；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、環(huán)己醇②④①③⑤⑥CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br+2NaOH+2NaBr+2H2OBD【解題分析】

苯酚與氫氣發(fā)生完全加成反應(yīng)產(chǎn)生A是環(huán)己醇，A與濃硫酸加熱發(fā)生消去反應(yīng)產(chǎn)生B是環(huán)己烯，B與Br2發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生C是1，2-二溴環(huán)己烷，C與NaOH的乙醇溶液加熱發(fā)生消去反應(yīng)產(chǎn)生D是，D與Br2按1:1關(guān)系發(fā)生1，4-加成反應(yīng)產(chǎn)生E為，E與H2發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生F為，F(xiàn)與NaOH的水溶液發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生G是，G與乙二酸HOOC-COOH在濃硫酸存在和加熱時發(fā)生縮聚反應(yīng)形成高聚物H：，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)上述分析可知A是，名稱為環(huán)己醇；(2)B結(jié)構(gòu)簡式為；F的結(jié)構(gòu)簡式：；(3)在上述反應(yīng)中，反應(yīng)①屬于加成反應(yīng)，②屬于消去反應(yīng)，③屬于加成反應(yīng)，④屬于消去反應(yīng)，⑤屬于加成反應(yīng)，⑥屬于加成反應(yīng)，⑦屬于取代反應(yīng)，所以反應(yīng)①～⑦中消去反應(yīng)的是②④；屬于加成反應(yīng)的是①③⑤⑥；(4)CH2=CH—CH=CH2與等物質(zhì)的量Br2發(fā)生1，4-加成反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；(5)第④步的化學(xué)反應(yīng)是與NaOH的乙醇溶液在加熱時發(fā)生的消去反應(yīng)，方程式為：+2NaOH+2NaBr+2H2O；(6)A.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰，且強度之比為1：1：4，A不符合題意；B.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰且強度之比為1：1：2，B符合題意；C.在中核磁共振氫譜中能給出四種峰且強度之比為1：1：2：2，C不符合題意；D.中核磁共振氫譜中能給出3種峰且強度之比為1：1：2，D符合題意；故合理選項是BD；【題目點撥】本題考查有機物的推斷與合成的知識，根據(jù)反應(yīng)條件結(jié)合各類物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系正向順推，掌握官能團的性質(zhì)是關(guān)鍵，用對稱的思想進行等效H原子的判斷是核磁共振氫譜分析的依據(jù)。24、第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O【解題分析】

X在周期表中的原子半徑最小，則X為H元素；G為黃綠色單質(zhì)氣體，則G為Cl2；反應(yīng)①用于制作印刷電路板，為FeCl3和Cu反應(yīng)，則L為FeCl3，K為FeCl2；E能與葡萄糖反應(yīng)生成磚紅色沉淀F，則F為Cu2O，E為Cu(OH)2，則B為CuCl2，M為Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能夠與金屬J反應(yīng)生成FeCl2，則H為HCl，J為Fe，I為HClO，則C為H2O；從A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D為無色非可燃性氣體，可知，A中含有銅元素；Y、Z原子最外層電子數(shù)之和為10，Y、Z中一種為O元素，則另一種元素的原子最外層電子數(shù)為4，可能為C或Si元素，結(jié)合D為無色非可燃性氣體，只能為CO2，X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，則Y為C元素，Z為O元素，因此A中還含有C元素，因此A為CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，A為CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B為CuCl2，C為H2O，D為CO2，E為Cu(OH)2，F(xiàn)為Cu2O，G為Cl2，H為HCl，I為HClO，J為Fe，K為FeCl2，L為FeCl3，M為Cu。(1)Z為O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族；D為CO2，結(jié)構(gòu)式為O=C=O，故答案為：第二周期ⅥA族；O=C=O；(2)A的化學(xué)式為：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案為：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(3)反應(yīng)①為FeCl3和Cu反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案為：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；(4)為了獲得氯化銅晶體，需要將CuCl2溶液在HCl氛圍中蒸發(fā)結(jié)晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案為：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；(5)將Cu2O溶于稀硝酸，溶液變成藍色，并放出無色氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案為：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O?！绢}目點撥】正確推斷元素及其物質(zhì)的種類是解題的關(guān)鍵。本題的難點是混合物D的判斷，要注意學(xué)會猜想驗證在推斷題中的應(yīng)用。本題的易錯點為(5)，要注意氧化還原反應(yīng)方程式的配平。25、a堿石灰吸收尾氣并防止空氣中水蒸氣進入反應(yīng)裝置導(dǎo)致產(chǎn)品水解ClO3－+5Cl－+6H+＝3Cl2↑+3H2O0.5NA飽和氯化鈉溶液SO2Cl2發(fā)生水解蒸餾【解題分析】

二氧化硫和氯氣合成硫酰氯：甲裝置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，硫酰氯會水解，儀器B中盛放的藥品是堿石灰防止空氣中的水蒸氣進入裝置，同時吸收揮發(fā)出去的二氧化硫和氯氣，丁裝置：濃鹽酸和氯酸鉀反應(yīng)制取氯氣，濃鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣中含有氯化氫，丙裝置：除去Cl2中的HCl，乙裝置：干燥氯氣。（1）根據(jù)采用逆流的冷凝效果好，判斷冷凝管的進水口；（2）儀器B中盛放的藥品是堿石灰防止空氣中的水蒸氣進入裝置，同時吸收揮發(fā)出去的二氧化硫和氯氣；（3）實驗時，裝置丁中氯酸鉀+5價的氯和鹽酸中-1價的氯發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；根據(jù)化合價升降以及生成物的量計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；（4）鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣中含有氯化氫，丙裝置的作用是除去Cl2中的HCl，由此目的選擇試劑；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氫；（5）二者均為液態(tài)，且沸點相差較大，采取蒸餾法進行分離?！绢}目詳解】（1）冷凝管采用逆流時冷凝效果好，所以冷凝管中的冷卻水進口為a；（2）甲裝置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯氣為有毒的酸性氣體，產(chǎn)物硫酰氯會水解，所以儀器B中盛放的藥品是堿性物質(zhì)堿石灰，可防止空氣中的水蒸氣進入裝置，同時吸收揮發(fā)出去的二氧化硫和氯氣；（3）濃鹽酸和氯酸鉀發(fā)生反應(yīng)生成KCl、氯氣和水，反應(yīng)為：6HCl（濃）+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；根據(jù)歸中反應(yīng)同元素化合價“只靠近，不交叉”原則可知，氯酸鉀+5價的氯降低為0價，鹽酸中-1價的氯升高為0價，即每生成3molCl2，其轉(zhuǎn)移電子為5mol，故當生成0.3molCl2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.5NA；（4）鹽酸易揮發(fā)，制取的氯氣中含有氯化氫，氯氣難溶于飽和食鹽水，HCl易溶于水，可用飽和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl；裝置乙中試劑為濃硫酸，其作用是除去Cl2中的水，若缺少裝置乙，SO2Cl2遇水發(fā)生水解反應(yīng)生成硫酸和氯化氫；（5）由題干表格可知，低溫條件下，SO2Cl2和H2SO4均為液態(tài)，二者會互溶，且沸點相差較大，可采取蒸餾法進行分離。26、TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl抑制NH4Fe(SO4)2水解AC溶液變成紅色（或）偏高偏低【解題分析】

（1）根據(jù)原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學(xué)方程式為TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，F(xiàn)e3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根據(jù)一定物質(zhì)的量濃度溶液配制過程可知配制NH4Fe(SO4)2標準溶液時使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要用到容量瓶和膠頭滴管，即AC正確；（3）根據(jù)要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被還原成Fe2＋，因此滴定終點的現(xiàn)象是溶液變?yōu)榧t色；（4）根據(jù)得失電子數(shù)目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cVmol，根據(jù)原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cVmol，所以TiO2的質(zhì)量分數(shù)為；（5）①若在配制標準溶液過程中，燒杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量濺出，造成所配溶液的濃度偏低，在滴定實驗中，消耗標準液的體積增大，因此所測質(zhì)量分數(shù)偏高；②滴定終點時，俯視刻度線，讀出的標準液的體積偏小，因此所測質(zhì)量分數(shù)偏低。27、500C10.0c、dc④【解題分析】分析：本題考查的是一定物質(zhì)的量濃度的溶液的配制，注意天平的使用和操作對實驗結(jié)果的影響。詳解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根據(jù)容量瓶的規(guī)格分析，只能選擇稍大體積的容量瓶，即選擇500mL容量瓶。(2)①為稱量，②為溶解，③為轉(zhuǎn)移液體，④振蕩，⑤為定容，⑥為搖勻。圖中表示加入水到離刻度線2-3厘米，應(yīng)該在振蕩和定容之間，故選C。(3)實驗需要的氫氧化鈉的質(zhì)量為0.5×0.5×40=10.0克。用質(zhì)量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體，則總質(zhì)量為23.1+10.=33.1克，則選擇20g和10g的砝碼，故選c、d，游碼應(yīng)在3.1克位置，即游碼的左邊在3.1克位置，故選c。(4)①轉(zhuǎn)移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，則溶質(zhì)有損失，濃度變小，故錯誤；②容量瓶中原來有少量蒸餾水對溶液的濃度無影響，故錯誤；③搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線不應(yīng)該再加水，否則濃度變小，故錯誤；④定容時觀察液面俯視，則溶液的體積變小，濃度變大。故選④。點睛：在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時選擇容量瓶的規(guī)格要考慮溶液的體積和實際條件，通常容量瓶的規(guī)格為100mL，250mL，500mL等，若溶液的體積正好等于容量瓶的規(guī)格，按體積選擇，若溶液的體積沒有對應(yīng)的規(guī)格，則選擇稍大體積的容量瓶。且計算溶質(zhì)的量時用容量瓶的體積進行計算。28、1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d622平面正三角形、三角錐形共價鍵、配位鍵sp360°制造火箭推進劑或炸藥(其他合理答案均可)F的電負性比N大，N—F成鍵電子對偏向F，導(dǎo)致NF3中氮原子核對其孤電子對的吸引能力增強，難以形成配位鍵化合物乙分子間存在氫鍵N>O>C【解題分析】

(1)鐵為26號元素，原子失去最外層4s能級2個電子，形成Fe2+，據(jù)此書寫核外電子排布式，核外的每個電子的運動狀態(tài)均不同；(2)NH3分子中氮原子含有孤電子對，BF3分子中B元素不含孤電子對，導(dǎo)致其空間構(gòu)型不同；根據(jù)價層電子對互斥理論確定BF3的分子空間構(gòu)型；(3)N4分子與P4結(jié)構(gòu)相似，為正四面體構(gòu)型，每個面均為正三角形；N4分解后能產(chǎn)生N2并釋放出大量能量，據(jù)此判斷用途；(4)NF3中N-F成鍵電子對偏向于F原子，N原子上的孤對電子難與銅離子形成配離子；(5)氫鍵的存在導(dǎo)致物質(zhì)熔沸點升高；化合物乙中能形成sp3雜化的原子有C、N、O元素，同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，據(jù)此排序?！绢}目詳解】(1)鐵原子失去最外層4s能級2個電子，形成Fe2+，核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d