2023-2024學年江蘇省高二上期期末模擬化試卷（解析版）

PAGEPAGE3江蘇省2023-2024學年高二上學期期末模擬卷2一、單項選擇題：本題包括14小題，每小題3分，共計42分。每小題只有一個選項符合題意。1．實驗室可用反應2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O22[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O制備三氯化六氨合鈷。下列有關說法正確的是A．Co2＋的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d54s2B．H2O的電子式為H∶O∶HC．中子數為18的氯原子可表示為eq\o(\s\up5(18),\s\do2(17))ClD．[Co(NH3)6]Cl3中既含共價鍵又含離子鍵〖答案〗D〖解析〗A項，Co2＋的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d7，錯誤；B項，H2O的電子式為，錯誤；C項，中子數為18的氯原子可表示為eq\o(\s\up5(35),\s\do2(17))Cl，錯誤；D項，[Co(NH3)6]Cl3中Cl－與[Co(NH3)6]3＋之間通過離子鍵結合，[Co(NH3)6]3＋離子中氨分子內部存在共價鍵，Co與N原子之間存在配位鍵，也為共價鍵，正確。2．當汽車遭受一定碰撞力量以后，安全氣囊中的物質會發(fā)生劇烈的反應：NaN3＋KNO3K2O＋Na2O＋N2↑(未配平)。下列說法正確的是A．離子半徑：r(Na＋)＞r(N3－) B．電負性：χ(O)＞χ(N)C．第一電離能：I1(O)＜I1(Na) D．堿性：KOH＜NaOH〖答案〗B〖解析〗A項，Na＋和N3－電子層結構相同，Na＋的核電荷數大半徑小，錯誤；B項，同一周期元素，電負性隨著原子序數的增大而增大，N、O位于同一周期且原子序數N＜O，則電負性大?。害?O)＞χ(N)，正確；C項，金屬元素第一電離能較小、非金屬元素第一電離能較大，所以電離能大?。篒1(O)＞I1(Na)，錯誤；D項，元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性：K＞Na，堿性強弱：KOH＞NaOH，錯誤。3．下列判斷正確的是A．硬度：金剛石＜碳化硅＜晶體硅 B．沸點：SiCl4＞SiBr4＞SiI4C．鍵的極性：Cl－I＞Br－I D．熱穩(wěn)定性：HF＜HCl＜HBr〖答案〗C〖解析〗A項，由于原子半徑C＜Si，所以鍵長C－C＜C－Si＜Si－Si，鍵長越短，共價鍵越強，硬度越大，因此硬度：金剛石＞碳化硅＞晶體硅，錯誤；B項，結構相似的分子，其相對分子質量越大，分子晶體的沸點越高，因此沸點為：SiCl4＜SiBr4＜SiI4，錯誤；C項，電負性：Cl＞Br，則共價鍵極性：Cl－I＞Br－I，正確；D項，非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：F＞Cl＞Br，熱穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr，錯誤。4．銅氨液可以吸收CO，其反應為：[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]＋。下列說法正確的是A．Cu＋價層電子排布式：3d94s1 B．CO為非極性分子C．NH3空間構型為三角錐形 D．1mol[Cu(NH3)3CO]＋中含有3mol配位鍵〖答案〗C〖解析〗A項，基態(tài)銅原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s1，失去4s上的1個電子變成Cu＋，則Cu＋價層電子排布式為：3d10，錯誤；B項，CO為含有極性鍵的雙原子分子，則為極性分子，錯誤；C項，NH3中心原子價層電子對數為：3＋EQ\f(5－3×1,2)＝4，采取sp3雜化，有1對孤對電子，所以分子的空間構型為三角錐形，正確；D項，Cu[(NH3)3CO]＋中Cu＋提供空軌道，NH3和CO為配位體，所以１molCu(NH3)3CO]＋中含有4mol配位鍵，錯誤。5．關于反應6HCN＋Fe＋2K2CO3K4[Fe(CN)6]＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O說法正確的是A．HCN中σ鍵和π鍵數目之比為2∶1 B．該反應中Fe失去4s能級上電子C．CO2－的空間構型為三角錐形 D．K4[Fe(CN)6]在水溶液中能完全電離出CN－〖答案〗B〖解析〗A項，HCN的結構式為H－C≡N，單鍵屬于σ鍵，三鍵中含有1個σ鍵、2個π鍵，HCN中σ鍵和π鍵數目之比為1∶1，錯誤；B項，該反應中Fe元素由0價上升到＋2價，Fe2＋的核外有24個電子，是由Fe原子失去4s能級上的2個電子，正確；C項，CO2－的中心原子價層電子對數為3＋EQ\f(4＋2－3×2,2)＝3，沒有孤電子對，空間構型為平面三角形，錯誤；D項，CN－在配合物的內界，K4[Fe(CN)6]在水溶液中不能完全電離出CN－，正確。6．我國科學家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生產方式從農耕種植轉變?yōu)楣I(yè)制造成為可能，其部分轉化過程如下：已知：ZnO是兩性氧化物；ZrCl4水解可制得ZrO2。下列有關物質的說法正確的是A．H2和HCHO均屬于非極性分子B．CO2的空間結構為V形C．H2O2和H2O中均含極性鍵和非極性鍵D．CH3OH的熔點高于HCHO〖答案〗D〖解析〗A項，HCHO中C原子價層電子對個數＝3＋EQ\f(4－1×2－2×1,2)＝3且不含孤電子對，為平面三角形結構，正負電荷中心不重合，為極性分子，H2為直線形分子，為非極性分子，錯誤；B項，CO2分子中C原子的價層電子對數為2＋EQ\f(4－2×2,2)＝2，無孤電子對，VSEPR模型和空間構型均為直線形，錯誤；C項，H2O不含非極性鍵，錯誤；D項，分子晶體中相對分子質量越大，熔點越高，分子間含有氫鍵時熔點較高，CH3OH分子間存在氫鍵，則熔點為CH3OH＞HCHO，正確。7．從茶葉中提取的茶多酚具有抗氧化、降壓降脂、抗炎抑菌、抗血凝、增強免疫機能等功能，在茶多酚總量中，兒茶素(結構見圖)占50%～70%。下列說法不正確的是A．兒茶素易溶于熱水 B．兒茶素分子中有3個手性碳原子C．兒茶素中的酚羥基易被氧化 D．1mol兒茶素與足量濃溴水反應消耗6molBr2〖答案〗B〖解析〗A項，兒茶素分子中含有羥基數較多，易溶于熱水，正確；B項，分子中有2個手性碳原子(*標出)，錯誤；C項，酚羥基易被氧化，正確；D項，酚羥基的鄰位、對位易與溴發(fā)生取代反應，1mol兒茶素與足量濃溴水反應消耗6molBr2，正確。8．鈣鈦礦是以俄羅斯礦物學家Perovski的名字命名的，最初單指鈦酸鈣這種礦物[如圖(a)]，此后，把結構與之類似的晶體(化學式與鈦酸鈣相似)統(tǒng)稱為鈣鈦礦物質。某鈣鈦礦型太陽能光伏電池的有機半導材料的結構如圖(b)所示，其中A為CH3NH3＋，另兩種離子為I－和Pb2＋。下列說法錯誤的是A．CH3NH＋中含有配位鍵B．圖(b)中，X為I－C．晶胞中與每個Ca2＋緊鄰的O2－有6個D．鈦酸鈣的化學式為CaTiO3〖答案〗C〖解析〗A項，類比NHeq\o\al(＋,4)的成鍵情況可知，CH3NH3＋中含有H＋與N原子上的孤電子對形成的配位鍵，正確；B項，由圖(b)可知，A、B、X分別位于晶胞的頂點、體心、面心，根據均攤法可以確定其中有1個A、1個B和3個X，根據晶體呈電中性可以確定，CH3NH＋和Pb2＋均為1個，有3個I－，故X為I－，正確；C項，圖(a)的晶胞中，Ca2＋位于頂點，其與鄰近的3個面的面心上的O2－緊鄰，每個頂點參與形成8個晶胞，每個面參與形成2個晶胞，因此，與每個Ca2＋緊鄰的O2－有12個，錯誤；D項，由圖(a)可知，鈦酸鈣的晶胞中Ca2＋位于8個頂點、O2－位于6個面心、Ti4＋位于體心，根據均攤法可以確定Ca2＋、O2－、Ti4＋的數目分別為1、3、1，因此其化學式為CaTiO3，正確。9．從Cl－和I－混合溶液中得到AgCl和AgI的流程如下：下列說法正確的是A．“沉淀Ⅰ”步驟只發(fā)生Ag＋與I－生成AgI的反應B．“溶解”步驟反應的離子方程式：Ag＋＋2NH3[Ag(NH3)2]＋C．AgI可溶于4mol·L－1的氨水D．“沉淀Ⅱ”生成AgCl的離子方程式：[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)〖答案〗D〖解析〗向Cl－和I－混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，Ag＋與I－、Cl－生成AgI和AgCl，過濾后將沉淀在氨水中溶解，AgCl沉淀可以溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋，AgI不能溶于的氨水，過濾分離出AgI，[Ag(NH3)2]＋溶液酸化后生成AgCl沉淀。A項，“沉淀Ⅰ”步驟中向Cl－和I－混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，生成AgCl、AgI溶液，錯誤；B項，AgCl沉淀可以溶于氨水，離子方程式為：AgCl＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O，錯誤；C項，由流程圖可知，加入氨水后過濾得到AgI，說明AgI不能溶于4mol·L－1的氨水，錯誤；D項，AgCl沉淀可以溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋，[Ag(NH3)2]＋溶液酸化后生成AgCl沉淀，離子方程式為：[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)，正確。10．室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A向2mL2%的硫酸銅溶液中滴入幾滴NaOH溶液，振蕩后再加入1L某單糖溶液，加熱后觀察是否有磚紅色沉淀確定單糖中是否含醛基B將石蠟油加強熱產生的氣體通入Br2的CCl4溶液，觀察溶液顏色變化確定石蠟油分解是否產生不飽和氣態(tài)烴C向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，觀察溶液顏色變化確定淀粉是否發(fā)生水解D將鹵代烴與NaOH水溶液混合加熱，待冷卻后再加入硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色確定鹵代烴中鹵原子種類〖答案〗B〖解析〗A項，2mL2%的硫酸銅溶液中滴入幾滴NaOH溶液，制備新制的氫氧化銅懸濁液應該堿過量，檢驗單糖中的醛基應該在堿性環(huán)境，錯誤；B項，將石蠟油加強熱產生的氣體通入Br2的CCl4溶液，Br2的CCl4溶液褪色，說明產生不飽和氣態(tài)烴，正確；C項，淀粉水解液中滴加少量碘水，若溶液顯藍色，不能證明淀粉未發(fā)生水解，有可能是部分水解，錯誤；D項，鹵代烴與NaOH水溶液混合加熱，待冷卻后，加稀硝酸中和氫氧化鈉，再加入硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色確定鹵素原子種類，錯誤。11．扁桃酸是重要的醫(yī)藥合成中間體，工業(yè)上合成它的路線之一如下：eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(HCN),\s\do4(→))),\s\do6(Ⅰ))eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(H＋/H2O),\s\do4(→))),\s\do6(Ⅱ))下列有關說法不正確的是A．反應I是加成反應B．苯甲醛分子中所有原子可以處于同一平面C．扁桃酸可以通過縮聚反應生成D．1mol扁桃酸最多可以消耗2molNaHCO3〖答案〗D〖解析〗A項，反應I是醛基的加成反應，正確；B項，苯甲醛中苯環(huán)、－CHO均為平面結構，兩個平面結構通過C－C單鍵結合，由于碳碳單鍵可以旋轉，因此苯甲醛分子中所有原子可以處于同一平面，正確；C項，扁桃酸分子中含－OH、－COOH，在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應生成高聚物和水，正確；D項，在扁桃酸分子中只有－COOH與NaHCO3發(fā)生反應，1個扁桃酸分子中含有1個－COOH，則1mol扁桃酸最多可以消耗1molNaHCO3，錯誤。12．藥物Z可通過如下轉化合成得到：下列說法正確的是A．X中所有碳原子不可以位于同一平面B．1molY與足量NaOH溶液反應，最多消耗1molNaOHC．Z分子不存在順反異構現象D．Z分子與Br2按物質的量之比為1∶1加成，所得產物大于2種〖答案〗D〖解析〗A項，與苯環(huán)直接相連的原子共面，羰基兩端的原子共面，則X中所有碳原子可以位于同一平面，錯誤；B項，Y中酯基可和氫氧化鈉發(fā)生堿性水解，溴原子能和氫氧化鈉溶液反應發(fā)生取代反應，故1molY與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH，錯誤；C項，Z分子環(huán)中的碳碳雙鍵兩端的基團不同，故存在順反異構現象，錯誤；D項，Z分子中存在2個碳碳雙鍵，與Br2按物質的量之比為1∶1加成，碳碳雙鍵可單獨加成，還可以發(fā)生1，2－加成或1，4－加成，故所得產物大于2種，正確。13．S－誘抗素的分子結構如圖。下列關于該物質的說法正確的是A．該有機物能發(fā)生取代、加成和水解反應B．1mol該有機物與足量溴反應最多消耗4molBr2C．該有機物的分子式為C15H21O4D．1mol該有機物與足量Na反應生成生成1molH2〖答案〗D〖解析〗A項，該有機物含羥基、羧基能發(fā)生取代，含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成，不能發(fā)生水解反應，錯誤；B項，1mol該有機物含有3mol碳碳雙鍵，因此與足量溴反應最多消耗3molBr2，錯誤；C項，該有機物的分子式為C15H20O4，錯誤；D項，羥基和羧基與鈉反應生成氫氣，因此1mol該有機物與足量Na反應生成生成1molH2，正確。14．查爾酮是合成治療胃炎藥物的中間體，其合成路線中的一步反應如圖所示。下列說法正確的是＋eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(OH－),\s\do4(→))),\s\do6())＋H2OA．X中所有碳原子共平面 B．1molY最多能與3molNaOH反應C．1molZ最多能與10molH2反應 D．Z存在順反異構體〖答案〗D〖解析〗A項，由結構簡式可知，X分子中含有飽和碳原子，飽和碳原子的空間構型為四面體形，所以X分子中所有碳原子不可能共平面，錯誤；B項，Y分子中酯基和氫氧化鈉反應，反應生成的酚羥基能和氫氧化鈉反應，則1molY最多能與2molNaOH反應，錯誤；C項，分子中苯環(huán)能和氫氣加成，羰基、碳碳雙鍵能和氫氣加成，酯基不能和氫氣加成，則1molZ最多能與9molH2反應，錯誤；D項，碳碳雙鍵兩端任何一個碳上連的兩個不相同的原子或原子團就有順反異構體，故Z存在順反異構體，正確。二、非選擇題：共4題，共58分。15．（16分）銅及其化合物在工農業(yè)生產中有廣泛的應用。Ⅰ．金屬銅的原子堆積模型如圖－1所示，（1）該晶胞中每個Cu原子周圍最近距離的Cu原子數目為_______。Ⅱ．Cu2＋能與NH3、H2O、OH－、Cl－等形成配位數為4的配合物。（2）向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，還存在的化學鍵類型有_______(填字母)。A．離子鍵 B．金屬鍵 C．極性共價鍵D．非極性共價鍵（3）將CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中進行“氨浸”，控制溫度為50～55℃，pH約為9.5，CuO轉化為[Cu(NH3)4]SO4溶液。①CuO被浸取的離子方程式為___________________________________________。②[Cu(NH3)4]2＋結構中，若用兩個H2O分子代替兩個NH3分子，可以得到兩種不同結構的化合物，由此推測[Cu(NH3)4]2＋的空間構型為_____________。（4）Cu2＋可以與乙二胺(H2N－CH2CH2－NH2)形成配離子，如題圖－2所示：③H、O、N三種元素的電負性從大到小的順序為___________________。④乙二胺分子中N原子成鍵時采取的雜化類型是__________。乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高很多，原因是_____________________________________。Ⅲ．將含有未成對電子的物質置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質，（5）下列物質中，屬于順磁性物質的是_______(填標號)。A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．Na2[Cu(OH)4]〖答案〗（1）12（2分）（2）AC（2分）（3）①CuO＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)[Cu(NH3)4]2＋＋H2O（2分）②正方形（2分）（4）①O＞N＞H（2分）②sp3（2分）③乙二胺可以形成分子間氫鍵（2分）（5）BC（2分）〖解析〗（1）金屬銅的原子堆積模型位面心立方最密堆積，該晶胞中每個Cu原子周圍最近距離的Cu原子數目為12；（2）根據信息可知Cu2＋能與OH－形成配位鍵，Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，Na＋與[Cu(OH)4]2－之間存在離子鍵，OH－之間存在極性共價鍵，故Na2[Cu(OH)4]還存在的化學鍵類型有離子鍵、極性共價鍵，故〖答案〗為：AC；（3）①將CuO投入NH3、(NH4)2SO4生成[Cu(NH3)4]SO4，CuO被浸取的離子方程式為CuO＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)[Cu(NH3)4]2＋＋H2O；②[Cu(NH3)4]2＋結構中，若用兩個H2O分子代替兩個NH3分子，如果[Cu(NH3)4]2＋是正四面體結構，兩個H2O分子代替兩個NH3分子，得到[Cu(NH3)4]2＋只有一種結構；[Cu(NH3)2(H2O)2]2＋可以得到兩種不同結構的化合物，由此推測[Cu(NH3)4]2＋的空間構型為正方形結構；（4）③同周期元素從左到右電負性依次增大，故電負性為O＞N＞H；④乙二胺分子中N原子與H和C形成3個σ鍵，有一對孤電子對，價層電子對數為4，采取sp3雜化；乙二胺分子間可以形成氫鍵，三甲胺[N(CH3)3]不能形成氫鍵，只有分子間作用力，所以乙二胺沸點高；（5）具有未成對電子的物質具有順磁性，Cu＋價電子排布為3d10，Cu2＋價電子排布為3d9，＋2價的銅離子形成的物質具有順磁性，故〖答案〗為BC。16．（14分）學習有機化學，掌握有機物的組成、結構、命名和官能團性質是必備知識。（1）請根據官能團的不同對下列有機物進行分類，把正確〖答案〗序號填寫在相應橫線上。①CH3CH＝CH2②CH3CH2OH③④⑤⑥芳香烴：___________；醇：___________；羧酸：___________。（2）下列說法中正確是___________。A．乙醇、乙酸均能與Na反應放出H2B．與互為同分異構體C．相同物質的量的乙烯和乙醇完全燃燒消耗的氧氣的量相同D．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，兩者的反應原理相同（3）苯環(huán)實際上不具有碳碳單鍵和雙鍵的簡單交替結構，可作為證據的事實有___________。①苯的鄰位二元取代物只有一種②苯不能使KMnO4酸性溶液褪色③苯分子中碳碳鍵的鍵長均相等(鍵長是指在分子中兩個成鍵的核間距離)（4）當有機化合物分子中碳原子連有四個不同基團時稱為手性碳原子，如下圖A中星號“*”碳原子就是手性碳原子。A．B．C．①某有機物B含碳、氫、氧三種元素。該有機物的球棍模型如圖所示。該有機物的結構簡式為______________________________________________。②有機物B、C中具有手性碳原子的是___________，B、C均能在稀硫酸條件下與水反應，且反應原理一致，請寫出C發(fā)生該反應的化學方程式___________________________________?！即鸢浮剑?）⑤（1分）②（1分）③⑥（2分）（2）AC（2分）（3）①②③（2分）（4）①（2分）②C（2分）③＋H2Oeq\o(\s\up4(eq\o(\s\up3(稀H2SO4),\s\do4())),\s\do6(Δ))CH3COOH＋HOCH2CH(CH3)CH2OH（2分）〖解析〗（1）分子中含有苯環(huán)結構的碳氫化合物屬于芳香烴，屬于芳香烴的是⑤；羥基與烴基或者苯環(huán)側鏈上的碳原子相連的化合物屬于醇，屬于醇的是②；烴基與羧基結合而成的有機化合物屬于羧酸，屬于羧酸的是③⑥；（2）A項，乙醇中含有羥基、乙酸中含有羧基，均能與Na反應放出H2，正確；B項，與是同種物質，不互為同分異構體，錯誤；C項，乙醇的分子式為C2H6O，乙烯的分子式為C2H4，根據CxHyOz燃燒的通式知：等物質的量的CxHyOz燃燒耗氧量取決于x＋EQ\f(y,2)－EQ\f(z,2)的值，則等物質的量的乙烯和乙醇完全燃燒時，消耗氧氣的物質的量相等，正確；D項，乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，發(fā)生的是氧化反應，乙烯被氧化；而乙烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應，兩者的反應原理不相同，錯誤；故選AC；（3）①苯的鄰二取代物只有一種，說明苯環(huán)上的六個碳原子的環(huán)境相同，能夠說明苯環(huán)實際上不具有碳碳單鍵和雙鍵的簡單交替結構；②苯不能使高錳酸鉀溶液褪色說明苯環(huán)中不含雙鍵；③苯分子中碳碳鍵的鍵長均相等，說明苯環(huán)中的碳碳鍵都是一樣的，不具有碳碳單鍵和雙鍵的簡單交替結構；故〖答案〗為：①②③；（4）①某有機物B含碳、氫、氧三種元素。該有機物的球棍模型如圖所示。該有機物的結構簡式為：；②手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，有機物B、C中具有手性碳原子的是C，位置為，C中含有酯基在酸性環(huán)境中能夠發(fā)生水解，化學方程式為：＋H2Oeq\o(\s\up4(eq\o(\s\up3(稀H2SO4),\s\do4())),\s\do6(Δ))CH3COOH＋HOCH2CH(CH3)CH2OH。17．（14分）前4周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序數依次增大，其中元素X的基態(tài)原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同；元素Y的2p軌道有3個未成對電子，元素Z的基態(tài)原子的2p軌道有1個成對電子，M是第4周期核外未成對電子數最多的元素，元素Q位于周期表Ⅷ族，是應用最廣泛的金屬。請用化學符號回答下列問題：（1）基態(tài)Q原子的核外電子排布式為_______________。（2）X、Y、Z的簡單氣態(tài)氫化物中沸點最高的是___________(寫分子式)，主要原因是____________________________________________________________________________________。（3）化合物H2Z2中Z原子的雜化方式為_________。（4）XZ2中σ與π鍵數目之比為_________。（5）某種由元素Y、Q組成的晶體，其晶胞如圖所示，該晶體的化學式為_________。（6）MCl3·6H2O是六配位化合物，由于內界配體不同而有不同的顏色(暗綠色、淺綠色，紫色)。將1mol暗綠色MCl3·6H2O晶體溶于水，加入足量硝酸銀溶液，生成1molAgCl沉淀，則該暗綠色晶體中配離子的化學式為_________________?！即鸢浮剑?）[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2（2分）（2）①H2O（2分）②H2O、NH3都能形成分子間氫鍵，且H2O分子間形成的氫鍵數目多于NH3分子間形成的氫鍵數目（2分）（3）sp3（2分）（4）1∶1（2分）（5）Fe3N（2分）（6）[Cr(H2O)4Cl2]＋（2分）〖解析〗前4周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序數依次增大，其中元素X的基態(tài)原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同，則X為碳；元素Y的2p軌道有3個未成對電子，為氮；元素Z的基態(tài)原子的2p軌道有1個成對電子，為氧；M是第4周期核外未成對電子數最多的元素，為鉻；元素Q位于周期表Ⅷ族，是應用最廣泛的金屬，為鐵。（1）Q為鐵，基態(tài)Q原子的核外電子排布式為[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2；（2）X、Y、Z的簡單氣態(tài)氫化物分別為甲烷、氨氣、水，其中沸點最高的是H2O，主要原因H2O、NH3都能形成分子間氫鍵，且H2O分子間形成的氫鍵數目多于NH3分子間形成的氫鍵數目，導致水的沸點最高；（3）化合物H2O2中O原子形成2個σ鍵且存在2對孤電子對，雜化方式為sp3；（4）CO2結構為O＝C＝O，單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵1個π鍵，則σ與π鍵數目之比為1∶1；（5）根據“均攤法”，晶胞中含12×EQ\f(1,6)＋2×EQ\f(1,2)＋3＝6個Fe、2個N，則化學式為Fe3N；（6）MCl3·6H2O是六配位化合物，由于內界配體不同而有不同的顏色(暗綠色、淺綠色，紫色)。將1mol暗綠色MCl3·6H2O晶體溶于水，加入足量硝酸銀溶液，生成1molAgCl沉淀，則該暗綠色晶體中外界存在1個氯離子，而內界存在2個氯離子、4個水分子，故配離子的化學式為[Cr(H2O)4Cl2]＋。18．（14分）化合物F是一種有機合成的中間體，可以通過以下途徑來合成：（1）A中含氧官能團的名稱為___________。（2）C→D的反應類型為___________。（3）化合物X的化學式為C7H5OCl，其結構簡式是__________________。（4）A的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：_______________(寫出一種即可)。①分子中含有苯環(huán)，酸性條件下水解產物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應，另外產物之一能與新制Cu(OH)2懸濁液反應，生成磚紅色沉淀；②分子中不同化學環(huán)境氫原子數目比為6∶3∶2∶1。（5）已知：eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(Fe/HCl),\s\do4(→))),\s\do6())，設計以和為原料制備的合成路線(無機試劑任用，合成路線示例見本題題干)。〖答案〗（1）(酚)羥基、醛基（2分）（2）取代反應（2分）（3）（2分）（4）或（3分）（5）eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(濃H2SO4和濃HNO3),\s\do4(→))),\s\do6(50～60℃))eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(Fe/HCl),\s\do4(→))),\s\do6())eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up6(),\s\do4(→))),\s\do6())eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(NaBH4),\s\do4(→))),\s\do6())（5分）〖解析〗由有機物的轉化關系可知，與先發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應生成，與NaBH4發(fā)生還原反應生成，在碳酸鉀作用下與CH3I發(fā)生取代反應生成，與發(fā)生取代反應生成，則X為；先與CH3CH2MgBr發(fā)生取代反應，再酸化得到。（1）A的結構簡式為，官能團為(酚)羥基、醛基，故〖答案〗為：(酚)羥基、醛基；（2）C→D的反應為在碳酸鉀作用下與CH3I發(fā)生取代反應生成和碘化氫，故〖答案〗為：取代反應；（3）由分析可知，X的結構簡式為，故〖答案〗為：；（4）A的同分異構體分子中含有苯環(huán)，酸性條件下水解產物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應，另外產物之一能與新制Cu(OH)2懸濁液反應，生成磚紅色沉淀說明分子中含有—OOCH，分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為6∶3∶2∶1，則其結構簡式為、，故〖答案〗為：或；（5）由題給有機物的轉化關系和信息可知，以和為原料制備的合成步驟為：在濃硫酸作用下，與濃硝酸共熱反應生成，與鐵和鹽酸發(fā)生還原反應生成，與先發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應生成，與NaBH4發(fā)生還原反應生成，合成路線為eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(濃H2SO4和濃HNO3),\s\do4(→))),\s\do6(50～60℃))eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(Fe/HCl),\s\do4(→))),\s\do6())eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up6(),\s\do4(→))),\s\do6())eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(NaBH4),\s\do4(→))),\s\do6())，故〖答案〗為：eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(濃H2SO4和濃HNO3),\s\do4(→))),\s\do6(50～60℃))eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(Fe/HCl),\s\do4(→))),\s\do6())eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up6(),\s\do4(→))),\s\do6())eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(NaBH4),\s\do4(→))),\s\do6())。江蘇省2023-2024學年高二上學期期末模擬卷2一、單項選擇題：本題包括14小題，每小題3分，共計42分。每小題只有一個選項符合題意。1．實驗室可用反應2CoCl2＋10NH3＋2NH4Cl＋H2O22[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O制備三氯化六氨合鈷。下列有關說法正確的是A．Co2＋的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d54s2B．H2O的電子式為H∶O∶HC．中子數為18的氯原子可表示為eq\o(\s\up5(18),\s\do2(17))ClD．[Co(NH3)6]Cl3中既含共價鍵又含離子鍵〖答案〗D〖解析〗A項，Co2＋的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d7，錯誤；B項，H2O的電子式為，錯誤；C項，中子數為18的氯原子可表示為eq\o(\s\up5(35),\s\do2(17))Cl，錯誤；D項，[Co(NH3)6]Cl3中Cl－與[Co(NH3)6]3＋之間通過離子鍵結合，[Co(NH3)6]3＋離子中氨分子內部存在共價鍵，Co與N原子之間存在配位鍵，也為共價鍵，正確。2．當汽車遭受一定碰撞力量以后，安全氣囊中的物質會發(fā)生劇烈的反應：NaN3＋KNO3K2O＋Na2O＋N2↑(未配平)。下列說法正確的是A．離子半徑：r(Na＋)＞r(N3－) B．電負性：χ(O)＞χ(N)C．第一電離能：I1(O)＜I1(Na) D．堿性：KOH＜NaOH〖答案〗B〖解析〗A項，Na＋和N3－電子層結構相同，Na＋的核電荷數大半徑小，錯誤；B項，同一周期元素，電負性隨著原子序數的增大而增大，N、O位于同一周期且原子序數N＜O，則電負性大小：χ(O)＞χ(N)，正確；C項，金屬元素第一電離能較小、非金屬元素第一電離能較大，所以電離能大?。篒1(O)＞I1(Na)，錯誤；D項，元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性：K＞Na，堿性強弱：KOH＞NaOH，錯誤。3．下列判斷正確的是A．硬度：金剛石＜碳化硅＜晶體硅 B．沸點：SiCl4＞SiBr4＞SiI4C．鍵的極性：Cl－I＞Br－I D．熱穩(wěn)定性：HF＜HCl＜HBr〖答案〗C〖解析〗A項，由于原子半徑C＜Si，所以鍵長C－C＜C－Si＜Si－Si，鍵長越短，共價鍵越強，硬度越大，因此硬度：金剛石＞碳化硅＞晶體硅，錯誤；B項，結構相似的分子，其相對分子質量越大，分子晶體的沸點越高，因此沸點為：SiCl4＜SiBr4＜SiI4，錯誤；C項，電負性：Cl＞Br，則共價鍵極性：Cl－I＞Br－I，正確；D項，非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：F＞Cl＞Br，熱穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr，錯誤。4．銅氨液可以吸收CO，其反應為：[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]＋。下列說法正確的是A．Cu＋價層電子排布式：3d94s1 B．CO為非極性分子C．NH3空間構型為三角錐形 D．1mol[Cu(NH3)3CO]＋中含有3mol配位鍵〖答案〗C〖解析〗A項，基態(tài)銅原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s1，失去4s上的1個電子變成Cu＋，則Cu＋價層電子排布式為：3d10，錯誤；B項，CO為含有極性鍵的雙原子分子，則為極性分子，錯誤；C項，NH3中心原子價層電子對數為：3＋EQ\f(5－3×1,2)＝4，采取sp3雜化，有1對孤對電子，所以分子的空間構型為三角錐形，正確；D項，Cu[(NH3)3CO]＋中Cu＋提供空軌道，NH3和CO為配位體，所以１molCu(NH3)3CO]＋中含有4mol配位鍵，錯誤。5．關于反應6HCN＋Fe＋2K2CO3K4[Fe(CN)6]＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O說法正確的是A．HCN中σ鍵和π鍵數目之比為2∶1 B．該反應中Fe失去4s能級上電子C．CO2－的空間構型為三角錐形 D．K4[Fe(CN)6]在水溶液中能完全電離出CN－〖答案〗B〖解析〗A項，HCN的結構式為H－C≡N，單鍵屬于σ鍵，三鍵中含有1個σ鍵、2個π鍵，HCN中σ鍵和π鍵數目之比為1∶1，錯誤；B項，該反應中Fe元素由0價上升到＋2價，Fe2＋的核外有24個電子，是由Fe原子失去4s能級上的2個電子，正確；C項，CO2－的中心原子價層電子對數為3＋EQ\f(4＋2－3×2,2)＝3，沒有孤電子對，空間構型為平面三角形，錯誤；D項，CN－在配合物的內界，K4[Fe(CN)6]在水溶液中不能完全電離出CN－，正確。6．我國科學家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生產方式從農耕種植轉變?yōu)楣I(yè)制造成為可能，其部分轉化過程如下：已知：ZnO是兩性氧化物；ZrCl4水解可制得ZrO2。下列有關物質的說法正確的是A．H2和HCHO均屬于非極性分子B．CO2的空間結構為V形C．H2O2和H2O中均含極性鍵和非極性鍵D．CH3OH的熔點高于HCHO〖答案〗D〖解析〗A項，HCHO中C原子價層電子對個數＝3＋EQ\f(4－1×2－2×1,2)＝3且不含孤電子對，為平面三角形結構，正負電荷中心不重合，為極性分子，H2為直線形分子，為非極性分子，錯誤；B項，CO2分子中C原子的價層電子對數為2＋EQ\f(4－2×2,2)＝2，無孤電子對，VSEPR模型和空間構型均為直線形，錯誤；C項，H2O不含非極性鍵，錯誤；D項，分子晶體中相對分子質量越大，熔點越高，分子間含有氫鍵時熔點較高，CH3OH分子間存在氫鍵，則熔點為CH3OH＞HCHO，正確。7．從茶葉中提取的茶多酚具有抗氧化、降壓降脂、抗炎抑菌、抗血凝、增強免疫機能等功能，在茶多酚總量中，兒茶素(結構見圖)占50%～70%。下列說法不正確的是A．兒茶素易溶于熱水 B．兒茶素分子中有3個手性碳原子C．兒茶素中的酚羥基易被氧化 D．1mol兒茶素與足量濃溴水反應消耗6molBr2〖答案〗B〖解析〗A項，兒茶素分子中含有羥基數較多，易溶于熱水，正確；B項，分子中有2個手性碳原子(*標出)，錯誤；C項，酚羥基易被氧化，正確；D項，酚羥基的鄰位、對位易與溴發(fā)生取代反應，1mol兒茶素與足量濃溴水反應消耗6molBr2，正確。8．鈣鈦礦是以俄羅斯礦物學家Perovski的名字命名的，最初單指鈦酸鈣這種礦物[如圖(a)]，此后，把結構與之類似的晶體(化學式與鈦酸鈣相似)統(tǒng)稱為鈣鈦礦物質。某鈣鈦礦型太陽能光伏電池的有機半導材料的結構如圖(b)所示，其中A為CH3NH3＋，另兩種離子為I－和Pb2＋。下列說法錯誤的是A．CH3NH＋中含有配位鍵B．圖(b)中，X為I－C．晶胞中與每個Ca2＋緊鄰的O2－有6個D．鈦酸鈣的化學式為CaTiO3〖答案〗C〖解析〗A項，類比NHeq\o\al(＋,4)的成鍵情況可知，CH3NH3＋中含有H＋與N原子上的孤電子對形成的配位鍵，正確；B項，由圖(b)可知，A、B、X分別位于晶胞的頂點、體心、面心，根據均攤法可以確定其中有1個A、1個B和3個X，根據晶體呈電中性可以確定，CH3NH＋和Pb2＋均為1個，有3個I－，故X為I－，正確；C項，圖(a)的晶胞中，Ca2＋位于頂點，其與鄰近的3個面的面心上的O2－緊鄰，每個頂點參與形成8個晶胞，每個面參與形成2個晶胞，因此，與每個Ca2＋緊鄰的O2－有12個，錯誤；D項，由圖(a)可知，鈦酸鈣的晶胞中Ca2＋位于8個頂點、O2－位于6個面心、Ti4＋位于體心，根據均攤法可以確定Ca2＋、O2－、Ti4＋的數目分別為1、3、1，因此其化學式為CaTiO3，正確。9．從Cl－和I－混合溶液中得到AgCl和AgI的流程如下：下列說法正確的是A．“沉淀Ⅰ”步驟只發(fā)生Ag＋與I－生成AgI的反應B．“溶解”步驟反應的離子方程式：Ag＋＋2NH3[Ag(NH3)2]＋C．AgI可溶于4mol·L－1的氨水D．“沉淀Ⅱ”生成AgCl的離子方程式：[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)〖答案〗D〖解析〗向Cl－和I－混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，Ag＋與I－、Cl－生成AgI和AgCl，過濾后將沉淀在氨水中溶解，AgCl沉淀可以溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋，AgI不能溶于的氨水，過濾分離出AgI，[Ag(NH3)2]＋溶液酸化后生成AgCl沉淀。A項，“沉淀Ⅰ”步驟中向Cl－和I－混合溶液中加入酸化的硝酸銀溶液，生成AgCl、AgI溶液，錯誤；B項，AgCl沉淀可以溶于氨水，離子方程式為：AgCl＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O，錯誤；C項，由流程圖可知，加入氨水后過濾得到AgI，說明AgI不能溶于4mol·L－1的氨水，錯誤；D項，AgCl沉淀可以溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋，[Ag(NH3)2]＋溶液酸化后生成AgCl沉淀，離子方程式為：[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)，正確。10．室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A向2mL2%的硫酸銅溶液中滴入幾滴NaOH溶液，振蕩后再加入1L某單糖溶液，加熱后觀察是否有磚紅色沉淀確定單糖中是否含醛基B將石蠟油加強熱產生的氣體通入Br2的CCl4溶液，觀察溶液顏色變化確定石蠟油分解是否產生不飽和氣態(tài)烴C向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，觀察溶液顏色變化確定淀粉是否發(fā)生水解D將鹵代烴與NaOH水溶液混合加熱，待冷卻后再加入硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色確定鹵代烴中鹵原子種類〖答案〗B〖解析〗A項，2mL2%的硫酸銅溶液中滴入幾滴NaOH溶液，制備新制的氫氧化銅懸濁液應該堿過量，檢驗單糖中的醛基應該在堿性環(huán)境，錯誤；B項，將石蠟油加強熱產生的氣體通入Br2的CCl4溶液，Br2的CCl4溶液褪色，說明產生不飽和氣態(tài)烴，正確；C項，淀粉水解液中滴加少量碘水，若溶液顯藍色，不能證明淀粉未發(fā)生水解，有可能是部分水解，錯誤；D項，鹵代烴與NaOH水溶液混合加熱，待冷卻后，加稀硝酸中和氫氧化鈉，再加入硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色確定鹵素原子種類，錯誤。11．扁桃酸是重要的醫(yī)藥合成中間體，工業(yè)上合成它的路線之一如下：eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(HCN),\s\do4(→))),\s\do6(Ⅰ))eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(H＋/H2O),\s\do4(→))),\s\do6(Ⅱ))下列有關說法不正確的是A．反應I是加成反應B．苯甲醛分子中所有原子可以處于同一平面C．扁桃酸可以通過縮聚反應生成D．1mol扁桃酸最多可以消耗2molNaHCO3〖答案〗D〖解析〗A項，反應I是醛基的加成反應，正確；B項，苯甲醛中苯環(huán)、－CHO均為平面結構，兩個平面結構通過C－C單鍵結合，由于碳碳單鍵可以旋轉，因此苯甲醛分子中所有原子可以處于同一平面，正確；C項，扁桃酸分子中含－OH、－COOH，在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應生成高聚物和水，正確；D項，在扁桃酸分子中只有－COOH與NaHCO3發(fā)生反應，1個扁桃酸分子中含有1個－COOH，則1mol扁桃酸最多可以消耗1molNaHCO3，錯誤。12．藥物Z可通過如下轉化合成得到：下列說法正確的是A．X中所有碳原子不可以位于同一平面B．1molY與足量NaOH溶液反應，最多消耗1molNaOHC．Z分子不存在順反異構現象D．Z分子與Br2按物質的量之比為1∶1加成，所得產物大于2種〖答案〗D〖解析〗A項，與苯環(huán)直接相連的原子共面，羰基兩端的原子共面，則X中所有碳原子可以位于同一平面，錯誤；B項，Y中酯基可和氫氧化鈉發(fā)生堿性水解，溴原子能和氫氧化鈉溶液反應發(fā)生取代反應，故1molY與足量NaOH溶液反應，最多消耗2molNaOH，錯誤；C項，Z分子環(huán)中的碳碳雙鍵兩端的基團不同，故存在順反異構現象，錯誤；D項，Z分子中存在2個碳碳雙鍵，與Br2按物質的量之比為1∶1加成，碳碳雙鍵可單獨加成，還可以發(fā)生1，2－加成或1，4－加成，故所得產物大于2種，正確。13．S－誘抗素的分子結構如圖。下列關于該物質的說法正確的是A．該有機物能發(fā)生取代、加成和水解反應B．1mol該有機物與足量溴反應最多消耗4molBr2C．該有機物的分子式為C15H21O4D．1mol該有機物與足量Na反應生成生成1molH2〖答案〗D〖解析〗A項，該有機物含羥基、羧基能發(fā)生取代，含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成，不能發(fā)生水解反應，錯誤；B項，1mol該有機物含有3mol碳碳雙鍵，因此與足量溴反應最多消耗3molBr2，錯誤；C項，該有機物的分子式為C15H20O4，錯誤；D項，羥基和羧基與鈉反應生成氫氣，因此1mol該有機物與足量Na反應生成生成1molH2，正確。14．查爾酮是合成治療胃炎藥物的中間體，其合成路線中的一步反應如圖所示。下列說法正確的是＋eq\o(\s\up4(eq\o(\s\up2(OH－),\s\do4(→))),\s\do6())＋H2OA．X中所有碳原子共平面 B．1molY最多能與3molNaOH反應C．1molZ最多能與10molH2反應 D．Z存在順反異構體〖答案〗D〖解析〗A項，由結構簡式可知，X分子中含有飽和碳原子，飽和碳原子的空間構型為四面體形，所以X分子中所有碳原子不可能共平面，錯誤；B項，Y分子中酯基和氫氧化鈉反應，反應生成的酚羥基能和氫氧化鈉反應，則1molY最多能與2molNaOH反應，錯誤；C項，分子中苯環(huán)能和氫氣加成，羰基、碳碳雙鍵能和氫氣加成，酯基不能和氫氣加成，則1molZ最多能與9molH2反應，錯誤；D項，碳碳雙鍵兩端任何一個碳上連的兩個不相同的原子或原子團就有順反異構體，故Z存在順反異構體，正確。二、非選擇題：共4題，共58分。15．（16分）銅及其化合物在工農業(yè)生產中有廣泛的應用。Ⅰ．金屬銅的原子堆積模型如圖－1所示，（1）該晶胞中每個Cu原子周圍最近距離的Cu原子數目為_______。Ⅱ．Cu2＋能與NH3、H2O、OH－、Cl－等形成配位數為4的配合物。（2）向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，還存在的化學鍵類型有_______(填字母)。A．離子鍵 B．金屬鍵 C．極性共價鍵D．非極性共價鍵（3）將CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中進行“氨浸”，控制溫度為50～55℃，pH約為9.5，CuO轉化為[Cu(NH3)4]SO4溶液。①CuO被浸取的離子方程式為___________________________________________。②[Cu(NH3)4]2＋結構中，若用兩個H2O分子代替兩個NH3分子，可以得到兩種不同結構的化合物，由此推測[Cu(NH3)4]2＋的空間構型為_____________。（4）Cu2＋可以與乙二胺(H2N－CH2CH2－NH2)形成配離子，如題圖－2所示：③H、O、N三種元素的電負性從大到小的順序為___________________。④乙二胺分子中N原子成鍵時采取的雜化類型是__________。乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高很多，原因是_____________________________________。Ⅲ．將含有未成對電子的物質置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質，（5）下列物質中，屬于順磁性物質的是_______(填標號)。A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．Na2[Cu(OH)4]〖答案〗（1）12（2分）（2）AC（2分）（3）①CuO＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)[Cu(NH3)4]2＋＋H2O（2分）②正方形（2分）（4）①O＞N＞H（2分）②sp3（2分）③乙二胺可以形成分子間氫鍵（2分）（5）BC（2分）〖解析〗（1）金屬銅的原子堆積模型位面心立方最密堆積，該晶胞中每個Cu原子周圍最近距離的Cu原子數目為12；（2）根據信息可知Cu2＋能與OH－形成配位鍵，Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，Na＋與[Cu(OH)4]2－之間存在離子鍵，OH－之間存在極性共價鍵，故Na2[Cu(OH)4]還存在的化學鍵類型有離子鍵、極性共價鍵，故〖答案〗為：AC；（3）①將CuO投入NH3、(NH4)2SO4生成[Cu(NH3)4]SO4，CuO被浸取的離子方程式為CuO＋2NH3＋2NHeq\o\al(＋,4)[Cu(NH3)4]2＋＋H2O；②[Cu(NH3)4]2＋結構中，若用兩個H2O分子代替兩個NH3分子，如果[Cu(NH3)4]2＋是正四面體結構，兩個H2O分子代替兩個NH3分子，得到[Cu(NH3)4]2＋只有一種結構；[Cu(NH3)2(H2O)2]2＋可以得到兩種不同結構的化合物，由此推測[Cu(NH3)4]2＋的空間構型為正方形結構；（4）③同周期元素從左到右電負性依次增大，故電負性為O＞N＞H；④乙二胺分子中N原子與H和C形成3個σ鍵，有一對孤電子對，價層電子對數為4，采取sp3雜化；乙二胺分子間可以形成氫鍵，三甲胺[N(CH3)3]不能形成氫鍵，只有分子間作用力，所以乙二胺沸點高；（5）具有未成對電子的物質具有順磁性，Cu＋價電子排布為3d10，Cu2＋價電子排布為3d9，＋2價的銅離子形成的物質具有順磁性，故〖答案〗為BC。16．（14分）學習有機化學，掌握有機物的組成、結構、命名和官能團性質是必備知識。（1）請根據官能團的不同對下列有機物進行分類，把正確〖答案〗序號填寫在相應橫線上。①CH3CH＝CH2②CH3CH2OH③④⑤⑥芳香烴：___________；醇：___________；羧酸：___________。（2）下列說法中正確是___________。A．乙醇、乙酸均能與Na反應放出H2B．與互為同分異構體C．相同物質的量的乙烯和乙醇完全燃燒消耗的氧氣的量相同D．乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，兩者的反應原理相同（3）苯環(huán)實際上不具有碳碳單鍵和雙鍵的簡單交替結構，可作為證據的事實有___________。①苯的鄰位二元取代物只有一種②苯不能使KMnO4酸性溶液褪色③苯分子中碳碳鍵的鍵長均相等(鍵長是指在分子中兩個成鍵的核間距離)（4）當有機化合物分子中碳原子連有四個不同基團時稱為手性碳原子，如下圖A中星號“*”碳原子就是手性碳原子。A．B．C．①某有機物B含碳、氫、氧三種元素。該有機物的球棍模型如圖所示。該有機物的結構簡式為______________________________________________。②有機物B、C中具有手性碳原子的是___________，B、C均能在稀硫酸條件下與水反應，且反應原理一致，請寫出C發(fā)生該反應的化學方程式___________________________________?！即鸢浮剑?）⑤（1分）②（1分）③⑥（2分）（2）AC（2分）（3）①②③（2分）（4）①（2分）②C（2分）③＋H2Oeq\o(\s\up4(eq\o(\s\up3(稀H2SO4),\s\do4())),\s\do6(Δ))CH3COOH＋HOCH2CH(CH3)CH2OH（2分）〖解析〗（1）分子中含有苯環(huán)結構的碳氫化合物屬于芳香烴，屬于芳香烴的是⑤；羥基與烴基或者苯環(huán)側鏈上的碳原子相連的化合物屬于醇，屬于醇的是②；烴基與羧基結合而成的有機化合物屬于羧酸，屬于羧酸的是③⑥；（2）A項，乙醇中含有羥基、乙酸中含有羧基，均能與Na反應放出H2，正確；B項，與是同種物質，不互為同分異構體，錯誤；C項，乙醇的分子式為C2H6O，乙烯的分子式為C2H4，根據CxHyOz燃燒的通式知：等物質的量的CxHyOz燃燒耗氧量取決于x＋EQ\f(y,2)－EQ\f(z,2)的值，則等物質的量的乙烯和乙醇完全燃燒時，消耗氧氣的物質的量相等，正確；D項，乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，發(fā)生的是氧化反應，乙烯被氧化；而乙烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應，兩者的反應原理不相同，錯誤；故選AC；（3）①苯的鄰二取代物只有一種，說明苯環(huán)上的六個碳原子的環(huán)境相同，能夠說明苯環(huán)實際上不具有碳碳單鍵和雙鍵的簡單交替結構；②苯不能使高錳酸鉀溶液褪色說明苯環(huán)中不含雙鍵；③苯分子中碳碳鍵的鍵長均相等，說明苯環(huán)中的碳碳鍵都是一樣的，不具有碳碳單鍵和雙鍵的簡單交替結構；故〖答案〗為：①②③；（4）①某有機物B含碳、氫、氧三種元素。該有機物的球棍模型如圖所示。該有機物的結構簡式為：；②手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，有機物B、C中具有手性碳原子的是C，位置為，C中含有酯基在酸性環(huán)境中能夠發(fā)生水解，化學方程式為：＋H2Oeq\o(\s\up4(eq\o(\s\up3(稀H2SO4),\s\do4())),\s\do6(Δ))CH3COOH＋HOCH2CH(CH3)CH2OH。17．（14分）前4周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序數依次增大，其中元素X的基態(tài)原子中電子占據了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數相同；元素Y的2p軌道有3個未成對電子，元素Z的基態(tài)原子的2p軌道有1個成對電子，M是第4周期核外未成對電子數最多的元素，元素Q位于周期表Ⅷ族，是應用最廣泛的金屬。請用化學符號回答下列問題：（1）基態(tài)Q原子的核外電子排布式為_______________。（2）X、Y、Z的簡單氣態(tài)氫化物中沸點最高的是___________(寫分子式)，主要原因是____________________________________________________________________________________。（3）化合物H2Z2中Z原子的雜化方式為_________。（4）XZ2中σ與π鍵數目之比為_________。（5）某種由元素Y、Q組成的晶體，其晶胞如圖所示，該晶體的化學式為_________。（6）MCl3·6H2O是六配位化合物，由于內界配體不同而有不同的顏色(暗綠色、淺綠色，紫色)。將1mol暗綠色MCl3·6H2O晶體溶于水，加入足量硝酸銀溶液，生成1molAgCl沉淀，則該暗綠色晶體中配離子的化學式為_________________?！即鸢浮剑?）[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2（2分）（2）①H2O（2分）②H2O、NH3都能形成分子