2025年人教新起點選擇性必修2化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點選擇性必修2化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖是磷酸；亞磷酸、次磷酸的結(jié)構(gòu)式；其中磷酸為三元中強酸，亞磷酸為二元弱酸，則下列說法正確的是。

A.磷酸(H3PO4)的電離方程式為：H3PO4=3H++B.NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式鹽C.NaH2PO4溶液呈酸性，是因為的水解程度比電離程度大D.常溫下，NaH2PO2溶液pH>7，具有強還原性2、2011年初，中東政局動蕩，原油價格飆升，第三次能源危機的影子漸行漸近，尋找替代能源成了當務(wù)之急。海底深處儲存豐富的“可燃冰”是目前開發(fā)前景十分誘人的新能源?！翱扇急笔且环N晶體，晶體中平均每46個水分子構(gòu)建成8個籠，每個籠內(nèi)可容納1個甲烷分子或1個游離的水分子。若晶體中每8個籠有6個容納了甲烷分子，另外兩個被水分子填充。則“可燃冰”的平均分子組成為A.CH4·8H2OB.CH4·7H2OC.CH4·6H2OD.CH4·5H2O3、用代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法中，正確的是A.碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物含有的氧原子數(shù)為B.標準狀況下，乙炔中鍵數(shù)為鍵數(shù)為C.醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)為D.二氧化硅晶體中含有鍵數(shù)為4、下列物質(zhì)中，屬于共價化合物的是A.MgCl2B.CO2C.H2D.NaOH5、意大利羅馬大學的FulvioCacace等人獲得了極具理論研究意義的氣態(tài)N4分子；其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。已知斷裂1molN—N吸收167kJ熱量，生成1molN≡N鍵放出942kJ熱量，根據(jù)以上信息判斷，下列說法正確的是。

A.1molN4轉(zhuǎn)變成N2將放出882kJ熱量B.N4屬于一種新型的化合物C.1molN4比2molN2的總能量低D.N4是由極性鍵組成分子6、如圖為NaCl晶體的一個晶胞，測知氯化鈉晶體中相鄰的Na+與Cl-的距離為acm，該晶體密度為dg·cm-3；則阿伏加德羅常數(shù)可表示為。

A.mol-1B.mol-1C.mol-1D.mol-1評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、下列各組粒子中，中心原子的雜化軌道類型相同的是A.SO2、CO2B.H3O+、C.D.BeCl2和CH48、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。工業(yè)上以金紅石(主要成分是TiO2)為原料制備金屬鈦的步驟：①在高溫下，向金紅石與W的單質(zhì)組成的混合物中通入黃綠色氣體單質(zhì)Z，得到化合物甲和化學式為WX的氣體乙，氣體乙會與血紅蛋白結(jié)合導(dǎo)致人體中毒；②金屬Y形成的淡黃色氧化物可用于呼吸面具。在稀有氣體環(huán)境和加熱條件下，用Y的金屬單質(zhì)與甲反應(yīng)可得鈦。下列說法不正確的是A.W的氫化物的沸點一定小于X的氫化物B.簡單離子半徑：Z＞Y＞XC.W與Z形成的化合物可用做工業(yè)上的重要有機溶劑D.含Z元素的某種鹽具有強氧化性，可用于飲用水消毒9、下列分子或離子中，價層電子對互斥模型與分子或離子的幾何構(gòu)型不一致的是A.CO2B.H2OC.CCl4D.NH310、異歐前胡素是中藥白芷根的提取物；有顯著的鎮(zhèn)痛；抗炎、抗菌藥理作用。其中的合成路線如圖。下列說法正確的是。

A.1mol香柑醇最多可以消耗溴水中3molBr2B.分子M存在順反異構(gòu)現(xiàn)象C.異歐前胡素中碳原子均為sp2雜化D.可用FeCl3溶液檢驗異歐前胡素中是否存在香柑醇11、鄰二氮菲(phen)與Fe2+生成穩(wěn)定的橙紅色鄰二氮菲亞鐵離子[Fe(phen)3]2+，可用于Fe2+的測定；鄰二氮菲的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.鄰二氮菲的一氯代物有4種B.[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位數(shù)為6C.鄰二氮菲分子具有旋光性D.用鄰二氮菲測定Fe2+的濃度與溶液的酸堿性無關(guān)12、亞鐵氰化鉀屬于歐盟批準使用的食品添加劑，受熱易分解：下列關(guān)于該反應(yīng)說法正確的是A.中每個中含10個電子B.分子中σ鍵和π鍵數(shù)目比為3：2C.配合物中配位原子是碳原子D.已知晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍，則鐵的配位數(shù)是213、高溫下，超氧化鉀晶體(KO2)呈立方體結(jié)構(gòu)。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞。下列有關(guān)說法正確的是。

A.晶體中與每個K＋距離最近的有6個B.超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有1個K＋和1個C.KO2中陰、陽離子個數(shù)比為1：1D.晶體中所有原子之間都以離子鍵結(jié)合14、下列說法正確的是A.氫原子和非金屬性很強的元素的原子(F、O、N)形成的共價鍵，稱為氫鍵B.H2O比H2S穩(wěn)定是因為水分子間存在氫鍵C.碘化氫的沸點高于氯化氫的是因為碘化氫的相對分子質(zhì)量大，范德華力強D.沸點：H2O>HF>NH315、如圖；鐵有δ；γ、α三種同素異形體，三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉(zhuǎn)化。下列說法正確的是。

A.γ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個B.α-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個C.若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶體密度比為2b3：a3D.將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻，得到的晶體類型相同評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、(1)SiC的晶體結(jié)構(gòu)與晶體硅的相似，其中C原子的雜化方式為________，微粒間存在的作用力是________。SiC晶體和晶體Si的熔、沸點高低順序是________。

(2)氧化物MO的電子總數(shù)與SiC的相等，則M為________(填元素符號)。MO是優(yōu)良的耐高溫材料，其晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似。MO的熔點比CaO的高，其原因____。

(3)C、Si為同一主族的元素，CO2和SiO2的化學式相似，但結(jié)構(gòu)和性質(zhì)有很大的不同。CO2中C與O原子間形成σ鍵和π鍵，SiO2中Si與O原子間不形成上述π鍵。從原子半徑大小的角度分析，為何C、O原子間能形成上述π鍵，而Si、O原子間不能形成上述π鍵：_________SiO2屬于____晶體，CO2屬于_____晶體，所以熔點CO2_____(填“＜”“＝”或“＞”)SiO2。

(4)金剛石、晶體硅、二氧化硅、MgO、CO2、Mg六種晶體的構(gòu)成微粒分別是________，熔化時克服的微粒間的作用力分別是___________________。17、鈷單質(zhì)及其化合物在生產(chǎn)；生活中有廣泛應(yīng)用。請回答下列問題：

(1)基態(tài)原子的價層電子排布圖為_______。

(2)元素的第四電離能比鐵元素的第四電離能小，理由是_______。

(3)以甲醇為溶劑，可與色胺酮分子配位結(jié)合形成對DNA具有切割作用的色胺酮鈷配合物(合成過程如圖所示)。色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)的電負性由大到小的順序為_______(填元素符號)，色胺酮分子中N原子的雜化類型有_______，X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個分子，通過_______作用與色胺酮鈷配合物相結(jié)合。

(4)金屬鈷晶體的晶胞呈六棱柱形，其結(jié)構(gòu)如圖所示，每個晶胞中含原子數(shù)為_______；晶胞底面呈正六邊形，邊長為設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶胞的密度為則該晶胞的高b為_______(列出計算式)。

18、下列為元素周期表中的一部分；用化學式或元素符號回答下列問題：

。族。

周期。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

二。

⑥

⑩

三。

①

③

⑤

⑦

⑨

四。

②

④

⑧

（1）①③⑤中，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性最強的是________(填化學式)。

（2）②③④中，形成的簡單離子半徑由大到小的順序是________________。

（3）①和⑧的最高價氧化物對應(yīng)的水化物化學式分別為________和________。①和⑧兩元素形成化合物的化學式為________，該化合物的溶液與元素⑦的單質(zhì)反應(yīng)的離子方程式為_________________________。

（4）⑦⑧⑩三種元素形成的氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定的是________________，三者非金屬性強弱順序為________________________________________。19、(1)X射線衍射測定等發(fā)現(xiàn)，中存在的空間結(jié)構(gòu)為______，中心原子的雜化形式為______。

(2)從結(jié)構(gòu)角度分析，和兩種陽離子的相同之處為______，不同之處為______。(填標號)

A．中心原子的雜化軌道類型B．中心原子的價層電子對數(shù)。

C．立體結(jié)構(gòu)D．共價鍵類型20、圖1-1示出了一種結(jié)構(gòu)有趣的“糖葫蘆”分子。其中A、B、C和D四種元素位于同一族的相鄰周期，B的電負性大于D.C可分別與A、B、D形成二元化合物，C和E可形成易揮發(fā)的化合物CE3，CE3在工業(yè)上可用于漂白和殺菌。A和E可形成化合物AE3(bp，76°C)，AE3的完全水解產(chǎn)物之一X是塑料件鍍金屬的常用還原劑。A、C和E可形成含有六元壞的化合物A3C3E6.在氯仿中，D和E可結(jié)合兩個甲基形成化合物DE3Me2

(1)寫出A、B、C、D和E代表的元素_____、_____、______、____、_____。

(2)寫出“糖葫蘆”分子中A和C的雜化軌道________。

(3)畫出處于最高氧化態(tài)的A與元素E形成的分子結(jié)構(gòu)圖，寫出該分子的對稱元素(具體類型)______。

(4)畫出DE3Me2的所有可能的立體異構(gòu)體__________。

(5)指出X屬于______元酸，寫出弱酸介質(zhì)中硫酸鎳被其還原的反應(yīng)方程________。21、易混易錯題組：按題目要求填寫下列空白。

(1)用價層電子對互斥模型預(yù)測下列微粒的立體結(jié)構(gòu)；并指出后兩種物質(zhì)中中心原子的雜化方式。

H2Se______________CF4_______________SO2______________、______SO42-______________、_______

(學法題)簡述價層電子對互斥模型與分子的立體結(jié)構(gòu)之間的關(guān)系_________________________

(2)寫出下列物質(zhì)的系統(tǒng)命名：

①(CH3)3COH________________②CH3CHClCOOH___________________

③________________④________________

(3)下列原子核外電子排布中，違背“泡利不相容原理”的是_________；違背“洪特規(guī)則”的是_______；違背“洪特規(guī)則特例”的是___________。違背“能量最低原理”的是________；(填編號)

①6C軌道表示為

②7N軌道表示為：

③29Cu電子排布式為：1s22s22p63s23p63d94s2

④20Ca電子排布式為：1s22s22p63s23p63d2

⑤O：

(學法題)在解答此題時必須明確概念，簡述泡利原理，洪特規(guī)則的概念：___________________________

(4)按要求書寫化學方程式。

①CH3CH(OH)CH3的催化氧化：__________________________________________

②和氫氧化鈉溶液反應(yīng)____________________________________________

③過量乙酸與甘油的酯化反應(yīng)_________________________________________________評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)22、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____________

(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)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

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

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

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子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由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤23、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤24、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯誤評卷人得分五、計算題(共3題，共12分)25、(1)用晶體的X-射線衍射法可以測得阿伏加德羅常數(shù)。對金屬銅的測定得到以下結(jié)果：晶胞為面心立方最密堆積，邊長為361pm。又知銅的密度為9.00g·cm-3，則銅晶胞的體積是___________cm3、晶胞的質(zhì)量是___________g，阿伏加德羅常數(shù)為___________[列式計算，已知Mr(Cu)=63.6]。

(2)CaO與NaCl的晶胞同為面心立方結(jié)構(gòu)，已知CaO晶體密度為ag·cm-3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則CaO晶胞體積為___________cm3。26、現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A、B、C、D、E、F六種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最高的元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的C；D、E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)；且E原子的p軌道上電子比D原子的p軌道上電子多1個；六種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族。

回答下列問題：

(1)用電子式表示C和E形成化合物的過程：______。

(2)寫出基態(tài)F原子的核外電子排布式：______。

(3)A2D的電子式為______，其分子中______(填“含”或“不含”，下同)鍵，______π鍵。

(4)A、B、C共同形成的化合物中化學鍵的類型有______。27、測定冶金級高純硅中鐵元素的含量：將mg樣品用氫氟酸和硝酸溶解處理，配成VmL溶液，用羥胺(NH2OH，難電離)將Fe3+還原為Fe2+后，加入鄰二氮菲，形成橙紅色物質(zhì)。利用吸光度法測得吸光度為0.500(吸光度與Fe2+濃度的關(guān)系曲線如圖所示)。

(1)酸性條件下，羥胺將Fe3+還原為Fe2+，同時產(chǎn)生一種無污染氣體，該反應(yīng)的離子方程式為___________。

(2)樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)表達式為___________(用字母表示)。評卷人得分六、實驗題(共4題，共12分)28、某小組設(shè)計一系列實驗探究SO2和AgNO3溶液反應(yīng)的原理。回答下列問題：已知：Ag+能與NH3·H2O反應(yīng)生成穩(wěn)定的絡(luò)合物[Ag(NH3)2]+。

實驗(一)：制備SO2并完成SO2和AgNO3溶液反應(yīng)。

已知：常溫下，實驗室用70%濃硫酸與亞硫酸鈉粉末反應(yīng)制備SO2。

實驗中；硝酸銀溶液中產(chǎn)生大量白色沉淀，過濾得到灰白色沉淀A和無色溶液B。

(1)制備SO2的發(fā)生裝置宜選擇___________(填標號)。A．B．C．D．(2)飽和NaHSO3溶液的作用是___________。

實驗(二)：探究灰白色沉淀A的成分。

步驟1：向沉淀A中加入足量的濃氨水；灰白色沉淀逐漸減少，得到灰黑色濁液。

步驟2：靜置一段時間；取上層清液于試管中，加入濃硝酸，產(chǎn)生紅棕色氣體。

(3)經(jīng)檢驗，灰黑色濁液中的固體是銀單質(zhì)，則每生成1mol銀轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為___________mol。

(4)灰白色沉淀A與濃氨水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________(寫出一個即可)。

實驗(三)：探究無色溶液B的成分。

已知：AgCl溶于濃鹽酸生成[AgCl2]-

操作與現(xiàn)象：

將無色溶液B分成兩份，向一份溶液中滴加濃鹽酸，先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解；向另一份溶液中加入飽和Na2SO3溶液；試管中無沉淀產(chǎn)生。

(5)補充實驗：向0.1mol?L-1的AgNO3溶液中滴加飽和Na2SO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生。由此推知，無色溶液B中___________(填“存在”或“不存在”)Ag+。

(6)經(jīng)檢驗發(fā)現(xiàn)此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移動原理解釋向溶液B中滴加濃鹽酸出現(xiàn)白色沉淀的原因：___________。

(7)取少量無色溶液B，滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，有同學認為是由于空氣中的O2參與了反應(yīng)，設(shè)計實驗探究該同學的猜想：___________。

(8)通過上述實驗，可以推出SO2與AgNO3溶液反應(yīng)包括氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)。由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有兩種：一種是2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一種是___________(用離子方程式表示)。29、氫化鋁鋰()以其優(yōu)良的還原性廣泛應(yīng)用于醫(yī)藥；農(nóng)藥、香料、染料等行業(yè)；實驗室按如圖流程、裝置開展制備實驗(夾持、尾氣處理裝置已省略)。

已知：①難溶于烴；可溶于乙醚；四氫呋喃；

②LiH、在潮濕的空氣中均會發(fā)生劇烈水解；

③乙醚；沸點34.5℃，易燃，一般不與金屬單質(zhì)反應(yīng)。請回答下列問題：

(1)儀器a的名稱是___________；裝置b的作用是___________。

(2)乙醚中的少量水分也會對的制備產(chǎn)生嚴重的影響，以下試劑或操作可有效降低市售乙醚(含水體積分數(shù)為0.2%)含水量的是___________。

a．鈉b．分液c．五氧化二磷d．通入乙烯。

(3)下列說法正確的是___________

a．能溶于乙醚，可能與可以形成二聚體有關(guān)。

b．濾渣A的主要成分是LiCl

c．為提高過濾出濾渣A的速度；可先加水讓濾紙緊貼漏斗內(nèi)壁。

d．為提高合成的速率；可將反應(yīng)溫度提高到50℃

e．操作B可以在分液漏斗中進行。

(4)該制備原理的不足之處是___________。

(5)(不含LiH)純度可采用如下方法測定(裝置如圖所示)：25℃，常壓下，準確稱取產(chǎn)品記錄量氣管B起始體積讀數(shù)在分液漏斗中準確加入過量的四氫呋喃、水混合液15.0mL，打開旋塞至滴加完所有液體，立即關(guān)閉旋塞，調(diào)整量氣管B，讀數(shù)過量四氫呋喃的作用___________；的質(zhì)量分數(shù)為___________(已知25℃時，氣體摩爾體積為列出計算式即可)。

30、某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：

（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成100mL0.1mol/L的溶液．配制過程中所需要的玻璃儀器有量筒、玻璃棒、燒杯、__________、__________，配制氯化亞鐵溶液時所用溶劑需除去溶解其中的氧，除去水中氧的簡單操作為__________，用飽和氯化鐵溶液制備Fe(OH)3膠體的離子方程式為__________。

（2）甲組同學取2mLFeCl2溶液，先加入1滴KSCN溶液，無現(xiàn)象，再加入幾滴氯水，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化。FeCl2溶液與氯水反應(yīng)的離子方程式為__________。

（3）乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入l滴KSCN溶液和幾滴氯水，溶液變紅，煤油的作用是__________。

（4）丙組同學取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：

①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層呈紫色；在水層中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液；有黃色沉淀生成；

②第二只試管中加入1滴鐵氰化鉀（K3[Fe(CN)6]）溶液；生成藍色沉淀；

③第三支試管中加入1滴KSCN溶液；溶液變紅。

實驗②的離子方程式為____________;實驗①和③說明：在I-過量的情況下，溶液中仍含有____（填離子符號），由此可以證明該氧化還原反應(yīng)為____。31、已知三氯化鐵的熔點為306℃；沸點為315℃，易溶于水并且有強烈的吸水性，能吸收空氣里的水分而潮解。某學習小組的同學對氯氣與鐵的反應(yīng)及產(chǎn)物做了如下探究實驗。

(1)裝置的連接順序為___。

(2)飽和食鹽水的作用是___。

(3)反應(yīng)一段時間后熄滅酒精燈；冷卻后將硬質(zhì)玻璃管及收集器中的物質(zhì)一并快速轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，加入過量的稀鹽酸和少許植物油(反應(yīng)過程中不振蕩)，充分反應(yīng)后，進行如下實驗：

①淡黃色溶液中加入試劑X生成淡血紅色溶液的離子方程式為__。

②淡血紅色溶液中加入過量H2O2后溶液血紅色加深的原因是__。

(4)已知血紅色褪去的同時有氣體生成，經(jīng)檢驗為O2。該小組同學對血紅色褪去的原因進行探究。

①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液無明顯變化；第二份滴加試劑X，溶液出現(xiàn)血紅色；第三份滴加稀鹽酸和BaCl2溶液；產(chǎn)生白色沉淀。

②另取同物質(zhì)的量濃度的FeCl3溶液滴加2滴試劑X，溶液變血紅，再通入O2；無明顯變化。

實驗①說明___；

實驗②的目的是__；得出結(jié)論：___。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

根據(jù)上述結(jié)構(gòu)式可知；磷酸含有三個羥基氫，為三元酸，亞磷酸含有兩個羥基氫，為二元酸，而次磷酸只含一個羥基氫，為一元酸，據(jù)此結(jié)合溶液的平衡分析。

【詳解】

A．磷酸為三元中強酸，應(yīng)分步電離，且可逆，電離方程式為H3PO4?H++H2POH2PO?H++HPOHPO?H++POA錯誤；

B．根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，次磷酸為一元酸，則對應(yīng)的鈉鹽NaH2PO2為正鹽；B錯誤；

C．電離產(chǎn)生氫離子，水解產(chǎn)生氫氧根離子，若NaH2PO4溶液呈酸性，則說明電離程度大于水解程度；C錯誤；

D．NaH2PO2為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，則常溫下，NaH2PO2溶液pH>7，又因為NaH2PO2中P元素化合價為+3價；容易被氧化為+5價，具有強還原性，D正確；

故選D。2、A【分析】【分析】

【詳解】

略3、A【分析】【詳解】

A．和均含3個氧原子，碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物含有的氧原子數(shù)為A正確；

B．乙炔的結(jié)構(gòu)式為每個乙炔分子含有3個鍵、2個鍵，標準狀況下，乙炔即1mol乙炔中鍵數(shù)為3鍵數(shù)為B錯誤；

C．醋酸是弱電解質(zhì)，部分電離，醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)小于C錯誤；

D．二氧化硅晶體中每個Si原子形成4個鍵，二氧化硅晶體即1mol二氧化硅中含有鍵數(shù)為D錯誤；

故選A。4、B【分析】【詳解】

A．MgCl2中含有活潑的金屬元素和活潑的非金屬元素；含有離子鍵，屬于離子化合物，故A不選；

B．CO2中只含有非金屬元素與非金屬元素形成的共價鍵；屬于共價化合物，故B選；

C．H2中只含有非金屬元素與非金屬元素形成的共價鍵；屬于非金屬單質(zhì)，故C不選；

D．NaOH中存在金屬陽離子和氫氧根離子間的離子鍵；屬于離子化合物，故D不選；

故選B。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．1molN4轉(zhuǎn)變成N2時斷裂6molN-N鍵吸收熱量為6×167kJ=1002kJ，形成2molN≡N放出熱量為2×942kJ=1884kJ，故反應(yīng)過程中放出熱量Q=1884kJ-1002kJ=882kJ；A正確；

B．N4中僅有N一種元素，因此N4屬于單質(zhì)；B錯誤；

C．1molN4反應(yīng)轉(zhuǎn)化為2molN2時放出882kJ的熱量，說明1molN4比2molN2的總能量高；C錯誤；

D．N4中的N-N鍵是同一元素的原子形成的共價鍵，屬于非極性鍵，由于該分子空間排列對稱，因此N4是由非極性鍵組成的非極性分子；D錯誤；

故合理選項是A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

一個NaCl晶胞中所含的微粒數(shù)為：含Na+：8×+6×＝4(個)；含Cl-：12×+1＝4(個)，從而得出1個晶胞由4個“NaCl”構(gòu)成；一個NaCl晶胞由8個小立方體構(gòu)成，其體積為V＝8a3cm3，1mol晶胞的質(zhì)量為4×58.5g·mol-1，從而得出NA·d·V＝4×58.5g·mol-1，故NA＝＝mol-1。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)7、BC【分析】【分析】

可依據(jù)中心原子價層電子對判斷雜化類型，價層電子對數(shù)對應(yīng)雜化方式為：4對—sp3、3對—sp2、2對—sp，ABX型粒子中心價層電子對數(shù)=σ電子對+孤電子對=x+（a—中心原子價電子數(shù)，b—配原子達穩(wěn)定結(jié)構(gòu)所需的電子數(shù)）。

【詳解】

A．SO2的中心原子S的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp2，CO2的中心原子C的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp，A不符合題意；

B．的中心原子O的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp3，的中心原子N的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp3；B符合題意；

C．的中心原子S的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp3，的中心原子S的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp3；C符合題意；

D．BeCl2的中心原子Be的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp，CH4的中心原子C的價層電子對數(shù)=雜化方式為sp3；D不符合題意；

故答案選BC。8、AB【分析】【分析】

黃綠色氣體單質(zhì)Z為氯氣，則Z為Cl元素；WX會與血紅蛋白結(jié)合導(dǎo)致人體中毒，則WX為CO，所以W為C元素，X為O元素；金屬Y形成的淡黃色氧化物可用于呼吸面具，淡黃色氧化物為Na2O2，則Y為Na元素；在高溫下，向金紅石與C的混合物中通入Cl2得到TiCl4和CO；在稀有氣體環(huán)境和加熱條件下，用Na與TiCl4反應(yīng)可得鈦。據(jù)此分析解題。

【詳解】

經(jīng)分析；W為C元素，X為O元素，Y為Na元素，Z為Cl元素。

A．C的氫化物除了甲烷還有很多；烴類都是C的氫化物，有些烴的沸點高于水，故A錯誤；

B．電子層數(shù)越多，半徑越大；當電子層數(shù)相同時，質(zhì)子數(shù)越多，半徑越小，故簡單離子半徑：Cl-＞O2-＞Na+；故B錯誤；

C．C與Cl形成的化合物CCl4可用做工業(yè)上的重要有機溶劑；故C正確；

D．Ca(ClO)2含氯元素；是漂白粉的有效成分，具有強氧化性，可用于飲用水的消毒，故D正確；

故選AB。9、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．NH3中心原子N原子價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+1=4；互斥模型為正四面體形，略去孤電子對后，實際上其空間構(gòu)型是三角錐形，A正確；

B．SO3的孤電子對數(shù)為(6-32)=0；σ=3，價層電子對數(shù)=3+0=3，分子價層電子對互斥模型；平面三角形，孤電子對為0，即為分子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故B錯誤；

C．CCl4中中心原子C原子價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=4+(4-41)=4；互斥模型為正四面體形，中心原子不含孤電子對，分子構(gòu)型為正四面體形，C錯誤；

D．CO2中每個O原子與C原子形成兩個共同點子對；所以C原子價層電子對數(shù)為2，且不含孤電子對，互斥模型與分子的幾何構(gòu)型相同，D錯誤；

故選A。10、AD【分析】【詳解】

A.香柑醇分子中含有碳碳雙鍵和酚羥基，2個碳碳雙鍵可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，酚羥基對位上的氫原子能與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，則1mol香柑醇最多可以消耗溴水中3molBr2；故A正確；

B.M分子含有碳碳雙鍵；但有1個碳碳雙鍵的碳原子上連有2個甲基，則M分子不可能存在順反異構(gòu)，故B錯誤；

C.異歐前胡素中含有飽和碳原子，飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化；故C錯誤；

D.香柑醇分子中含有酚羥基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，異歐前胡素分子中不含有酚羥基，不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，則可用FeCl3溶液檢驗異歐前胡素中是否存在香柑醇；故D正確；

故選AD。11、D【分析】【分析】

【詳解】

A．鄰二氮菲分子中含有4種不同位置的H原子，故其一氯代物有4種，A正確；

B．N原子上有孤對電子，易形成配位鍵，在鄰二氮菲分子內(nèi)有2個N原子，則Fe2+和3個鄰二氮菲分子形成配合物時，F(xiàn)e2+的配位數(shù)為6，B正確；

C．鄰二氮菲分子沒有手性碳原子，因此沒有旋光性，C錯誤；

D．用鄰二氮菲測定Fe2+濃度時應(yīng)控制pH在適宜范圍，這是因為當H+濃度較高時，鄰二氮菲中的N優(yōu)先與H+形成配位鍵，導(dǎo)致與Fe2+配位能力減弱；而當OH?濃度較高時，OH?與Fe2+反應(yīng)，也影響Fe2+與鄰二氮菲配位，D錯誤；

故選CD。12、CD【分析】此題根據(jù)電子數(shù)等于原子序數(shù)可以計算微粒中所含的總電子數(shù)。對于σ鍵和π鍵數(shù)目判斷；用化學鍵的特點，單鍵是σ鍵，雙鍵是1個σ鍵和1個π鍵，三鍵是1個σ鍵和2個π鍵。對于配位原子的判斷利用配位鍵的定義，一方提供孤對電子，一方提供空軌道通過共用電子對形成配位鍵。

【詳解】

A．CN-中含有的電子數(shù)是6+7+1=12個；故A錯誤。

B．(CN)2分子的結(jié)構(gòu)簡式單鍵是σ鍵，叁鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵，故σ鍵和π鍵數(shù)目比為3:4，故B錯誤。

C．配合物中配位體是CN-；其中得到的電子在碳原子上，碳原子上的1對孤對電子與亞鐵離子形成配位鍵，故C正確。

D．晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍；則碳原子的配位數(shù)是6，根據(jù)該晶胞中鐵原子和碳原子數(shù)之比是3:1，得出鐵的配位數(shù)是2。故D正確。

故選答案CD。

【點睛】

此題中注意微粒的結(jié)構(gòu)，對于離子中成鍵方式的判斷及得電子的原子判斷依據(jù)一般是8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。13、AC【分析】【詳解】

A.根據(jù)題給信息，超氧化鉀晶胞是面心立方晶胞，晶胞中與每個K＋距離最近的O2－有6個；故A正確；

B.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的鉀離子的個數(shù)為8×+6×=4，位于體心和棱上的超氧根離子的個數(shù)為1+12×=4；故B錯誤；

C.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的鉀離子的個數(shù)為8×+6×=4，位于體心和棱上的超氧根離子的個數(shù)為1+12×=4，則KO2中鉀離子和超氧根離子個數(shù)比為4:4=1：1；故C正確；

D.超氧化鉀晶體是離子化合物；陰；陽離子分別為鉀離子和超氧根離子，晶體中鉀離子和超氧根離子間形成離子鍵，超氧根離子中氧氧鍵為非極性鍵，故D錯誤；

故選AC。14、CD【分析】【詳解】

A．氫鍵不是化學鍵；屬于分子間作用力，A錯誤；

B．H2O比H2S穩(wěn)定是因為H2O中的H-O共價鍵更穩(wěn)定；氫鍵不屬于化學鍵，B錯誤；

C．碘化氫和氯化氫是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體；其沸點與分子間作用力成正比，故碘化氫的沸點高于氯化氫的是因為碘化氫的相對分子質(zhì)量大，范德華力強，C正確；

D．單個氫鍵的鍵能是(HF)n＞冰＞(NH3)n，而平均每個分子含氫鍵數(shù)：冰中2個，(HF)n和(NH3)n只有1個，氣化要克服的氫鍵的總鍵能是冰＞(HF)n＞(NH3)n，故沸點：H2O>HF>NH3；D正確；

故答案為：CD。15、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．γ-Fe晶體是一個面心立方晶胞；以頂點鐵原子為例，與之距離相等且最近的鐵原子位于晶胞的面心上，一共有12個，A錯誤；

B．α-Fe晶體是一個簡單立方晶胞；與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是相鄰頂點上鐵原子，鐵原子個數(shù)=2×3=6，B正確；

C．δ-Fe晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×=2、晶胞體積=a3cm3，α-Fe晶胞中Fe原子個數(shù)=8×=1，該晶胞體積=b3cm3，δ-Fe晶體密度=g/cm3，α-Fe晶體密度=g/cm3，兩種晶體密度比=g/cm3：g/cm3=2b3：a3；C正確；

D．將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻；溫度不同，分別得到α-Fe；γ-Fe、δ-Fe，晶體類型不同，D錯誤；

故答案為：BC。三、填空題(共6題，共12分)16、略

【分析】【詳解】

（1）晶體硅中一個硅原子周圍與4個硅原子相連，呈正四面體結(jié)構(gòu)，所以C原子雜化方式是sp3；碳硅原子間以共用電子對相結(jié)合；微粒間存在的作用力是：共價鍵；

因為Si—C的鍵長小于Si—Si；所以熔；沸點碳化硅＞晶體硅。

（2）SiC電子總數(shù)是20個；則該氧化物為MgO，則M為Mg；

晶格能與所構(gòu)成離子所帶電荷成正比，與離子半徑成反比，MgO與CaO的離子電荷數(shù)相同，Mg2＋半徑比Ca2＋??；MgO晶格能大，熔點高。

（3）Si的原子半徑較大；Si；O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵；

SiO2屬于原子晶體，CO2屬于分子晶體，所以熔點CO22。

（4）金剛石、晶體硅、二氧化硅均為原子晶體，構(gòu)成微粒均為原子，熔化時破壞共價鍵；Mg為金屬晶體，由金屬陽離子和自由電子構(gòu)成，熔化時克服金屬鍵；CO2為分子晶體，由分子構(gòu)成，分子間以分子間作用力結(jié)合；MgO為離子晶體，由Mg2＋和O2－構(gòu)成；熔化時破壞離子鍵。

金剛石、晶體硅、二氧化硅、MgO、CO2、Mg六種晶體的構(gòu)成微粒分別是原子、原子、原子、陰陽離子、分子、金屬陽離子與自由電子；熔化時克服的微粒間的作用力分別是共價鍵、共價鍵、共價鍵、離子鍵、分子間作用力、金屬鍵?！窘馕觥竣?sp3②.共價鍵③.SiC＞Si④.Mg⑤.Mg2＋半徑比Ca2＋小，MgO晶格能大⑥.Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵⑦.原子⑧.分子⑨.＜⑩.原子、原子、原子、陰陽離子、分子、金屬陽離子與自由電子?.共價鍵、共價鍵、共價鍵、離子鍵、分子間作用力、金屬鍵17、略

【分析】【詳解】

（1）的原子序數(shù)為27，其基態(tài)原子的價層電子排布式為價層電子排布圖為

（2）失去3個電子后價層電子排布式為容易再失去1個電子形成穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，失去3個電子后價層電子排布式為3d軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，不易再失去電子，故元素的第四電離能比鐵元素的第四電離能小。

（3）非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，氫碳氮氧的非金屬性依次增強，則電負性依次增大，所以四種元素的電負性由大到小的順序為O>N>C>H。根據(jù)色胺酮中N原子的成鍵方式可知，雙鍵N原子為雜化，單鍵N原子為雜化。分析甲醇的性質(zhì)可知；甲醇通過氫鍵與色胺酮鈷配合物相結(jié)合。

（4）依據(jù)均攤法，每個晶胞中含原子數(shù)為晶胞的質(zhì)量為晶胞的體積為晶胞的密度為【解析】(1)

(2)失去3個電子后價層電子排布式為容易再失去1個電子形成穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，失去3個電子后價層電子排布式為3d軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，不易再失去電子。

(3)氫鍵。

(4)6或18、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素在周期表中的位置知，①為Na元素，②為K元素，③為Mg元素，④為Ca元素，⑤為Al元素，⑥為O元素，⑦為Cl元素，⑧為Br元素，⑨為Ar元素；⑩為F元素；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）①為Na元素，③為Mg元素，⑤為Al元素，三元素屬于同周期元素，從左到右，金屬性依次減弱，原子序數(shù)Na＜Mg＜Al，金屬性Na＞Mg＞Al，金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強，三元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3；堿性最強的是NaOH；答案為NaOH。

（2）②為K元素，③為Mg元素，④為Ca元素，三元素形成簡單陽離子分別為K＋、Mg2＋、Ca2＋，其中Mg2+只有二個電子層，K+和Ca2+有三個電子層，電子層越多，半徑越大，K+和Ca2+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，隨著核電荷的遞增，半徑減小，原子序數(shù)K＜Ca，離子半徑r(K＋)＞r(Ca2＋)，三元素的離子半徑大小順序為r(K＋)＞r(Ca2＋)＞r(Mg2＋)；答案為r(K＋)＞r(Ca2＋)＞r(Mg2＋)。

（3）①為Na元素，⑧為Br元素，Na和Br的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH和HBrO4；Na和Br兩元素形成化合物的化學式為NaBr，⑦為Cl元素，其單質(zhì)Cl2與NaBr溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成NaCl和Br2，其離子方程式為Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；答案為NaOH，HBrO4，NaBr，Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。

（4）⑦為Cl元素，⑧為Br元素，⑩為F元素，三元素屬于同主族元素，從上到下，非金屬依次減弱，原子序數(shù)F＜Cl＜Br，非金屬性F＞Cl＞Br，非金屬性越強，形成的氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，三種元素形成的氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定的是HF；答案為HF，F(xiàn)＞Cl＞Br?！窘馕觥縉aOHr(K＋)＞r(Ca2＋)＞r(Mg2＋)NaOHHBrO4NaBrCl2＋2Br－=Br2＋2Cl－HFF＞Cl＞Br19、略

【分析】【詳解】

(1)中I原子為中心原子，其價層電子對數(shù)則中心原子采用雜化，的空間結(jié)構(gòu)為V形；故答案為：V形；

(2)中N的價層電子對數(shù)=4，N采用雜化，的立體結(jié)構(gòu)為正四面體形；中O的價層電子對數(shù)=4，O采用雜化，的立體結(jié)構(gòu)為三角錐形；兩離子中均只含極性共價鍵；即兩種離子中中心原子的雜化軌道類型、價層電子對數(shù)、共價鍵類型相同，立體結(jié)構(gòu)不同；故答案為：ABD；C。【解析】①.V形②.③.ABD④.C20、略

【分析】【分析】

【詳解】

此題推斷可以從氧化態(tài)出發(fā)，A和C均能與E形成XY3型化合物，且AE3的水解產(chǎn)物之一具有還原性，可以推斷A、B、C和D都是第VA族元素。C可分別與A、B、D形成二元化合物，所以C是N元素。根據(jù)且AE3和CE3的性質(zhì)可以推斷A是P元素，E是Cl元素。由于B的電負性大于D，所以B、D分別是As、Sb元素。【解析】PAsNSbClA為sp2雜化，C為sp3雜化（4個鏡面，1個C3軸，3個C2軸）X是H3PO3，二元酸NiSO4+H2O+H3PO3→Ni+H3PO4+H2SO421、略

【分析】【詳解】

(1)H2Se中心原子Se原子成2個σ鍵、含有2對孤對電子，故雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，預(yù)測其空間結(jié)構(gòu)為四面體，但實際結(jié)構(gòu)為V形；CF4中心原子C原子形成4個σ鍵、不含孤對電子，故雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，故空間結(jié)構(gòu)為正四體形；SO2中心原子上的孤對電子數(shù)為=1，價層電子對個數(shù)為2，雜化軌道數(shù)為3，故采取sp2雜化，預(yù)測其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，實際為V形；SO42-中含孤電子對為=0，價層電子對個數(shù)都是4，故采取sp3雜化；所以空間構(gòu)型都是正四面體結(jié)構(gòu)；根據(jù)價層電子對互斥模型用來預(yù)測分子的立體構(gòu)型，注意實際空間構(gòu)型要去掉孤電子對；

(2)①根據(jù)系統(tǒng)命名法，有機物(CH3)3COH的名稱為2-甲基-2-丙醇；②CH3CHClCOOH的名稱為2-氯丙酸；③的名稱為3-乙基戊烷；④的名稱為2-硝基甲苯；

(3)①洪特規(guī)則是在等價軌道（相同電子層、電子亞層上的各個軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道，且自旋方向相同，則6C軌道表達式為②洪特規(guī)則是在等價軌道（相同電子層、電子亞層上的各個軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道，且自旋方向相同，則7N軌道表示為時違背洪特規(guī)則；③當電子排布為全充滿、半充滿或全空時相對穩(wěn)定，則29Cu電子排布式為1s22s22p63s23p63d94s2時違背了洪特規(guī)則特例；④能量最低原理是原子核外電子先占有能量低的軌道，然后依次進入能量高的軌道，則20Ca電子排布式為：1s22s22p63s23p63d2違背了能量最低原理，其正確的電子排布式為1s22s22p63s23p64s2；⑤泡利不相容原理是指每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子，則O：違背泡利不相容原理；

故違背“泡利不相容原理”的是⑤；違背“洪特規(guī)則”的是②；違背“洪特規(guī)則特例”的是③；違背“能量最低原理”的是④；

在解答此題時必須明確概念；其中泡利原理為每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子；洪特規(guī)則為洪特規(guī)則是在等價軌道（相同電子層；電子亞層上的各個軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道，且自旋方向相同；

(4)①CH3CH(OH)CH3在Cu作催化劑的條件下加熱催化氧化生成丙酮，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為2CH3CH(OH)CH3+O22CH3COCH3+2H2O；

②和氫氧化鈉溶液反應(yīng)時發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為

③過量乙酸與甘油的酯化反應(yīng)的化學方程式為【解析】V形正四體形V形sp2正四面體sp3VSEPR模型可用來預(yù)測分子的立體構(gòu)型，注意實際空間構(gòu)型要去掉孤電子對2-甲基-2-丙醇2-氯丙酸3-乙基戊烷2-硝基甲苯⑤②③④泡利原理為每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子；洪特規(guī)則為洪特規(guī)則是在等價軌道（相同電子層、電子亞層上的各個軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道，且自旋方向相同；2CH3CH(OH)CH3+O22CH3COCH3+2H2O四、判斷題(共3題，共9分)22、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；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，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(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，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

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

(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；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；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；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子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由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。23、A【分析】【詳解】

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

故正確；24、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。五、計算題(共3題，共12分)25、略

【分析】【詳解】

(1)由銅晶胞為面心立方最密堆積可知，一個晶胞中含有銅原子個數(shù)為：個，故晶胞的體積為：V(晶胞)=a3=晶胞的質(zhì)量m(晶胞)＝一個體心晶胞含4個原子，故有4M=m(晶胞)×NA，則NA=故答案為：NA=

(2)因為CaO與NaCl的晶胞同為面心立方結(jié)構(gòu)，所以一個晶胞中有四個鈣離子和四個氧離子，根據(jù)M(CaO)＝56g·mol－1，則有4M(CaO)=NAV(CaO晶胞)，故V(CaO晶胞)＝故答案為：【解析】①.4.70×10－23②.4.23×10－22③.NA＝＝6.01×1023mol－1④.26、略

【分析】【分析】

現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A、B、C、D、E、F六種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最高的元素，則B是O元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的則A是H；C是Na，D是S；C；D、E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子比D原子的p軌道上電子多1個，則E是Cl元素；六種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F是K元素；然后根據(jù)元素周期律及元素、化合物的性質(zhì)分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：A是H；B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F(xiàn)是K元素。

(1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是離子化合物，用電子式表示其形成過程為：

(2)F是K元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)K原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p64s1；

(3)A是H，D是S，S原子最外層有6個電子，與2個H原子的電子形成2個共價鍵，使分子中每個原子都達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為：H2S結(jié)構(gòu)式為：H-S-H；在分子，S；H原子形成的是共價單鍵，共價單鍵屬于σ鍵，而不含π鍵；

(4)A是H，B是O，C是Na，這三種元素形成的化合物是NaOH，為離子化合物，Na+與OH-之間以離子鍵結(jié)合，在陽離子OH-中H、O原子之間以共價鍵結(jié)合，因此NaOH中含有離子鍵和極性共價鍵?！窘馕觥?s22s22p63s23p64s1含不含離子鍵、極性共價鍵27、略

【分析】【詳解】

(1)酸性條件下，羥胺將Fe3+還原為Fe2+，同時產(chǎn)生一種無污染氣體，該氣體應(yīng)為N2，根據(jù)電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可得該反應(yīng)的離子方程式為2NH2OH+2Fe3+=2Fe2++N2↑+2H++2H2O；

(2)由題圖可知，吸光度為0.500時對應(yīng)的Fe2+濃度為0.0500×10-3mol·L-1，則其中鐵元素的質(zhì)量m(Fe)=所以該樣品中鐵元素的含量為【解析】2NH2OH+2Fe3+=2Fe2++2H++N2↑+2H2O六、實驗題(共4題，共12分)28、略

【分析】【分析】

70%濃硫酸與亞硫酸鈉粉末反應(yīng)制備SO2，生成氣體通過飽和NaHSO3溶液進行除雜；得到純凈二氧化硫氣體通入硝酸銀溶液中觀察實驗現(xiàn)象，二氧化硫氣體有毒，尾氣通入堿液中吸收處理。

（1）

已知：常溫下，實驗室用70%濃硫酸與亞硫酸鈉粉末反應(yīng)制備SO2；反應(yīng)為固液不加熱反應(yīng)；且亞硫酸鈉為粉末，多孔隔板不起作用，故應(yīng)該選擇裝置c。

（2）

生成的二氧化硫氣體會帶出部分硫酸酸霧和三氧化硫氣體，硫酸、三氧化硫會和飽和碳酸氫鈉反應(yīng)，故飽和NaHSO3溶液的作用是：除去SO2中H2SO4形成的酸霧或通過觀察氣泡控制SO2流速。

（3）

已知：

步驟1：向沉淀A中加足量的濃氨水，灰白色沉淀逐漸減少，說明沉淀溶于氨水，據(jù)信息，是含銀離子的沉淀與NH3·H2O反應(yīng)生成穩(wěn)定的絡(luò)合物[Ag(NH3)2]+。

步驟2：靜置一段時間，取上層清液于試管中，加入濃硝酸，產(chǎn)生紅棕色氣體，則濃硝酸轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸?，說明上層清液含有還原劑，則含有+4價S，綜上，可以推知灰白色沉淀含Ag2SO3、溶于氨水時能發(fā)生非氧化還原反應(yīng)得到[Ag(NH3)2]+與SO則Ag2SO3與濃氨水反應(yīng)方程式可以為Ag2SO3+4NH3?H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O；經(jīng)檢驗；實驗步驟1中還得到含銀單質(zhì)的灰黑色濁液，則+1價銀轉(zhuǎn)變?yōu)锳g，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)；銀化合價降低1價，按得失電子守恒，每生成1mol銀轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1mol。

（4）

結(jié)合(3)可知，Ag2SO3溶于NH3·H2O還得到了Ag，則亞硫酸根離子作還原劑被氧化為SO故還可能發(fā)生的反應(yīng)為Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。綜上，灰白色沉淀A與濃氨水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ag2SO3+4NH3·H2O2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O或Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。(寫出一個即可)。

（5）

將無色溶液B分成兩份，向一份溶液中滴加濃鹽酸，先產(chǎn)生白色沉淀，后沉淀溶解，則沉淀為氯化銀、并且AgCl溶于濃鹽酸生成[AgCl2]-；說明無色溶液B中存在Ag+。

向另一份溶液中加入飽和Na2SO3溶液，試管中無沉淀產(chǎn)生。補充實驗：向0.1mol?L-1的AgNO3溶液中滴加飽和Na2SO3溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，二者一比較可推知，無色溶液B中存在的Ag+濃度??；應(yīng)該是銀離子與亞硫酸根離子生成了難以解離的可溶性離子。

（6）

經(jīng)檢驗發(fā)現(xiàn)此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移動原理解釋向溶液B中滴加濃鹽酸出現(xiàn)白色沉淀的原因：[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO加入濃鹽酸發(fā)生反應(yīng)：Ag++Cl-=AgCl↓，2SO+2H+=H2O+SO2↑，導(dǎo)致[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO平衡正向移動，使c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)。

（7）

取少量無色溶液B，滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，結(jié)合(6)可知，白色沉淀可能為氯化銀、也可能為硫酸鋇——由氧氣氧化+4價硫轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩徜^沉淀。若有同學認為是由于空氣中的O2參與了反應(yīng)，則設(shè)計實驗為：向鹽酸酸化的BaCl2溶液中通入SO2；無白色沉淀生成，放置空氣中一段時間，若溶液變渾濁，則上述猜想正確，否則不正確(或其他合理答案)。

（8）

通過上述實驗，可以推出SO2與AgNO3溶液反應(yīng)包括氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng)。通常，F(xiàn)e3+的氧化性略小于銀離子，由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有兩種：一種是Fe3+與SO之間的非氧化還原反應(yīng)——雙水解反應(yīng)，另一種是Fe3+與SO之間的氧化還原反應(yīng)，得到Fe2+和SO則離子方程式為2Fe3++SO+H2O2Fe2++SO+2H+。【解析】(1)C

(2)通過觀察氣泡控制SO2流速(或除去SO2中H2SO4形成的酸霧或其他合理答案)

(3)1

(4)Ag2SO3+4NH3·H2O2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O(或Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O)

(5)存在。

(6)溶液中存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO加入濃鹽酸，c(SO)降低，平衡向正方向移動，使c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)

(7)向鹽酸酸化的BaCl2溶液中通入SO2；無白色沉淀生成，放置空氣中一段時間，若溶液變渾濁，則上述猜想正確，否則不正確(或其他合理答案)

(8)2Fe3++SO+H2O2Fe2++SO+2H+29、略

【分析】【分析】

由題給流程可知；氯化鋁乙醚溶液與氫化鋰