2025年牛津上海版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年牛津上海版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷470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7題，共14分)1、NH3分子空間構(gòu)型是三角錐形，而CH4是正四面體形，這是因為()A.兩種分子的中心原子雜化軌道類型不同，NH3為sp2雜化，而CH4是sp3雜化B.NH3分子中N原子形成3個雜化軌道，CH4分子中C原子形成4個雜化軌道C.NH3分子中有一對未成鍵的孤對電子，它對成鍵電子的排斥作用較強D.NH3分子中有3個σ鍵，而CH4分子中有4個σ鍵2、下列關(guān)于說法錯誤的是A.基態(tài)的核外電子排布式為B.基態(tài)氯原子核外電子占據(jù)的原子軌道數(shù)為9C.和的中心原子價層電子對空間構(gòu)型不同D.鍵角：3、下列對基態(tài)氮原子軌道表示式書寫正確的是A.B.C.D.4、一種光催化材料的晶胞如圖；屬于立方晶系，其晶胞參數(shù)為anm。下列說法錯誤的是。

A.晶體的化學式為CeO2B.晶體中與Ce距離最近且相等的O有6個C.氧原子位于Ce構(gòu)成的四面體空隙中D.晶體密度為g?cm-35、下列微粒的表示方法能確定其為氧離子的是A.X2-B.C.D.6、下列說法正確的是A.含有陰離子的晶體一定含有陽離子B.H2O的熱穩(wěn)定性比H2S強，是由于H2O的分子間存在氫鍵C.HF溶于水時只破壞了分子間作用力D.NaHSO4屬于離子晶體，熔融時破壞離子鍵和共價鍵7、二氧化碳經(jīng)常用來滅火，但金屬鎂能夠在二氧化碳中燃燒：2Mg+2CO22MgO+C，下列關(guān)于該反應中涉及物質(zhì)的說法錯誤的是A.Mg屬于金屬晶體B.干冰中一個CO2分子周圍有4個緊鄰的分子C.MgO熔點高，可以用作耐高溫材料D.金剛石和石墨互為同素異形體，二者C的雜化方式和晶體類型都不同評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、鋰離子電池常用的電極材料是LiCoO2和石墨。

(1)畫出基態(tài)Co2＋離子的價電子排布圖__________________。

(2)Co2＋與CN—結(jié)合形成配合物[(Co(CN)6]4－，其中與Co2＋結(jié)合的C原子的雜化方式是_____。

(3)NH3分子與Co2＋結(jié)合成配合物[Co(NH3)6]2＋，與游離的氨分子相比，其鍵角∠HNH____(填“較大”，“較小”或“相同”)，解釋原因________________。

(4)Li2O的熔點為1570℃，CoO的熔點為1935℃，解釋后者熔點更高的主要原因是_____。

(5)石墨的晶胞為六方晶胞，部分晶胞參數(shù)如下圖所示。若石墨的密度為dg·cm－3，以NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則石墨中的C－C鍵長為________pm，晶胞中A、B兩原子間距為________pm。

9、在N2、O2、CO2、H2O、CH4、NH3；CO等氣體中。

(1)由極性鍵構(gòu)成的非極性分子有___________；

(2)與H＋可直接形成配位鍵的分子有___________；

(3)極易溶于水且水溶液呈堿性的物質(zhì)的分子是___________；

(4)CO的結(jié)構(gòu)可表示為OC，與CO結(jié)構(gòu)最相似的分子是___________；

(5)CO分子中有一個鍵的形成與另外兩個鍵不同，它叫___________。10、CO2＋3H2=CH3OH＋H2O反應所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從高到低的順序為___________，原因是___________。11、碳、氮、氧、氟、硫是中學常見的非金屬元素，鐵離子可與由這幾種元素組成的SCN-、CN-、F-等形成很多配合物。

（1）基態(tài)Fe原子中，電子占據(jù)的最高電子層符號為__，該電子層具有的原子軌道數(shù)為__。

（2）已知(CN)2是直線形分子，并有對稱性，則(CN)2中π鍵和σ鍵的個數(shù)比為__；在配合物[Fe(SCN)]2+中，提供空軌道接受孤對電子的微粒是__。

（3）配合物K4[Fe(CN)6]中不存在的作用力是__（填序號）。

A.極性鍵B.離子鍵C.非極性鍵D.配位鍵。

（4）寫出一種與SCN-互為等電子體的分子__（用化學式表示），該分子的空間構(gòu)型為__。

（5）已知乙烯酮（CH2=C=O）是一種重要的有機中間體，可由CH3COOH在(C2H5O)3P=O存在下加熱脫H2O得到。乙烯酮分子中碳原子的雜化軌道類型是__。1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ鍵的物質(zhì)的量為__。12、SiO2為何是原子晶體，原因是___________。13、如圖所示C60；金剛石、石墨、二氧化碳和氯化銫的結(jié)構(gòu)模型如圖所示(石墨僅表示出其中的一層結(jié)構(gòu))：

(1)C60、金剛石和石墨三者的關(guān)系是互為_______。

A．同分異構(gòu)體B．同素異形體C．同系物D．同位素。

(2)固態(tài)時，C60屬于_______(填“原子”或“分子”)晶體，C60分子中含有雙鍵的數(shù)目是_______。

(3)晶體硅的結(jié)構(gòu)跟金剛石相似，1mol晶體硅中含有硅—硅單鍵的數(shù)目約是_______NA。

(4)石墨層狀結(jié)構(gòu)中，平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)是_______。

(5)觀察CO2分子晶體結(jié)構(gòu)的一部分，試說明每個CO2分子周圍有_______個與之緊鄰且等距的CO2分子；該結(jié)構(gòu)單元平均占有_______個CO2分子。

(6)觀察圖形推測，CsCl晶體中兩距離最近的Cs+間距離為a，則每個Cs+周圍距離相等且次近的Cs+數(shù)目為_______，每個Cs+周圍緊鄰且等距的Cl-數(shù)目為_______。14、硼(B)及其化合物在化學中有重要的地位。請回答下列問題：

(1)Ga與B同主族；Ga的基態(tài)原子核外電子排布式為_______，第一電離能由大到小的順序是_______。

(2)硼酸(H3BO3)是白色片狀晶體(層狀結(jié)構(gòu)如圖)；有滑膩感，在冷水中溶解度很小，加熱時溶解度增大。

①硼酸中B原子的雜化軌道類型為_______。

②硼酸晶體中存在的作用力有范德華力和_______。

③加熱時；硼酸的溶解度增大，主要原因是_______。

④硼酸是一元弱酸，在水中電離時，硼酸結(jié)合水電離出的OH-而呈酸性。寫出硼酸的電離方程式：_______。

(3)硼氫化鈉(NaBH4)是有機化學中的一種常用還原劑，在熱水中水解生成硼酸鈉和氫氣，用化學方程式表示其反應原理：_______。[BH4]-的空間構(gòu)型是_______。

(4)B3N3H6可用來制造具有耐油；耐高溫性能的特殊材料。寫出它的一種等電子體物質(zhì)的分子式：_______。

(5)硼化鎂晶體在39K時呈超導性。在硼化鎂晶體中；鎂原子和硼原子是分層排布的，如圖是該晶體微觀結(jié)構(gòu)的透視圖，圖中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上。則硼化鎂的化學式為_______。

(6)金剛石的晶胞如圖。立方氮化硼的結(jié)構(gòu)與金剛石相似，已知晶胞邊長為361.5pm，則立方氮化硼的密度是_______g·cm-3。(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)。

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、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16、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17、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤18、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19、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤20、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤21、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.錯誤評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共18分)22、元素X位于第四周期；其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子。元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍。誚回答下列問題：

（1）基態(tài)X原子中，核外電子占據(jù)最高能層的符號是_______，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形狀為_______。

（2）元素W與X處于同一周期，其基態(tài)原子中未成對電子數(shù)是核外電子總數(shù)的W基態(tài)原子的價電子排布式為_______。

（3）在第三周期中，第一電離能比Y大的主族元素有_______（填元素符號）．

（4）YZ3分子中，Y原子的雜化軌道類型是_______，其分子的立體構(gòu)型為_______。

（5）Z的氫化物（H2Z）的沸點高于Y的氫化物（H2Y）,其原因是_______。

（6）H2Z在特定條件下得到一個H+形成H3Z+，從結(jié)構(gòu)角度對上述過程分析錯誤的是_______

A中心原子的雜化軌道類型發(fā)生了改變。

B中心原子的價層電子對數(shù)發(fā)生了改變。

C微粒的立體結(jié)構(gòu)發(fā)生了改變。

D微粒中鍵角發(fā)生了改變。

（7）X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。

①X離子的配位數(shù)為_______。

②若該晶體密度為ρg?cm-3,晶胞參數(shù)為apm,則阿伏加德羅常數(shù)的值NA=_______。23、回答下列問題:

（1）石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯(C60)，某金屬M與C60可制備一種低溫超導材料，晶胞如圖所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部。該晶胞中M原子的個數(shù)為___________，該材料的化學式為___________。

（2）Mg與某元素形成的化合物的晶胞如圖所示，晶胞中陰離子與陽離子的個數(shù)比是___________。

（3）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4.銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，銅晶體中每個銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為___________。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共28分)24、是制備鐵催化劑的主要原料，某化學小組利用莫爾鹽制備的實驗流程如下：

已知：氧化操作中除生成外；另一部分鐵元素轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀。

(1)的空間構(gòu)型為___________。

(2)“酸溶”時，莫爾鹽___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。

(3)第一次“煮沸”時，生成的離子方程式為___________。

(4)“氧化”時所用的實驗裝置如圖所示(夾持裝置略去)，導管a的作用是___________；“氧化”時反應液應保持溫度在40℃左右，則適宜的加熱方式為___________(填“直接加熱”或“水浴加熱”)。

(5)測定產(chǎn)品中鐵的含量。

步驟?。悍Q量mg樣品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反應完全。

步驟ⅱ：向步驟ⅰ所得的溶液中加入過量Cu粉，反應完全后，濾去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至終點，消耗溶液

①步驟ⅰ中，若加入的溶液過量，則所測的鐵元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不變”，下同)，若步驟ⅱ中不濾去不溶物，則所測的鐵元素的含量___________。

②該樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為___________(用含m、y、z的代數(shù)式表示)。25、醋酸鈷與雙水楊醛縮乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆載氧能力；能模擬金屬蛋白的載氧作用，在催化氧化反應中應用廣泛。合成反應如下所示，回答下列問題。

Ⅰ；合成。

(1)合成裝置如下圖所示。氮氣保護下，向含有雙水楊醛縮乙二胺的乙醇溶液中緩慢滴加醋酸鈷的乙醇溶液，加熱回流。A處應安裝的儀器是___________(填名稱)，B處應安裝的儀器是___________(填名稱)。裝置C的作用是___________。

(2)回流沉淀轉(zhuǎn)化為暗紅色晶體?；亓鹘Y(jié)束后進行如下操作：

A．停止通氮氣B．停止加熱C．關(guān)閉冷凝水。

正確的操作順序為___________(填標號)。充分冷卻后將溶液過濾；洗滌并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。

Ⅱ；載氧量測定。

(3)將m克的[Co(Ⅱ)Salen](相對分子質(zhì)量為M)加入圓底燒瓶中，在恒壓漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下圖搭建裝置。通入氧氣，趕盡體系內(nèi)空氣。檢查儀器氣密性的操作為：先關(guān)閉___________，然后調(diào)節(jié)水平儀的水位至與量氣管水位產(chǎn)生一定液面差。裝置不漏氣的現(xiàn)象是___________。

(4)調(diào)整水平儀高度，待量氣管水位與水平儀水位齊平時，記錄量氣管水位的體積刻度為將加入圓底燒瓶，待吸氧反應結(jié)束后，再次使量氣管水位與水平儀水位齊平，記錄量氣管水位的體積刻度已知大氣壓為p，氧氣的壓強為溫度為配合物載氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的計算式為___________。26、配合物三氯化六氨合鈷是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，實驗室用(M=238g/mol)晶體制備的實驗步驟如下。

步驟?。阱F形瓶中，將4g溶于8.4mL水中，加熱至沸，加入6g研細的晶體；溶解得到混合溶液。

步驟ⅱ．將上述混合液倒入三頸燒瓶中，加入0.4g活性炭，冷卻，利用如下裝置先加入13.5mL濃氨水，再逐滴加入13.5mL5%溶液；水浴加熱至50~60℃，保持20min。

步驟ⅲ．然后用冰浴冷卻至0℃左右，吸濾，不必洗滌沉淀，直接把沉淀溶于50mL沸水中，水中含1.7mL濃鹽酸。趁熱吸濾，慢慢加入6.7mL濃鹽酸于濾液中，即有大量橙黃色晶體()(M=267.5g/mol)析出。

步驟ⅳ．用冰浴冷卻后吸濾；晶體以冷的2mL2mol/LHCl洗滌，再用少許乙醇洗滌，吸干。

請回答下列問題：

(1)步驟ⅰ中，研細晶體所用的儀器名稱為_______。

(2)寫出制備三氯化六氨合鈷的化學方程式_______。步驟ⅱ中實驗儀器a中應盛放的試劑是_______(填“堿石灰”或“氯化鈣”)，水浴溫度不宜過高的原因是_______。

(3)步驟ⅲ中兩次加入濃鹽酸，其作用分別為_______。

(4)若最后得到產(chǎn)品的質(zhì)量為3.50g，則該產(chǎn)品的產(chǎn)率為_______。

(5)通過硝酸銀標定產(chǎn)品中氯的含量。將溶解，用溶液作指示劑，標準溶液滴定，實驗過程中，下列操作會導致氯含量偏低的是_______。A．滴定前，滴定管內(nèi)有氣泡，滴定后，氣泡消失B．滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)C．盛放待測液的錐形瓶沒有用待測液潤洗D．滴定過程中，錐形瓶晃動劇烈，少量待測液濺出(6)該產(chǎn)品制備過程中若不加入活性炭，則會生成配合物該配合物中的配體為_______，配位數(shù)是_______。27、實驗室制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的實驗步驟如圖：

i.向V2O5中加入足量鹽酸酸化的N2H4·2HCl溶液；微沸數(shù)分鐘。

ii.向制得的VOCl2溶液中緩慢加入足量NH4HCO3溶液；有氣泡產(chǎn)生并析出紫紅色晶體。

iii.反應結(jié)束后抽濾，用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次；再用無水乙醇洗滌2次，靜置一段時間后得到產(chǎn)品。

請回答下列問題：

(1)步驟i中的還原劑是___(填化學式)。

(2)已知VO2+能被O2氧化；步驟ii可在如圖裝置中進行(夾持儀器略去)，利用A中反應產(chǎn)生的氣體將C中空氣排凈。

①儀器M的名稱是___。

②裝置B的作用是___。

(3)步驟ii中洗滌操作選擇飽和NH4HCO3的原因是___，用無水乙醇洗滌的目的是___。

(4)藍色VO2+的水合配離子的結(jié)構(gòu)如圖。向該水合配離子的溶液中加入NaOH至pH=12時，該水合配離子全部轉(zhuǎn)化為褐色的[VO(OH)3]-，寫出轉(zhuǎn)化過程的離子方程式___。

(5)稱量mg產(chǎn)品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點(滴定過程只發(fā)生反應VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗標準溶液的體積為VmL，產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分數(shù)為___%(用含有m；c、V的式子表示)。

評卷人得分六、有機推斷題(共3題，共9分)28、用N-雜環(huán)卡其堿(NHCbase)作為催化劑；可合成多環(huán)化合物。下面是一種多環(huán)化合物H的合成路線(無需考慮部分中間體的立體化學)。

回答下列問題：

(1)A的化學名稱為_______。寫出反應①的化學方程式：_______。

(2)反應②涉及兩步反應，已知第一步反應類型為加成反應，第二步的反應類型為_______。

(3)E的結(jié)構(gòu)簡式為_______。

(4)D中官能團的名稱是_______。

(5)化合物X是C的同分異構(gòu)體，可發(fā)生銀鏡反應，與酸性高錳酸鉀反應后可以得到對苯二甲酸，寫出X的結(jié)構(gòu)簡式：_______。

(6)如果要合成H的類似物H＇()，參照上述合成路線，寫出相應的D＇和G＇的結(jié)構(gòu)簡式：_______、_______。H＇分子中有_______個手性碳(碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳)。29、對羥基苯甲醛，俗稱PHBA，是一種重要的有機化工原料。其結(jié)構(gòu)為有人提出；以對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。

C．PHBA是一種芳香醇。

D．1molPHBA最多能與4molH2反應。

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

(4)反應④的化學方程式為_______________________________。

(5)該合成途徑中的反應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)簡式為_________(只寫一種)。

a．苯環(huán)上存在2種不同化學環(huán)境的氫原子；且個數(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30、化合物是一種重要中間體；其合成路線如下：

（1）的反應類型為_______。

（2）的分子式為則的結(jié)構(gòu)簡式：_______。

（3）含有手性碳原子的數(shù)目為_______。

（4）的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_______。

①能發(fā)生銀鏡反應；

②能與溶液發(fā)生顯色反應；

③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫。

（5）已知：設計以原料制備的合成路線(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+（a-xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)，氨氣分子中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，價層電子對數(shù)=3+（5-3×1）=4，所以采取sp3雜化，孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強，N-H之間的鍵角小于109°28′，所以氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形；CH4分子中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+（4-4×1）=4，所以采取sp3雜化，雜化軌道全部用于成鍵，碳原子連接4個相同的原子，C-H之間的鍵角相等為109°28′，故CH4為正四面體構(gòu)型，故答案選C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．Cr的原子序數(shù)為24，基態(tài)核外電子排布式為A項正確；

B．基態(tài)氯原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p5；s能級有一個軌道，p能級有3個軌道，基態(tài)氯原子的核外電子占據(jù)的原子軌道數(shù)為1+1+3+1+3=9，B項正確；

C．氨氣和水分子的價電子對均為4；則中心原子價層電子對空間構(gòu)型均為四面體形，C項錯誤；

D．氨氣三角錐形分子；鍵角107°18′，水是V形分子，鍵角104°30′，D項正確；

答案選C。3、A【分析】【分析】

基態(tài)原子核外電子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特規(guī)則。基態(tài)氮原子軌道表示式為

【詳解】

A．符合能量最低原理；泡利原理和洪特規(guī)則；故A正確；

B．在2p軌道上的三個電子應分占不同軌道，且自旋方向相同，違反了洪特規(guī)則；故B錯誤；

C．缺少1s軌道上的兩個電子排布；且在2p軌道上的三個電子應分占不同軌道，且自旋方向相同，違反了洪特規(guī)則，故C錯誤；

D．是基態(tài)氮原子的價層原子軌道表示式；故D錯誤；

故答案為A。4、B【分析】【詳解】

A．Ce位于晶胞的頂點和面心，個數(shù)為=4，O位于晶胞內(nèi)部，有8個，因此晶體的化學式為CeO2；故A說法正確；

B．以上面的面心為例；Ce距離最近且相等的O有4×2=8個，故B說法錯誤；

C．根據(jù)晶胞圖可知；1個O與4個Ce相連，因此氧原子位于Ce構(gòu)成的四面體空隙中，故C說法正確；

D．根據(jù)A選項分析，晶胞的質(zhì)量為晶胞參數(shù)為anm，其體積為(a×10-7)3cm3，根據(jù)密度的定義，晶胞的密度為=g/cm3；故D說法正確；

答案為B。5、A【分析】【詳解】

A．表示質(zhì)子數(shù)為8；帶2個單位的負電荷，為氧離子，A正確；

B．表示帶2個單位負電荷的陰離子；可能為氧離子；硫離子等，B錯誤；

C．可能為原子；或氧離子，或氟離子等，C錯誤；

D．表示硫離子；D錯誤；

答案選A。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．含有陰離子的晶體一定是離子晶體；一定含有陽離子，故A正確；

B．H2O的熱穩(wěn)定性比H2S強；是由于H-O鍵的鍵能比H-S的鍵能大，故B錯誤；

C．HF分子中含有分子間作用力和氫鍵；故HF溶于水時破壞了分子間作用力和氫鍵，故C錯誤；

D．NaHSO4屬于離子晶體，熔融時的電離方程式為NaHSO4=Na++HSO熔融時只破壞離子鍵，故D錯誤；

故選A。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．Mg為金屬單質(zhì)；屬于金屬晶體，故A正確；

B．干冰采用面心立方最密堆積，一個CO2分子周圍有12個緊鄰的分子；故B錯誤；

C．MgO是離子晶體；熔點高，可以用作耐高溫材料，故C正確；

D．金剛石屬于共價晶體，C原子采取sp3雜化，石墨屬于混合型晶體，C原子采取sp2雜化；故D正確。

故答案為B。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【分析】

(1)Co為27號元素，價電子排布式為3d74s2，然后寫出Co2＋價電子式；最后寫出價電子排布圖；

(2)根據(jù)雜化軌道數(shù)=價層電子對數(shù)；進行分析；

(3)利用孤電子對之間的斥力>孤電子－成鍵之間的斥力>成鍵電子對之間的斥力進行分析；

(4)Li2O與CoO都屬于離子晶體；通過晶格能大小判斷熔點高低；

(5)利用立體幾何進行分析和計算；

【詳解】

(1)Co為27號元素，價電子排布式為3d74s2，失去2個電子后，Co2＋價電子排布式為3d7，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理，Co2＋的價電子排布式圖是

答案：

(2)CN－中C和N共用叁鍵，其中C有一個σ鍵，孤電子對數(shù)為=1；價層電子對數(shù)為2，雜化軌道數(shù)=價層電子對數(shù)=2，即C的雜化類型為sp；

答案：sp；

(3)游離態(tài)氨中N有2個孤電子對，絡合物中[Co(NH3)6]2＋中N提供一個孤電子對與Co2＋形成配位鍵，利用孤電子對之間的斥力>孤電子－成鍵之間的斥力>成鍵電子對之間的斥力，導致游離態(tài)氨分子中N－H鍵之間的夾角偏小，而與Co2＋結(jié)合后；孤電子對變成了σ鍵電子對，排斥力減小，因此N－H鍵之間的夾角會增大；

答案：較大；NH3通過配位鍵與Co2＋結(jié)合后；原來的孤電子對變?yōu)槌涉I電子對，對其他N－H成鍵電子對的排斥力減小，N－H鍵之間的鍵角增大；

(4)Li2O、CoO為離子晶體，影響熔沸點高低的是晶格能，而晶格能與離子半徑、所帶電荷數(shù)有關(guān)，CoO中Co2＋帶兩個正電荷，Li＋帶一個正電荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能，因此CoO熔點高于Li2O；

答案：Co2＋帶兩個正電荷，Li＋帶一個正電荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；

(5)根據(jù)俯視圖碳碳鍵長應是AC或AD或AF距離，該平面為菱形，△FDC為正三角形，∠CAD=120°，令AC=AD=AF=x，根據(jù)余弦定理，a2=x2＋x2－2x2cos120°，解得x=令晶胞高為cpm，該晶胞的體積為ca2sin60°，晶胞中的碳原子個數(shù)為個，晶胞的質(zhì)量為g，根據(jù)密度的定義ρ=解得c=從B球作垂線與平面EFCD，根據(jù)俯視圖和側(cè)視圖，應交于對角線CE上，交點為G，連接AG和AB，根據(jù)俯視圖，BG=EG=AC=根據(jù)余弦定理，求出CE距離為則AG的距離為（--）=根據(jù)勾股定理，AB2=()2+()2，解得AB=

答案：【解析】sp較大NH3通過配位鍵與Co2＋結(jié)合后，原來的孤電子對變?yōu)槌涉I電子對，對其他N－H成鍵電子對的排斥力減小，N－H鍵之間的鍵角增大Co2＋帶兩個正電荷，Li＋帶一個正電荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由不同種原子間形成的共價鍵是極性鍵，正負電荷重心重合的分子是非極性分子，符合條件的為CH4和CO2；

(2)H2O的氧原子上有孤電子對，NH3的氮原子上有孤電子對，故與H＋可直接形成配位鍵的分子有H2O和NH3；

(3)NH3極易溶于水且水溶液呈堿性；

(4)與CO互為等電子體的分子為N2；

(5)CO中C與O之間有2個共用電子對、一個配位鍵?！窘馕觥緾H4和CO2H2O和NH3NH3N2配位鍵10、略

【分析】【分析】

【詳解】

由于H2O與CH3OH均為極性分子，CO2與H2均為非極性分子，所以H2O與CH3OH的沸點高于CO2與H2的沸點；H2O中氫鍵比CH3OH多，H2O水的沸點高于CH3OH的沸點；CO2相對分子質(zhì)量比氫氣大，范德華力較大，沸點較高，所以順序為H2O>CH3OH>CO2>H2，故答案為：H2O>CH3OH>CO2>H2；H2O與CH3OH均為極性分子，H2O中氫鍵比甲醇多；CO2與H2均為非極性分子，CO2相對分子質(zhì)量較大，范德華力較大?！窘馕觥縃2O>CH3OH>CO2>H2H2O與CH3OH均為極性分子，H2O中氫鍵比甲醇多；CO2與H2均為非極性分子，CO2相對分子質(zhì)量較大，范德華力較大11、略

【分析】【分析】

(1)Fe原子核外電子數(shù)為26，基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2；據(jù)此分析解答；

(2)(CN)2是直線型分子；并有對稱性，結(jié)構(gòu)式為：N≡C-C≡N，據(jù)此分析解答；

(3)鉀離子和六氰合亞鐵離子之間是離子鍵，六氰合亞鐵離子[Fe(CN)6]4-中Fe2+與CN-形成配位鍵，CN-中存在C≡N極性共價鍵；據(jù)此分析解答；

(4)原子總數(shù)；價電子總數(shù)相同的微粒互為等電子體；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷分子空間構(gòu)型；

(5)乙烯酮分子中碳原子均沒有孤對電子，CH2中C原子形成3個σ鍵，而C=O中碳原子形成2個σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、2；根據(jù)(C2H5O)3P=O分子的結(jié)構(gòu)分析解答。

【詳解】

(1)Fe原子核外電子數(shù)為26，基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2；電子占據(jù)的最高能層符號為N，該能層具有的原子軌道數(shù)為1+3+5+7=16，故答案為：N；16；

(2)(CN)2是直線型分子，并有對稱性，則結(jié)構(gòu)式為N≡C-C≡N，(CN)2中π鍵和σ鍵的個數(shù)比為4∶3；在配合物離子[Fe(SCN)]2+中，中心離子是Fe3+，提供提供空軌道接受孤對電子，故答案為：4：3；Fe3+；

(3)K+和[Fe(CN)6]4-離子之間是離子鍵，六氰合亞鐵離子[Fe(CN)6]4-中Fe2+與CN-形成配位鍵，CN-中存在C≡N三鍵；為極性共價鍵，不存在非極性共價鍵，故答案為：C；

(4)原子總數(shù)、價電子總數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，與SCN-互為等電子體的分子為CS2或CO2，其中心原子的價電子對數(shù)為2+=2，無孤對電子，所以分子空間構(gòu)型為直線型，故答案為：CS2或CO2；直線形；

(5)乙烯酮分子中碳原子均沒有孤對電子，CH2中C原子形成3個σ鍵，而C=O中碳原子形成2個σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、2，所以碳原子的雜化軌道類型有sp2和sp，(C2H5O)3P=O分子含有15個C-H鍵，3個C-C鍵，3個C-O鍵3個P-O鍵和1個P=O鍵，共25個σ鍵，則1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ鍵為25mol，故答案為：sp2和sp；25mol?！窘馕觥竣?N②.16③.4：3④.Fe3+⑤.C⑥.CS2⑦.直線形⑧.sp2雜化和sp1雜化⑨.25mol12、略

【分析】【詳解】

Si原子與O原子以共價鍵相互結(jié)合形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，所以SiO2為原子(共價)晶體。【解析】Si原子與O原子以共價鍵相互結(jié)合形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)所給三種物質(zhì)均為只由碳元素組成的單質(zhì)；故它們互為同素異形體。

(2)C60中只含碳元素，且不具有向空間無限伸展的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，所以為分子晶體；C60分子中共有60×4=240個成鍵電子，可以形成120個共價鍵，在C60分子中一個碳原子與三個碳原子相連，若全是單鍵，則有60×=90個鍵；但實際是120個，所以有30個雙鍵。

(3)由金剛石的結(jié)構(gòu)模型可知，每個碳原子都與相鄰的4個碳原子形成一個單鍵，每條碳碳鍵被2個碳原子所共有，故每個碳原子相當于形成×4=2個單鍵；則1mol硅中可形成2mol硅硅單鍵。

(4)石墨層狀結(jié)構(gòu)中每個碳原子為三個正六邊形共有，即對每個六邊形貢獻個碳原子，所以每個正六邊形占有×6=2個碳原子。

(5)題給出CO2分子晶體的一部分。如果把CO2分子看做是一個球，則CO2分子構(gòu)成了面心立方最密堆積，面心立方最密堆積的配位數(shù)為12，所以每個CO2分子周圍有12個與之緊鄰且等距的CO2分子；在此結(jié)構(gòu)中，8個CO2分子處于頂角，為8個同樣結(jié)構(gòu)共用，6個CO2分子處于面心，為2個同樣結(jié)構(gòu)共用。所以，該結(jié)構(gòu)單元平均占有的CO2分子個數(shù)為8×+6×=4。

(6)以圖中大立方體中心的Cs+為基準，與其最近的Cs+分別位于其上、下、前、后、左、右的六個方位；與其次近的Cs+分別位于通過中心Cs+的三個切面的大正方形的頂點，個數(shù)為4×3=12；每個Cs+周圍緊鄰且等距的Cl-數(shù)目為8?！窘馕觥竣?B②.分子③.30④.2⑤.2⑥.12⑦.4⑧.12⑨.814、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Ga與B同族，其在周期表中的位置為第四周期第IIIA族，故Ga的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）；第一電離能：B>Ga；

(2)①硼酸中，B的軌道雜化類型為sp2；

②硼酸晶體中；存在范德華力，還存在氫鍵和共價鍵；

③加熱會破壞硼酸分子間的氫鍵；使得硼酸在熱水中的溶解度更大；

④根據(jù)題意可得硼酸的電離方程式為：

(3)根據(jù)題中信息可得，硼氫化鈉和熱水反應的化學方程式為：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑（或NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑）；[BH4]-的空間構(gòu)型為正四面體；

(4)一個B3N3H6含有30個價電子和12個原子，一個C6H6分子也含有30個價電子和12個原子，則B3N3H6的一種等電子體為C6H6；

(5)每個Mg周圍有6個B，每個B周圍有3個Mg，所以硼化鎂的化學式為MgB2；

(6)晶胞中有4個B原子和4個N原子，則有a3·ρ·NA=4M(BN)，ρ==【解析】1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1B>Gasp2氫鍵、共價鍵加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵H3BO3＋H2O?[B(OH)4]-＋H＋NaBH4＋4H2O=Na[B(OH)4]＋4H2↑(或NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑)正四面體C6H6MgB2三、判斷題(共8題，共16分)15、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。16、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)?；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；17、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。18、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。19、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。20、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。21、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。四、原理綜合題(共2題，共18分)22、略

【分析】【分析】

X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層全部排滿電子，且最外層有2個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，即X為Zn，元素Y基態(tài)原子的3p上有4個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p4，即Y為S，元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍，即Z為O，據(jù)此分析；

【詳解】

根據(jù)上述分析，X為Zn，Y為S，Z為O，(1)Zn的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，離核越遠，能量越高，Zn核外電子占據(jù)最高能層的符號是N；該電子填充在s能級上，電子云輪廓圖為球形；(2)按照信息，符合條件是元素是Cr，其價電子排布式為3d54s1；(3)同周期從左向右第一電離能逐漸增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第三周期中第一電離能比S大的是P、Cl、Ar，Ar為0族，不屬于主族元素，符合條件的是P、Cl；(4)YZ3為SO3，中心原子S含有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為=0，價層電子對數(shù)等于3，價層電子對數(shù)等于雜化軌道數(shù)，即中心原子S的雜化類型為sp2；立體構(gòu)型為平面三角形；(5)H2Z為H2O，H2Y為H2S，都屬于分子晶體，前者含有分子間氫鍵，后者不含分子間氫鍵，因此H2O的沸點高于H2S；(6)A.H2O中中心原子O有2個σ鍵，孤電子對數(shù)為=2，價層電子對數(shù)為4，雜化類型為sp3，H3O＋中心原子O有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為4，雜化類型都是sp3，故A說法錯誤；B.根據(jù)選項A的分析，價層電子對數(shù)沒有發(fā)生變化，故B說法錯誤；C.根據(jù)選項A的分析，H2O的空間構(gòu)型為V形，H3O＋的空間構(gòu)型為三角錐形，故C說法正確；D.根據(jù)C選項分析，H2O中鍵角為105°，H3O＋的鍵角是109°28′，故D說法正確；答案為AB；(7)①根據(jù)晶胞圖，Zn的配位數(shù)為4；②X位于頂點和面心，個數(shù)為=4，Y位于體心，有4個，即化學式為ZnS，晶胞的質(zhì)量為晶胞的體積為（a×10－10）3cm3，根據(jù)密度的定義，=ρ，解得NA=【解析】N球形3d54s1P、Clsp2平面正三角形（或平面三角形）水分子之間形成了氫鍵A、B423、略

【分析】【分析】

（1）

一個晶胞中M原子的個數(shù)為12×＋9=12；一個晶胞中C60的個數(shù)為8×＋6×=4，M與C60的個數(shù)比為3∶1，故該材料的化學式為M3C60。

（2）

Mg與某元素形成的化合物的晶胞如圖所示，陽離子個數(shù)：陰離子個數(shù)：晶胞中陰離子與陽離子的個數(shù)比是2：1。

（3）

根據(jù)晶胞可知，銅晶體是面心立方結(jié)構(gòu)，頂點離面心的銅原子距離最近，一個晶胞中，一個頂點離它最近的面心銅原子有3個，經(jīng)過一個頂點的晶胞有8個，共24個面心銅原子，1個面心銅原子由2個晶胞共有，故每個銅原子周圍距離最近的銅原子有12個。【解析】（1）12M3C60

（2）2∶1

（3）12五、實驗題(共4題，共28分)24、略

【分析】【分析】

由實驗流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成加入H2O2溶液進行氧化將Fe元素轉(zhuǎn)化為+3價，加入飽和草酸鉀和草酸溶液煮沸得到溶液，經(jīng)過一系列操作得到產(chǎn)品

【詳解】

（1）H2O分子，中心原子的價層電子對數(shù)：孤電子對數(shù)為2，則水的空間構(gòu)型為：V形；

（2）HNO3具有氧化性，會將Fe2+氧化為Fe3+，不能得到預期產(chǎn)物，故：“酸溶”時，莫爾鹽不能用的溶解，原因是：會與反應生成污染環(huán)境的氣體(或會消耗更多的等合理答案)；

（3）H2C2O4與Fe2+反應生成非氧化還原反應，根據(jù)元素守恒，反應的離子方程式為：

（4）漏斗需要和外界氣壓平衡；里面的液體才能順利流下，故作用為：平衡氣體，使液體順利流下；需要保持40℃溫度加熱，溫度較低且要控制溫度，所以采用水浴加熱；

（5）①步驟ⅰ加入溶液時發(fā)生反應的離子方程式為無色草酸根和有色高錳酸鉀氧化還原反應，計算草酸根含量，步驟ii發(fā)生的反應為：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，F(xiàn)e3+氧化Cu得到還原性Fe2+，通過Fe2+和MnO4-反應來計算鐵元素的含量，步驟ⅰ中，若加入的溶液過量，使步驟ii中消耗的減少，計算的鐵元素偏?。蝗舨襟Eⅱ中不濾去不溶物Cu，會和生成的Fe3+繼續(xù)反應生成Fe2+，使消耗偏多，測得鐵元素含量偏大；②根據(jù)關(guān)系式可以得出鐵的質(zhì)量為：0.28xyg，該樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為【解析】V形不能會與反應生成污染環(huán)境的氣體(或會消耗更多的等合理答案)平衡氣壓，使液體順利滴下水浴加熱偏小偏大25、略

【分析】【分析】

由題意可知；制備配合物的操作為氮氣保護作用下，向盛有雙水楊醛縮乙二胺的乙醇溶液的三頸燒瓶中緩慢滴入醋酸鈷的乙醇溶液，加熱回流1h，待沉淀轉(zhuǎn)化為暗紅色晶后停止加熱；關(guān)閉冷凝水、停止通入氮氣，充分冷卻后將溶液過濾、洗滌、干燥得到配合物。

【詳解】

（1）由實驗裝置圖可知；A處的裝置為起冷凝回流作用的球形冷凝管，B處裝置為便于醋酸鈷的乙醇溶液順利流下的恒壓漏斗；裝置C的作用是，起液封的作用，防止空氣中的氧氣進入三頸燒瓶中，故答案為：球形冷凝管；恒壓漏斗；液封；

（2）由分析可知；回流結(jié)束后的操作為停止加熱；關(guān)閉冷凝水、停止通入氮氣，充分冷卻后將溶液過濾、洗滌、干燥得到配合物，故答案為：BCA；

（3）由實驗裝置圖可知；檢查裝置氣密性的操作為關(guān)閉活塞1和活塞2，然后調(diào)節(jié)水平儀中水位至與量氣管產(chǎn)生一定的液面差，若液面差穩(wěn)定，說明裝置氣密性良好，故答案為：活塞1和活塞2；液面差穩(wěn)定；

（4）由題意可知，配合物DMF的物質(zhì)的量為mol。由理想氣體狀態(tài)方程可知DMF吸收氧氣的物質(zhì)的量為mol，則吸收氧氣的物質(zhì)的量和，配合物DMF的物質(zhì)的量的比值為×故答案為：×【解析】(1)球形冷凝管恒壓漏斗液封。

(2)BCA

(3)活塞1和活塞2液面差恒定。

(4)26、略

【分析】【分析】

將和晶體溶解后所得混合溶液倒入三頸燒瓶中，加入活性炭作催化劑，先加濃氨水，再逐滴加入溶液，水浴加熱，發(fā)生反應經(jīng)分離、提純最終得到

【詳解】

（1）步驟ⅰ中使用研缽研細固體；

（2）三氯化六氨合鈷制備的化學方程式：干燥管中盛放氯化鈣，吸收揮發(fā)出去的氨氣；溫度不宜過高，因為濃氨水易揮發(fā)，過氧化氫受熱易分解；

（3）步驟ⅲ中兩次加入濃鹽酸；第一次加入濃鹽酸的作用是中和過量的氨；第二次加入濃鹽酸的作用是利用同離子效應，降低產(chǎn)品的溶解度，使產(chǎn)品更易析出；

（4）的質(zhì)量為6g，對應的理論產(chǎn)量為產(chǎn)率

（5）A．滴定前；滴定管內(nèi)有氣泡，滴定后，氣泡消失，測定值偏高，A錯誤；

B．滴定前仰視讀數(shù)；滴定后俯視讀數(shù)，測定值偏低，B正確；

C．盛放待測液的錐形瓶沒有用待測液潤洗；無影響，C錯誤；

D．滴定過程中；錐形瓶晃動劇烈，少量待測液演出，測定值偏低，D正確；

故選BD；

（6）配合物中的配體為配位數(shù)為6。【解析】(1)研缽。

(2)氯