2025年魯教新版選修化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年魯教新版選修化學(xué)上冊月考試卷895考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、化學(xué)是以實驗為基礎(chǔ)的科學(xué)。下列實驗操作或做法正確且能達(dá)到目的的是。選項操作或做法目的A向2支盛有5mL不同濃度NaHSO4溶液的試管中同時加入2mL5%H2O2溶液，觀察實驗現(xiàn)象探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響B(tài)向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液，觀察顏色變化探究維生素C的還原性C用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液點到濕潤的pH試紙中間測CH3COONa溶液的pH值D向50mL酸式滴定管中裝入鹽酸，調(diào)整初始讀數(shù)為30.00mL后，將剩余鹽酸放入錐形瓶取20.00mL鹽酸

A.AB.BC.CD.D2、下列有機(jī)物的命名正確的是（）A.3，3-二甲基-4-乙基戊烷B.3，3，4-三甲基己烷C.2-甲基-4-乙基-1-戊烯D.2，2-二甲基-3-戊炔3、根據(jù)如圖所示的實驗所得的推論不合理的是。

已知：苯酚的熔點為43℃。A.試管c中鈉沉在底部說明密度：乙醇<鈉B.試管b、c中生成的氣體均為H2，說明苯酚和乙醇均顯酸性C.苯酚中羥基的活性比乙醇中羥基的活性強(qiáng)D.苯酚中羥基上的氫原子比甲苯中甲基上的氫原子更活潑4、在pH=0～8.2條件下酚酞的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法正確的是。

A.酚酞能發(fā)生加成反應(yīng)B.分子中含有羧基C.分子中所有碳原子共平面D.pH=7時，其化學(xué)式為C20H16O45、硅原子的電子排布式由轉(zhuǎn)變?yōu)橄铝杏嘘P(guān)該過程的說法正確的是()A.硅原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)，這一過程吸收能量B.硅原子由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化為基態(tài)，這一過程釋放能量C.硅原子處于激發(fā)態(tài)時的能量低于基態(tài)時的能量D.轉(zhuǎn)化后硅原子與基態(tài)磷原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，化學(xué)性質(zhì)相似評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、根據(jù)下列化合物：①NaOH，②H2SO4，③CH3COOH，④NaCl，⑤CH3COONa，⑥NH4Cl，⑦CH3COONH4，⑧NH4HSO4，⑨NH3?H2O；請回答下列問題：

(1)NH4Cl溶液中離子濃度大小順序為______________________。

(2)常溫下，pH=11的CH3COONa溶液中，水電離出來的c(OH﹣)=_____；在pH=3的CH3COOH溶液中，水電離出來的c(H+)=_____。

(3)已知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH﹣△H＞0，現(xiàn)欲使平衡向右移動，且所得溶液顯酸性，選擇的下列方法是_____。

A.向水中加入NaHSO4固體B.向水中加NaHCO3固體。

C.加熱至100℃[其中c(H+)=1×10﹣6mol/L]D.向水中加入NH4Cl固體。

(4)若濃度均為0.1mol/L、等體積的NaOH和NH3?H2O分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩種溶液的pH都變成9，則m_____n（填“＜”；“＞”或“＝”）。

(5)物質(zhì)的量濃度相同的⑥、⑦、⑧、⑨四種稀溶液中，NH4+濃度由大到小的順序是（填序號）_____。

(6)已知t℃時，Kw=1×10-12，在該溫度時將pH=9的NaOH溶液aL與pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液體積的變化)，若所得混合溶液的pH=3，則a：b=_____。7、Ⅰ.現(xiàn)有以下物質(zhì)：①NaCl晶體②SO2③液態(tài)的醋酸④汞⑤BaSO4固體⑥蔗糖(C12H22O11)⑦酒精(C2H5OH)⑧熔化KNO3⑨純水。請回答下列問題：

(1)以上物質(zhì)中能導(dǎo)電的是__________

(2)以上物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是_____________

(3)以上物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是______________

(4)以上物質(zhì)中屬于弱電解質(zhì)的是______________

Ⅱ.寫出下列反應(yīng)的離子方程式。

(1)向澄清石灰水中加硝酸___________；

(2)用石灰石與鹽酸反應(yīng)制取二氧化碳__________；

(3)鋅粉加入硫酸氫鈉溶液中_____________；

(4)向Na2CO3溶液中滴加幾滴稀鹽酸：_________。

(5)H2S的水溶液不易導(dǎo)電，寫出2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl的離子方程式是________。8、為防止在大災(zāi)之后疫病流行；全國各地向災(zāi)區(qū)運送了大量的各種消毒劑；漂白劑等。

(1)過碳酸鈉是一種有多用途的新型氧系固態(tài)漂白劑，化學(xué)式可表示為Na2CO3·3H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的雙重性質(zhì)。過碳酸鈉與下列物質(zhì)均會發(fā)生化學(xué)反應(yīng)而失效，其中過碳酸鈉有發(fā)生了還原反應(yīng)的是_______

A.MnO2B.KMnO4溶液C.Na2SO3溶液D.稀硫酸。

(2)漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2)在常溫與黑暗處可保存一年，亞氯酸不穩(wěn)定可分解，反應(yīng)的離子方程式為HClO2→ClO2↑＋H＋＋Cl-＋H2O(未配平)。當(dāng)生成1molClO2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是_______

(3)二氧化氯是目前國際上公認(rèn)的第四代高效、無毒的廣譜消毒劑，它可由KClO3在H2SO4存在下與SO2反應(yīng)制得。請寫出反應(yīng)的離子方程式：_______

(4)有Fe2＋、NOFe3＋、NHH＋和H2O六種粒子，分別屬于同一氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物，則該反應(yīng)中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為_______9、①濃硫酸②SO2③碳酸氫鈉④二氧化硅等是常見的物質(zhì)；請回答下列問題。

(1)上述物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是___________，寫出H2SO4的電離方程式___________。

(2)寫出SO2與H2S混合反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。

(3)寫出碳酸氫鈉受熱分解的化學(xué)方程式___________。

(4)碳酸氫鈉可治療胃酸(0.2%～0.4%的鹽酸)過多；反應(yīng)的離子方程式為___________。

(5)寫出二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式___________。10、(1)火箭發(fā)射常以液態(tài)肼(N2H4)為燃料，液態(tài)過氧化氫為助燃劑。已知：16g液態(tài)肼與液態(tài)過氧化氫恰好完全反應(yīng)生成氮氣和液態(tài)水時放出321kJ熱量，試寫出液態(tài)N2H4和液態(tài)H2O2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________。

(2)已知：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)。肼(N2H4)—空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%~30%的KOH溶液。該電池放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式是_______。

(3)將濃度均為0.10mol·L-1的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得混合溶液中各種離子濃度大小順序_______________。

(4)已知某溫度下，純水中的c(H+)=2.0×10-7mol/L。該溫度下，測定某硫酸溶液中c(SO42-)=5×10-6mol/L，該硫酸溶液中由水電離出的OH-濃度為_________________。

(5)在25℃時，向VmLpH＝m的HNO3中滴加pH＝n的KOH溶液10VmL時，溶液中n(NO3-)=10n(K＋)，則m＋n的值為____________。11、用含鉻不銹鋼廢渣(含等)制取(鉻綠)的工藝流程如圖所示：

回答下列問題：

(1)KOH、O2反應(yīng)生成的化學(xué)方程式為___________。

(2)“還原”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。12、天然產(chǎn)物Ⅴ具有抗瘧活性，某研究小組以化合物Ⅰ為原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路線如下(部分反應(yīng)條件省略，表示)；

已知：

根據(jù)上述信息，寫出以苯酚的一種同系物及為原料合成的路線(不需注明反應(yīng)條件)。

___________13、根據(jù)下面五種有機(jī)物回答問題：

(1)其中屬于苯的同系物的是____(填序號，下同)；等質(zhì)量的五種物質(zhì)完全燃燒后消耗氧氣最多的是______。

(2)①中所含官能團(tuán)的名稱為_____。

(3)④可由某烯烴與1個H2通過加成反應(yīng)制得，則烯烴可能的結(jié)構(gòu)有______種(不考慮立體異構(gòu))。

(4)⑤的同分異構(gòu)體中，核磁共振氫譜只有一組峰的結(jié)構(gòu)簡式為_____。14、無色硫酸鋅晶體；俗稱皓礬，在醫(yī)療上用作收斂劑，工業(yè)上用作防腐劑；制造白色顏料(鋅鋇白)等。某實驗小組欲用制氫廢液制備硫酸鋅晶體，進(jìn)行了以下實驗：

(1)取50mL制氫廢液；過濾。除去不溶性雜質(zhì)后，用ZnO調(diào)節(jié)濾液使pH約等于2，加熱；蒸發(fā)、濃縮制得較高溫度下的硫酸鋅飽和溶液，冷卻結(jié)晶，得到粗制的硫酸鋅晶體。

①加入少量氧化鋅調(diào)節(jié)濾液使pH≈2的目的是_________________________________；

②加熱蒸發(fā)；濃縮溶液時；應(yīng)加熱到________時，停止加熱。

(2)粗晶體在燒杯中用適量蒸餾水溶解；滴加1～2滴稀硫酸，用沸水浴加熱至晶體全部溶解。停止加熱，讓其自然冷卻；結(jié)晶。抽濾(裝置如圖所示)。將所得晶體用少量無水乙醇洗滌1～2次，得到較純的硫酸鋅晶體。

①寫出下列儀器的名稱a________；b________。

②抽濾跟普通過濾相比；除了得到沉淀較干燥外，還有一個優(yōu)點是___________________。

③用少量無水乙醇洗滌晶體的目的是___________________________。

(3)在制取氫氣時，如果鋅粒中混有少量的鐵、銅雜質(zhì)，對硫酸鋅的質(zhì)量________(填“有”、“無”)影響，原因是___________________。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、用堿式滴定管準(zhǔn)確量取20.00mL的NaOH溶液。（______________）A.正確B.錯誤16、聚丙烯可發(fā)生加成反應(yīng)。(____)A.正確B.錯誤17、甲醛和乙醛在通常狀況下都是液體，而且都易溶于水。(_______)A.正確B.錯誤18、乙醛的官能團(tuán)是—COH。(____)A.正確B.錯誤19、醛類化合物既能發(fā)生氧化反應(yīng)又能發(fā)生還原反應(yīng)。(________)A.正確B.錯誤20、乙二酸、苯甲酸、硬脂酸、石炭酸都屬于羧酸類有機(jī)物。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共32分)21、在一定條件下，金屬相互化合形成的化合物稱為金屬互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。

(1)某金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，該金屬互化物屬于________(填“晶體”或“非晶體”)。

(2)基態(tài)銅原子有________個未成對電子；Cu2＋的電子排布式為____________________；在CuSO4溶液中加入過量氨水，充分反應(yīng)后加入少量乙醇，析出一種深藍(lán)色晶體，該晶體的化學(xué)式為____________________，其所含化學(xué)鍵有____________________，乙醇分子中C原子的雜化軌道類型為________。

(3)銅能與類鹵素(SCN)2反應(yīng)生成Cu(SCN)2,1mol(SCN)2分子中含有σ鍵的數(shù)目為________。(SCN)2對應(yīng)的酸有硫氰酸(H—S—C≡N)、異硫氰酸(H—N===C===S)兩種。理論上前者沸點低于后者，其原因是______________________________________________________________________________________。

(4)ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，在ZnS晶胞中，S2－的配位數(shù)為_______________。

(5)銅與金形成的金屬互化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其晶胞邊長為anm，該金屬互化物的密度為________g·cm－3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。22、A、B、C、D是四種短周期元素，E是過渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為：B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個成單電子，E的外圍電子排布式為3d64s2。回答下列問題：

（1）寫出下列元素的符號：B_________C________D__________

（2）用化學(xué)式表示上述五種元素中最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性最強(qiáng)的是_______，堿性最強(qiáng)的是__________。

（3）用元素符號表示D所在周期(除稀有氣體元素外)第一電離能最大的元素是______，電負(fù)性最大的元素是__________。

（4）D的氫化物比C的氫化物的沸點____（填"高"或"低"），原因_______________

（5）E元素原子的核電荷數(shù)是_________，E元素在周期表的第_______周期，第_____族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)、p區(qū)等，則E元素在_____區(qū)。23、【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用。

（1）P原子價電子排布圖為__________________________。

（2）四（三苯基膦）鈀分子結(jié)構(gòu)如下圖：

P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為___________；判斷該物質(zhì)在水中溶解度并加以解釋_______________________。該物質(zhì)可用于右上圖所示物質(zhì)A的合成：物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為__________________；一個A分子中手性碳原子數(shù)目為__________________。

（3）在圖示中表示出四（三苯基膦）鈀分子中配位鍵：_____________

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學(xué)式為_____________________；正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角原因為__________________；該晶體的晶胞如右圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm3。

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種P－Br鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導(dǎo)電的原因___________________。24、H；C、N、O、Na、Fe、Cu是常見的七種元素；請回答下列問題：

(1)N、O、Na原子第一電離能由小到大的順序是_______(用元素符號和“<”表示)；Cu原子的價電子排布圖為_______。

(2)Fe3+、Cu2+基態(tài)的核外電子排布式中未成對電子數(shù)最多的是_______；Cu2+在水中呈現(xiàn)藍(lán)色是因為形成了水合銅離子，其化學(xué)式為_______，水分子與銅離子間結(jié)合的化學(xué)鍵名稱為_______。

(3)根據(jù)價層電子對互斥理論判斷下列分子或離子中空間構(gòu)型是V形的是_______(填序號)。

①H3O+②H2O③NO

(4)(CN)2分子中鍵與鍵之間的夾角為180°，并有對稱性，分子中每個原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)式為_______，1個分子中含有_______個π鍵；則(CN)2中C原子的雜化類型為_______。

(5)O和Na形成的一種只含有離子鍵的離子化合物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該離子化合物的化學(xué)式為_______；已知該晶胞的密度為ρg/cm3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，求晶胞邊長a=_______cm。(用含p、NA的代數(shù)式表示)

評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共10分)25、I．施安卡因（G）是一種抗心律失常藥物；可由下列路線合成．

（1）已知A可以通過加聚反應(yīng)生成則A中所含官能團(tuán)的名稱是__________．

（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為___________；用系統(tǒng)命名法給C命名為___________．

（3）C與足量NaOH醇溶液共熱時反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________________．F→G的反應(yīng)類型為___________．

Ⅱ．H是C的同系物；其核磁共振氫譜有兩個峰．按如下路線，由H可合成高聚物V

（4）H的結(jié)構(gòu)簡式為___________．

（5）Q→V反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________________________________________．26、用化學(xué)用語填空：

(1)雙酚A的分子式________________。

(2)乙酸具有酸性____________。

(3)用系統(tǒng)命名法給如圖所示的有機(jī)物命名________________。

(4)2－甲基－1，3－丁二烯與Br2的CCl4溶液發(fā)生1，4－加成，化學(xué)方程式為____________。

(5)乙醛與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(6)如圖所示有機(jī)物發(fā)生加聚反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

A．該實驗沒有明顯現(xiàn)象；不能探究濃度對速率的影響，A項錯誤；

B．向盛有2mL黃色氯化鐵溶液的試管中滴加濃的維生素C溶液；若黃色溶液變?yōu)闇\綠色，說明生素C具有還原性，B項正確；

C．測CH3COONa溶液的pH值，應(yīng)用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液點到干燥的pH試紙中間；變色后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，若用濕潤的試紙測定，相當(dāng)于稀釋了醋酸鈉溶液，結(jié)果有誤差，C項錯誤；

D．酸式滴定管的最下方還有一段沒有刻度,若在50mI酸式滴定管中裝入鹽酸；調(diào)整初始讀數(shù)為30.00mL后,將剩余鹽酸放入錐形瓶，則鹽酸的體積大于20mL，D項錯誤；

答案選B。2、B【分析】【詳解】

A.不符合主鏈碳原子數(shù)最多原則；名稱應(yīng)為3，4－三甲基己烷，A錯誤；

B.符合有機(jī)物命名原則；B正確；

C.不符合主鏈碳原子數(shù)最多原則；名稱應(yīng)為2，4—二甲基—1—己烯，C錯誤；

D.不符合從離官能團(tuán)最近的一端編號的原則；名稱應(yīng)為4，4—二甲基—2—戊炔，D錯誤；

答案選B。

【點睛】

烷烴的命名原則：找出最長的碳鏈當(dāng)主鏈，從最近的取代基位置編號，以數(shù)字代表取代基的位置。數(shù)字與中文數(shù)字之間以“-”隔開；有多個取代基時，以取代基數(shù)字最小且最長的碳鏈當(dāng)主鏈，并依甲基、乙基、丙基的順序列出所有取代基。3、B【分析】【詳解】

A．試管c中鈉沉在底部；可知Na的密度比乙醇的密度大，A推論合理；

B．?OH與Na反應(yīng)生成氫氣，則試管b、c中生成的氣體均有H2；但無法證明乙醇顯酸性，B推論錯誤；

C．苯酚顯酸性；乙醇為中性，苯酚與Na反應(yīng)劇烈，則苯酚中羥基的活性比乙醇中羥基的活性強(qiáng)，C推論合理；

D．苯酚與Na反應(yīng)；而甲苯不反應(yīng)，則苯酚中羥基上的氫原子比甲苯中甲基上的氫原子更活潑，D推論合理；

答案為B。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．酚酞含有苯環(huán)可以發(fā)生加成；A正確；

B．分子中含有酯基和酚羥基兩種官能團(tuán)；B錯誤；

C．單鍵碳形成四面體空間結(jié)構(gòu)；分子中所有碳原子不能共平面，C錯誤；

D．根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，其化學(xué)式為C20H14O4；D錯誤；

答案選A。5、A【分析】【分析】

是硅原子的基態(tài)電子排布，為硅原子的基態(tài)3s上的一個電子躍遷到了3p上；為激發(fā)態(tài)。

【詳解】

A．由轉(zhuǎn)變?yōu)槭怯苫鶓B(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)；需吸收能量，正確；

B．由轉(zhuǎn)變?yōu)槭怯苫鶓B(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)；錯誤；

C．基態(tài)時的能量最低；基態(tài)能量低于激發(fā)態(tài)能量，錯誤；

D．基態(tài)磷原子的電子排布式為和轉(zhuǎn)化后硅原子的電子層結(jié)構(gòu)不同，錯誤；

故選A。

【點睛】

現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論證實，原子的電子排布遵循構(gòu)造原理能使整個原子的能量處于最低狀態(tài)，處于最低能量的原子為基態(tài)原子?；鶓B(tài)原子吸收能量后變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，此時原子能量高于基態(tài)。二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【分析】

(1)NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液在NH4+水解導(dǎo)致溶液呈酸性；結(jié)合電荷守恒判斷溶液中離子濃度大小；

(2)常溫下，pH=11的CH3COONa溶液中，溶液的OH-由水電離產(chǎn)生；水電離出來的c(OH﹣)==10-3mol/L；

在pH=3的CH3COOH溶液中，溶液在c(H+)=10-3mol/L，利用溶液在Kw=c(H+)?c(OH﹣)，水電離產(chǎn)生的水電離出來的c(H+)=c(OH﹣)(溶液)計算；

(3)A.向水中加入NaHSO4固體，溶液中c(H+)增大；抑制水電離；

B.向水中加NaHCO3固體，HCO3-水解生成碳酸；促進(jìn)水電離；

C.加熱至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol?L-1]；促進(jìn)水電離，但溶液仍然呈中性；

D.向水中加入NH4Cl固體，銨根離子水解促進(jìn)水電離，導(dǎo)致溶液中c(H+)增大；

(4)一水合氨為弱電解質(zhì)，不能完全電離，二種酸的濃度相等，稀釋前c(OH﹣)：NaOH>NH3?H2O；若稀釋后溶液pH相等，則氫氧化鈉稀釋體積大于一水合氨；

(5)一水合氨是弱電解質(zhì)，部分電離；醋酸根離子促進(jìn)銨根離子水解、氫離子抑制銨根離子水解，銨根離子水解程度越大，溶液中NH4+濃度越?。?/p>

(6)t℃時，Kw=1×10-12，在該溫度時，pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)==mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液pH=3，混合溶液中c(H+)=0.001mol/L，混合溶液中c(H+)=mol/L=0.001mol/L。

【詳解】

(1)氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液在NH4+銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，則c(OH-)＜c(H+)，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于c(OH-)＜c(H+)，所以c(NH4+)＜c(Cl-)，NH4+水解程度較小，所以c(NH4+)>c(H+)，故溶液中離子濃度大小順序是c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)；

(2)常溫下，pH=11的CH3COONa溶液中，溶液中c(H+)=1×10-11mol/L，溶液中c(OH-)就是水電離產(chǎn)生的c(OH-)，則水電離出來的c(OH-)==10-3mol/L；

在pH=3的CH3COOH溶液中，溶液中c(H+)=1×10-3mol/L，溶液中c(OH-)就是水電離產(chǎn)生的c(OH-)，則水電離出來的c(OH-)==10-11mol/L；

(3)A.向水中加入NaHSO4固體，溶液中c(H+)增大；抑制水電離，平衡逆向移動，A錯誤；

B.向水中加NaHCO3固體，HCO3-水解生成碳酸；促進(jìn)水電離，平衡正向移動但溶液呈堿性，B錯誤；

C.加熱至100℃，其中c(H+)=1×10-6mol/L；促進(jìn)水電離，但溶液仍然呈中性，C錯誤；

D.向水中加入NH4Cl固體，NH4+水解促進(jìn)水電離，平衡正向移動，導(dǎo)致溶液中c(H+)增大；溶液呈酸性，D正確；

故合理選項是D；

(4)一水合氨為弱電解質(zhì)，不能完全電離，兩種酸的濃度相等，稀釋前c(OH﹣)：NaOH>NH3?H2O；若稀釋后溶液pH相等，則氫氧化鈉稀釋體積大于一水合氨，即m＞n；

(5)一水合氨是弱電解質(zhì)，部分電離；醋酸根離子促進(jìn)銨根離子水解、H+抑制NH4+水解，銨根離子水解程度越大，溶液中NH4+濃度越??；所以相同濃度的這幾種溶液中銨根離子濃度大小順序是⑧＞⑥＞⑦＞⑨；

(6)t℃時，Kw=1×10-12，在該溫度時，pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)==mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液pH=3，則混合溶液中c(H+)=0.001mol/L，混合溶液中c(H+)=mol/L=0.001mol/L，解得a：b=9：2。

【點睛】

本題考查了離子濃度大小比較、水的電離及其影響因素、弱電解質(zhì)的電離平衡、酸堿混合溶液的pH的計算等知識，試題涉及的題量較大，充分考查了學(xué)生對所學(xué)知識的掌握情況，明確溶液中水電離的氫離子濃度大小的計算方法，為易錯點?！窘馕觥竣?c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣)②.10﹣3mol/L③.10﹣11mol/L④.D⑤.>⑥.⑧>⑥>⑦>⑨⑦.9：27、略

【分析】【詳解】

Ⅰ(1)物質(zhì)能導(dǎo)電是因為有能夠自由移動的帶電粒子；所以金屬；石墨、熔融態(tài)的堿和鹽、酸堿鹽的水溶液都能導(dǎo)電，④和⑧能導(dǎo)電，純水雖然是電解質(zhì)，但是極弱的電解質(zhì)，電離出來的自由移動的氫離子和氫氧根離子非常少，可以認(rèn)為幾乎不導(dǎo)電；

(2)電解質(zhì)必須是化合物；酸；堿、鹽、水都是電解質(zhì)，①③⑤⑧⑨都是電解質(zhì)；

(3)非電解質(zhì)必須是化合物；除去電解質(zhì)外，都是非電解質(zhì)，②⑥⑦都是非電解質(zhì)；

(4)弱酸；弱堿、水是弱電解質(zhì)；③⑨是弱電解質(zhì)；

Ⅱ(1)化學(xué)方程式為：Ca(OH)2是微溶物，但是稀溶液，并且是反應(yīng)物，要拆開，硝酸是強(qiáng)酸，拆開，硝酸鈣是硝酸鹽，是可溶性鹽，拆開，水是弱電解質(zhì)，不能拆開，經(jīng)過拆、刪、查后，得離子方程式為：OH-＋H＋=H2O；

(2)化學(xué)方程式為：碳酸鈣是難溶鹽，不能拆，氯化氫是強(qiáng)酸，拆開，氯化鈣是可溶性鹽，拆開，水和二氧化碳都不能拆開，經(jīng)過拆、刪、查后，得離子方程式為：CaCO3+2H＋=Ca2＋+CO2↑+H2O；

(3)根據(jù)電離方程式：該反應(yīng)的實質(zhì)是鋅與氫離子發(fā)生反應(yīng)生成氫氣，根據(jù)電荷守恒和元素守恒，離子方程式為Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑；

(4)滴加幾滴稀鹽酸，稀鹽酸少量，碳酸根離子和氫離子反應(yīng)生成碳酸氫根，離子方程式為：CO+H＋=HCO

(5)對于反應(yīng)：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，F(xiàn)eCl3和FeCl2都是可溶性鹽，H2S的水溶液不易導(dǎo)電，說明H2S在水中的電離程度很低，所以H2S是弱酸，經(jīng)過拆、刪、查后，得離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+【解析】④⑧①③⑤⑧⑨②⑥⑦③⑨OH-＋H＋=H2OCaCO3+2H＋=Ca2＋+CO2↑+H2OZn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑CO+H＋=HCO2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+8、略

【分析】【分析】

(1)Na2CO3·3H2O2具有Na2CO3和H2O2的雙重性質(zhì)，可與酸性或強(qiáng)氧化性或強(qiáng)還原性物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，發(fā)生還原反應(yīng)時，應(yīng)與具有還原性物質(zhì)反應(yīng)；

(2)根據(jù)化合價的變化計算；

(3)根據(jù)反應(yīng)物和生成物結(jié)合質(zhì)量守恒和電荷守恒書寫反應(yīng)的離子方程式；

(4)鐵元素的化合價升高，N元素的化合價格下降低，則有8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++H2O；根據(jù)方程式判斷。

【詳解】

(1)Na2CO3·3H2O2具有Na2CO3和H2O2的雙重性質(zhì)，可在二氧化錳作用下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)；與具有還原性物質(zhì)反應(yīng)，只有Na2SO3溶液符合；因此選項A，C正確；

因此，本題正確答案是：A，C；

(2)HClO2中Cl元素化合價為+3價，ClO2中Cl元素化合價為+4價，化合價升高1價，當(dāng)生成1molClO2時轉(zhuǎn)移的電子為1mol，則數(shù)目為NA或6.02×1023；

因此，本題正確答案是：NA或6.02×1023；

(3)ClO2可由KClO3在H2SO4存在下與SO2發(fā)生反應(yīng)來制備，反應(yīng)的離子方程式為：2ClO3-+SO2═SO42-+2ClO2；

因此，本題正確答案是：2ClO3-+SO2═SO42-+2ClO2；

(4)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++H2O；由方程式可以知道還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為8：1；

因此，本題正確答案是：8：1。【解析】ACNA或6.02×10232ClO+SO2═SO+2ClO28：19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①濃硫酸是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；②SO2是非金屬氧化物，屬于非電解質(zhì)；③碳酸氫鈉是鹽，屬于電解質(zhì)；④二氧化硅是非電解質(zhì)；H2SO4在水溶液中電離出氫離子和硫酸根離子，電離方程式為：H2SO4=2H++故答案為：③；H2SO4=2H++

(2)SO2與H2S反應(yīng)中，S元素化合價既由+4價下降到0價，也由-2價上升到0價，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

(3)碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，方程式為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

(4)碳酸氫鈉可治療胃酸(0.2%～0.4%的鹽酸)過多，與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為+H+=H2O+CO2↑，故答案為：+H+=H2O+CO2↑；

(5)二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為SiO2+2OH-=+H2O，故答案為：SiO2+2OH-=+H2O?！窘馕觥竣跦2SO4=2H++2H2S+SO2=3S↓+2H2O2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑+H+=H2O+CO2↑SiO2+2OH-=+H2O10、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)16g液態(tài)肼與液態(tài)過氧化氫恰好完全反應(yīng)生成氮氣和液態(tài)水時放出321kJ熱量；計算1mol液態(tài)肼32g放出642kJ的熱量，再書寫熱反應(yīng)方程式。

(2)分析得出N2H4化合價升高作負(fù)極；反應(yīng)生成氮氣。

(3)分析反應(yīng)后的溶質(zhì)及溶液酸堿性；再分析離子濃度大小順序。

(4)先求該溫度下Kw，再得到某硫酸溶液中c(H+)，再根據(jù)公式求溶液中的OH－濃度即為水電離出的OH－濃度。

(5)先表示出HNO3中c(H+)和pH＝n的KOH溶液c(OH－)，根據(jù)溶液中n(NO3－)=10n(K＋)列計算式得出m＋n的值。

【詳解】

(1)16g液態(tài)肼與液態(tài)過氧化氫恰好完全反應(yīng)生成氮氣和液態(tài)水時放出321kJ熱量，N2H4＋2H2O2=N2＋4H2O，1mol液態(tài)肼32g放出642kJ的熱量，因此液態(tài)N2H4和液態(tài)H2O2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－642kJ·mol?1；故答案為：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－642kJ·mol?1。

(2)肼(N2H4)—空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%~30%的KOH溶液。根據(jù)反應(yīng)方程式N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)，N2H4化合價升高作負(fù)極，放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式是N2H4－4e－＋4OH－＝N2＋4H2O；故答案為：N2H4－4e－＋4OH－＝N2＋4H2O。

(3)將濃度均為0.10mol·L?1的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，溶質(zhì)為CH3COONa，溶液顯堿性，主要是醋酸根水解，因此所得混合溶液中各種離子濃度大小順序c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)；故答案為：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)。

(4)已知某溫度下，純水中的c(H+)=2.0×10?7mol·L?1，Kw=c(H+)?c(OH－)=2.0×10?7×2.0×10?7=4×10?14。該溫度下，測定某硫酸溶液中c(SO42?)=5×10?6mol·L?1，c(H+)=1×10?5mol·L?1，則該硫酸溶液中的OH－濃度水電離出的OH－濃度4×10?9mol·L?1；故答案為：4×10?9mol·L?1。

(5)在25℃時，向VmLpH＝m的HNO3即c(H+)=1×10?mmol·L?1，滴加pH＝n的KOH溶液[即c(OH－)=1×10(n?14)mol·L?1]10VmL時，溶液中n(NO3－)=10n(K＋)，因此1×10?mmol·L?1×V×10?3L=10×1×10(n?14)mol·L?1×10V×10?3L；得到m＋n=12；故答案為：12。

【點睛】

混合物溶液的pH及溶液中離子濃度的比較是?？碱}型，主要是分析溶液混合后溶質(zhì)，再根據(jù)溶液分析溶液酸堿性及離子濃度大小關(guān)系?！窘馕觥縉2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－642kJ·mol-1N2H4－4e－＋4OH－＝N2＋4H2Oc(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)4×10?9mol·L?11211、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)失去得到依據(jù)得失電子數(shù)相等，配平得

(2)還原時，得到失去依據(jù)得失電子數(shù)相等，配平得【解析】12、略

【分析】【詳解】

根據(jù)題給已知條件，對甲基苯酚與反應(yīng)能得到之后發(fā)生水解反應(yīng)得觀察題中反應(yīng)可知得到目標(biāo)產(chǎn)物需要利用反應(yīng)④，所以合成的路線為【解析】13、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)同系物的概念；結(jié)合苯同系物特點判斷；質(zhì)量相同時，物質(zhì)分子中H元素含量越高，其完全燃燒消耗氧氣就越多；

(2)根據(jù)物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)；結(jié)合各種官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)分析判斷；

(3)根據(jù)烯烴加成反應(yīng)特點；判斷碳碳雙鍵可能的位置，以確定其同分異構(gòu)體種類數(shù)目；

(4)結(jié)合同分異構(gòu)體的概念及H原子種類數(shù)目判斷物質(zhì)結(jié)構(gòu)。

【詳解】

(1)由于同系物是結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團(tuán)的物質(zhì)，苯的同系物分子式通式是CnH2n-6，其同系物中應(yīng)該含有苯環(huán)，支鏈為飽和烷基。在上述物質(zhì)中是苯的同系物；故合理選項是②；

由于12gC完全燃燒消耗1molO2；4gH完全燃燒消耗1molO2；所以等質(zhì)量的物質(zhì)完全燃燒，物質(zhì)中H元素的含量越高，完全燃燒消耗的氧氣就越多。在上述五種物質(zhì)中，④表示的烷烴達(dá)到結(jié)合H原子的最大數(shù)目；H元素含量最高，故其完全燃燒消耗氧氣最大，故合理選項是④；

(2)①表示的物質(zhì)中含氧官能團(tuán)有-COO-；-OH、-CHO；它們的名稱分別是酯基、羥基、醛基；

(3)烯烴與H2發(fā)生加成反應(yīng)時，斷裂碳碳雙鍵中較活潑的一個碳碳鍵，然后在這兩個C原子上個結(jié)合1個H原子，形成烷烴，因此若是烯烴與氫氣加成產(chǎn)物，則碳碳雙鍵可能的位置為：碳碳雙鍵有幾種不同位置；就存在幾種同分異構(gòu)體，因此其可能的同分異構(gòu)體有三種；

(4)⑤表示的物質(zhì)是該物質(zhì)是烯烴，分子式是C6H12，其同分異構(gòu)體若核磁共振氫譜只有一組峰，說明分子中只有一種位置的H原子，則物質(zhì)應(yīng)該具有對稱結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡式為或

【點睛】

本題考查了物質(zhì)的命名、同系物的判斷、烯烴的加成規(guī)律、有機(jī)物燃燒消耗氧氣與物質(zhì)組成的關(guān)系及同分異構(gòu)體的判斷。掌握有關(guān)概念、物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與反應(yīng)特點是正確解答的關(guān)鍵。要從對稱角度分析判斷碳碳雙鍵可能的位置，以確定其結(jié)構(gòu)的不同，判斷同分異構(gòu)體種類數(shù)目。【解析】①.②②.④③.酯基、羥基、醛基④.3⑤.14、略

【分析】【分析】

掌握儀器的名稱；操作原理以及物質(zhì)的檢驗方法。

【詳解】

(1)①加氧化鋅調(diào)節(jié)pH；是利用氧化鋅與硫酸反應(yīng)除去硫酸；②制備晶體時，要注意加熱到出現(xiàn)晶膜就停止加熱。

(2)②抽濾過程中除了得到沉淀較干燥外；由于吸濾瓶中壓強(qiáng)小，抽濾速率快。③乙醇洗滌的目的一是除雜，減小生成物的損失，二是吸水，快速干燥。

(3)在制取氫氣時，如果鋅粒中混有少量的鐵、銅雜質(zhì)，對硫酸鋅的質(zhì)量沒有影響，因為銅不與稀硫酸反應(yīng)，過濾除去；鐵雖然與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，但鋅比鐵活潑，只要鋅粒過量，就可置換硫酸亞鐵中的鐵，通過過濾除去，所以無影響。【解析】將硫酸轉(zhuǎn)化成硫酸鋅(或除去硫酸)溶液表面出現(xiàn)晶膜布氏漏斗吸濾瓶過濾速度快利用乙醇的揮發(fā)，除去晶體表面附著的水分無銅不與稀硫酸反應(yīng)，過濾除去；鐵雖然與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵，但鋅比鐵活潑，只要鋅粒過量，就可置換硫酸亞鐵中的鐵，通過過濾除去三、判斷題(共6題，共12分)15、A【分析】【分析】

【詳解】

滴定管是準(zhǔn)確量取一定體積液體的儀器，其精確度是0.01mL。由于NaOH是堿溶液，因此可以使用堿式滴定管準(zhǔn)確量取20.00mL的NaOH溶液，這種說法的正確的。16、B【分析】【分析】

【詳解】

聚丙烯是丙烯加聚反應(yīng)的產(chǎn)物，分子中不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加聚反應(yīng)，錯誤。17、B【分析】【詳解】

甲醛通常狀況下為氣體，甲醛和乙醛的官能團(tuán)均為-CHO，而醛基為親水基，故兩者均溶于水，錯誤，故答案為：錯誤；18、B【分析】【詳解】

乙醛的官能團(tuán)是-CHO，該說法錯誤。19、A【分析】【詳解】

醛類化合物的分子結(jié)構(gòu)中都含有醛基，一般情況下，醛能被被氧化為羧酸，被還原為醇，因此既能發(fā)生氧化反應(yīng)又能發(fā)生還原反應(yīng)。說法正確。20、B【分析】【詳解】

石炭酸不屬于羧酸類有機(jī)物，錯誤；四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共32分)21、略

【分析】【分析】

1）晶體中粒子在三維空間里呈周期性有序排列；有自范性，非晶體中原子排列相對無序，無自范性；

（2）銅元素的原子序數(shù)為29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；CuSO4溶液與過量氨水反應(yīng)生成Cu（NH3）4SO4?H2O；Cu（NH3）4SO4?H2O晶體中含有離子鍵、極性共價鍵和配位鍵；CH3-CH2-OH分子中兩個C原子均為飽和碳原子；價層電子對數(shù)均為4；

（3）（SCN）2的結(jié)構(gòu)式為N≡C-S-S-C≡N；分子中有3個單鍵和2個碳氮三鍵；能形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高；

（4）ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)可知，可以根據(jù)鋅離子的配位數(shù)判斷距離S2-最近的鋅離子有4個；

（5）由均攤法計算得到金屬互化物的化學(xué)式；再由質(zhì)量公式計算密度。

【詳解】

（1）晶體中粒子在三維空間里呈周期性有序排列；有自范性，非晶體中原子排列相對無序，無自范性，金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，則金屬互化物屬于晶體，故答案為晶體；

（2）銅元素的原子序數(shù)為29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，含有一個未成對電子，失去2個電子形成Cu2+，故Cu2+離子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d9；在CuSO4溶液中加入過量氨水，CuSO4與過量氨水反應(yīng)生成Cu（NH3）4SO4?H2O，加入乙醇降低Cu（NH3）4SO4?H2O的溶解度，析出深藍(lán)色Cu（NH3）4SO4?H2O晶體，晶體中含有離子鍵、極性共價鍵和配位鍵；CH3-CH2-OH分子中兩個C原子均為飽和碳原子，價層電子對數(shù)均為4，均為sp3雜化。

（3）（SCN）2的結(jié)構(gòu)式為N≡C-S-S-C≡N，分子中有3個單鍵和2個碳氮三鍵，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵，（SCN）2分子含有5個σ鍵，故1mol（SCN）2分子中含有σ鍵的數(shù)目為5NA；能形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高，異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸不能形成分子間氫鍵，所以異硫氰酸熔沸點高于硫氰酸，故答案為5NA；異硫氰酸分子間可形成氫鍵；而硫氰酸不能；

（4）ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)可知，距離Zn2＋最近的硫離子有4個，由硫化鋅的化學(xué)式可知，距離每個硫離子最近的鋅離子也有４個，即S2-的配位數(shù)為4；故答案為4；

（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu原子位于晶胞面心，數(shù)目為6×=3，Au原子為晶胞頂點，數(shù)目為8×=1，銅與金形成的金屬互化物的化學(xué)式為Cu3Au，晶胞體積V=（a×10-7）3cm3，則密度ρ===故答案為

【點睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，考查了晶體結(jié)構(gòu)、核外電子排布、配合物以及晶胞的計算等知識，注意核外電子排布規(guī)律，注意空間結(jié)構(gòu)的理解與應(yīng)用，把握均攤法計算、密度與質(zhì)量的關(guān)系為解答的關(guān)鍵?！窘馕觥烤w11s22s22p63s23p63d9Cu（NH3）4SO4?H2O離子鍵、極性共價鍵和配位鍵sp3雜化、sp3雜化5NA異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸不能422、略

【分析】【詳解】

A、B、C、D是四種短周期元素，由A的原子結(jié)構(gòu)示意圖可知x=2，A的原子序數(shù)為14，故A為Si元素；A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na元素，C的最外層有三個成單電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P元素；C、D同主族，故D為N元素；E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2；則E為Fe元素。

（1）由上述分析可知B為Na、C為P、D為N；（2）非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物水化物的酸性越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物水化物的堿性越強(qiáng)。則上述五種元素中最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性最強(qiáng)的是HNO3，堿性最強(qiáng)的是NaOH。（3）同周期自左向右，第一電離能逐漸增大（個別除外），所以第一電離能最大的元素是F，周期自左而右，電負(fù)性逐漸增大，故電負(fù)性最大的元素是F；（4）由于氨氣分子間能形成氫鍵，而磷化氫分子中不存在分子間氫鍵，所以NH3比PH3的沸點高；（4）E為Fe元素，核電荷數(shù)是26，F(xiàn)e在周期表中處于第四周期第Ⅷ族，位于周期表中的d區(qū)?！窘馕觥竣?Na②.P③.N④.HNO3⑤.NaOH⑥.F⑦.F⑧.高⑨.氨氣分子間能形成氫鍵，而磷化氫分子中不存在分子間氫鍵。⑩.26?.第四周期?.第VIII族?.d區(qū)23、略

【分析】【分析】

（1）P原子價電子排布式為3s22p3；結(jié)合泡利原理；洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為sp3；四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子；而水是極性分子，結(jié)合相似相溶原理判斷；A分子中C原子均沒有孤對電子，三鍵中C原子雜化軌道數(shù)目為2，雙鍵中碳原子雜化軌道數(shù)目為3，其它碳原子雜化軌道數(shù)目為4；連接4個不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；

（3）Pd含有空軌道；P原子有1對孤對電子，提供孤對電子與Pd形成配位鍵；

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，形成的正四面體形陽離子為PCl4+，正六面體形陰離子為PCl6-；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，PCl4+位于體心，PCl6-位于頂點，由均攤法可知晶胞中含有1個PCl6-，計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計算晶胞密度；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種P-Br鍵長，則電離生成PBr4+與Br-。

【詳解】

（1）磷是15號元素，其原子核外有15個電子，P元素基態(tài)原子電子排布為1s22s22p63s23P3，P的最外層3p電子3個電子自旋方向相同，為故答案為

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子與P原子成4個單鍵，雜化軌道數(shù)為4，為sp3雜化，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)鈀分子在水中難溶，物質(zhì)A中甲基上的C采取sp3雜化類型，C≡N為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化，連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，如圖：所以一個A分子中手性碳原子數(shù)目為3個，故答案為sp3；不易溶于水，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位鍵由含有孤電子對的原子指向含有空軌道的原子，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對，所以配位鍵由P原子指向Pd原子，如圖：故答案為

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+(5?3×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl5中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=5+(5?5×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對．孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以PCl5中正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角，晶胞中PCl5位于頂點8×=1，1個PCl5分子位于晶胞內(nèi)部，立方體的晶胞邊長為apm，所以密度為：ρ==

故答案為：PCl4+和PCl6-；兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，說明PBr5也能電離出能導(dǎo)電的陰陽離子，而產(chǎn)物中只存在一種P-Br鍵長，所以發(fā)生這樣電離PBr5═PBr4++Br-；

故答案為PBr5=PBr4++Br-。

【點晴】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及電子排布圖、雜化方式的判斷、電離方式和微粒結(jié)構(gòu)等，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用的考查，題目難度較大。雜化類型的判斷方法：1)例如常見的簡單分子，C2H2、CO2為直線型分子，鍵角為180°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp；C2H4、C6H6為平面型分子，鍵角為120°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp2；CH4、CCl4為正四面體，鍵角109.5°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp3。擴(kuò)展到以共價鍵形成的晶體，如：已知金剛石中的碳原子、晶體硅和石英中的硅原子，都是以正四面體結(jié)構(gòu)形成共價鍵的，所以也都是采用sp3雜化；已知石墨的二維結(jié)構(gòu)平面內(nèi)，每個碳原子與其它三個碳原子結(jié)合，形成六元環(huán)層，鍵角為120°，由此判斷石墨的碳原子采用sp2雜化。2)根據(jù)價層電子對互斥理論判斷雜化類型：中心原子電子對計算公式：價電子對數(shù)n=(中心原子的價電子數(shù)+配位原子的價電子數(shù)×m±電荷數(shù))。注意：①當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時取“-”，電荷數(shù)為負(fù)值時取“+”；②當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時，成鍵電子數(shù)為零；根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；3)對于有機(jī)物利用雜化軌道數(shù)=孤對電子對數(shù)+σ鍵數(shù)進(jìn)行判斷．如C2H2分子中碳原子形成1個C-H，1個C≡C(含1個σ鍵)，C原子雜化軌道數(shù)為1+1=2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個C-H，1個C═C雙鍵(含1個σ鍵)，C原子雜化軌道數(shù)為(2+1)=3，C原子采取sp2雜化方式?！窘馕觥浚﹕p3不易溶于水，水為極性分子，四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶sp、sp2、sp33PCl4+和PCl6－兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對。孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力或PBr5＝PBr4++Br－24、略

【分析】【分析】

根據(jù)第一電離能的遞變規(guī)律判斷N、O、Na的第一電離能大??；根據(jù)Cu原子的核外電子排判斷其價電子排布圖；根據(jù)離子的外圍電子式排布判斷未成對電子數(shù)多少；根據(jù)Cu2+與水結(jié)合成水合銅離子，由結(jié)構(gòu)特點判斷化學(xué)鍵類型和化學(xué)式；根據(jù)VSEPR理論判斷分子或離子的空間構(gòu)型；根據(jù)題中信息，判斷(CN)2的結(jié)構(gòu)式；π鍵數(shù)目和C原子雜化方式；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，利用“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計算；據(jù)此解答。

（1）非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素的，故第一電離能由小到大的順序是Na＜O＜N；Cu原子的價電子排布式為3d104s1，其價電