…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年中圖版選擇性必修2化學下冊月考試卷360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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、R；X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素；R、X、Y屬于不同周期，這四種元素可組成一種化合物的結構如圖所示，下列說法不正確的是。

A.氧化物對應水化物的酸性：Z＞XB.X、Z的氣態氫化物能發生化合反應C.簡單離子半徑：Z＞X＞YD.X的簡單氫化物可用于檢驗運輸Z單質的管道是否發生泄漏2、一種農業常用肥料的結構如圖所示。其中X；Y、Z、W為核電荷數依次增大的前20號主族元素；且位于不同周期，該物質的水溶液顯酸性。下列說法正確的是。

A.該化合物的焰色反應呈黃色B.Z的簡單氣態氫化物的熱穩定性比Y的強C.Y與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物D.該物質的水溶液中：3、下列各組物質中，都是非極性分子且只含極性鍵的是A.B.C.D.4、在氣態和液態時，分子骨架結構與各原子所在位置如圖所示，下列關于分子的說法正確的是。

A.分子中5個P—Cl鍵鍵能完全相同B.鍵角(∠Cl—P—Cl)有60°、90°、120°、180°四種C.每個原子都達到8電子穩定結構，且為非極性分子D.的二溴代物共有3種同分異構體5、已知在一定條件下，也能體現其氧化性，例如：下列化學用語使用正確的是A.的VSEPR模型：B.HS-電離的離子方程式：C.基態硫原子軌道的電子云輪廓圖：D.基態氧原子最外層電子的軌道表示式：6、有X、Y、Z、Q、T五種元素，X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道；Y原子的價層電子排布式為3d64s2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；Q原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充滿。下列敘述不正確的是A.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B.T和Z各有一種單質的空間構型為正四面體形C.元素X和Z形成的化合物不可能是分子晶體D.ZQ2是極性鍵構成的非極性分子7、近日；某科學家開發了一種用二氧化碳淡化海水的技術，其循環圖如下：

已知：R為烴基，是一元弱堿，易溶于水。電離常數：下列敘述錯誤的是A.中N提供孤電子對能與質子形成配位鍵B.溶液呈弱堿性C.可以循環利用D.在常壓、高溫條件下海水淡化速率最快8、下列分子中，一定含碳碳雙鍵的是A.C2H4B.C2H6C.C2H5OHD.CH3COOH評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、下列Li原子電子排布圖表示的狀態中，能量最高和最低的分別為。A.B.C.D.10、下列分子或離子中，VSEPR模型為四面體形，但分子或離子的空間結構為V形的是A.B.C.D.11、鈷是重要的過渡元素，能形成多種穩定的配合物。CoCl3·6NH3是一種重要的配合物，研究分子結構發現其絡離子形狀為正八面體。取1mol該配合物，加入足量硝酸銀溶液，產生xmol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列說法正確的是A.Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族B.配合物中絡離子化學式為[Co(NH2)6]3+C.x≤3D.若晶體Co為A1型密堆積，晶胞參數為acm，則鈷原子的半徑為a×1010pm12、下列各組物質的性質比較，正確的是（）A.熔點：CO2＜H2O＜SiO2＜KClB.穩定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4C.鍵能：F2＞Cl2＞Br2＞I2D.粒子半徑：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+13、最近，中國科學院大連化物所CO2催化轉化為CO的研究獲得新成果。下圖是使用不同催化劑(NiPc和CoPc)時轉化過程中的能量變化；下列說法不合理的是。

A.轉化過程中有極性鍵形成B.?CO2經氧化反應得到?COOHC.吸附在NiPc或CoPc表面帶有相同基團的物種其能量相同D.該研究成果將有利于緩解溫室效應并解決能源轉化問題評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、現有核電荷數小于18的元素A，其電離能數據如表所示[I1表示失去第1個電子的電離能，In(n＝2,3,4,5,6,7,8,9,10,11)表示失去第n個電子的電離能；單位為eV]。

(1)外層電子離核越遠，能量越高，電離能越______(填“大”或“小”)；陽離子所帶電荷數越多，在失去電子時，電離能越________(填“大”或“小”)。

(2)上述11個電子分屬________個電子層。

(3)去掉11個電子后，該元素還有________個電子。

(4)該元素的最高價氧化物對應的水化物的化學式是________。15、同周期的元素性質遞變規律。

(1)鈉、鎂與水的反應。鈉鎂實驗操作實驗①實驗②實驗現象鈉熔成小球，浮于水面，四處游動，有“嘶嘶”的響聲，反應后溶液加酚酞變紅加熱前，鎂條表面附著了少量無色氣泡，加熱至沸騰后，有較多的無色氣泡冒出，滴加酚酞溶液變為粉紅色反應原理________________________結論鈉、鎂均能與水反應，鈉比鎂活潑，金屬性：_____________。

(2)Al(OH)3的制備與性質。

實驗探究：

①向AlCl3溶液中加入足量氨水，現象為__________，反應的離子方程式為__________；

②將①實驗得到的沉淀分裝兩支試管中，一支試管中加入鹽酸，現象為__________，離子方程式為_________；另一支試管中加入NaOH溶液，現象為________，離子方程式為______________。

③向MgCl2溶液加入過量NaOH溶液，現象_________，離子方程式為_____________。

兩性氫氧化物：既能與酸反應又能與強堿反應，且均生成鹽和水的氫氧化物。如Al(OH)3。

(3)第三周期遞變規律。

①第三周期的Na、Mg、Al的金屬性逐漸__________，NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的堿性逐漸__________，NaOH為強堿，Mg(OH)2為中強堿，Al(OH)3為兩性氫氧化物。

②第三周期的Si、P、S、Cl的非金屬性逐漸__________，H3SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐漸__________。HClO4是最強的含氧酸，H2SiO3為難溶的____酸，H3PO4為中強酸，H2SO4為強酸。

③同一周期從左到右，原子半徑逐漸__________，失電子能力逐漸__________，得電子能力逐漸__________，金屬性逐漸__________，非金屬性逐漸__________。16、元素的電負性(用γ表示)和元素的化合價一樣，也是元素的一種性質。表中給出了14種元素的電負性：。元素AlBBeCClFH電負性1.52.01.52.53.04.02.1元素MgNNaOPKSi電負性1.23.00.93.52.10.81.8

已知：兩成鍵元素間電負性差值大于1.7時；一般形成離子鍵；兩成鍵元素間電負性差值小于1.7時，一般形成共價鍵。

(1)根據表中給出的數據，可推知元素的電負性具有的變化規律是_______。

(2)請指出下列化合物中顯正價的元素：

NaH：_______、NH3：_______、CH4：_______、ICl：_______。

(3)表中符合“對角線規則”的元素有Be和_______、B和_______，它們的性質分別有一定的相似性，原因是_______，寫出表示Be(OH)2顯兩性的離子方程式：_______。17、下列物質中，常溫下屬于晶體的是__________（填序號，下同），沒有固定熔點的固體是__________。

①鋁②氯化鉀③氫氧化鈉④二氧化碳⑤塑料⑥玻璃⑦鐵礦石⑧硫酸⑨石蠟18、(1)如圖所示為二維平面晶體結構示意圖，化學式為的晶體是______。(填序號)。

(2)如圖為金屬銅的晶胞；請完成下列各題。

①該晶胞“實際”擁有的銅原子數是______。

②設該晶胞立方體的邊長為Cu的相對原子質量為64，金屬銅的密度為為阿伏加德羅常數的值，則______(用a、ρ表示)。評卷人得分四、有機推斷題(共4題，共40分)19、普瑞巴林(pregabalin)常用于治療糖尿病和帶狀皰疹引起的神經痛；其合成路線如下：

已知：

i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列問題：

(1)A的化學名稱為_______。

(2)B的結構簡式為_______。

(3)反應②的反應類型是_______。

(4)D中有_______個手性碳原子。

(5)寫出反應④的化學方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子數比G少四個，則H可能的結構(不考慮立體異構)有_______種，其中-NH2在鏈端的有_______(寫結構簡式)。20、普瑞巴林(pregabalin)常用于治療糖尿病和帶狀皰疹引起的神經痛；其合成路線如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列問題：

(1)A的化學名稱為_______，-NH2的電子式為_______。

(2)B的結構簡式為_______。

(3)反應②的反應類型是_______。

(4)D中有_______個手性碳原子。

(5)寫出反應④的化學方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子數比G少四個，則H可能的結構(不考慮立體異構)有_______種，其中-NH2在鏈端的有_______(寫結構簡式)。

(7)寫出以1，6-己二酸為原料制備聚戊內酰胺()的合成路線_______(其他無機試劑和有機溶劑任選)。21、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）的分子式為則的結構簡式：_______。

（3）含有手性碳原子的數目為_______。

（4）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_______。

①能發生銀鏡反應；

②能與溶液發生顯色反應；

③分子中只有4種不同化學環境的氫。

（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)。_______22、對羥基苯甲醛，俗稱PHBA，是一種重要的有機化工原料。其結構為有人提出；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_______組吸收峰。

(2)下列有關說法正確的是________。

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的結構簡式為______________。

(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有多種同分異構體，符合以下所有特征的同分異構體的結構簡式為_________(只寫一種)。

a．苯環上存在2種不同化學環境的氫原子；且個數比為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評卷人得分五、結構與性質(共1題，共6分)23、磷是生物體中不可缺少的元素之一它能形成多種化合物。

(1)磷元素位于周期表的______區，基態磷原子價層電子排布圖_______。

(2)第三周期中第一電離能位于鋁元素和磷元素之間的元素有________種。

(3)白磷(P4)分子是正四面體結構，磷原子雜化方式為______，3.1g白磷中σ鍵的數目為___。P4易溶于二硫化碳，難溶于水，原因是___________。

(4)磷酸與Fe3+可形成H3[FePO4)2]，基態Fe3+的核外電子排布式為______，Fe、P、O電負性由大到小的順序是____________。

(5)磷化硼是一種超硬耐磨涂層材料，下圖為其晶胞結構，阿伏伽德羅常數為NA，磷化硼晶體的密度為ρg/cm3，B與P最近距離為______cm(列出計算式即可)，估測該晶體的熔點_______（填“高于”或“低于”)金剛石。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

R；X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素；R、X、Y屬于不同周期，R能形成1個共價鍵，位于第一周期，R為H，X失去一個電子后形成4個共價鍵，位于第二周期，X為N，Y得到1個電子后形成4個共價鍵，位于第三周期，Y為Al，Z的原子序數比Y大，能形成1個共價鍵，Z為Cl，即R為H，X為N，Y為Al，Z為Cl。

【詳解】

A．硝酸、亞硝酸的酸性大于次氯酸，高氯酸的酸性大于硝酸和亞硝酸，沒有指出元素最高價，無法比較N、Cl元素的氧化物對應水化物的酸性強弱，選項A錯誤；

B．X；Z的氣態氫化物分別為氨氣、氯化氫；氨氣與氯化氫發生化合反應生成氯化銨，選項B正確；

C．電子層越多離子半徑越大；電子層結構相同時，核電荷數越大離子半徑越小，則簡單離子半徑：Z＞X＞Y，選項C正確；

D．X的簡單氫化物為氨氣；氨氣可用于檢驗運輸氯氣的管道是否發生泄漏，選項D正確；

答案選A。2、C【分析】【分析】

X；Y、Z、W為核電荷數依次增大的前20號主族元素；且位于不同的周期，則它們分別為第一、二、三和四周期，而W可形成一價陽離子，為K元素，根據結構圖，可推出X、Y、Z分別是H、O、P元素。

【詳解】

A．該化合物含有K元素；焰色反應是紫色，A錯誤；

B．非金屬性O>N>P，故PH3的熱穩定性比H2O的要差；B錯誤；

C．O元素與其它三種元素可形成：H2O、H2O2；K2O2、KO2；P2O5、P4O10至少兩種二元化合物；C正確；

D．KH2PO4溶液中，H2PO4-既能電離也能水解，H2PO4-HPO42-+H+，H2PO4-+H2OH3PO4+OH-，溶液顯酸性，電離程度大于水解程度，故c(HPO42-)>c(H3PO4)；故D錯誤。

故選C。3、A【分析】【分析】

由同種原子構成的共價鍵是非極性鍵；不同原子構成的共價鍵是極性鍵。分子中正負電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子，據此判斷。

【詳解】

A．CO2中含有極性鍵，為直線形分子，結構對稱，分子中正負電荷重心重疊，為非極性分子；BF3中含有極性鍵；為平面正三角形，結構對稱，分子中正負電荷重心重疊，為非極性分子，故A正確；

B．CS2中含有極性鍵，為直線形分子，結構對稱，分子中正負電荷重心重疊，為非極性分子；H2O2中含有極性鍵；正負電荷的中心不重合，屬于極性分子，故B錯誤；

C．C60中只含有非極性鍵，沒有極性鍵，PCl5中含有極性鍵；空間結構為三角雙錐形，正負電荷的中心重合，屬于非極性分子，故C錯誤；

D．CH4中含有極性鍵，為正四面體結構，結構對稱，分子中正負電荷重心重疊，為非極性分子，C2H2中含有極性鍵和非極性鍵；是直線型分子，結構對稱，分子中正負電荷重心重疊，為非極性分子，故D錯誤；

故選A。4、D【分析】【詳解】

A．鍵長越短；鍵能越大，該分子中5個P—Cl鍵的鍵長不都相同，所以鍵能不完全相同，A錯誤；

B．上下兩個頂點Cl與中心P原子形成的鍵角為180°；中間平面正三角形內∠Cl—P—Cl為120°，上(或下)頂點Cl與P；平面正三角形上的Cl形成的∠C—P—Cl為90°，所以鍵角(∠Cl—P—Cl)有90°、120°、180°三種，B錯誤；

C．CP原子最外層有5個電子，在該分子中形成5個共用電子對，所以中P原子的最外層電子數為10；不滿足8電子穩定結構，C錯誤；

D．的二溴代物中Br的位置有3種情況：2個Br位于中間正三角形平面(∠Br—P—Br=120°)，1個Br在中間正三角形平面、1個Br在頂點(∠Br—P—Br=90°)，2個Br都在頂點(∠Br—P—Br=180°)；D正確;

故選D。5、C【分析】【詳解】

A．二氧化硫中心原子S的價層電子對數為3，有1對孤電子對，S雜化類型為sp2；VSEPR模型為平面三角形，A錯誤；

B．HS-電離的離子方程式HS-H++S2-；B錯誤；

C．基態硫原子軌道的電子云輪廓為啞鈴型；C正確；

D．基態氧原子最外層電子的軌道表示式：D錯誤；

故本題選C。6、C【分析】【分析】

由題干信息可知，X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道，則X為S，Y原子的價層電子排布式為3d64s2；故Y為Fe，Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，Z為C，Q原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子，Q為O，T原子的M電子層上p軌道半充滿，故T為P，據此分析解題。

【詳解】

A．由分析可知，元素Y和Q即Fe和O，故可形成化合物Y2Q3即Fe2O3；A正確；

B．由分析可知；T和Z分別為P和C，故白磷和金剛石的空間構型為正四面體形，B正確；

C．由分析可知，元素X和Z即S和C，故形成的化合物可能是分子晶體如CS2等；C錯誤；

D．由分析可知，ZQ分別為C、O，故ZQ2即CO2是極性鍵構成的非極性分子；D正確；

故答案為：C。7、D【分析】【詳解】

A．RNH2中氮原子有一對孤對電子，中N提供孤電子對能與質子形成配位鍵；A正確；

B．由于所以的水解程度小于碳酸氫根的水解程度，因此溶液呈弱堿性；B正確；

C．根據示意圖可判斷，參加吸收二氧化碳；后面又生成，因此可以循環利用，C正確；

D．二氧化碳氣體的溶解度隨溫度升高而降低；因此在高溫條件下不利于海水淡化，D錯誤；

答案選D。8、A【分析】【詳解】

A．C2H4為乙烯；一定含有碳碳雙鍵，A符合題意；

B．C2H6為乙烷；一定不含碳碳雙鍵，B與題意不符；

C．C2H5OH為乙醇或甲醚；一定不含碳碳雙鍵，C與題意不符；

D．CH3COOH為乙酸；含有碳氧雙鍵，不含碳碳雙鍵，D與題意不符；

答案為A。二、多選題(共5題，共10分)9、CD【分析】【分析】

【詳解】

Li是3號元素，根據構造原理可知基態Li原子核外電子排布式是1s22s1，則其基態核外電子排布的軌道表達式是在原子核外同一能層中的不同能級的能量大小關系為：E(s)＜E(p)＜E(d)＜E(f)；不同能層中一般是能層序數越大，能量越高，則Li原子核外電子排布中能量最高的是故合理選項是CD。10、AD【分析】【詳解】

A．中心原子價層電子對數為2+=4；則VSEPR模型為四面體形，空間構型為V形，故A正確；

B．中心原子價層電子對數為3+=4；則VSEPR模型為四面體形，空間構型為三角錐形，故B錯誤；

C．中心原子價層電子對數為2+=2；則VSEPR模型為直線形，空間構型為直線形，故C錯誤；

D．中心原子價層電子對數為2+=4；則VSEPR模型為四面體形，空間構型為V形，故D正確；

故答案為AD。11、BD【分析】【詳解】

A.鈷元素的原子序數為27；位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A錯誤；

B.由絡離子形狀為正八面體可知，鈷離子與6個氨氣分子形成絡離子，化學式為[Co(NH2)6]3+；故B正確；

C.由絡離子形狀為正八面體可知，鈷離子與6個氨氣分子形成絡離子，氯離子為外界離子，配合物的化學式為[Co(NH2)6]Cl3；1mol配合物與足量硝酸銀溶液反應生成3mol不溶于稀硝酸的氯化銀白色沉淀，故C錯誤；

D.若晶體鈷為面心立方堆積，鈷原子位于晶胞的頂點和面心，設鈷原子的半徑為r，則面對角線為4r，由晶胞參數為acm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm；故D正確；

故選BD。12、CD【分析】【詳解】

A．CO2、H2O為分子晶體，但水分子間有氫鍵，熔點比CO2的高，SiO2為原子晶體，熔點最高，KCl為離子晶體，熔點較高，所以熔點CO2＜H2O＜KCl＜SiO2；故A錯誤；

B．非金屬性越強，氫化物越穩定，氧非金屬性最強，所以穩定性H2O＞NH3＞PH3＞SiH4；故B錯誤；

C．原子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大，原子半徑F＜Cl＜Br＜I，所以鍵能F2＞Cl2＞Br2＞I2；故C正確；

D．鉀離子有3層，鈉離子和鎂離子，鋁離子都有2層，電子層越多半徑越大，電子層數相同核電荷數越大，半徑越小，所以粒子半徑：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故D正確；

綜上所述答案為CD。13、BC【分析】【分析】

由圖可知，CO2在使用不同催化劑(NiPc和CoPc)時，吸附在NiPc和CoPc表面帶有相同基團的物種其能量不同，實現了CO2→COOH→CO的轉化；由此分析。

【詳解】

A．由圖可知在整個轉化過程中，CO2→COOH→CO；COOH和CO都含有極性鍵，所以轉化過程中有極性鍵形成，故A不符合題意；

B．?CO2反應得到?COOH；為加氫的反應，所以屬于還原反應，故B符合題意；

C．根據圖示可知吸附在NiPc和CoPc表面帶有相同基團的物種其能量不同；故C符合題意；

D．該研究成果是CO2→COOH→CO；CO具有可燃性，不但有利于緩解溫室效應，還能解決能源轉化問題，故D不符合題意；

答案選BC。三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【分析】

根據電離能I2與I3之間產生了突變；可知該原子最外層有2個電子，核電荷數小于18的元素，且已有11個電子，所以該元素為12號鎂。

【詳解】

(1)據圖表可知外層電子離核越遠；能量越高，越容易失去電子，所以電離能越小；陽離子電荷數越高，原子核對核外電子的引力越大，越難失去電子，電離能越大；

(2)從表格能量大小可看出；前兩個電子在一個能層，之后八個在一個能層，最后一個在一個能層，故分屬3個電子層；

(3)該元素為12號Mg；失去了11個電子后，該元素還有1個電子；

(4)Mg的最高價氧化物對應的水化物的化學式是Mg(OH)2。

【點睛】

根據電離能的突變可以得到原子的最外層電子數。【解析】①.?、?大③.3④.1⑤.Mg(OH)215、略

【分析】【詳解】

（1）鈉和水常溫下劇烈反應生成堿和氣體，化學方程式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，鎂常溫下和水不反應，加熱時劇烈反應，生成堿和氣體，化學方程式Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑，金屬單質和水或酸反應越劇烈，金屬的金屬性越強，所以金屬性：Na>Mg，答案：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑；金屬性：Na>Mg；

（2）向AlCl3溶液中加入足量氨水，生成白色沉淀，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3氫氧化鋁不溶于氨水。實驗得到的沉淀分裝兩支試管中，一支試管中加入鹽酸，白色沉淀逐漸溶解，生成鹽和水，離子方程式為Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；另一支試管中加入NaOH溶液，白色沉淀逐漸溶解，生成偏鋁酸鹽和水，離子方程式為Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O。向MgCl2溶液加入過量NaOH溶液，產生白色沉淀，離子方程式為Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓。答案：產生白色沉淀；Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH白色沉淀逐漸溶解；Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；白色沉淀逐漸溶解；Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O；產生白色沉淀；Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓；

（3）第三周期的Na、Mg、Al的金屬性逐漸減弱，最高價氧化物的水化物NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的堿性逐漸減弱，NaOH為強堿，Mg(OH)2為中強堿，Al(OH)3為兩性氫氧化物。第三周期的Si、P、S、Cl的非金屬性逐漸增強，最高價氧化物的水化物H2SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐漸增強。HClO4是最強的含氧酸，H2SiO3為難溶的____酸，H3PO4為中強酸，H2SO4為強酸。同一周期從左到右，原子半徑逐漸減小，失電子能力逐漸減弱，得電子能力逐漸增強，金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強。答案：減弱；減弱；增強；增強；減小；減弱；增強；減弱；增強。【解析】(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑金屬性：Na>Mg

(2)產生白色沉淀Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH白色沉淀逐漸溶解Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O白色沉淀逐漸溶解Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O產生白色沉淀Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓

(3)減弱減弱增強增強減小減弱增強減弱增強16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由題給信息可知；同周期從左到右，元素原子的電負性逐漸增大；同主族從上到下，元素原子的電負性逐漸減?。?/p>

(2)電負性數值小的元素在化合物中顯正價，NaH、NH3、CH4；ICl中電負性數值小的元素分別是Na、H、H、I；

(3)“對角線規則”指在元素周期表中某些主族元素與其右下方的主族元素的性質相似，其原因是元素的電負性值相近，所以表中符合“對角線規則”的元素有Be和Al，B和Si；它們的性質分別有一定的相似性，是因為它們的電負性值相近；Be(OH)2顯兩性，即Be(OH)2既能與酸反應，又能與堿反應，離子方程式分別為：Be(OH)2+2H+=Be2++2H2O、Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O?！窘馕觥客芷趶淖蟮接遥卦拥碾娯撔灾饾u增大；同主族從上到下，元素原子的電負性逐漸減小NaHHIAlSi電負性值相近Be(OH)2+2H+=Be2++2H2O、Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O17、略

【分析】【詳解】

①鋁有固定的熔點，是純凈物，屬于晶體；③氫氧化鈉和②氯化鉀都是離子化合物，都有固定的熔點，均屬于晶體；④二氧化碳有固定的熔點，其固態干冰屬于分子晶體，但二氧化碳在常溫下為氣體；⑤塑料、玻璃沒有固定的熔點，都不屬于晶體；⑦鐵礦石是混合物，沒有固定的熔點，不屬于晶體；⑧硫酸有固定的熔點，在固態時能形成分子晶體，但常溫下硫酸是液體；⑨石蠟是多種烴類的混合物，沒有固定的熔點，不屬于晶體。所以常溫下屬于晶體的是①②③；沒有固定熔點的固體是⑤⑥⑦⑨；故答案：①②③；⑤⑥⑦⑨?！窘馕觥竣?①②③②.⑤⑥⑦⑨18、略

【分析】【詳解】

(1)①中6個X原子構成一個正六邊形，每個X原子被3個這樣的正六邊形共有，正六邊形的中心有1個A原子，所以每個正六邊形中x原子的實際個數是則表示的化學式是②中6個X原子構成一個正六邊形，每個X原子被2個這樣的正六邊形共有，正六邊形的中心有1個A原子，所以每個正六邊形中X原子的實際個數是則表示的化學式是答案選②；

(2)①用“均攤法”求解，該晶胞“實際”擁有的銅原子數為

②【解析】①.②②.4③.四、有機推斷題(共4題，共40分)19、略

【分析】【分析】

根據A的結構簡式；A屬于醛，按照系統命名的原則，該有機物A的名稱為3-甲基丁醛；對比B和C的結構簡式，C中不含有碳碳雙鍵，B→C的反應類型為加成反應，以此解題。

【詳解】

（1）根據A的結構簡式；A屬于醛，按照系統命名的原則，該有機物A的名稱為3-甲基丁醛；故答案為3-甲基丁醛或異戊醛；

（2）對比A和C的結構簡式，A與NCCH2COOCH3發生已知(i)的反應，NCCH2COOCH3中的亞甲基上C與醛基上的碳原子以碳碳雙鍵相連，同時生成水，則B的結構簡式為故答案為

（3）對比B和C的結構簡式；C中不含有碳碳雙鍵，B→C的反應類型為加成反應，故答案為加成反應。

（4）根據手性碳原子的定義，有機物D中含有的手性碳原子有2個，即故答案為2。

（5）根據已知ii可知，反應④的反應方程式為＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案為＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O。

（6）H是G的同系物，碳原子比G少四個，即H中有四個碳原子，與G具有相同的官能團，H中應含有氨基和羧基，H可能的結構簡式為結構簡式還可能是結構簡式還可能是還可能是有1種結構，還可能是共有5種；其中-NH2在鏈端的有：故答案為5；【解析】(1)3-甲基丁醛或異戊醛。

(2)

(3)加成反應。

(4)2

(5)＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O

(6)520、略

【分析】【分析】

根據A的結構簡式；A屬于醛，按照系統命名的原則，該有機物A的名稱為3-甲基丁醛；對比B和C的結構簡式，C中不含有碳碳雙鍵，B→C的反應類型為加成反應，以此解題。

（1）

根據A的結構簡式，A屬于醛，按照系統命名的原則，該有機物A的名稱為3-甲基丁醛；故答案為3-甲基丁醛或異戊醛；-NH2是氨氣失去1個電子后生成的物質，其電子式為：

（2）

對比A和C的結構簡式，A與NCCH2COOCH3發生已知(i)的反應，NCCH2COOCH3中的亞甲基上C與醛基上的碳原子以碳碳雙鍵相連，同時生成水，則B的結構簡式為故答案為

（3）

對比B和C的結構簡式；C中不含有碳碳雙鍵，B→C的反應類型為加成反應，故答案為加成反應；

（4）

根據手性碳原子的定義，有機物D中含有的手性碳原子有2個，即

（5）

根據已知ii可知，反應④的反應方程式為＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案為＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；

（6）

H是G的同系物，碳原子比G少四個，即H中有四個碳原子，與G具有相同的官能團，H中應含有氨基和羧基，H可能的結構簡式為結構簡式還可能是結構簡式還可能是還可能是有1種結構，還可能是共有5種；其中-NH2在鏈端的有：

（7）

可以采用逆推法進行分析，聚戊內酰胺為高分子化合物，其單體為根據F→普瑞巴林的路線，則生成的為物質為根據信息ii，推出生成的物質為則合成路線為：【解析】(1)3-甲基丁醛或異戊醛

(2)

(3)加成反應。

(4)2

(5)+＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O

(6)5

(7)21、略

【分析】【分析】

（1）

F到G是去掉羥基形成碳碳雙鍵；為消去反應。

（2）

B的分子式為C11H12O3，的分子式為B到C少一個氧原子多兩個氫原子，結合D的結構分析，此過程應是將B中的羰基變成-CH2-，即C的結構簡式為：

（3）

E的結構簡式為其中手性碳原子標記為*，則有即一個手性碳原子。

（4）

的一種同分異構體同時滿足下①能發生銀鏡反應，說明有醛基；②能與溶液發生顯色反應；說明有酚羥基；根據B的結構分析，該同分異構體中應含有兩個醛基和一個酚羥基；③分子中只有4種不同化學環境的氫，說明苯環上連接的取代基后有對稱性，酚羥基在對稱軸上，兩個醛基位于對稱位置。則結構可能為：

（5）

根據信息分析，鹵代烴和鎂在乙醚條件下反應，另外還需要將鹵代烴變成碳氧雙鍵的結構，即先水解生成羥基，再氧化生成醛基，則合成路線為：【解析】（1）消去反應。

（2）

（3）1

（4）或

（5）22、略

【分析】【分析】

由反應物及生成物的結構可知，反應①為取代反應，與氯氣在光照條件下發生取代反應生成C為C發生水解反應生成D為D氧化生成E為E發生水解反應得到PHBA：以此分析。

【詳解】

(1)由PHBA結構簡式可知含4種環境的H；則PHBA的核磁共振氫譜圖中會出現4組吸收峰，故答案為：4；

(2)A．由上述分析可知D的結構簡式為：分子式為C8H10O2；故A錯誤；

B．PHBA含酚羥基酸性弱