…………○…………內…………○…○…………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2025年上外版選擇性必修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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、水溶液鋅電池(圖1)的電極材料是研究熱點之一、一種在晶體中嵌入的電極材料充放電過程的原理如圖2所示。下列敘述中正確的是。

A.①為活化過程，其中的價態不變B.該材料在鋅電池中作為負極材料C.②代表電池放電過程D.③中晶體轉移的電子數為2、運用同主族性質遞變規律分析下列推斷正確的是A.在氧氣中，銣()的燃燒產物比鈉的燃燒產物更復雜B.砹化氫比溴化氫穩定C.硫酸鍶難溶于水，但易溶于鹽酸D.碲化氫是比硫化氫穩定的氣體3、不能說明X的電負性比Y的大的是A.與H2化合時X單質比Y單質容易B.X單質可以把Y從其氫化物中置換出來C.X原子的最外層電子數比Y原子的最外層電子數多D.X的最高價氧化物的水化物的酸性比Y的最高價氧化物的水化物的酸性強4、W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期主族元素。W與X可形成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體；Y的周期序數是族序數的3倍；Z的最外層電子數與W的電子總數相同。下列敘述正確的是A.第一電離能：B.簡單離子半徑：C.簡單氫化物的穩定性：D.氧化物對應水化物的酸性：5、科學家研制出了一種漂白效率極高的新型漂白劑（結構如圖所示）,其中W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數依次增大。常溫下，0.1mol/LZ的氫化物的水溶液中c（H+）=0.1mol/L；且Z與Y位于不同周期。下列敘述正確的是。

A.原子半徑:W>X>YB.氫化物的沸點:X>Y>Z>WC.X的氧化物的水化物是強酸D.Y的單質均具有殺菌消毒作用評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、下列敘述不正確的是A.z≥83的元素都是放射性元素B.周期表中過渡元素種數比主族元素種數多C.在晶體中只要有陰離子就一定有陽離子D.離子化合物中不一定含有非金屬元素7、美國LawreceLiermore國家實驗室(LINL)成功地在高壓下將CO2轉化為具有類似SiO2結構的原子晶體，下列關于CO2的共價晶體說法，正確的是：A.CO2的共價晶體和分子晶體互為同分異構體B.在一定條件下，CO2共價晶體轉化為CO2分子晶體是化學變化C.CO2的共價晶體和CO2分子晶體具有相同的物理性質和化學性質D.在CO2的共價晶體中，每一個C原子周圍結合4個O原子，每一個O原子跟兩個C原子相結合8、據統計城市機動車輛每年以15%至20%的速度增長，交通事故也頻發，汽車在劇烈碰撞時，安全氣囊中發生反應10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。則下列判斷正確的是A.還原劑與氧化產物的物質的量之比為2：3B.若氧化產物比還原產物多1.4mol，則轉移電子的物質的量為1molC.每生成1.6mol氮氣，則有0.2molKNO3被氧化D.NaN3是只含有離子鍵的離子化合物9、某物質可溶于水、乙醇，熔點為其分子的結構簡式如圖所示。下列說法不正確的是。

A.該分子中含有極性共價鍵B.該物質中鍵和鍵的個數比為C.該分子中原子最外層均達到8電子穩定結構的為ND.該分子中的共價鍵按原子軌道重疊方式劃分為3種10、下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是。選項實驗事實理論解釋ANH3空間構型為三角錐NH3中心原子均為sp3雜化且均有一對孤對電子B白磷為正四面體分子白磷分子中P—Р鍵間的夾角是109.5°CHF的沸點高于HClH—F的鍵能比H—Cl的鍵能大D硼酸固體難溶于水，加熱溶解度增大加熱后，硼酸分子之間的氫鍵部分斷裂，與水分子產生氫鍵作用A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)11、有機物丁二酮肟常用于檢驗Ni2＋：在稀氨水介質中，丁二酮肟與Ni2＋反應可生成鮮紅色沉淀；其結構如下圖所示。

(1)結構中，碳碳之間的共價鍵類型是σ鍵，碳氮之間的共價鍵類型是___________，氮鎳之間形成的化學鍵___________

(2)該結構中，氧氫之間除共價鍵外還可存在___________。12、比較Mn和Fe的電離能數據可知：氣態Mn2+再失去一個電子比氣態Fe2+再失去一個電子難。對此，你的解釋是_______。13、a，b；c，d為四種由短周期元素構成的中性粒子，它們都有14個電子，且除a外都是共價型分子。回答下列問題：

（1）a是單核粒子，a單質可用作半導體材料，a原子核外電子排布式為______________。

（2）b是雙核化合物，常溫下為無色無味氣體。b的化學式為________。人一旦吸入b氣體后，就易引起中毒，是因為__________而中毒。

（3）c是雙核單質，寫出其電子式____________。c分子中所含共價鍵的類型為_______(填“極性鍵”或“非極性鍵”)。c單質常溫下性質穩定，不易起反應，原因是________________________。

（4）d是四核化合物，其結構式為______________；d分子內所含共價鍵有________個σ鍵，________個π鍵；σ鍵與π鍵的強度大小關系為σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。14、(1)研究發現，在CO2低壓合成甲醇反應(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中；Co氧化物負載的Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應用前景。回答下列問題：

①CO2和CH3OH分子中C原子的雜化形式分別為___________和___________。

②在CO2低壓合成甲醇反應所涉及的4種物質中，沸點從高到低的順序為___________，原因是___________。

③硝酸錳是制備上述反應催化劑的原料，Mn(NO3)2中的化學鍵除了σ鍵外，還存在___________。

(2)①丙酮()分子中碳原子軌道的雜化類型是___________，1mol丙酮分子中含有σ鍵的數目為___________。(設NA為阿伏加德羅常數的值)

②C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為___________。

③乙醇的沸點高于丙酮，這是因為___________。15、如圖所示，直線交點處的圓圈為NaCl晶體中Na＋或Cl－所處的位置。這兩種離子在空間三個互相垂直的方向上都是等距離排列的。

（1）請將其中代表Na＋的圓圈涂黑(不必考慮體積大小)，以完成NaCl晶體的結構示意圖_____________。

（2）在晶體中，每個Na＋的周圍與它最接近且距離相等的Na＋共有________個。

（3）晶體中每一個重復的結構單元叫晶胞。在NaCl晶胞中正六面體的頂角上、面上、棱上的Na＋或Cl－為該晶胞與其相鄰的晶胞所共有，一個晶胞中Cl－的個數等于________，即________(填計算式)；Na＋的個數等于________，即________(填計算式)。

（4）設NaCl的摩爾質量為Mg/mol，食鹽晶體的密度為ρg/cm3，阿伏加德羅常數為NA，食鹽晶體中兩個距離最近的鈉離子間的距離為________cm。16、（1）（CH3）3NH+和可形成離子液體。離子液體由陰、陽離子組成，熔點低于100℃，其揮發性一般比有機溶劑___________（填“大”或“小”），可用作___________（填序號）。

a.助燃劑b.“綠色”溶劑c.復合材料d.絕熱材料。

（2）為了研究在納米級的空間中水的結冰溫度，科學家對不同直徑碳納米管中水的結冰溫度進行分析。如圖是四種不同直徑碳納米管中的冰柱結構及結冰溫度，冰柱的大小取決于碳納米管的直徑。水在碳納米管中結冰的規律是_________________。

評卷人得分四、有機推斷題(共2題，共6分)17、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)。_______18、法匹拉韋是一種廣譜抗流感病毒藥物；某研究小組以化合物I為原料合成法匹拉韋的路線如下(部分反應條件省略)。

已知：R-NH2++H2O。

回答下列問題：

(1)化合物II中官能團名稱為_______。

(2)已知化合物II的核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為6：4：1，其結構簡式為____。

(3)反應物III為乙二醛，反應①的化學方程式為_______。

(4)反應②的反應類型是_______；反應③的反應類型是_______。

(5)已知X的相對分子質量比化合物I少14，且1molX能與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2，符合上述條件的X共有_______種(不考慮立體異構)，寫出含有手性碳原子的所有可能的結構簡式：_______(手性碳原子是指連有4個不同的原子或原子團的飽和碳原子)。評卷人得分五、實驗題(共4題，共24分)19、某學生在做元素性質與原子結構關系的實驗時；設計了一套實驗方案，并記錄了有關的實驗現象。請幫助該學生整理并完成實驗報告。

(1)實驗目的。

探究同一主族元素性質的遞變規律。

(2)實驗用品。

儀器：試管；膠頭滴管。

藥品：新制氯水；新制溴水、溴化鈉溶液、碘化鈉溶液、四氯化碳。

(3)實驗內容(在下表橫線中填寫相關內容)___________、__________

(4)實驗結論：______________________________________________________________。

(5)問題和討論。

①上述兩個實驗中發生反應的離子方程式分別為____________________________、________________________________________________________________________。

②由于氟單質過于活潑，所以很難設計出一個簡單的實驗來驗證其氧化性的強弱。試列舉兩項事實說明氟的非金屬性比氯的強________________、__________________________。20、20℃下；制作網紅“天氣瓶”流程如下，請根據下述制作流程，結合下列信息和所學知識，回答問題：

溫度／℃0102030405060708090100硝酸鉀溶解度／g13.320.931.645.863.985.5110138169202246氯化銨溶解度／g29.433.237.241.445.850.455.360.265.671.277.3

樟腦()是一種白色晶體；易溶于酒精；難溶于水。

(1)樟腦難溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。

(2)由硝酸鉀、氯化銨制備得到“溶液b”的過程中需要用到的玻璃儀器有__________________________。得到“溶液c”時需控制溫度50℃，可采取的方法是_______________。

(3)實驗中發現硝酸鉀溶解速率很慢，請推測原因________________________。

(4)溫度改變，天氣瓶內或清澈干凈，或渾濁朦朧，或產生大片美麗的結晶。請通過計算說明0℃時出現的是樟腦晶體_________________，推測晶體產生的原因________。

(5)從晶體生長析出的角度分析，“天氣瓶”制作中硝酸鉀和氯化銨的作用是______________。21、和均為重要的化工原料，二者均易水解，某化學實驗小組進行了下列制備和探究實驗。已知和均不溶于和回答下列問題：

I．制備

實驗原理：

實驗步驟：在儀器X中加入無水和過量的反應開始前先通一段時間停止通氣，控制反應溫度在加熱期間每隔一段時間通入一會反應完成后再繼續通入至裝置冷卻；分離提純得到粗產品。

(1)鐵元素為元素周期表中的____________區元素，晶體鐵熔化時破壞的作用力為____________。

(2)儀器X的名稱為____________，實驗時最適宜選用的加熱方式為____________(填選項字母)。

A．水浴加熱B．油浴加熱C．酒精燈直接加熱。

(3)干燥管中無水氯化鈣的作用為________，實驗過程中判斷需通入時的現象為________。

(4)實驗結束后，向錐形瓶溶液中滴入幾滴甲基橙，用的標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為盛裝標準溶液需選用____________(填“酸式”或“堿式”)滴定管，的產率為____________(保留3位有效數字)。

Ⅱ．向的酸性溶液中滴入的溶液，酸性溶液褪色．某同學對該溶液中使酸性溶液褪色的原因提出如下假設：

假設1：是使酸性溶液褪色；

假設2：是使酸性溶液褪色。

(5)用離子方程式表示假設2可能成立的原因____________。

(6)該同學補充設計了一組實驗驗證假設1成立而假設2不成立，實驗操作及現象為____________。22、下列裝置中有機物樣品在電爐中充分燃燒，通過測定生成的CO2和H2O的質量；來確定有機物分子式。

（1）A裝置是提供實驗所需的O2，B裝置中濃硫酸的作用是_______；C中CuO的作用是____________。

（2）若實驗中所取樣品只含C、H、O三種元素中的兩種或三種，準確稱取0.44g樣品，經充分反應后，D管質量增加0.36g，E管質量增加0.88g，已知該物質的相對分子質量為44，則該樣品的化學式為_________。

（3）若該有機物的核磁共振氫譜如下圖所示，峰面積之比為1：3則其結構簡式為__________________；

若符合下列條件，則該有機物的結構簡式為_____________________。

①環狀化合物②只有一種類型的氫原子。

（4）某同學認E和空氣相通，會影響測定結果準確性，應在E后再增加一個裝置E，其主要目的是_________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A．①過程中MnO晶胞中體心的Mn2+失去；產生空位，該過程為MnO活化過程，根據化合物化合價為0可知Mn元素化合價一定發生變化，故A項錯誤；

B．鋅電池中Zn失去電子生成Zn2+；Zn電極為負極材料，故B項錯誤；

C．②過程中電池的MnO電極上嵌入Zn2+，說明體系中有額外的Zn2+生成；因此表示放電過程，故C項正確；

D．MnO晶胞中棱邊上所含Mn的個數為同理和晶胞中棱邊上所含Mn的個數為3，晶胞中Zn2+個數為因此Mn與Zn2+個數比為3：1，由此可知晶胞中Zn2+個數為③過程中1mol晶體轉移電子的物質的量為故D項錯誤；

綜上所述，敘述正確的是C項。2、A【分析】【詳解】

A.由上到下，堿金屬元素的金屬性逐漸增強，對應的單質與氧氣反應的產物越來越復雜，有氧化物、過氧化物、超氧化物等，A項正確；

B.鹵族元素從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，故溴化氫比砹化氫穩定，B項錯誤；

C.鍶與鋇是同主族元素，難溶于水，所以也難溶于水，且不溶于酸，C項錯誤；

D.碲和硫為同主族元素，由上到下同主族元素的非金屬性逐漸減弱，對應氫化物的穩定性逐漸減弱，故碲化氫()比硫化氫的穩定性差，D項錯誤；

答案選A。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．與H2化合時X單質比Y單質容易；說明X的非金屬性大于Y的非金屬性，所以X的電負性大于Y的電負性，A正確；

B．X單質可以把Y從其氫化物中置換出來；說明X的非金屬性大于Y的非金屬性，所以X的電負性大于Y的電負性，B正確；

C．X原子的最外層電子數比Y原子的最外層電子數多；不能說明X的電負性大于Y的電負性，電負性是指元素原子吸引電子的能力的強弱，吸引電子能力越強，電負性越大，C錯誤；

D；最高價氧化物的水化物的酸性越大；非金屬元素的非金屬性越大，電負性也越大，D正確；

故選C。4、C【分析】【分析】

由題干信息可知：W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期主族元素。W與X可形成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體NO2；故W為N，X為O，又Y的周期序數是族序數的3倍，故Y為Na，Z的最外層電子數與W的電子總數相同，故Z為Cl，據此分析解題。

【詳解】

A．由分析可知，W、X、Y分別為N、O、Na，根據同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，ⅡA與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，同一主族從上往下元素的第一電離能依次減小，故第一電離能為N＞O＞Na即A錯誤；

B．由分析可知，W、X、Y分別為N、O、Na，三種元素的簡單離子具有相同的核外電子排布，核電荷數越大半徑越小，故簡單離子半徑為N3-＞O2-＞Na+即B錯誤；

C．元素簡單氣態氫化物的穩定性與元素的非金屬性一致，根據同一周期從左往右元素的非金屬性增強，故簡單氫化物的穩定性為H2O＞NH3即C正確；

D．元素的最高價氧化物對應水化物的酸性才與元素的非金屬性一致；題干未告知最高價，故無法比較，D錯誤；

故答案為：C。5、A【分析】【分析】

科學家研制出了一種漂白效率極高的新型漂白劑(結構如圖所示)；其中W；X、Y、Z均為短周期元素且原子序數依次增大。常溫下，0.1mol/LZ的氫化物的水溶液pH=1，則Z為Cl元素；Y形成2個共價鍵，位于ⅥA族，且Z與Y位于不同周期，則Y為O；W形成4個共價鍵，其原子序數小于O，則W為C元素；X形成3個共價鍵，位于ⅤA族，其原子序數小于O，則X為N元素，據此解答。

【詳解】

根據分析可知；W為C，X為N，Y為O，Z為Cl元素；

A．同一周期從左向右原子半徑逐漸減小；原子半徑：W＞X＞Y，故A正確；

B．C的氫化物為烴；碳原子數較多的烴常溫下為固態，其沸點大于氨氣和水，故B錯誤；

C．N的氧化物的水化物有硝酸和亞硝酸；亞硝酸為弱酸，故C錯誤；

D．O元素的單質有氧氣和臭氧；臭氧具有強氧化性，能夠殺菌消毒，但氧氣不具有殺菌消毒作用，故D錯誤；

故答案為A。二、多選題(共5題，共10分)6、AD【分析】【分析】

【詳解】

略7、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．二氧化碳原子晶體中不含分子；故A錯誤；

B．CO2原子晶體轉化為CO2分子晶體；結構已發生改變，且二者的性質也有較大差異，故二者是不同的物質，所以二者的轉變是化學變化，故B正確；

C．CO2原子晶體與CO2分子晶體，結構不同，二者是不同的物質，物理性質不同，如CO2原子晶體硬度很大，CO2分子晶體硬度不大；其化學性質也不同，故C錯誤；

D．CO2原子晶體與SiO2結構類似；每個碳原子與4個氧原子通過1對共用電子對連接，每個氧原子與2個碳原子通過1對共用電子對連接，故D正確；

故選：BD。8、AB【分析】【分析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合價由負價升高為0，KNO3中N元素的化合價由+5價降低為0，該反應中共轉移10e-；據此分析作答。

【詳解】

A．KNO3為氧化劑，NaN3為還原劑，氮氣既是氧化產物又是還原產物，其中氧化產物占則還原劑與氧化產物的物質的量之比為10：16×=2：3；故A正確；

B．由反應可知；轉移10mol電子時氧化產物比還原產物多14mol，則氧化產物比還原產物多1.4mol，則轉移電子為1mol，故B正確；

C．反應中KNO3是氧化劑；在上述反應中被還原，故C錯誤；

D．NaN3是含有離子鍵和非極性共價鍵的離子化合物；故D錯誤；

故選AB。

【點睛】

把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，將作為整體來分析為解答的難點，要求熟練掌握氧化還原反應的規律。9、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．不同原子間的共價鍵為極性共價鍵；該分子中含有極性共價鍵，故A正確；

B．每個單鍵是1個σ鍵，每個雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，每個三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵，則該物質分子中σ鍵和π鍵的個數比為故B錯誤；

C．該物質中C和N都達到8電子穩定結構；H原子沒有達到8電子穩定結構，故C正確；

D．按原子軌道重疊方式共價鍵分為2種；“頭碰頭”重疊形成σ鍵，“肩并肩”重疊形成π鍵，故D錯誤；

故選BD。10、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．中價層電子對個數=3+(6+2-2×3)/2=4，且含有一個孤電子對，所以其空間構型是三角錐形，S原子采用sp3雜化；NH3分子中價層電子對個數=3+(5-3×1)/2=4，且含有一個孤電子對，所以其立體結構都是三角錐形，NH3中N原子雜化方式為sp3；所以S和N雜化方式相同，A正確；

B．白磷分子為P4；4個P原子位于正四面體的4個頂點，每個面都是正三角形，P-P鍵鍵角為60°，B錯誤；

C．HF和HCI的熔；沸點與分子內的共價鍵無關；只與分子間作用力有關，HF分子間可以形成氫鍵，所以HF比HCl沸點高，C錯誤；

D．硼酸分子由于分子間氫鍵的存在；形成了集團形成了塊狀，使得硼酸固體難溶于水；加熱時破壞了硼酸分子間的氫鍵，使得硼酸更易與水產生分子間氫鍵，故溶解度增大，D正確。

【點睛】

硼酸的分子間可以形成氫鍵、硼酸與水分子間也可以形成氫鍵是解題關鍵。三、填空題(共6題，共12分)11、略

【分析】【詳解】

（1）碳氮之間形成雙鍵；含有1個σ鍵；1個π鍵。每個氮都形成了三對共用電子，還有一個孤電子對，鎳離子提供空軌道，氮和鎳之間形成配位鍵。

（2）氧和氫原子之間除了共價鍵還有氫鍵，圖中表示氫鍵。【解析】(1)1個σ鍵；1個π鍵配位鍵。

(2)氫鍵12、略

【分析】【詳解】

比較兩元素的I2、I3可知，氣態Mn2+再失去一個電子比氣態Fe2+再失去一個電子難，原因為由Mn2+轉化為Mn3+時，3d能級由較穩定的3d5半充滿狀態轉為不穩定的3d4狀態需要的能量較多，而Fe2+到Fe3+時，3d能級由不穩定的3d6到穩定的3d5半充滿狀態，需要的能量相對要少，故答案為：由Mn2+轉化為Mn3+時，3d能級由較穩定的3d5半充滿狀態轉為不穩定的3d4狀態需要的能量較多，而Fe2+到Fe3+時，3d能級由不穩定的3d6到穩定的3d5半充滿狀態，需要的能量相對要少。【解析】由Mn2+轉化為Mn3+時，3d能級由較穩定的3d5半充滿狀態轉為不穩定的3d4狀態需要的能量較多，而Fe2+到Fe3+時，3d能級由不穩定的3d6到穩定的3d5半充滿狀態，需要的能量相對要少13、略

【分析】【分析】

從a，b，c，d為四種由短周期元素構成的中性粒子，它們都有14個電子入手，并結合題目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；

【詳解】

（1）a是Si，根據構造原理知，Si原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2；

（2）b是兩個原子的化合物，根據其物理性質：無色無味氣體，推斷b為CO；CO一旦進入肺里，會與血液中的血紅蛋白結合而使血紅蛋白喪失輸送氧氣的能力，使人中毒；

（3）c是雙原子單質，每個原子有7個電子，故c為N2，N2分子的結構式為N≡N，為非極性鍵，N2分子中的共價叁鍵鍵能很大，所以N2分子很穩定，其電子式為：

（4）d是四核化合物，即4個原子共有14個電子，d為C2H2，C2H2的結構式為H—C≡C—H，有兩個H—Cσ鍵，一個C—Cσ鍵，兩個π鍵。形成σ鍵的原子軌道的重疊程度比π鍵的重疊程度大，故形成的共價鍵強。【解析】①.1s22s22p63s23p2②.CO③.CO一旦被吸入肺里后，會與血液中的血紅蛋白結合，使血紅蛋白喪失輸送氧氣的能力④.⑤.非極性鍵⑥.N2分子中的共價叁鍵鍵能很大，共價鍵很牢固⑦.H—C≡C—H⑧.3⑨.2⑩.>?.形成σ鍵的原子軌道的重疊程度比π鍵的重疊程度大，形成的共價鍵強14、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①CO2的結構式是O=C=O，碳原子的價層電子對數為故雜化方式為sp雜化；CH3OH中，碳原子連有4個共價單鍵，價層電子對數為4，故雜化方式為sp3雜化；

②四種物質固態時均為分子晶體，分子晶體的沸點主要取決于分子間作用力的大小，包括范德華力與氫鍵，范德華力主要考慮分子的極性和相對分子質量的大小，水與甲醇是極性分子，且分子間都存在氫鍵，水分子中氫鍵比甲醇多，二氧化碳與氫氣均為非極性分子，二氧化碳的相對分子質量大，范德華力大，故沸點由高到低：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；

③硝酸錳是離子化合物，故存在離子鍵，在中，N原子的價層電子對數為N為sp3雜化，離子的空間構型為平面三角形，N的5個價電子除去形成σ鍵的三個電子，還有未成鍵的2個電子，它與3個O的未成鍵電子，加上得到的一個電子，形成4中心6電子鍵；

(2)①單鍵都是σ鍵，雙鍵中有一個σ鍵，一個π鍵，所以甲基中碳原子形成4個σ鍵，羰基中碳原子形成3個σ鍵，均沒有孤對電子，甲基中碳原子的價層電子對數為4，碳原子采用sp3雜化，羰基中碳原子的價層電子對數為3，采用sp2雜化；丙酮分子中含有6個碳氫鍵，2個碳碳單鍵，1個碳氧雙鍵，雙鍵中含有一個σ鍵，所以分子中含有9個σ鍵，所以1mol丙酮分子中含有σ鍵的數目為9NA；

②同周期從左到右；電負性逐漸增大，所以氧元素的電負性大于碳元素的電負性，而碳和氧在氫化物均表現負化合價，所以碳元素和氧元素的電負性均比氫元素的電負性大，故電負性由小到大順序：H＜C＜O；

③乙醇分子間存在氫鍵，而丙酮分子間不存在氫鍵，故乙醇的沸點高于丙酮。【解析】spsp3H2O＞CH3OH＞CO2＞H2四種物質固態時均為分子晶體，水與甲醇是極性分子，且分子間都存在氫鍵，水分子中氫鍵比甲醇多，二氧化碳與氫氣均為非極性分子，二氧化碳的相對分子質量大，范德華力大離子鍵和鍵sp3、sp29NAH＜C＜O乙醇分子間存在氫鍵，而丙酮分子間不存在氫鍵15、略

【分析】【詳解】

(1)NaCl晶體中Na＋和Cl－的配位數均是6，則晶胞結構為

(2)從體心Na＋看，與它最近的且距離相等的Na＋共有12個。

(3)根據立方體結構的特點，可求陰、陽離子的個數。NaCl晶胞中，含Cl－：8×＋6×＝4(個)，含Na＋：12×＋1＝4(個)。

(4)設兩個Na＋的最近距離為acm，則晶胞的面對角線為2acm，晶胞棱長為acm，因此根據密度公式可知解得a＝

【點睛】

熟練掌握NaCl的晶胞結構，知道Na＋、Cl－所處在晶胞中的位置，利用均攤法求出晶胞參數與密度、摩爾質量之間的關系。【解析】①.②.12③.4④.8×＋6×⑤.4⑥.12×＋1⑦.16、略

【分析】【分析】

(1)離子液體中的作用力是離子鍵；強于氫鍵和分子間作用力，以此分析解答；

(2)根據圖示；隨著碳納米管直徑的增大，結冰溫度依次為27℃；7℃、-53℃、-83℃，據此分析歸納。

【詳解】

(1)由(CH3)3NH+和[AlCl4]-形成的離子液體，陰、陽離子間的作用力是離子鍵，大于有機溶劑分子間的范德華力，因此其揮發性一般比有機溶劑小；該離子液體中不含氧，則其不助燃；液體一般不能用作復合材料；由陰、陽離子形成的離子液體應該具有導熱性，不可能用作絕熱材料，其揮發性就小，不會污染環境，是“綠色”溶劑，故答案為：小；b；

(2)根據圖示，隨著碳納米管直徑的增大，結冰溫度依次為27℃、7℃、-53℃、-83℃，即碳納米管直徑越大，結冰溫度越低(或納米管直徑越小，結冰溫度越高)，故答案為：碳納米管直徑越大，結冰溫度越低(或納米管直徑越小，結冰溫度越高)。【解析】小b碳納米管直徑越大，結冰溫度越低四、有機推斷題(共2題，共6分)17、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）18、略

【分析】【分析】

由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ發生取代反應加上一個Br原子，結合第(2)題的信息可知Ⅱ為接著發生已知信息的反應，反應物Ⅲ為乙二醛，結合分子式可知另一個產物是水，在NaOH作用下反應，接著酸化得到羥基并在對位取代硝基，反應②為硝基氫化得到氨基，反應③中氨基被取代為氟原子。

【詳解】

（1）化合物Ⅱ中官能團名稱為酯基；溴原子；

（2）已知化合物Ⅱ的核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為6：4：1，則Ⅱ應該軸對稱，其結構簡式為

（3）反應物Ⅲ為乙二醛，結合分子式可知另一個產物是水，反應①的化學方程式為OHC-CHO+→+2H2O；

（4）反應②為硝基氫化得到氨基；反應類型是還原反應；反應③是氨基被氟原子取代生成法匹拉韋，反應類型是取代反應；

（5）X的相對分子質量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1molX能與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2說明含有2mol羧基，除兩個羧基外，碳架有若兩個羧基取代在同一個碳上，則分別有2種和1種，若兩個羧基取代在不同碳上，則上有1、2，1、3，1、4，2、3共4種，上有1、2，1、3兩種，故符合上述條件的X有9種；其中任意一種含有手性碳原子即碳上連接四種不同的結構簡式有【解析】(1)酯基；溴原子。

(2)

(3)OHC-CHO+→+2H2O

(4)還原反應取代反應。

(5)9五、實驗題(共4題，共24分)19、略

【分析】【詳解】

分析：(3)氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,溴單質在有機層顯示橙紅色；溴單質能將碘離子氧化為碘單質；碘單質在有機層中顯示紫紅色。

(4)根據實驗現象結合氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性來得出同主族元素性質的遞變規律。

(5)①氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,溴單質能將碘離子氧化為碘單質。

②根據單質和氫氣化合得到的氫化物的穩定性；單質之間的置換反應可以得出元素的非金屬性強弱順序。

詳解：（3）氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,溴單質更易溶于四氯化碳中,在有機層顯示橙紅色；溴單質能將碘離子氧化為碘單質,碘單質更易溶于四氯化碳中,在有機層中顯示紫紅色；正確答案:橙紅；紫紅。

(4)氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,所以氧化性是氯氣強于溴單質,溴單質能將碘離子氧化為碘單質,所以氧化性是溴單質強于碘單質,氧化性越強,元素的非金屬性越強,即非金屬性:Cl>Br>I,得出同主族元素性質的遞變規律:同主族元素性質相似,且從上到下,元素的非金屬性逐漸減弱；正確答案：同一主族,自上而下,元素的非金屬性依次減弱。

(5)①氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；溴單質能將碘離子氧化為碘單質2I－＋Br2===2Br－＋I2；正確答案:Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；2I－＋Br2===2Br－＋I2。

②)氟氣、氯氣分別和氫氣化合得到的氫化物的穩定性:HF>HCl；氫化物越穩定，非金屬性越強，所以F的非金屬性比Cl強；F2能置換出水中的氧,而Cl2不能置換出水中的氧,所以F的非金屬性比Cl強；正確答案：氟化氫的穩定性比氯化氫的強；氟氣能置換出水中的氧；而氯氣不能置換出水中的氧。

點睛：比較元素金屬性規律：①與水或酸反應的劇烈程度；②最高價氧化物對應的水化物的堿性；比較元素非金屬性規律：①非金屬元素的單質與氫氣化合的難易程度及氫化物的穩定性，越容易化合，形成的氫化物越穩定，該元素的非金屬性就越強；②非金屬元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，該元素的非金屬性就越強。【解析】①.橙紅②.紫紅③.同主族元素從上到下，元素原子的得電子能力逐漸減弱④.Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－⑤.2I－＋Br2===2Br－＋I2⑥.氟化氫的穩定性比氯化氫的強⑦.氟氣能置換出水中的氧，而氯氣不能置換出水中的氧20、略

【分析】【詳解】

（1）水分子極性較強；而樟腦和乙醇均為弱極性分子，由相似相溶原理可知，樟腦難溶于水，易溶于酒精，故答案為：水分子極性較強，而樟腦和乙醇均為弱極性分子；

（2）由硝酸鉀、氯化銨制備得到“溶液b”的過程為固體溶解的過程；溶解時需要用到的玻璃儀器為燒杯；玻璃棒、量筒；得到“溶液c”時的控制溫度小于100℃，所以采取的加熱方式為水浴加熱，故答案為：燒杯、玻璃棒、量筒；水浴加熱；

（3）由表格數據可知；硝酸鉀在溫度較低時，溶解度小，氯化銨是強酸弱堿鹽，在溶液中的水解反應為吸熱反應，所以氯化銨溶解時吸收熱量，使溶液溫度降低導致硝酸鉀溶解速率很慢，故答案為：氯化銨在溶液的水解反應為吸熱反應，溶液溫度降低；

（4）由表格數據可知，0℃時33g水溶解硝酸鉀、氯化銨的質量分別為≈4.4g、≈9.7g；硝酸鉀和氯化銨在溶液中能夠溶解的最大質量均大于2.5g，所以0℃時出現的晶體是樟腦晶體，不可能是硝酸鉀和氯化銨；0℃時出現樟腦晶體說明樟腦在酒精中的溶解度隨溫度升高而增大，導致溶解速率隨溫度降低而減小，故答案為：0℃時硝酸鉀溶解度為13.3g，氯化銨29.4g，33g溶劑水能溶解硝酸鉀4.4g，氯化銨9.7g；樟腦在酒精中的溶解度隨溫度升高而增大，溶解速率隨溫度降低而