…………○…………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2025年外研銜接版選擇性必修2化學上冊月考試卷59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9題，共18分)1、下列說法正確的是A.2p、3p、4p能級的軌道數依次增多B.所有非金屬元素都分布在p區C.最外層電子數為2的元素都分布在s區D.元素周期表中從第IIIB族到第IIB族的10個縱列的元素都是金屬元素2、某銅的氯化物常作工業催化劑，其晶胞結構如圖所示，晶胞中C、D兩原子核間距為298pm。設阿佛加德羅常數的值為則下列說法正確的是。

A.Cu的+2價比+1價穩定，是因為最外層電子達到半充滿結構B.此氯化物的化學式為C.晶胞中Cu位于Cl形成的四面體空隙D.Cu與Cl的核間距為棱長的倍3、一種由三種短周期元素組成的化合物(結構如圖所示)具有很強的氧化性；其中X元素的原子半徑是短周期主族元素中最大的，Y；Z同族且Z元素原子序數是Y的兩倍。

下列說法正確的是A.X、Y、Z三種元素形成的簡單離子半徑大小為：Z＞X＞YB.其陰離子中各原子均達8電子穩定結構C.該化合物具有強氧化性是因為X+離子具有強氧化性D.已知在催化劑下該化合物能將Mn2+氧化為MnO則當有1molMnO生成時反應轉移5mole-4、厭氧氨化法(Anammox)是一種新型的氨氮去除技術；下列說法中正確的是。

A.標況下，經過過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，(假設每步轉化均完全)得到N2的體積約為22.4LB.所含的質子總數為10NAC.聯氨()為非極性分子D.該方法每處理需要的為0.5mol5、關于氫鍵的說法正確的是A.冰、水中都存在氫鍵B.氫鍵的存在，使得物質的穩定性增加C.分子間形成的氫鍵使物質的熔點和沸點降低D.每一個水分子內含有兩個氫鍵6、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.含28g硅的SiO2晶體中存在的共價鍵總數為2NAB.標準狀況下，2.24L乙烯中含有的π鍵數目為0.1NAC.在密閉容器中加入1.5molH2和0.5molN2，充分反應后可得到NH3分子數為NAD.124gP4(正四面體)中P－P鍵數目為4NA7、下列各組物質的晶體中，化學鍵類型相同，晶體類型也相同的是A.SiO2和NaClB.NaCl和MgOC.晶體Si和MgCl2D.金剛石和KCl8、我國科學家發現了一類由Fe-Se-As-F-O組成的磁性超導材料。下列說法正確的是A.Fe變成時首先失去3d軌道電子B.的空間構型為平面正三角形C.通過化學變化可以實現與的相互轉化D.基態F原子的核外電子有9種空間運動狀態9、化學是一門從分子、原子層次上研究物質的性質、組成、結構與變化規律的自然學科。下列說法不正確的是A.化學的特征就是認識分子和制造分子，具有創造性和實用性B.化學家可以在微觀層面上操縱分子和原子，組裝分子器件和分子機器等C.1869年俄國化學家門捷列夫提出了原子學說，為近代化學的發展奠定了基礎D.我國化學家在1965年第一次人工合成了具有生命活性的蛋白質，為世界生命科學的研究和發展做出了貢獻評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、根據題意；完成下列填空：

(1).基態銅離子的核外電子排布式為___________；

(2).通常制造的農藥含元素F、P、S、Cl，四種元素的電負性從大到小的順序為___________；第一電離能從大到小的順序為___________。

(3).第二周期中，第一電離能介于B和N之間的元素共有___________種。

(4).第四周期中，原子核外電子排布有兩個未成對電子的元素有___________種。

(5).向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成的離子方程式___________。11、元素單質及其化合物有廣泛用途；請根據周期表中第三周期元素相關知識回答下列問題：

（1）按原子序數遞增的順序(稀有氣體除外)，以下說法正確的是___。

a．原子半徑和離子半徑均減小b．金屬性減弱；非金屬性增強。

c．氧化物對應的水化物堿性減弱，酸性增強d．單質的熔點降低。

（2）原子最外層電子數與次外層電子數相同的元素名稱為___，氧化性最弱的簡單陽離子是___。

（3）已知：?；衔颩gOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價化合物熔點/℃28002050714191

工業制鎂時，電解MgCl2而不電解MgO的原因是___；制鋁時，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是___。

（4）晶體硅(熔點1410℃)是良好的半導體材料。由粗硅制純硅過程如下：Si(粗)SiCl4SiCl4(純)Si(純)

寫出SiCl4的電子式：___；在上述由SiCl4制純硅的反應中，測得每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：____。

（5）P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用P2O5干燥的是____。

a．NH3b．HIc．SO2d．CO2

（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數比為1∶1。寫出該反應的化學方程式：____。12、有機酸的酸性。羧酸pKa丙酸(C2H5COOH)4.88乙酸(CH3COOH)4.76甲酸(HCOOH)3.75氯乙酸(CH2ClCOOH)2.86二氯乙酸(CHCl2COOH)1.29三氯乙酸(CCl3COOH)0.65三氟乙酸(CF3COOH)0.23

(1)為什么甲酸、乙酸、丙酸的酸性逐漸減弱？___________

(2)CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，解釋原因。___________

(3)試分析羧酸的酸性與分子的組成和結構的關系。___________13、下列反應曾用于檢測司機是否酒后駕駛：

+CH3CH2OH+H++H2O→[Cr(H2O)6]3++CH3COOH

(1)配平上述化學方程式___________

(2)Cr3+基態核外電子排布式為______；配合物[Cr(H2O)6]3+中，與Cr3+形成配位鍵的原子是________(填元素符號)。

(3)1molCH3COOH分子含有σ鍵的數目為___________(阿伏加德羅常數用NA表示)。

(4)Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結構角度分析，原因是___________14、一定條件下；有機化合物Y可發生重排反應：

回答下列問題：

(1)X中含氧官能團的名稱是_________；鑒別Y、Z可選用的試劑是___________。

(2)實驗測得Z的沸點比X的高，其原因是_____________。

(3)Y與足量溶液反應的化學方程式是_________。

(4)與Y具有相同官能團且屬于芳香化合物的同分異構體還有_______種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1的結構簡式是___________(任寫一種)。15、金剛石和石墨的結構模型如下圖所示(石墨僅表示出其中的一層結構)：

(1)金剛石和石墨三者的關系是互為_______。A．同分異構體B．同素異形體C．同系物D．同位素(2)固態時，屬于_______(填“離子”“共價”或“分子”)晶體。

(3)試根據金剛石和的結構特點判斷兩者熔點的高低，并說明理由_______。

(4)硅晶體的結構跟金剛石相似，硅晶體中含有鍵的數目是_______個。

(5)石墨層狀結構中，平均每個正六邊形占有的碳原子數是_______。16、(1)SiC的晶體結構與晶體硅的相似，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的電子總數與SiC的相等，則M為________(填元素符號)。MO是優良的耐高溫材料，其晶體結構與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，但結構和性質有很大的不同。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六種晶體的構成微粒分別是________，熔化時克服的微粒間的作用力分別是___________________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、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構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數___________

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

(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構___________

(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型結果常常相互矛盾___________

(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18、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19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤20、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構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數___________

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

(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構___________

(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型結果常常相互矛盾___________

(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21、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22、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤23、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構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數___________

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

(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構___________

(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型結果常常相互矛盾___________

(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、實驗題(共2題，共8分)24、在復習元素周期律過程中；某研究性學習小組的幾位同學擬通過具體的實驗來探討某些金屬元素的性質差異，下面是他們設計的探究性實驗方案，請填寫下列空白：

(1)實驗目的：比較鈉；鎂、鋁金屬性強弱。

(2)實驗用品：試管、_______、酒精燈、試管夾、砂紙、濾紙、鈉、鎂條、鋁片、酚酞、蒸餾水、6mol·L-1的鹽酸。

(3)實驗過程與現象記錄。

。實驗過程預期現象實際觀察到的現象a.取已切去表皮的一小塊金屬鈉；放入盛有水的某容器中。

立即劇烈反應。

開始時鈉塊浮在水面上不反應；稍后才開始與水劇烈反應。

b.向盛有適量水(內含2滴酚酞)的試管中加入一小段鎂條。

有氣泡產生；溶液變成紅色。

沒有相應現象；加熱后仍無明顯變化。

c.向兩支盛有3mL6mol·L-1鹽酸的試管中；分別加入大小相同的鎂片和鋁片。

鋁；鎂與鹽酸反應產生氣泡劇烈程度不同。

鎂與鹽酸反應產生氣泡速率較快。

I.甲同學的方案如下：

①你認為a、b兩步實驗中出現異?，F象的可能原因是：

a._______

b._______

②上面的實驗表明：鈉；鎂、鋁三種元素的金屬性由強到弱的順序為_______

II.乙同學方案：他認為只需要一種試劑就可以確定鈉、鎂、鋁的金屬性強弱，預計他的主要實驗操作是_______，寫出鎂與這種試劑反應的化學方程式：_______。25、LiMn2O4是一種無污染、成本低的鋰離子電池電極材料，某研究小組利用檸檬酸配合法制備LiMn2O4。

(1)按一定配比將醋酸鋰(CH3COOLi)和醋酸錳[(CH3COO)2Mn]溶液混合后，加入檸檬酸(分子式C6H8O7)溶液中配成混料，用6mol?L-1氨水調節pH至6.5～9；在75℃～85℃水浴中加熱，制得檸檬酸配合物(其中Mn為+2價)，裝置如圖所示(加熱和夾持裝置已略去)。

①調節pH至6.5～9是為了促進檸檬酸電離，pH不能大于9的原因是_____。

②用水浴加熱的目的是______。

(2)將制得的配合物在烘箱中真空干燥得到固態檸檬酸配合物前驅體，研磨后焙燒，得LiMn2O4。

①檸檬酸配合物前驅體應放在______(填儀器名稱)中焙燒。

②焙燒需要在空氣中進行的原因是______。評卷人得分五、計算題(共3題，共21分)26、我國是世界稀土資源大國；徐光憲等提出的串級萃取理論，使我國稀土分離技術與生產工藝達到世界先進水平，稀土分離產品在世界市場的份額占90%。如圖為某稀土A氧化物晶體的立方晶胞。

(1)晶胞中氧離子占據頂點、面心、棱心和體心位置，A離子占據半數立方體空隙，請寫出A氧化物的化學式和結構基元__________。

(2)寫出晶體中氧離子的配位數__________。

(3)已知晶胞參數a=545.5pm，設A的摩爾質量為MA，計算晶體的理論密度__________。

(4)計算A-A和A-O的間距__________。

(5)若晶胞中一半A離子被B離子取代，請指出：當兩種離子統計分布時，晶體所屬的點陣類型__________；

(6)若將A離子選為晶胞項點，寫出A氧化物晶胞中正負離子的分數坐標__________。27、已知鉬(Mo)的晶胞如圖所示，鉬原子半徑為apm，相對原子質量為M，以NA表示阿伏加德羅常數的值。

(1)鉬晶體的堆積方式為_______________，晶體中粒子的配位數為________________。

(2)構成鉬晶體的粒子是__________________，晶胞中所含的粒子數為___________。

(3)金屬鉬的密度為______________g·cm－3。28、燃燒某氣態有機物4.2g，將燃燒產物依次通過足量濃硫酸和足量的澄清石灰水，濃硫酸增重5.4g，澄清石灰水產生渾濁，洗滌、干燥后稱得沉淀重30g，且已知此有機物的相對分子質量為42，求此有機物的分子式____________，并寫出此有機物的結構簡式。____________評卷人得分六、有機推斷題(共3題，共21分)29、某抗癌藥物的一種合成路線如下圖所示：

注：①(部分反應條件省略，Ph表示)

②已知：

回答下列問題：

(1)B的分子式為_______，分子中采用雜化的碳原子數目為_______個。

(2)由A生成C的化學方程式為_______。

(3)F的結構簡式為_______；在F分子中的手性碳原子上標注“*”。

(4)B滿足下列條件的同分異構體有_______種。

條件：i.有苯環；且苯環上側鏈數目為3個。

ii.與溶液顯色。

ⅲ.能發生銀鏡反應。

(5)根據題中相關信息，寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)_______。30、磷酸氯喹對新型冠狀病毒有抑制作用；是治療新型冠關病毒性肺炎的臨床“有效藥物”，可由氯喹和磷酸在一定條件下制得。

(1)磷酸根離子的空間構型為_______。

氯喹的一種合成路線如圖。

(2)在強酸性介質條件下，Zn能將Ar-NO2還原為Ar-NH2，同時生成Zn2+。請據此寫出反應A→B的離子方程式_______。

(3)D的結構簡式為_______。

(4)G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含有苯環(無其它環)；且苯環上有3個不相鄰的取代基；

②含有雜化軌道類型為sp的碳原子；

③核磁共振氫譜圖中有4個吸收峰；且面積之比為2：1：1：1。

(5)寫出以3-硝基苯甲醛和為原料，制備的合成路線流程圖_______。(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)31、已知元素X；Y均為短周期元素；X元素的一種核素常用于測文物的年代，Y元素原子半徑是所有原子中最小的，元素X、Y可形成兩種常見化合物M和N，已知M可以使高錳酸鉀酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的質量是Y元素質量的6倍，且M的相對分子質量為56。N是一種常用溶劑，分子式中兩種元素個數比為1:1?；卮鹣铝袉栴}：

(1)M的分子式為：______。

(2)任意寫一種不含支鏈的M的結構簡式______。

(3)如圖在燒瓶a中加入N與液溴的混合液；加入鐵粉可以使其發生反應：

①寫出a容器中發生反應的化學方程式：______。

②儀器b的名稱為_____。

(4)乙烯是重要有機化工原料。結合如圖路線回答：

已知：2CH3CHO+O22CH3COOH

①B中官能團的名稱是______。

②該轉化關系中D生成CH3CHO的反應方程式為______。

③G是一種油狀；有香味的物質；有以下兩種制法。

制法一：實驗室用D和E在濃硫酸加熱條件下反應制取G。反應⑥用18O同位素標記乙醇中的氧原子，寫出其化學方程式_______。

制法二：工業上用CH2=CH2和E直接反應獲得G。該反應類型是____。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A．相同能級的原子軌道數目相同；A錯誤；

B．除氫元素處于s區；其它非金屬元素都處于p區，B錯誤；

C．第ⅡB族最外層電子數為2；可能在ds區，也可能為p區，一定不在s區，C錯誤；

D．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10個縱行的元素；稱為過渡元素，全部為金屬，D正確；

故選D。2、C【分析】【詳解】

A．Cu的+1價最外層電子達到全充滿結構(3d10)；所以+1價穩定，故A錯誤；

B．此晶體中Cl位于頂點和面心，個數為=4；Cu位于晶胞內部，個數為4，Cu和Cl的原子個數比為1∶1，化學式為CuCl，故B錯誤；

C．根據晶胞圖可知；1個Cu與4個Cl相連，因此Cu位于Cl形成的四面體空隙，故C正確；

D．把立方體分為8個小立方體，Cu位于小立方體的體心，Cu與Cl的核間距為體對角線的一般，即為棱長的倍；故D錯誤；

答案為C。3、D【分析】【詳解】

X元素的原子半徑是短周期主族元素中最大的；是鈉元素，Y；Z同族且Z元素原子序數是Y的兩倍，所以Y為氧元素，Z為硫元素。

A.X；Y、Z三種元素形成的簡單離子分別為鈉離子；氧離子和硫離子，鈉離子和氧離子有兩個電子層，根據核電荷數越大，半徑越大分析，氧離子半徑大于鈉離子，硫離子有三個電子層，三種離子中半徑最大，故半徑大小Z＞X＞Y是錯誤的，故A錯誤；

B.其陰離子中硫原子形成6對共用電子；不是8電子穩定結構，故B錯誤；

C.鈉離子沒有強氧化性；故C錯誤；

D.已知在催化劑下該化合物能將Mn2+氧化為MnO錳元素變化了5價，所以則當有1molMnO生成時反應轉移5mole-；故D正確。

故選D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知，經過過程I、Ⅱ、Ⅲ，1mol銨根離子和1molNH2OH發生氧化還原反應生成1mol氮氣；標況下的體積為22.4L，故A正確；

B．銨根離子含有的質子數為11，則1mol銨根離子所含的質子總數為11NA；故B錯誤；

C．聯氨可以看作是氨氣分子中的氫原子被氨基取代；氨氣分子的空間構型為三角錐形，則聯氨分子的結構不對稱，屬于極性分子，故C錯誤；

D．由圖可知，厭氧氨化法的總反應為+=N2↑+2H2O；則每處理1mol銨根離子，需要的亞硝酸根離子為1mol，故D錯誤；

故選A。5、A【分析】【詳解】

A．水分子間能形成氫鍵，冰、水中都存在氫鍵，故A正確；

B．物質的穩定性與化學鍵有關；氫鍵是分子間作用力，穩定性與氫鍵無關，故B錯誤；

C．分子間形成的氫鍵；使物質分子之間的作用力最大，物質的熔點和沸點升高，故C錯誤；

D．水分子間能形成氫鍵；水分子內不存在氫鍵，故D錯誤；

選A。6、B【分析】【詳解】

A．1個“SiO2”結構單元中含有4個Si-O鍵，含28g硅的SiO2晶體為1mol，則存在的共價鍵總數為4NA；A不正確；

B．標準狀況下，2.24L乙烯為0.1mol，每個乙烯分子中含有1個π鍵，所以含π鍵的數目為0.1NA；B正確；

C．在密閉容器中加入1.5molH2和0.5molN2，發生可逆反應生成NH3，所以充分反應后得到NH3分子數小于NA；C不正確；

D．1個P4分子中含有6個P－P鍵，124gP4物質的量為1mol，則含有P－P鍵數目為6NA；D不正確；

故選B。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．二氧化硅為共價晶體；氯化鈉為離子晶體，故A不符合題意；

B．氯化鈉和氧化鎂均為離子晶體；均只含離子鍵，故B符合題意；

C．晶體Si為共價晶體；氯化鎂為離子晶體，故C不符合題意；

D．金剛石為共價晶體；氯化鉀為離子晶體，故D不符合題意；

綜上所述答案為B8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．Fe的核外電子排布式為[Ar]3d64s2，Fe變成時首先失去4s軌道電子；選項A錯誤；

B．的中心原子的價電子對數為不含孤電子對，則其空間構型為平面三角形，選項B正確；

C．與的質子數和電子數均相同；二者的轉化不屬于化學變化，選項C錯誤；

D．F原子有9個電子；則基態F原子的核外電子有9種運動狀態，5個軌道填充電子，則有5種空間運動狀態，選項D錯誤；

答案選B。9、C【分析】【分析】

【詳解】

A．認識分子和制造分子；是化學的特征，體現了化學的創造性和實用性，故A正確；

B．因化學是在分子；原子的基礎上研究物質的組成、結構、性質以及變化規律的基礎自然科學；化學家可以在微觀層面上操縱分子和原子，組裝分子材料、分子器件和分子機器，故B正確；

C．1869俄國的科學家門捷列夫發現了元素周期律；并首次編制了元素周期表，道爾頓在化學上的主要貢獻是提出了原子學說，為近代化學的發展奠定了基礎，故C錯誤；

D．我國化學家在1965年第一次人工合成了具有生命活性的蛋白質；人工合成牛胰島素，為世界生命科學的研究和發展做出了貢獻，故D正確；

答案選C。二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【分析】

(1)

Cu位于周期表中第4周期第IB族，所以基態銅原子的核外電子排布式為：1s2s22p63s23p63d104s1，所以銅離子核外電子排布式：1s22s22p63s23p63d9；

(2)

同周期自左而右電負性增大、同主族自上而下電負性減小，故電負性:F>Cl>S>P；同周期隨原子序數增大元素第一電離能呈增大趨勢，P元素原子2p能級為半充滿穩定結構，第一電離能高于同周期相鄰元素的，同主族自上而下第一電離能減小，故第一電離能：F>Cl>P>S；

(3)

同周期隨原子序數增大；元素第一電離能呈增大趨勢，當IA族的s能級為全滿穩定狀態，VA族的p能級為半滿穩定狀態，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能介于B；N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素；

(4)

四周期中；有2個未成對電子的元素有Ti；Ni、Se、As原子未成對電子數為2，第四周期中，原子核外電子排布有兩個未成對電子的元素有4種；

(5)

向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，鐵離子和碳酸氫根離子之間可以發生雙水解反應生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體，該反應的離子方程式為：Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d9

(2)F>Cl>S>PF>Cl>P>S

(3)3

(4)4

(5)Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑11、略

【分析】【分析】

（1）a；同一周期；隨著原子序數的增大，原子半徑逐漸減小，簡單離子半徑先減小后增大再減??；

b；同一周期元素；隨著原子序數的增大，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強；

c；元素的金屬性越強；其最高價氧化物的水化物堿性越強，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強；

d；同一周期元素；其單質的熔點先增大后減??；

（2）第三周期中；次外層電子數為8，原子最外層電子書與次外層電子數相同，則該元素為氬；第三周期中簡單陽離子為鈉離子；鎂離子和鋁離子，金屬的還原性越強，對應離子的氧化性越弱；

（3）氧化鎂熔點遠遠大于氯化鎂；電解MgO冶煉Mg浪費能源；氯化鋁是共價化合物，熔融狀態下不導電；

（4）四氯化硅為共價化合物；氯原子和硅原子都達到8個電子，每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，結合物質的量與反應放出的熱量成正比計算；

（5）濃硫酸具有強氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥劑；

（6）根據題干信息判斷該無氧酸鹽為氯化鉀；再根據化合價變化判斷另一種無氧酸鹽名稱，最后根據化合價升降相等配平即可。

【詳解】

（1）a；第三周期中；隨著原子序數的遞增，原子半徑逐漸減小，而離子半徑需要根據陰陽離子進行討論，陽離子只有2個電子層，隨著核電荷數在增大，半徑逐漸減小，而陰離子有3個電子層，隨著核電荷數的增加逐漸減小，但是陰離子半徑整體大于陽離子半徑，從陽離子到陰離子，半徑在增大，故a錯誤；

b、同一周期中，隨著核電荷數的遞增，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，故b正確；

c；元素的金屬性越強；其最高價氧化物的水化物堿性越強，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，所以其最高價氧化物的水化物堿性減弱、酸性增強，故c錯誤；

d；同一周期元素；其單質的熔點先增大后減小，Si的熔點最高，故d錯誤；

故答案為：b；

（2）原子最外層電子書與次外層電子數相同，而第三周期中次外層電子為8，該元素原子結構示意圖為則該元素為氬；金屬的還原性越強，對應離子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的為Na+；

故答案為：氬；Na+；

（3）氧化鎂熔點遠遠大于氯化鎂；電解MgO冶煉Mg浪費能源，所以用熔融態氯化鎂冶煉鎂；

氯化鋁是共價化合物；熔融狀態下以分子存在，所以不導電，則用熔融氧化鋁冶煉Al；

故答案為：MgO的熔點高；熔融時消耗更多能量，增加生產成本；氯化鋁是共價化合物，熔融態氯化鋁難導電；

（4）四氯化硅為共價化合物，氯原子和硅原子都達到8個電子，四氯化硅的電子式為每生成1.12kg純硅需吸收akJ熱量，則生成1mol純硅吸收的熱量為=0.025akJ，所以熱化學方程式為：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025akJ?mol-1；

故答案為：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025akJ?mol-1；

（5）濃硫酸具有強氧化性；酸性；不能干燥具有還原性、堿性的氣體；

a、NH3為堿性氣體；不能用濃硫酸和五氧化二磷干燥，可用堿石灰干燥，故錯誤；

b、HI為還原性氣體，不能利用濃硫酸干燥，可以利用P2O5干燥；故正確；

c、SO2為酸性氣體；可以用濃硫酸；五氧化二磷或無水氯化鈣干燥，故錯誤；

d、CO2為酸性氣體；可以用濃硫酸；五氧化二磷或無水氯化鈣干燥，故D錯誤；

故答案為：b；

（6）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數比為1：1，則該無氧酸為KCl，KCl中氯元素化合價為-1，說明氯酸鉀中氯元素化合價降低，則另一種含氧酸鹽中氯元素化合價會升高，由于氯酸鉀中氯元素化合價為+5，則氯元素化合價升高只能被氧化成高氯酸鉀，根據氧化還原反應中化合價升降相等配平該反應為：4KClO3KCl+3KClO4；

故答案為：4KClO3KCl+3KClO4?！窘馕觥縝氬Na+MgO的熔點高，熔融時消耗更多能量，增加生產成本氯化鋁是共價化合物，熔融態氯化鋁難導電SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)=+0.025akJ?mol-1b4KClO3KCl+3KClO412、略

【分析】略【解析】(1)烴基是推電子基團；烴基越長推電子效應越大，使羧基中的烴基的極性越小，羧酸的酸性越弱。所以，甲酸的酸性大于乙酸的，乙酸的酸性大于丙酸的隨著烴基加長，酸性的差異越來越小。

(2)三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的，這是由于氟的電負性大于氯的電負性，F-C的極性大于C-C的極性，使F3C-的極性大于Cl3C-的極性；導致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大，更易電離出氫離子。同理，三氯乙酸的酸性大于二氯乙酸的，二氯乙酸的酸性大于氯乙酸的。

(3)與羧酸(-COOH)相連的C-X(X為鹵素原子)的極性越大，羧酸的酸性越大；C-X的數量越多，羧酸的酸性越大，如酸性：CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH；CCl3COOH>CHCl2COOH>CH2ClCOOH。烴基越長，羧酸的酸性越小，如酸性：C2H5COOH3COOH13、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）Cr元素化合價由+6價降低為+3價，C元素由-2價升高為0價，根據氧化還原反應中化合價升高的價數與化合價降低的價數相等可配平化學方程式為2+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH；

（2）Cr元素是24號元素，Cr原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故Cr3+的基態電子排布式為1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；

（3）1個CH3COOH分子含有7個σ鍵和一個π鍵，則1molCH3COOH含有7molσ鍵，即7NA(或7×6.02×1023)個σ鍵；

（4）Ge與C是同族元素，C原子原子半徑較小，原子之間可以形成雙鍵、叁鍵；但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵，從原子結構角度分析，這是由于鍺的原子半徑大，原子之間形成的σ單鍵較長，p-p軌道肩并肩重疊的程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵?！窘馕觥?+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3O7NA(或7×6.02×1023)Ge原子半徑大，原子間形成的σ單鍵較長，p-p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵14、略

【分析】【詳解】

(1)由X的結構可知，其中所含的官能團有羰基和羥基；Z中存在酚羥基，可通過濃溴水或氯化鐵溶液鑒別Y和Z，故答案為：(酚)羥基、羰基(或酮基)；濃溴水或溶液；

(2)實驗測得Z的沸點比X的高；是因為X中羥基和羰基處于鄰位，易形成分子內氫鍵，而Z容易形成分子間氫鍵，導致其沸點較高，故答案為：Z形成分子間氫鍵，X形成分子內氫鍵，故Z的沸點比X的高；

(3)Y中含有酯基與足量溶液發生水解反應，反應為：+2NaOH→+CH3COONa+H2O，故答案為：+2NaOH→+CH3COONa+H2O；

(4)與Y具有相同官能團且屬于芳香化合物，若取代基只有一個，有-COOCH3和HCOOCH2-兩種，若取代基有兩個：分別為-CH3和-OOCH，在苯環上有鄰、間、對三種結構，共5種符合題意，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶1的結構簡式或故答案為：5；或【解析】(酚)羥基、羰基(或酮基)濃溴水或溶液Z形成分子間氫鍵，X形成分子內氫鍵，故Z的沸點比X的高+2NaOH→+CH3COONa+H2O5或15、略

【分析】【詳解】

（1）同種元素的不同單質互稱同素異形體；C60；金剛石和石墨是碳元素的不同單質，屬于同素異形體；故答案為：B。

（2）C60中構成微粒是分子；所以屬于分子晶體；故答案為：分子。

（3）金剛石是以碳原子為四面體頂點的正四面體空間網狀結構的原子晶體，以共價鍵結合，而石墨晶體層與層之間是分子間作用力，這種作用力比較弱，故熔沸點金剛石高得多，

故答案為：石墨晶體層與層之間是分子間作用力；這種作用力比較弱。

（4）1mol硅晶體含有2mol硅硅單鍵，一個硅原子可以通過共價鍵與四個硅原子結合，所以一個硅原子擁有的硅硅單鍵數目為=2mol；故答案為：2。

（5）根據圖形解答，正六邊形有六個點，就有六個碳原子，而每一個點是三個六邊形公用，根據石墨的結構示意圖及題中信息正六邊形，可推知每個正六邊形所占有的碳原子數為6個，故答案為：6?！窘馕觥?1)B

(2)分子。

(3)石墨晶體層與層之間是分子間作用力；這種作用力比較弱。

(4)2

(5)616、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，呈正四面體結構，所以C原子雜化方式是sp3；碳硅原子間以共用電子對相結合；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電子總數是20個；則該氧化物為MgO，則M為Mg；

晶格能與所構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成，熔化時克服金屬鍵；CO2為分子晶體，由分子構成，分子間以分子間作用力結合；MgO為離子晶體，由Mg2＋和O2－構成；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、金屬鍵三、判斷題(共7題，共14分)17、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構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數，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；該分子正四面體結構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型結果不矛盾；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。18、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，非金屬性變弱；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；19、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。20、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構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數，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；該分子正四面體結構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型結果不矛盾；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。21、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生的物質，該物質的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。22、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。23、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構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數，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；該分子正四面體結構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型結果不矛盾；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、實驗題(共2題，共8分)24、略

【分析】【分析】

比較金屬性可以利用金屬與水或酸置換出氫氣的難易以及最高價氧化物對應水化物的堿性。該實驗設計的是三種金屬與水；與酸反應的難易；因為具體到實驗操作，需要考慮很多因素，比如鈉的取用、鎂條的使用等。本題主要涉及試管實驗，但是鈉與水的反應比較劇烈，不適合在試管中完成，在燒杯中或水槽中比較安全。如果用一種試劑比較三者金屬性強弱，考慮水這種試劑，鈉與水很劇烈，鎂與水反應比較緩慢，鋁和水幾乎不反應。

【詳解】

（2）由鈉與水反應實驗知缺少燒杯（或水槽）；故答案為：燒杯或水槽；

（3）I．①a理論上鈉是金屬性強的活潑金屬加到水中應立刻劇烈反映，現在出現開始時鈉塊浮在水面上不反應的這種現象，只能說明鈉的表面有不與水反應煤油阻止鈉與水的接觸；b鎂在加熱的條件下是能和水反應的現在沒有相應現象應該鎂表面的氧化膜阻止接觸；故答案為：鈉表面的煤油沒有用濾紙吸干凈；鎂表面的氧化膜沒有被除去；

②金屬性越強，由反應的劇烈程度兩兩比較得出金屬性：鈉﹥鎂﹥鋁；故答案為：鈉>鎂>鋁；

II．鈉和冷水反應、鎂和熱水反應、鋁和熱水也不反應，所以可以用水和這三種金屬反應現象判斷金屬活動性強弱，其實驗方法是用濾紙將一小塊金屬鈉表面的煤油吸干后放入盛有水的燒杯中，將除掉了氧化膜的鎂條、鋁片分別放入盛有適量水的試管中并加熱。鎂與水反應的化學方程式：Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。故答案為：用濾紙將一小塊鈉表面的煤油吸干后放入盛有水的燒杯中，將除了氧化膜的鎂條、鋁片分別放入盛有適量水的試管中并加熱；Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑?！窘馕觥繜蛩垅c表面的煤油沒有用濾紙吸干凈鎂表面的氧化膜沒有被除去鈉>鎂>鋁用濾紙將一小塊鈉表面的煤油吸干后放入盛有水的燒杯中，將除了氧化膜的鎂條、鋁片分別放入盛有適量水的試管中并加熱Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑25、略

【分析】【分析】

由題給信息可知，該實驗的實驗目的是用醋酸鋰、醋酸錳與氨水和檸檬酸反應制得檸檬酸配合物，配合物在烘箱中真空干燥得到固態檸檬酸配合物前驅體，研磨后焙燒制得LiMn2O4。

【詳解】

（1）①若溶液pH能大于9；錳離子會與氫氧根離子反應生成氫氧化錳沉淀，影響檸檬酸配合物的生成，所以制備檸檬酸配合物時，溶液pH不能大于9，故答案為：堿性太強錳離子會轉化成沉淀；

②由題意可知；制備檸檬酸配合物的反應溫度為75℃～85℃，則用水浴加熱便于反應物受熱均勻，便于控制反應溫度，有利于檸檬酸配合物的生成，故答案為：受熱均勻，便于控制溫度；

（2）①由題意可知，檸檬酸配合物前驅體為固體，應放在坩堝中灼燒制得LiMn2O4；故答案為：坩堝；

②由化合價代數和為0可知，LiMn2O4中錳元素的化合價為+3.5價，由檸檬酸配合物中錳元素的化合價為+2價可知，焙燒需要在空氣中進行的原因是產品中的錳化合價比檸檬酸配合物高需氧氣氧化，故答案為：產品中的錳化合價比檸檬酸配合物高，需氧氣氧化?！窘馕觥?1)堿性太強錳離子會轉化成沉淀受熱均勻；便于控制溫度。

(2)坩堝產品中的錳化合價比檸檬酸配合物高，需氧氣氧化五、計算題(共3題，共21分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

4-1化學式AO2(1分，若寫成A2O4或A4O8不得分)

結構基元為1個A和2個O

(共3分)

4-24

4-3晶體理論密度ρ=

4-4A-A間距a=385.7pm

A-O間距a=236.2pm(各1分；共2分)

4-5

4-5-1面心立方點陣。

4-5-2簡單點陣。

(共2分)

4-6

A：0；0，0；0，1/2，1/2；1/2，0，1/2；1/2，1/2，0；

O：1/4；1/4，1/4；1/4，3/4，1/4；3/4，1/4，1/4；3/4，3/4，1/4；

1/4；1/4，3/4；1/4，3/4，3/4；3/4，1/4，3/4；3/4，3/4，3/4

(每個0.25分，共3分)【解析】①.AO2；結構基元為1個A和2個O②.4③.ρ=④.A-A間距a=385.7pm、A-O間距a=236.2pm⑤.面心立方點陣、簡單點陣⑥.A：0，0，0；0，1/2，1/2；1/2，0，1/2；1/2，1/2，0；O：1/4，1/4，1/4；1/4，3/4，1/4；3/4，1/4，1/4；3/4，3/4，1/4；1/4，1/4，3/4；1/4，3/4，3/4；3/4，1/4，3/4；3/4，3/4，3/427、略

【分析】【分析】

根據晶胞中原子的排列判斷堆積方式；以頂點Mo原子判斷距離最近的Mo原子數；確定配位數；均攤法確定晶胞中含有的粒子數；根據晶胞的質量和體積計算密度。

【詳解】

(1)如圖金屬鉬晶體中的原子堆積方式中；Mo原子處于立方體的面心與頂點，屬于面心立方最密堆積；頂點Mo原子到面心Mo原子的距離最短，則鉬原子的配位數為12；

(2)金屬晶體的成鍵粒子為金屬離子和自由電子，故構成鉬晶體的粒子是金屬離子和自由電子；晶胞中所含的該種粒子數