2025年北師大新版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年北師大新版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)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5題，共10分)1、下列各組性質(zhì)比較中正確的是。

①顏色：氯化銀；溴化銀、碘化銀；顏色逐漸加深。

②離子還原性：

③酸性：

④金屬性：

⑤氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：A.①②③B.①④⑤C.②③④D.①③④⑤2、下圖是2種固體的微觀示意圖；下列說法正確的是。

A.Ⅰ有各向異性B.Ⅱ有固定的熔點(diǎn)C.Ⅰ、Ⅱ的X射線衍射圖譜相同D.Ⅰ、Ⅱ在一定條件下，都會(huì)自發(fā)形成有規(guī)則外形的晶體3、有關(guān)化學(xué)鍵與晶體的說法正確的是A.晶體硅融化時(shí)共價(jià)鍵發(fā)生斷裂B.熔融狀態(tài)時(shí)能導(dǎo)電的物質(zhì)一定是離子晶體C.兩種元素組成的分子中一定只有極性鍵D.分子晶體的熔沸點(diǎn)隨著共價(jià)鍵的增強(qiáng)而升高4、已知：碘化膦(PH4I)性質(zhì)類似NH4Cl，是一種白色晶體，下列說法不正確A.它是離子晶體，穩(wěn)定，高溫也不分解B.它的水溶液顯酸性C.能與強(qiáng)堿反應(yīng)放出氣體PH3D.該物質(zhì)中含有共價(jià)鍵和離子鍵5、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Y的簡單陽離子與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，X的同素異形體有多種，其中一種是自然界最硬的物質(zhì)。常溫常壓下，R單質(zhì)的密度最小。R、X、Y原子最外層電子數(shù)之和等于Z原子最外層電子數(shù)。下列推斷一定錯(cuò)誤的是A.原子半徑：Y＞Z＞RB.Y位于第三周期ⅢA族C.YnZ一定是離子化合物D.X的氫化物能使溴水褪色評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、依據(jù)原子結(jié)構(gòu)知識(shí)回答下列問題。

(1)下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是_______。A．簡單離子的還原性：P3->O2->F-B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一電離能介于硼和氮之間的元素有兩種C．焰色試驗(yàn)與電子躍遷有關(guān)D．基態(tài)鋁原子占據(jù)的最高能級的電子云輪廓圖的形狀為球形(2)基態(tài)V原子中具有_______種不同能量的電子，具有_______種不同空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，具有_______種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。

(3)基態(tài)Cu原子的簡化電子排布式為_______，基態(tài)Se原子的價(jià)電子軌道表示式為_______，基態(tài)Mn2+的價(jià)電子排布式為_______。

(4)Li2O是離子晶體；其形成過程中的能量變化如圖(a)所示。

可知，Li原子的第一電離能為_______kJ·mol-1，O=O鍵鍵能為_______kJ·mol-1。7、元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個(gè)電子形成氣態(tài)負(fù)一價(jià)離子時(shí)所放出的能量稱作第一電子親和能()。

(1)第二周期部分元素的變化趨勢如圖所示，其中除氮元素外，其他元素的自左而右依次增大。而氮元素的呈現(xiàn)異常的原因是___________。

(2)是離子化合物，下圖是Born?Haber循環(huán)。

可知，Li原子的第一電離能為___________鍵鍵能為___________8、引起灰霾的PM2.5微細(xì)粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3；含鋅有機(jī)顆粒物及揚(yáng)塵等。通過測定灰霾中鋅等重金屬的含量；可知交通污染是目前造成我國灰霾天氣主要原因之一。

(1)Zn2+在基態(tài)時(shí)核外電子排布式為_________。

(2)PM2.5富含大量的有毒、有害物質(zhì)，易引發(fā)二次光化學(xué)煙霧污染，光化學(xué)煙霧中含有NOx、O3、CH2=CH－CHO、HCOOH、CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。

①N2O分子的立體構(gòu)型為______。

②CH2=CH－CHO分子中碳原子的雜化方式為______

③1molHCOOH中含σ鍵數(shù)目為_____。

④NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，該配合物中心離子的配體為______，F(xiàn)e的化合價(jià)為_____。9、H2SeO3的K1和K2分別為2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.2×10-2；請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋：

①H2SeO3和H2SeO4溶液中第一步電離程度均大于第二步電離的原因___________。

②H2SeO4比H2SeO3酸性強(qiáng)的原因______________________。10、(1)酸堿質(zhì)子理論認(rèn)為：凡是能給出質(zhì)子(H+)的任何物質(zhì)都是酸，凡是能接受質(zhì)子(H+)的任何物質(zhì)都是堿。則CH3CH3、OH-、HCl、F-中屬于堿的是_______，用一個(gè)離子方程式說明它們結(jié)合質(zhì)子能力的相對強(qiáng)弱_______。

(2)化合物A；B、C的熔點(diǎn)如表：

。

A

B

C

化學(xué)式。

CH3CH2Cl

CH3CH2CH2Cl

CH3NH3Cl

熔點(diǎn)/℃

-139

-123

230

化合物C的熔點(diǎn)明顯高于A的原因是_______。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)11、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(jià)層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)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(shí)，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(gè)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(cuò)誤12、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤13、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤14、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(jià)層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)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(shí)，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(gè)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(cuò)誤15、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯(cuò)誤16、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯(cuò)誤評卷人得分四、有機(jī)推斷題(共4題，共12分)17、芬太尼類似物L(fēng)具有鎮(zhèn)痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（為氫或烴基）

回答下列問題：

(1)A是一種烯烴，化學(xué)名稱為______，其分子中最多有__________個(gè)原子共面。

(2)B中官能團(tuán)的名稱為_____、_____。②的反應(yīng)類型為________

(3)③的化學(xué)方程式為________

(4)碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱為手性碳。指出F的結(jié)構(gòu)簡式中手性碳原子并用星號(*)標(biāo)出F中的手性碳________。G的結(jié)構(gòu)簡式為________。

(5)已知④有一定的反應(yīng)限度，反應(yīng)進(jìn)行時(shí)加入吡啶(一種有機(jī)堿)，其作用是________。

(6)參照上述合成路線，寫出以環(huán)己烯()和乙醇為起始原料經(jīng)三步制備化合物的合成路線________。

(已知：其他試劑任選)18、三唑并噻二嗪類化合物具有抗炎；抗腫瘤、抗菌的作用。該類新有機(jī)化合物G的合成路線如圖所示。

已知：R1COOH+R2NH2R1CONHR2+H2O

(1)化合物B的名稱為_______，化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為_______。

(2)由E→F的化學(xué)方程式為_______。

(3)C、N、O三種元素第一電離能由大到小的順序?yàn)開______。

(4)有機(jī)物H是B的同分異構(gòu)體，則滿足下列條件的H有_______種。

a.與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)c.分子中不含甲基。

(5)利用題中信息，設(shè)計(jì)以乙醇為原料制備另一種三唑并噻二嗪類化合物中間體P()的合成路線_______(無機(jī)試劑任選)。19、卡托普利(E)是一種血管緊張素轉(zhuǎn)化酶抑制劑；被應(yīng)用于治療高血壓和某些類型的充血性心力衰竭。合成路線如下：

（1）A中官能團(tuán)的名稱是______________，A→B反應(yīng)方程式為_______________。C→D的反應(yīng)類型是_________________。

（2）1molD與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗__________NaOH

（3）卡托普利E的分子中有_____個(gè)手性碳原子，下列關(guān)于E說法不正確的是______。

a.卡托普利的水溶液呈酸性b.在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物中含有SO2

c.E的分子式為C9H16NO3Sd.E存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體。

（4）A與濃硫酸、甲醇反應(yīng)生成M，M的同分異構(gòu)體在核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)兩種信號峰、且只有一種官能團(tuán)，該同分異構(gòu)體可能結(jié)構(gòu)為_________、_________。M加聚反應(yīng)生成高分子化合物N的方程式為_____________。20、化合物H可用以下路線合成：

已知：

請回答下列問題：

（1）標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L烴A在氧氣中充分燃燒可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子結(jié)構(gòu)中有3個(gè)甲基，則A的結(jié)構(gòu)簡式為________________________；

（2）B和C均為一氯代烴，D的名稱（系統(tǒng)命名）為_________________；

（3）在催化劑存在下1molF與2molH2反應(yīng)，生成3—苯基—1—丙醇。F的結(jié)構(gòu)簡式是___________；

（4）反應(yīng)①的反應(yīng)類型是_______________________；

（5）反應(yīng)②的化學(xué)方程式為______________________________________；

（6）寫出所有與G具有相同官能團(tuán)的芳香類同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_______________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)21、工業(yè)上用含三價(jià)釩()為主的某石煤為原料(含有等雜質(zhì))，低濕硫酸化焙燒—水浸工藝制備其流程如圖：

資料：i.高溫易分解。

ii.含磷有機(jī)試劑對溶液中離子萃取能力為

iii.含磷有機(jī)試劑萃取過程中溶液的濃度越高；萃取率越低，萃取釩效果越差。

iv.

v.氫氧化物完全沉淀時(shí)溶液的pH表：。沉淀物完全沉淀3.29.04.7

(1)中的電子排布式為_______，有的空間構(gòu)型是_______。

(2)焙燒過程中向石煤中加硫酸焙燒，將轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式是_______。

(3)預(yù)處理過程中先加入溶液進(jìn)行還原預(yù)處理，加入溶液的第一個(gè)作用是將V(V)還原為V(IV)減少釩的損失；再用氨水混合并調(diào)節(jié)溶液pH。

①請用相關(guān)離子方程式說明加入的第二個(gè)作用_______。

②解釋加氨水調(diào)節(jié)pH≈5的原因是_______。

(4)沉釩過程中先加入進(jìn)行氧化，再加氨水調(diào)節(jié)pH，銨鹽會(huì)將中的釩元素以多釩酸銨的形式沉淀，溶液pH值與沉釩率的關(guān)系如圖，請結(jié)合反應(yīng)原理解釋pH=2.5沉釩率最高的原因是_______。

(5)測定產(chǎn)品中的純度：

稱取ag產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入溶液()。最后用溶液滴定過量的至終點(diǎn)，消耗溶液的體積為mL，已知被還原為假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng)，產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_______。(寫出計(jì)算過程，的摩爾質(zhì)量：)22、三氯化鐵在印刷、醫(yī)藥、顏料、污水處理以及有機(jī)合成催化劑方面有重要的應(yīng)用。以硫鐵礦(主要成分為雜質(zhì)不與鹽酸反應(yīng))為原料制備三氯化鐵晶體的工藝流程如圖所示：

回答下列問題：

(1)“焙燒”過程中，理論上被氧化轉(zhuǎn)移電子，則該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為_____________。

(2)現(xiàn)有試劑：①稀鹽酸②稀硫酸③稀硝酸④氯氣⑤硫氰化鉀溶液⑥高錳酸鉀溶液⑦氫氧化鈉溶液。

為確認(rèn)“酸溶”后的溶液中是否會(huì)含另取“焙燒”后的燒渣少許，用________(從上述試劑中選擇，填標(biāo)號)溶解，將所得溶液滴入______________(從上述試劑中選擇，填標(biāo)號)中，若_________，則說明“酸溶”后的溶液中含

(3)從溶液中得到的操作包括_______、冷卻結(jié)晶、過濾，該過程需保持鹽酸過量，結(jié)合必要的離子方程式說明原因：____________________。

(4)從中得到無水的操作方法為____________________________。

(5)若以a噸硫鐵礦為原料，最終制得b噸不計(jì)生產(chǎn)過程中的損失，則該硫鐵礦中的含量為_______________(用含a、b的代數(shù)式表示)。23、鎳鈷錳酸鋰材料是近年來開發(fā)的一類新型鋰離子電池正極材料；具有容量高；循環(huán)穩(wěn)定性好、成本適中等優(yōu)點(diǎn)，這類材料可以同時(shí)有效克服鈷酸鋰材料成本過高、磷酸鐵鋰容量低等問題，工業(yè)上可由廢舊的鈷酸鋰、磷酸鐵鋰、鎳酸鋰、錳酸鋰電池正極材料(還含有鋁箔、炭黑、有機(jī)黏合劑等)，經(jīng)過一系列工藝流程制備鎳鈷錳酸鋰材料，該材料可用于三元鋰電池的制備，實(shí)現(xiàn)電池的回收再利用，工藝流程如下圖所示：

已知：①粉碎灼燒后主要成分是MnO、Fe2O3、

②萃取劑對選擇性很高，且生成的物質(zhì)很穩(wěn)定，有機(jī)相中的很難被反萃取。

請回答下列問題：

(1)正極材料在“灼燒”前先粉碎的目的是___________。

(2)“堿浸”的目的是___________，涉及的化學(xué)方程式是___________。

(3)“酸浸”時(shí)加入的作用是___________。

(4)上述工藝流程中采用萃取法凈化除去了若采用沉淀法除去鐵元素，結(jié)合下表，最佳的pH范圍是___________。開始沉淀時(shí)pH1.53.46.36.66.77.8完全沉淀時(shí)pH3.54.78.39.29.510.4

(5)鎳鈷錳酸鋰材料中根據(jù)鎳鈷錳的比例不同；可有不同的結(jié)構(gòu)，其中一種底面為正六邊形結(jié)構(gòu)的晶胞如圖所示。

①該物質(zhì)的化學(xué)式為___________，寫出基態(tài)Mn原子價(jià)層電子的軌道表示式___________。

②已知晶胞底面邊長是anm，高是bnm，一個(gè)晶胞的質(zhì)量為Mg，計(jì)算該晶胞的密度___________(用計(jì)算式表示)。24、二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物，以氟碳鈰礦(主要含CeFCO3)為原料制備CeO2的一種工藝流程如圖所示：

回答下列問題：

(1)寫出“氧化培燒”時(shí)生成CeO2的化學(xué)方程式：_______。

(2)“酸浸”產(chǎn)生的氣體的名稱是_______。為了提高酸浸率，可以適當(dāng)提高反應(yīng)溫度，但溫度偏高浸出率反而會(huì)減小，其原因是_______。

(3)實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行操作Ⅰ所用到的主要玻璃儀器有_______。

(4)溶液中時(shí)即認(rèn)為完全沉淀，為確保沉淀完全，則溶液的pH_______(填pH的范圍)。(已知)

(5)中心原子軌道的雜化類型為_______；的空間結(jié)構(gòu)為_______。

(6)鈰的原子序數(shù)為58，基態(tài)鈰原子的最外層電子排布式為_______。CeO2可被氫氣還原為Ce2O3，已知鈰與氧的一種化合物晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該化合物的化學(xué)式為_______。

評卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共21分)25、下列裝置中有機(jī)物樣品在電爐中充分燃燒，通過測定生成的CO2和H2O的質(zhì)量；來確定有機(jī)物分子式。

（1）A裝置是提供實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)中所取樣品只含C、H、O三種元素中的兩種或三種，準(zhǔn)確稱取0.44g樣品，經(jīng)充分反應(yīng)后，D管質(zhì)量增加0.36g，E管質(zhì)量增加0.88g，已知該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量為44，則該樣品的化學(xué)式為_________。

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

若符合下列條件，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為_____________________。

①環(huán)狀化合物②只有一種類型的氫原子。

（4）某同學(xué)認(rèn)E和空氣相通，會(huì)影響測定結(jié)果準(zhǔn)確性，應(yīng)在E后再增加一個(gè)裝置E，其主要目的是_________。26、在含單質(zhì)碘的溶液中存在可逆反應(yīng)：為測定該反應(yīng)的平衡常數(shù)K進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

I.在裝有的溶液的碘量瓶中加入足量充分?jǐn)嚢枞芙猓^量的固體碘沉于瓶底后，取上層清液，用萃取，充分振蕩、靜置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。

II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振蕩，再加入質(zhì)量分?jǐn)?shù)為溶液，充分振蕩后，靜置5分鐘，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淡黃色時(shí)，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。

III.將萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淡黃色時(shí)，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。

已知：i.

ii.與難溶于

iii.室溫下，達(dá)到溶解平衡后，在層和水層中的分配比為86∶1

回答下列問題：

(1)下列萃取分液操作中沒有用到的儀器有_______(填標(biāo)號)。A．B．C．D．(2)易溶于的原因是_______。

(3)滴定過程中標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)裝在_______滴定管(填“酸式”或“堿式”)，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______。

(4)步驟II中加入溶液的目的是_______。

(5)步驟III測得萃取后的水溶液中_______平衡常數(shù)_______(列出計(jì)算式即可)。

(6)下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)誤差分析的說法正確的是_______(填標(biāo)號)。A．步驟I中碘量瓶若沒有充分振蕩，則導(dǎo)致所測值偏大B．步驟I中吸取上層清液時(shí)，不慎吸入碘固體，則測得的K偏小C．步驟II中滴定前滴定管有氣泡，滴定后氣泡消失，則測得的K偏大D．步驟III中滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則測得的K偏小27、肼()可作火箭發(fā)射的燃料。某實(shí)驗(yàn)興趣小組利用氨與次氯酸鈉反應(yīng)制備并探究的性質(zhì)；其制備裝置如圖所示。

回答下列問題：

(1)儀器b的名稱為___________，儀器a的作用是___________。

(2)裝置A試管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(3)上述裝置B、C間缺少一個(gè)裝置，可能導(dǎo)致的結(jié)果是___________。

(4)探究的性質(zhì)。將制得的分離提純后；進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。

[查閱資料]AgOH不穩(wěn)定，易分解生成黑色的可溶于氨水。

[提出假設(shè)]黑色固體可能是Ag、中的一種或兩種。

[實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證]設(shè)計(jì)如下方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。操作現(xiàn)象結(jié)論?。∩倭亢谏腆w于試管中，加入足量①___________，振蕩黑色固體部分溶解黑色固體中有ⅱ．取少量黑色固體于試管中，加入足量稀硝酸，振蕩②___________黑色固體是Ag和則肼具有的性質(zhì)是堿性和③___________

(5)實(shí)驗(yàn)制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是___________。

(6)肼又稱聯(lián)氨，是一種常用的還原劑，可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕。理論上1kg聯(lián)氨可除去水中溶解的的質(zhì)量為___________kg。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

①氯化銀-白色；溴化銀-淡黃色、碘化銀-黃色；顏色逐漸加深，正確；

②元素的非金屬性Cl>Br>I>S，對應(yīng)的離子還原性錯(cuò)誤；

③非金屬性Cl>Br>I，元素的非金屬性越強(qiáng)，即酸性正確；

④同主族從上到下，金屬性增強(qiáng)：K>Na，同周期，從左到右金屬性減弱，即正確；

⑤元素非金屬性F>Cl>S，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性正確；①③④⑤正確；

答案選D。2、A【分析】【分析】

由圖可知；Ⅰ中微粒呈周期性有序排布，Ⅱ中微粒排列不規(guī)則，則Ⅰ為晶體，Ⅱ?yàn)榉蔷w即無定型二氧化硅。

【詳解】

A．I形成的固體為晶體；具有各向異性，故A正確；

B．晶體具有固定熔點(diǎn)；非晶體沒有固定熔點(diǎn)，Ⅱ?yàn)榉蔷w，沒有固定熔點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C．X射線衍射可用于區(qū)分晶體和非晶體；則Ⅰ；Ⅱ的X射線衍射圖譜不相同，故C錯(cuò)誤；

D．晶體有規(guī)則的幾何外形；非晶體沒有規(guī)則的幾何外形，Ⅰ會(huì)形成有規(guī)則外形的晶體，Ⅱ不會(huì)，故D錯(cuò)誤；

答案選A。3、A【分析】【分析】

【詳解】

A．原子晶體熔化時(shí)破壞的是共價(jià)鍵；硅為原子晶體，融化時(shí)共價(jià)鍵發(fā)生斷裂，A正確；

B．熔融狀態(tài)時(shí)能導(dǎo)電的物質(zhì)可能是離子晶體；也可能是金屬晶體，B錯(cuò)誤；

C．兩種元素組成的分子中不一定只有極性鍵，如H與O元素組成的H2O2分子中；既含有極性鍵，也含有非極性鍵，C錯(cuò)誤；

D．分子晶體的熔沸點(diǎn)與范德華力或氫鍵有關(guān)；與共價(jià)鍵的鍵能無關(guān)，D錯(cuò)誤；

故選A。4、A【分析】【分析】

由于氮和磷、氯和碘具有相似性，故PH4I和NH4Cl的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似。

【詳解】

A．PH4I和NH4Cl的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似可知，PH4I也是離子晶體，但受熱時(shí)與NH4Cl一樣會(huì)分解；A錯(cuò)誤；

B．PH4I和NH4Cl的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似，故PH4I也為強(qiáng)酸弱堿鹽；能水解，其水溶液呈酸性，B正確；

C．由PH4I和NH4Cl的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似可知，PH4I能與堿反應(yīng)產(chǎn)生PH3；C正確；

D．PH4I和NH4Cl的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似，PH4I中存在共價(jià)鍵和離子鍵；D正確；

故選A。5、B【分析】【分析】

短周期主族元素R；X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大；常溫常壓下，R單質(zhì)的密度最小，則R為H元素；X的同素異形體有多種，其中一種是自然界最硬的物質(zhì)，則X為C元素；Y的簡單陽離子與氖原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，且為主族元素，則Y為Na或Mg元素；R、X、Y原子最外層電子數(shù)之和等于Z原子最外層電子數(shù)，則Z為S或Cl元素。

【詳解】

A．當(dāng)Y為Na元素時(shí)；Z為S元素，當(dāng)Y為Mg元素時(shí)，Z為Cl元素，R為H元素，H元素半徑最小，同周期元素隨核電荷數(shù)增大原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Y＞Z＞R，故A正確；

B．Y位于第三周期ⅢA族，既Y為Al元素，根據(jù)題意，R、X、Y原子最外層電子數(shù)之和等于Z原子最外層電子數(shù)，則Z為Ar；此時(shí)Z不是主族元素，與題意不符，故Y不可能為Al，故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)Y為Na元素時(shí)，Z為S元素，當(dāng)Y為Mg元素時(shí)，Z為Cl元素，Y與Z組成的化合物分別為Na2S、MgCl2；均屬于離子化合物，故C正確；

D．X為C元素；C的氫化物有很多種，可以是烷烴；烯烴或炔烴，烯烴或炔烴能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色，故D正確；

答案選B。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】(1)

A．元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單離子的還原性越弱，非金屬性：F＞O＞P，則簡單離子的還原性：P3-＞O2-＞F-，故A正確；

B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一電離能介于硼和氮之間的元素有Be、C、O元素，三種元素，故B錯(cuò)誤；

C．形成煙花的過程中金屬原子由較高能量的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能量的激發(fā)態(tài)乃至基態(tài)，電子發(fā)生躍遷，故C正確；

D．基態(tài)鋁原子占據(jù)的最高能級為p能級，p能級的電子電子云形狀為啞鈴形，故D錯(cuò)誤；

故答案為：BD；

(2)

基態(tài)V原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2；該原子中具有1s；2s、2p、3s、3p、3d、4s共7種不同能量的電子，s能級的電子有1種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，p能級上的電子有3種不同空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，d能級上的電子有5種不同空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所以具有1+1+3+1+3+3+1=10種不同空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，每一個(gè)電子具有一種移動(dòng)狀態(tài)，所以具有23種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，故答案為：7；10；23；

(3)

基態(tài)Cu原子核外有29個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其簡化基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d104s1，基態(tài)Se原子的價(jià)電子為4s、4p能級上的電子，其價(jià)電子軌道表示式為基態(tài)Mn2+的價(jià)電子為3d能級上的5個(gè)電子，其價(jià)電子排布式為3d5，故答案為：[Ar]3d104s1；3d5；

(4)

Li原子的第一電離能為Li(g)原子失去1個(gè)電子形成Li+(g)所需要的能量，故Li的第一電離能為：=520kJ/mol；O=O鍵鍵能是指斷裂1molO=O鍵生成O(g)原子所需能量，故O=O鍵的鍵能為：2×249kJ/mol=498kJ/mol，故答案為：520；498?！窘馕觥?1)BD

(2)71323

(3)[Ar]3d104s13d5

(4)5204987、略

【分析】【詳解】

（1）N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)；具有額外穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個(gè)電子，得到一個(gè)電子形成氣態(tài)負(fù)一價(jià)離子時(shí)所放出的能量最少。

（2）基態(tài)氣態(tài)原子失去一個(gè)電子形成氣態(tài)基態(tài)正離子時(shí)所需要的最低能量為第一電離能，故Li原子的第一電離能為鍵能為斷裂1mol物質(zhì)需要吸收的能量，故從圖分析，鍵鍵能為249×2=498【解析】(1)N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)；具有額外穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個(gè)電子。

(2)5204988、略

【分析】【分析】

根據(jù)Zn的原子序數(shù)，依據(jù)核外電子排布規(guī)律寫出Zn2+的電子排布式；根據(jù)等電子體判斷立體構(gòu)型；根據(jù)分子結(jié)構(gòu)中σ鍵數(shù)目判斷C原子雜化方式；根據(jù)分子結(jié)構(gòu)中單鍵數(shù)目判斷σ鍵數(shù)目；根據(jù)配合物的結(jié)構(gòu)判斷配體和中心離子的價(jià)態(tài)；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)Zn元素是30號元素，核內(nèi)有30個(gè)質(zhì)子，核外有30個(gè)電子，各電子層上電子依次為2，8，18，2，Zn原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，Zn2+表示失去最外層2個(gè)電子，Zn2+的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；答案為1s22s22p63s23p63d10。

(2)①N2O與CO2是等電子體，結(jié)構(gòu)相似，CO2的結(jié)構(gòu)式O=C=O，立體構(gòu)型為直線形，所以N2O立體構(gòu)型也為直線形結(jié)構(gòu)；答案為直線形。

②CH2=CH-CHO分子中每個(gè)碳原子均形成兩個(gè)單鍵和一個(gè)雙鍵，即含有三根σ鍵和一根π鍵，因有三根σ鍵，每個(gè)C原子均采用sp2雜化；答案為sp2雜化。

③1個(gè)HCOOH分子中含有3個(gè)單鍵即C-H，C-O，O-H，1個(gè)雙鍵即碳氧雙鍵，雙鍵中有一根σ鍵和一根π鍵，則該分子中共有4個(gè)σ鍵，1molHCOOH中含σ鍵4mol，即含σ鍵數(shù)目為4NA；答案為4NA。

④由[Fe(NO)(H2O)5]SO4配合物結(jié)構(gòu)可知，配位體位于方括號中，由1個(gè)NO和5個(gè)H2O分子構(gòu)成，則配體為NO和H2O，配位數(shù)位6，由硫酸根呈現(xiàn)-2價(jià)，配體NO和H2O是分子，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則中心離子鐵元素呈現(xiàn)+2價(jià)；答案為NO和H2O，+2。【解析】①.1s22s22p63s23p63d10②.直線形③.sp2④.4NA⑤.H2O和NO⑥.+29、略

【分析】【詳解】

①H2SeO4和H2SeO3第一步電離產(chǎn)生的帶有負(fù)電荷，吸引H+，導(dǎo)致第一步電離后生成的負(fù)離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的氫離子，同時(shí)第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，所以H2SeO4和H2SeO3第一步電離程度大于第二部電離程度；

②無機(jī)含氧酸分子中非羥基O原子數(shù)越多酸性越強(qiáng)，H2SeO4分子中有兩個(gè)非羥基O原子，H2SeO3分子中有一個(gè)非羥基O原子，所以H2SeO4比H2SeO3酸性強(qiáng)?！窘馕觥康谝徊诫婋x生成的負(fù)離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的氫離子，且第一步電離出的H+對第二步電離有抑制作用無機(jī)含氧酸分子中非羥基O原子數(shù)越多酸性越強(qiáng)，H2SeO4分子中有兩個(gè)非羥基O原子，H2SeO3分子中有一個(gè)非羥基O原子10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)在上述微粒中OH-、F-會(huì)結(jié)合H+形成H2O、HF，因此OH-、F-屬于堿；

HF與OH-反應(yīng)產(chǎn)生F-、H2O，反應(yīng)方程式為：HF+OH-=F-+H2O，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸的性質(zhì)可知酸性：HF＞H2O，即結(jié)合H+的能力：OH-＞F-；

(2)由物質(zhì)的熔點(diǎn)可知A的熔點(diǎn)比較低，而C的熔點(diǎn)比較高。這是由于A屬于分子晶體，分子之間以微弱的分子間作用力結(jié)合，斷裂消耗的能量比較低；而C是離子晶體，陰、陽離子之間以離子鍵結(jié)合，離子鍵是比分子間作用力強(qiáng)，斷裂消耗的能量比較高，給其熔點(diǎn)比較高?！窘馕觥縊H-、F-HF+OH-=F-+H2OA是分子晶體，C是離子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)三、判斷題(共6題，共12分)11、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(cuò)誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯(cuò)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(cuò)誤；

(6)價(jià)層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯(cuò)誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道；錯(cuò)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(cuò)誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)；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(gè)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(cuò)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(gè)原子提供，另一個(gè)原子提供空軌道，錯(cuò)誤。12、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)；同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，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(qiáng)。

故正確；13、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。14、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(cuò)誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯(cuò)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(cuò)誤；

(6)價(jià)層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價(jià)層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯(cuò)誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個(gè)s軌道和3個(gè)p軌道混合形成的四個(gè)sp3雜化軌道；錯(cuò)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(cuò)誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時(shí)；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(gè)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(cuò)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(gè)原子提供，另一個(gè)原子提供空軌道，錯(cuò)誤。15、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個(gè)羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍(lán)色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。16、A【分析】【詳解】

因?yàn)殂~具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。四、有機(jī)推斷題(共4題，共12分)17、略

【分析】【分析】

由A、B的分子式，C的結(jié)構(gòu)簡式，可知A為CH3CH＝CH2，A發(fā)生取代反應(yīng)生成B為ClCH2CH＝CH2。反應(yīng)①為取代反應(yīng)。由C、D的分子式，可知反應(yīng)②發(fā)生信息I中取代反應(yīng)，可知D為由信息II中取代反應(yīng)、結(jié)合E的分子式，可知E為E發(fā)生酯的水解反應(yīng)生成F。對比F、J的結(jié)構(gòu)簡式，可知F脫羧生成G，G與苯胺脫去1分子水生成J，故G為J與發(fā)生取代反應(yīng)生成L；

(6)由信息II可知，由反應(yīng)得到用酸性高錳酸鉀溶液氧化的己二酸，己二酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到

【詳解】

(1)A屬于烯烴，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2＝CH﹣CH3；A名稱為：丙烯，旋轉(zhuǎn)碳碳單鍵可以使甲基中1個(gè)H原子處于碳碳雙鍵的平面結(jié)構(gòu)內(nèi)，分子中最多有7個(gè)原子共面；

(2)B為ClCH2CH＝CH2，B中官能團(tuán)有碳碳雙鍵、氯原子，反應(yīng)②是B的氨基中氫原子被﹣CH2CH2COOCH3替代；屬于取代反應(yīng)；

(3)反應(yīng)③的化學(xué)方程式為：

(4)F的結(jié)構(gòu)簡式為用星號(*)標(biāo)出F中的手性碳原子為：G的結(jié)構(gòu)簡式為：

(5)反應(yīng)④為取代反應(yīng)；生成有機(jī)物的同時(shí)可生成HCl，而吡啶呈堿性，可與HCl發(fā)生中和反應(yīng)，使平衡正向移動(dòng)，提高J的產(chǎn)率；

(6)由信息II可知，由反應(yīng)得到用酸性高錳酸鉀溶液氧化的己二酸，己二酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到合成路線流程圖為：

【點(diǎn)睛】

進(jìn)行推斷及合成時(shí)，掌握各類物質(zhì)的官能團(tuán)對化合物性質(zhì)的決定作用是非常必要的，可以從一種的信息及物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)，結(jié)合反應(yīng)類型，進(jìn)行順推或逆推，判斷出未知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)。能夠發(fā)生水解反應(yīng)的有鹵代烴、酯；可以發(fā)生加成反應(yīng)的有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基、羰基；可以發(fā)生消去反應(yīng)的有鹵代烴、醇?？梢园l(fā)生銀鏡反應(yīng)的是醛基；可能是醛類物質(zhì)、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化鐵溶液變紫色，遇濃溴水產(chǎn)生白色沉淀的是苯酚等。掌握這些基本知識(shí)對有機(jī)合成非常必要。【解析】丙烯7碳碳雙鍵氯原子取代反應(yīng)吸收反應(yīng)生成的HCl提高反應(yīng)轉(zhuǎn)化率18、略

【分析】【分析】

根據(jù)B，D的結(jié)構(gòu)、結(jié)合C的分子式可知：B轉(zhuǎn)化成C發(fā)生取代反應(yīng)，C的結(jié)構(gòu)為

欲以乙醇為原料制備P()，則需2個(gè)引入肽鍵，第一個(gè)肽鍵的引入可仿照流程中A→B→C，即與乙醇先發(fā)生酯化反應(yīng)得到與H2NNH2發(fā)生取代反應(yīng)得到與發(fā)生信息反應(yīng)生成第2個(gè)肽鍵得到目標(biāo)產(chǎn)物

【詳解】

（1）苯甲酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到苯甲酸乙酯，則化合物B的名稱為苯甲酸乙酯，據(jù)分析化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為

（2）E→F的反應(yīng)，即與BrCH(CN)2發(fā)生取代反應(yīng)生成和HBr，化學(xué)方程式為+BrCH(CN)2→+HBr。

（3）同周期從左到右元素的第一電離能呈增大趨勢，因?yàn)榈拥膬r(jià)電子排布式2s22p3；p能級半充滿，比較穩(wěn)定，N的第一電離能大于O，C；N、O三種元素第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C。

（4）有機(jī)物H是B的同分異構(gòu)體；滿足下列條件：

a．與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)c．分子中不含甲基；則含有醛基和酚羥基，為苯環(huán)上含有一個(gè)羥基和一CH2CH2CHO；則滿足條件的H有鄰間對三種結(jié)構(gòu)，即H有3種。

（5）據(jù)分析，以乙醇為原料制備P()的合成路線為：【解析】(1)苯甲酸乙酯

(2)+BrCH(CN)2→+HBr

(3)N>O>C

(4)3

(5)19、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式和A到B的反應(yīng)類型反推A；根據(jù)反應(yīng)條件和反應(yīng)類型書寫A到B的方程式；C到D；C中氯原子被取代；

（2）D中的羧基；氯原子以及肽鍵可以和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)；

（3）碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)；該碳稱為手性碳。根據(jù)分子結(jié)構(gòu)簡式和所含官能團(tuán)分析其性質(zhì)；

（4）A與濃硫酸、甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，故M的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOCH3；

【詳解】

（1）A到B發(fā)生加成反應(yīng)，碳鏈骨架不變，則B消去可得到A，則A為CH2=C(CH3)COOH，官能團(tuán)為碳碳雙鍵和羧基；A到B為碳碳雙鍵的加成反應(yīng)，方程式為：CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D；C中的氯原子被取代，為取代反應(yīng)；

故答案為：碳碳雙鍵和羧基；CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；

（2）D中的羧基、氯原子以及肽鍵可以和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)所以1molD與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗3molNaOH；

（3）碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱為手性碳，所以E的分子中含有兩個(gè)手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正確；b.分子中含有硫元素，所以在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物中含有二氧化硫，故b正確；c.1個(gè)E分子中含有15個(gè)H原子，所以E分子式為C9H15NO3S；故c錯(cuò)誤；d.E的不飽和度為3，無芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故d錯(cuò)誤；

故答案為：2；cd；

（4）A與濃硫酸、甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，故M的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，同分異構(gòu)體在核磁共振氫譜圖中出現(xiàn)兩種信號峰說明只有兩種環(huán)境的氫，只有一種官能團(tuán)則符合條件的有機(jī)物有：M加聚反應(yīng)生成高分子化合物N的結(jié)構(gòu)簡式為：

方程式為：nCH2=C(CH3)COOCH3→

故答案為：nCH2=C(CH3)COOCH3→【解析】①.碳碳雙鍵和羧基②.CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH③.取代④.3mol⑤.2⑥.cd⑦.⑧.OHC-C(CH3)2-CHO⑨.nCH2=C(CH3)COOCH3→20、略

【分析】【詳解】

（1）88gCO2為2mol，45gH2O為2.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氣體物質(zhì)的量為0.5mol，所以烴A中含碳原子為4，H原子數(shù)為10，則化學(xué)式為C4H10，因?yàn)锳分子結(jié)構(gòu)中有3個(gè)甲基，則A的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH(CH3)CH3；

（2）C4H10存在正丁烷和異丁烷兩種，但從框圖上看，A與Cl2光照取代時(shí)有兩種產(chǎn)物；且在NaOH醇溶液作用下的產(chǎn)物只有一種，則A只能是異丁烷，先取代再消去生成的D名稱為：2—甲基丙烯；

（3）F可以與Cu（OH）2反應(yīng)，故應(yīng)為醛基，與H2之間為1：2加成，則應(yīng)含有碳碳雙鍵．從生成的產(chǎn)物3-苯基-1-丙醇分析，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為

（4）反應(yīng)①為鹵代烴在醇溶液中的消去反應(yīng)；故答案為消去反應(yīng)；

（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G為D至E為信息相同的條件，則類比可不難得出E的結(jié)構(gòu)為E與G在濃硫酸作用下可以發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：

（6）G中含有官能團(tuán)有碳碳雙鍵和羧基，可以將官能團(tuán)作相應(yīng)的位置變換而得出其芳香類的同分異構(gòu)體為【解析】①.CH3CH(CH3)CH3②.2—甲基丙烯③.④.消去反應(yīng)⑤.⑥.五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)21、略

【分析】【分析】

石煤在220℃條件下空氣中硫酸化焙燒，V2O3轉(zhuǎn)化為VOSO4，Al2O3、Fe2O3轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，SiO2不反應(yīng)，得到的焙砂經(jīng)水浸、過濾后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+雜質(zhì)的濾液，先加入Na2SO3溶液進(jìn)行還原預(yù)處理，將Fe3+和V(V)還原，然后再用氨水混合并調(diào)節(jié)溶液pH，除去Al3+，過濾后加入含磷有機(jī)試劑萃取V(IV)，靜置分液得到含有V(IV)的有機(jī)物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)從有機(jī)溶液中析出，之后進(jìn)行沉釩得到(NH4)2V6O16，煅燒得到V2O5。

【詳解】

（1）釩元素的價(jià)電子排布為[Ar]3d34s2,的電子排布式為[Ar]3d1；的價(jià)層電子對數(shù)為故其空間構(gòu)型是正四面體形；

（2）V2O3轉(zhuǎn)化為VOSO4的過程中V元素被氧化，氧化劑應(yīng)是空氣中的氧氣，結(jié)合電子守恒、元素守恒可得化學(xué)方程式為2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；

（3）①含磷有機(jī)試劑對溶液中的Fe3+也有很強(qiáng)的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二個(gè)作用是將Fe3+還原為Fe2+，離子方程式為2Fe3+++H2O=2Fe2++2H++

②根據(jù)題目所給信息可知加氨水調(diào)節(jié)pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有機(jī)試劑中的萃取率；

（4）溶液中存在反應(yīng)10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氫離子濃度過高，該平衡逆向移動(dòng)，不利于形成多釩酸銨沉淀；pH>2.5，水解程度增大；不利于形成多釩酸銨沉淀；

（5）根據(jù)電子守恒，存在數(shù)量關(guān)系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，則VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是=【解析】(1)正四面體形。

(2)

(3)除去提高釩在有機(jī)試劑中的萃取率。

(4)pH<2.5，該平衡逆向移動(dòng)，不利于形成多釩酸被沉淀；pH>2.5，水解程度增大；不利于形成多釩酸銨沉淀。

(5)22、略

【分析】【分析】

硫鐵礦在空氣中焙燒，生成氧化鐵和二氧化硫氣體，固體物質(zhì)用鹽酸酸浸，若硫鐵礦未反應(yīng)完全，則溶液中含有亞鐵離子、鐵離子；通入氯氣氧化，使溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；FeCl3溶液經(jīng)過加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，得到FeC13?6H2O；

【詳解】

（1）由1mo1FeS2被氧化轉(zhuǎn)移11mol電子可知，“焙燒”過程中發(fā)生的反應(yīng)為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為Fe2O3和SO2；故答案為：

（2）檢驗(yàn)“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，則酸溶不能選擇稀硝酸，因?yàn)橄跛峋哂醒趸?，?huì)將Fe2+氧化成Fe3+．溶液中本就含有Fe3+，所以不能用硫氰化鉀溶液和氯氣以及氫氧化鈉溶液檢驗(yàn)Fe2+是否存在，則只有高錳酸鉀溶液可以檢驗(yàn)Fe2+是否存在；而高錳酸鉀也可以氧化鹽酸而發(fā)生褪色，所以“酸溶”應(yīng)選用稀硫酸，故答案為：②；⑥；高錳酸鉀溶液的紫色變淺或褪色；

（3）從FeCl3溶液中得到FeC13?6H2O的操作步驟為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，因?yàn)殍F離子很容易發(fā)生水解反應(yīng)，直接加熱蒸干最終得到的是氧化鐵，所以在加熱濃縮時(shí)要保持鹽酸過量，抑制鐵離子發(fā)生水解反應(yīng)，故答案為：蒸發(fā)濃縮；過量的鹽酸能抑制水解；

（4）以防鐵離子水解，從中得到無水的操作方法為：在氣流中加熱失去結(jié)晶水；

（5）b噸FeC13?6H2O中鐵元素的含量為：根據(jù)Fe元素守恒，硫鐵礦中FeS2的含量為：【解析】②

⑥

高錳酸鉀溶液褪色蒸發(fā)濃縮過量的鹽酸能抑制水解在氣流中加熱失去結(jié)晶水23、略

【分析】【分析】

廢舊電池正極材料灼燒，得到MnO、Fe2O3、加入氫氧化鈉堿浸除去鋁，固體加入過氧化氫、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取劑，萃取除去鐵，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4調(diào)節(jié)鎳；鈷、錳離子物質(zhì)的量之比后加入氨水得到鈷錳鎳氫氧化物沉淀；濾液加入碳酸鈉得到碳酸鋰沉淀，鈷錳鎳氫氧化物沉淀與碳酸鋰沉淀燒結(jié)得到產(chǎn)品；

【詳解】

（1）粉碎的目的是增大固體與相應(yīng)反應(yīng)物的接觸面積；使反應(yīng)更充分。

（2）根據(jù)流程可知粉碎灼燒后含有能和堿反應(yīng)的所以“堿浸”的目的是除去氧化物中的對應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式是

（3）結(jié)合流程可知鈷元素價(jià)態(tài)在氧化物中是價(jià)，而最后得到價(jià)，中間不涉及其他還原反應(yīng)，故此過程中的作用應(yīng)該是把價(jià)鈷還原為價(jià)。

（4）根據(jù)流程信息，需要保證完全沉淀，而均未開始沉淀，故的最佳范圍是

（5）①根據(jù)晶胞的均攤規(guī)則可知：數(shù)目和數(shù)目都是3，數(shù)目數(shù)目其化學(xué)式應(yīng)為為25號元素，其價(jià)層電子軌道表示為

(2)1個(gè)晶胞的質(zhì)量為Mg，底面積nm2，故晶胞的密度【解析】(1)增大固體與相應(yīng)反應(yīng)物的接觸面積；使反應(yīng)更充分。

(2)除去氧化物中的

(3)把+3價(jià)鈷還原為+2價(jià)。

(4)3.5≤pH＜6.6

(5)24、略

【分析】【分析】

氟碳鈰礦(主要含CeFCO3)中加入Na2CO3、空氣進(jìn)行氧化焙燒，生成CO2，同時(shí)生成CeO2；CeO2中加入稀硫酸、雙氧水進(jìn)行酸浸，可生成O2和Ce2(SO4)3，發(fā)生反應(yīng)為2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O；用HT萃取、分液，可得到硫酸鈰稀溶液和有機(jī)層CeT2；有機(jī)層加入稀硫酸，將鈰轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3；加堿調(diào)節(jié)pH，將鈰轉(zhuǎn)化為Ce(OH)3；通入O2后過濾、洗滌、干燥，即得到Ce(OH)4。

（1）

“氧化培燒”時(shí)，CeFCO3、Na2CO3、O2發(fā)生反應(yīng)，生成CeO2和CO2，化學(xué)方程式：4CeFCO3+2Na2CO3+O2=4CeO2+6CO2。答案為：4CeFCO3+2Na2CO3+O2=4CeO2+6CO2；

（2）

由分析可知，“酸浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O，產(chǎn)生的氣體的名稱是氧氣。酸浸時(shí)，加入雙氧水，雙氧水受熱易分解，溫度偏高造成浸出率減小，其原因是：溫度升高，H2O2發(fā)生分解，造成浸出率減小。答案為：氧氣；溫度升高，H2O2發(fā)生分解；造成浸出率減?。?/p>

（3）

操作Ⅰ是萃取分液；所用到的主要玻璃儀器有：分液漏斗；燒杯。答案為：分液漏斗、燒杯；

（4）

溶液中c(OH-)≥mol/L=1.0×10-5mol/L；則溶液的pH≥9。答案為：≥9；

（5）

中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為3，則軌道的雜化類型為sp2；由此得出的空間結(jié)構(gòu)為：平面三角形。答案為：sp2；平面三角形；

（6）

鈰的原子序數(shù)為58，基態(tài)鈰原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f15s