2025年蘇人新版選修化學(xué)上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年蘇人新版選修化學(xué)上冊階段測試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(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、鋅銅原電池裝置如圖所示；下列說法正確的是。

A.電流從鋅片流向銅片B.鋅電極的反應(yīng)式：Zn?2e－=Zn2＋C.銅片作負(fù)極D.鹽橋的作用是傳遞電子2、下列有關(guān)物質(zhì)檢驗的實驗結(jié)論正確的是。

選項

實驗操作及現(xiàn)象

實驗結(jié)論

A

向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成

該溶液中一定含

B

向某溶液中加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀

該溶液中一定含

C

向某溶液中加入鹽酸，產(chǎn)生無色無味的氣體，將該氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁

該溶液中一定含

D

向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成

該溶液中一定含

A.AB.BC.CD.D3、有一固體混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，為檢驗它的成份做了如下實驗：取固體加入足量的稀硝酸中，攪拌充分反應(yīng)，得到無色透明溶液，同時有刺激性氣味氣體和白色沉淀生成。以下判斷正確的是A.一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，不能確定是否含有FeCl3B.一定含有KClO3，且在反應(yīng)過程中可能被還原生成了兩種還原產(chǎn)物C.另取適量固體加水溶解，若出現(xiàn)白色沉淀，即可證明K2CO3的存在D.將反應(yīng)產(chǎn)生的所有氣體通入少量澄清石灰水，若未變渾濁，可證明K2CO3不存在4、下列各組有機(jī)物中，不能用高錳酸鉀酸性溶液鑒別的是A.乙烷和乙烯B.苯和甲苯C.苯和苯乙烯D.苯和環(huán)己烷5、低濃度的硫酸阿托品常用于治療青少年的假性近視；阿托品(結(jié)構(gòu)簡式如圖)可以通過托品酸和托品醇合成，則下列說法錯誤的是()

A.阿托品的分子式是C17H21NO3B.托品酸的結(jié)構(gòu)簡式是：C.托品酸能發(fā)生取代、加成、消除、氧化等反應(yīng)D.阿托品苯環(huán)上的一氯代物有3種評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、室溫下，在由水電離產(chǎn)生的的溶液中，一定不能大量共存的離子組是A.B.NOSOC.HCOD.COSO7、下列裝置或操作能達(dá)到目的的是。

A.裝置①探究H2SO4濃度對反應(yīng)速率的影響B(tài).裝置②可用于測定中和熱C.裝置③探究Mg(OH)2能否轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3D.裝置④可保護(hù)鐵閘門不被腐蝕8、據(jù)報道，近來發(fā)現(xiàn)了一種新的星際分子氰基辛炔，其結(jié)構(gòu)簡式為：HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N。下列對該物質(zhì)的判斷正確的是A.屬于不飽和烴B.能使酸性KMnO4溶液褪色C.可由乙炔和含氮化合物加聚制得D.所有原子都在同一條直線上9、CPAE是蜂膠的主要活性成分；由咖啡酸合成CPAE路線如下：

下列說法正確的是A.可用金屬Na檢測上述反應(yīng)是否殘留苯乙醇B.與苯乙醇互為同分異構(gòu)體的酚類物質(zhì)共有9種C.1mol咖啡酸最多可與含3molNaHCO3的溶液發(fā)生反應(yīng)D.咖啡酸、苯乙醇及CPAE都能發(fā)生取代、加成和氧化反應(yīng)10、研究表明；黃芩苷能抑制新冠病毒，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。

下列說法錯誤的是A.分子中所有碳原子可能在同一平面內(nèi)B.黃芩營可以形成分子內(nèi)氫鍵C.黃芩普可以發(fā)生取代、加成、氧化反應(yīng)D.1mol黃芩苷最多能與6molNaOH反應(yīng)11、茚地那韋被用于新型冠狀病毒肺炎的治療；其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示（未畫出其空間結(jié)構(gòu)）。下列說法錯誤的是（）

A.茚地那韋可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)B.分子中的氮原子雜化方式為sp2、sp3C.虛線框內(nèi)的所有碳、氧原子不可能處于同一平面D.1mol茚地那韋最多與11mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)12、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）

。選項。

實驗操作。

實驗現(xiàn)象。

結(jié)論。

A

向濃度均為0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液。

先出現(xiàn)黃色沉淀。

Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)

B

向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液。

溶液變澄清。

酸性：苯酚＞HCO3-

C

用飽和碳酸鈉溶液浸泡鍋爐沉積物后；再加入稀鹽酸。

有氣泡產(chǎn)生。

可除去鍋爐沉積物中的CaSO4

D

淀粉與稀硫酸混和一段時間后；滴加銀氨溶液并水浴。

無銀鏡出現(xiàn)。

淀粉沒有水解。

A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；設(shè)計的原電池如下圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是________；Y是________。

(2)銀電極為電池的________極，X電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為_____________________14、苯是一種重要的化工原料；苯可以進(jìn)行如下轉(zhuǎn)化。部分反應(yīng)條件；反應(yīng)物、生成物已省略。

(1)反應(yīng)①的化學(xué)方程式是________。

(2)A的結(jié)構(gòu)簡式是________名稱是________。

(3)反應(yīng)③所需反應(yīng)物除A外,還需要________；反應(yīng)條件是________。

(4)僅用水鑒別苯和溴苯的方法是________。15、有下列物質(zhì)：①CH3OH②CH3CH2CH2CH2OH③④⑤⑥請回答下列問題：

(1)上述物質(zhì)能與HX發(fā)生取代反應(yīng)有______(填序號)。

(2)上述物質(zhì)能發(fā)生消去反應(yīng)的有______。

(3)上述物質(zhì)能發(fā)生催化氧化的有______，其中生成醛的有______，生成酮的有______。

(4)其中既能發(fā)生消去反應(yīng)生成相應(yīng)的烯烴，又能氧化生成相應(yīng)醛的有______。16、根據(jù)所給信息完成下列填空：

(1)用系統(tǒng)命名法命名下列有機(jī)物：

①CH3CH(C2H5)CH(CH3)2_______

②_______

③_______

(2)某烴A的相對分子質(zhì)量為84，下列物質(zhì)與A以任意比例混合，若總物質(zhì)的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量不相等的是(填序號)_______。

ａ．C7H12O2b．C6H14c．C6H14Od．C7H14O3

(3)用新制的Cu(OH)2懸濁液來檢驗福爾馬林溶液中甲醛的化學(xué)方程是_______。17、某有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為：

(1)某同學(xué)對其可能具有的化學(xué)性質(zhì)進(jìn)行了如下預(yù)測，其中錯誤的是______。

①可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

②可以和NaOH溶液反應(yīng)；

③在一定條件下可以和乙酸發(fā)生反應(yīng)；

④在一定條件下可以發(fā)生消去反應(yīng)；

⑤在一定條件下可以和新制Cu(OH)2反應(yīng)；

⑥遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應(yīng)。

(2)該有機(jī)物的同分異構(gòu)體甚多，其中有一類可以用通式表示(其中X、Y均不為氫)，試寫出其中符合上述通式且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的四種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：______，______，______，______。18、I．現(xiàn)有A；B、C、D四種有機(jī)物的球棍模型如下圖；仔細(xì)觀察并回答下面問題：

①A的結(jié)構(gòu)簡式為___________，B的名稱為___________。

②隨碳原子數(shù)增加，鏈狀烷烴的熔、沸點依次___________。

③A、B、C、D四種有機(jī)物中是同分異構(gòu)體的是___________(填字母)。

II．若CH4、C2H6、C3H8、C4H10四種烴各為1mol，在足量O2中燃燒，消耗O2最多的是___________(填化學(xué)式，下同)，上述四種烴各為1g，在足量O2中燃燒，消耗O2最多的是___________。

III．聚苯乙烯的結(jié)構(gòu)為則聚苯乙烯結(jié)構(gòu)單元是___________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共12分)19、分子通式為CnH2n的烴一定屬于烯烴。(___)A.正確B.錯誤20、C2H5Br可以發(fā)生消去反應(yīng)，那么(CH3)3CBr也可以發(fā)生消去反應(yīng)。(___________)A.正確B.錯誤21、醇就是羥基和烴基相連的化合物。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分五、有機(jī)推斷題(共2題，共12分)22、有機(jī)物HOOCCCCH2OH是重要的化工原料；其合成過程如下：

請回答：

(1)化合物Ⅱ的分子式為___________。

(2)反應(yīng)①的反應(yīng)類型是___________反應(yīng)；反應(yīng)②的反應(yīng)類型是___________反應(yīng)。

(3)化合物Ⅰ~Ⅳ具有的性質(zhì)正確的是___________。(填序號)

A．1mol化合物Ⅱ最多能與2molH2發(fā)生加成反應(yīng)。

B．1mol化合物Ⅱ燃燒最多消耗8.5molO2

C．1mol化合物Ⅳ能與2mol金屬Na或lmolNaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生氣體。

D．化合物Ⅰ和Ⅳ在一定條件下都能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)。

E．化合物Ⅳ分子中所有碳原子一定不在一條直線上。

(4)一定條件下，化合物Ⅳ能形成縮聚高分子，該有機(jī)高分子的結(jié)構(gòu)簡式為：___________。

(5)有機(jī)物Ⅳ()也能與發(fā)生類似①的反應(yīng)，其反應(yīng)化學(xué)方程式為___________。

(6)芳香化合物Ⅴ是Ⅱ的同分異構(gòu)體，寫出符合下列條件的Ⅴ的所有結(jié)構(gòu)簡式。___________。

①苯環(huán)只在對位上有兩個取代基：②能使FeC13溶液顯紫色23、光刻膠是芯片制造中必不可少的一種光敏材料，以下是以芳香烴A和乙炔為原料合成某光刻膠J()的一種路線圖。

已知：①RCHO

②(R、R1為烴基或氫原子)

回答下列問題：

(1)A的名稱是_______，A→B的反應(yīng)類型是_______。

(2)E中官能團(tuán)的名稱是_______，J的分子式是_______。

(3)D→E反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。

(4)G是不飽和酯，生成G時發(fā)生了加成反應(yīng)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為_______。

(5)符合下列條件D的同分異構(gòu)體共有_______種。其中核磁共振氫譜圖中有4組峰的結(jié)構(gòu)簡式為_______。

①遇溶液顯紫色；②分子中有5個碳原子在一條直線上。

(6)設(shè)計以乙醇為原料制備1—丁醇的合成路線(無機(jī)試劑任選)。_______。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共8分)24、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?；卮鹣铝袉栴}：

（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)水化物酸性最強的是_______，堿性最強的是__________。

（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)。25、VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)；含VIA族元素的化臺物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題：

(1)S單質(zhì)的常見形式為S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下圖所示，S位于周期表中_______區(qū)；其基態(tài)核外電子排布處于最高能級是_______；電子云輪廓形狀：_______；

(2)原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為_______；

(3)Se原子序數(shù)為_______，其核外M層電子的排布式為_______；

(4)H2Se的酸性比H2S_______(填“強”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型為_______，離子中S原子雜化方式為_______；

(5)H2SeO3的K1和K2分別為2.7×l0-3和2.5×l0-8，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第一步電離程度大于第二步電離的原因_______；

②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：_______。

(6)ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其晶胞邊長為540.0pm。密度為_______(列式并計算，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)，a位置S2-離子與b位置Zn2+離子之間的距離為_______pm(列式表示)

26、第IIIA主族元素有著廣泛的應(yīng)用；B可用作特種玻璃，Al可用作火箭和飛機(jī)外殼，Ga可用作半導(dǎo)體材料，In可用于電子儀器中，Tl可用于紅外技術(shù)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Ga原子的電子排布式為_______，有_______種不同運動狀態(tài)的電子。

(2)B能形成很多類似于烴類的物質(zhì)，比如B2H6，分子中B也形成四根鍵，但不含B-B鍵，試畫出B2H6的結(jié)構(gòu)式_______。此外B與N元素可形成無機(jī)苯B3N3H6，它與苯的結(jié)構(gòu)很相似，該分子中N的雜化方式是_______。

(3)電解氧化鋁需要添加冰晶石Na3AlF6，它的陰離子的空間結(jié)構(gòu)為_______，它可通過以下反應(yīng)制備：Al(OH)3+3NaOH+6HF=Na3AlF6+6H2O，該反應(yīng)涉及的5種元素電負(fù)性最大的是_______。

(4)AlF3，AlCl3熔點分別為1290oC和192oC，熔點呈現(xiàn)如此變化的原因是_______。

(5)H3BO3晶體形成層狀結(jié)構(gòu)，每一層的結(jié)構(gòu)如下圖所示，層與層之間距離為318pm(大于氫鍵的長度)，硼酸晶體屬于_______晶體，晶體中含有的作用力有_______，在一層硼酸晶體結(jié)構(gòu)中最小的重復(fù)單元含有_______個H3BO3分子。

(6)GaN是二元Ⅲ-ⅤA族的直接帶隙半導(dǎo)體，非常適合制造光電器件，GaN具有六方纖鋅礦結(jié)構(gòu)，晶胞示意圖如下圖所示，該晶胞的邊長a=318pm，c=517pm。該GaN晶體的密度ρ=_______g·cm-3。(只列計算式，NA表示阿伏伽德羅常數(shù))

27、目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金；化工、鑄鐵及高精端科技等領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)Cr原子價層電子的軌道表達(dá)式為_______，其核外有_______種不同能量的電子。

（2）Cr的第二電能離（ICr）和Mn的第二電離能（IMn）分別為1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1，ICr>IMn的原因是____________。

（3）過氧化鉻CrO5中Cr的化合價為+6，則該分子中鍵、鍵的數(shù)目之比為______。

（4）CrCl3的熔點（83℃）比CrF3的熔點（1100℃）低得多，這是因為___________。

（5）Cr的一種配合物結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物中碳原子的雜化方式是_______，陽離子中Cr原子的配位數(shù)為_________，ClO的立體構(gòu)型為________。

（6）氮化鉻晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，Cr處在N所圍成的________空隙中，如果N與Cr核間距離為apm，則氮化鉻的密度計算式為__________g·cm-3（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

鋅銅原電池中Zn作負(fù)極；失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，鹽橋的作用是傳遞離子。

【詳解】

A.原電池中；電流從正極流向負(fù)極，從銅片流向鋅片，A錯誤；

B.Zn作負(fù)極，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，鋅電極的反應(yīng)式：Zn-2e-=Zn2+；B正確；

C.較為活潑的金屬作負(fù)極；鋅作負(fù)極，銅作正極，C錯誤；

D.鹽橋的作用是傳遞離子；電子不能通過溶液，D錯誤；故答案為：B。

【點睛】

注意“電子不下水，離子不上岸”，即電子只能在導(dǎo)線上移動，離子只能在溶液中移動。2、D【分析】【詳解】

A．硝酸銀能與氯化鋇溶液生成氯化銀沉淀，所以向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，原溶液中不一定含有故A錯誤；

B．向某溶液中加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，該溶液中一定含或Ba2+；故B錯誤；

C．都能與酸反應(yīng)放出二氧化碳?xì)怏w；故C錯誤；

D．Cl-與硝酸酸化的硝酸銀溶液反應(yīng)生成氯化銀沉淀；故D正確。

故選D。3、B【分析】【分析】

取固體加入足量的稀硝酸中，攪拌充分反應(yīng)，得到無色透明溶液，一定無FeCl3；有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，只能是酸性溶液中氯酸鉀把亞硝酸鈉氧化為硝酸鈉，本身被還原為氯氣具有刺激性氣味，則一定含有KClO3、NaNO2；同時有白色沉淀生成，說明還有氯酸鉀被還原為Cl-與AgNO3生成AgCl沉淀；以此來解答。

【詳解】

A.由分析可知，得到無色透明溶液，一定無FeCl3；故A錯誤；

B.一定含有KClO3，且在反應(yīng)過程中被還原生成了兩種還原產(chǎn)物氯氣和Cl-；故B正確；

C.將固體溶于足量水，攪拌后靜置，出現(xiàn)白色沉淀，可知一定有AgNO3，且碳酸銀和亞硝酸銀都是微溶于水的物質(zhì)，不能證明K2CO3的存在；故C錯誤；

D.實驗產(chǎn)生的氣體中一定含氯氣；把實驗產(chǎn)生的所有氣體通入少量澄清石灰水，若沒有變渾濁，是氯氣和水反應(yīng)生成的鹽酸與氫氧化鈣發(fā)生了中和反應(yīng)，即使有二氧化碳也不會生成沉淀，故D錯誤；

故選B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．乙烯能使高錳酸鉀酸性溶液褪色；乙烷不能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，可以用高錳酸鉀酸性溶液鑒別乙烷和乙烯，故A正確；

B．甲苯能使高錳酸鉀酸性溶液褪色；苯不能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，可以用高錳酸鉀酸性溶液鑒別苯和甲苯，故B正確；

C．苯乙烯能使高錳酸鉀酸性溶液褪色；苯不能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，可以用高錳酸鉀酸性溶液鑒別苯和苯乙烯，故C正確；

D．苯和環(huán)己烷均不能使高錳酸鉀酸性溶液褪色；不能用高錳酸鉀酸性溶液鑒別苯和環(huán)己烷，故D錯誤；

故答案為D。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．阿托品的分子式是C17H23NO3；A錯誤；

B．阿托品可以通過托品酸和托品醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則水解產(chǎn)生的托品酸的結(jié)構(gòu)簡式是：B正確；

C．托品酸含羧基能發(fā)生取代反應(yīng)；含苯環(huán)可以和氫氣發(fā)生加成、含醇羥基且羥基相連碳的鄰位碳原子上有氫原子(β-H)；故能發(fā)生消除、氧化等反應(yīng)，C正確；

D．阿托品苯環(huán)上有3中氫原子；則苯環(huán)上的一氯代物有3種，D正確；

答案選A。二、多選題(共7題，共14分)6、BC【分析】【分析】

室溫下，純水電離產(chǎn)生的因此由水電離產(chǎn)生的的溶液水的電離受到抑制；可能為酸溶液，也可能為堿溶液。

【詳解】

A．酸溶液中與H+反應(yīng)生成弱酸HF；酸性條件下不能大量共存，堿溶液中彼此間不反應(yīng)，能大量共存，A不符題意；

B．酸溶液中H+、NO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿溶液中與OH-反應(yīng)；即一定不能大量共存，B符合題意；

C．酸溶液中H+、HCO反應(yīng)生成二氧化碳和水，堿溶液中OH-與HCO反應(yīng)生成H2O和COCO再與反應(yīng)產(chǎn)生沉淀；即一定不能大量共存，C符合題意；

D．酸溶液中H+與COSO分別反應(yīng)，不能大量共存，堿溶液中OH-、COSO之間不反應(yīng)；能大量共存，D不符題意；

選BC。7、BD【分析】【分析】

【詳解】

A；裝置①中硫酸的體積不同；所以混合后總?cè)芤旱捏w積不同，硫代硫酸鈉的濃度也不相同，不能比較反應(yīng)速率的大小，所以不選A；

B；裝置②可以保證反應(yīng)熱幾乎沒有損失；可以測定中和熱，選B；

C；因為加入的氫氧化鈉試過量的；所以加入氯化鐵后氫氧化鈉可以和氯化鐵反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，不選C；

D；裝置④中構(gòu)成電解池；鐵做電解池的陰極，不能夠失電子，得到保護(hù)，選D。

故答案選BD。8、BD【分析】【詳解】

A．該物質(zhì)含有氮元素；不屬于烴，故A錯誤；

B．該物質(zhì)含有碳碳三鍵不飽和鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色；故B正確；

C．該物質(zhì)不是高聚物；因此不可能是由乙炔和含氮化合物加聚制得，故C錯誤；

D．聯(lián)想HC≡CH的四個原子在同一直線上；因此該物質(zhì)中的碳原子都在同一條直線上，故D正確。

綜上所述，答案為BD。9、BD【分析】【詳解】

A.CPAE中含酚-OH；苯乙醇中含-OH；均與Na反應(yīng)生成氫氣，則不能用金屬Na檢測上述反應(yīng)是否殘留苯乙醇，故A錯誤；

B.與苯乙醇互為同分異構(gòu)體的酚類物質(zhì)，含酚-OH、乙基(或2個甲基)，含酚-OH、乙基存在鄰、間、對三種，兩個甲基處于鄰位的酚2種，兩個甲基處于間位的有3種，兩個甲基處于對位的有1種，共9種，故B確；

C.由咖啡酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，含有-COOH，能與NaHCO3反應(yīng)，所以1mol最多可與1molNaHCO3的溶液發(fā)生反應(yīng)，故C錯誤；

D.由咖啡酸的結(jié)構(gòu)簡式苯乙醇的結(jié)構(gòu)簡式CPAE的結(jié)構(gòu)簡式可知；C=C和苯環(huán)可發(fā)生加成反應(yīng)；取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)，故D正確；

故答案：BD。10、AD【分析】【分析】

由結(jié)構(gòu)可知分子式；分子中含-COOH；-OH、碳碳雙鍵、羰基、醚鍵等，有2個苯環(huán)，結(jié)合羧酸、醇、烯烴等有機(jī)物的性質(zhì)來解答。

【詳解】

A．該有機(jī)物中下半部分的六元環(huán)結(jié)構(gòu)中，碳原子為sp3；則分子中所有的碳原子不可能在同一平面內(nèi)，故A錯誤；

B．黃芩營分子中有些單鍵可以旋轉(zhuǎn)；羥基中的氫原子可以與另一羥基中的氧原子形成分子內(nèi)氫鍵，故B正確；

C．含-COOH可發(fā)生取代反應(yīng)；含-OH可發(fā)生取代、氧化反應(yīng)；含碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，故C正確；

D.1mol黃芩苷中含有1mol羧基和2mol酚羥基；所以最多能與3molNaOH反應(yīng)，故D錯誤；

故選AD。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．由題干信息可知；有機(jī)物不含酚羥基，則與氯化鐵溶液不反應(yīng)，A錯誤；

B．由題干有機(jī)物的結(jié)構(gòu)鍵線式可知，結(jié)構(gòu)中N原子價層電子對數(shù)為3，其余N的價層電子對數(shù)為4，則氮原子雜化方式為sp2、sp3；B正確；

C．虛線框內(nèi)中五元環(huán)中3個C均為四面體結(jié)構(gòu)；所有碳；氧原子不在同一平面內(nèi)，C正確；

D．能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的為苯環(huán)和碳碳雙鍵；碳氮雙鍵；則1mol茚地那韋最多與9mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，酰胺鍵與氫氣不反應(yīng)，D錯誤；

故答案為：AD。12、BC【分析】【分析】

【詳解】

A.同類型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)；A選項錯誤；

B.苯酚與碳酸鈉反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，則溶液變澄清，說明酸性：苯酚>HCO3-；B選項正確；

C.用飽和碳酸鈉溶液浸泡鍋爐沉積物后，鍋爐沉積物會轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，再加入稀鹽酸，碳酸鈣溶解，可除去鍋爐沉積物中的CaSO4；C選項正確；

D.淀粉在酸性條件下水解生成葡萄糖；葡萄糖的銀鏡反應(yīng)應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，題目沒有調(diào)節(jié)溶液至堿性，D選項錯誤；

答案選BC。

【點睛】

本題主要考查化學(xué)實驗方案的評價，設(shè)計離子檢驗、有機(jī)物性質(zhì)實驗及淀粉的水解等，綜合性較強，選項B為易錯點，注意把握實驗的嚴(yán)密性和可行性的評價。三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【分析】

原電池是由兩個半電池組成的，根據(jù)氧化還原反應(yīng)2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；銅是負(fù)極，銀是正極，負(fù)極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則銅極應(yīng)處于含有銅離子的可溶性鹽溶液中，銀處于含有銀離子的可溶性銀鹽溶液中，電子從負(fù)極沿大小流向正極。

【詳解】

（1）根據(jù)電解質(zhì)溶液中的陽離子與電極材料是同種金屬的特點，可推知X是Cu，電解質(zhì)溶液Y是AgNO3溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活動性Cu>Ag，結(jié)合原電池反應(yīng)的原理可知銀電極為電池的正極，電極反應(yīng)式為Ag＋＋e－=Ag，Cu電極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu-2e－=Cu2＋，故答案為：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【點睛】

注意含有鹽橋的原電池中，電極材料和其相應(yīng)的鹽溶液必須含有相同的金屬元素是解答關(guān)鍵，也是易錯點。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋14、略

【分析】【分析】

根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系及物質(zhì)的性質(zhì)分析轉(zhuǎn)化過程中反應(yīng)類型及反應(yīng)條件；判斷有機(jī)物中官能團(tuán)種類；根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)分析有機(jī)物的鑒別方法。

【詳解】

(1)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系知苯和液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，則反應(yīng)①的化學(xué)方程式是+Br2+HBr；

(2)根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系知，苯與氫氣在催化劑的作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成環(huán)己烷，則A的結(jié)構(gòu)簡式是名稱是環(huán)己烷；

(3)根據(jù)分子組成分析，反應(yīng)③為環(huán)己烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯代物，所以所需反應(yīng)物除環(huán)己烷外，還需要Cl2；反應(yīng)條件是光照；

(4)溴苯和苯都難溶于水，與水混合后會分層，其中苯的密度小于水，溴苯的密度大于水，因此用水鑒別苯和溴苯的方法是：取少量待測液體，向其中加入水，若待測液體位于水上，則為苯；反之，若待測液體位于水下，則為溴苯。【解析】+Br2+HBr環(huán)己烷Cl2光照取少量待測液體，向其中加入水，若待測液體介于水上，則為苯；反之，若待測液體介于水下，則為溴苯15、略

【分析】【詳解】

（1）含有羥基的物質(zhì)可以與HX發(fā)生取代反應(yīng)；則上述物質(zhì)能與HX發(fā)生取代反應(yīng)有①②③④⑤⑥。

（2）醇發(fā)生消去反應(yīng)的條件是：醇分子中連有羥基(-OH)的碳原子必須有相鄰的碳原子；且此相鄰的碳原子上必須連有氫原子，上述物質(zhì)能發(fā)生消去反應(yīng)的有②③④⑤。

（3）醇發(fā)生催化氧化反應(yīng)的條件是：醇分子中與羥基相連的碳原子上有氫原子；符合條件的是①②③④⑥；若醇分子中與羥基相連的碳原子上有2個或3個氫原子，發(fā)生催化氧化生成醛，符合條件的是①②④⑥；若醇分子中與羥基相連的碳原子上有1個氫原子，發(fā)生催化氧化生成酮，符合條件的是③。

（4）醇發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴的條件是：醇分子中連有羥基(-OH)的碳原子必須有相鄰的碳原子，且此相鄰的碳原子上必須連有氫原子；醇分子中與羥基相連的碳原子上有2個或3個氫原子，發(fā)生催化氧化生成醛，符合條件的是②④?！窘馕觥?1)①②③④⑤⑥

(2)②③④⑤

(3)①②③④⑥①②④⑥③

(4)②④16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)

①根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法可知CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的名稱為2,3-二甲基戊烷；故答案為：2，3-二甲基戊烷；

②根據(jù)烯烴的系統(tǒng)命名法可知的名稱為3-甲基-1,3-戊二烯；故答案為：3-甲基-1，3-戊二烯；

③根據(jù)醇的系統(tǒng)命名法可知的名稱為2,2-二甲基-1-丙醇；故答案為：2，2-二甲基-1-丙醇；

(2)某烴A的相對分子質(zhì)量為84，84÷12=612，故該烴的分子式為C6H12，下列物質(zhì)與A以任意比例混合，若總物質(zhì)的量一定，充分燃燒消耗氧氣的量相等的物質(zhì)可以表示為C6H12(CO2)m(H2O)n；否則耗氧量不相等，據(jù)此分析解題：

ａ．C7H12O2分子式可以改寫成C6H12·CO2，a不合題意；

ｂ．C6H14，符合題意；

ｃ．C6H14O分子式可以改寫成C6H12·H2O，c不合題意；

ｄ．C7H14O3分子式可以改寫成C6H12·H2O·CO2；d不合題意；

故答案為：c；

(3)用新制的Cu(OH)2懸濁液來檢驗福爾馬林溶液中甲醛的化學(xué)方程是HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O，故答案為：HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O?！窘馕觥?，3-二甲基戊烷3-甲基-1，3-戊二烯2，2-二甲基-1-丙醇cHCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①分子中苯環(huán)上有甲基；可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故①正確；

②分子中含有酯基；可以和NaOH溶液反應(yīng)，發(fā)生水解，故②正確；

③分子中含有-OH；在一定條件下可以和乙酸發(fā)生反應(yīng)，故③正確；

④由于-OH鄰位的碳原子.上沒有氫原子；則不能發(fā)生消去反應(yīng)，故④錯誤；

⑤由于含有醛基(甲酸酯)，在一定條件下可以和新制Cu(OH)2反應(yīng)；故⑤正確；

⑥分子中不含酚羥基，則遇FeCl3溶液不能發(fā)生顯色反應(yīng)；故⑥錯誤；

(2)用通式表示(其中X、Y均不為氫)，說明苯環(huán).上有3個取代基且都處于間位，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子中含有-CHO，符合條件的有：【解析】①.④⑥②.③.④.⑤.18、略

【分析】【分析】

【詳解】

I．①由球棍模型可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH3；B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH3，名稱為正丁烷，故答案為：CH3CH2CH3；正丁烷；

②隨碳原子數(shù)增加；鏈狀烷烴的相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大，熔；沸點依次升高，故答案為：升高；

③由球棍模型可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH2CH3，D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH(CH3)2；C和D的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故答案為：CD；

II．等物質(zhì)的量的不同烴燃燒時，碳原子個數(shù)越多，消耗氧氣的物質(zhì)的量越大，四種烴分子中，C4H10的碳原子個數(shù)最多，消耗氧氣的量最多；等質(zhì)量的烴燃燒時，將烴的分子式改寫為CHx，x的值越大，耗氧量越大，由分子式可知，四種烴的x值分別為4、3、則CH4的的x值最大，消耗氧氣的量最多故；答案為：C4H10；CH4；

III．由結(jié)構(gòu)簡式可知，該高分子是通過加聚反應(yīng)生成的，因此的單體為苯乙烯，結(jié)構(gòu)單元為故答案為：【解析】CH3CH2CH3正丁烷升高CDC4H10CH4四、判斷題(共3題，共12分)19、B【分析】【詳解】

通式為CnH2n的有機(jī)物屬于烯烴或環(huán)烷烴，不一定是烯烴，故錯誤。20、A【分析】【詳解】

（CH3）3CBr分子中與溴原子相連的碳原子的鄰碳原子上連有氫原子，在氫氧化鈉醇溶液中共熱能發(fā)生消去反應(yīng)，D正確。21、B【分析】【分析】

【詳解】

醇的官能團(tuán)是羥基，但要求羥基不能直接連在苯環(huán)上，若羥基直接連在苯環(huán)上，形成的是酚類，不是醇類，故錯誤。五、有機(jī)推斷題(共2題，共12分)22、略

【分析】【分析】

HC≡CCH2OH在酸性條件下與發(fā)生加成反應(yīng)生成C2H5MgBr與在溶劑中發(fā)生取代反應(yīng)生成在a.CO2b.H+/H2O作用下發(fā)生③反應(yīng)，得到HOOCC≡CH2OH。

【詳解】

(1)化合物Ⅱ為分子式為C8H10O2。故答案為：C8H10O2；

(2)HC≡CCH2OH在酸性條件下與發(fā)生加成反應(yīng)生成反應(yīng)①的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)；反應(yīng)②C2H5MgBr與在溶劑中發(fā)生取代反應(yīng)生成反應(yīng)類型是取代反應(yīng)。故答案為：加成；取代；

(3)A．有一個碳碳雙鍵和一個碳碳三鍵，所以1mol化合物II最多能與3molH2發(fā)生加成反應(yīng)；故A錯誤；

B．II的分子式為C8H10O2，從耗氧量角度可看成C7H10?CO2，所以1mol化合物II燃燒最多消耗9.5molO2；故B錯誤；

C．化合物IV中有一個羧基和一個羥基，所以1mol化合物IV能與2mol金屬鈉、1molNaHCO3反應(yīng)產(chǎn)生氣體；故C正確；

D．化合物I和IV中都有羥基；所以在一定條件下都能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，故D正確；

E．化合物ⅣHOOCC≡CH2OH分子中碳都連在碳碳三鍵上；所有碳原子一定在一條直線上，故E錯誤；

故答案為：CD；

(4)一定條件下，化合物Ⅳ中有羥基和羧基，在一定條件下，分子之間羥基和羧基形成酯基而發(fā)生縮聚反應(yīng)，能形成縮聚高分子，該有機(jī)高分子的結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：

(5)有機(jī)物Ⅳ()也能與發(fā)生類似①的反應(yīng)，其反應(yīng)化學(xué)方程式為故答案為：

(6)芳香化合物Ⅴ是Ⅱ的同分異構(gòu)體，符合下列條件的Ⅴ的所有結(jié)構(gòu)簡式，①苯環(huán)只在對位上有兩個取代基，②能使FeC13溶液顯紫色，酚羥基的對位有取代基-C2H5O,共有4種，

故答案為：【解析】①.C8H10O2②.加成③.取代④.CD⑤.⑥.⑦.23、略

【分析】【分析】

E的分子式是C9H8O2，由逆推，可知E是D是由信息②逆推，C是由信息①逆推，B是A是由I逆推，可知H是G是

（1）

根據(jù)以上分析，A是名稱是甲苯，甲苯和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；

（2）

E是含有官能團(tuán)的名稱是碳碳雙鍵、羧基，根據(jù)J的結(jié)構(gòu)簡式，可知分子式是

（3）

D→E是發(fā)生催化氧化生成反應(yīng)的化學(xué)方程式是

（4）

G是生成時和X發(fā)生了加成反應(yīng)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為

（5）

①遇溶液顯紫色，說明含有酚羥基；②分子中有5個碳原子在一條直線上，說明含有碳碳叁鍵；符合條件的同分異構(gòu)體有共5種；其中核磁共振氫譜圖中有4組峰的結(jié)構(gòu)簡式為

（6）

乙醇氧化為乙醛，乙醛在堿性條件下生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1-丁醇，合成路線為【解析】(1)甲苯取代反應(yīng)。

(2)碳碳雙鍵、羧基或

(3)2+O22

(4)

(5)5

(6)六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共8分)24、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，最高價氧化物水化物的酸性越強，金屬性越強，最高價氧化物水化物的堿性越強。則上述五種元素中最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性最強的是HNO3，堿性最強的是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)25、略

【分析】【分析】

根據(jù)S原子的電子排布式判斷S在周期表所處的區(qū)和基態(tài)核外電子排布處于最高能級及電子云輪廓形狀；根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律判斷O、S、Se第一電離能相對大?。桓鶕?jù)Se的原子序數(shù)判斷M層的電子排布式；根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律判斷氫化物酸性強弱；根據(jù)VSEPR理論判斷SeO3分子的立體構(gòu)型和離子中S原子雜化方式；根據(jù)H2SeO3和H2SeO4的電離，判斷第一步電離和第二步電離關(guān)系和H2SeO4正電性更高更易電離判斷酸性強；根據(jù)“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計算；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)S的原子序數(shù)為16，核內(nèi)16個質(zhì)子，核外16個電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖為其電子排布式為1s22s22p63s23p4；則S位于周期表中p區(qū)，基態(tài)核外電子排布處于最高能級是3p，電子云輪廓圖為啞鈴形；答案為p；3p；啞鈴形。

(2)同一主族元素；從上到下，失電子能力增強，第一電離能減小，則原子序數(shù)O＜S＜Se，第一電離能O＞S＞Se；答案為O＞S＞Se。

(3)Se元素為34號元素，其原子序數(shù)為34，核內(nèi)34個質(zhì)子，核外34個電子，M電子層上有18個電子，分別位于3s、3p、3d能級上，所以其核外M層電子排布式為3s23p63d10；答案為34；3s23p63d10。

(4)非金屬性越強的元素，其與氫元素的結(jié)合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S強；氣態(tài)SeO3分子中Se原子價層電子對個數(shù)=3+=3+0=3，Se為sp2雜化且不含孤電子對，其立體構(gòu)型為平面三角形；離子中S原子價層電子對個數(shù)=3+=3+1=4，S為sp3雜化且含一個孤電子對；答案為強；平面三角形；sp3。

(5)①H2SeO3和H2SeO4分別存在H2SeO3H++H++H2SeO4=H++H++由上述電離可知，酸的第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，第一步電離后生成的陰離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的H+，所以H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離；答案為第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，第一步電離后生成的陰離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的H+。

②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性強；答案為H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+。

(6)晶胞中含有白色球位于頂點和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于體心，共4個，則晶胞中平均含有4個ZnS，質(zhì)量為m=g=g，晶胞的體積為V=(540.0×10-10cm)3，則密度為ρ===g·cm-3；b位置黑色球與周圍4個白色球構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球與兩個白色球連線夾角為109°28′，a位置白色球與面心白色球距離為540.0pm×=270pm，設(shè)a位置S2-與b位置Zn2+之間的距離為ypm，由三角形中相鄰兩邊、夾角與第三邊關(guān)系得y2+y2-2y2cos109°28′=(270)2，解得y=pm；答案為g·cm-3；【解析】①.p②.3p③.啞鈴形④.O＞S＞Se⑤.34⑥.3s23p63d10⑦.強⑧.平面三角形⑨.sp3⑩.第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，第一步電離后生成的陰離子較難再進(jìn)一步電離出帶正電荷的H+?.H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+?.g·cm-3?.26、略

【分析】【分析】

根據(jù)Ga的原子序數(shù)寫出其基態(tài)原子的電子排布式并判斷電子有多少種運動狀態(tài)；根據(jù)題中信息畫出B2H6的結(jié)構(gòu)式和無機(jī)苯B3N3H6的結(jié)構(gòu)，判斷N原子的雜化方式；根據(jù)VSEPR理論判斷的空間構(gòu)型和非金屬性越強，其電負(fù)性越大規(guī)律判斷F的電負(fù)性最大；根據(jù)AlF3和AlCl3的晶體類型判斷熔點高低原因；根據(jù)題中硼酸的結(jié)構(gòu)判斷硼酸的晶體類型；晶體中含有的作用力類型及最小的重復(fù)單元；根據(jù)“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計算；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)Ga為31號元素，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p1；核外的電子運動狀態(tài)都是不同的，即有多少電子，就有多少種運動狀態(tài)，則基態(tài)Ga原子中有31