精品解析：河南郑州星源外国语学校等校2025-2026学年高二下学期期中考试 化学试卷

秘密★启用前 普通高中2025-2026学年(下)高二年级期中考试 化学(鲁科版) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：P-31 Cu-64 Sn-119 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列物质分类正确的是 A. 属于有机化合物 B. 属于醇 C. 属于醛类 D. 是苯的同系物 2. 下列化学用语或图示表达错误的是 A. sp杂化轨道示意图： B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C. 乙醇分子的球棍模型： D. 的化学名称是3-甲基戊烷 3. 绿矾(FeSO4·7H2O)是一种常见的无机化合物，在工业、农业、医药等领域有多种用途。下列说法错误的是 A. Fe元素位于周期表中d区 B. 可用KSCN溶液检验绿矾是否被氧化变质 C. 绿矾的水溶液呈酸性 D. 中S的价层电子对数为3 4. 已知苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水及有机溶剂。某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，经过如图实验步骤进行提纯： 下列说法正确的是 A. 玻璃棒在加热溶解和趁热过滤中的作用相同 B. 趁热过滤的目的是防止苯甲酸结晶析出 C. 冷却结晶时快速降温可提高产品的纯度 D. 可选用乙醇洗涤苯甲酸以减少产品损失 5. 维生素C又称为抗坏血酸，其结构简式如图。 下列关于该物质说法错误的是 A. 能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 可发生加成、取代、氧化等反应 C. 能在碱性溶液中稳定存在 D. 1个分子中存在2个手性碳原子 6. 研究超分子的科学家发明了很多新型分子，这些分子(主体)可以充当“快递员”，携带其他分子或离子(客体)运输到指定区域，称为“主客体化学”。在KMnO4水溶液氧化烯烃时，加入冠醚的反应原理示意图如下： 下列说法正确的是 A. 冠醚与K+通过离子键形成超分子 B. 冠醚分子中所有碳原子可能共平面 C. 加入冠醚可提高KMnO4对烯烃的氧化效果 D. 任意一种冠醚均可与K+适配 7. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Z位于不同周期，Y、R同主族，基态X的p能级有3个未成对电子，基态Z原子的s能级和p能级电子数相等。下列说法错误的是 A. Z3X2能与H2O反应放出XW3 B. W、X、Y组成的化合物中只含共价键 C. 简单氢化物稳定性：Y>R D. 单质沸点：R>Y>W 8. 乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应如下： 2+O22C2H4+2HCN+2CO2+2H2O 下列说法错误的是 A. 分子中含有羧基和氨基 B. CO2属于极性键构成的极性分子 C. HCN分子的中心C原子的杂化方式为sp D. 乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 9. 干冰、ZnS和SiO2晶体的晶胞结构如图甲、乙、丙。 下列说法错误的是 A. SiO2熔化破坏共价键 B. ZnS晶胞沿z轴向xy平面投影，其投影图为 C. 干冰晶体中每个CO2分子周围有12个等距且最近的CO2分子 D. 图丙中白球表示Si原子 10. 丁二酮肟常用于检验Ni2+。在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀二丁二酮肟合镍，其结构如图。 下列关于二丁二酮肟合镍的说法正确的是 A. 其中C、N、O原子均存在孤电子对 B. 基态Ni2+核外有3个未成对电子 C. 存在共价键、氢键和配位键 D. 1 mol二丁二酮肟合镍中含30 mol σ键 11. 下列说法错误的是 A. NCl3的VSEPR模型为四面体形 B. 苯分子内存在大π键 C. X射线衍射可区分晶体与非晶体 D. NaCl、CsCl晶体中阴离子配位数均为6 12. 新型高性能炸药BNCP的结构如图。 下列说法错误的是 A. 中心钴离子的基态价层电子排布式为3d6 B. 中心钴离子的配位数为6 C. 键角H-N-H：BNCP小于NH3 D. 的空间结构为正四面体形 13. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 电负性：F>Cl，导致CF3COOH中羧基上羟基极性弱于CCl3COOH B SO2具有还原性 SO2的VSEPR模型为平面三角形 C 中键角： 双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力 D 热稳定性：H2O>H2S H2O分子间存在氢键，H2S分子间无氢键 A. A B. B C. C D. D 14. 有机物X的分子式为C4H9OCl，且能与钠反应放出氢气，符合该条件的有机物种类有(不考虑立体异构) A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 14种 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 根据下列有机化合物，回答下列问题： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧CH3CH2CH=CH2 ⑨CH3CH2OH ⑩CH3OCH3 （1）上述物质中属于烃的是___________(填序号，下同)，属于酚的是___________。 （2）⑤中含氧官能团有羟基、酯基，还有___________(填名称)，③的化学名称为___________。 （3）等质量的②分别与足量Na和NaHCO3溶液反应，放出气体物质的量之比为___________。 （4）上述物质除⑨⑩外，还有___________(写一对)互为同分异构体；⑨的键线式为___________。 （5）⑨和⑩属于___________(“碳骨架”或“官能团”)异构，1 mol ①最多能与___________mol H2发生加成反应，加成产物属于___________(填“醇”或“酚”)。 16. 金(Au)，银(Ag)及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题： （1）已知Ag的原子序数是47，其基态原子的价层电子排布与Cu类似，则基态Ag原子的最外层电子的电子云轮廓图形状为___________，原子核外共有___________个p电子。 （2）Au的化学性质稳定，不溶于浓硝酸和浓硫酸，但可溶于王水：。 ①Au能溶于王水的原因为___________。 ②硝酸分子的结构如图。 其中N-O键的键长：a___________(填“>”<”或“=”)b；结合所给结构分析硝酸易挥发的原因有：ⅰ.HNO3相对分子质量较小；ⅱ.___________。 （3）Ag+能与形成配合物。AgCl难溶于水，但可以溶于KCN，离子方程式为。中σ键和π键的个数比为___________，与原子总数，价电子总数均相同的微粒有___________(任写1种)。 17. X、Y、Z、W、R、Q位于前四周期。基态X原子的2p轨道半充满；Y是地壳中含量最多的元素；基态原子中，Z与Y的价层电子数相同，且Z的单质为淡黄色固体；W在第三周期元素中简单离子半径最小；R在前四周期主族元素中电负性最小；基态Q原子有5个未成对电子。回答下列问题： （1）R的原子结构示意图为___________，Q位于元素周期表中第___________周期第___________族。 （2）Y、Z、W的简单离子半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。 （3）X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)，从原子结构角度解释其原因为___________。 （4）上述某种元素的逐级电离能如表，该元素是___________(填元素符号)；该元素的单质与R元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。 电离能 I1 I2 I3 I4 I5 逐级电离能/(kJ·mol-1) 578 1817 2745 11575 14830 （5）Z和Q组成的立方晶系矿石的晶胞结构如图。 ①若a原子的分数坐标为，b原子的分数坐标为，则c原子的分数坐标为___________。 ②已知a、b原子的核间距为d cm，该晶体的密度为 g·cm-3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的摩尔质量为___________g·mol-1(用含d、、NA的代数式表示)。 18. 铜、硫的相关化合物在药物化学及工业化学领域应用广泛。回答下列问题： （1）基态Cu原子与基态Cu2+未成对电子数之比为___________；Cu元素有两种常见离子，从原子结构角度解释高温下Cu+比Cu2+稳定的原因是___________。 （2）Cu2+的配合物有多种。 ①向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，溶液由蓝色变为深蓝色。从实验现象判断配位键的强弱：[Cu(H2O)4]2+___________[Cu(NH3)4]2+(填“>”“<”或“=”)，从配位原子的性质角度解释其原因是___________。 ②某氨基吡啶衍生物铜配合物X的结构简式如图。 X中碳原子的杂化轨道类型有___________种；除Cl外，组成该配合物的非金属元素电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 （3）已知第ⅥA族元素氢化物的沸点如表： 物质 H2O H2S H2Se H2Te 沸点/℃ 100 -60 -41.5 -2 则沸点出现上述变化规律的原因为___________。 （4）以磷、锡和铜形成的一种合金硬度较大，可制作耐磨零件和弹性元件，其晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm。 该晶体的化学式为___________，晶体密度为___________g·cm-3。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 普通高中2025-2026学年(下)高二年级期中考试 化学(鲁科版) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：P-31 Cu-64 Sn-119 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列物质分类正确的是 A. 属于有机化合物 B. 属于醇 C. 属于醛类 D. 是苯的同系物 【答案】B 【解析】 【详解】A．该物质为碳酸，属于无机物，不属于有机化合物，A错误； B．该物质中羟基连接在苯环的侧链碳原子上，符合醇的定义，属于醇，B正确； C．该物质为甲酸甲酯，官能团为酯基，属于酯类，不属于醛类，C错误； D．苯的同系物要求苯环连接饱和烷基，通式为，该物质侧链含有碳碳双键，不符合苯的同系物的定义，D错误； 故答案选B。 2. 下列化学用语或图示表达错误的是 A. sp杂化轨道示意图： B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C. 乙醇分子的球棍模型： D. 的化学名称是3-甲基戊烷 【答案】C 【解析】 【详解】A．sp杂化轨道是1个s轨道和1个p轨道杂化，形成2个夹角为180°的杂化轨道，A正确； B．氢键的表示方法是用虚线连接，图示表示正确，B正确； C．乙醇分子的球棍模型为，C错误； D．该烷烃主链5个碳原子，3号碳连1个甲基，名称为3-甲基戊烷，D正确； 故选C。 3. 绿矾(FeSO4·7H2O)是一种常见的无机化合物，在工业、农业、医药等领域有多种用途。下列说法错误的是 A. Fe元素位于周期表中d区 B. 可用KSCN溶液检验绿矾是否被氧化变质 C. 绿矾的水溶液呈酸性 D. 中S的价层电子对数为3 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，属于周期表d区，A正确； B．绿矾氧化变质会生成，KSCN溶液遇显红色，可检验绿矾是否变质，B正确； C．绿矾水溶液中发生水解反应：，溶液呈酸性，C正确； D．中S的σ键数为4，孤电子对数为，价层电子对数为，D错误； 故答案选D。 4. 已知苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水及有机溶剂。某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，经过如图实验步骤进行提纯： 下列说法正确的是 A. 玻璃棒在加热溶解和趁热过滤中的作用相同 B. 趁热过滤的目的是防止苯甲酸结晶析出 C. 冷却结晶时快速降温可提高产品的纯度 D. 可选用乙醇洗涤苯甲酸以减少产品损失 【答案】B 【解析】 【详解】A．在“加热溶解”步骤中，玻璃棒的作用是搅拌，以加速溶解并使溶液受热均匀。在“趁热过滤”步骤中，玻璃棒的作用是引流，引导液体沿棒流入漏斗，防止液体溅出或冲破滤纸，两者作用不同，A错误； B．苯甲酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小。趁热过滤是为了在苯甲酸完全溶解的状态下，将不溶性杂质（泥沙）除去。如果待溶液冷却后再过滤，苯甲酸会结晶析出，与泥沙混合在一起，导致无法分离并造成产品损失。因此，趁热过滤的关键目的就是为了防止苯甲酸在过滤时结晶，B正确； C．快速降温会使苯甲酸晶体快速、无序地形成，得到的是细小的晶体。这个过程容易将含有杂质（如氯化钠）的母液包裹在晶体内部，导致产品纯度下降。为了获得更高纯度的产品，应缓慢冷却，使晶体有足够时间有序生长，形成较大、较纯净的晶体，C错误； D．题目信息指出“苯甲酸易溶于有机溶剂”，乙醇是有机溶剂，苯甲酸在其中的溶解度很大。如果用乙醇洗涤，会导致大量苯甲酸产品溶解而损失。洗涤晶体应选用产品溶解度很小的溶剂，本实验中应使用少量冷水洗涤，因为苯甲酸微溶于冷水，这样既能洗去杂质，又能最大限度地减少产品损失，D错误； 故答案选B。 5. 维生素C又称为抗坏血酸，其结构简式如图。 下列关于该物质说法错误的是 A. 能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 可发生加成、取代、氧化等反应 C. 能在碱性溶液中稳定存在 D. 1个分子中存在2个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．维生素C分子中含有碳碳双键、羟基，均可被酸性氧化，能使溶液褪色，A正确； B．碳碳双键可发生加成、氧化反应，羟基、酯基可发生取代反应，因此能发生加成、取代、氧化等反应，B正确； C．分子中含有酯基，碱性条件下会发生水解反应，无法在碱性溶液中稳定存在，C错误； D．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，该分子中手性碳原子如图：，共2个，D正确； 故答案选C。 6. 研究超分子的科学家发明了很多新型分子，这些分子(主体)可以充当“快递员”，携带其他分子或离子(客体)运输到指定区域，称为“主客体化学”。在KMnO4水溶液氧化烯烃时，加入冠醚的反应原理示意图如下： 下列说法正确的是 A. 冠醚与K+通过离子键形成超分子 B. 冠醚分子中所有碳原子可能共平面 C. 加入冠醚可提高KMnO4对烯烃的氧化效果 D. 任意一种冠醚均可与K+适配 【答案】C 【解析】 【详解】A．冠醚是中性分子，与通过非共价键结合，不是离子键，故A错误； B．冠醚分子是环状结构，所有碳原子均为杂化，杂化的碳原子形成四面体构型，分子中所有碳原子不可能共处同一平面，故B错误； C．由于水溶液中与烯烃接触不充分，氧化效果较差，加入冠醚后，冠醚可与阳离子形成超分子，将阳离子及对应的阴离子带入有机溶剂烯烃中，与烯烃充分接触，反应速率加快，氧化效果提高，故C正确； D．冠醚的空穴大小不同，适配的碱金属离子大小也不同（如半径小于，需适配空穴更小的冠醚），并非任意一种冠醚均可与适配，故D错误； 故选C。 7. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Z位于不同周期，Y、R同主族，基态X的p能级有3个未成对电子，基态Z原子的s能级和p能级电子数相等。下列说法错误的是 A. Z3X2能与H2O反应放出XW3 B. W、X、Y组成的化合物中只含共价键 C. 简单氢化物稳定性：Y>R D. 单质沸点：R>Y>W 【答案】B 【解析】 【分析】先推出各元素：W、X、Z位于不同短周期，故W为第一周期的，X为第二周期元素，Z为第三周期元素；基态X的p能级有3个未成对电子，价电子排布为，X为；基态Z的s能级和p能级电子数相等，电子排布为，Z为；Y原子序数在7~12之间，且与R同主族、R为短周期元素，故Y为，R为。 【详解】A．为，与水反应的化学方程式为，可放出（），A正确； B．H、N、O可组成化合物，该物质中铵根和硝酸根之间存在离子键，并非只含共价键，B错误； C．同主族元素从上到下非金属性减弱，简单氢化物稳定性随非金属性减弱而降低，非金属性，故氢化物稳定性，即，C正确； D．常温下S单质为固体，、为气体，气体相对分子质量越大沸点越高，相对分子质量，故单质沸点，即 ，D正确； 故选B。 8. 乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应如下： 2+O22C2H4+2HCN+2CO2+2H2O 下列说法错误的是 A. 分子中含有羧基和氨基 B. CO2属于极性键构成的极性分子 C. HCN分子的中心C原子的杂化方式为sp D. 乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子结构中含有-COOH（羧基）和-NH2（氨基），A正确； B．CO2的结构式为，虽然含有C=O极性键，但分子是直线形对称结构，正电中心和负电中心重合，属于非极性分子，B错误； C．HCN的结构式为H-C≡N，中心C原子形成2个σ键，没有孤对电子，所以杂化方式为sp杂化，C正确； D．乙烯含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确； 故选B。 9. 干冰、ZnS和SiO2晶体的晶胞结构如图甲、乙、丙。 下列说法错误的是 A. SiO2熔化破坏共价键 B. ZnS晶胞沿z轴向xy平面投影，其投影图为 C. 干冰晶体中每个CO2分子周围有12个等距且最近的CO2分子 D. 图丙中白球表示Si原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．属于共价晶体，原子间以共价键结合，熔化时破坏Si-O共价键，A正确； B．ZnS晶胞中位于面心立方的顶点和面心，沿z轴向xy平面投影时，除四个顶点有的投影（白球），四条边中点、正方形中心也应有的投影，所给投影图缺少上述位置的白球，B错误； C．干冰晶体为面心立方最密堆积，每个分子周围等距且最近的分子数为12，C正确； D．晶胞中Si原子个数与O原子个数比为1:2，丙图中白球总数为，黑球总数为16，比例为1:2，且Si原子半径大于O，故白球为Si原子，D正确； 故答案选B。 10. 丁二酮肟常用于检验Ni2+。在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀二丁二酮肟合镍，其结构如图。 下列关于二丁二酮肟合镍的说法正确的是 A. 其中C、N、O原子均存在孤电子对 B. 基态Ni2+核外有3个未成对电子 C. 存在共价键、氢键和配位键 D. 1 mol二丁二酮肟合镍中含30 mol σ键 【答案】C 【解析】 【详解】A．二丁二酮肟合镍中的所有C原子均形成4个共价键，无孤电子对，A错误； B．基态价电子排布为，3d轨道只有2个未成对电子，B错误； C．结构中存在、、等共价键，的配位键，还有的氢键，三种作用力均存在，C正确； D．1 mol该物质中，两个配体内部就含28 mol键，另外还有4个配位键，总键物质的量为32 mol，D错误； 故选C。 11. 下列说法错误的是 A. NCl3的VSEPR模型为四面体形 B. 苯分子内存在大π键 C. X射线衍射可区分晶体与非晶体 D. NaCl、CsCl晶体中阴离子配位数均为6 【答案】D 【解析】 【详解】A．中心N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，A正确； B．苯分子中6个C原子均采取杂化，剩余未参与杂化的p轨道垂直于分子平面平行重叠，形成大π键，B正确； C．晶体能产生尖锐的X射线衍射峰，非晶体没有，因此X射线衍射可区分晶体与非晶体，C正确； D．NaCl晶体中配位数为6，CsCl晶体中配位数为8，二者阴离子配位数不都为6，D错误； 故选D。 12. 新型高性能炸药BNCP的结构如图。 下列说法错误的是 A. 中心钴离子的基态价层电子排布式为3d6 B. 中心钴离子的配位数为6 C. 键角H-N-H：BNCP小于NH3 D. 的空间结构为正四面体形 【答案】C 【解析】 【详解】A．图中Co与N之间均为配位键，中N原子带一个单位负电荷，结构中存在两个，配离子整体带一个单位正电荷，所以中心钴离子为Co3+，基态价层电子排布式为3d6，A正确； B．图中Co与N之间均为配位键，配位数为6，B正确； C．键角H-N-H：BNCP中，NH3形成配位键，N原子已经没有孤电子对，而NH3中，N原子存在孤电子对，所以键角H-N-H：BNCP大于NH3，C错误； D．的价层电子对数为，空间结构为正四面体形，D正确； 故答案选C。 13. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 电负性：F>Cl，导致CF3COOH中羧基上羟基极性弱于CCl3COOH B SO2具有还原性 SO2的VSEPR模型为平面三角形 C 中键角： 双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力 D 热稳定性：H2O>H2S H2O分子间存在氢键，H2S分子间无氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于电负性F大于Cl，导致CF3COOH中羧基上羟基极性强于CCl3COOH，陈述II错误，A不符合题意； B．具有还原性，表述正确，的中心原子S的价层电子对数为，故VSEPR模型为平面三角形，但两者之间没有因果关系，B不符合题意； C．该物质为甲醛，中心碳原子为杂化，是碳氧双键与碳氢单键的键角，是两个碳氢单键的键角，理论键角是120°，但根据价层电子对斥力规律：双键电子云密度更大，双键与单键的斥力 > 单键与单键的斥力，因此键角略大于120°，略小于120°，即，两个陈述均正确，且存在因果关系，C符合题意； D．气态氢化物的热稳定性与元素的非金属性有关，由于非金属性O大于S，故热稳定性：大于，与分子间氢键无关，D不符合题意； 故选C。 14. 有机物X的分子式为C4H9OCl，且能与钠反应放出氢气，符合该条件的有机物种类有(不考虑立体异构) A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 14种 【答案】C 【解析】 【详解】①能与钠反应放出氢气，说明分子含羟基，该物质为饱和氯代醇，等效于中两个氢被、取代；②丁烷有2种碳架：正丁烷（直链）、异丁烷（带1个支链）： 正丁烷碳架：，共8种； 异丁烷碳架：，共4种；总计种； 故答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 根据下列有机化合物，回答下列问题： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧CH3CH2CH=CH2 ⑨CH3CH2OH ⑩CH3OCH3 （1）上述物质中属于烃的是___________(填序号，下同)，属于酚的是___________。 （2）⑤中含氧官能团有羟基、酯基，还有___________(填名称)，③的化学名称为___________。 （3）等质量的②分别与足量Na和NaHCO3溶液反应，放出气体物质的量之比为___________。 （4）上述物质除⑨⑩外，还有___________(写一对)互为同分异构体；⑨的键线式为___________。 （5）⑨和⑩属于___________(“碳骨架”或“官能团”)异构，1 mol ①最多能与___________mol H2发生加成反应，加成产物属于___________(填“醇”或“酚”)。 【答案】（1） ①. ③④⑥⑧ ②. ① （2） ①. 醚键、羰基 ②. 2，3-二甲基己烷 （3）3:2 （4） ①. ①⑦ ②. （5） ①. 官能团 ②. 3 ③. 醇 【解析】 【小问1详解】 烃是只含有碳氢两种元素的有机物，故属于烃的只有③④⑥⑧，酚需要苯环上连有羟基，故属于酚类的是①。 【小问2详解】 根据结构简式可知，⑤中含氧官能团有羟基、酯基，还有醚键、羰基；根据结构简式可知，③的化学名称为2，3-二甲基己烷。 【小问3详解】 ②中含有一个羧基和两个羟基，钠与羧基和羟基都能反应，一个②与钠反应放出1.5个氢气，一个②与碳酸氢钠溶液反应放出1个二氧化碳，故等质量的②分别与足量Na和NaHCO3溶液反应，放出气体物质的量之比为3:2。 【小问4详解】 上述物质除⑨⑩外，还有①⑦也是同分异构体，化学式均为；⑨的键线式为。 【小问5详解】 ⑨的官能团是羟基，⑩的官能团是醚键，故⑨和⑩属于官能团异构，1 mol ①最多能与3 mol发生加成反应；加成产物中羟基连着脂肪烃基故属于醇。 16. 金(Au)，银(Ag)及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题： （1）已知Ag的原子序数是47，其基态原子的价层电子排布与Cu类似，则基态Ag原子的最外层电子的电子云轮廓图形状为___________，原子核外共有___________个p电子。 （2）Au的化学性质稳定，不溶于浓硝酸和浓硫酸，但可溶于王水：。 ①Au能溶于王水的原因为___________。 ②硝酸分子的结构如图。 其中N-O键的键长：a___________(填“>”<”或“=”)b；结合所给结构分析硝酸易挥发的原因有：ⅰ.HNO3相对分子质量较小；ⅱ.___________。 （3）Ag+能与形成配合物。AgCl难溶于水，但可以溶于KCN，离子方程式为。中σ键和π键的个数比为___________，与原子总数，价电子总数均相同的微粒有___________(任写1种)。 【答案】（1） ①. 球形 ②. 18 （2） ①. 浓硝酸将Au氧化为Au3+，浓盐酸中的Cl-与Au3+形成稳定的配离子，促进了金的溶解 ②. < ③. 分子间氢键较少，分子间作用力较弱 （3） ①. 1:2 ②. N2或CO 【解析】 【小问1详解】 Ag的原子序数是47。根据题意，其基态原子的价层电子排布与Cu类似，Cu的价层电子排布为，Ag位于第五周期，因此其价层电子排布为，Ag原子的最外层是第五电子层，最外层电子在轨道上。s轨道的电子云轮廓图形状是球形；Ag的基态原子核外电子排布式为。p电子分布在、和轨道上，分别有6个电子，故总的p电子数为18个； 【小问2详解】 ①王水是浓硝酸和浓盐酸的混合物。在该反应中，浓硝酸作为强氧化剂，将Au氧化为Au3+。同时，浓盐酸提供了大量的氯离子，这些Cl-能与生成的Au3+形成非常稳定的配离子。配离子的形成极大地降低了溶液中游离Au3+的浓度，促使Au的氧化反应持续向右进行，从而使Au溶解； ② 图中a代表氮原子和氧原子之间的双键（N=O），b代表氮原子和羟基中的氧原子之间的单键（N-O）。化学键的键长与键级成反比，双键的键级高于单键，因此双键比单键短。所以，键长a < b；物质的挥发性取决于分子间作用力的强弱。硝酸是共价化合物，在固态和液态时以分子形式存在，属于分子晶体。分子晶体中，分子之间通过较弱的范德华力（和氢键）结合，相比于离子晶体或原子晶体，其分子间作用力要弱得多，因此熔点、沸点较低，容易挥发。 【小问3详解】 ①离子的结构与N2分子是等电子体，电子式为。碳原子和氮原子之间有3对共用电子对，即碳氮三键，一个三键是由1个σ键和2个π键构成的。因此，σ键和π键的个数比为1:2； ②与CN⁻原子总数，价电子总数均相同的微粒有：首先1个的原子总数为2个，价电子总数=4+5+1=10个，因此我们需要寻找一个由2个原子组成，且总价电子数为10的微粒，例如：N2、CO等。 17. X、Y、Z、W、R、Q位于前四周期。基态X原子的2p轨道半充满；Y是地壳中含量最多的元素；基态原子中，Z与Y的价层电子数相同，且Z的单质为淡黄色固体；W在第三周期元素中简单离子半径最小；R在前四周期主族元素中电负性最小；基态Q原子有5个未成对电子。回答下列问题： （1）R的原子结构示意图为___________，Q位于元素周期表中第___________周期第___________族。 （2）Y、Z、W的简单离子半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。 （3）X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)，从原子结构角度解释其原因为___________。 （4）上述某种元素的逐级电离能如表，该元素是___________(填元素符号)；该元素的单质与R元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___________。 电离能 I1 I2 I3 I4 I5 逐级电离能/(kJ·mol-1) 578 1817 2745 11575 14830 （5）Z和Q组成的立方晶系矿石的晶胞结构如图。 ①若a原子的分数坐标为，b原子的分数坐标为，则c原子的分数坐标为___________。 ②已知a、b原子的核间距为d cm，该晶体的密度为 g·cm-3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的摩尔质量为___________g·mol-1(用含d、、NA的代数式表示)。 【答案】（1） ①. ②. 四 ③. ⅦB （2）＞＞ （3） ①. N＞O＞S ②. N的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于O；S原子电子层数比O原子多，原子半径大，第一电离能小于O； （4） ①. Al ②. （5） ①. ②. 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、R、Q位于前四周期。基态X原子的2p轨道半充满，则电子排布为，则X为N元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z的单质为淡黄色固体，且Z与Y价层电子数相同，则Z为S元素；W在第三周期元素中简单离子半径最小，则W为Al元素（电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，原子核对电子的吸引力越强，离子半径越小）；R是前四周期主族元素中电负性最小，即金属性最强，则R为K元素；基态Q原子位于前四周期，且有5个未成对电子，符合条件的价电子排布为，故Q为Mn元素。 【小问1详解】 由分析可知，R为K元素，原子序数为19，故原子结构示意图，Q为Mn元素，原子序数为25，电子排布式为，故其位于第四周期第族； 【小问2详解】 Y、Z、W的简单离子分别为、、，电子层数越多，半径越大：＞，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小：＞，故简单离子半径由大到小的顺序为＞＞； 【小问3详解】 由分析可知，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满的稳定结构，则N的第一电离能大于O；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故O的第一电离能大于S，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；N的第一电离能大于O的原因：N的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于O；S的第一电离能小于O的原因：S原子电子层数比O原子多，原子半径大，第一电离能小于O； 【小问4详解】 通过分析表中数据可知，与的差值（8830 kJ/mol）远大于与的差值（928 kJ/mol），说明该元素最外层有3个电子，失去3个电子后达到稳定结构，后续再失去电子需要更大的能量，结合所推断出的元素，该元素应该为Al，与R的最高价氧化物对应的水化物（KOH）反应的离子方程式为： 【小问5详解】 由分析可知，Z为S元素，Q为Mn元素，晶胞为立方晶系，已知a原子的分数坐标为，b原子的分数坐标为，结合晶胞结构，c原子在晶胞的右下角靠前靠下位置，和a原子在空间上呈对称分布，所以分数坐标为；a、b核间距为d cm，该距离为晶胞体对角线的，因此晶胞体对角线L=4d cm，晶胞中Mn原子位于顶点和面心，Mn原子个数为，S原子全部位于晶胞内部，其个数为4，即晶胞含4个MnS，由密度公式，得 18. 铜、硫的相关化合物在药物化学及工业化学领域应用广泛。回答下列问题： （1）基态Cu原子与基态Cu2+未成对电子数之比为___________；Cu元素有两种常见离子，从原子结构角度解释高温下Cu+比Cu2+稳定的原因是___________。 （2）Cu2+的配合物有多种。 ①向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，溶液由蓝色变为深蓝色。从实验现象判断配位键的强弱：[Cu(H2O)4]2+___________[Cu(NH3)4]2+(填“>”“<”或“=”)，从配位原子的性质角度解释其原因是___________。 ②某氨基吡啶衍生物铜配合物X的结构简式如图。 X中碳原子的杂化轨道类型有___________种；除Cl外，组成该配合物的非金属元素电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 （3）已知第ⅥA族元素氢化物的沸点如表： 物质 H2O H2S H2Se H2Te 沸点/℃ 100 -60 -41.5 -2 则沸点出现上述变化规律的原因为___________。 （4）以磷、锡和铜形成的一种合金硬度较大，可制作耐磨零件和弹性元件，其晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm。 该晶体的化学式为___________，晶体密度为___________g·cm-3。 【答案】（1） ①. 1:1 ②. 的价电子排布式为，的价电子排布式为，根据洪特规则特例，全充满轨道能量更低，结构更稳定，故比更稳定 （2） ①. < ②. 配位原子N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力更弱，更易给出孤电子对形成配位键，配位键更强 ③. 2 ④. O>N>C>H （3）水分子间能形成氢键，因此沸点远高于同主族其他氢化物；其余三种氢化物分子间只有范德华力，范德华力随相对分子质量增大而增大，因此沸点随相对分子质量增大而升高 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 基态原子的价层电子排布式为，有一个未成对电子，基态的价层电子排布式为：有一个未成对电子，故未成对电子数之比为1:1；的价电子排布式为：，根据洪特规则特例，全充满轨道能量更低，结构更稳定，故高温下比更稳定； 【小问2详解】 ①从实验现象来看，该反应由转化为，由不稳定的物质转化为更稳定的物质，故<；原因是配位原子N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力更弱，更易给出孤电子对形成配位键，配位键更强； ②该配合物中，甲基中的C为sp3杂化，苯环、碳氧双键中的C为sp2杂化，共2种杂化类型；除Cl外，非金属元素为H、C、N、O，根据电负性的递变规律：在周期表中从左往右越来越大，从上往下越来越小，故顺序为O>N>C>H； 【小问3详解】 第ⅥA族元素氢化物为分子构成的物质，影响熔沸点的因素为分子间作用力，氢键的作用力远强于范德华力，水分子间能形成氢键，因此沸点远高于同主族其他氢化物；其余三种氢化物分子间只有范德华力，范德华力随相对分子质量增大而增大，因此沸点随相对分子质量增大而升高； 【小问4详解】 用均摊法计算晶胞中原子数：Sn位于晶胞顶点，数目为；P位于晶胞体心，数目为1；Cu全部位于晶胞面上，数目为，因此化学式为；晶胞密度，其中晶胞质量，晶胞体积，则。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $