精品解析：江西萍乡市2025-2026学年度高二第二学期期中考试化学试题

高二化学试卷 满分：100分 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：Si-28 O-16 C-12 H-1 Zn-65 S-32 Fe-56 Mg-24 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，只有一项符合题目要求。 1. 讲好江西故事，增强文化自信，下列有关说法错误的是 A. 南昌飞行大会中无人机的制造材料——碳纤维，属于新型有机高分子材料 B. 赣南客家米酒酿造过程中涉及淀粉水解和葡萄糖氧化等反应 C. 萍乡上栗烟火晚会上绚烂的烟火与原子核外电子跃迁释放能量有关 D. 樟树中药材炮制时，有时会用到芒硝(Na2SO4·10H2O)，其属于离子晶体 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态18O核外有8种空间运动状态不同的电子 B. Cl2中键的电子云轮廓图： C. 臭氧分子的球棍模型： D. 基态N原子价层电子的轨道表示式： 3. 下列各组物质，晶体类型相同的是 A. 锗(Ge)和镁 B. NaCl和AlCl3 C. 可燃冰和干冰 D. 金刚石和石墨 4. 以下关于物质鉴定与分析方法的说法中，错误的是 A. 利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素 B. 通过X射线衍射实验可测定出乙酸晶胞中有4个乙酸分子 C. 在C2H6O分子的红外光谱图中找到了C―O吸收峰，可确定该分子为乙醇 D. 可用质谱鉴别乙烷和乙烯 5. 下列关于化学键的叙述错误的是 A. MgCl2中存在离子键和非极性共价键 B. 碘晶体升华时未破坏分子内的共价键 C. 所有铵盐一定既含有共价键又含有离子键 D. H2O2分子中既有极性键又有非极性键 6. 下列比较结果，错误的是 A. 第一电离能：Be>B>Li B. 离子半径：Na+>Mg2+>Al3+ C. 热稳定性：I2>Cl2 D. 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 7. 为了提纯表中所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择正确的是 选项 被提纯物质 除杂试剂 分离方法 A 乙烷(乙烯) 酸性KMnO4 洗气 B 乙酸乙酯(乙醇) 无 分液 C 乙醇(水) 金属钠 蒸馏 D 苯甲酸(NaCl) 水 重结晶 A. A B. B C. C D. D 8. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol -OH中含有电子数为7 B. 0.5mol SF6中S的价层电子对数为3 C. 60g SiO2晶体中含有Si―O键的数目为2 D. 4.2g C3H6中含有的碳碳双键数为0.1 9. 某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 最高价含氧酸的酸性：Q>R B. 键角：XZ2>RZ2 C. 电负性：Q>Z>R D. 五种元素均位于元素周期表的p区 10. 根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向碘的CCl4溶液中加入等体积的KI浓溶液，振荡 溶液分层，下层变为浅紫色，上层呈棕黄色 碘在CCl4中的溶解能力小于KI浓溶液中的溶解能力 B 向水晶柱面滴一滴熔化的石蜡，待其凝固，用一根红热的铁丝刺入 石蜡在不同方向熔化的快慢不同 石蜡导热具有各向异性 C 向盛有4mL 0.1mol/L CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol/L的氨水至过量，再加入乙醇 先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解得深蓝色溶液，加入乙醇后，析出深蓝色晶体 乙醇的极性比水大 D 向AgNO3溶液中滴加少量稀氨水，将产生的白色沉淀分成两份，分别加入稀硝酸和氨水 白色沉淀均溶解 AgOH为两性氢氧化物 A. A B. B C. C D. D 11. 枫叶所含鞣酸在铁锅中加热后会形成黑色色素，故能用于制作黑色糯米饭。下列有关鞣酸的说法错误的是 A. 能发生加成、取代和氧化反应 B. 有3种官能团 C. sp3杂化的碳原子有6个 D. 属于芳香烃 12. 配合物二草酸合铜酸钾K2[Cu(C2O4)2]，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024mol H2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008mol CuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。 已知：K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 下列说法错误的是 A. 化合物P、化合物Q结晶形状不同可能是由降温速率不同引起的 B. 步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，以确保反应完全 C. 配合物K2[Cu(C2O4)2]·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是C原子 D. 步骤Ⅱ，趁热过滤的目的是防止遇冷后产物析出而损失 13. 在溶有15-冠-5()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应： 下列说法正确的是 A. 苄氯是非极性分子 B. X中15-冠-5与Na+间存在离子键 C. 15-冠-5分子中所有原子在同一平面 D. 苄氯的核磁共振氢谱有4组峰 14. ZnS可用于制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 下列说法错误的是 A. 区域A“”中的离子为Cl- B. 区域B带正电 C. ZnS晶胞中与S2-最近且等距的S2-有12个 D. 已知阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为g·cm-3 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 高氯酸三碳酰肼合镍是一种新型的起爆药。为阿伏加德罗常数，完成下列填空： （1）镍在元素周期表的位置为___________。 （2）镍的化合价为___________，镍离子的价电子排布图为___________。 （3）的空间结构为___________，从结构看，该配合物___________溶于水(填“能”或“不能”)，原因是___________。 （4）上述化学式中的CHZ为碳酰肼，结构为，是一种新型环保锅炉水除氧剂。 ①CHZ中氮原子的杂化轨道类型为___________。 ②CHZ中σ键与π键的数目之比为___________。 ③CHZ中四种元素的第一电离能由大到小排序为___________。 16. 一种长效、缓释阿司匹林的合成路线如下图所示： 完成下列填空： （1）E的官能团名称为___________，反应(Ⅰ)的反应类型为___________。 （2）阿司匹林的分子式为___________，乙醇的键线式为___________。 （3）反应(Ⅲ)的化学方程式为___________。 （4）D为乙酸酐，结构简式为，反应(Ⅱ)为取代反应，反应(Ⅱ)的化学方程式为___________。 （5）水杨酸的同分异构体中同为芳香族化合物，且含有酚羟基的结构有___________种(不包括水杨酸本身，不考虑立体异构等)，其中苯环上有三个取代基，且核磁共振氢谱的峰面积之比为1：1：2：2的结构简式为___________、___________。 17. Ⅰ．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A的基态原子价层电子排布为，B与E同主族且p能级为半满结构，D为电负性最大的元素。完成下列填空： （1）是含有___________键的___________分子(填“极性”或“非极性”)。 （2）A、B、C、D四种元素的简单氢化物的沸点由大到小排序为___________(填化学式，下同)。 （3）HAB的结构式为___________，的空间结构为___________。 （4）B的最简单氢化物与E的相比较，键角较大的为___________。 Ⅱ．某铁镁合金的立方晶胞结构如图所示。其中A、B原子分数坐标分别为和，晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。 （5）C原子的分数坐标为___________。 （6）铁原子与镁原子的配位数之比为___________；该合金的密度为___________(用含a、的代数式表示)。 18. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸(H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①H3PO2为一元弱酸，在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3↑+ H3PO4。 ②CuSO4溶液可用于吸收有毒的还原性气体PH3等。 ③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[Cu2(C6H5O7)2]2-。 （1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得Ca(H2PO2)2，通入氮气的作用是___________，反应的化学方程式为___________，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。 （2）制备柠檬酸铜钠[Na2Cu2(C6H5O7)2]。制备过程如图所示： H2O2的电子式为___________，其作用是___________。 （3）制备纳米铜。 在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液pH为4~6，加入一定量H3PO2，在50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调pH后的溶液中，Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为___________。 ②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因为___________。 ③实验过程中将温度控制在50~70℃的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学试卷 满分：100分 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：Si-28 O-16 C-12 H-1 Zn-65 S-32 Fe-56 Mg-24 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，只有一项符合题目要求。 1. 讲好江西故事，增强文化自信，下列有关说法错误的是 A. 南昌飞行大会中无人机的制造材料——碳纤维，属于新型有机高分子材料 B. 赣南客家米酒酿造过程中涉及淀粉水解和葡萄糖氧化等反应 C. 萍乡上栗烟火晚会上绚烂的烟火与原子核外电子跃迁释放能量有关 D. 樟树中药材炮制时，有时会用到芒硝(Na2SO4·10H2O)，其属于离子晶体 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于新型有机高分子材料，A错误； B．米酒酿造过程中，淀粉首先水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发生氧化还原反应生成乙醇和二氧化碳，涉及淀粉水解和葡萄糖氧化反应，B正确； C．绚烂的烟火属于焰色试验现象，其本质是原子核外电子跃迁时释放能量产生不同波长的光，C正确； D．芒硝的化学式为，由和通过离子键结合而成，属于离子晶体，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态18O核外有8种空间运动状态不同的电子 B. Cl2中键的电子云轮廓图： C. 臭氧分子的球棍模型： D. 基态N原子价层电子的轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态质子数为8，核外电子排布为共占据个轨道，电子的空间运动状态数等于轨道数，因此有5种不同的空间运动状态，A错误； B．中键为两个轨道重叠形成，因此键的电子云轮廓图为，B正确； C．臭氧​分子为V形（角形）结构，不是直线形，C错误； D．基态原子的价层电子为，价层电子轨道表示式，D错误； 故选B。 3. 下列各组物质，晶体类型相同的是 A. 锗(Ge)和镁 B. NaCl和AlCl3 C. 可燃冰和干冰 D. 金刚石和石墨 【答案】C 【解析】 【详解】A．锗()属于共价晶体，镁属于金属晶体，二者晶体类型不同，A错误； B．属于离子晶体，固态为分子晶体，二者晶体类型不同，B错误； C．可燃冰是甲烷水合物，属于分子晶体，干冰是固态，也属于分子晶体，二者晶体类型相同，C正确； D．金刚石属于共价晶体，石墨属于混合键型晶体，二者晶体类型不同，D错误； 故答案选C。 4. 以下关于物质鉴定与分析方法的说法中，错误的是 A. 利用原子光谱上的特征谱线可鉴定元素 B. 通过X射线衍射实验可测定出乙酸晶胞中有4个乙酸分子 C. 在C2H6O分子的红外光谱图中找到了C―O吸收峰，可确定该分子为乙醇 D. 可用质谱鉴别乙烷和乙烯 【答案】C 【解析】 【详解】A．不同元素的原子光谱存在特征谱线，该方法可用于元素鉴定，故A正确； B．X射线衍射实验是测定晶体结构的常用手段，可确定晶胞内微粒的数目和排布，乙酸晶胞中确实含有4个乙酸分子，故B正确； C．分子式为的物质有乙醇和二甲醚两种同分异构体，二者结构中均存在C-O键，仅检测到C-O吸收峰无法确定该分子为乙醇，还需验证是否存在O-H键等特征吸收峰，故C错误； D．乙烷的相对分子质量为30，乙烯的相对分子质量为28，二者质谱图的最大质荷比不同，可通过质谱鉴别，故D正确； 5. 下列关于化学键的叙述错误的是 A. MgCl2中存在离子键和非极性共价键 B. 碘晶体升华时未破坏分子内的共价键 C. 所有铵盐一定既含有共价键又含有离子键 D. H2O2分子中既有极性键又有非极性键 【答案】A 【解析】 【详解】A．是离子化合物，仅存在与之间的离子键，不存在共价键，A错误； B．碘晶体属于分子晶体，升华过程只破坏分子间作用力，未破坏分子内的共价键，B正确； C．铵盐由铵根离子和酸根离子通过离子键结合形成，铵根内部氮原子与氢原子之间存在共价键，因此所有铵盐一定既含有共价键又含有离子键，C正确； D．的结构式为，与之间为极性共价键，与之间为非极性共价键，分子中既有极性键又有非极性键，D正确； 故答案选A。 6. 下列比较结果，错误的是 A. 第一电离能：Be>B>Li B. 离子半径：Na+>Mg2+>Al3+ C. 热稳定性：I2>Cl2 D. 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期第一电离能整体呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能，A正确； B．、、核外电子排布相同，核电荷数越大对核外电子吸引作用越强，离子半径越小，故离子半径，B正确； C．原子半径小于，键键长更短、键能更大，热稳定性，C错误； D．电负性大于，C—F的极性大于C—Cl的极性，使CF3—的极性大于CCl3—的极性，中羧基的键极性更强，更易电离出，故酸性，D正确； 故选C。 7. 为了提纯表中所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择正确的是 选项 被提纯物质 除杂试剂 分离方法 A 乙烷(乙烯) 酸性KMnO4 洗气 B 乙酸乙酯(乙醇) 无 分液 C 乙醇(水) 金属钠 蒸馏 D 苯甲酸(NaCl) 水 重结晶 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾氧化会生成新杂质CO2，无法提纯乙烷，除杂试剂应选溴水，A错误； B．乙酸乙酯和乙醇互溶，直接分液无法分离，应加入饱和碳酸钠溶液（乙醇溶于水相，乙酸乙酯不溶）后再分液，B错误； C．金属钠既能与水反应，也能与乙醇反应，会消耗被提纯的乙醇，除杂试剂应选生石灰（CaO），C错误； D．苯甲酸溶解度随温度变化大，NaCl溶解度受温度影响很小，因此可以用水作溶剂，通过重结晶提纯苯甲酸，D正确； 故选D。 8. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol -OH中含有电子数为7 B. 0.5mol SF6中S的价层电子对数为3 C. 60g SiO2晶体中含有Si―O键的数目为2 D. 4.2g C3H6中含有的碳碳双键数为0.1 【答案】B 【解析】 【详解】A．1个-OH中O含8个电子、H含1个电子，总电子数为9，故1mol -OH中电子数为，A错误； B．中心S原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=，0.5mol 中S的价层电子对总物质的量为，数目为，B正确； C．60g 的物质的量为1mol，晶体中每个Si原子形成4个Si-O 键，故1mol 中Si―O键的数目为4，C错误； D．C3H6的结构可能为丙烯（含碳碳双键）或环丙烷（不含碳碳双键），无法确定4.2g（即0.1mol）C3H6中碳碳双键的数目，D错误； 故选B。 9. 某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是 A. 最高价含氧酸的酸性：Q>R B. 键角：XZ2>RZ2 C. 电负性：Q>Z>R D. 五种元素均位于元素周期表的p区 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特征分析：形成4个单键，形成3个键或形成2个键并带1个负电荷，形成双键，形成1个单键，最多形成6个共价键，由此可知X、Y、Z、Q、R分别为、、、、，据此分析。 【详解】A．为，无正价，不存在最高价含氧酸；为，的最高价含氧酸为，A错误； B．为，中心原子为杂化，分子为直线形；为，中心原子为杂化，含1对孤电子对，分子为V形，故键角，B正确； C．同周期主族元素从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性：，C正确； D．、、、、的价电子排布式分别为、、、、，均位于p区，D正确； 故选A。 10. 根据下列实验操作、现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向碘的CCl4溶液中加入等体积的KI浓溶液，振荡 溶液分层，下层变为浅紫色，上层呈棕黄色 碘在CCl4中的溶解能力小于KI浓溶液中的溶解能力 B 向水晶柱面滴一滴熔化的石蜡，待其凝固，用一根红热的铁丝刺入 石蜡在不同方向熔化的快慢不同 石蜡导热具有各向异性 C 向盛有4mL 0.1mol/L CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol/L的氨水至过量，再加入乙醇 先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解得深蓝色溶液，加入乙醇后，析出深蓝色晶体 乙醇的极性比水大 D 向AgNO3溶液中滴加少量稀氨水，将产生的白色沉淀分成两份，分别加入稀硝酸和氨水 白色沉淀均溶解 AgOH为两性氢氧化物 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．I2可与I⁻发生反应，实验中密度更大的CCl4层（下层）紫色变浅，KI水层（上层）呈棕黄色，说明大部分I2进入KI浓溶液中，即碘在CCl4中的溶解能力小于KI浓溶液中的溶解能力，A正确； B．水晶是具有各向异性的晶体，石蜡不同方向熔化快慢不同是水晶导热各向异性导致的，并非石蜡本身的性质，B错误； C．加入乙醇后析出深蓝色铜氨络合物晶体，是因为该络合物在极性更小的溶剂中溶解度更低，说明乙醇的极性比水小，C错误； D．AgOH溶于氨水是因为与NH3结合形成银氨络离子，并非和碱反应生成盐和水，AgOH不属于两性氢氧化物，D错误； 故答案选A。 11. 枫叶所含鞣酸在铁锅中加热后会形成黑色色素，故能用于制作黑色糯米饭。下列有关鞣酸的说法错误的是 A. 能发生加成、取代和氧化反应 B. 有3种官能团 C. sp3杂化的碳原子有6个 D. 属于芳香烃 【答案】D 【解析】 【详解】A．鞣酸结构中含苯环，可与氢气发生加成反应；含酚羟基、酯基，可发生取代反应（酚的取代、酯的水解都属于取代反应）；酚羟基易被氧化，物质燃烧也属于氧化反应，因此可以发生加成、取代、氧化反应，A正确； B．鞣酸的官能团为酚羟基、酯基、醚键，共3种，B正确； C．仅形成单键的饱和碳原子为杂化，鞣酸分子中含氧六元环和亚甲基的碳原子为杂化，一共6个碳原子，C正确； D．芳香烃的定义是仅含C、H两种元素、含有苯环的烃类物质，鞣酸含有氧元素，属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，D错误； 故选D。 12. 配合物二草酸合铜酸钾K2[Cu(C2O4)2]，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下： 步骤I：80℃下，100mL水中依次加入0.024mol H2C2O4·2H2O、0.016mol K2CO3充分反应后，得到混合溶液M； 步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008mol CuO充分反应，趁热过滤得滤液N； 步骤Ⅲ： 步骤Ⅳ：200℃加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为K2[Cu(C2O4)2]。 已知：K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，在约250℃时分解。 下列说法错误的是 A. 化合物P、化合物Q结晶形状不同可能是由降温速率不同引起的 B. 步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，以确保反应完全 C. 配合物K2[Cu(C2O4)2]·4H2O中，与Cu2+形成配位键的配位原子是C原子 D. 步骤Ⅱ，趁热过滤的目的是防止遇冷后产物析出而损失 【答案】C 【解析】 【详解】A．步骤Ⅲ中，除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，故化合物P、化合物Q结晶形状不同可能是由降温速率不同引起的，也可能是浓度不同引起的，A不符合题意； B．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，使反应更加充分，以确保反应完全，B不符合题意； C．草酸根离子中，O原子有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，所以配位原子是O原子，C符合题意； D．已知K2[Cu(C2O4)2]微溶于冷水、易溶于热水，趁热过滤可以防止遇冷后产物析出而损失，D不符合题意； 故答案选C。 13. 在溶有15-冠-5()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应： 下列说法正确的是 A. 苄氯是非极性分子 B. X中15-冠-5与Na+间存在离子键 C. 15-冠-5分子中所有原子在同一平面 D. 苄氯的核磁共振氢谱有4组峰 【答案】D 【解析】 【详解】A．苄氯结构为，分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．X为超分子，15-冠-5与Na+间不是阴阳离子间的相互作用，不存在离子键，B错误； C．15-冠-5分子中C均为饱和碳原子，采用杂化，饱和碳原子的四面体结构决定了所有原子不可能共平面，C错误； D．苄氯中氢共有4种等效氢：苯环上邻位氢、间位氢、对位氢，以及侧链的氢，因此核磁共振氢谱有4组峰，D正确； 故选D。 14. ZnS可用于制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 下列说法错误的是 A. 区域A“”中的离子为Cl- B. 区域B带正电 C. ZnS晶胞中与S2-最近且等距的S2-有12个 D. 已知阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为g·cm-3 【答案】B 【解析】 【详解】A．掺入少量CuCl前，ZnS晶胞中“”位置是阴离子S2-，所以区域A“”中的离子为Cl-，故A正确； B．区域B中“”中的离子为Cu+，Cu+代替Zn2+，正电荷减少，所以区域B带负电，故B错误； C．ZnS晶胞中S2-位于顶点和面心，与S2-最近且等距的S2-有12个，故C正确； D．根据均摊原则，ZnS晶胞中Zn2+数目为4、S2-数目为 ，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为g·cm-3，故D正确； 选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 高氯酸三碳酰肼合镍是一种新型的起爆药。为阿伏加德罗常数，完成下列填空： （1）镍在元素周期表的位置为___________。 （2）镍的化合价为___________，镍离子的价电子排布图为___________。 （3）的空间结构为___________，从结构看，该配合物___________溶于水(填“能”或“不能”)，原因是___________。 （4）上述化学式中的CHZ为碳酰肼，结构为，是一种新型环保锅炉水除氧剂。 ①CHZ中氮原子的杂化轨道类型为___________。 ②CHZ中σ键与π键的数目之比为___________。 ③CHZ中四种元素的第一电离能由大到小排序为___________。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2） ①. +2 ②. （3） ①. 正四面体形 ②. 能 ③. 该配合物为离子化合物，且可与水分子形成氢键，易溶于水 （4） ①. sp3 ②. 11：1 ③. N>O>H>C 【解析】 【小问1详解】 Ni原子序数为28，电子排布式为，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。 【小问2详解】 该化合物中为-1价，配体是中性分子，化合物整体呈电中性，因此的化合价为+2价；原子价电子排布式为，由Ni原子失去的2个电子得到，价电子排布式为，价电子排布图为。 【小问3详解】 中心原子的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，因此空间结构为正四面体形；该配合物为离子化合物，且可与水分子形成氢键，故易溶于水。 【小问4详解】 ①中所有原子均形成3个键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，因此杂化类型为。 ② 的结构为，单键均为键，双键含1个键、1个键；总共含11个键，1个键，因此σ键与π键的数目之比为。 ③ 同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，但的价电子排布式为，2p能级为半满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能；的第一电离能大于、小于，因此第一电离能由大到小排序为。 16. 一种长效、缓释阿司匹林的合成路线如下图所示： 完成下列填空： （1）E的官能团名称为___________，反应(Ⅰ)的反应类型为___________。 （2）阿司匹林的分子式为___________，乙醇的键线式为___________。 （3）反应(Ⅲ)的化学方程式为___________。 （4）D为乙酸酐，结构简式为，反应(Ⅱ)为取代反应，反应(Ⅱ)的化学方程式为___________。 （5）水杨酸的同分异构体中同为芳香族化合物，且含有酚羟基的结构有___________种(不包括水杨酸本身，不考虑立体异构等)，其中苯环上有三个取代基，且核磁共振氢谱的峰面积之比为1：1：2：2的结构简式为___________、___________。 【答案】（1） ①. 碳碳双键、酯基 ②. 加成反应 （2） ①. C9H8O4 ②. （3） （4） （5） ①. 11 ②. ③. 【解析】 【分析】反应(Ⅰ)由CH3COOH和反应生成，根据各物质的分子式可知该反应为加成反应；反应(Ⅲ)由E生成高聚物，E含有碳碳双键，可推出该反应为加聚反应，A为。 【小问1详解】 观察E的结构可知，E的官能团名称为碳碳双键、酯基；反应(Ⅰ)为，该反应类型为加成反应。 【小问2详解】 根据阿司匹林的结构可知，阿司匹林的分子式为C9H8O4，乙醇的结构简式为CH3CH2OH、键线式为。 【小问3详解】 反应(Ⅲ)由E生成高聚物，为加聚反应，该反应的化学方程式为。 【小问4详解】 已知D的结构简式为，且反应(Ⅱ)为取代反应，根据水杨酸和阿司匹林的结构可知，反应(Ⅱ)的化学方程式为。 【小问5详解】 水杨酸的同分异构体中同为芳香族化合物，且含有酚羟基的结构(不包括水杨酸本身，不考虑立体异构等)有、、、、、、、、、、，共11种；其中苯环上有三个取代基，且核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶1∶2∶2的结构简式为、。 17. Ⅰ．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A的基态原子价层电子排布为，B与E同主族且p能级为半满结构，D为电负性最大的元素。完成下列填空： （1）是含有___________键的___________分子(填“极性”或“非极性”)。 （2）A、B、C、D四种元素的简单氢化物的沸点由大到小排序为___________(填化学式，下同)。 （3）HAB的结构式为___________，的空间结构为___________。 （4）B的最简单氢化物与E的相比较，键角较大的为___________。 Ⅱ．某铁镁合金的立方晶胞结构如图所示。其中A、B原子分数坐标分别为和，晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。 （5）C原子的分数坐标为___________。 （6）铁原子与镁原子的配位数之比为___________；该合金的密度为___________(用含a、的代数式表示)。 【答案】（1） ①. 极性 ②. 非极性 （2）H2O>HF>NH3>CH4 （3） ①. ②. 正八面体 （4）NH3 （5） （6） ①. 2﹕1 ②. 【解析】 【分析】A的基态原子价层电子排布为，得，故A为；D是电负性最大的元素，D为；B、E同主族且p能级半满，原子序数依次增大，故B为，E为，C介于B、D之间，C为。 【小问1详解】 AC2​为，结构式为，含极性共价键，分子为直线形，正负电中心重合，属于非极性分子。 【小问2详解】 A、B、C、D简单氢化物分别为、、、，水分子常温为液态，沸点最高（等物质的量时H2O分子间氢键最多），HF分子间氢键比分子间氢键强，沸点次之，无分子间氢键，沸点最低，故顺序为。 【小问3详解】 为，结构式为，​为，中心P无孤对电子，价层电子对数为，空间结构为正八面体。 【小问4详解】 B的最简单氢化物为，E的最简单氢化物为，N电负性大于P，成键电子对更靠近中心N，排斥力更大，的键角更大。 【小问5详解】 已知A、B，图中C（白球Mg）的位置对应分数坐标为。 【小问6详解】 晶胞中原子数为，全部在晶胞内，共8个，的配位数为8，的配位数为4，故铁镁配位数之比为，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度为。 18. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸(H3PO2)还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①H3PO2为一元弱酸，在一定条件下可分解：2H3PO2 =PH3↑+ H3PO4。 ②CuSO4溶液可用于吸收有毒的还原性气体PH3等。 ③Cu2+与柠檬酸根离子可形成配位离子[Cu2(C6H5O7)2]2-。 （1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷(P4)与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得Ca(H2PO2)2，通入氮气的作用是___________，反应的化学方程式为___________，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到H3PO2。 （2）制备柠檬酸铜钠[Na2Cu2(C6H5O7)2]。制备过程如图所示： H2O2的电子式为___________，其作用是___________。 （3）制备纳米铜。 在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀H2SO4调节溶液pH为4~6，加入一定量H3PO2，在50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调pH后的溶液中，Cu2+将H3PO2氧化为H3PO4，该反应的离子方程式为___________。 ②H3PO2的实际用量远大于理论值的原因为___________。 ③实验过程中将温度控制在50~70℃的原因是___________。 【答案】（1） ①. 排尽装置中的空气，避免白磷自燃，防止被氧化，使磷化氢气体进入硫酸铜溶液中充分吸收 ②. （2） ①. ②. 作氧化剂，氧化，促进溶解 （3） ①. ②. 部分分解；部分被氧化，增大的消耗量 ③. 温度过低反应速率慢，温度过高则易导致纳米铜颗粒聚集（次磷酸分解） 【解析】 【小问1详解】 实验前通入，可排尽装置中的空气，避免白磷与空气接触而自燃；Ca(H2PO2)2中P元素的化合价为+1价，通入N2可防止Ca(H2PO2)2被氧化；该反应会生成有毒气体，实验结束后通入可将装置中的气体完全赶入溶液中吸收，避免污染空气；该反应的反应物为、，生成和PH3，配平得化学方程式为。 【小问2详解】 是共价化合物，O原子满足8电子稳定结构，据此写出H2O2电子式为；难溶，​作为氧化剂氧化S2-，促进CuS溶解，释放出，便于后续和柠檬酸根形成配位化合物。 【小问3详解】 ①制备纳米铜，被还原为Cu单质，被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式为。 ②根据题干已知信息，自身会发生分解，部分原料分解消耗，H3PO2中P为+1价，部分H3PO2被O2氧化，因此实际用量大于理论值。 ③从速率和原料稳定性分析：温度过低反应速率过慢，温度过高会造成​分解或导致纳米铜颗粒聚集，因此控制温度在。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $