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2020-2021学年河北省秦皇岛一中高二（下）第一次月考化学试卷
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这是一份2020-2021学年河北省秦皇岛一中高二（下）第一次月考化学试卷，共33页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年河北省秦皇岛一中高二（下）第一次月考化学试卷
一、单项选择题（本题有10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．基态锆Zr原子价电子排布式为4d25s2，该元素位于周期表中第五周期第ⅣB族
B．在元素周期表中，非金属元素大多在p区，而d区、ds区和f区的元素都是金属元素
C．H2O能形成分子间氢键，故水分子比较稳定
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道
2．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构
B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂
C．SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同
D．过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成
3．（2分）银氨溶液也叫吐伦试剂，常用于制作瓶胆和鉴别还原糖。下列说法错误的是（ ）
A．甲醛是一元醛，1mol甲醛与足量的银氨溶液反应，转移4mol电子，生成4molAg
B．配制银氨溶液时，将稀氨水逐滴滴入到硝酸银溶液中至沉淀刚好消失为止，且此溶液不能长期存放，要现用现配
C．[Cu（NH3）4]2+是平面正方形结构，1molCu（NH3）42+含12molσ键
D．常温下，1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应生成1mol白色沉淀
4．（2分）霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的一种药物，口服吸收迅速，具有独特的免疫抑制作用和较高的安全性，结构如图，下列关于MMF的说法不正确的是（ ）
①MMF所有原子一定处在同一平面；
②可跟溴水加成；
③可被酸性KMnO4溶液氧化；
④可跟NaHCO3溶液反应；
⑤MMF的含氧官能团有4种；
⑥可发生加聚反应；
⑦可发生消去反应；
⑧可发生水解反应；
⑨可发生取代反应；
⑩可跟Na2CO3溶液反应
A．①④⑤ B．①④⑦ C．②③⑥⑧⑨⑩ D．①④⑤⑦
5．（2分）短周期五种元素Y、X、Z、W、M。Y、X、Z、W原子序数依次减小，它们形成的化合物X2Y4Z10（ZW）2为寿山石的主要成分，由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成。基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，YW4与W2Z2含有相同的电子数。元素M的原子比X的原子的质子数少1。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能从小到大的顺序为：M＜X＜Y＜Z
B．Y元素可形成一种熔点高、硬度大的单质晶体，晶体内部最小环为六元环，平均每个最小环占有个Y原子
C．Z的最简单氢化物的沸点高于Y的最简单氢化物，稳定性也强于Y的最简单氢化物
D．与Z同族，比Z大两个周期的元素的简单阴离子有36种运动状态不同的电子
6．（2分）常温下，S2Cl2为浅黄色至橘红色、有恶臭、毒性的液体。S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊。下列叙述正确的是（ ）
A．硫磺是原子晶体，S2Cl2是分子晶体
B．S2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2和SO2的分子极性和中心原子的杂化方式均相同
C．Cl与S相比，前者非金属性更强，含氧酸酸性更强
D．S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大
7．（2分）短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图，下列叙述不正确的是（ ）
A．单质还原性：N＞R，单质熔点：N＜R
B．N2M、N2M2、R2M3三者中所含化学键的类型不完全相同
C．位于T下一个周期的元素中，单电子数最多的为Mn
D．N、R、T三者电负性从大到小的顺序为：T＞R＞N
8．（2分）物质Ⅲ（2，3﹣二氢苯并呋喃）是一种重要的精细化工原料，同时还是合成近年来发现的一些重要药物的中间原料，如抗肿瘤制剂苯并呋喃磺酰脲类化合物、HIV蛋白酶抑制剂氨基酸羟乙氨代磺酰。其合成的部分流程如图。下列叙述正确的是（ ）
A．Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有6种不同环境的氢，它是一种芳香烃，难溶于水
B．Ⅲ与足量H2加成所得产物中有2个手性碳原子
C．Ⅰ中所有原子可能位于同一平面内，氧原子为sp3杂化，碳原子为sp2杂化
D．Ⅱ有弱酸性，但不能使紫色石蕊试液变红，可与碳酸钠溶液反应，但没有气泡产生
9．（2分）由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．晶体中Al和Si构成二氧化硅型骨架
B．晶体中Li、Al、Si三种微粒的比例为2：2：1
C．Si原子从1s22s22p63s23px13py1转变为1s22s22p63s23py13pz1会吸收能量，产生吸收光谱
D．晶体中与每个Al紧邻的Si有4个
10．（2分）下列有关实验的描述和实验的结论、目的或解释都正确的是（ ）
选项
实验描述
结论、目的或解释
A
提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤
趁热过滤的目的：防止因温度降低导致苯甲酸析出损失
B
在氯乙烷中加入过量氢氧化钠溶液，加热一段时间，冷却后滴入几滴硝酸银，有白色沉淀析出
结论：氯乙烷在碱性条件下能水解出氯离子
C
向硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，生成天蓝色溶液
结论：四水合铜离子最终转化为四氨合铜离子
D
用裂化汽油萃取溴水中的溴，先将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从上口倒出
解释：溴在汽油中溶解度更大，汽油与水不互溶且密度比水小
A．A B．B C．C D．D
二、不定项选择题（本题有5小题，每题4分，共20分。每题有1-2个选项符合题意，全选对得4分，少选得2分，错选不得分）
11．（4分）下列叙述错误的是（ ）
A．甲苯与液氯在FeCl3催化下反应，主要产物为2﹣氯甲苯和4﹣氯甲苯
B．联苯的一氯代物有3种，二氯代物有11种
C．K3Fe（CN）6是配位化合物，中心离子是Fe3+，配位原子是N
D．能降低氧化铝熔点的冰晶石的成分为Na3AlF6，它是离子化合物，含有配位键
12．（4分）A、B是两种气态烃，二者组成的混合气体完全燃烧后得到二氧化碳和水蒸气的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．混合烃中可能含有乙烯
B．混合烃中可能含有乙烷
C．若混合烃为CH4、C3H4，则体积比为7：3
D．混合烃中m（C）：m（H）＝2：5
13．（4分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，结构如图，下列叙述正确的是（ ）
A．1mol迷迭香酸分别与足量溴水和氢气反应时最多消耗7molBr2、8molH2
B．迷迭香酸遇FeCl3溶液显色，还可和醛类通过缩聚反应生成酚醛树脂
C．1mol迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5molNaOH
D．迷迭香酸性质复杂，可发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、消去反应
14．（4分）A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是（ ）
A．B分子中的化学键为sp3﹣sσ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子
C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变
D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′
15．（4分）下列关于晶体结构的说法错误的是（ ）
A．碳化硅晶体中，所有原子都是sp3杂化，一个晶胞平均占有8个原子
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，钾原子的配位数为8
C．石墨晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：3，金刚石晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：4
D．金属Ag的堆积类型为面心立方最密堆积，空间利率78%
三、填空题（本题共4道题，共60分）
16．（14分）按照要求回答下列问题。
（1）中含氧官能团的名称为 。
（2）2﹣丁烯顺式异构体的结构简式为 。
（3）分子式为C11H16的一取代芳烃的同分异构体有 种。（不考虑立体异构）
（4）用1，2﹣二氯丙烷制取丙炔的化学方程式为 ，反应类型为 。
（5）苯酚与过量浓溴水反应的化学方程式为 。
（6）有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有 种。（不考虑立体异构）
17．（16分）按照要求回答下列问题。
（1）高温下，Cu2O比CuO稳定，原因是 。
（2）过渡元素的原子或者离子很容易形成配合物，Fe（CO）5就是其一，它相当活泼，在一定条件下可生成Fe（CO）3（CH3OH）。1.5mol Fe（CO）5中所含配位键的个数为 。Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为 。（填元素符号）
（3）第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有： 。（填名称）
（4）金属钛重量轻、强度高，航空发动机用的高温钛合金和机体用的结构钛合金是钛合金的主要发展方向。钛原子的外围电子排布图为 。已知金属Be的堆积方式与金属钛相同，则堆积方式为 ，Be与NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，设Sr的原子直径为a，则Sr晶体的空间利用率为 。（请用含有a的表达式表示，不要化简）
18．（16分）世上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用M代表）是我国研制出来的。
（1）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量为第一电子亲和能（E1），下列说法错误的是 。（填标号）
A．E1：C＜O＜F
B．沸点：＜
C．甲醛中碳氢键间夹角小于苯中的键角
D．尿素CO（NH2）2中碳原子和氮原子均为sp2杂化
（2）M晶体的部分结构如图。
①关于M中两阳离子的叙述正确的为 。（填标号）
A.中心原子的杂化类型不同
B.中心原子的价层电子对数不同
C.立体结构相同
D.化学键类型相同
E.键角H3O+更大
F.H3O+中键的极性更大
②分子（或离子）中大π键可表示为πmn，右下角m为参与形成大π键的原子数，右上角n为参与形成大π键的电子数（如苯中m＝6，n＝6），将M中阴离子N5﹣的大π键表示成πmn，则m+n的数值为 。
（3）SO32﹣的空间构型是 ，请写出一种与它互为等电子体的分子 。
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，其电子式为 ，中心原子的杂化方式为 。
（5）氨水中存在氢键，请写出一水合氨分子最有可能的结构式： 。
（6）1mol1，4﹣环己二烯中σ键的个数为 。
19．（14分）回答下列问题。
（1）SiO2晶体部分结构如图，Si﹣O键与Si个数比为 。已知：键能/kJ•mol﹣1：Si﹣O460、Si﹣Si176、O＝O496，则反应Si（s）+O2（g）＝SiO2（s）的反应热△H＝ 。
（2）SiO2、CO2、CS2熔点从低到高排序为 ，原因是 。
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，则它的一个晶胞中含有 个碘原子，晶体中与每个碘分子等距且最近的碘分子有 个。已知该晶胞棱长为apm，则碘晶体的密度可表示为 g/cm3。（用NA表示阿伏加德罗常数的数值，请用含有a的表达式表示，不要化简）
2020-2021学年河北省秦皇岛一中高二（下）第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题有10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．基态锆Zr原子价电子排布式为4d25s2，该元素位于周期表中第五周期第ⅣB族
B．在元素周期表中，非金属元素大多在p区，而d区、ds区和f区的元素都是金属元素
C．H2O能形成分子间氢键，故水分子比较稳定
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道
【分析】A．4d能级未填满，元素属于过渡元素，电子层数＝周期序数，价电子数＝族序数；
B．s区氢元素是非金属元素，p区元素包括ⅢA族～ⅦA族元素和0族元素，含有金属元素与非金属元素，如金属元素Al、Pb等，过渡元素包括所有的副族元素和第Ⅷ族元素，d区包括ⅢB族～ⅦB族（其中ⅢB的镧系和锕系除外）元素和第Ⅷ族元素，ds区为ⅠB～ⅡB，f区是镧系和锕系；
C．分子稳定性和分子间作用力无关；
D．量子力学中，把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道。
【解答】解：A．基态锆Zr原子价电子排布式为4d25s2，核外有5个电子层，价电子数4，该元素位于周期表中第五周期第ⅣB族，故A正确；
B．在元素周期表中，包括ⅢA族～ⅦA族元素和0族元素，非金属元素大多在p区，而d区、ds区和f区的元素都是过渡元素，都是金属元素，故B正确；
C．H2O能形成分子间氢键，决定了沸点反常的高，分子中化学键较强，决定了水分子比较稳定，故C错误；
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，每个原子轨道最多为自旋方向相反的两个电子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、原子核外电子排布、周期表结构等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
2．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构
B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂
C．SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同
D．过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成
【分析】A．如果中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外；
B．非金属的非金属性越强，其电负性越大，在过渡金属区域寻找高效催化剂；
C．如果中心原子含有孤电子对，则该分子的VSEPR模型和分子的立体构型不相同；
D．过氧化钠和水反应生成NaOH和O2，过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成。
【解答】解：A．SiCl4的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝4+4＝8、CS2的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝4+4＝8、NF3的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝5+3＝8、PCl5的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝5+5＝10，所以SiCl4、CS2、NF3中各原子都达到8电子稳定结构，PCl5中P原子不满足8电子稳定结构，故A正确；
B．非金属性越强电负性数值越大，处于非金属三角区边界的锗的电负性为1.8，在过渡金属区域寻找高效催化剂，在“类金属”区域寻找半导体材料，故B错误；
C．如果中心原子含有孤电子对，则该分子的VSEPR模型和分子的立体构型不相同，SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，NO2中N原子价层电子对个数＝2+＝2.5且含有孤电子对、COCl2中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对、SOCl2中S原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，所以SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型依次是平面三角形、平面三角形、平面三角形、四面体形，分子的立体构型依次是V形、V形、平面三角形、三角锥形，故C错误；
D．过氧化钠中的离子键、非极性断裂、H2O中的极性键断裂，且氧气中非极性键形成、氢氧化钠中离子键、极性共价键形成，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查分子空间构型判断、化学键、元素周期表等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确8电子稳定结构判断方法、价层电子对互斥理论内涵等知识点是解本题关键，注意：C选项“NO2”中N原子孤电子对个数是0.5，但其孤电子对个数按1判断，题目难度不大。
3．（2分）银氨溶液也叫吐伦试剂，常用于制作瓶胆和鉴别还原糖。下列说法错误的是（ ）
A．甲醛是一元醛，1mol甲醛与足量的银氨溶液反应，转移4mol电子，生成4molAg
B．配制银氨溶液时，将稀氨水逐滴滴入到硝酸银溶液中至沉淀刚好消失为止，且此溶液不能长期存放，要现用现配
C．[Cu（NH3）4]2+是平面正方形结构，1molCu（NH3）42+含12molσ键
D．常温下，1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应生成1mol白色沉淀
【分析】A．1mol甲醛与足量银氨溶液发生氧化反应时生成4molAg，Ag元素化合价由+1价变为0价；
B．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液中加氨水，银氨溶液长期存放，生成易爆的叠氮化银、氮化银、亚氨基化银等物质；
C．该配离子中每个铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个氨气分子中存在3个σ键，则该配离子中含有4+3×4＝16个σ键；
D．该配合物外界中的氯离子能和硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀。
【解答】解：A．1mol甲醛与足量银氨溶液发生氧化反应时生成4molAg，Ag元素化合价由+1价变为0价，生成4molAg转移电子的物质的量＝4mol×（1﹣0）＝4mol，故A正确；
B．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液中加氨水，至生成沉淀恰好溶解，银氨溶液长期存放，生成易爆的叠氮化银、氮化银、亚氨基化银等物质，所以银氨溶液不能长期存放，要现用现配，故B正确；
C．该配离子中每个铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个氨气分子中存在3个σ键，则该配离子中含有4+3×4＝16个σ键，所以1mol该配离子含有16molσ键，故C错误；
D．该配合物外界中的氯离子能和硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀，该配合物外界中含有1个氯离子，所以1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应生成1mol白色沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及溶液配制、氧化还原反应、配合物等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确银镜反应中醛和Ag的关系式、溶液配制方法、物质结构等知识点是解本题关键，C中易漏掉配位键而导致错误判断，题目难度不大。
4．（2分）霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的一种药物，口服吸收迅速，具有独特的免疫抑制作用和较高的安全性，结构如图，下列关于MMF的说法不正确的是（ ）
①MMF所有原子一定处在同一平面；
②可跟溴水加成；
③可被酸性KMnO4溶液氧化；
④可跟NaHCO3溶液反应；
⑤MMF的含氧官能团有4种；
⑥可发生加聚反应；
⑦可发生消去反应；
⑧可发生水解反应；
⑨可发生取代反应；
⑩可跟Na2CO3溶液反应
A．①④⑤ B．①④⑦ C．②③⑥⑧⑨⑩ D．①④⑤⑦
【分析】该分子中含有酯基、苯环、酚羟基、醚键、碳碳双键，具有酯、苯、酚、醚、烯烃的性质，一定条件下能发生水解反应、加成反应、取代反应、氧化反应、显色反应、加聚反应等。
【解答】解：①MMF中饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子一定不处于同一平面，故错误；
②含有碳碳双键，所以可跟溴水加成，故正确；
③该分子中的碳碳双键和酚羟基都可被酸性KMnO4溶液氧化，故正确；
④该分子中不含羧基，所以不可跟NaHCO3溶液反应，故错误；
⑤MMF的含氧官能团有酯基、醚键、酚羟基，共3种，故错误；
⑥分子中碳碳双键可发生加聚反应，故正确；
⑦该分子不可发生消去反应，故错误；
⑧该分子中的酯基可发生水解反应，故正确；
⑨该分子中的酯基和酚羟基都可发生取代反应，故正确；
⑩该分子中的酚羟基可跟Na2CO3溶液反应，故正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面的判断方法等知识点是解本题关键，注意：酚羟基能和碳酸钠反应而不能和碳酸氢钠反应，题目难度不大。
5．（2分）短周期五种元素Y、X、Z、W、M。Y、X、Z、W原子序数依次减小，它们形成的化合物X2Y4Z10（ZW）2为寿山石的主要成分，由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成。基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，YW4与W2Z2含有相同的电子数。元素M的原子比X的原子的质子数少1。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能从小到大的顺序为：M＜X＜Y＜Z
B．Y元素可形成一种熔点高、硬度大的单质晶体，晶体内部最小环为六元环，平均每个最小环占有个Y原子
C．Z的最简单氢化物的沸点高于Y的最简单氢化物，稳定性也强于Y的最简单氢化物
D．与Z同族，比Z大两个周期的元素的简单阴离子有36种运动状态不同的电子
【分析】短周期五种元素Y、X、Z、W、M，Y、X、Z、W原子序数依次减小，基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，其核外电子排布式为1s22s22p6或1s22s22p63s23p2，则Y为Ne或Si元素；X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，则W为H元素，Y只能为Si，X的原子序数小于Si，则X为Al；YW4与W2Z2含有相同的电子数，Z原子核外电子总数为＝8，则Z为O元素；元素M的原子比X的原子的质子数少1，则M为Mg元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，Y为Si，X为Al，Z为O，W为H，M为Mg元素，
A．同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，Mg的3s轨道处于全满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能从小到大的顺序为：X＜M＜Y＜Z，故A错误；
B．硅晶体属于共价晶体，具有较高的熔沸点，硅晶体内部最小环为六元环，每个最小环含有6个Si原子，每个硅原子被12个最小六元环共用，则平均每个最小环占有＝个Si原子，故B正确；
C．Z、Y的最简单氢化物分别为水、硅烷，水分子之间存在氢键，其沸点大于硅烷；非金属性O＞Si，则最简单氢化物的稳定性Z＞Y，故C正确；
D．与Z同族，比Z大两个周期的元素为Se，其简单阴离子为Se2﹣，结合硫离子的核外电子总数可知，Se2﹣核外电子总数为18+18＝36，每个电子的运动状态均不同，则硒离子有36种运动状态不同的电子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构及物质性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，B为易错点，题目难度中等。
6．（2分）常温下，S2Cl2为浅黄色至橘红色、有恶臭、毒性的液体。S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊。下列叙述正确的是（ ）
A．硫磺是原子晶体，S2Cl2是分子晶体
B．S2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2和SO2的分子极性和中心原子的杂化方式均相同
C．Cl与S相比，前者非金属性更强，含氧酸酸性更强
D．S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大
【分析】A．硫磺是由分子构成的，分子晶体熔沸点较低；
B．S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊，说明S2Cl2和水反应生成难溶性固体S，同时生成HCl，根据氧化还原反应特点知，该反应中还生成SO2，S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，S2Cl2的正负电荷中心重合，S原子价层电子对个数是4；SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有一个孤电子对；
C．同一周期元素的非金属性随着原子序数增大而增强，HClO为弱酸、H2SO4为强酸；
D．I4和I5之间为能级之间的跨越，I6和I7之间为能层之间的跨越。
【解答】解：A．硫磺是由分子构成的，所以硫磺为分子晶体；S2Cl2的熔沸点较低，所以为分子晶体，故A错误；
B．S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊，说明S2Cl2和水反应生成难溶性固体S，同时生成HCl，根据氧化还原反应特点知，该反应中还生成SO2，S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，S2Cl2的正负电荷中心重合，为非极性分子，S原子价层电子对个数是4，S原子采用sp3杂化；SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有一个孤电子对，SO2为V形分子，S原子采用sp2杂化，故B错误；
C．同一周期元素的非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性Cl＞S，HClO为弱酸、H2SO4为强酸，所以Cl元素的含氧酸不一定比S元素的含氧酸强，故C错误；
D．I4和I5之间为能级之间的跨越，I6和I7之间为能层之间的跨越，所以S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶体类型判断、原子杂化类型判断、元素周期律等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合应用能力，明确晶体类型判断方法、原子杂化类型判断方法、元素周期律等知识点是解本题关键，注意：C中含氧酸不一定是最高价含氧酸，C选项为解答易错点。
7．（2分）短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图，下列叙述不正确的是（ ）
A．单质还原性：N＞R，单质熔点：N＜R
B．N2M、N2M2、R2M3三者中所含化学键的类型不完全相同
C．位于T下一个周期的元素中，单电子数最多的为Mn
D．N、R、T三者电负性从大到小的顺序为：T＞R＞N
【分析】短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图，T、M位于ⅥA族，结合原子半径可知，T为S，M为O；R位于ⅢA族，N位于ⅠA族，原子半径N＞R＞S，则N为Na，R为Al元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，M为O，N为Na，R为Al，T为S元素，
A．同周期从左向右金属性逐渐减弱，单质的还原性逐渐减弱，则单质还原性：N＞R；金属钠的熔点较低，金属铝的熔点较高，则单质熔点：N＜R，故A正确；
B．N2M、N2M2、R2M3分别为Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O、Al2O3中只含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，三者中所含化学键的类型不完全相同，故B正确；
C．T的下一周期为第四周期，第四周期元素中Cr的外围电子排布为3d54s1，其单电子数最多，故C错误；
D．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增大，则电负性从大到小的顺序为：T＞R＞N，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握族序数、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，C为易错点，题目难度不大。
8．（2分）物质Ⅲ（2，3﹣二氢苯并呋喃）是一种重要的精细化工原料，同时还是合成近年来发现的一些重要药物的中间原料，如抗肿瘤制剂苯并呋喃磺酰脲类化合物、HIV蛋白酶抑制剂氨基酸羟乙氨代磺酰。其合成的部分流程如图。下列叙述正确的是（ ）
A．Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有6种不同环境的氢，它是一种芳香烃，难溶于水
B．Ⅲ与足量H2加成所得产物中有2个手性碳原子
C．Ⅰ中所有原子可能位于同一平面内，氧原子为sp3杂化，碳原子为sp2杂化
D．Ⅱ有弱酸性，但不能使紫色石蕊试液变红，可与碳酸钠溶液反应，但没有气泡产生
【分析】A．Ⅲ结构不对称，含有6种氢原子，该分子中含有C、H、O三种元素，没有亲水基，只有憎水基；
B．Ⅲ与足量H2加成反应产物的结构简式为，两个环连接的碳原子为手性碳原子；
C．I中亚甲基具有甲烷结构特点，亚甲基上的碳原子、O原子的价层电子对个数都是4，苯环和五元环上碳原子的价层电子对个数是3；
D．Ⅱ中含有醇羟基，不含羧基和酚羟基，所以具有醇的性质，没有羧酸和酚的性质。
【解答】解：A．Ⅲ的结构不对称，Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有6种不同环境的氢，该分子中含有C、H、O三种元素且含有苯环，则该分子不属于芳香烃，属于芳香族化合物，没有亲水基，只有憎水基，所以不易溶于水，故A错误；
B．Ⅲ与足量H2加成反应产物的结构简式为，两个环连接的碳原子为手性碳原子，所以含有2个手性碳原子，故B正确；
C．I中亚甲基具有甲烷结构特点，亚甲基上的碳原子、O原子的价层电子对个数都是4，则亚甲基上的C原子、O原子都采用sp3杂化，苯环和五元环上碳原子的价层电子对个数是3，所以苯环和五元环上的碳原子都采用sp2杂化，故C错误；
D．Ⅱ中含有醇羟基，不含羧基和酚羟基，所以该物质没有弱酸性，不能使紫色石蕊试液变红，不能与碳酸钠溶液反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、基本概念、有机物的结构和性质等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、基本概念内涵、官能团及其性质关系是解本题关键，注意：Ⅱ中不存在酚羟基，题目难度不大。
9．（2分）由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．晶体中Al和Si构成二氧化硅型骨架
B．晶体中Li、Al、Si三种微粒的比例为2：2：1
C．Si原子从1s22s22p63s23px13py1转变为1s22s22p63s23py13pz1会吸收能量，产生吸收光谱
D．晶体中与每个Al紧邻的Si有4个
【分析】A．SiO2晶体中每个Si原子连接4个O原子、每个O原子连接4个Si；
B．该晶胞中Li原子个数＝1+12×＝4、Al原子个数＝8×+6×＝4、Si原子个数为4；
C．同一能级上的电子能量相同；
D．根据图知，每个Al原子连接4个相同的Si原子。
【解答】解：A．根据图知，晶胞中在顶角处有Si和Al原子不相连，故A错误；
B．该晶胞中Li原子个数＝1+12×＝4、Al原子个数＝8×+6×＝4、Si原子个数为4，则Li、Al、Si原子个数之比为4：4：4＝1：1：1，故B错误；
C．3px、3py能级属于同一能级，这两个能级上的电子能量相同，所以Si原子从1s22s22p63s23px13py1转变为1s22s22p63s23py13pz1能量不变，不产生吸收光谱，故C错误；
D．根据图知，每个Al原子连接4个相同的Si原子，所以晶体中与每个Al紧邻的Si有4个，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确二氧化硅晶体结构特点、该晶胞结构特点是解本题关键，注意均摊法的灵活应用，题目难度不大。
10．（2分）下列有关实验的描述和实验的结论、目的或解释都正确的是（ ）
选项
实验描述
结论、目的或解释
A
提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤
趁热过滤的目的：防止因温度降低导致苯甲酸析出损失
B
在氯乙烷中加入过量氢氧化钠溶液，加热一段时间，冷却后滴入几滴硝酸银，有白色沉淀析出
结论：氯乙烷在碱性条件下能水解出氯离子
C
向硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，生成天蓝色溶液
结论：四水合铜离子最终转化为四氨合铜离子
D
用裂化汽油萃取溴水中的溴，先将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从上口倒出
解释：溴在汽油中溶解度更大，汽油与水不互溶且密度比水小
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯甲酸在水中溶解度不大；
B.水解后在酸性溶液中检验卤素离子；
C.硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀；
D.裂化汽油与溴水发生加成反应。
【解答】解：A.苯甲酸在水中溶解度不大，则趁热过滤的目的是防止因温度降低导致苯甲酸析出损失，故A正确；
B.水解后在酸性溶液中检验卤素离子，水解后没有加硝酸中和NaOH，NaOH与硝酸银反应干扰氯离子的检验，故B错误；
C.硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后氨水时氢氧化铜的溶解平衡正向移动，且生成四氨合铜离子，溶液变为天蓝色，故C错误；
D.裂化汽油与溴水发生加成反应，不能发生萃取，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、溶解平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
二、不定项选择题（本题有5小题，每题4分，共20分。每题有1-2个选项符合题意，全选对得4分，少选得2分，错选不得分）
11．（4分）下列叙述错误的是（ ）
A．甲苯与液氯在FeCl3催化下反应，主要产物为2﹣氯甲苯和4﹣氯甲苯
B．联苯的一氯代物有3种，二氯代物有11种
C．K3Fe（CN）6是配位化合物，中心离子是Fe3+，配位原子是N
D．能降低氧化铝熔点的冰晶石的成分为Na3AlF6，它是离子化合物，含有配位键
【分析】A．甲苯和液氯在FeBr3的催化作用下，苯环的甲基的邻、对位的H原子被Cl原子取代；
B．根据分子中等效H原子判断一氯代物异构体数，分子中有几种不同环境的H原子，其一氯代物就有几种；二氯代物可以取代同一苯环上的氢原子，可以取代不同苯环上的氢原子，定其中1个氯原子位置，移动另一氯原子来判断；
C．配离子为[Fe（CN）6]3﹣，中心离子为Fe3+，配体为CN﹣，C原子与N原子形成三键，C原子含有孤对电子；
D．Na+和[AlF6]3﹣间通过离子键构成冰晶石（Na3AlF6）晶体，[AlF6]3﹣中含有配位键。
【解答】解：A．甲苯和液氯在FeBr3的催化作用下，苯环的甲基的邻、对位的H原子被Cl原子取代，主要产物为2﹣氯甲苯和4﹣氯甲苯，故A正确；
B．联苯（）的分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种；联苯（）二氯代物，若取代同一苯环上的氢原子，可以发生在如图所示的取代位置，1、2（与4、5相同）号位置，1、3（与3、5相同）号位置，1、4（与2、5相同）号位置，1、5号位置，2、3（与3、4相同）号位置，2、4号位置，有6种；若取代不同苯环上的氢原子，有如图所示的6种，故其二氯代物有12种，故B正确；
C．配位化合物K3Fe（CN）6中的配离子为[Fe（CN）6]3﹣，中心离子为Fe3+，配体为CN﹣，C原子与N原子形成三键，C原子含有孤对电子，所以配位原子为C原子，故C错误；
D．Na+和[AlF6]3﹣间通过离子键构成冰晶石（Na3AlF6）晶体，是离子化合物，[AlF6]3﹣中Al3+与F﹣形成配位键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查配合物的成键情况，为高频考点，涉及分子极性判断、离子化合物的判断、元素周期律、配合物等知识点，把握物质的结构和性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
12．（4分）A、B是两种气态烃，二者组成的混合气体完全燃烧后得到二氧化碳和水蒸气的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．混合烃中可能含有乙烯
B．混合烃中可能含有乙烷
C．若混合烃为CH4、C3H4，则体积比为7：3
D．混合烃中m（C）：m（H）＝2：5
【分析】A．由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体；
B．由A分析可知，混合烃不可能含有乙烷；
C．由A中分析可知，混合烃可能为CH4、C3H4，利用平均碳原子数计算二者体积之比；
D．根据平均分子式计算C、H质量之比。
【解答】解：A．由图可知两种气态烃的平均分子式为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，一般不超过4，故可能有C2H4，故A正确；
B．由A分析可知，混合气体一定含有CH4，若再含有乙烷，则分子中平均氢原子数目大于4，故混合烃不可能含有乙烷，故B错误；
C．由A中分析可知，混合烃可能为CH4、C3H4，设CH4、C3H4物质的量分别为amol、bmol，则＝1.6，整理可得a：b＝7：3，故相同条件下CH4、C3H4的体积之比为7：3，故C正确；
D．两种气态烃的平均分子式为C1.6H4，则混合烃中m（C）：m（H）＝（12×1.6）：4＝24：5，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题以图象为载体，考查烃组成的确定、化学计算等，难度中等，注意利用平均分子组成判断烃的组成，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13．（4分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，结构如图，下列叙述正确的是（ ）
A．1mol迷迭香酸分别与足量溴水和氢气反应时最多消耗7molBr2、8molH2
B．迷迭香酸遇FeCl3溶液显色，还可和醛类通过缩聚反应生成酚醛树脂
C．1mol迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5molNaOH
D．迷迭香酸性质复杂，可发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、消去反应
【分析】A．苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键能和溴以1：1发生加成反应；苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基和羧基中碳氧双键和氢气不反应；
B．苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以该有机物能和醛发生缩聚反应；
C．酚羟基、酯基水解生成的羧基、羧基都能和NaOH以1：1反应；
D．该分子中含有酚羟基、羧基、酯基、苯环和碳碳双键，具有酚、羧酸、酯、苯及烯烃的性质。
【解答】解：A．苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键能和溴以1：1发生加成反应，则1mol该有机物最多能和7mol溴反应；苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基和羧基中碳氧双键和氢气不反应，该分子中含有2个苯环和1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能和7mol氢气发生加成反应，故A错误；
B．该分子中含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以该有机物能和醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故B正确；
C．酚羟基、酯基水解生成的羧基、羧基都能和NaOH以1：1反应，该分子中含有4个酚羟基、1个酯基水解生成1个羧基、1个羧基，所以1mol该有机物最多能和5molNaOH反应，故C错误；
D．该分子中含有酚羟基、羧基、酯基、苯环和碳碳双键，具有酚、羧酸、酯、苯及烯烃的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应和还原反应，酚羟基和碳碳双键能发生氧化反应，酯基和酚羟基能发生取代反应，但该分子不能发生消去反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意C中易忽略酯基水解生成的酚羟基能和NaOH反应而导致错误判断。
14．（4分）A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是（ ）
A．B分子中的化学键为sp3﹣sσ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子
C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变
D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′
【分析】A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，则E为F2，A为HCl；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，则F为H2O2，C为PH3；B有臭鸡蛋气味，则B为H2S；D与甲烷分子构型相同，则D为SiH4；G为火箭推进器常用燃料，则G为N2H4；H为烃，则H为C2H6，以此分析解答。
【解答】解：A．B为H2S，中心原子S形成sp3杂化轨道，氢原子提供s电子原子轨道，形成sp3﹣sσ键，sp3﹣sσ键有轴对称性，可以旋转，故A正确；
B．F为H2O2，H为C2H6，H2O2、C2H6分子中均含有极性键（C﹣H、H﹣O键）和非极性键（O﹣O、C﹣C键），H2O2分子的正负电荷的中心不重合，属于极性分子，而C2H6分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B正确；
C．G为N2H4，N2H4能够与氢离子通过配位键形成阳离子N2H5+，N2H4和N2H5+的中心原子N的杂化方式均为sp3，即反应前后中心原子杂化方式不变，故C正确；
D．C为PH3，PH3分子中原子序数较大的元素为P，P元素形成的正四面体结构的单质为P4，P4分子中P﹣P键的键角为60°，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质组成、结构与性质来推断元素为解答关键，注意掌握常见化学键类型及白磷分子的结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
15．（4分）下列关于晶体结构的说法错误的是（ ）
A．碳化硅晶体中，所有原子都是sp3杂化，一个晶胞平均占有8个原子
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，钾原子的配位数为8
C．石墨晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：3，金刚石晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：4
D．金属Ag的堆积类型为面心立方最密堆积，空间利率78%
【分析】A．碳化硅晶胞如图所示：，据此解答；
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，晶胞如图所示：，据此判断配位数；
C．依据均摊法计算；
D．面心立方最密堆积和六方最密堆积的空间利用率都是74%。
【解答】解：A．依据碳化硅晶胞可知，每个碳、硅原子都形成4个共价键，无孤电子对，采取sp3杂化，一个晶胞平均占有8×+×6+4＝8，故A正确；
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，晶胞如图所示：，依据晶胞图示可知，1个K原子周围最近的K原子个数为8，所以其配位数为8，故B正确；
C．在石墨晶体中，一个碳原子与其他三个碳原子形成3根C﹣C键，每个碳原子占有1.5个C﹣C键，所以碳原子数与 C﹣C 键数之比为2：3；金刚石晶体中，1个碳原子形成4个共价键，每个共价键连有两个C原子，所以碳原子数与C﹣C键数之比为1：2，故C错误；
D．金属Ag的堆积类型为面心立方最密堆积，空间利率74%，故D错误；
故选：CD。
【点评】本题考查了晶体结构，明确典型晶体结构是解本题关键，注意均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度中等。
三、填空题（本题共4道题，共60分）
16．（14分）按照要求回答下列问题。
（1）中含氧官能团的名称为 酯基 。
（2）2﹣丁烯顺式异构体的结构简式为 。
（3）分子式为C11H16的一取代芳烃的同分异构体有 8 种。（不考虑立体异构）
（4）用1，2﹣二氯丙烷制取丙炔的化学方程式为 ，反应类型为 消去反应 。
（5）苯酚与过量浓溴水反应的化学方程式为 。
（6）有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有 13 种。（不考虑立体异构）
【分析】（1）有机物中决定物质特征性质的原子或原子团为官能团，根据结构简式确定官能团即可；
（2）顺式结构中C＝C相连的H原子（或其它相同的基团）在平面的同一侧；
（3）由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的3种同分异构体即可；
（4）卤代烃在强碱的醇溶液作用下会发生消去反应得到不饱和烃；
（5）苯酚与浓溴水反应，是苯酚分子中羟基对苯环影响，邻对位氢原子活泼，易于取代反应，据此回答；
（6）有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应，则含﹣COOH或﹣COOC﹣，以此来解答。
【解答】解：（1）中含氧官能团的名称为酯基，
故答案为：酯基；
（2）中相同基团在碳碳双键的两侧，为2﹣丁烯的反式结构，顺式结构中相同基团在碳碳双键的同侧，故结构简式为，
故答案为：；
（3）由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样写出C5H12的3种异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH4）2，分子中有几种等效氢原子，则其一取代苯就有8种异构体，等效氢原子数目分别是3、4、1，则分子式为C11H16的一取代芳烃的同分异构体有8种，
故答案为：8；
（4）1，2﹣二氯丙烷在强碱的醇溶液并加热的情况下，可以发生消去反应，得到乙炔，即制取丙炔的化学方程式为：，反应属于消去反应，
故答案为：；消去反应；
（5）苯酚与浓溴水反应，是苯酚分子中羟基对苯环影响，邻对位氢原子活泼，易于取代反应，发生反应的化学方程式为：，
故答案为：
（6）若含﹣COOH，﹣COOH与4个C的烃基相连，正丁烷和异丁烷均含2种H，则形成的羧酸有4种，若含﹣COOC﹣，可能为甲酸某酯，含4个C的醇有4种，形成酯有4种；
可能为乙酸丙酯，含3个C的醇有2种，则形成酯有2种，可能为丙酸乙酯，还可能是丁酸甲酯，﹣COOH与3个C的烷基相连有2种，则形成的酯有2种，
共4+4+2+1+2＝13种，
故答案为：13。
【点评】本题涉及有机物同分异构体的判断、有机物的性质以及化学方程式的书写方面的知识，知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
17．（16分）按照要求回答下列问题。
（1）高温下，Cu2O比CuO稳定，原因是 Cu+和Cu2+的价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全充满状态，能量更低，更稳定 。
（2）过渡元素的原子或者离子很容易形成配合物，Fe（CO）5就是其一，它相当活泼，在一定条件下可生成Fe（CO）3（CH3OH）。1.5mol Fe（CO）5中所含配位键的个数为 15NA（或9.03×1024） 。Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为 C、O 。（填元素符号）
（3）第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有： 钙、锗、硒 。（填名称）
（4）金属钛重量轻、强度高，航空发动机用的高温钛合金和机体用的结构钛合金是钛合金的主要发展方向。钛原子的外围电子排布图为 。已知金属Be的堆积方式与金属钛相同，则堆积方式为 六方最密堆积 ，Be与NaOH溶液反应的离子方程式为 Be+2OH﹣＝BeO22﹣+H2↑ 。
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，设Sr的原子直径为a，则Sr晶体的空间利用率为 ×100% 。（请用含有a的表达式表示，不要化简）
【分析】（1）原子轨道上电子排布为全充满、半充满或全空时能量较低，物质较稳定；
（2）碳与氧、铁与碳之间形成10个配位键，Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为C、O；
（3）同一周期从左往右元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，但同周期元素中ⅡA族元素的第一电离能大于ⅢA族，VA族元素的第一电离能大于ⅥA族；
（4）钛为22号元素，钛原子的外围电子排布式为3d24s2，金属钛的堆积方式为六方最密堆积，因此Be的堆积方式为六方最密堆积，Be与Al在元素周期表中处于对角线位置，化学性质相似；
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，均为面心立方最密堆积方式，晶胞中Sr原子数为6×+8×＝4，设Sr的原子直径为a，原子半径为r，晶胞参数为b，则4r＝2a＝b，b＝a，r＝，结合原子空间利用率进行计算。
【解答】解：（1）Cu2+的价层电子排布为3d9，而Cu+价电子排布为3d10，为全充满的稳定结构，能量较低，所以高温下Cu2O比CuO稳定，
故答案为：Cu+和Cu2+的价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全充满状态，能量更低，更稳定；
（2）一个CO分子中含有1个配位键，一个Fe（CO）5分子中铁与碳原子间形成5个配位键，则1个Fe（CO）5分子中含有10个配位键，即1.5molFe（CO）5中所含配位键的个数为15NA或9.03×1024，CH3OH分子中O原子含有孤电子对，则Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为C、O，
故答案为：15NA（或9.03×1024）；C、O；
（3）同一周期从左往右元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，但As的价电子排布式为4s24p3，为稳定的半充满结构，其第一电离能大于相邻VA族元素，，ⅡA族元素的第一电离能大于相邻的ⅢA族，所以第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有：位于二者之间的锗，和As相邻的硒元素，大于Ga元素的IIA族的钙元素，则第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有钙、锗、硒，
故答案为：钙、锗、硒；
（4）钛为22号元素，钛原子的外围电子排布式为3d24s2，外排布图为，金属钛的堆积方式为六方最密堆积，则Be的堆积方式也为六方最密堆积，Be与Al在元素周期表中处于对角线位置，化学性质相似，根据Al与NaOH溶液的反应可知，Be与NaOH溶液反应的离子方程式为Be+2OH﹣＝BeO22﹣+H2↑，
故答案为：；六方最密堆积；Be+2OH﹣＝BeO22﹣+H2↑；
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，均为面心立方最密堆积方式，晶胞中Sr原子数为6×+8×＝4，设Sr的原子直径为a，原子半径为r，晶胞参数为b，则4r＝2a＝b，b＝a，r＝，则Sr晶体的空间利用率为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布式或图、电离能、配位键、金属晶体的堆积方式、晶胞的计算等知识，为高频考点，侧重考查分析能力和计算能力，掌握原子结构、元素周期律及晶胞计算等知识为解题关键，注意均摊法的计算应用，题目难度中等。
18．（16分）世上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用M代表）是我国研制出来的。
（1）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量为第一电子亲和能（E1），下列说法错误的是 BD 。（填标号）
A．E1：C＜O＜F
B．沸点：＜
C．甲醛中碳氢键间夹角小于苯中的键角
D．尿素CO（NH2）2中碳原子和氮原子均为sp2杂化
（2）M晶体的部分结构如图。
①关于M中两阳离子的叙述正确的为 DF 。（填标号）
A.中心原子的杂化类型不同
B.中心原子的价层电子对数不同
C.立体结构相同
D.化学键类型相同
E.键角H3O+更大
F.H3O+中键的极性更大
②分子（或离子）中大π键可表示为πmn，右下角m为参与形成大π键的原子数，右上角n为参与形成大π键的电子数（如苯中m＝6，n＝6），将M中阴离子N5﹣的大π键表示成πmn，则m+n的数值为 11 。
（3）SO32﹣的空间构型是 三角锥形 ，请写出一种与它互为等电子体的分子 PCl3等 。
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，其电子式为 ，中心原子的杂化方式为 sp 。
（5）氨水中存在氢键，请写出一水合氨分子最有可能的结构式： 。
（6）1mol1，4﹣环己二烯中σ键的个数为 14NA 。
【分析】（1）A．根据第一亲和能概念知，元素越易得电子，其第一亲和能越大；
B．、中能形成分子间氢键的熔沸点较高；
C．甲醛中C是sp2杂化，C﹣H键与C﹣H键的键角略小于120°，苯分子中键角是120°；
D．尿素CO（NH2）2中碳原子的价层电子对个数是3、氮原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对；
（2）①根据图知，M中含有Cl﹣、NH4+、H3O+、N5﹣，NH4+中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，H3O+中中心原子的价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，
A．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4；
B．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4；
C．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，但前者中心原子不含孤电子对，后者中心原子含有一个孤电子对；
D．NH4+、H3O+中都含有极性键和配位键；
E．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
F．非金属的非金属性越强，该元素与H元素形成的极性键越强；
②N5﹣中5个原子6个电子形成大π键；
（3）SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26；
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，根据原子成键特点知，该分子结构式为N≡C﹣C≡N，中心原子的价层电子对个数是2且不含孤电子对；
（5）NH3分子中N和H形成共价单键，H2O中H和O形成共价单键，当NH3溶于水时，由于N、O具有很强非金属性，则氨气与水分子间容易形成氢键；
（6）1，4﹣环己二烯分子中含有6个C﹣Cσ键、8个C﹣Hσ键，则1个1，4﹣环己二烯分子中含有14个σ键。
【解答】解：（1）A．根据第一亲和能概念知，元素越易得电子，其第一亲和能越大，得电子能力：F＞O＞C，所以E1：C＜O＜F，故A正确；
B．、中能形成分子间氢键的熔沸点较高，前者能形成分子间氢键、后者能形成分子内氢键，所以熔沸点：前者大于后者，故B错误；
C．甲醛中C是sp2杂化，C﹣H键与C﹣H键夹角理论上是120°，但由于有羰基氧的孤对电子的排斥，实际键角应该略小于120°，苯分子中键角是120°，所以甲醛中碳氢键间夹角小于苯中的键角，故C正确；
D．尿素CO（NH2）2中碳原子的价层电子对个数是3、氮原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对，所以该分子中C、N原子杂化类型分别是sp2、sp3，故D错误；
故答案为：BD；
（2）①根据图知，M中含有Cl﹣、NH4+、H3O+、N5﹣，NH4+中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，H3O+中中心原子的价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，
A．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，则N、O原子杂化类型相同，都是sp3杂化，故A错误；
B．根据以上分析知，NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，故B错误；
C．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，但前者中心原子不含孤电子对，后者中心原子含有一个孤电子对，前者为正四面体形、后者为三角锥形，故C错误；
D．NH4+、H3O+中都含有极性键和配位键，所以二者所含化学键相同，故D正确；
E．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH4+、H3O+中N原子不含孤电子对、O原子含有一个孤电子对，所以键角：前者大于后者，故E错误；
F．非金属的非金属性越强，该元素与H元素形成的极性键越强，非金属性O＞N，所以H3O+中键的极性更大，故F正确；
故答案为：DF；
②N5﹣中5个原子6个电子形成大π键，该大π键可以表示为Π56，m+n＝11，
故答案为：11；
（3）SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，该离子为三角锥形，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26，符合条件的分子有PCl3等，
故答案为：三角锥形；PCl3等；
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，根据原子成键特点知，该分子结构式为N≡C﹣C≡N，电子式为，中心原子的价层电子对个数是2且不含孤电子对，则C原子采用sp杂化，
故答案为：；sp；
（5）NH3分子中N和H形成共价单键，H2O中H和O形成共价单键，当NH3溶于水时，由于N、O具有很强非金属性，容易形成氢键，结合一水合氨的性质，能电离出OH﹣，故最可能的结合方式为氨分子中的N与水分子中的H形成氢键，结构式为，
故答案为：；
（6）1，4﹣环己二烯分子中含有6个C﹣Cσ键、8个C﹣Hσ键，则1个1，4﹣环己二烯分子中含有14个σ键，则1mol1，4﹣环己二烯中σ键的个数为14NAσ键，
故答案为：14NA。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合应用能力，明确基本概念内涵、价层电子对互斥理论、氢键等知识点是解本题关键，（6）中易忽略C﹣Hσ键而导致错误判断。
19．（14分）回答下列问题。
（1）SiO2晶体部分结构如图，Si﹣O键与Si个数比为 4：1 。已知：键能/kJ•mol﹣1：Si﹣O460、Si﹣Si176、O＝O496，则反应Si（s）+O2（g）＝SiO2（s）的反应热△H＝ ﹣992kJ/mol 。
（2）SiO2、CO2、CS2熔点从低到高排序为 CO2＜CS2＜SiO2 ，原因是 SiO2为共价晶体，熔化破坏共价键，CO2和CS2为分子晶体，熔化破坏范德华力，共价键更强；CO2和CS2组成和结构相似，后者相对分子质量更大，范德华力更强，熔点更高 。
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，则它的一个晶胞中含有 8 个碘原子，晶体中与每个碘分子等距且最近的碘分子有 12 个。已知该晶胞棱长为apm，则碘晶体的密度可表示为 g/cm3。（用NA表示阿伏加德罗常数的数值，请用含有a的表达式表示，不要化简）
【分析】（1）依据二氧化硅晶体结构图可知1个硅原子与4个氧原子形成4个Si﹣O；根据△H＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和计算；
（2）一般地，熔点高低顺序为：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，共价晶体中共价键键长越短，将能越大，熔沸点越高；离子晶体中离子的半径越小、所带电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高；分子晶体中，形成分子间氢键会使物质的熔沸点反常的升高，组成和结构相似的相对分子质量越大，熔沸点越高；
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，干冰是面心堆积方式，据此分析；根据晶胞的密度ρ＝计算。
【解答】解：（1）依据二氧化硅晶体结构图可知1个硅原子与4个氧原子形成4个Si﹣O，故Si﹣O键与Si原子数目数目比为4：1；因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si﹣Si键，每个Si﹣Si键为1个Si原子提供个Si﹣Si键，所以1mol晶体硅中含有1mol×4×＝2molSi﹣Si键，反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，所以Si（s）+O2（g）＝SiO2（s）中，△H＝176kJ/mol×2mol+496kJ/mol﹣460kJ/mol×4＝﹣992kJ/mol，
故答案为：4：1；﹣992kJ/mol；
（2）在通常情况下，共价晶体的熔点高于离子晶体、离子晶体高于分子晶体；CO2属于分子晶体，在常温下是气体；CS2属于分子晶体，在常温下是液体，且其相对分子质量大于CO2；SiO2属于共价晶体，在常温下是固体，故SiO2的熔点最高，综上所述，它们的熔点从低到高的顺序为CO2＜CS2＜SiO2，原因为SiO2为共价晶体，熔化破坏共价键，CO2和CS2为分子晶体，熔化破坏范德华力，共价键更强；CO2和CS2组成和结构相似，后者相对分子质量更大，范德华力更强，熔点更高，
故答案为：CO2＜CS2＜SiO2；SiO2为共价晶体，熔化破坏共价键，CO2和CS2为分子晶体，熔化破坏范德华力，共价键更强；CO2和CS2组成和结构相似，后者相对分子质量更大，范德华力更强，熔点更高；
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，干冰是面心堆积方式，则碘晶体中的碘分子数为4，碘原子数为8，晶体中与每个碘分子等距且最近的碘分子有12个，晶胞的质量＝g，晶胞的体积＝（a×10﹣10）3cm3，则晶胞的密度＝＝g/cm3，
故答案为：8；12；。
【点评】本题考查键能与反应热的关系，难度中等，确定1mol晶体硅中Si﹣Si键、1mol二氧化硅晶体中Si﹣O键的物质的量是解题关键。
2020-2021学年河北省秦皇岛一中高二（下）第一次月考化学试卷
一、单项选择题（本题有10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．基态锆Zr原子价电子排布式为4d25s2，该元素位于周期表中第五周期第ⅣB族
B．在元素周期表中，非金属元素大多在p区，而d区、ds区和f区的元素都是金属元素
C．H2O能形成分子间氢键，故水分子比较稳定
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道
2．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构
B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂
C．SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同
D．过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成
3．（2分）银氨溶液也叫吐伦试剂，常用于制作瓶胆和鉴别还原糖。下列说法错误的是（ ）
A．甲醛是一元醛，1mol甲醛与足量的银氨溶液反应，转移4mol电子，生成4molAg
B．配制银氨溶液时，将稀氨水逐滴滴入到硝酸银溶液中至沉淀刚好消失为止，且此溶液不能长期存放，要现用现配
C．[Cu（NH3）4]2+是平面正方形结构，1molCu（NH3）42+含12molσ键
D．常温下，1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应生成1mol白色沉淀
4．（2分）霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的一种药物，口服吸收迅速，具有独特的免疫抑制作用和较高的安全性，结构如图，下列关于MMF的说法不正确的是（ ）
①MMF所有原子一定处在同一平面；
②可跟溴水加成；
③可被酸性KMnO4溶液氧化；
④可跟NaHCO3溶液反应；
⑤MMF的含氧官能团有4种；
⑥可发生加聚反应；
⑦可发生消去反应；
⑧可发生水解反应；
⑨可发生取代反应；
⑩可跟Na2CO3溶液反应
A．①④⑤ B．①④⑦ C．②③⑥⑧⑨⑩ D．①④⑤⑦
5．（2分）短周期五种元素Y、X、Z、W、M。Y、X、Z、W原子序数依次减小，它们形成的化合物X2Y4Z10（ZW）2为寿山石的主要成分，由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成。基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，YW4与W2Z2含有相同的电子数。元素M的原子比X的原子的质子数少1。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能从小到大的顺序为：M＜X＜Y＜Z
B．Y元素可形成一种熔点高、硬度大的单质晶体，晶体内部最小环为六元环，平均每个最小环占有个Y原子
C．Z的最简单氢化物的沸点高于Y的最简单氢化物，稳定性也强于Y的最简单氢化物
D．与Z同族，比Z大两个周期的元素的简单阴离子有36种运动状态不同的电子
6．（2分）常温下，S2Cl2为浅黄色至橘红色、有恶臭、毒性的液体。S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊。下列叙述正确的是（ ）
A．硫磺是原子晶体，S2Cl2是分子晶体
B．S2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2和SO2的分子极性和中心原子的杂化方式均相同
C．Cl与S相比，前者非金属性更强，含氧酸酸性更强
D．S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大
7．（2分）短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图，下列叙述不正确的是（ ）
A．单质还原性：N＞R，单质熔点：N＜R
B．N2M、N2M2、R2M3三者中所含化学键的类型不完全相同
C．位于T下一个周期的元素中，单电子数最多的为Mn
D．N、R、T三者电负性从大到小的顺序为：T＞R＞N
8．（2分）物质Ⅲ（2，3﹣二氢苯并呋喃）是一种重要的精细化工原料，同时还是合成近年来发现的一些重要药物的中间原料，如抗肿瘤制剂苯并呋喃磺酰脲类化合物、HIV蛋白酶抑制剂氨基酸羟乙氨代磺酰。其合成的部分流程如图。下列叙述正确的是（ ）
A．Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有6种不同环境的氢，它是一种芳香烃，难溶于水
B．Ⅲ与足量H2加成所得产物中有2个手性碳原子
C．Ⅰ中所有原子可能位于同一平面内，氧原子为sp3杂化，碳原子为sp2杂化
D．Ⅱ有弱酸性，但不能使紫色石蕊试液变红，可与碳酸钠溶液反应，但没有气泡产生
9．（2分）由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．晶体中Al和Si构成二氧化硅型骨架
B．晶体中Li、Al、Si三种微粒的比例为2：2：1
C．Si原子从1s22s22p63s23px13py1转变为1s22s22p63s23py13pz1会吸收能量，产生吸收光谱
D．晶体中与每个Al紧邻的Si有4个
10．（2分）下列有关实验的描述和实验的结论、目的或解释都正确的是（ ）
选项
实验描述
结论、目的或解释
A
提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤
趁热过滤的目的：防止因温度降低导致苯甲酸析出损失
B
在氯乙烷中加入过量氢氧化钠溶液，加热一段时间，冷却后滴入几滴硝酸银，有白色沉淀析出
结论：氯乙烷在碱性条件下能水解出氯离子
C
向硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，生成天蓝色溶液
结论：四水合铜离子最终转化为四氨合铜离子
D
用裂化汽油萃取溴水中的溴，先将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从上口倒出
解释：溴在汽油中溶解度更大，汽油与水不互溶且密度比水小
A．A B．B C．C D．D
二、不定项选择题（本题有5小题，每题4分，共20分。每题有1-2个选项符合题意，全选对得4分，少选得2分，错选不得分）
11．（4分）下列叙述错误的是（ ）
A．甲苯与液氯在FeCl3催化下反应，主要产物为2﹣氯甲苯和4﹣氯甲苯
B．联苯的一氯代物有3种，二氯代物有11种
C．K3Fe（CN）6是配位化合物，中心离子是Fe3+，配位原子是N
D．能降低氧化铝熔点的冰晶石的成分为Na3AlF6，它是离子化合物，含有配位键
12．（4分）A、B是两种气态烃，二者组成的混合气体完全燃烧后得到二氧化碳和水蒸气的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．混合烃中可能含有乙烯
B．混合烃中可能含有乙烷
C．若混合烃为CH4、C3H4，则体积比为7：3
D．混合烃中m（C）：m（H）＝2：5
13．（4分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，结构如图，下列叙述正确的是（ ）
A．1mol迷迭香酸分别与足量溴水和氢气反应时最多消耗7molBr2、8molH2
B．迷迭香酸遇FeCl3溶液显色，还可和醛类通过缩聚反应生成酚醛树脂
C．1mol迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5molNaOH
D．迷迭香酸性质复杂，可发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、消去反应
14．（4分）A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是（ ）
A．B分子中的化学键为sp3﹣sσ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子
C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变
D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′
15．（4分）下列关于晶体结构的说法错误的是（ ）
A．碳化硅晶体中，所有原子都是sp3杂化，一个晶胞平均占有8个原子
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，钾原子的配位数为8
C．石墨晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：3，金刚石晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：4
D．金属Ag的堆积类型为面心立方最密堆积，空间利率78%
三、填空题（本题共4道题，共60分）
16．（14分）按照要求回答下列问题。
（1）中含氧官能团的名称为 。
（2）2﹣丁烯顺式异构体的结构简式为 。
（3）分子式为C11H16的一取代芳烃的同分异构体有 种。（不考虑立体异构）
（4）用1，2﹣二氯丙烷制取丙炔的化学方程式为 ，反应类型为 。
（5）苯酚与过量浓溴水反应的化学方程式为 。
（6）有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有 种。（不考虑立体异构）
17．（16分）按照要求回答下列问题。
（1）高温下，Cu2O比CuO稳定，原因是 。
（2）过渡元素的原子或者离子很容易形成配合物，Fe（CO）5就是其一，它相当活泼，在一定条件下可生成Fe（CO）3（CH3OH）。1.5mol Fe（CO）5中所含配位键的个数为 。Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为 。（填元素符号）
（3）第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有： 。（填名称）
（4）金属钛重量轻、强度高，航空发动机用的高温钛合金和机体用的结构钛合金是钛合金的主要发展方向。钛原子的外围电子排布图为 。已知金属Be的堆积方式与金属钛相同，则堆积方式为 ，Be与NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，设Sr的原子直径为a，则Sr晶体的空间利用率为 。（请用含有a的表达式表示，不要化简）
18．（16分）世上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用M代表）是我国研制出来的。
（1）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量为第一电子亲和能（E1），下列说法错误的是 。（填标号）
A．E1：C＜O＜F
B．沸点：＜
C．甲醛中碳氢键间夹角小于苯中的键角
D．尿素CO（NH2）2中碳原子和氮原子均为sp2杂化
（2）M晶体的部分结构如图。
①关于M中两阳离子的叙述正确的为 。（填标号）
A.中心原子的杂化类型不同
B.中心原子的价层电子对数不同
C.立体结构相同
D.化学键类型相同
E.键角H3O+更大
F.H3O+中键的极性更大
②分子（或离子）中大π键可表示为πmn，右下角m为参与形成大π键的原子数，右上角n为参与形成大π键的电子数（如苯中m＝6，n＝6），将M中阴离子N5﹣的大π键表示成πmn，则m+n的数值为 。
（3）SO32﹣的空间构型是 ，请写出一种与它互为等电子体的分子 。
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，其电子式为 ，中心原子的杂化方式为 。
（5）氨水中存在氢键，请写出一水合氨分子最有可能的结构式： 。
（6）1mol1，4﹣环己二烯中σ键的个数为 。
19．（14分）回答下列问题。
（1）SiO2晶体部分结构如图，Si﹣O键与Si个数比为 。已知：键能/kJ•mol﹣1：Si﹣O460、Si﹣Si176、O＝O496，则反应Si（s）+O2（g）＝SiO2（s）的反应热△H＝ 。
（2）SiO2、CO2、CS2熔点从低到高排序为 ，原因是 。
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，则它的一个晶胞中含有 个碘原子，晶体中与每个碘分子等距且最近的碘分子有 个。已知该晶胞棱长为apm，则碘晶体的密度可表示为 g/cm3。（用NA表示阿伏加德罗常数的数值，请用含有a的表达式表示，不要化简）
2020-2021学年河北省秦皇岛一中高二（下）第一次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题有10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个正确答案）
1．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．基态锆Zr原子价电子排布式为4d25s2，该元素位于周期表中第五周期第ⅣB族
B．在元素周期表中，非金属元素大多在p区，而d区、ds区和f区的元素都是金属元素
C．H2O能形成分子间氢键，故水分子比较稳定
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道
【分析】A．4d能级未填满，元素属于过渡元素，电子层数＝周期序数，价电子数＝族序数；
B．s区氢元素是非金属元素，p区元素包括ⅢA族～ⅦA族元素和0族元素，含有金属元素与非金属元素，如金属元素Al、Pb等，过渡元素包括所有的副族元素和第Ⅷ族元素，d区包括ⅢB族～ⅦB族（其中ⅢB的镧系和锕系除外）元素和第Ⅷ族元素，ds区为ⅠB～ⅡB，f区是镧系和锕系；
C．分子稳定性和分子间作用力无关；
D．量子力学中，把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道。
【解答】解：A．基态锆Zr原子价电子排布式为4d25s2，核外有5个电子层，价电子数4，该元素位于周期表中第五周期第ⅣB族，故A正确；
B．在元素周期表中，包括ⅢA族～ⅦA族元素和0族元素，非金属元素大多在p区，而d区、ds区和f区的元素都是过渡元素，都是金属元素，故B正确；
C．H2O能形成分子间氢键，决定了沸点反常的高，分子中化学键较强，决定了水分子比较稳定，故C错误；
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，每个原子轨道最多为自旋方向相反的两个电子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、原子核外电子排布、周期表结构等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
2．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构
B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂
C．SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同
D．过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成
【分析】A．如果中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外；
B．非金属的非金属性越强，其电负性越大，在过渡金属区域寻找高效催化剂；
C．如果中心原子含有孤电子对，则该分子的VSEPR模型和分子的立体构型不相同；
D．过氧化钠和水反应生成NaOH和O2，过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成。
【解答】解：A．SiCl4的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝4+4＝8、CS2的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝4+4＝8、NF3的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝5+3＝8、PCl5的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值＝5+5＝10，所以SiCl4、CS2、NF3中各原子都达到8电子稳定结构，PCl5中P原子不满足8电子稳定结构，故A正确；
B．非金属性越强电负性数值越大，处于非金属三角区边界的锗的电负性为1.8，在过渡金属区域寻找高效催化剂，在“类金属”区域寻找半导体材料，故B错误；
C．如果中心原子含有孤电子对，则该分子的VSEPR模型和分子的立体构型不相同，SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，NO2中N原子价层电子对个数＝2+＝2.5且含有孤电子对、COCl2中C原子价层电子对个数＝3+＝3且不含孤电子对、SOCl2中S原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，所以SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型依次是平面三角形、平面三角形、平面三角形、四面体形，分子的立体构型依次是V形、V形、平面三角形、三角锥形，故C错误；
D．过氧化钠中的离子键、非极性断裂、H2O中的极性键断裂，且氧气中非极性键形成、氢氧化钠中离子键、极性共价键形成，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查分子空间构型判断、化学键、元素周期表等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确8电子稳定结构判断方法、价层电子对互斥理论内涵等知识点是解本题关键，注意：C选项“NO2”中N原子孤电子对个数是0.5，但其孤电子对个数按1判断，题目难度不大。
3．（2分）银氨溶液也叫吐伦试剂，常用于制作瓶胆和鉴别还原糖。下列说法错误的是（ ）
A．甲醛是一元醛，1mol甲醛与足量的银氨溶液反应，转移4mol电子，生成4molAg
B．配制银氨溶液时，将稀氨水逐滴滴入到硝酸银溶液中至沉淀刚好消失为止，且此溶液不能长期存放，要现用现配
C．[Cu（NH3）4]2+是平面正方形结构，1molCu（NH3）42+含12molσ键
D．常温下，1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应生成1mol白色沉淀
【分析】A．1mol甲醛与足量银氨溶液发生氧化反应时生成4molAg，Ag元素化合价由+1价变为0价；
B．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液中加氨水，银氨溶液长期存放，生成易爆的叠氮化银、氮化银、亚氨基化银等物质；
C．该配离子中每个铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个氨气分子中存在3个σ键，则该配离子中含有4+3×4＝16个σ键；
D．该配合物外界中的氯离子能和硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀。
【解答】解：A．1mol甲醛与足量银氨溶液发生氧化反应时生成4molAg，Ag元素化合价由+1价变为0价，生成4molAg转移电子的物质的量＝4mol×（1﹣0）＝4mol，故A正确；
B．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液中加氨水，至生成沉淀恰好溶解，银氨溶液长期存放，生成易爆的叠氮化银、氮化银、亚氨基化银等物质，所以银氨溶液不能长期存放，要现用现配，故B正确；
C．该配离子中每个铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个氨气分子中存在3个σ键，则该配离子中含有4+3×4＝16个σ键，所以1mol该配离子含有16molσ键，故C错误；
D．该配合物外界中的氯离子能和硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀，该配合物外界中含有1个氯离子，所以1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应生成1mol白色沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及溶液配制、氧化还原反应、配合物等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确银镜反应中醛和Ag的关系式、溶液配制方法、物质结构等知识点是解本题关键，C中易漏掉配位键而导致错误判断，题目难度不大。
4．（2分）霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的一种药物，口服吸收迅速，具有独特的免疫抑制作用和较高的安全性，结构如图，下列关于MMF的说法不正确的是（ ）
①MMF所有原子一定处在同一平面；
②可跟溴水加成；
③可被酸性KMnO4溶液氧化；
④可跟NaHCO3溶液反应；
⑤MMF的含氧官能团有4种；
⑥可发生加聚反应；
⑦可发生消去反应；
⑧可发生水解反应；
⑨可发生取代反应；
⑩可跟Na2CO3溶液反应
A．①④⑤ B．①④⑦ C．②③⑥⑧⑨⑩ D．①④⑤⑦
【分析】该分子中含有酯基、苯环、酚羟基、醚键、碳碳双键，具有酯、苯、酚、醚、烯烃的性质，一定条件下能发生水解反应、加成反应、取代反应、氧化反应、显色反应、加聚反应等。
【解答】解：①MMF中饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子一定不处于同一平面，故错误；
②含有碳碳双键，所以可跟溴水加成，故正确；
③该分子中的碳碳双键和酚羟基都可被酸性KMnO4溶液氧化，故正确；
④该分子中不含羧基，所以不可跟NaHCO3溶液反应，故错误；
⑤MMF的含氧官能团有酯基、醚键、酚羟基，共3种，故错误；
⑥分子中碳碳双键可发生加聚反应，故正确；
⑦该分子不可发生消去反应，故错误；
⑧该分子中的酯基可发生水解反应，故正确；
⑨该分子中的酯基和酚羟基都可发生取代反应，故正确；
⑩该分子中的酚羟基可跟Na2CO3溶液反应，故正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面的判断方法等知识点是解本题关键，注意：酚羟基能和碳酸钠反应而不能和碳酸氢钠反应，题目难度不大。
5．（2分）短周期五种元素Y、X、Z、W、M。Y、X、Z、W原子序数依次减小，它们形成的化合物X2Y4Z10（ZW）2为寿山石的主要成分，由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成。基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，YW4与W2Z2含有相同的电子数。元素M的原子比X的原子的质子数少1。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能从小到大的顺序为：M＜X＜Y＜Z
B．Y元素可形成一种熔点高、硬度大的单质晶体，晶体内部最小环为六元环，平均每个最小环占有个Y原子
C．Z的最简单氢化物的沸点高于Y的最简单氢化物，稳定性也强于Y的最简单氢化物
D．与Z同族，比Z大两个周期的元素的简单阴离子有36种运动状态不同的电子
【分析】短周期五种元素Y、X、Z、W、M，Y、X、Z、W原子序数依次减小，基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，其核外电子排布式为1s22s22p6或1s22s22p63s23p2，则Y为Ne或Si元素；X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，则W为H元素，Y只能为Si，X的原子序数小于Si，则X为Al；YW4与W2Z2含有相同的电子数，Z原子核外电子总数为＝8，则Z为O元素；元素M的原子比X的原子的质子数少1，则M为Mg元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，Y为Si，X为Al，Z为O，W为H，M为Mg元素，
A．同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，Mg的3s轨道处于全满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能从小到大的顺序为：X＜M＜Y＜Z，故A错误；
B．硅晶体属于共价晶体，具有较高的熔沸点，硅晶体内部最小环为六元环，每个最小环含有6个Si原子，每个硅原子被12个最小六元环共用，则平均每个最小环占有＝个Si原子，故B正确；
C．Z、Y的最简单氢化物分别为水、硅烷，水分子之间存在氢键，其沸点大于硅烷；非金属性O＞Si，则最简单氢化物的稳定性Z＞Y，故C正确；
D．与Z同族，比Z大两个周期的元素为Se，其简单阴离子为Se2﹣，结合硫离子的核外电子总数可知，Se2﹣核外电子总数为18+18＝36，每个电子的运动状态均不同，则硒离子有36种运动状态不同的电子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构及物质性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，B为易错点，题目难度中等。
6．（2分）常温下，S2Cl2为浅黄色至橘红色、有恶臭、毒性的液体。S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊。下列叙述正确的是（ ）
A．硫磺是原子晶体，S2Cl2是分子晶体
B．S2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2和SO2的分子极性和中心原子的杂化方式均相同
C．Cl与S相比，前者非金属性更强，含氧酸酸性更强
D．S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大
【分析】A．硫磺是由分子构成的，分子晶体熔沸点较低；
B．S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊，说明S2Cl2和水反应生成难溶性固体S，同时生成HCl，根据氧化还原反应特点知，该反应中还生成SO2，S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，S2Cl2的正负电荷中心重合，S原子价层电子对个数是4；SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有一个孤电子对；
C．同一周期元素的非金属性随着原子序数增大而增强，HClO为弱酸、H2SO4为强酸；
D．I4和I5之间为能级之间的跨越，I6和I7之间为能层之间的跨越。
【解答】解：A．硫磺是由分子构成的，所以硫磺为分子晶体；S2Cl2的熔沸点较低，所以为分子晶体，故A错误；
B．S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊，说明S2Cl2和水反应生成难溶性固体S，同时生成HCl，根据氧化还原反应特点知，该反应中还生成SO2，S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，S2Cl2的正负电荷中心重合，为非极性分子，S原子价层电子对个数是4，S原子采用sp3杂化；SO2分子中S原子价层电子对个数＝2+＝3且含有一个孤电子对，SO2为V形分子，S原子采用sp2杂化，故B错误；
C．同一周期元素的非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性Cl＞S，HClO为弱酸、H2SO4为强酸，所以Cl元素的含氧酸不一定比S元素的含氧酸强，故C错误；
D．I4和I5之间为能级之间的跨越，I6和I7之间为能层之间的跨越，所以S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶体类型判断、原子杂化类型判断、元素周期律等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合应用能力，明确晶体类型判断方法、原子杂化类型判断方法、元素周期律等知识点是解本题关键，注意：C中含氧酸不一定是最高价含氧酸，C选项为解答易错点。
7．（2分）短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图，下列叙述不正确的是（ ）
A．单质还原性：N＞R，单质熔点：N＜R
B．N2M、N2M2、R2M3三者中所含化学键的类型不完全相同
C．位于T下一个周期的元素中，单电子数最多的为Mn
D．N、R、T三者电负性从大到小的顺序为：T＞R＞N
【分析】短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图，T、M位于ⅥA族，结合原子半径可知，T为S，M为O；R位于ⅢA族，N位于ⅠA族，原子半径N＞R＞S，则N为Na，R为Al元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，M为O，N为Na，R为Al，T为S元素，
A．同周期从左向右金属性逐渐减弱，单质的还原性逐渐减弱，则单质还原性：N＞R；金属钠的熔点较低，金属铝的熔点较高，则单质熔点：N＜R，故A正确；
B．N2M、N2M2、R2M3分别为Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O、Al2O3中只含有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，三者中所含化学键的类型不完全相同，故B正确；
C．T的下一周期为第四周期，第四周期元素中Cr的外围电子排布为3d54s1，其单电子数最多，故C错误；
D．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增大，则电负性从大到小的顺序为：T＞R＞N，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握族序数、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，C为易错点，题目难度不大。
8．（2分）物质Ⅲ（2，3﹣二氢苯并呋喃）是一种重要的精细化工原料，同时还是合成近年来发现的一些重要药物的中间原料，如抗肿瘤制剂苯并呋喃磺酰脲类化合物、HIV蛋白酶抑制剂氨基酸羟乙氨代磺酰。其合成的部分流程如图。下列叙述正确的是（ ）
A．Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有6种不同环境的氢，它是一种芳香烃，难溶于水
B．Ⅲ与足量H2加成所得产物中有2个手性碳原子
C．Ⅰ中所有原子可能位于同一平面内，氧原子为sp3杂化，碳原子为sp2杂化
D．Ⅱ有弱酸性，但不能使紫色石蕊试液变红，可与碳酸钠溶液反应，但没有气泡产生
【分析】A．Ⅲ结构不对称，含有6种氢原子，该分子中含有C、H、O三种元素，没有亲水基，只有憎水基；
B．Ⅲ与足量H2加成反应产物的结构简式为，两个环连接的碳原子为手性碳原子；
C．I中亚甲基具有甲烷结构特点，亚甲基上的碳原子、O原子的价层电子对个数都是4，苯环和五元环上碳原子的价层电子对个数是3；
D．Ⅱ中含有醇羟基，不含羧基和酚羟基，所以具有醇的性质，没有羧酸和酚的性质。
【解答】解：A．Ⅲ的结构不对称，Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有6种不同环境的氢，该分子中含有C、H、O三种元素且含有苯环，则该分子不属于芳香烃，属于芳香族化合物，没有亲水基，只有憎水基，所以不易溶于水，故A错误；
B．Ⅲ与足量H2加成反应产物的结构简式为，两个环连接的碳原子为手性碳原子，所以含有2个手性碳原子，故B正确；
C．I中亚甲基具有甲烷结构特点，亚甲基上的碳原子、O原子的价层电子对个数都是4，则亚甲基上的C原子、O原子都采用sp3杂化，苯环和五元环上碳原子的价层电子对个数是3，所以苯环和五元环上的碳原子都采用sp2杂化，故C错误；
D．Ⅱ中含有醇羟基，不含羧基和酚羟基，所以该物质没有弱酸性，不能使紫色石蕊试液变红，不能与碳酸钠溶液反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、基本概念、有机物的结构和性质等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确价层电子对互斥理论内涵、基本概念内涵、官能团及其性质关系是解本题关键，注意：Ⅱ中不存在酚羟基，题目难度不大。
9．（2分）由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．晶体中Al和Si构成二氧化硅型骨架
B．晶体中Li、Al、Si三种微粒的比例为2：2：1
C．Si原子从1s22s22p63s23px13py1转变为1s22s22p63s23py13pz1会吸收能量，产生吸收光谱
D．晶体中与每个Al紧邻的Si有4个
【分析】A．SiO2晶体中每个Si原子连接4个O原子、每个O原子连接4个Si；
B．该晶胞中Li原子个数＝1+12×＝4、Al原子个数＝8×+6×＝4、Si原子个数为4；
C．同一能级上的电子能量相同；
D．根据图知，每个Al原子连接4个相同的Si原子。
【解答】解：A．根据图知，晶胞中在顶角处有Si和Al原子不相连，故A错误；
B．该晶胞中Li原子个数＝1+12×＝4、Al原子个数＝8×+6×＝4、Si原子个数为4，则Li、Al、Si原子个数之比为4：4：4＝1：1：1，故B错误；
C．3px、3py能级属于同一能级，这两个能级上的电子能量相同，所以Si原子从1s22s22p63s23px13py1转变为1s22s22p63s23py13pz1能量不变，不产生吸收光谱，故C错误；
D．根据图知，每个Al原子连接4个相同的Si原子，所以晶体中与每个Al紧邻的Si有4个，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确二氧化硅晶体结构特点、该晶胞结构特点是解本题关键，注意均摊法的灵活应用，题目难度不大。
10．（2分）下列有关实验的描述和实验的结论、目的或解释都正确的是（ ）
选项
实验描述
结论、目的或解释
A
提纯粗苯甲酸用重结晶法，主要步骤为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，过滤，洗涤
趁热过滤的目的：防止因温度降低导致苯甲酸析出损失
B
在氯乙烷中加入过量氢氧化钠溶液，加热一段时间，冷却后滴入几滴硝酸银，有白色沉淀析出
结论：氯乙烷在碱性条件下能水解出氯离子
C
向硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，生成天蓝色溶液
结论：四水合铜离子最终转化为四氨合铜离子
D
用裂化汽油萃取溴水中的溴，先将下层液体从分液漏斗下口放出，再将上层液体从上口倒出
解释：溴在汽油中溶解度更大，汽油与水不互溶且密度比水小
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.苯甲酸在水中溶解度不大；
B.水解后在酸性溶液中检验卤素离子；
C.硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀；
D.裂化汽油与溴水发生加成反应。
【解答】解：A.苯甲酸在水中溶解度不大，则趁热过滤的目的是防止因温度降低导致苯甲酸析出损失，故A正确；
B.水解后在酸性溶液中检验卤素离子，水解后没有加硝酸中和NaOH，NaOH与硝酸银反应干扰氯离子的检验，故B错误；
C.硫酸铜溶液中逐滴滴入稀氨水，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后氨水时氢氧化铜的溶解平衡正向移动，且生成四氨合铜离子，溶液变为天蓝色，故C错误；
D.裂化汽油与溴水发生加成反应，不能发生萃取，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、溶解平衡移动、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
二、不定项选择题（本题有5小题，每题4分，共20分。每题有1-2个选项符合题意，全选对得4分，少选得2分，错选不得分）
11．（4分）下列叙述错误的是（ ）
A．甲苯与液氯在FeCl3催化下反应，主要产物为2﹣氯甲苯和4﹣氯甲苯
B．联苯的一氯代物有3种，二氯代物有11种
C．K3Fe（CN）6是配位化合物，中心离子是Fe3+，配位原子是N
D．能降低氧化铝熔点的冰晶石的成分为Na3AlF6，它是离子化合物，含有配位键
【分析】A．甲苯和液氯在FeBr3的催化作用下，苯环的甲基的邻、对位的H原子被Cl原子取代；
B．根据分子中等效H原子判断一氯代物异构体数，分子中有几种不同环境的H原子，其一氯代物就有几种；二氯代物可以取代同一苯环上的氢原子，可以取代不同苯环上的氢原子，定其中1个氯原子位置，移动另一氯原子来判断；
C．配离子为[Fe（CN）6]3﹣，中心离子为Fe3+，配体为CN﹣，C原子与N原子形成三键，C原子含有孤对电子；
D．Na+和[AlF6]3﹣间通过离子键构成冰晶石（Na3AlF6）晶体，[AlF6]3﹣中含有配位键。
【解答】解：A．甲苯和液氯在FeBr3的催化作用下，苯环的甲基的邻、对位的H原子被Cl原子取代，主要产物为2﹣氯甲苯和4﹣氯甲苯，故A正确；
B．联苯（）的分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种；联苯（）二氯代物，若取代同一苯环上的氢原子，可以发生在如图所示的取代位置，1、2（与4、5相同）号位置，1、3（与3、5相同）号位置，1、4（与2、5相同）号位置，1、5号位置，2、3（与3、4相同）号位置，2、4号位置，有6种；若取代不同苯环上的氢原子，有如图所示的6种，故其二氯代物有12种，故B正确；
C．配位化合物K3Fe（CN）6中的配离子为[Fe（CN）6]3﹣，中心离子为Fe3+，配体为CN﹣，C原子与N原子形成三键，C原子含有孤对电子，所以配位原子为C原子，故C错误；
D．Na+和[AlF6]3﹣间通过离子键构成冰晶石（Na3AlF6）晶体，是离子化合物，[AlF6]3﹣中Al3+与F﹣形成配位键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查配合物的成键情况，为高频考点，涉及分子极性判断、离子化合物的判断、元素周期律、配合物等知识点，把握物质的结构和性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
12．（4分）A、B是两种气态烃，二者组成的混合气体完全燃烧后得到二氧化碳和水蒸气的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图，下列说法正确的是（ ）
A．混合烃中可能含有乙烯
B．混合烃中可能含有乙烷
C．若混合烃为CH4、C3H4，则体积比为7：3
D．混合烃中m（C）：m（H）＝2：5
【分析】A．由图可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体；
B．由A分析可知，混合烃不可能含有乙烷；
C．由A中分析可知，混合烃可能为CH4、C3H4，利用平均碳原子数计算二者体积之比；
D．根据平均分子式计算C、H质量之比。
【解答】解：A．由图可知两种气态烃的平均分子式为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，一般不超过4，故可能有C2H4，故A正确；
B．由A分析可知，混合气体一定含有CH4，若再含有乙烷，则分子中平均氢原子数目大于4，故混合烃不可能含有乙烷，故B错误；
C．由A中分析可知，混合烃可能为CH4、C3H4，设CH4、C3H4物质的量分别为amol、bmol，则＝1.6，整理可得a：b＝7：3，故相同条件下CH4、C3H4的体积之比为7：3，故C正确；
D．两种气态烃的平均分子式为C1.6H4，则混合烃中m（C）：m（H）＝（12×1.6）：4＝24：5，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题以图象为载体，考查烃组成的确定、化学计算等，难度中等，注意利用平均分子组成判断烃的组成，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13．（4分）迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，结构如图，下列叙述正确的是（ ）
A．1mol迷迭香酸分别与足量溴水和氢气反应时最多消耗7molBr2、8molH2
B．迷迭香酸遇FeCl3溶液显色，还可和醛类通过缩聚反应生成酚醛树脂
C．1mol迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5molNaOH
D．迷迭香酸性质复杂，可发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、消去反应
【分析】A．苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键能和溴以1：1发生加成反应；苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基和羧基中碳氧双键和氢气不反应；
B．苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以该有机物能和醛发生缩聚反应；
C．酚羟基、酯基水解生成的羧基、羧基都能和NaOH以1：1反应；
D．该分子中含有酚羟基、羧基、酯基、苯环和碳碳双键，具有酚、羧酸、酯、苯及烯烃的性质。
【解答】解：A．苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键能和溴以1：1发生加成反应，则1mol该有机物最多能和7mol溴反应；苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基和羧基中碳氧双键和氢气不反应，该分子中含有2个苯环和1个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能和7mol氢气发生加成反应，故A错误；
B．该分子中含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以该有机物能和醛发生缩聚反应生成酚醛树脂，故B正确；
C．酚羟基、酯基水解生成的羧基、羧基都能和NaOH以1：1反应，该分子中含有4个酚羟基、1个酯基水解生成1个羧基、1个羧基，所以1mol该有机物最多能和5molNaOH反应，故C错误；
D．该分子中含有酚羟基、羧基、酯基、苯环和碳碳双键，具有酚、羧酸、酯、苯及烯烃的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应和还原反应，酚羟基和碳碳双键能发生氧化反应，酯基和酚羟基能发生取代反应，但该分子不能发生消去反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意C中易忽略酯基水解生成的酚羟基能和NaOH反应而导致错误判断。
14．（4分）A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是（ ）
A．B分子中的化学键为sp3﹣sσ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子
C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变
D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′
【分析】A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，则E为F2，A为HCl；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，则F为H2O2，C为PH3；B有臭鸡蛋气味，则B为H2S；D与甲烷分子构型相同，则D为SiH4；G为火箭推进器常用燃料，则G为N2H4；H为烃，则H为C2H6，以此分析解答。
【解答】解：A．B为H2S，中心原子S形成sp3杂化轨道，氢原子提供s电子原子轨道，形成sp3﹣sσ键，sp3﹣sσ键有轴对称性，可以旋转，故A正确；
B．F为H2O2，H为C2H6，H2O2、C2H6分子中均含有极性键（C﹣H、H﹣O键）和非极性键（O﹣O、C﹣C键），H2O2分子的正负电荷的中心不重合，属于极性分子，而C2H6分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B正确；
C．G为N2H4，N2H4能够与氢离子通过配位键形成阳离子N2H5+，N2H4和N2H5+的中心原子N的杂化方式均为sp3，即反应前后中心原子杂化方式不变，故C正确；
D．C为PH3，PH3分子中原子序数较大的元素为P，P元素形成的正四面体结构的单质为P4，P4分子中P﹣P键的键角为60°，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质组成、结构与性质来推断元素为解答关键，注意掌握常见化学键类型及白磷分子的结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
15．（4分）下列关于晶体结构的说法错误的是（ ）
A．碳化硅晶体中，所有原子都是sp3杂化，一个晶胞平均占有8个原子
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，钾原子的配位数为8
C．石墨晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：3，金刚石晶体中C原子与C﹣C键个数比为1：4
D．金属Ag的堆积类型为面心立方最密堆积，空间利率78%
【分析】A．碳化硅晶胞如图所示：，据此解答；
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，晶胞如图所示：，据此判断配位数；
C．依据均摊法计算；
D．面心立方最密堆积和六方最密堆积的空间利用率都是74%。
【解答】解：A．依据碳化硅晶胞可知，每个碳、硅原子都形成4个共价键，无孤电子对，采取sp3杂化，一个晶胞平均占有8×+×6+4＝8，故A正确；
B．金属钾是非密置层在三维空间里堆积出来的，晶胞如图所示：，依据晶胞图示可知，1个K原子周围最近的K原子个数为8，所以其配位数为8，故B正确；
C．在石墨晶体中，一个碳原子与其他三个碳原子形成3根C﹣C键，每个碳原子占有1.5个C﹣C键，所以碳原子数与 C﹣C 键数之比为2：3；金刚石晶体中，1个碳原子形成4个共价键，每个共价键连有两个C原子，所以碳原子数与C﹣C键数之比为1：2，故C错误；
D．金属Ag的堆积类型为面心立方最密堆积，空间利率74%，故D错误；
故选：CD。
【点评】本题考查了晶体结构，明确典型晶体结构是解本题关键，注意均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度中等。
三、填空题（本题共4道题，共60分）
16．（14分）按照要求回答下列问题。
（1）中含氧官能团的名称为 酯基 。
（2）2﹣丁烯顺式异构体的结构简式为 。
（3）分子式为C11H16的一取代芳烃的同分异构体有 8 种。（不考虑立体异构）
（4）用1，2﹣二氯丙烷制取丙炔的化学方程式为 ，反应类型为 消去反应 。
（5）苯酚与过量浓溴水反应的化学方程式为 。
（6）有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应的有 13 种。（不考虑立体异构）
【分析】（1）有机物中决定物质特征性质的原子或原子团为官能团，根据结构简式确定官能团即可；
（2）顺式结构中C＝C相连的H原子（或其它相同的基团）在平面的同一侧；
（3）由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样只要写出C5H12的3种同分异构体即可；
（4）卤代烃在强碱的醇溶液作用下会发生消去反应得到不饱和烃；
（5）苯酚与浓溴水反应，是苯酚分子中羟基对苯环影响，邻对位氢原子活泼，易于取代反应，据此回答；
（6）有机物C5H10O2的异构体中能与NaOH溶液反应，则含﹣COOH或﹣COOC﹣，以此来解答。
【解答】解：（1）中含氧官能团的名称为酯基，
故答案为：酯基；
（2）中相同基团在碳碳双键的两侧，为2﹣丁烯的反式结构，顺式结构中相同基团在碳碳双键的同侧，故结构简式为，
故答案为：；
（3）由题意可知，该苯的同系物的各同分异构体的苯环上都只有一个侧链，在写其同分异构体时，可以把苯环看作是C5H12的一个取代基，这样写出C5H12的3种异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH4）2，分子中有几种等效氢原子，则其一取代苯就有8种异构体，等效氢原子数目分别是3、4、1，则分子式为C11H16的一取代芳烃的同分异构体有8种，
故答案为：8；
（4）1，2﹣二氯丙烷在强碱的醇溶液并加热的情况下，可以发生消去反应，得到乙炔，即制取丙炔的化学方程式为：，反应属于消去反应，
故答案为：；消去反应；
（5）苯酚与浓溴水反应，是苯酚分子中羟基对苯环影响，邻对位氢原子活泼，易于取代反应，发生反应的化学方程式为：，
故答案为：
（6）若含﹣COOH，﹣COOH与4个C的烃基相连，正丁烷和异丁烷均含2种H，则形成的羧酸有4种，若含﹣COOC﹣，可能为甲酸某酯，含4个C的醇有4种，形成酯有4种；
可能为乙酸丙酯，含3个C的醇有2种，则形成酯有2种，可能为丙酸乙酯，还可能是丁酸甲酯，﹣COOH与3个C的烷基相连有2种，则形成的酯有2种，
共4+4+2+1+2＝13种，
故答案为：13。
【点评】本题涉及有机物同分异构体的判断、有机物的性质以及化学方程式的书写方面的知识，知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
17．（16分）按照要求回答下列问题。
（1）高温下，Cu2O比CuO稳定，原因是 Cu+和Cu2+的价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全充满状态，能量更低，更稳定 。
（2）过渡元素的原子或者离子很容易形成配合物，Fe（CO）5就是其一，它相当活泼，在一定条件下可生成Fe（CO）3（CH3OH）。1.5mol Fe（CO）5中所含配位键的个数为 15NA（或9.03×1024） 。Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为 C、O 。（填元素符号）
（3）第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有： 钙、锗、硒 。（填名称）
（4）金属钛重量轻、强度高，航空发动机用的高温钛合金和机体用的结构钛合金是钛合金的主要发展方向。钛原子的外围电子排布图为 。已知金属Be的堆积方式与金属钛相同，则堆积方式为 六方最密堆积 ，Be与NaOH溶液反应的离子方程式为 Be+2OH﹣＝BeO22﹣+H2↑ 。
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，设Sr的原子直径为a，则Sr晶体的空间利用率为 ×100% 。（请用含有a的表达式表示，不要化简）
【分析】（1）原子轨道上电子排布为全充满、半充满或全空时能量较低，物质较稳定；
（2）碳与氧、铁与碳之间形成10个配位键，Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为C、O；
（3）同一周期从左往右元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，但同周期元素中ⅡA族元素的第一电离能大于ⅢA族，VA族元素的第一电离能大于ⅥA族；
（4）钛为22号元素，钛原子的外围电子排布式为3d24s2，金属钛的堆积方式为六方最密堆积，因此Be的堆积方式为六方最密堆积，Be与Al在元素周期表中处于对角线位置，化学性质相似；
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，均为面心立方最密堆积方式，晶胞中Sr原子数为6×+8×＝4，设Sr的原子直径为a，原子半径为r，晶胞参数为b，则4r＝2a＝b，b＝a，r＝，结合原子空间利用率进行计算。
【解答】解：（1）Cu2+的价层电子排布为3d9，而Cu+价电子排布为3d10，为全充满的稳定结构，能量较低，所以高温下Cu2O比CuO稳定，
故答案为：Cu+和Cu2+的价电子排布式分别为3d10和3d9，前者3d能级处于全充满状态，能量更低，更稳定；
（2）一个CO分子中含有1个配位键，一个Fe（CO）5分子中铁与碳原子间形成5个配位键，则1个Fe（CO）5分子中含有10个配位键，即1.5molFe（CO）5中所含配位键的个数为15NA或9.03×1024，CH3OH分子中O原子含有孤电子对，则Fe（CO）3（CH3OH）的配位原子为C、O，
故答案为：15NA（或9.03×1024）；C、O；
（3）同一周期从左往右元素的第一电离能呈逐渐增大的趋势，但As的价电子排布式为4s24p3，为稳定的半充满结构，其第一电离能大于相邻VA族元素，，ⅡA族元素的第一电离能大于相邻的ⅢA族，所以第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有：位于二者之间的锗，和As相邻的硒元素，大于Ga元素的IIA族的钙元素，则第四周期第一电离能数值介于Ga和As之间的主族元素有钙、锗、硒，
故答案为：钙、锗、硒；
（4）钛为22号元素，钛原子的外围电子排布式为3d24s2，外排布图为，金属钛的堆积方式为六方最密堆积，则Be的堆积方式也为六方最密堆积，Be与Al在元素周期表中处于对角线位置，化学性质相似，根据Al与NaOH溶液的反应可知，Be与NaOH溶液反应的离子方程式为Be+2OH﹣＝BeO22﹣+H2↑，
故答案为：；六方最密堆积；Be+2OH﹣＝BeO22﹣+H2↑；
（5）Sr晶体堆积方式与Cu相似，均为面心立方最密堆积方式，晶胞中Sr原子数为6×+8×＝4，设Sr的原子直径为a，原子半径为r，晶胞参数为b，则4r＝2a＝b，b＝a，r＝，则Sr晶体的空间利用率为×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布式或图、电离能、配位键、金属晶体的堆积方式、晶胞的计算等知识，为高频考点，侧重考查分析能力和计算能力，掌握原子结构、元素周期律及晶胞计算等知识为解题关键，注意均摊法的计算应用，题目难度中等。
18．（16分）世上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用M代表）是我国研制出来的。
（1）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量为第一电子亲和能（E1），下列说法错误的是 BD 。（填标号）
A．E1：C＜O＜F
B．沸点：＜
C．甲醛中碳氢键间夹角小于苯中的键角
D．尿素CO（NH2）2中碳原子和氮原子均为sp2杂化
（2）M晶体的部分结构如图。
①关于M中两阳离子的叙述正确的为 DF 。（填标号）
A.中心原子的杂化类型不同
B.中心原子的价层电子对数不同
C.立体结构相同
D.化学键类型相同
E.键角H3O+更大
F.H3O+中键的极性更大
②分子（或离子）中大π键可表示为πmn，右下角m为参与形成大π键的原子数，右上角n为参与形成大π键的电子数（如苯中m＝6，n＝6），将M中阴离子N5﹣的大π键表示成πmn，则m+n的数值为 11 。
（3）SO32﹣的空间构型是 三角锥形 ，请写出一种与它互为等电子体的分子 PCl3等 。
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，其电子式为 ，中心原子的杂化方式为 sp 。
（5）氨水中存在氢键，请写出一水合氨分子最有可能的结构式： 。
（6）1mol1，4﹣环己二烯中σ键的个数为 14NA 。
【分析】（1）A．根据第一亲和能概念知，元素越易得电子，其第一亲和能越大；
B．、中能形成分子间氢键的熔沸点较高；
C．甲醛中C是sp2杂化，C﹣H键与C﹣H键的键角略小于120°，苯分子中键角是120°；
D．尿素CO（NH2）2中碳原子的价层电子对个数是3、氮原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对；
（2）①根据图知，M中含有Cl﹣、NH4+、H3O+、N5﹣，NH4+中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，H3O+中中心原子的价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，
A．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4；
B．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4；
C．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，但前者中心原子不含孤电子对，后者中心原子含有一个孤电子对；
D．NH4+、H3O+中都含有极性键和配位键；
E．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
F．非金属的非金属性越强，该元素与H元素形成的极性键越强；
②N5﹣中5个原子6个电子形成大π键；
（3）SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26；
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，根据原子成键特点知，该分子结构式为N≡C﹣C≡N，中心原子的价层电子对个数是2且不含孤电子对；
（5）NH3分子中N和H形成共价单键，H2O中H和O形成共价单键，当NH3溶于水时，由于N、O具有很强非金属性，则氨气与水分子间容易形成氢键；
（6）1，4﹣环己二烯分子中含有6个C﹣Cσ键、8个C﹣Hσ键，则1个1，4﹣环己二烯分子中含有14个σ键。
【解答】解：（1）A．根据第一亲和能概念知，元素越易得电子，其第一亲和能越大，得电子能力：F＞O＞C，所以E1：C＜O＜F，故A正确；
B．、中能形成分子间氢键的熔沸点较高，前者能形成分子间氢键、后者能形成分子内氢键，所以熔沸点：前者大于后者，故B错误；
C．甲醛中C是sp2杂化，C﹣H键与C﹣H键夹角理论上是120°，但由于有羰基氧的孤对电子的排斥，实际键角应该略小于120°，苯分子中键角是120°，所以甲醛中碳氢键间夹角小于苯中的键角，故C正确；
D．尿素CO（NH2）2中碳原子的价层电子对个数是3、氮原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对，所以该分子中C、N原子杂化类型分别是sp2、sp3，故D错误；
故答案为：BD；
（2）①根据图知，M中含有Cl﹣、NH4+、H3O+、N5﹣，NH4+中N原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，H3O+中中心原子的价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，
A．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，则N、O原子杂化类型相同，都是sp3杂化，故A错误；
B．根据以上分析知，NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，故B错误；
C．NH4+、H3O+中中心原子的价层电子对个数都是4，但前者中心原子不含孤电子对，后者中心原子含有一个孤电子对，前者为正四面体形、后者为三角锥形，故C错误；
D．NH4+、H3O+中都含有极性键和配位键，所以二者所含化学键相同，故D正确；
E．孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH4+、H3O+中N原子不含孤电子对、O原子含有一个孤电子对，所以键角：前者大于后者，故E错误；
F．非金属的非金属性越强，该元素与H元素形成的极性键越强，非金属性O＞N，所以H3O+中键的极性更大，故F正确；
故答案为：DF；
②N5﹣中5个原子6个电子形成大π键，该大π键可以表示为Π56，m+n＝11，
故答案为：11；
（3）SO32﹣中S原子价层电子对个数＝3+＝4且含有一个孤电子对，该离子为三角锥形，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26，符合条件的分子有PCl3等，
故答案为：三角锥形；PCl3等；
（4）（CN）2分子为对称拟卤素，某些化学性质与卤素相似，根据原子成键特点知，该分子结构式为N≡C﹣C≡N，电子式为，中心原子的价层电子对个数是2且不含孤电子对，则C原子采用sp杂化，
故答案为：；sp；
（5）NH3分子中N和H形成共价单键，H2O中H和O形成共价单键，当NH3溶于水时，由于N、O具有很强非金属性，容易形成氢键，结合一水合氨的性质，能电离出OH﹣，故最可能的结合方式为氨分子中的N与水分子中的H形成氢键，结构式为，
故答案为：；
（6）1，4﹣环己二烯分子中含有6个C﹣Cσ键、8个C﹣Hσ键，则1个1，4﹣环己二烯分子中含有14个σ键，则1mol1，4﹣环己二烯中σ键的个数为14NAσ键，
故答案为：14NA。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合应用能力，明确基本概念内涵、价层电子对互斥理论、氢键等知识点是解本题关键，（6）中易忽略C﹣Hσ键而导致错误判断。
19．（14分）回答下列问题。
（1）SiO2晶体部分结构如图，Si﹣O键与Si个数比为 4：1 。已知：键能/kJ•mol﹣1：Si﹣O460、Si﹣Si176、O＝O496，则反应Si（s）+O2（g）＝SiO2（s）的反应热△H＝ ﹣992kJ/mol 。
（2）SiO2、CO2、CS2熔点从低到高排序为 CO2＜CS2＜SiO2 ，原因是 SiO2为共价晶体，熔化破坏共价键，CO2和CS2为分子晶体，熔化破坏范德华力，共价键更强；CO2和CS2组成和结构相似，后者相对分子质量更大，范德华力更强，熔点更高 。
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，则它的一个晶胞中含有 8 个碘原子，晶体中与每个碘分子等距且最近的碘分子有 12 个。已知该晶胞棱长为apm，则碘晶体的密度可表示为 g/cm3。（用NA表示阿伏加德罗常数的数值，请用含有a的表达式表示，不要化简）
【分析】（1）依据二氧化硅晶体结构图可知1个硅原子与4个氧原子形成4个Si﹣O；根据△H＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和计算；
（2）一般地，熔点高低顺序为：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，共价晶体中共价键键长越短，将能越大，熔沸点越高；离子晶体中离子的半径越小、所带电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高；分子晶体中，形成分子间氢键会使物质的熔沸点反常的升高，组成和结构相似的相对分子质量越大，熔沸点越高；
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，干冰是面心堆积方式，据此分析；根据晶胞的密度ρ＝计算。
【解答】解：（1）依据二氧化硅晶体结构图可知1个硅原子与4个氧原子形成4个Si﹣O，故Si﹣O键与Si原子数目数目比为4：1；因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si﹣Si键，每个Si﹣Si键为1个Si原子提供个Si﹣Si键，所以1mol晶体硅中含有1mol×4×＝2molSi﹣Si键，反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，所以Si（s）+O2（g）＝SiO2（s）中，△H＝176kJ/mol×2mol+496kJ/mol﹣460kJ/mol×4＝﹣992kJ/mol，
故答案为：4：1；﹣992kJ/mol；
（2）在通常情况下，共价晶体的熔点高于离子晶体、离子晶体高于分子晶体；CO2属于分子晶体，在常温下是气体；CS2属于分子晶体，在常温下是液体，且其相对分子质量大于CO2；SiO2属于共价晶体，在常温下是固体，故SiO2的熔点最高，综上所述，它们的熔点从低到高的顺序为CO2＜CS2＜SiO2，原因为SiO2为共价晶体，熔化破坏共价键，CO2和CS2为分子晶体，熔化破坏范德华力，共价键更强；CO2和CS2组成和结构相似，后者相对分子质量更大，范德华力更强，熔点更高，
故答案为：CO2＜CS2＜SiO2；SiO2为共价晶体，熔化破坏共价键，CO2和CS2为分子晶体，熔化破坏范德华力，共价键更强；CO2和CS2组成和结构相似，后者相对分子质量更大，范德华力更强，熔点更高；
（3）碘晶体的堆积方式与干冰相似，干冰是面心堆积方式，则碘晶体中的碘分子数为4，碘原子数为8，晶体中与每个碘分子等距且最近的碘分子有12个，晶胞的质量＝g，晶胞的体积＝（a×10﹣10）3cm3，则晶胞的密度＝＝g/cm3，
故答案为：8；12；。
【点评】本题考查键能与反应热的关系，难度中等，确定1mol晶体硅中Si﹣Si键、1mol二氧化硅晶体中Si﹣O键的物质的量是解题关键。
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