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广东省广州市第六中学2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试题
一、单选题(本题包括 16 小题，每小题只有一个选项符合题意，1~10小题每小题 2分，11~16小题每小题4分，共44 分)
1．文物记载体现中华文明灿烂成就，科技发展体现国家繁荣强盛，下列说法错误的是
A．宋蕉叶形水晶杯，水晶属于晶体
B．天和核心舱的主要材料SiC是共价晶体
C．“奋斗者”潜水艇的46Ti与47Ti互为同素异形体
D．北斗卫星太阳能电池使用了砷化镓器件，砷是p区元素
2．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，这体现了中国对解决气候问题的大国担当。在实际生产中，可利用反应：CO2+NaOH=NaHCO3来捕捉废气中的CO2，下列有关化学用语表示正确的是
A．的空间填充模型：
B．H2O2的电子式：
C．钠原子2py电子云图为
D．Na+的电子排布式：
3．《自然 天文学》发表的一篇研究论文称在金星大气中探测到一个只属于磷化氢()的特征光谱。磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的强还原性气体，制备的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．通过晶体的X射线衍射实验获得分子中∠P-P-P键角为109°28＇
B．次磷酸()属于一元酸
C．比稳定是因为分子间存在氢键
D．的VSEPR模型为平面正三角形
4．一种新型有机物G的结构如图所示，下列关于G的推断错误的是
A．G所含官能团有碳碳双键、羟基和碳氟键
B．G分子中碳原子与氧原子的杂化方式相同
C．G能使酸性KMnO4溶液、溴的四氯化碳溶液褪色
D．G发生加成聚合反应得到的高分子化合物为混合物
5．氨基酸是构成蛋白质的结构单元，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．第一电离能：
B．该分子结构中不存在手性碳原子
C．该分子中碳原子的杂化轨道类型有和
D．键的极性强弱：
6．物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 键角： O的电负性大于N
B 加热稀溶液，溶液变色 升温促进与形成
C 的碱性强于 中N的电子云密度比大
D 离子液体常温下呈液态 原因之一是离子液体的阴阳离子半径较大
A．A B．B C．C D．D
7．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是
A．金刚石>石墨>碳-60 B．
C． D．金刚石>生铁>纯铁>钠
8．下列除杂试剂和方法的选择均正确的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 方法
A 苯(溴) 水 过滤
B 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
C CO2(HCl) 碳酸钠 洗气
D 苯甲酸(泥沙，NaCl) 蒸馏水 重结晶
A．A B．B C．C D．D
9．下列说法正确的是
A．超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和
B．利用红外光谱可以测定分子的相对分子质量
C．苹果酸含有1个手性碳原子
D．基态S原子核外电子的运动状态有9种
10．咪唑类盐可作离子液体，在电池、有机合成和催化剂方面具有广泛的用途。下图是一类咪唑类盐的结构简式，其中X、Y、Z均是短周期主族元素，X、Z同主族，基态Y原子和基态Z原子核外电子均有5种空间运动状态，基态X原子的最高能级的不同轨道中均有电子且自旋方向相同。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：
B．电负性：
C．原子半径：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.8g D2O含有中子数为NA
B．2.24L乙烯中含σ键的数目为0.5 NA
C．1mol 配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2完全电离的Cl-数目为3NA
D．20g SiC晶体中Si―C键的数目为2NA
12．五羰基合铁[Fe(CO)5]在常温下为淡黄色、易挥发的有毒液体(结构如下左图所示)，易溶于苯，不溶于水。以Fe(CO)5作为前驱体的析氢反应历程如下右图所示。下列说法错误的是
A．反应历程中，Fe的配位数未发生变化
B．该析氢反应的总反应方程式为H2O + CO =CO2 + H2
C．固态Fe(CO)5熔化时，主要克服范德华力
D．Fe(CO)5分子为非极性分子
13．铁有δ、γ、α三种同素异形体，其晶胞结构如图所示，下列判断正确的是
A．δ、γ、α铁晶体中存在金属阳离子和阴离子
B．γ-Fe晶胞中所含有的铁原子数为14
C．δ、α两种晶胞中铁原子周围等距离且最近的铁原子个数之比为4∶3
D．若α-Fe晶胞棱长为acm，γ-Fe晶胞棱长为bcm，则两种晶体的密度比为b3∶a3
14．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，得到深蓝色的溶液，将溶液分为两份，分别进行下列实验操作：
序号 实验操作 实验现象或结论
① 再加入95%乙醇 析出深蓝色晶体
② 向深蓝色溶液中插入打磨至光亮的铁丝 一段时间后，铁丝表面析出有金属光泽的红色固体
下列说法不正确的是
A．和中N的杂化方式不同
B．实验①析出深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O
C．实验②说明[Cu(H2O)4]2+与NH3的反应是可逆反应
D．上述实验可得配离子的稳定性顺序为：[Cu(NH3)4]2+ [Cu(H2O)4]2+
15．观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法正确的是
金刚石 石墨 FeSO4·7H2O MgO
A．金刚石与石墨中碳原子的杂化方式不同，金刚石中每个碳原子被6个六元环共用
B．石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
C．FeSO4·7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2
D．晶体熔点：金刚石 > CaO > MgO
16．氮化硼是重要的无机非金属材料，在工业生产中有着重要的作用。常见的三种氮化硼晶体结构如下图所示：
下列叙述错误的是
A．h-BN晶体中存在大π键
B．c-BN晶体中N位于由B构成的四面体空隙中
C．w-BN晶体中B的配位数为6
D．晶体硬度大小关系为c-BN>h-BN
二、填空题(本题包括4小题，共54分)
17．I．以下是10种常见的有机物，请根据要求回答下列问题。
（1）以上属于芳香烃的是　 　(填序号)。
（2）某烃与氢气1：1加成后得到①，该烃的结构简式可能有　 　种。
（3）②分子中最多有　 　个碳原子在同一直线上。
（4）③的核磁共振氢谱中有　 　组峰。
（5）④属于　 　(填“醇类”或“酚类”)，写出④中官能团的电子式　 　。
（6）⑥中的官能团的名称为　 　。
（7）以上物质中属于同系物的是　 　；属于同分异构体的是　 　。
（8）⑨的一氯代物有　 　种，其中一种一氯代物的核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：4：4：2，写出该一氯代物的结构简式　 　。
Ⅱ．
（9）准确称取4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，将有机物X经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱图分别如图所示，核磁共振氢谱只有3组峰，则该有机物X的结构简式可能为　 　(任写一种)。
（10）已知共轭二烯与含有双键的化合物相互作用，能生成六元环状化合物，例如，在一定条件下，异戊二烯和丙烯腈(CH2=CHCN)能发生类似上述的反应，生成两种化合物(互为同分异构体)，写出任意一种产物的结构简式　 　。
18．镓(Ga)是一种战略性元素，科学家制备了一种日盲紫外响应增强的全光谱异质结自供能光电探测器，其在零偏压下表现出200至850 nm的响应范围，并具备优异的稳定性和成像能力。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的价电子排布图为　 　，该基态原子最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。
（2）已知的熔点为1000℃，而GaCl3的熔点只有77.9℃，在270℃时，氯化镓以二聚体(Ga2Cl6)存在。
①和中Ga原子的杂化方式分别为　 　、　 　。
②的熔点比高的原因是　 　。
③分子中存在　 　。
A. 极性键　　B. 配位键　　C. 非极性键　　D. 离子键　　E. 氢键
（3）[Ga(NH3)4Cl2]+中Ga3+的配位数为　 　，1个该配位离子中含有σ键数目为　 　
（4）某Ga、As组成的化合物晶胞结构如图所示，该晶体的密度为ρ g cm-3，阿伏加德罗常数的值为。
①该化合物的化学式为　 　。
②该晶胞中As原子间的最近距离为　 　nm(用含ρ、的代数式表示)。
19．As2O3在诱导癌细胞凋亡、治疗急性早幼粒细胞性白血病等方面表现出显著疗效。对某睢黄矿处理后得到一种含砷矿流(主要成分为As2S3和 FeS)， 由该矿渣生产As2O3 的工艺流程如下：
已知：①As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O
②砷存在两种常见的含氧酸根离子，AsO和AsO， 前者易被氧化
回答下列问题：
（1）As 位于第四周期，且与N同主族，基态As 的原子结构示意图为　 　
（2）下列有关硫黄的性质和用途的说法错误的是　 　(填字母)。
a．不溶于水，易溶于乙醇 　　　　b．可用于制造农药、火柴、火药
c．易溶于二硫化碳 d．硫黄在足量氧气中燃烧生成三氧化硫
（3）“浸取”产生的AsO和AsS中As的杂化方式一致，均为　 　杂化，浸渣的成分为　 　。
（4）“脱硫”时，Na3AsO3和Na3AsS3均会被NaClO氧化，其中AsS与ClO-反应的离子方程式为　 　。
（5）“酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应的化学方程式为　 　。
（6）③某含氮催化剂的六方晶胞如图，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。其化学式为　 　；若A点原子的分数坐标为(1，0，0)，则B点Li原子的分数坐标为　 　；1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为　 　。
20．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅰ．氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键 N≡N H-H N-H
键能E(kJ·mol-1) 946 436 391
在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：
（1）反应2NH3(g) N2(g)+ 3H2(g) H=　 　kJ·mol-1。
（2）已知该反应的 S=0.1989kJ·mol-1 ·K-1，则该反应在　 　(填“较高温度”、“较低温度”、“任意温度”)下反应能自发进行；
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，t1 时反应达到平衡，用N2的分压变化表示0~t1 时间内的反应速率v(N2)=　 　kPa·min-1(用含t1的代数式表示)。
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，重新达到平衡后该反应的平衡常数为　 　。
方法Ⅱ．氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中OH- 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)。
（5）阴极的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；同素异形体；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．水晶的主要成分是二氧化硅（SiO2），二氧化硅属于共价晶体，因此选项A正确；
B．碳化硅（SiC）俗称金刚砂，具有共价晶体结构，因此选项B正确；
C．46Ti和47Ti的质子数相同但中子数不同，属于同位素关系，因此选项C是错误的；
D．砷元素位于元素周期表第ⅤA族，其基态价电子排布为4s24p3，属于p区元素，因此选项D正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A．分析水晶成分，知其为晶体；
B．碳化硅属于共价晶体；
C．同素异形体指的是同种元素构成的不同单质；
D．砷是33号元素，位于p区。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．碳原子（C）的半径大于氧原子（O），CO2分子呈直线形结构，其空间填充模型为，因此选项A是错误的；
B．H2O2属于共价化合物，其电子式应为，因此选项B是错误的；
C．p电子的电子云呈哑铃形分布，钠原子2py轨道的电子云在y轴方向上形成哑铃形，其示意图为，因此选项C是正确的；
D．Na+的电子排布式为，因此选项D是错误的；
正确答案是C。
【分析】A．碳元素的原子半径大于氧元素的原子半径；
B．过氧化氢是共价化合物；
C．p能级的电子云轮廓图呈哑铃形；
D．钠离子有10个电子。
3．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、白磷（P4）分子为正四面体结构，4 个 P 原子位于正四面体的顶点，分子内∠P-P-P 键角为 60°，并非 109°28'，A错误；
B、由流程可知，白磷与浓 NaOH 反应生成 NaH2PO2（次磷酸钠），说明 H3PO2分子中只有 1 个可电离的 H 原子，属于一元酸，B正确；
C、NH3比 PH3稳定的本质原因是 N 的非金属性强于 P，N-H 键键能大于 P-H 键，与分子间氢键无关（氢键影响物理性质，不影响稳定性），C错误；
D、PH3中 P 原子的价电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，分子空间构型为三角锥形，并非平面正三角形，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
白磷结构：正四面体构型，键角为 60°，是典型的分子晶体。
酸的元数判断：酸分子中可电离的 H 原子个数决定酸的元数，NaH2PO2的生成证明 H3PO2是一元酸。
氢化物稳定性：同主族氢化物的稳定性由中心原子非金属性决定，非金属性越强，共价键键能越大，氢化物越稳定。
VSEPR 模型：价电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，PH3中 P 原子有 1 对孤电子对，VSEPR 模型为四面体形，分子构型为三角锥形。
4．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；烯烃；醇类简介
【解析】【解答】A．根据G的结构简式分析，其分子中含有碳碳双键（）、羟基（）和碳氟键（）三种官能团，该选项正确；
B．G分子中：氧原子（）采用sp3杂化，双键碳原子（）采用sp2杂化，饱和碳原子（如）采用sp3杂化，因此分子中碳原子与氧原子的杂化方式不完全相同，该选项错误；
C．G分子中的碳碳双键具有以下性质：能与酸性溶液发生氧化反应使溶液褪色，能与溴水发生加成反应使溶液褪色，该选项正确；
D．G分子中的碳碳双键可以发生加聚反应，但由于聚合度n值不确定，生成的高分子化合物是混合物，该选项正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】根据有机物G结构分析，含有官能团碳碳双键，羟基和碳氟键，可发生加成反应、氧化反应和加聚反应，碳碳双键两端碳原子是sp2杂化，饱和碳原子是sp3杂化。
5．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．在同一周期的主族元素中，从左到右第一电离能总体呈现递增趋势。但需要注意的是，第ⅤA族元素（如氮）由于具有半充满的p轨道电子构型，其第一电离能会高于同周期相邻的ⅥA族元素（如氧）。因此第一电离能关系为：，所以A选项是错误的；
B．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。在题目给出的分子结构 ， 中，与基团相连的碳原子（用*标记）确实符合手性碳的定义，因此B选项是错误的；
C．在该分子中，碳氧双键中的碳原子采用杂化方式，而其他饱和碳原子都采用杂化。因此C选项是错误的；
D．通常情况下，两种成键元素间的电负性差异越大，形成的共价键极性越强。F、O、N的电负性依次递减，且都大于H。因此键的极性大小关系为：，D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据周期表中元素电离能变化规律作答；
B．手性碳原子指的是连4个不同原子或原子团的碳原子；
C．根据结构简式，无sp杂化轨道类型；
D．两元素电负性差值越大，共价键极性越强，电负性顺序为N6．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．和分子中的中心原子均采用sp3杂化。其中分子含有一个孤电子对，而分子含有两个孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥作用越强，导致键角越小。因此的键角大于是由孤电子对数目差异决定的，而非原子电负性差异，故选项A错误；B．稀溶液加热时，温度升高会促进与形成配离子，这种配位平衡的移动会导致溶液颜色发生变化，故选项B正确；
C．在分子中，甲基作为推电子基团能够增加氮原子上的电子云密度，使其更容易提供孤电子对，因此其碱性比更强，故选项C正确；
D．离子液体具有较大的阴阳离子半径，导致其晶格能较小，因而在常温下呈现液态，故选项D正确；
综上所述，正确答案应选择A。
【分析】A．中心原子杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小；
B．升高温度，溶液中 浓度增大，溶液变色；
C．中N的电子云密度 更大，容易接受氢离子，体会更强的碱性；
D．阴阳离子半径大，物质熔沸点低。
7．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用
【解析】【解析】A. 石墨属于混合型晶体，其层内碳碳共价键键长（约1.42 ）比金刚石（约1.54 ）更短，键能更大，因此熔点关系为石墨＞金刚石。而C60是分子晶体，仅靠范德华力结合，熔点显著低于前两者。综上，熔沸点排序应为：石墨＞金刚石＞碳-60，故A选项错误；
B. 对羟基苯甲酸能形成分子间氢键（-COOH与-OH间），而邻羟基苯甲酸因空间位阻主要形成分子内氢键。分子间氢键会显著提高熔沸点，因此对羟基苯甲酸的熔沸点更高，B选项正确；
C. MgO是离子晶体（熔点为2852℃），其熔沸点远高于分子晶体。H2O因氢键作用（熔点0℃，沸点100℃）高于Br2（熔点-7.2℃，沸点58.8℃），而O2（熔点-218.8℃，沸点-183℃）熔沸点最低。正确排序应为MgO＞H2O＞Br2＞O2，故C选项错误；
D. 金刚石作为共价晶体（熔点＞3550℃）熔沸点最高；纯铁（熔点1538℃）高于生铁（约1150-1200℃），因合金熔点低于组分金属；钠（熔点97.8℃）熔点最低。正确排序应为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D选项错误；
综上所述，仅B选项判断正确，答案为B。
【分析】A. 石墨的碳碳键键能大于金刚石中碳碳键，石墨熔沸点高于金刚石；
B. 对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子间氢键；
C. 溴单质的熔沸点高于氧单质，因为溴单质的相对分子质量更大；
D. 生铁是合金，熔点低于纯铁。
8．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯与溴互溶，且溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，因此不能用水作为萃取剂，应选用NaOH溶液进行反应后分液处理，故A选项错误；
B．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，这会引入新的气体杂质（CO2），故B选项错误；
C．由于二氧化碳能与碳酸钠溶液反应，因此除去CO2中的氯化氢杂质应使用饱和碳酸氢钠溶液进行洗气，故C选项错误；
D．苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，而氯化钠的溶解度受温度影响较小。可通过制备热饱和溶液→趁热过滤→冷却结晶的方法分离，为进一步提纯可采用重结晶工艺，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。【分析】A．溴易溶于苯，用水无法除杂；
B．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳，引入新的杂质；
C．二氧化碳会和碳酸钠反应；
D．根据苯甲酸的物理性质，可用重结晶法进行提纯。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；超分子
【解析】【解答】A．虽然超分子具有分子识别特性可以用于分离C60和C70，但"杯酚"本身并非超分子，因此选项A是错误的；
B．红外光谱用于测定分子中的化学键和官能团，而相对分子质量的测定需要使用质谱法，所以选项B是错误的；
C．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。苹果酸分子中含有一个手性碳原子，即连接羟基的碳原子，因此选项C是正确的；
D．硫(S)是第16号元素，基态硫原子核外有16个电子，因此其核外电子的运动状态共有16种，所以选项D是错误的；
正确答案是C。
【分析】A．杯酚不是超分子；
B．用质朴法测定分子的相对分子质量；
C．根据手性碳原子的概念，苹果酸中有1个手性碳原子；
D．硫原子核外电子的运动状态有16种。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 由于和分子间存在氢键，而分子间无氢键，因此HF和NH3的沸点高于PH3。HF分子间的氢键作用强于NH3分子间的氢键，所以沸点顺序为，选项A错误；
B. 根据电负性规律，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，因此电负性顺序为，选项B正确；
C. N和F的核外电子层数相同，但N的核电荷数较小，原子半径较大；P与N同主族，但P的电子层数更多，半径更大，因此原子半径顺序为，选项C错误；
D. F无正价，不能形成最高价含氧酸，选项D错误；
答案选B。【分析】基态Y原子和基态Z原子的核外电子均有5种空间运动状态，说明它们的5个原子轨道都填充了电子，因此Y、Z均为第二周期元素。Y能形成1个共价键，推断Y为F（氟）。基态X原子的最高能级的不同轨道中均有电子且自旋方向相同，且X、Z同主族，因此X为P（磷），Z为N（氮）。
11．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1个D2O分子含有的中子数计算：2个D原子各贡献1个中子（2-1=1），1个O原子贡献8个中子（16-8=8），总计2×1 + 8 = 10个中子。D2O的摩尔质量计算：2×2（D的相对原子质量） + 16（O的相对原子质量）= 20 g/mol。1.8 g D2O的物质的量为： mol = 0.09 mol，对应中子数为0.09×10×NA = 0.9NA。因此A选项错误；
B. 题目未说明气体是否处于标准状况（0℃，1 atm），因此不能直接使用22.4 L/mol计算气体物质的量。此外，即使知道物质的量，还需明确乙烯分子中σ键的具体数量才能计算，故B选项错误；
C. 配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2的电离方程式为：[Co(NH3)5Cl]Cl2 → [Co(NH3)5Cl]2+ + 2Cl-。1 mol该配合物完全电离产生2 mol Cl-，对应数目为2NA，但题目描述有误（实际应为2NA），故C选项错误；
D. SiC晶体中每个Si原子与4个C原子形成共价键，每个C原子与4个Si原子形成共价键，因此1 mol SiC中含有4 mol Si-C键。20 g SiC（摩尔质量40 g/mol）的物质的量为0.5 mol，对应Si-C键数目为0.5×4×NA = 2NA，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. D代表氘，质量数为2，1.8gD2O的物质的量小于0.1mol；
B. 无法计算乙烯的物质的量；
C. 配合物内界中的氯离子不电离；
D. 碳化硅晶体中硅原子和硅碳键之比是1：4.
12．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．根据反应历程图分析，铁(Fe)的配位数在过程中出现了4、5、6三种情况，因此选项A的说法是错误的；
B．从反应图示的箭头方向可以明确看出，反应物是CO（一氧化碳）和H2O（水），生成物是CO2（二氧化碳）和H2（氢气），总反应方程式可表示为：，因此选项B是正确的；
C．Fe(CO)5（五羰基合铁）属于分子晶体，在熔化过程中主要需要克服的是分子间作用力（范德华力），所以选项C是正确的；
D．由题目提供的结构图示可知，Fe(CO)5分子具有高度对称的结构特征，属于非极性分子，因此选项D是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A．根据反应历程图可知，铁的配位数发生了变化；
B．结合题中图示，可得反应方程式；
C．根据题意可知， Fe(CO)5 为分子晶体，熔化时，破坏分子间作用力；
D．根据 Fe(CO)5 结构，其为非极性分子。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A．铁属于金属晶体，其结构中仅包含金属阳离子和自由电子，不存在阴离子，因此选项A是错误的；
B．γ-Fe晶胞采用面心立方密堆积结构。通过均摊法计算可知，该晶胞中铁原子的数量为8× + 6× = 4，因此选项B是错误的；
C．在δ晶胞中，每个铁原子周围有8个等距离且最近的铁原子；而在α晶胞中，每个铁原子周围有6个等距离且最近的铁原子。因此，两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：6，即4：3，选项C是正确的；
D．对于α-Fe晶胞，假设其棱长为a cm，则体积为a3 cm3，其中含有1个铁原子，因此密度为 g/cm3。对于γ-Fe晶胞，假设其棱长为b cm，则体积为b3 cm3，其中含有4个铁原子，因此密度为 g/cm3。两种晶体的密度之比为b3：4a3，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案为：C。
【分析】铁是金属晶体，晶体内不存在阴离子；根据 δ、γ、α三种晶胞结构，含有的铁原子依次为2、4和1个，晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积。
14．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A. 和中氮原子的杂化方式均为sp3杂化， 故A错误；
B. 乙醇的作用是降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而促进晶体析出。析出的晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O， 故B正确；
C. 铁丝表面出现红色金属铜，证明溶液中存在[Cu(H2O)4]2+，说明[Cu(H2O)4]2+与NH3的反应是可逆反应， 故C正确；
D. 向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水，最终得到深蓝色溶液，表明生成了[Cu(NH3)4]2+。这说明NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，因此[Cu(NH3)4]2+的稳定性高于[Cu(H2O)4]2+， 故D正确；
正确答案：A
【分析】A. 四氨合铜离子中配体氨分子中N原子杂化方式是sp3和中N的杂化方式不同；
B. 深蓝色晶体为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ；
C. 根据实验②中现象，红色固体是铜单质，说明溶液中 [Cu(H2O)4]2+与NH3的反应是可逆反应 ；
D. 根据实验现象可得，四氨合铜离子比四水合铜离子稳定。
15．【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】A．金刚石中碳原子采用sp3杂化，石墨中碳原子采用sp2杂化。在金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共用，A选项表述有误；
B．石墨晶体属于混合型晶体，层内碳原子间以共价键结合，层间通过范德华力相互作用，B选项表述有误；
C．键角3对应硫酸根离子(SO42-)中的键角。由于SO42-中硫原子没有孤电子对，价层电子对数为4，形成正四面体结构，键角为109°28'。键角1和键角2中的氧原子均采用sp3杂化，但因氧原子上存在孤电子对导致键角减小。比较而言：键角1的氧原子参与配位键形成，孤电子对减少，故键角较大，键角3（109°28'）>键角1>键角2，C选项正确；
D．熔点比较：离子晶体熔点规律：离子半径越小、电荷越高，熔点越高（Mg2+CaO），金刚石作为共价晶体熔点最高，正确顺序应为：金刚石>MgO>CaO，D选项表述有误；
正确答案：C
【分析】A．金刚石结构中每个碳原子被12个六元环共用；
B．根据石墨晶体结构，石墨是过度晶体；
C．中心原子杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小；
D．晶体熔点比较思路为：先看晶体类型，共价晶体高于离子晶体，同为离子晶体，比较离子键强弱。
16．【答案】C
【知识点】晶体熔沸点的比较；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义
【解析】【解答】A．h-BN晶体结构与石墨类似，因此在层内存在大π键，选项A正确；
B．根据c-BN晶体的结构图可知，其结构与金刚石类似，B原子形成四面体空隙，其中4个空隙被N原子占据，选项B正确；
C．在w-BN晶体结构中，以面心的B原子为中心时，周围有4个距离相等且最近的N原子，因此B的配位数应为4，故选项C错误；
D．c-BN晶体结构与金刚石相似，硬度较大；h-BN晶体结构与石墨相似，硬度较小，因此硬度关系为c-BN>h-BN，选项D正确；
正确答案为C。
【分析】A．石墨晶体中存在大π键 ， h-BN晶体和其相似；
B．分析 c-BN晶体，可知N位于由B构成的四面体空隙中；
C．根据w-BN晶体结构，B的配位数是4；
D． c-BN 是共价晶体，硬度更大。
17．【答案】⑧ ；2；3；4；醇类；；酰胺基；⑧和 ；⑦与⑤；5；；CH3COOCH2CH3或 CH3CH2COOCH3或 CH3COCH2OCH3；或
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】（1）含有苯环结构的碳氢化合物称为芳香烃，因此符合条件的有⑧和 ；
（2）某烃与氢气按1：1比例加成后得到，则该烃可能的结构为或，共有2种可能；
（3）②号分子含有碳碳三键（C≡C），其结构中最多有3个碳原子位于同一直线上；
（4）③号分子存在4种等效氢原子，其核磁共振氢谱显示4组峰：；
（5）④号分子中羟基（-OH）连接在苯环侧链的碳原子上，属于醇类化合物，其官能团羟基的电子式为；
（6）⑥号分子中的官能团名称为酰胺基（-CONH2）；
（7）⑧和 都是苯的同系物，在组成上相差2个CH2单元，属于同系物关系；⑦与⑤具有相同的分子式C7H6O2，但结构不同，因此互为同分异构体；
（8）⑨号分子存在5种等效氢原子：，其一氯代物共有5种可能。其中一种一氯代物的核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积比为3：4：4：2，该一氯代物的结构简式为；
(9)有机物X经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6 g和8.8 g，浓硫酸吸收水，碱石灰吸收CO2，则X中C、H元素的质量分别为8.8 g×=2.4 g、3.6 g×=0.4 g，则氧元素的质量为4.4 g-2.4 g-0.4 g=1.6 g，C、H、O的物质的量之比为=2：4：1，故分子式为(C2H4O)n；由质谱图可知相对分子质量为88，则44n=88，n=2，分子式为C4H8O2；由红外光谱图可知，分子中含有不对称—CH3、C=O、C—O—C，则结构简式为CH3COOCH2CH3或 CH3CH2COOCH3或 CH3COCH2OCH3；
(10)在一定条件下，异戊二烯和丙烯腈(CH2=CHCN)能发生类似上述的反应，生成两种化合物(互为同分异构体)，产物的结构简式为或。
【分析】（1）芳香烃指的是含有苯环的烃类；
（2）或与氢气加成后可得 ① ；
（3） ②分子中 有碳碳三键，和碳碳三键相连部分在一条直线上，最多3个碳原子共直线；
（4） ③ 结构中有4中等效氢；
（5） ④ 中羟基和碳链相连，属于醇类；
（6） ⑥中的官能团的名称 酰胺基；
（7）同系物指的是结构相似，在分子组成上相差-CH2原子团的有机物；同分异构体指的是分子式相同，结构不同的有机物；
（8） ⑨ 结构中有5中等效氢，一氯代物有5种；
(9)根据浓硫酸和碱石灰增大质量计算有机物中氢氧物质的量之比，结合有机物质量可计算氧元素质量，找出有机物最简式，质谱图中可得有机物相对分子量，得出有机物分子式，红外光谱可得结构找中的化学键和官能团，推测X的结构简式；
(10)根据已知信息书写产物结构简式。
18．【答案】（1）；哑铃形(纺锤形)
（2）；；为离子晶体而为分子晶体；AB
（3）6；18
（4）GaAs；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ga位于周期表第四周期第IIIA族，所以基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，排布图为，基态Ga原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)；
（2）①GaCl3分子中Ga原子价层电子对数为=3，孤对电子数为0，所以其杂化方式为sp2，的分子结构为，所以其杂化方式为sp3；
②氟化镓为离子晶体，氯化镓为分子晶体，所以氟化镓的熔点比氯化镓的熔点高；
③Ga2Cl6的分子结构为，所以其分子中存在极性键和配位键，答案选AB；故答案为：；；为离子晶体而为分子晶体；AB；
（3）根据化学式可知，Ga3+的配位数为6，1个该配离子中4个NH3共12个氮氢σ键，每个Ga3+形成6个配位键，所以1个该配离子中含有σ键的个数是18；故答案为：6；18；
（4）①根据晶胞的结构图可知，As原子位于顶点和面心，所以晶胞中As原子个数为4，Ga原子是位于内部，所以晶胞中Ga原子个数为4，即该化合物的化学式为GaAs；
②设晶胞的棱长为acm，则晶胞的密度为，解得，该晶胞中As原子之间的最近距离为，所以该晶胞中As原子间的最近距离为nm，答案：GaAs、。
【分析】（1）镓是31号元素，根据电子排布式知最高能级是4p能级，电子云轮廓图是哑铃形；
（2）的熔点和熔点差异大的原因是晶体类型不同，是离子晶体，瑟分子晶体；
（3）根据配离子结构，配位数是6； σ键 包括配位键和氨分子中的氮氢键；
（4）根据晶胞计算方法，含有4个As ，4个Ga，可得化学式；晶胞体积等于晶胞质量除以晶胞密度，求得体积可求晶胞边长，砷原子的最近距离是面对角线的一半。
（1）Ga位于周期表第四周期第IIIA族，所以基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，排布图为，基态Ga原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)；
（2）①GaCl3分子中Ga原子价层电子对数为=3，孤对电子数为0，所以其杂化方式为sp2，的分子结构为，所以其杂化方式为sp3；
②氟化镓为离子晶体，氯化镓为分子晶体，所以氟化镓的熔点比氯化镓的熔点高；
③Ga2Cl6的分子结构为，所以其分子中存在极性键和配位键，答案选AB；
故答案为：；；为离子晶体而为分子晶体；AB；
（3）根据化学式可知，Ga3+的配位数为6，1个该配离子中4个NH3共12个氮氢σ键，每个Ga3+形成6个配位键，所以1个该配离子中含有σ键的个数是18；故答案为：6；18；
（4）①根据晶胞的结构图可知，As原子位于顶点和面心，所以晶胞中As原子个数为4，Ga原子是位于内部，所以晶胞中Ga原子个数为4，即该化合物的化学式为GaAs；
②设晶胞的棱长为acm，则晶胞的密度为，解得，该晶胞中As原子之间的最近距离为，所以该晶胞中As原子间的最近距离为nm，答案：GaAs、。
19．【答案】（1）
（2）ad
（3）sp3；FeS
（4）
（5）
（6）Li2CoN；(，，)；12
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）As元素位于第四周期第VA族，基态原子结构示意图为；
（2）关于硫黄的性质：a. 硫黄不溶于水，微溶于乙醇，此说法错误；
b. 硫黄可用于制造农药、火柴、火药，此说法正确；
c. 硫黄易溶于二硫化碳，此说法正确；
d. 硫黄燃烧主要生成SO2而非SO3，此说法错误；
错误选项为ad；
（3）"浸取"生成的AsO和AsS中As的价层电子对数计算：AsO： 3+=4
AsS： 3+=4，两者均为sp3杂化，浸渣成分为FeS；
（4）"脱硫过程中，Na3AsS3和Na3AsO3都会被NaClO氧化。其中AsS中的S呈-2价，As呈+3价。1个AsS转化为AsO和S时，总价态升高8个单位，而NaClO被还原为NaCl。通过氧化还原配平得到离子方程式：AsS + 4ClO = AsO + 3S↓ + 4Cl ；
（5）"酸化"后砷以H3AsO4形式存在。"还原"过程中H3AsO4转化为As2O3，As价态降低2；同时SO2被氧化为H2SO4，S价态升高2。配平后的化学方程式为：
2H3AsO4 + 2SO2 = 2H2SO4 + As2O3 + H2O；
（6）根据晶胞图示，晶胞参数满足a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。晶胞中各原子数量计算如下：N原子数：， Co原子数：，Li原子数：2，因此晶胞化学式为Li2CoN。B点Li原子位于3个Co原子构成的三角形中心，其分数坐标为(，，)。以钝角顶点N原子为基准，其周围最近邻的Li原子数为12（包含晶胞内部的2个Li原子，且该N原子被6个晶胞共享）。
【分析】根据流程图可知，含砷矿渣（主要成分As2S3和FeS）经过NaOH浸取后，As2S3转化为Na3AsO3和Na3AsS3，过滤得到浸渣FeS。滤液中加入NaClO将Na3AsS3中的硫氧化为S单质，过滤得到S滤渣。滤液酸化后通入SO2还原得到As2O3和Na2SO4，经过滤、洗涤、干燥得到纯净As2O3。
（1）As位于第四周期，且与N同主族即为第VA族，最外层上有5个电子，基态As 的原子结构示意图为；
（2）a．硫黄不溶于水，微溶于乙醇，a项错误；
b．硫黄可用于制造农药、火柴、火药，b项正确；
c．硫黄易溶于二硫化碳，c项正确；
d．硫黄在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，不会生成三氧化硫，d项错误；
故选ad；
（3）“浸取”产生的AsO和AsS中As周围的价层电子对数分别为：3+=4，3+=4，故As的杂化方式一致，均为sp3杂化，由分析可知，浸渣的成分为FeS；
（4）“脱硫”时，Na3AsS3和Na3AsO3均会被NaClO氧化，其中AsS中S为-2价，As为+3价，1个AsS转化为和S化合价一共升高8个单位，NaClO降低为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：AsS＋4ClO－= AsO＋3S↓+4Cl－；
（5）“酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应即H3AsO4转化为As2O3，As化合价降低2，则SO2被氧化为H2SO4，S的化合价升高2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2H3AsO4＋2SO2=2H2SO4＋As2O3＋H2O；
（6）由题干晶胞图所示信息可知，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°，一个晶胞中含有N的个数为：=1，Co的个数为：=1，Li的个数为：2，故该晶胞化学式为Li2CoN；
B点Li原子位于3个Co原子围成的三角形的正中间，根据坐标可知，则B点原子的分数坐标为(，，)；
以钝角顶点的N原子为研究对象，其周围最近的2个Li原子位于晶胞内部，钝角顶点的N原子被6个晶胞共用，故1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为12。
20．【答案】+92；较高温度；；b；4.8×103kPa2；从右往左；2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应热的计算公式：反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，代入数据得：ΔH = (391kJ/mol×3×2) - (946kJ/mol + 436.0kJ/mol×3) = +92kJ/mol；
（2）要使反应自发进行，需满足ΔH - TΔS < 0，计算得到温度条件为：T > = 457.5K，换算为摄氏温度为(457.5-273)℃=184.5℃，说明该反应在较高温度下才能自发进行；
（3）①由图像分析可知，在0~t1时间内N2的分压增加了40kPa（0.4×100kPa），因此用N2的分压变化表示的反应速率为：v(N2) = kPa·min-1；
②在t2时刻将容器体积压缩至原来的一半，初始时N2分压会变为原来的2倍，但由于加压导致平衡逆向移动，最终N2分压会低于原来的2倍，因此b曲线符合该变化规律。平衡时各物质的分压分别为：NH3 120 kPa、N2 40 kPa、H2 120 kPa，该温度下的标准平衡常数Kθ =；
（4）在氨电解法制氢气过程中，氮元素化合价升高（阳极反应），氢元素化合价降低（阴极反应），因此产生氮气的一极为阳极，产生氢气的一极为阴极。电解池中阴离子（OH-）向阳极移动，故电解过程中OH-的移动方向为从右向左；
（5）在碱性电解液条件下，阴极上水分子得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－。
【分析】（1）根据焓变计算公式，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；
（2）根据ΔG=ΔH - TΔS < 0，反应自发分析，反应高温自发；
（3）反应速率计算公式为 0~t1 时间内压强变化量除以 t1；容器体积缩小一半，增大压强， 2NH3(g) N2(g)+ 3H2(g) 逆向移动，氮气减少；
（4）根据电解装置图，左侧电极为阳极，右侧电极是阴极，阴离子应向阳极移动；
（5）阴极得电子，生成氢气，溶液中水参与反应，可写对应电极反应式。
1 / 1广东省广州市第六中学2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试题
一、单选题(本题包括 16 小题，每小题只有一个选项符合题意，1~10小题每小题 2分，11~16小题每小题4分，共44 分)
1．文物记载体现中华文明灿烂成就，科技发展体现国家繁荣强盛，下列说法错误的是
A．宋蕉叶形水晶杯，水晶属于晶体
B．天和核心舱的主要材料SiC是共价晶体
C．“奋斗者”潜水艇的46Ti与47Ti互为同素异形体
D．北斗卫星太阳能电池使用了砷化镓器件，砷是p区元素
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；同素异形体；晶体的定义；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．水晶的主要成分是二氧化硅（SiO2），二氧化硅属于共价晶体，因此选项A正确；
B．碳化硅（SiC）俗称金刚砂，具有共价晶体结构，因此选项B正确；
C．46Ti和47Ti的质子数相同但中子数不同，属于同位素关系，因此选项C是错误的；
D．砷元素位于元素周期表第ⅤA族，其基态价电子排布为4s24p3，属于p区元素，因此选项D正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A．分析水晶成分，知其为晶体；
B．碳化硅属于共价晶体；
C．同素异形体指的是同种元素构成的不同单质；
D．砷是33号元素，位于p区。
2．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，这体现了中国对解决气候问题的大国担当。在实际生产中，可利用反应：CO2+NaOH=NaHCO3来捕捉废气中的CO2，下列有关化学用语表示正确的是
A．的空间填充模型：
B．H2O2的电子式：
C．钠原子2py电子云图为
D．Na+的电子排布式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．碳原子（C）的半径大于氧原子（O），CO2分子呈直线形结构，其空间填充模型为，因此选项A是错误的；
B．H2O2属于共价化合物，其电子式应为，因此选项B是错误的；
C．p电子的电子云呈哑铃形分布，钠原子2py轨道的电子云在y轴方向上形成哑铃形，其示意图为，因此选项C是正确的；
D．Na+的电子排布式为，因此选项D是错误的；
正确答案是C。
【分析】A．碳元素的原子半径大于氧元素的原子半径；
B．过氧化氢是共价化合物；
C．p能级的电子云轮廓图呈哑铃形；
D．钠离子有10个电子。
3．《自然 天文学》发表的一篇研究论文称在金星大气中探测到一个只属于磷化氢()的特征光谱。磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的强还原性气体，制备的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．通过晶体的X射线衍射实验获得分子中∠P-P-P键角为109°28＇
B．次磷酸()属于一元酸
C．比稳定是因为分子间存在氢键
D．的VSEPR模型为平面正三角形
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、白磷（P4）分子为正四面体结构，4 个 P 原子位于正四面体的顶点，分子内∠P-P-P 键角为 60°，并非 109°28'，A错误；
B、由流程可知，白磷与浓 NaOH 反应生成 NaH2PO2（次磷酸钠），说明 H3PO2分子中只有 1 个可电离的 H 原子，属于一元酸，B正确；
C、NH3比 PH3稳定的本质原因是 N 的非金属性强于 P，N-H 键键能大于 P-H 键，与分子间氢键无关（氢键影响物理性质，不影响稳定性），C错误；
D、PH3中 P 原子的价电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，分子空间构型为三角锥形，并非平面正三角形，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
白磷结构：正四面体构型，键角为 60°，是典型的分子晶体。
酸的元数判断：酸分子中可电离的 H 原子个数决定酸的元数，NaH2PO2的生成证明 H3PO2是一元酸。
氢化物稳定性：同主族氢化物的稳定性由中心原子非金属性决定，非金属性越强，共价键键能越大，氢化物越稳定。
VSEPR 模型：价电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，PH3中 P 原子有 1 对孤电子对，VSEPR 模型为四面体形，分子构型为三角锥形。
4．一种新型有机物G的结构如图所示，下列关于G的推断错误的是
A．G所含官能团有碳碳双键、羟基和碳氟键
B．G分子中碳原子与氧原子的杂化方式相同
C．G能使酸性KMnO4溶液、溴的四氯化碳溶液褪色
D．G发生加成聚合反应得到的高分子化合物为混合物
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；烯烃；醇类简介
【解析】【解答】A．根据G的结构简式分析，其分子中含有碳碳双键（）、羟基（）和碳氟键（）三种官能团，该选项正确；
B．G分子中：氧原子（）采用sp3杂化，双键碳原子（）采用sp2杂化，饱和碳原子（如）采用sp3杂化，因此分子中碳原子与氧原子的杂化方式不完全相同，该选项错误；
C．G分子中的碳碳双键具有以下性质：能与酸性溶液发生氧化反应使溶液褪色，能与溴水发生加成反应使溶液褪色，该选项正确；
D．G分子中的碳碳双键可以发生加聚反应，但由于聚合度n值不确定，生成的高分子化合物是混合物，该选项正确；
综上所述，错误的选项是B。
【分析】根据有机物G结构分析，含有官能团碳碳双键，羟基和碳氟键，可发生加成反应、氧化反应和加聚反应，碳碳双键两端碳原子是sp2杂化，饱和碳原子是sp3杂化。
5．氨基酸是构成蛋白质的结构单元，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．第一电离能：
B．该分子结构中不存在手性碳原子
C．该分子中碳原子的杂化轨道类型有和
D．键的极性强弱：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．在同一周期的主族元素中，从左到右第一电离能总体呈现递增趋势。但需要注意的是，第ⅤA族元素（如氮）由于具有半充满的p轨道电子构型，其第一电离能会高于同周期相邻的ⅥA族元素（如氧）。因此第一电离能关系为：，所以A选项是错误的；
B．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。在题目给出的分子结构 ， 中，与基团相连的碳原子（用*标记）确实符合手性碳的定义，因此B选项是错误的；
C．在该分子中，碳氧双键中的碳原子采用杂化方式，而其他饱和碳原子都采用杂化。因此C选项是错误的；
D．通常情况下，两种成键元素间的电负性差异越大，形成的共价键极性越强。F、O、N的电负性依次递减，且都大于H。因此键的极性大小关系为：，D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据周期表中元素电离能变化规律作答；
B．手性碳原子指的是连4个不同原子或原子团的碳原子；
C．根据结构简式，无sp杂化轨道类型；
D．两元素电负性差值越大，共价键极性越强，电负性顺序为N6．物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 键角： O的电负性大于N
B 加热稀溶液，溶液变色 升温促进与形成
C 的碱性强于 中N的电子云密度比大
D 离子液体常温下呈液态 原因之一是离子液体的阴阳离子半径较大
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．和分子中的中心原子均采用sp3杂化。其中分子含有一个孤电子对，而分子含有两个孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥作用越强，导致键角越小。因此的键角大于是由孤电子对数目差异决定的，而非原子电负性差异，故选项A错误；B．稀溶液加热时，温度升高会促进与形成配离子，这种配位平衡的移动会导致溶液颜色发生变化，故选项B正确；
C．在分子中，甲基作为推电子基团能够增加氮原子上的电子云密度，使其更容易提供孤电子对，因此其碱性比更强，故选项C正确；
D．离子液体具有较大的阴阳离子半径，导致其晶格能较小，因而在常温下呈现液态，故选项D正确；
综上所述，正确答案应选择A。
【分析】A．中心原子杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小；
B．升高温度，溶液中 浓度增大，溶液变色；
C．中N的电子云密度 更大，容易接受氢离子，体会更强的碱性；
D．阴阳离子半径大，物质熔沸点低。
7．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是
A．金刚石>石墨>碳-60 B．
C． D．金刚石>生铁>纯铁>钠
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响；合金及其应用
【解析】【解析】A. 石墨属于混合型晶体，其层内碳碳共价键键长（约1.42 ）比金刚石（约1.54 ）更短，键能更大，因此熔点关系为石墨＞金刚石。而C60是分子晶体，仅靠范德华力结合，熔点显著低于前两者。综上，熔沸点排序应为：石墨＞金刚石＞碳-60，故A选项错误；
B. 对羟基苯甲酸能形成分子间氢键（-COOH与-OH间），而邻羟基苯甲酸因空间位阻主要形成分子内氢键。分子间氢键会显著提高熔沸点，因此对羟基苯甲酸的熔沸点更高，B选项正确；
C. MgO是离子晶体（熔点为2852℃），其熔沸点远高于分子晶体。H2O因氢键作用（熔点0℃，沸点100℃）高于Br2（熔点-7.2℃，沸点58.8℃），而O2（熔点-218.8℃，沸点-183℃）熔沸点最低。正确排序应为MgO＞H2O＞Br2＞O2，故C选项错误；
D. 金刚石作为共价晶体（熔点＞3550℃）熔沸点最高；纯铁（熔点1538℃）高于生铁（约1150-1200℃），因合金熔点低于组分金属；钠（熔点97.8℃）熔点最低。正确排序应为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D选项错误；
综上所述，仅B选项判断正确，答案为B。
【分析】A. 石墨的碳碳键键能大于金刚石中碳碳键，石墨熔沸点高于金刚石；
B. 对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子间氢键；
C. 溴单质的熔沸点高于氧单质，因为溴单质的相对分子质量更大；
D. 生铁是合金，熔点低于纯铁。
8．下列除杂试剂和方法的选择均正确的是
选项 物质(杂质) 除杂试剂 方法
A 苯(溴) 水 过滤
B 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
C CO2(HCl) 碳酸钠 洗气
D 苯甲酸(泥沙，NaCl) 蒸馏水 重结晶
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯与溴互溶，且溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，因此不能用水作为萃取剂，应选用NaOH溶液进行反应后分液处理，故A选项错误；
B．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，这会引入新的气体杂质（CO2），故B选项错误；
C．由于二氧化碳能与碳酸钠溶液反应，因此除去CO2中的氯化氢杂质应使用饱和碳酸氢钠溶液进行洗气，故C选项错误；
D．苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，而氯化钠的溶解度受温度影响较小。可通过制备热饱和溶液→趁热过滤→冷却结晶的方法分离，为进一步提纯可采用重结晶工艺，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。【分析】A．溴易溶于苯，用水无法除杂；
B．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳，引入新的杂质；
C．二氧化碳会和碳酸钠反应；
D．根据苯甲酸的物理性质，可用重结晶法进行提纯。
9．下列说法正确的是
A．超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和
B．利用红外光谱可以测定分子的相对分子质量
C．苹果酸含有1个手性碳原子
D．基态S原子核外电子的运动状态有9种
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；超分子
【解析】【解答】A．虽然超分子具有分子识别特性可以用于分离C60和C70，但"杯酚"本身并非超分子，因此选项A是错误的；
B．红外光谱用于测定分子中的化学键和官能团，而相对分子质量的测定需要使用质谱法，所以选项B是错误的；
C．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。苹果酸分子中含有一个手性碳原子，即连接羟基的碳原子，因此选项C是正确的；
D．硫(S)是第16号元素，基态硫原子核外有16个电子，因此其核外电子的运动状态共有16种，所以选项D是错误的；
正确答案是C。
【分析】A．杯酚不是超分子；
B．用质朴法测定分子的相对分子质量；
C．根据手性碳原子的概念，苹果酸中有1个手性碳原子；
D．硫原子核外电子的运动状态有16种。
10．咪唑类盐可作离子液体，在电池、有机合成和催化剂方面具有广泛的用途。下图是一类咪唑类盐的结构简式，其中X、Y、Z均是短周期主族元素，X、Z同主族，基态Y原子和基态Z原子核外电子均有5种空间运动状态，基态X原子的最高能级的不同轨道中均有电子且自旋方向相同。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：
B．电负性：
C．原子半径：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 由于和分子间存在氢键，而分子间无氢键，因此HF和NH3的沸点高于PH3。HF分子间的氢键作用强于NH3分子间的氢键，所以沸点顺序为，选项A错误；
B. 根据电负性规律，同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，因此电负性顺序为，选项B正确；
C. N和F的核外电子层数相同，但N的核电荷数较小，原子半径较大；P与N同主族，但P的电子层数更多，半径更大，因此原子半径顺序为，选项C错误；
D. F无正价，不能形成最高价含氧酸，选项D错误；
答案选B。【分析】基态Y原子和基态Z原子的核外电子均有5种空间运动状态，说明它们的5个原子轨道都填充了电子，因此Y、Z均为第二周期元素。Y能形成1个共价键，推断Y为F（氟）。基态X原子的最高能级的不同轨道中均有电子且自旋方向相同，且X、Z同主族，因此X为P（磷），Z为N（氮）。
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.8g D2O含有中子数为NA
B．2.24L乙烯中含σ键的数目为0.5 NA
C．1mol 配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2完全电离的Cl-数目为3NA
D．20g SiC晶体中Si―C键的数目为2NA
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1个D2O分子含有的中子数计算：2个D原子各贡献1个中子（2-1=1），1个O原子贡献8个中子（16-8=8），总计2×1 + 8 = 10个中子。D2O的摩尔质量计算：2×2（D的相对原子质量） + 16（O的相对原子质量）= 20 g/mol。1.8 g D2O的物质的量为： mol = 0.09 mol，对应中子数为0.09×10×NA = 0.9NA。因此A选项错误；
B. 题目未说明气体是否处于标准状况（0℃，1 atm），因此不能直接使用22.4 L/mol计算气体物质的量。此外，即使知道物质的量，还需明确乙烯分子中σ键的具体数量才能计算，故B选项错误；
C. 配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2的电离方程式为：[Co(NH3)5Cl]Cl2 → [Co(NH3)5Cl]2+ + 2Cl-。1 mol该配合物完全电离产生2 mol Cl-，对应数目为2NA，但题目描述有误（实际应为2NA），故C选项错误；
D. SiC晶体中每个Si原子与4个C原子形成共价键，每个C原子与4个Si原子形成共价键，因此1 mol SiC中含有4 mol Si-C键。20 g SiC（摩尔质量40 g/mol）的物质的量为0.5 mol，对应Si-C键数目为0.5×4×NA = 2NA，故D选项正确；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A. D代表氘，质量数为2，1.8gD2O的物质的量小于0.1mol；
B. 无法计算乙烯的物质的量；
C. 配合物内界中的氯离子不电离；
D. 碳化硅晶体中硅原子和硅碳键之比是1：4.
12．五羰基合铁[Fe(CO)5]在常温下为淡黄色、易挥发的有毒液体(结构如下左图所示)，易溶于苯，不溶于水。以Fe(CO)5作为前驱体的析氢反应历程如下右图所示。下列说法错误的是
A．反应历程中，Fe的配位数未发生变化
B．该析氢反应的总反应方程式为H2O + CO =CO2 + H2
C．固态Fe(CO)5熔化时，主要克服范德华力
D．Fe(CO)5分子为非极性分子
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．根据反应历程图分析，铁(Fe)的配位数在过程中出现了4、5、6三种情况，因此选项A的说法是错误的；
B．从反应图示的箭头方向可以明确看出，反应物是CO（一氧化碳）和H2O（水），生成物是CO2（二氧化碳）和H2（氢气），总反应方程式可表示为：，因此选项B是正确的；
C．Fe(CO)5（五羰基合铁）属于分子晶体，在熔化过程中主要需要克服的是分子间作用力（范德华力），所以选项C是正确的；
D．由题目提供的结构图示可知，Fe(CO)5分子具有高度对称的结构特征，属于非极性分子，因此选项D是正确的；
综上所述，错误的选项是A。
【分析】A．根据反应历程图可知，铁的配位数发生了变化；
B．结合题中图示，可得反应方程式；
C．根据题意可知， Fe(CO)5 为分子晶体，熔化时，破坏分子间作用力；
D．根据 Fe(CO)5 结构，其为非极性分子。
13．铁有δ、γ、α三种同素异形体，其晶胞结构如图所示，下列判断正确的是
A．δ、γ、α铁晶体中存在金属阳离子和阴离子
B．γ-Fe晶胞中所含有的铁原子数为14
C．δ、α两种晶胞中铁原子周围等距离且最近的铁原子个数之比为4∶3
D．若α-Fe晶胞棱长为acm，γ-Fe晶胞棱长为bcm，则两种晶体的密度比为b3∶a3
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A．铁属于金属晶体，其结构中仅包含金属阳离子和自由电子，不存在阴离子，因此选项A是错误的；
B．γ-Fe晶胞采用面心立方密堆积结构。通过均摊法计算可知，该晶胞中铁原子的数量为8× + 6× = 4，因此选项B是错误的；
C．在δ晶胞中，每个铁原子周围有8个等距离且最近的铁原子；而在α晶胞中，每个铁原子周围有6个等距离且最近的铁原子。因此，两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：6，即4：3，选项C是正确的；
D．对于α-Fe晶胞，假设其棱长为a cm，则体积为a3 cm3，其中含有1个铁原子，因此密度为 g/cm3。对于γ-Fe晶胞，假设其棱长为b cm，则体积为b3 cm3，其中含有4个铁原子，因此密度为 g/cm3。两种晶体的密度之比为b3：4a3，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案为：C。
【分析】铁是金属晶体，晶体内不存在阴离子；根据 δ、γ、α三种晶胞结构，含有的铁原子依次为2、4和1个，晶胞密度等于晶胞质量除以晶胞体积。
14．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，得到深蓝色的溶液，将溶液分为两份，分别进行下列实验操作：
序号 实验操作 实验现象或结论
① 再加入95%乙醇 析出深蓝色晶体
② 向深蓝色溶液中插入打磨至光亮的铁丝 一段时间后，铁丝表面析出有金属光泽的红色固体
下列说法不正确的是
A．和中N的杂化方式不同
B．实验①析出深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O
C．实验②说明[Cu(H2O)4]2+与NH3的反应是可逆反应
D．上述实验可得配离子的稳定性顺序为：[Cu(NH3)4]2+ [Cu(H2O)4]2+
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A. 和中氮原子的杂化方式均为sp3杂化， 故A错误；
B. 乙醇的作用是降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而促进晶体析出。析出的晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O， 故B正确；
C. 铁丝表面出现红色金属铜，证明溶液中存在[Cu(H2O)4]2+，说明[Cu(H2O)4]2+与NH3的反应是可逆反应， 故C正确；
D. 向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水，最终得到深蓝色溶液，表明生成了[Cu(NH3)4]2+。这说明NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，因此[Cu(NH3)4]2+的稳定性高于[Cu(H2O)4]2+， 故D正确；
正确答案：A
【分析】A. 四氨合铜离子中配体氨分子中N原子杂化方式是sp3和中N的杂化方式不同；
B. 深蓝色晶体为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ；
C. 根据实验②中现象，红色固体是铜单质，说明溶液中 [Cu(H2O)4]2+与NH3的反应是可逆反应 ；
D. 根据实验现象可得，四氨合铜离子比四水合铜离子稳定。
15．观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法正确的是
金刚石 石墨 FeSO4·7H2O MgO
A．金刚石与石墨中碳原子的杂化方式不同，金刚石中每个碳原子被6个六元环共用
B．石墨晶体中层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
C．FeSO4·7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2
D．晶体熔点：金刚石 > CaO > MgO
【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】A．金刚石中碳原子采用sp3杂化，石墨中碳原子采用sp2杂化。在金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共用，A选项表述有误；
B．石墨晶体属于混合型晶体，层内碳原子间以共价键结合，层间通过范德华力相互作用，B选项表述有误；
C．键角3对应硫酸根离子(SO42-)中的键角。由于SO42-中硫原子没有孤电子对，价层电子对数为4，形成正四面体结构，键角为109°28'。键角1和键角2中的氧原子均采用sp3杂化，但因氧原子上存在孤电子对导致键角减小。比较而言：键角1的氧原子参与配位键形成，孤电子对减少，故键角较大，键角3（109°28'）>键角1>键角2，C选项正确；
D．熔点比较：离子晶体熔点规律：离子半径越小、电荷越高，熔点越高（Mg2+CaO），金刚石作为共价晶体熔点最高，正确顺序应为：金刚石>MgO>CaO，D选项表述有误；
正确答案：C
【分析】A．金刚石结构中每个碳原子被12个六元环共用；
B．根据石墨晶体结构，石墨是过度晶体；
C．中心原子杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小；
D．晶体熔点比较思路为：先看晶体类型，共价晶体高于离子晶体，同为离子晶体，比较离子键强弱。
16．氮化硼是重要的无机非金属材料，在工业生产中有着重要的作用。常见的三种氮化硼晶体结构如下图所示：
下列叙述错误的是
A．h-BN晶体中存在大π键
B．c-BN晶体中N位于由B构成的四面体空隙中
C．w-BN晶体中B的配位数为6
D．晶体硬度大小关系为c-BN>h-BN
【答案】C
【知识点】晶体熔沸点的比较；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义
【解析】【解答】A．h-BN晶体结构与石墨类似，因此在层内存在大π键，选项A正确；
B．根据c-BN晶体的结构图可知，其结构与金刚石类似，B原子形成四面体空隙，其中4个空隙被N原子占据，选项B正确；
C．在w-BN晶体结构中，以面心的B原子为中心时，周围有4个距离相等且最近的N原子，因此B的配位数应为4，故选项C错误；
D．c-BN晶体结构与金刚石相似，硬度较大；h-BN晶体结构与石墨相似，硬度较小，因此硬度关系为c-BN>h-BN，选项D正确；
正确答案为C。
【分析】A．石墨晶体中存在大π键 ， h-BN晶体和其相似；
B．分析 c-BN晶体，可知N位于由B构成的四面体空隙中；
C．根据w-BN晶体结构，B的配位数是4；
D． c-BN 是共价晶体，硬度更大。
二、填空题(本题包括4小题，共54分)
17．I．以下是10种常见的有机物，请根据要求回答下列问题。
（1）以上属于芳香烃的是　 　(填序号)。
（2）某烃与氢气1：1加成后得到①，该烃的结构简式可能有　 　种。
（3）②分子中最多有　 　个碳原子在同一直线上。
（4）③的核磁共振氢谱中有　 　组峰。
（5）④属于　 　(填“醇类”或“酚类”)，写出④中官能团的电子式　 　。
（6）⑥中的官能团的名称为　 　。
（7）以上物质中属于同系物的是　 　；属于同分异构体的是　 　。
（8）⑨的一氯代物有　 　种，其中一种一氯代物的核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：4：4：2，写出该一氯代物的结构简式　 　。
Ⅱ．
（9）准确称取4.4g某有机物样品X(只含C、H、O三种元素)，将有机物X经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6g和8.8g。又知有机物X的质谱图和红外光谱图分别如图所示，核磁共振氢谱只有3组峰，则该有机物X的结构简式可能为　 　(任写一种)。
（10）已知共轭二烯与含有双键的化合物相互作用，能生成六元环状化合物，例如，在一定条件下，异戊二烯和丙烯腈(CH2=CHCN)能发生类似上述的反应，生成两种化合物(互为同分异构体)，写出任意一种产物的结构简式　 　。
【答案】⑧ ；2；3；4；醇类；；酰胺基；⑧和 ；⑦与⑤；5；；CH3COOCH2CH3或 CH3CH2COOCH3或 CH3COCH2OCH3；或
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；烯烃
【解析】【解答】（1）含有苯环结构的碳氢化合物称为芳香烃，因此符合条件的有⑧和 ；
（2）某烃与氢气按1：1比例加成后得到，则该烃可能的结构为或，共有2种可能；
（3）②号分子含有碳碳三键（C≡C），其结构中最多有3个碳原子位于同一直线上；
（4）③号分子存在4种等效氢原子，其核磁共振氢谱显示4组峰：；
（5）④号分子中羟基（-OH）连接在苯环侧链的碳原子上，属于醇类化合物，其官能团羟基的电子式为；
（6）⑥号分子中的官能团名称为酰胺基（-CONH2）；
（7）⑧和 都是苯的同系物，在组成上相差2个CH2单元，属于同系物关系；⑦与⑤具有相同的分子式C7H6O2，但结构不同，因此互为同分异构体；
（8）⑨号分子存在5种等效氢原子：，其一氯代物共有5种可能。其中一种一氯代物的核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积比为3：4：4：2，该一氯代物的结构简式为；
(9)有机物X经充分燃烧后的产物依次通过浓硫酸和碱石灰，二者质量分别增加3.6 g和8.8 g，浓硫酸吸收水，碱石灰吸收CO2，则X中C、H元素的质量分别为8.8 g×=2.4 g、3.6 g×=0.4 g，则氧元素的质量为4.4 g-2.4 g-0.4 g=1.6 g，C、H、O的物质的量之比为=2：4：1，故分子式为(C2H4O)n；由质谱图可知相对分子质量为88，则44n=88，n=2，分子式为C4H8O2；由红外光谱图可知，分子中含有不对称—CH3、C=O、C—O—C，则结构简式为CH3COOCH2CH3或 CH3CH2COOCH3或 CH3COCH2OCH3；
(10)在一定条件下，异戊二烯和丙烯腈(CH2=CHCN)能发生类似上述的反应，生成两种化合物(互为同分异构体)，产物的结构简式为或。
【分析】（1）芳香烃指的是含有苯环的烃类；
（2）或与氢气加成后可得 ① ；
（3） ②分子中 有碳碳三键，和碳碳三键相连部分在一条直线上，最多3个碳原子共直线；
（4） ③ 结构中有4中等效氢；
（5） ④ 中羟基和碳链相连，属于醇类；
（6） ⑥中的官能团的名称 酰胺基；
（7）同系物指的是结构相似，在分子组成上相差-CH2原子团的有机物；同分异构体指的是分子式相同，结构不同的有机物；
（8） ⑨ 结构中有5中等效氢，一氯代物有5种；
(9)根据浓硫酸和碱石灰增大质量计算有机物中氢氧物质的量之比，结合有机物质量可计算氧元素质量，找出有机物最简式，质谱图中可得有机物相对分子量，得出有机物分子式，红外光谱可得结构找中的化学键和官能团，推测X的结构简式；
(10)根据已知信息书写产物结构简式。
18．镓(Ga)是一种战略性元素，科学家制备了一种日盲紫外响应增强的全光谱异质结自供能光电探测器，其在零偏压下表现出200至850 nm的响应范围，并具备优异的稳定性和成像能力。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的价电子排布图为　 　，该基态原子最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。
（2）已知的熔点为1000℃，而GaCl3的熔点只有77.9℃，在270℃时，氯化镓以二聚体(Ga2Cl6)存在。
①和中Ga原子的杂化方式分别为　 　、　 　。
②的熔点比高的原因是　 　。
③分子中存在　 　。
A. 极性键　　B. 配位键　　C. 非极性键　　D. 离子键　　E. 氢键
（3）[Ga(NH3)4Cl2]+中Ga3+的配位数为　 　，1个该配位离子中含有σ键数目为　 　
（4）某Ga、As组成的化合物晶胞结构如图所示，该晶体的密度为ρ g cm-3，阿伏加德罗常数的值为。
①该化合物的化学式为　 　。
②该晶胞中As原子间的最近距离为　 　nm(用含ρ、的代数式表示)。
【答案】（1）；哑铃形(纺锤形)
（2）；；为离子晶体而为分子晶体；AB
（3）6；18
（4）GaAs；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ga位于周期表第四周期第IIIA族，所以基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，排布图为，基态Ga原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)；
（2）①GaCl3分子中Ga原子价层电子对数为=3，孤对电子数为0，所以其杂化方式为sp2，的分子结构为，所以其杂化方式为sp3；
②氟化镓为离子晶体，氯化镓为分子晶体，所以氟化镓的熔点比氯化镓的熔点高；
③Ga2Cl6的分子结构为，所以其分子中存在极性键和配位键，答案选AB；故答案为：；；为离子晶体而为分子晶体；AB；
（3）根据化学式可知，Ga3+的配位数为6，1个该配离子中4个NH3共12个氮氢σ键，每个Ga3+形成6个配位键，所以1个该配离子中含有σ键的个数是18；故答案为：6；18；
（4）①根据晶胞的结构图可知，As原子位于顶点和面心，所以晶胞中As原子个数为4，Ga原子是位于内部，所以晶胞中Ga原子个数为4，即该化合物的化学式为GaAs；
②设晶胞的棱长为acm，则晶胞的密度为，解得，该晶胞中As原子之间的最近距离为，所以该晶胞中As原子间的最近距离为nm，答案：GaAs、。
【分析】（1）镓是31号元素，根据电子排布式知最高能级是4p能级，电子云轮廓图是哑铃形；
（2）的熔点和熔点差异大的原因是晶体类型不同，是离子晶体，瑟分子晶体；
（3）根据配离子结构，配位数是6； σ键 包括配位键和氨分子中的氮氢键；
（4）根据晶胞计算方法，含有4个As ，4个Ga，可得化学式；晶胞体积等于晶胞质量除以晶胞密度，求得体积可求晶胞边长，砷原子的最近距离是面对角线的一半。
（1）Ga位于周期表第四周期第IIIA族，所以基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，排布图为，基态Ga原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)；
（2）①GaCl3分子中Ga原子价层电子对数为=3，孤对电子数为0，所以其杂化方式为sp2，的分子结构为，所以其杂化方式为sp3；
②氟化镓为离子晶体，氯化镓为分子晶体，所以氟化镓的熔点比氯化镓的熔点高；
③Ga2Cl6的分子结构为，所以其分子中存在极性键和配位键，答案选AB；
故答案为：；；为离子晶体而为分子晶体；AB；
（3）根据化学式可知，Ga3+的配位数为6，1个该配离子中4个NH3共12个氮氢σ键，每个Ga3+形成6个配位键，所以1个该配离子中含有σ键的个数是18；故答案为：6；18；
（4）①根据晶胞的结构图可知，As原子位于顶点和面心，所以晶胞中As原子个数为4，Ga原子是位于内部，所以晶胞中Ga原子个数为4，即该化合物的化学式为GaAs；
②设晶胞的棱长为acm，则晶胞的密度为，解得，该晶胞中As原子之间的最近距离为，所以该晶胞中As原子间的最近距离为nm，答案：GaAs、。
19．As2O3在诱导癌细胞凋亡、治疗急性早幼粒细胞性白血病等方面表现出显著疗效。对某睢黄矿处理后得到一种含砷矿流(主要成分为As2S3和 FeS)， 由该矿渣生产As2O3 的工艺流程如下：
已知：①As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O
②砷存在两种常见的含氧酸根离子，AsO和AsO， 前者易被氧化
回答下列问题：
（1）As 位于第四周期，且与N同主族，基态As 的原子结构示意图为　 　
（2）下列有关硫黄的性质和用途的说法错误的是　 　(填字母)。
a．不溶于水，易溶于乙醇 　　　　b．可用于制造农药、火柴、火药
c．易溶于二硫化碳 d．硫黄在足量氧气中燃烧生成三氧化硫
（3）“浸取”产生的AsO和AsS中As的杂化方式一致，均为　 　杂化，浸渣的成分为　 　。
（4）“脱硫”时，Na3AsO3和Na3AsS3均会被NaClO氧化，其中AsS与ClO-反应的离子方程式为　 　。
（5）“酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应的化学方程式为　 　。
（6）③某含氮催化剂的六方晶胞如图，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。其化学式为　 　；若A点原子的分数坐标为(1，0，0)，则B点Li原子的分数坐标为　 　；1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为　 　。
【答案】（1）
（2）ad
（3）sp3；FeS
（4）
（5）
（6）Li2CoN；(，，)；12
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）As元素位于第四周期第VA族，基态原子结构示意图为；
（2）关于硫黄的性质：a. 硫黄不溶于水，微溶于乙醇，此说法错误；
b. 硫黄可用于制造农药、火柴、火药，此说法正确；
c. 硫黄易溶于二硫化碳，此说法正确；
d. 硫黄燃烧主要生成SO2而非SO3，此说法错误；
错误选项为ad；
（3）"浸取"生成的AsO和AsS中As的价层电子对数计算：AsO： 3+=4
AsS： 3+=4，两者均为sp3杂化，浸渣成分为FeS；
（4）"脱硫过程中，Na3AsS3和Na3AsO3都会被NaClO氧化。其中AsS中的S呈-2价，As呈+3价。1个AsS转化为AsO和S时，总价态升高8个单位，而NaClO被还原为NaCl。通过氧化还原配平得到离子方程式：AsS + 4ClO = AsO + 3S↓ + 4Cl ；
（5）"酸化"后砷以H3AsO4形式存在。"还原"过程中H3AsO4转化为As2O3，As价态降低2；同时SO2被氧化为H2SO4，S价态升高2。配平后的化学方程式为：
2H3AsO4 + 2SO2 = 2H2SO4 + As2O3 + H2O；
（6）根据晶胞图示，晶胞参数满足a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。晶胞中各原子数量计算如下：N原子数：， Co原子数：，Li原子数：2，因此晶胞化学式为Li2CoN。B点Li原子位于3个Co原子构成的三角形中心，其分数坐标为(，，)。以钝角顶点N原子为基准，其周围最近邻的Li原子数为12（包含晶胞内部的2个Li原子，且该N原子被6个晶胞共享）。
【分析】根据流程图可知，含砷矿渣（主要成分As2S3和FeS）经过NaOH浸取后，As2S3转化为Na3AsO3和Na3AsS3，过滤得到浸渣FeS。滤液中加入NaClO将Na3AsS3中的硫氧化为S单质，过滤得到S滤渣。滤液酸化后通入SO2还原得到As2O3和Na2SO4，经过滤、洗涤、干燥得到纯净As2O3。
（1）As位于第四周期，且与N同主族即为第VA族，最外层上有5个电子，基态As 的原子结构示意图为；
（2）a．硫黄不溶于水，微溶于乙醇，a项错误；
b．硫黄可用于制造农药、火柴、火药，b项正确；
c．硫黄易溶于二硫化碳，c项正确；
d．硫黄在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，不会生成三氧化硫，d项错误；
故选ad；
（3）“浸取”产生的AsO和AsS中As周围的价层电子对数分别为：3+=4，3+=4，故As的杂化方式一致，均为sp3杂化，由分析可知，浸渣的成分为FeS；
（4）“脱硫”时，Na3AsS3和Na3AsO3均会被NaClO氧化，其中AsS中S为-2价，As为+3价，1个AsS转化为和S化合价一共升高8个单位，NaClO降低为NaCl，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：AsS＋4ClO－= AsO＋3S↓+4Cl－；
（5）“酸化”后，砷以H3AsO4的形式存在，则“还原”时H3AsO4参与反应即H3AsO4转化为As2O3，As化合价降低2，则SO2被氧化为H2SO4，S的化合价升高2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2H3AsO4＋2SO2=2H2SO4＋As2O3＋H2O；
（6）由题干晶胞图所示信息可知，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°，一个晶胞中含有N的个数为：=1，Co的个数为：=1，Li的个数为：2，故该晶胞化学式为Li2CoN；
B点Li原子位于3个Co原子围成的三角形的正中间，根据坐标可知，则B点原子的分数坐标为(，，)；
以钝角顶点的N原子为研究对象，其周围最近的2个Li原子位于晶胞内部，钝角顶点的N原子被6个晶胞共用，故1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为12。
20．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅰ．氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键 N≡N H-H N-H
键能E(kJ·mol-1) 946 436 391
在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：
（1）反应2NH3(g) N2(g)+ 3H2(g) H=　 　kJ·mol-1。
（2）已知该反应的 S=0.1989kJ·mol-1 ·K-1，则该反应在　 　(填“较高温度”、“较低温度”、“任意温度”)下反应能自发进行；
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，t1 时反应达到平衡，用N2的分压变化表示0~t1 时间内的反应速率v(N2)=　 　kPa·min-1(用含t1的代数式表示)。
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，重新达到平衡后该反应的平衡常数为　 　。
方法Ⅱ．氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中OH- 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)。
（5）阴极的电极反应式为　 　。
【答案】+92；较高温度；；b；4.8×103kPa2；从右往左；2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据反应热的计算公式：反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，代入数据得：ΔH = (391kJ/mol×3×2) - (946kJ/mol + 436.0kJ/mol×3) = +92kJ/mol；
（2）要使反应自发进行，需满足ΔH - TΔS < 0，计算得到温度条件为：T > = 457.5K，换算为摄氏温度为(457.5-273)℃=184.5℃，说明该反应在较高温度下才能自发进行；
（3）①由图像分析可知，在0~t1时间内N2的分压增加了40kPa（0.4×100kPa），因此用N2的分压变化表示的反应速率为：v(N2) = kPa·min-1；
②在t2时刻将容器体积压缩至原来的一半，初始时N2分压会变为原来的2倍，但由于加压导致平衡逆向移动，最终N2分压会低于原来的2倍，因此b曲线符合该变化规律。平衡时各物质的分压分别为：NH3 120 kPa、N2 40 kPa、H2 120 kPa，该温度下的标准平衡常数Kθ =；
（4）在氨电解法制氢气过程中，氮元素化合价升高（阳极反应），氢元素化合价降低（阴极反应），因此产生氮气的一极为阳极，产生氢气的一极为阴极。电解池中阴离子（OH-）向阳极移动，故电解过程中OH-的移动方向为从右向左；
（5）在碱性电解液条件下，阴极上水分子得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－。
【分析】（1）根据焓变计算公式，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；
（2）根据ΔG=ΔH - TΔS < 0，反应自发分析，反应高温自发；
（3）反应速率计算公式为 0~t1 时间内压强变化量除以 t1；容器体积缩小一半，增大压强， 2NH3(g) N2(g)+ 3H2(g) 逆向移动，氮气减少；
（4）根据电解装置图，左侧电极为阳极，右侧电极是阴极，阴离子应向阳极移动；
（5）阴极得电子，生成氢气，溶液中水参与反应，可写对应电极反应式。
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