【文档说明】【精准解析】山东省济宁市微山县第二中学2021届高三上学期开学收心考试化学试题.doc，共(18)页，872.000 KB，由小赞的店铺上传

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2021学年第一学期高三开学收心考试化学试卷一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分）1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法中正确的是（）A.绿色食品是生产时不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品B.“84”消毒液、高

锰酸钾溶液和双氧水进行环境消毒时原理是相同的C.汽车尾气中含有的主要污染物是SO2、COD.“PM2.5”是指在空气中直径小于或等于2.5×10－6米的细小颗粒物，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体【答案】B【解析】【详解】A．绿色食品是无公害和无污染的食品，食品中都含有化学物质，A错误；B

．84消毒液、高锰酸钾溶液、双氧水等对环境消毒时，三者均有氧化性，均可以破坏病毒的蛋白结构，故三者消毒原理相同，B正确；C．汽车尾气的主要污染物为氮氧化物和碳氧化物，C错误；D．“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，若直径在1～100nm之间的颗粒可以形成

胶体，能产生丁达尔现象，当大于这个范围则不能形成胶体，D错误；故选B。2.下列化学用语不正确的是（）A.中子数为7的氮原子：147NB.H2O2的结构式：H—O—O—HC.NaOH的电子式：D.Mg2+的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．根据质量数A=

质子数Z+中子数，故中子数为7的氮原子：147N，A正确；B．根据H2O2的电子式为：，故其结构式：H—O—O—H，B正确；C．NaOH是离子化合物，故其电子式为：，C错误；D．镁是12号元素，故Mg2+的结构示意图：，D正确；故答案为：C。3.设NA为阿伏加德

罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4LCCl4中含有的共价键数目为4NAB.1molFe粉与足量氯气充分反应，转移的电子数为2NAC.电解58.5g熔融的NaCl，能产生NA个氯气分子D.过氧化钠与CO2反应时，生成0.1m

olO2转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．由于在标准状况下CCl4是液态，故22.4LCCl4中含有的共价键数目不为4NA，远大于4NA，A错误；B．1molFe粉与足量氯气充分反应生成FeCl3，故转移的电子数为3NA，B错误；C．58.5g

NaCl的物质的量为1mol，故电解58.5g熔融的NaCl，能产生12NA个氯气分子，C错误；D．根据过氧化钠与CO2反应可知，每生成1molO2转移2mol电子，故生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，D正确；故答案为：D。4.能正确表示下列反应的离子方程式为A.大理石

溶于醋酸中：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2OB.钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2+=Cu＋2Na+C.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：Fe2+＋H2O2＋2H+=Fe3+＋2H2OD.硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS＋2H+=Fe2+＋H

2S↑【答案】A【解析】【详解】A．大理石不溶于水，醋酸难电离，大理石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH===Ca2+＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，A正确；B．钠与CuSO4溶液反应是钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与CuSO4反应，反应的离子方程式

为2Na+2H2O+Cu2+===Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，B错误；C．酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O，C错误；D．硫化

亚铁具有还原性，而硝酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为FeS+4H++-3NO===Fe3++S↓+NO↑+2H2O，D错误。答案选A。【点睛】氧化还原类型的离子反应要注意得失电子守恒。5.W、X、Y、Z、Q是五种常见的短周期主族元素，原子序数依次增大，在周期表中W

原子半径最小；X元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍；W和Y是同一主族，X和Z是同一主族；Q的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：Y>QB.Q分别与W、Y形成的化合物中的化学键类型相同C.最简单气态氢化物的稳定性：X<ZD.Q与Z的最高价氧

化物对应的水化物的酸性强弱：Q>Z【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是五种常见的短周期主族元素，原子序数依次增大，在周期表中W原子半径最小，W为H元素；X元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，X是O元素，X和Z位于同一主族，Z为S元素；W和

Y位于同一主族，Y为Na元素；Q的非金属性在同周期元素中最强，Q为Cl元素。【详解】A．钠和氯是同周期元素，钠离子只有2个电子层，氯离子有3个电子层，氯离子半径大于钠离子半径，A错误；B．Cl和H、Na形成的化合物中HCl为共价化合物，含有共价键，NaCl为离子化合物，含有离子键，二

者化学键类型不同，B错误；C．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，O的非金属性强于S，故稳定性H2O＞H2S，C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl的非金属性强于S，故酸性HClO4＞H2SO4，D正确；故选D。6.对于可逆反应

2AB3（g）A2（g）＋3B2（g）ΔH＞0，下列图像正确的是（）（注：AB3%是混合气体中AB3的体积分数）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．反应吸热，升高温度，正逆反应速率均增大，但正反应

速率增大的倍数比逆反应增大的倍数大，反应向正反应方向移动，A错误；B．温度越高，化学反应速率越快，到达平衡所需时间越短，B错误；C．相同压强下，升高温度，反应向正反应方向进行，AB3的体积分数减小；相同温度下，增大压强反应向逆反应方向移动，AB3的体积分数增大，C错误；D．相同压强下，升高温

度，反应向正反应方向进行，AB3的体积分数减小；相同温度下，增大压强反应向逆反应方向移动，AB3的体积分数增大，D正确；故选D。7.在2L密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H>0，测得c(H2O)随反应时

间（t）的变化如图。下列判断正确的是（）A.其他条件不变，适当增加C(s)质量会使平衡正向移动B.10min时，改变的外界条件可能是减小H2的浓度C.恒温下，缩小容器体积，平衡后CO浓度增大D.10~12min时段反

应的平衡常数逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．C为固体，增加质量不会影响反应速率，平衡不发生移动，A错误；B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小，反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，B错误；C．恒温下

，缩小体积增大压强，反应随向逆反应方向移动，但由于体积减小CO浓度依旧较原来增大，C正确；D．10~12min为平衡移动的过程，这段过程中无平衡常数，只有浓度商，D错误；故选C。8.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如下图所示）。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°

，下列有关N(NO2)3的说法正确的是（）A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键B.分子中四个氮原子共平面C.15.2g该物质含有6.02×1022个原子D.该分子中有一个N原子可能采用sp3杂化成【答案】D【解析】【详解】A．N和O两种原子属于不同的非金属元素，它们之间形成的共

价键是极性键，A错误；B．该分子中N-N-N键角都是108.1°，所以该分子不可能是平面型结构，而是三角锥形，B错误；C．该化合物分子式：N(NO2)3，摩尔质量是152g/mol，15.2g该物质的物质的量为0.1mol，含有

的原子数0.1×10×6.02×1023=6.02×1023，C错误；D．因N(NO2)3为三角锥形，N(NO2)3中与-NO2相连的N原子存在1对孤电子对，同时这个N原子与另外3个N原子相连，故这个N原子可能为sp3杂化，D正确；故选D。9.已知相同温度时，同浓度的

HCO-3的电离程度大于HS-的电离程度。将0.1mol·L-1的盐酸缓慢滴入0.1mol·L-1的Na2S溶液中，当等体积混合后，溶液中下列粒子浓度的大小关系正确的是（）Ac(Cl-)>c(HS-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Cl-

)>c(H2S)>c(HS-)>c(OH-)C.c(Cl-)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)D.c(Cl-)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+)【答案】C【解析】【详解】等浓度的盐酸与硫化钠等体积混合，二者发生如下反应：HCl+Na2S=NaHS+NaCl，

其中NaHS为强碱弱酸盐，HS-在水中可以发生水解也可发生电离，由于题干中已知等浓度的HCO-3的电离程度大于HS-的电离程度，可以说明HS-的水解程度大于其自身的电离程度，故在溶液中c(Cl-)>c(HS-)>c(H2S)>c(S2-)，故选择C。10.物质的量浓度相同（0.1mol·L－1

）的弱酸HX和NaX溶液等体积混合后，溶液中微粒浓度关系错误的是A.c(Na+)＋c(H+)＝c(X－)＋c(OH－)B.c(HX)＋c(X－)＝2c(Na+)C.若溶液呈酸性，则c(X－)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH－)D.若溶液呈碱性，则c(Na+)＞c(HX)＞c(X－

)＞c(OH－)＞c(H+)【答案】D【解析】【详解】A．由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(X－)+c(OH－)，A正确；B．由物物料守恒可知，n(X)=2n(Na)，则c(HX)+c(X－)＝2c(Na+)，B正

确；C．物质的量浓度相同（0.1mol·L－1）的弱酸HX与NaX溶液等体积混合后，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，电离大于水解，则c(X－)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH－)

，C正确；D．溶液为碱性，则水解大于电离，则c(HX)＞c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；故选D。11.下列各组物质，晶体类型相同且加热时破坏化学键类型相同的是A.NaOHNaClB.I2Br2C.NH4

ClHClD.CO2SiO2【答案】A【解析】【详解】A．NaOH和NaCl都含离子键，是离子晶体，加热熔化时都要破坏离子键，A符合题意；B．I2和Br2都含共价键，是分子晶体，加热熔化时破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，B不符题意；C．NH4Cl含离子键，是离子晶体，

HCl含共价键，是分子晶体，晶体类型不同，C不符题意；D．CO2含共价键，是分子晶体，SiO2含共价键，是原子晶体，晶体类型不同，D不符题意。答案选A。12.一般情况下胶体稳定，胶体微粒不易聚集，主要原因是()A.胶体有丁达尔现象B.胶体有布朗

运动C.胶体微粒因吸附带电荷离子而带电，带同种电荷的微粒间相互排斥D.胶体微粒直径在1～100nm之间，微粒小，不受重力作用【答案】C【解析】【详解】胶体属于介稳体系，胶体微粒不易聚集的主要原因是胶体可以通过吸附而带有电荷，同种胶体粒子的电性相同，相互排斥，不易聚集，所以答案选C

。13.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A是组成有机物的必要元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，元素D与A为同族元素，元素C与E形成的化合物CE是厨房常用

调味品。下列说法正确的是A.原子半径：C＞D＞A＞BB.C和E的单质可通过电解饱和的CE水溶液获得C.C与B形成的两种化合物中化学键类型完全相同D.A、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强【答

案】A【解析】【分析】“组成有机物的必要元素”碳元素或氢元素；“最外层电子数是其电子层数的3倍”则B的核外电子排布为26，故B是氧元素；“化合物CE是厨房常用调味品”，则C是钠元素，E为氯元素；D的原子序数介于C、E之间，且D与A同主族，则D为硅元素，A

为碳元素；则A、B、C、D、E5种主族元素依次为：C、O、Na、Si、Cl【详解】A．中四者在周期表中的位置关系为：同周期，由左到右，原子半径逐渐减小，同主族，由上到下，原子半径逐渐增大，即原子半径：Na＞Si＞C＞O，故A正确；B．金属

钠和氯气单质可通过电解熔融的氯化钠得到，而不是电解氯化钠溶液，故B错误；C．Na2O中只有离子键、而Na2O2中既有离子键又有共价键，故C错误；D．三种元素在周期表中的位置关系为：同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸

性逐渐增强，同主族，由上到下，原子的得电子能力逐渐减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，故酸性：H2SiO3＜H2CO3（弱酸）＜HClO4（最强的含氧酸），D错误；14.下列说法正确的是（）A.NH4NO3溶液和

HNO3溶液中滴加石蕊都变红色，是因为它们均能电离出H+B.浑浊的苯酚试液中加入饱和Na2CO3溶液变澄清，则酸性：苯酚＞碳酸C.在NaHSO3溶液中滴入石蕊试液，出现红色，可说明：溶液NaHSO3中存在电离平衡D.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度、pH均先增大后减小【答案】C【解

析】【详解】A．NH4NO3溶液和HNO3溶液中滴加石蕊都变红色，前者是铵根离子水解显酸性；后者硝酸能电离出H+，A错误；B．C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3，苯酚钠和碳酸氢钠都是易溶性物质，所以溶液变澄清，说明酸性苯酚＞碳

酸氢根离子，B错误；C．NaHSO3为强碱弱酸盐，其溶液中滴入石蕊试液，出现红色，说明亚硫酸氢根的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液中存在电离平衡，C正确；D．弱电解质加水稀释电离程度增大，但加水稀释时浓度不一定增大，当加水稀释到一定程度之后，电离的程度小

于溶液体积增大的程度时溶液的离子浓度反而减小，导电性减弱，D错误；故选C。15.下列各环境下的离子组合一定能够大量共存的是（A.中性溶液中：Ca2+、Fe3+、SO2-4、Cl－B.由水电离产生的c(H＋)＝1×10-14mol·L-1的溶液中：

Na+、K+、AlO-2、CO2-3C.c(H＋)＝10-14mol·L－1的溶液中：Na+、AlO-2、S2-、SO2-3D.pH试纸变红的溶液中：Fe2+、I－、NO-3、ClO－【答案】C【解析】【详解】A．Ca2+可以和SO2-4反应生成微溶于水的CaSO4，A不能大量共存；B

．由水电离出的c(H＋)＝1×10-14mol·L-1的溶液中，可以为酸性也可以为碱性，在酸性溶液中，偏铝酸根、碳酸根均可以和溶液中的氢离子反应，B不能大量共存；C．c(H＋)＝10-14mol·L-1的溶液为碱性溶液，在碱性条件下，四种离子互不反应也不与OH-反应，C可以

大量共存；D．pH试纸变红的溶液为酸性溶液，含有大量氢离子，四种离子中硝酸根和亚铁离子可以在酸性条件下反应生成铁离子和一氧化氮，D不能大量共存；故选C。16.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂HIn（溶液）H＋（溶液）＋In－（溶液

）红色黄色浓度为0.02mol·L－1的下列各溶液①盐酸②石灰水③NaCl溶液④NaHSO4溶液⑤NaHCO3溶液⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是（）A.②⑤⑥B.①④C.①④⑤D.②③⑥【答案】B【解析】【详

解】要使指示剂显红色，则平衡应该向逆反应方向移动。根据方程式可知，增大氢离子浓度平衡向逆反应方向移动，所以答案选B。17.下列事实与盐类水解无关的是（）①明矾、氯化铁晶体常用于净水②实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污③CH3COO

Na溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)④实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸⑤向氯化铁中滴加KSCN，出现红色⑥NaHCO3与A12(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦向FeCl2中滴加氯水，溶液颜色加深⑧实验室制氢气时加入CuSO4可加快

反应速率A.⑤⑥⑦⑧B.②⑤⑧C.⑤⑦⑧D.⑦⑧【答案】C【解析】【详解】①明矾中含有Al3+，氯化铁中含有Fe3+，二者均为弱碱阳离子，在水溶液中水解产生大量絮状沉淀，用于净水，①与盐类水解有关；②纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，碳酸根在溶液中水解，出现大量氢氧根可以和油污作用，达到去油的效果，②与

盐类水解有关；③醋酸钠溶液中，醋酸根为弱酸阴离子，在溶液中发生水解使醋酸根浓度变小，③与盐类水解有关；④实验室配制FeCl3溶液时，需要加入少量稀盐酸，Fe3+为弱碱阳离子，在溶液中发生水解，加入稀盐酸后，盐酸中的氢离子可以抑制Fe3+的水解，④与盐类水解有关；⑤向氯化铁中滴加K

SCN，Fe3+就可以和SCN-反应生成络合物Fe(SCN)3，⑤与盐类水解无关；⑥碳酸钠中的碳酸根可以和硫酸铝中的铝离子发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，⑥与盐类水解有关；⑦向氯化亚铁中滴加氯水，因氯水有氧化性，可以将Fe2+氧

化为Fe3+，发生氧化还原反应，⑦与盐类水解无关；⑧实验室在制取氢气时加入少量硫酸铜，Zn可以和硫酸铜反应生成Cu，Cu、Zn和稀硫酸组成原电池装置，加快氢气的生成速率，⑧与盐类水解无关；综上，⑤⑦⑧与盐类水解无关，故答案选C。18.某同学在

实验报告中记录了下列数据，其中正确的是()A.用25mL量筒量取12.36mL盐酸B.用pH试纸测出某溶液pH为3.5C.用托盘天平称取8.75g食盐D.用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为15.60mL【答案】D【解析】【详解】A．量筒的感量为0.1mL，则用25mL

量筒量取12.3mL盐酸或12.4mL盐酸，故A错误；B．pH试纸测到的pH为正整数，则用pH试纸测出某溶液pH为3或4，故B错误；C．托盘天平的感量为0.1g，则用托盘天平称取8.7g或8.8g食盐，故C错误；D．酸式滴定管的准确度为0.01mL，则用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积

为15.60mL，故D正确；故选D。二．非选择题（共46分）19.(1)物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2、④NH4Cl四种溶液中：c(4NH+)

由大到小的关系___________(填序号)(2)已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)1.8×10－54.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11等物质的量浓度的①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3、④C

H3COONa溶液pH由大到小关系为：_______(填序号)【答案】(1).③＞①＞②＞④(2).②＞①＞③＞④【解析】【详解】(1)物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2CO3、③(NH4)2Fe(SO4)2、④NH4Cl四种溶液中，亚铁离子水

解呈酸性，抑制铵根离子水解、碳酸根离子水解呈碱性，促进铵根离子水解，但毕竟水解程度一般很小，故铵根离子系数越小，溶液中铵根离子浓度越小，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③＞②＞①＞④，故答案为：③＞①＞②＞④；(2)等物质

的量浓度的下列溶液中，①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3、④CH3COONa溶液都是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，PH越大，因H2CO3电离K2=5.6

×10-11＜HCN的K=4.9×10-10＜H2CO3电离K1=4.3×10-7＜CH3COOH的1.8×10-5，所以，对应酸根离子的水解程度大小为CH3COO-＜3HCO−＜CN-＜23CO−，所以溶液pH由大到小的顺序②＞①＞③＞

④，故答案为：②＞①＞③＞④。20.在一定条件下，将5.0molSO2和4.0molO2充入容积为2L的密闭容器中，发生反应2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）H<0，测得部分数据如下表。t/min012345n（SO2）/mol5.03.02.01.41.01.0n（SO3）/mol0.0

2.03.03.6404.0（1）工业生产中此反应O2需过量，目的是：______。SO2的平衡转化率为_____。（2）实验条件下该反应的平衡常数K1＝____（填数值）。若在同样条件下，把方程式改写为SO3（g）

SO2（g）＋12O2（g），则该反应的平衡常数K2＝____（用含K1的式子表示）。（3）其他条件不变，若平衡后移走一半平衡混合气，再次达平衡时SO3的物质的量浓度是________a1.0mol/Lb2.0mol/Lc小于1.0m

ol/Ld大于1.0mol/L，小于2.0mol/L（4）在同样条件下，若将5molSO3充入2L密闭容器中，还需同时充入__molO2，才能达到上述表格所示的相同的平衡状态。【答案】(1).增加廉价原料O2的浓度，提高SO2的转化率(2).80

%(3).16(4).11K（或1-21K）(5).c(6).1.5【解析】【分析】(1)根据勒夏特列原理可知，增大一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率增大，转化率等转化量除以起始量进行计算；(2)利用三段式分析，结合平衡常

数表达式进行计和求解；(3)根据勒夏特列原理，减小气体的物质的量相当于减小压强进行分析；(4)根据等效平衡达到的途径进行求解。【详解】(1)增大一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率增大，故工业生产中此反应O2需过量，目的是

增加廉价原料O2的浓度，提高SO2的转化率，根据表中可知，平衡时SO2的物质的量为1mol，故SO2的平衡转化率为5mol-1mol×100%=?100%=80%5mol2转化量（SO）=起始量，故答案为：增加廉价原料

O2的浓度，提高SO2的转化率；80%；(2)根据三段式计算：2232SOgOg2SOgmol/L2.520mol/L2.01.02.0mol/L0.51.02.0ƒ（）＋（）（）起始浓度()转化浓度()平衡浓度()故实验条件下该反应的平衡常数K1＝2232222(SO)2==16(SO)(

O)0.5?1ccc，根据平衡常数表达式可知，若在同样条件下，把方程式改写为SO3(g)SO2(g)＋12O2(g)，则该反应的平衡常数K2＝11K（或1-21K），故答案为：16；11K（或1-21K）；(3)其他条件不变即温度和容器体积不变，若平衡后移走一半

平衡混合气，假设平衡不移动，则再次达平衡时SO3的物质的量浓度是1.0mol/L，但实际上减小气体的物质的量，容器压强减小，该反应的正反应为气体体积减小的方向，故减小压强，平衡逆向移动，故SO3的浓度要小于1.0mol/L，故答案为：c；(4)根据等效平衡达到的途

径，即将物质转化为一边，根据反应方程式可知，将5molSO3全部转化为5molSO2和2.5molO2，故还需同时充入4-2.5=1.5molO2，故答案为：1.5。21.已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们

的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。D原子得到一个电子后3p轨道全充满。A＋比D原子形成的离子少一个电子层。C与A形成A2C型离子化合物。E的原子序数为

26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为___________。（2）C的氢化物分子是_____（填“极性”或“

非极性”）分子。（3）化合物BD3的分子空间构型是______。（4）E的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂。据此可判断E(CO)5的晶体类型为__________；E(CO)5中的配体CO

与N2、CN-等互为等电子体，写出CO分子的结构式_______。（5）金属E单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为___________。【答案】(1).Na<

S<P<Cl(2).极性(3).三角锥(4).分子晶体(5).C≡O(6).1:2【解析】【分析】B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的，则B为P元素；D原子得到一个电子后3p轨道全充满，则D为Cl元素；B、C、D原子序数依

次增大，则C为S元素；A+比D原子形成的离子少一个电子层，则A为Na元素；E的原子序数为26，则E为Fe元素，据此分析。【详解】(1)A、B、C、D分别为Na、P、S、Cl，P原子p轨道电子处于半充满状态，第一电

离能大于S，则第一电离能由小到大的顺序为Na＜S＜P＜Cl，故答案为：Na＜S＜P＜Cl；(2)C为S元素，其氢化物分子式为H2S，为由极性键形成的极性分子，故答案为极性；(3)化合物PCl3分子中心P原子有3条P-Cl键，1个孤电子对，则分子空间构型是三角锥形，故答案为：三角锥；(4)

已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，则为分子晶体，CO与N2互为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，故答案为：分子晶体、C≡O；

(5)根据均摊原则，体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为(8×18+1)：(8×18+6×12)=1：2，故答案为：1：2。22.由有机物A和F合成I、J和高聚物H的流程如下：已知：①②③有机物B的分子式为C4H6

Br2，其核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为1：2。请回答下列问题（1）有机物F的名称是________，反应⑤利用试剂a的哪种性质?________________填“氧化性”或“还原性”)。（2）高聚物H的结构简式为_____________，已知J中含有一个六元环，则J的

结构简式为________________。（3）D→E的化学方程式为________________，反应类型为________________。（4）1mol的E生成I最多可以消耗________molH2，B和C的相对分子质量的差值

为________。（5）C的同分异构体中满足下列条件的有________种。①可以发生银镜反应②可以与金属钠反应产生氢气【答案】(1).1,4-二甲苯或对二甲苯(2).氧化性(3).(4).(5).(6).加成反应

(7).3(8).126(9).5【解析】【分析】有机物B的分子式为C4H6Br2，其核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为1：2，故分子高度对称，A与溴发生1，4-加成生成B，B为1，4-二溴-2-丁

烯BrCH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH在铜的催化下发生氧化反应生成D为OHC

CH=CHCHO，OHCCH=CHCHO在稀氢氧化钠溶液中与足量甲醛发生类似已知①反应生成E为，与A（1，3-丁二烯）发生类似已知②的加成反应生成J为，与G（对苯二甲酸）发生缩聚反应生成H为。【详解】（1）有机物F为，名称是1,4-二甲苯或对二甲苯，反应⑤是对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化

生成对苯二甲酸，利用试剂a的氧化性；（2）高聚物H的结构简式为，已知J中含有一个六元环，则J的结构简式为；（3）D→E是OHCCH=CHCHO在稀氢氧化钠溶液中与足量甲醛发生反应生成，反应的化学方程式为，反应类型为加成反应；（4）中含有一个碳碳双键和二个醛

基，故1mol的E生成I最多可以消耗3molH2，B（BrCH2CH=CHCH2Br）和C（HOCH2CH=CHCH2OH）的相对分子质量的差值为80×2-17×2=126；（5）C为HOCH2CH=CHCH2OH，同分异构体中满足条件：①可以发

生银镜反应则含有醛基，②可以与金属钠反应产生氢气，则另一个氧应是羟基，分子中不含有碳碳双键，符合条件的有CH3CH2CH(OH)CHO、(CH3)2C(OH)CHO、OHCCH2CH(OH)CH3、HOCH2CH(CH3)C

HO、HOCH2CH2CHO共5种同分异构体。【点睛】本题考查有机合成，有机物B的分子式为C4H6Br2，其核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为1：2，故分子高度对称，A与溴发生1，4-加成生成B，B为1，4-二溴-2-丁烯BrCH2CH=CHCH2Br

；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH在铜的催化下发生氧化反应生成D为OHCCH=CHCHO，OHCCH=CHCHO在稀氢氧化钠溶液中与足量甲醛

发生类似已知①反应生成E为，与A（1，3-丁二烯）发生类似已知②的加成反应生成J为，与G（对苯二甲酸）发生缩聚反应生成H为，据此分析解答。