【文档说明】北京市第八十中学2023-2024学年高二下学期3月阶段测评化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.926 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第八十中学2023~2024学年第二学期阶段测评高二化学2024年3月(考试时间90分钟满分100分)提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。第一部分本部分共21题，每题2分，共42

分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列能级符号正确的是A.6sB.2dC.3fD.1p【答案】A【解析】【详解】A.主量子数为6，存在s轨道，A项正确；B．主量子数为2，存在s、p轨道，不存在d轨道，B项错误；C．主量

子数为3，存在s、p、d轨道，不存在f轨道，C项错误；D．主量子数为1，只存在s轨道，D项错误；本题答案选A。2.基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】B【解析】【详解】根据s是一个轨道，p有三个轨道，则基态原子的核外电

子填充在6个轨道即1s22s22p63s1、1s22s22p63s2共2种元素，故B符合题意。综上所述，答案为B。3.下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析

】【详解】A．电负性与非金属性变化规律一致，非金属性：F＞Cl＞Br，故电负性：F＞Cl＞Br，A正确；B．卤素最外层电子数均为7个，按照化合价形成规律最高价为+7价，但F元素无正价，B错误；C．同主族元素的原子半径越小，原子核对核外

电子引力越强，不容易失去电子，第一电离能越大，故第一电离能：F＞Cl＞Br，C错误；D．卤素单质均为分子构成，且无分子间氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，所以熔点：Br2＞Cl2＞F2，D错误。故答案选A。4.在Mn的价层电子排布中，处于基态的是A.B.C.D.【

答案】D【解析】【详解】A．4s轨道上没有电子，说明4s上的电子跃迁到3d轨道上，则处于激发态，故A不符合题意；B．4s上有一个电子，3d上有6个电子，说明4s上有一个电子跃迁到3d轨道上，则处于激发态，故B不符合题意；C．Mn上4s轨道上两个电子，3d上5个电子，但

不遵循洪特规则，故C不符合题意；D．4s轨道上1个电子，3d轨道上5个电子，半满结构稳定，处于基态，故D符合题意。综上所述，答案为D。5.下列说法中，正确的有①共价键的成键原子只能是非金属原子②所有的σ键的强度都比π键的大③在所有分子中都存在化学键④碳碳三键和碳碳

双键的键能分别是碳碳单键的3倍和2倍⑤键长等于成键两原子的半径之和A.0句B.1句C.2句D.3句【答案】A【解析】【详解】①共价键的成键原子可能是非金属原子，也可能是金属原子与非金属原子，比如氯化铝，故①错误；

②不是所有的σ键的强度都比π键的大，比如氮气的σ键的强度都比π键的小，故②错误；③不是所有分子中都存在化学键，比如稀有气体单质中不存在化学键，故③错误；④碳碳三键和碳碳双键的键能分别比碳碳单键的3倍和2

倍键能小，故④错误；⑤键长等于成键两原子的核间距，小于量原子的半径之和，故⑤错误；因此正确的有0句，故A正确。综上所述，答案为A。6.下列说法中，正确的是A.杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键

的孤电子对B.凡是中心原子采取3sp杂化的分子，其空间结构都是正四面体形C.凡是3AB型的共价化合物，其中心原子A均采用3sp杂化轨道成键D.2SCl属于2AB型共价化合物，中心原子S采取sp杂化轨道成键【答案】A【解析】【详解】A．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参

与成键的孤电子对，故A正确；B．中心原子采取3sp杂化的分子，其空间结构不一定是正四面体形，如果四个杂化轨道的成键情况不一样，就不是正四面体，例如CH3Cl，故B错误；C．3AB型的共价化合物，其中心原子A不一定采用3sp杂化轨道成键，

其中心原子还可能采用2sp杂化轨道成键，例如BF3，故C错误；D．2SCl中心原子S采取3sp杂化轨道成键，存在两对孤对电子，分子空间构型为V形，故D错误。故选A。7.下列各组粒子的空间结构相同的是①NH3和H2O②+4NH和H3O+③NH3和H3O+④O3和SO2⑤CO2和BeCl2A.全部

B.①②③④C.③④⑤D.②⑤【答案】C【解析】【详解】①NH3和H2O，前者是三角锥形，后者是“V”形；②+4NH和H3O+，前者是正四面体形，后者是三角锥形；③NH3和H3O+，都为三角锥形；④O3和SO2，都为“V”形；⑤CO2和BeCl2，都是直线形；因此空间结构相同的是③④⑤

，故选C。8.下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是A.CH4和CCl4B.H2S和HClC.CO2和CS2D.NH3和SiO2【答案】B【解析】【详解】A．CH4和CCl4都是由极性键构成的非极性分子，故A不符合题意；B．H2S是“V”形结构

，HCl是直线形结构，两者都是由极性键构成的极性分子，故B符合题意；C．CO2和CS2都是由极性键构成的非极性分子，故C不符合题意；D．NH3是由极性键构成的极性分子，SiO2属于共价晶体，不是分子，故D不符合题

意。故选B。9.下列说法中，正确的有①极性分子中可能含有非极性键②非极性分子中可能含有极性键③乙醇分子和水分子间只存在范德华力④氢键(X−H∙∙∙Y中三原子在一条直线上时，作用力最强⑤H2O比H2S稳定是因为水分子间

存在氢键⑥可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键⑦卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而升高A.3句B.4句C.5句D.6句【答案】A【解析】【详解】①极性分子中可能含有非极性键，比如H2O2含有非极性键，故①正确；②非极性分子中可能

含有极性键，比如甲烷，故②正确；③乙醇分子和水分子间不仅存在范德华力，还存在分子间氢键，故③错误；④氢键(X−H∙∙∙Y中三原子在一条直线上时，原子间的距离最短，作用力最强，故④正确；⑤H2O比H2S稳定是因为

水中氢氧键比氢硫键键能大，故⑤错误；⑥可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间不存在氢键，故⑥错误；⑦卤素单质、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而升高，卤素氢化物中HF存在分子间氢键，熔沸点高，故⑦错误；因此正确的有3句，故A正确。综上所述，答

案为A。10.区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是A测定熔、沸点B.观察外形.C.对固体进行X射线衍射D.通过比较硬度确定【答案】C【解析】【分析】【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，对固体进行X射线衍射可以看到微观结构，则区分晶体和非晶体的最可

靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，故选C。11.下列事实能说明刚玉(23AlO)是共价晶体的是①23AlO是两性氧化物；②硬度很大；③它的熔点为2045℃；④自然界中的刚玉有红宝石和蓝宝石。A.①②B.②③C.①④D.③④【答案】B【解析】【详解】Al2O3是两性氧化物，属于物质的分类

，与晶体类型无关，①错误；硬度很大、熔点为2045℃(很高)，都是共价晶体的物理性质，②③正确；红宝石、蓝宝石是刚玉在自然界中的存在形式，与晶体类型无关，④错误，正确的组合是②③；故选B。12.下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是A.2CO和2SiOB.NaCl和HClC.2CO和2CSD.

4CCl和2MgCl【答案】C【解析】【详解】A．CO2形成的晶体为分子晶体，SiO2形成的晶体为原子晶体，晶体类型不相同，故A错误；B．NaCl形成的晶体为离子晶体，HCl形成的晶体为分子晶体，晶体类型不相同，故B错

误；C．CO2形成的晶体为分子晶体，CS2形成的晶体为分子晶体，晶体类型相同，故C正确；D．CCl4形成的晶体为分子晶体，MgCl2形成的晶体为离子晶体，晶体类型不相同，故D错误；故选C。13.下列物质

中，不能作为配合物的配位体的是A.3NHB.2HOC.SCN−D.4NH+【答案】D【解析】【详解】A．NH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故

A不选；B．CO分子C与O原子之间形成3对共用电子对，电子式为:CO:，含有1个σ键，C原子或O原子含有1对孤电子对，可以作为配体，故B不选；C．SCN−存在孤对电子，可以作为配体，故C不选；D．4NH+

中形成4个共价键，没有孤对电子，不可以作为配体，故D选；故选D；14.向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是A.反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不

变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为()2+34CuNHC.在()2+34CuNH中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道D.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为()2+34CuNH不与乙醇发生反应【答案】B【解析】

【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH+4，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(

NH3)4]2++2OH-，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，以此分析解答。【详解】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度减小，故A错误；B

．氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，则生成深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故C错误；D．[Cu(NH3)4]S

O4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小，析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，故D错误；故选B。15.下列各组物质不互为同分异构体的是A.4NHOCN和()22CONHB.32CHCHOH和33CHO

CHC.32CHCHCOOH和2CHCHCOOH=D.和【答案】C【解析】【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，同分异构体包含碳链异构、官能团异构、位置异构等，据此解答。【详解】A．4NHOCN和()22CONH的分子式都为CH4N2O，二者

结构不同，属于同分异构体，故A不选；B．32CHCHOH和33CHOCH的分子式都为C2H6O，二者结构不同，属于同分异构体，故B不选；C．32CHCHCOOH的分子式为C3H6O2，2CHCHCOOH=的分子式为C3H4O2，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C选；D．和的分子式都为C7H8

O，二者结构不同，属于同分异构体，故D不选；答案选C。16.常温下，乙酰苯胺是一种具有解热镇痛作用的白色晶体，20℃时在乙醇中的溶解度为36.9g，在水中的溶解度如下表(注：氯化钠可分散在醇中形成胶体)温度/℃255080100溶解度/g0.56

0.843.555某种乙酰苯胺样品中混入了少量氯化钠杂质，下列提纯乙酰苯胺的方法正确的是A.用水溶解后分液B.用乙醇溶解后过滤C.用水作溶剂进行重结晶D.用乙醇作溶剂进行重结晶【答案】C.【解析】【分析】【详解】A．乙酰苯胺、氯化钠都是能溶于水的固体，溶于水后不分层，故不选A；B．

氯化钠可分散在醇中形成胶体，不能用过滤的方法分离，故不选B；C．氯化钠在水中的溶解度随温度变化基本不变，根据表中数据，乙酰苯胺在水中的溶解度随温度降低而降低，所以可选用重结晶方法，先用水溶解加热形成乙酰苯胺的热饱和溶液，然后降温结晶让

大量的乙酰苯胺析出晶体，故选C；D．20℃时乙酰苯胺在乙醇中的溶解度为36.9g，氯化钠可分散在醇中形成胶体，不能用重结晶法提纯乙酰苯胺，故不选D；选C。17.下列说法不正确的是A.所有碳氢化合物中，甲烷中氢的质量分数最低B.甲烷分子中最多有3个原子共平面C.酸性高锰

酸钾溶液可用来鉴别苯和甲苯D.乙苯分子中所有的碳原子可能位于同一平面【答案】A【解析】【详解】A．所有碳氢化合物中，甲烷中氢的质量分数最高，故A错误；B．根据三点共面，甲烷是正四面体，甲烷分子中最多有3个原子共平面，故B正确；C．苯不能

使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此酸性高锰酸钾溶液可用来鉴别苯和甲苯，故C正确；D．根据甲烷中三个原子共面，单键可以旋转，则乙苯()分子中所有的碳原子可能位于同一平面，故D正确。综上所述，答案为A。18工业上用乙苯与2CO生产苯乙烯，主要反应：①(g)(g)+H2(g)1

125kJmolH=+.②()()()()222HgCOgCOgHOg++241kJmolH=+在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质量的乙苯和2CO。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示

。下列说法不正确．．．的是A.当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态B.苯乙烯和2H的体积分数变化差异的主要原因是2CO消耗2HC.乙苯的平衡转化率随温度升高而升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯

D.温度越高，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应的K越大【答案】C【解析】【详解】A．在恒容容器中发生反应①、②，只有气体物质反应及生成，混合气体的质量不变，反应①是气体分子数增大的反应，随反应的进行，气体物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量mM=n减小

，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态，A正确；B．发生反应①生成的苯乙烯和2H的体积相等，相同温度时，苯乙烯的体积分数大于2H的体积分数，说明2H与2CO发生反应②而被消耗，B正确；C．温度升高到630℃左

右时，苯乙烯的体积分数较大，温度继续升高，采用700℃获得更多的苯乙烯，苯乙烯的体积分数变化不明显，但耗能较大，故宜采用630℃获得较多的苯乙烯，C错误；D．反应①，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，温度越

高，K越大，D正确；答案选C。19.将4FeSO溶液分别滴入23NaCO溶液和3NaHCO溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。的已知：3FeCO是白色难溶于水的固体。下列说法不正确．．．的是A.23NaCO溶液和3NaHCO溶液中均存在：()()()()()233NaHHCO2CO

OHccccc++−−−+=++B.Ⅰ中的沉淀可能有()2FeOH、()3FeOH和3FeCOC.Ⅱ中生成3FeCO的反应：233HCOFeFeCOH−+++=+D.Ⅰ和Ⅱ中加入4FeSO溶液后，pH均降低【答案】C【解析】【详解】A．23NaCO溶

液和3NaHCO两种溶液中都存在电荷守恒：()()()()()233cNacHcHCO2cCOcOH++−−−+=++，A正确；B．Ⅰ中发生的反应有：234324NaCO+FeSO=FeCO+NaSO，Fe2+遇碳酸根发

生双水解，碳酸根与H+形成碳酸（分解成CO2）和碳酸氢根，Fe2+则与OH-生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2会很快被氧化成Fe(OH)3，B正确；C．Ⅱ中生成3FeCO的反应：2+3322Fe+2HCO=FeCO+CO+HO−，C错误；D

．Ⅰ和Ⅱ中加入4FeSO溶液后，发生双水解，生成的-OH被消耗，pH均降低，D正确；故选D【点睛】两种溶液中都存在电荷守恒20.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所

示。。下列说法中不正确．．．的是A.人体血液的pH约为7.35-7.45，血液中所含+3价砷元素的主要微粒是H3AsO3B.向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，主要反应的离子方程式为：H3

AsO3+OH-=H2AsO3−+H2OC.该温度下，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2D.向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=13时，溶液中存在关系：c(H2AsO3−)+2c(HAsO23−)+3c(AsO33−)+c(OH-)

=c(H+)【答案】D【解析】【详解】A．据图可知当pH在7.35-7.45之间时，As元素主要存在形式为H3AsO3，故A正确；B．向H3AsO3溶液中滴加KOH溶液至pH=11的过程中，As元素主要存在形式为H3AsO3、H2AsO3−，反应的

离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO3−+H2O，故B正确；C．由图中数据可知，pH＝9.2时，c(H2AsO3−)=c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1=()()-+2333()ccHAsOcHHAsO=c(H+

)＝10-9.2，H3AsO3的电离平衡常数Ka1约为10-9.2，故C正确；D．由电荷守恒可知，c(H2AsO3−)+2c(HAsO23−)+3c(AsO33−)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，故D错误；故选D。21.离子化合物Na

2O2和CaC2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。下列说法不正确的是A.Na2O2、CaC2中均含有非极性共价键B.Na2O2、CaC2

中阴、阳离子个数比分别为1∶1和2∶1C.①、②两个反应中水均不作氧化剂或还原剂D.O2和C2H2均为非极性分子【答案】B【解析】【详解】离子化合物Na2O2和CaC2与水的反应分别为①2Na2O2+2

H2O=4NaOH+O2↑；②CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑。下列说法不正确的是A．Na2O2、CaC2中氧氧键、碳碳叁键都是非极性共价键，故A正确；B．Na2O2中含有22O−，CaC2中含有22C−，则Na2O2、CaC2中阴、阳离子个数比分别为1∶2和1

∶1，故B错误；C．①中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，②是非氧化还原反应，因此两个反应中水均不作氧化剂或还原剂，故C正确；D．O2含非极性键的非极性分子，C2H2是含有极性键、非极性键的非极性分子，故D正确。综上所述，答案为B。第二部分22.某有机化合物样品的分子式为C4H10O。（1）该有机物可

能的同分异构体中，属于醇的有_____种，属于醚的有_____种。（2）该有机物样品的红外光谱图(左)和核磁共振氢谱图(右)如下所示。①由此可确定该分子结构中含有的官能团是_____。②该分子中有5种不同化学环境的氢原子，由此可确定该分子可能的结构

有_____种。③核磁共振氢谱图不同位置的信号峰的面积比为1：1：2：3：3，由此可确定该分子的结构简式为_____。④该有机物与HCl在催化剂作用下发生取代反应生成卤代烃。写出反应的化学方程式_____。⑤某种丁烷与Cl2在光照下可以生成上述的卤代烃，但不宜用于工业合

成，可能的原因是_____。【答案】（1）①.4②.3（2）①.羟基②.2③.CH3CH(OH)CH2CH3④.CH3CH(OH)CH2CH3+HCl⎯⎯⎯→催化剂CH3CHClCH2CH3+H2O⑤.正丁烷和氯气光照下取代是发生一系列反应，副产物

过多【解析】【小问1详解】该有机物(C4H10O)可能的同分异构体中，属于醇(说明含有羟基)相当于丁烷中的一个氢原子被羟基取代，丁烷有两种结构，每种结构有两种位置的氢，因此属于醇的有4种；属于醚，左边为甲基，右边为正丙基和异丙基；左边为乙基，右边为乙基，则共有3种；故答案为：4、3；

【小问2详解】①根据图中信息可确定该分子结构中含有的官能团是羟基；故答案为：羟基；②该分子中有5种不同化学环境的氢原子，由此可确定该分子可能的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH(OH)CH2CH3共2种；故答案为：2；③核磁共振氢谱图不同位置的信号峰的面积比为1∶1∶2∶3

∶3，由此可确定该分子的结构简式为CH3CH(OH)CH2CH3；故答案为：CH3CH(OH)CH2CH3；④该有机物与HCl在催化剂作用下发生取代反应生成卤代烃。写出反应的化学方程式CH3CH(OH)CH2CH3+HCl⎯⎯⎯→催化剂

CH3CHClCH2CH3+H2O；故答案为：CH3CH(OH)CH2CH3+HCl⎯⎯⎯→催化剂CH3CHClCH2CH3+H2O；⑤某种丁烷与Cl2在光照下可以生成上述的卤代烃，但不宜用于工业合成，可能的原因是正丁烷和氯气光照下取代是发生一系列反应，副产物过多；故答案为：正丁烷和氯气

光照下取代是发生一系列反应，副产物过多。23.以丁烷为原料合成1,2,3−三氯丙烷的路线如下：（1）A的结构简式是_____。（2）B中所含的官能团是_____。（3）生成B的化学方程式是_____。（4）B→CH2ClCHClCH2Cl的反应类型是_____。（5）CH2ClCH

ClCH2Cl在氢氧化钠水溶液中加热，可以发生取代反应，生成甘油(1,2,3−丙三醇)和一种盐。写出反应的化学方程式_____。【答案】（1）CH4（2）氯原子、碳碳双键（3）CH3CH=CH2+Cl2500⎯⎯⎯→℃HCl+ClCH2CH=CH2（4

）加成反应（5）ClCH2CHClCH2Cl+3NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→3NaCl+HOCH2CH(OH)CH2OH【解析】【分析】丁烷在催化剂加热、加压条件下反应生成丙烯和甲烷，丙烯和氯气在500℃条件下发生取代反应生成B(ClCH2CH=CH2)，ClCH2CH=CH2与

氯气发生加成反应生成ClCH2CHClCH2Cl。【小问1详解】根据碳原子守恒，A为甲烷，则A的结构简式是CH4；故答案为：CH4。【小问2详解】B(ClCH2CH=CH2)中所含的官能团是氯原子、碳碳双键；故答案为：氯原子、碳碳双键。【小问3详解】生成B

是发生取代反应，其化学方程式是CH3CH=CH2+Cl2500⎯⎯⎯→℃HCl+ClCH2CH=CH2；故答案为：CH3CH=CH2+Cl2500⎯⎯⎯→℃HCl+ClCH2CH=CH2。【小问4详解】B(

ClCH2CH=CH2)中含有碳碳双键，则B→ClCH2CHClCH2Cl的反应类型是加成反应；故答案为：加成反应。【小问5详解】ClCH2CHClCH2Cl在氢氧化钠水溶液中加热，可以发生取代反应，生成甘油(1,2,3−丙三醇)和一种盐。写出反应的化学方程式ClCH

2CHClCH2Cl+3NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→3NaCl+HOCH2CH(OH)CH2OH；故答案为：ClCH2CHClCH2Cl+3NaOH2HOΔ⎯⎯⎯⎯→3NaCl+HOCH2CH(OH)CH2OH。24.CO2的过量排放会产生一系列生态和环境问题

，CO2主要通过如下平衡过程对水体钙循环和海洋生态产生影响。CaCO3+CO2+H2OCa2++2-3HCO（1）碳酸盐的溶解是水体中Ca2+的主要来源。CO2过量排放会导致水体中c(Ca2+)_____(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）下列关于CO2的说法中，正确的有_____(填

字母序号)a、CO2能溶于水，跟CO2能与水发生反应有关b、CO2不助燃，在活泼金属发生火灾时可用来灭火c、CO2分子中，C原子采取sp杂化，与O原子形成σ键和π键（3）海水中含有的离子主要有Na+、Ca2+、K+、Cl-、-3HCO，海水呈弱碱性，用化

学用语解释原因：_____。（4）珊瑚藻是一种对海水酸化极为敏感的藻类，其可通过光合作用和钙化作用促进珊瑚礁(主要成分为CaCO3)的形成，过程如下图所示。资料：海水pH降低会使珊瑚藻呼吸作用增强。①珊瑚藻能促进珊瑚礁的形成，原因是_____。②CO2排放导致海水酸化，对珊瑚藻的

影响有_____(填字母)。a．阻碍了钙化作用b．阻碍了光合作用c．增强了呼吸作用，消耗有机物（5）水体中2-3CO、-3HCO浓度的监测对生态研究具有重要意义，测定方法如下：ⅰ．取50mL待测水样，滴加4～6滴酚酞溶液，摇匀。ⅱ

．溶液变为红色，用cmol/L盐酸滴定至红色刚好消失(pH约8.3)，消耗盐酸体积为V1mL。ⅲ．滴加4～6滴甲基橙溶液，摇匀，用cmol/L盐酸滴定至溶液从黄色变为橙色(pH约3.8)，消耗盐酸体积为V2mL。①ⅱ中

发生反应的离子方程式为_____。②该水体中c(-3HCO)为_____(用计算式表示)。【答案】（1）增大（2）bc（3）3223HOHHCOCOOH−−++，3HCO−水解大于电离（4）①.珊瑚藻通过光合作用

吸收二氧化碳，二氧化碳减少，使得平衡逆向移动，促进珊瑚礁形成②.c（5）①.233HCOHCO−+−+=②.()21cVV/L50mol−【解析】【小问1详解】CO2排放过多，平衡正向进行，水体的钙离子浓度增大；故答案为：增大；【小问2详解】a．二氧化碳与水反应属于化学性质，溶于水属于物理性质，a

不符合题意；b．金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳生成氧气助燃，b不符合题意；c．CO2的结构式为O=C=O，C原子采取sp杂化，与O原子形成σ键和π键，c符合题意；故答案为：bc；【小问3详解】3223HOHHCOCOOH−−++，3HCO−水解大于电离

，故溶液显碱性；故答案为：3223HOHHCOCOOH−−++，3HCO−水解大于电离；【小问4详解】①珊瑚藻通过光合作用吸收二氧化碳，二氧化碳减少，使得平衡逆向移动，促进珊瑚礁形成；故答案为：珊瑚藻通过光合作用吸收二氧化碳，二氧化碳减少，使得平衡逆向移动，促进珊瑚礁形成；②a．二氧化碳

导致水体酸化，平衡正向进行，阻碍钙化正向进行，a正确；b．二氧化碳是光合作用的反应物，二氧化碳排放导致海水酸化促进光合作用，b错误；c．海水pH降低，会使珊瑚澡呼吸作用增强，消耗有机物，c正确；故答案为：c；【小问5详解】①ii中碳酸根与氢离子生成碳

酸氢根，233HCOHCO−+−+=；故答案为：233HCOHCO−+−+=；②iii中氢离子与碳酸氢根反应生成二氧化碳，原溶液中碳酸氢根消耗的V(HCl)=(V2-V1)mL，该水中()()()321213/LVV10LcVVc/L0.05L5

0cmolHCOmol−−−−==；故答案为：()21cVV/L50mol−。25.I硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O2-3)可看作是SO2-4中的一个O原子被S原子取代的产物。（1）基态

S原子价层电子排布式是___________。（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：___________。（3）S2O23−的空间结构是___________。（4）同位素示踪实验可证实S2O2-3中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SAg+2-2-2-3232

4iiiSOSOAgS+SO⎯⎯→⎯⎯⎯→。过程ii中，S2O2-3断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是___________。（5）MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、

cnm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为___________。已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3。(1nm

=10-7cm)（6）浸金时，S2O23−作为配体可提供孤电子对与Au+形成3232[Au(SO)]-。分别判断S2O23−中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：___________。II.工业中可利用生产钛白的副产物FeSO4·7H2O和硫铁矿(

FeS2)联合制备铁精粉(FexOy)和硫酸，实现能源及资源的有效利用。FeSO4·7H2O结构示意图如图1。（7）Fe2+的价层电子的轨道表达式___________。（8）H2O中O和SO24−中S均为sp3杂化，比较H2O

中H-O-H键角和SO24−中O-S-O键角的大小并解释原因___________。（9）FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO24−的作用力类型分别是___________。【答案】（1）243s3p（2）11I(O)I(S)，氧原子半径小，原子核对最

外层电子的吸引力大，不易失去一个电子（3）四面体形（4）3224NaSO和352AgS（5）①.4②.21A4M10abcN（6）223SO−中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子（7）3

d6（8）孤电子对有较大斥力，使H－O－H键角小于O－S－O键角（9）配位键、氢键【解析】【小问1详解】S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为243s3p。答案为243s3p；【小问2详解】S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S

原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；【小问3详解】24SO−的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空

间构型为四面体形，223SO−可看作是42SO−中1个O原子被S原子取代，则223SO−的空间构型为四面体形。答案为四面体形；【小问4详解】过程Ⅱ中223SO−断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中23SO−最终转化为42SO−，S最终转化为2AgS。若过程ⅰ所用的试剂为3

223NaSO和35S，过程Ⅱ的含硫产物是3224NaSO和352AgS。答案为3224NaSO和352AgS；【小问5详解】由晶胞结构可知，1个晶胞中含有11184214842+++=个()226MgHO+，含有4个223SO−；该晶体的密度321AANM4M

ρgcmVabc10NN−−==。答案为4；21A4M10abcN；【小问6详解】具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。223SO−中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。【小问7详解】铁元素的原子序数为26，基态

亚铁离子的价层电子排布为3d6，故答案为：3d6；【小问8详解】水分子中氧原子的孤对电子对数为2，硫酸根离子中硫原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则水中H－O－H键角小于硫酸根离子中O－S－O键角，故答案为：孤电子对有较大斥力，使H

－O－H键角小于O－S－O键角；【小问9详解】由结构示意图可知，七水硫酸亚铁中，水分子中具有孤对电子的氧原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键，水分子中的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，故答案为：配位键、氢键。