【文档说明】山西省运城市临晋中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，749.000 KB，由小赞的店铺上传

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山西省运城市临晋中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题1.新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确的是A.新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B.生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料C.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将

病毒氧化而达到消毒目的D.84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果【答案】B【解析】【详解】A．病毒是由一个核酸分子(DNA或RNA)与蛋白质构成的非细胞形态，靠寄生生活的介于生命体

及非生命体之间的有机物种，因此新型冠状病毒除C、H、O三种元素外还含有N、P等元素，故A错误；B．生产医用防护服、口罩主要采用PP(聚丙烯，占总数的62%)无纺布材料，适用于农用薄膜、制鞋、制革、床垫、均要用到有机高分子材料，故B正确；C．过氧化氢、

过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的；乙醇能渗入细菌体内，使组成细菌的蛋白质凝固而达到消毒目的，原理不同，故C错误；D．如果将酒精和84消毒液混在一起会发生化学反应，乙醇被次氯酸钠氧化，使消毒效果降低，故D

错误；答案选B。2.下列说法正确的是A.H2O与D2O互为同位素B.葡萄糖和蔗糖互为同系物C.乙醇与二甲醚互为同分异构体D.CO2与CO互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素

，H2O与D2O都是化合物，不是原子，不可能为同系物关系，故A错误；B．同系物指结构相似、类别相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误；C．具有相同

分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，乙醇与二甲醚分子式相同但结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；D．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体，CO2、CO为化合物，不是单质，故D错误；答案选C。3.下列化合物

的分子中，所有原子可能共平面的是A.甲苯B.乙烷C.丙炔D.1,3−丁二烯【答案】D【解析】【详解】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子

不可能共平面，C不选；D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中两个双键所在的两个面可能重合，所有原子可能共平面，D选。答案选D。4.下列说法正确的是（）A.按系统命名法，化合物的名称为2-2-二甲基己烷B.等质量的聚乙烯、甲烷、乙炔分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减少C.用酒精消毒，其

原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性D.蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，均能发生银镜反应【答案】C【解析】【详解】A.分子中最长的链上含4个碳原子，2号位置含2个甲基，按系统命名法，该化合物的名称为

2，2-二甲基丁烷，A项错误；B.等质量的甲烷、聚乙烯、乙炔，氢元素的质量依次减小，则三者分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减小，B项错误；C.酒精消毒的基本原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性，

C项正确；D.蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，D项错误；答案选C。【点睛】B项需注意，烃分子中含氢量越大，等质量时燃烧消耗的氧气量越大。明确做题方法，可快而准地得出结论。5.一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误

的是A.生成1molC5H12至少需要4molH2B.该分子中所有碳原子在同一平面内C.三氯代物只有一种D.与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种【答案】B【解析】【分析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A.由结构式

可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2，A项正确；B.分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B

项错误；C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点

睛】本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成C

l，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。6.下列关于有机物的说法错误的是A.植物油能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色B.通过煤的干馏可将煤中的甲苯、苯等有机物进行分离C.同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D

.分子式为C3H6BrCl的有机物不考虑立体异构共5种【答案】B【解析】【详解】A．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，含碳碳双键，具有烯烃的性质，能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．煤本身不含有甲苯、苯等，煤的干馏是化学变化，通过干馏，煤分解生成甲苯、苯等，故B

错误；C．乙炔和苯的最简式均为CH，等质量时C、H元素的质量相同，则等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同，故C正确；D．分子式为C3H6BrCl可看成C3H8中2个H被−Br、−Cl取代，固定1个Cl，移动另一个Br，可得C3H6BrCl

的有机物不考虑立体异构共5种，故D正确；答案选B。7.下列说法正确的是（）A.环戊二烯（）分子中所有原子共平面B.同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱C.二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔点较高，主要原因都与氢键有关D.NO-3离子中心原子上的孤电子

对数是0，立体构型为平面三角形【答案】D【解析】【详解】A.环戊二烯中存在饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，所有原子不可能共面，故A错误；B.同主族元素非金属性随核电荷数的增加而减弱，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，但不是任意含氧酸

的酸性减弱，故卤族元素中HClO的酸性比HBrO4弱，故B错误；C.二甲醚易溶于水，是因为二甲醚可与水分子形成氢键；氨基乙酸的熔点较高，是因为氨基和羧基反应形成内盐导致的，与氢键无关，故C错误；D.NO-3离子中心原子的价层电子对数=5+1=32，与三个氧成键，孤电

子对数为0，中心N原子采用sp2杂化，立体构型为平面三角形，故D正确；故选：D。8.化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A.W、M、N均能与溴水发生加成反应B.W、M、N的一氯代物数目相等C.W、M、N分子中的碳原子均共面D.W

、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A.由结构简式可知,W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数

目4种，故B错误；C.根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正

确;答案：D。9.实验室用如图所示的装置制取乙酸乙酯，下列说法中不正确．．．的是()A.及时将乙酸乙酯蒸出，平衡向生成乙酸乙酯的方向移动B.向试管a中先加入浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢加入乙醇，再加冰醋酸C.试管b中导气管下端不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象D.反

应结束后用分液的方法分离试管b中的混合液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，移走生成物可以使平衡正向移动，故A正确；B．浓硫酸密度较大，且混合时放热，所以配制混

合液时先加入一定量的乙醇，然后边振荡边加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，故B错误；C．挥发出的乙酸、乙醇易溶于水，试管b中导气管下端管口浸入液面会发生倒吸现象，故C正确；D．乙酸和乙醇可被碳酸钠溶液吸收，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以混合液分层，通过分液

操作可分离出乙酸乙酯，故D正确；故选B。10.下列说法正确的是A.葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应B.用过滤的方法可以分离乙酸乙酯和乙酸C.医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液D.往蛋白质溶液中加入浓的CuSO4溶液，蛋白质会发生盐析【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖中含-OH

，氨基酸中含-COOH，在一定条件下都能发生酯化反应，故A正确；B．乙酸乙酯和乙酸互溶，不能通过过滤分离，二者沸点不同，应利用蒸馏法分离，故B错误；C．医用酒精是指体积分数为75%的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，故C错误；D．硫酸铜为重金属盐，可使蛋白质

变性，故D错误；答案选A。11.下列说法正确的是A.煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B.用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用C.淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物D.铁粉和生石灰均可作为食品包装袋内的脱氧剂【答

案】B【解析】【详解】A．煤转化为水煤气加以利用是为了实现煤的综合利用并减少环境污染，故A错误；B．用纳米技术高效催化二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，可分解为无毒的二氧化碳，既不会引起白色污染，也可实现“碳”的循环利用

，故B正确；C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量小于10000，不属于有机高分子化合物，故C错误；D．铁粉具有还原性，可作为食品包装袋内的脱氧剂，生石灰能用作食品干燥剂，但不能用作食品脱氧剂，故D错误；答案选B。12.下列有关有机物的说法正确的是A.植物油难溶于水，可以用来萃取碘水中的I2B.

油脂的皂化反应属于加成反应C.有机玻璃的链节是D.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯【答案】D【解析】【详解】A．植物油中含有不饱和键，会与碘水中的碘单质发生加成反应，故A错误；B．油脂的碱性条件下的水解反应称之为皂化反应，属于水解

反应，也属于取代反应，故B错误；C．有机玻璃的链节是，是有机玻璃的单体，故C错误；D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，则以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故D正确；答案选D。13.下列说法正确的是

A.医院一般利用新制Cu2O检验病人尿液中是否含有葡萄糖B.加热烧杯中牛油和NaOH溶液的混合物，充分反应后冷却，烧杯底部析出沉淀C.取少量淀粉水解液于试管中，加入过量NaOH溶液使溶液呈碱性后加入碘水，检验淀粉是否水解完全D.甘氨酸(NH2CH2CO

OH)和丙氨酸()混合，最多可以形成4种二肽【答案】D【解析】【详解】A．糖尿病人的尿液中含有葡萄糖，葡萄糖含有醛基，加热时新制的氢氧化铜悬浊液能和葡萄糖反应生成砖红色沉淀，所以可以用新制备的Cu(OH)2悬浊液与病人尿液

共热，检验病人尿液中是否含有葡萄糖，故A错误；B．牛油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，在加热的条件下与氢氧化钠发生水解反应，充分反应后生成高级脂肪酸钠和甘油，二者都可溶于水，烧杯底部不会析出沉淀，故B错误；C．NaOH溶液过量，加入碘水，碘单质可与过量NaOH溶液反应，若加入的碘单质

被过量的NaOH溶液反应消耗完，溶液也不会变蓝，不能说明淀粉是否水解完全，故C错误；D．氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羧基中羟基，丙氨酸脱氨

基中氢；也可以丙氨酸脱羧基中羟基，甘氨酸脱氨基中氢，生成2种二肽，共4种，故D正确；答案选D。14.石蜡是石油减压分馏的产品，某实验小组利用如图的实验探究石蜡油（液态石蜡）分解的部分产物。下列说法正确的是()

A.石蜡属于油脂B.该实验证明石蜡油分解产物只有乙烯C.B中发生氧化反应，所以溶液褪色D.碎瓷片的作用是防止暴沸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入酸性高锰酸钾溶液后，发生了氧化反应，可以使酸

性高锰酸钾溶液褪色。【详解】A．石蜡是石油减压蒸馏的产品，是17个碳原子以上的液态烷烃混合物，属于烃类，不属于酯类，故A错误；B．蜡油（液态石蜡）分解的部分产物含有乙烯，乙烯分子中含有不饱和键，容易被高锰酸钾氧化，但分解产物中除乙烯

外还有其它产物，故B错误；C．蜡油分解的部分产物含有乙烯，乙烯分子中含有不饱和键，容易被高锰酸钾氧化，分解产物通入高锰酸钾溶液中，B中溶液褪色，发生的是氧化反应，故C正确；D．碎瓷片的作用不是防止石蜡油暴沸，而是催化剂，加速石蜡油分解，故D错误；故选C。【点

睛】明确实验原理为解答关键，掌握石蜡油的主要成分、石蜡油分解产物、乙烯的化学性质是解题关键，注意官能团及其性质的关系，易错点D，该反应中碎瓷片的作用不是防止石蜡油暴沸，而是催化剂。15.下列由实验得出的结论正确的是选项实验结论A将

乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明生成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红

生成的氯甲烷具有酸性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．乙烯与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，溶液最终变为无色透明，故A正确；B．乙醇不能电离出氢离子，水可以电离出氢离子，乙醇分子中的氢与水分子中的氢不具有相同的活性，故B

错误；C．乙酸与碳酸钙发生强酸制取弱酸的反应，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D．发生取代反应生成HCl，HCl溶于水显酸性，卤代烃不显酸性，故D错误；故答案选A。16.有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3CH=CHCH3可简写为，有机物X的键线式为

。下列关于有机物X的说法中正确的是A.X的含氧官能团是酯基和羟基B.X的分子式为C7H6O3C.1molX与足量Na完全反应生成11.2LH2D.有机物Y是X的同分异构体，能与碳酸氢钠溶液反应且含苯环，则Y的结构有8种【

答案】B【解析】【详解】A．有机物X含有碳碳双键、羰基、羟基和醚键，含氧官能团是羰基、羟基和醚键，故A错误；B．由结构简式可知，线的拐点和端点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，则有机物X分子式为C7H6O3，故B正确；C

．该有机物中只有羟基可与钠反应，则1molX与足量Na完全反应生成0.5mol的H2，在标准状况下的体积为11.2L，题中未指明温度和压强，故C错误；D．有机物分子式为C7H6O3，有机物Y是X的同分异构体，能与碳酸氢钠溶液反应且含有苯环，则分子中含羧

基，另外，分子中共有3个O原子，故还一定有羟基。羟基和羧基在苯环上的连接方式有邻、间、对3种，无法找到8种结构，故D错误。答案选B。17.化合物YX2、ZX2中，X、Y、Z的核电荷数小于18；X原子最外能层的p能级中有一个轨道填充了2个电子，Y原子的最外层中p能级的电子数等

于前一能层电子总数，且X和Y具有相同的电子层数；Z与X在周期表中位于同一主族。回答下列问题：(1)X元素原子中核外电子占据最高能层的符号是___________，Y的轨道表示式为___________。(2)ZX2分子构

型为___________。YX2的电子式是___________，分子构型为___________，中心原子发生了___________杂化。(3)Y与Z形成的化合物中化学键是___________键(填“极性”或“非极性”)，该分子属于________

___分子(填“极性”或“非极性”)。(4)Y的氢化物中分子构型为正四面体的是___________(填名称)，键角为___________，中心原子的杂化方式为___________。X的氢化物的分子构型为___________，中心原子的杂化方式_____

______【答案】(1).L(2).(3).V形(4).(5).直线形(6).sp(7).极性(8).非极性(9).甲烷(10).109°28’(11).sp3(12).V形(13).sp3【解析】【分析】化合物YX2、ZX2中X、Y、Z的核电荷数小于18，三元素处于短

周期，Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子总数，Y原子只能有2个能层，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；X原子最外能层的p能级中有一个轨道充填了2个电子，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，且X和Y具有相同的电子层数，故X为O元素；Z与X在周期表中位于同一主族，则Z为S

元素，据此分析解答。【详解】(1)X为O元素，其电子排布式为1s22s22p4，核外有两个电子层，则原子中核外电子占据最高能层的符号是L，Y为C元素，原子核外电子排布为1s22s22p2，故其轨道表示式为；(2)X为O元素，Z为S元素，ZX2为SO2，中心原子S的价层电子对数=2+6-222=3

，S原子采取sp3杂化，分子构型为V形；YX2为CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式是；中心原子C的价层电子对数=2+4-222=2，C采用sp杂化，为直线形；(3)根据分析，Y为C元素，Z为S元素，C与S形成的化合物是CS2，C

S2中碳原子和硫原子之间存在极性键，CS2与CO2互为等电子体，具有相似的空间构型，也为直线形，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子；(4)Y为C元素，Y的氢化物中分子构型为正四面体的是甲烷，甲烷分子中碳原子

含有4个共价单键，且不含孤电子对，所以碳原子采用sp3杂化，所以分子为正四面体形，键角为109°28′；X为O元素，X的氢化物为水，中心原子O的价层电子对数=2+6-122=4，氧原子采取sp3杂化，分子构型为V形。【点睛】判断分子是否具有极性，可以根据分子中正负电荷中心是否重

合来判断，正负电荷中心重合的为非极性分子，正负电荷中心不重合的为极性分子。18.硒(Se)被国内外医药界和营养学界尊称为“生命的火种”，享有“长寿元素”“抗癌之王”“心脏守护神”“天然解毒剂”等美誉。硒在电子工业中可用作光电管、太阳能电池，硒元素形成的多种化合物也有重要作用。

(1)硒和硫同为VIA族元素，基态硒原子的价层电子排布式为___________，单质硒的熔点为221℃，其晶体类型___________。(2)与硒元素相邻的同周期元素有砷和溴，则这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。(3)2-

3SeO的立体构型是___________；写出一种与2-4SO互为等电子体的分子___________(写化学式)。(4)H2Se水溶液比H2S水溶液的酸性___________，原因是___________。(5)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10

－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质的关系解释：①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：___________；②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：______；(6)硒化锌是

一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示(白色球表示Se原子)，该晶胞中硒原子的配位数为___________；若该晶胞的密度为dg·cm—3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则S2—与Zn2＋的最短距离为___________pm。【答案

】(1).4s24p4(2).分子晶体(3).Se＜As＜Br(4).三角锥形(5).CCl4(CF4等)(6).强(7).Se原子半径大于S原子半径，H-Se键更容易断裂，H2Se更容易电离出H＋(8).第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子(9).H2SeO3和H2SeO4

可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为＋4价，而H2SeO4中的Se为＋6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离处H＋(10).4(11).3A

34M4dN×1010【解析】【分析】(1)硒为34号元素，基态硒原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；分子晶体的熔沸点较低；(2)同周期元素随原

子序数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，最外层电子排布处于半充满较稳定状态，其电离能比同周期相邻元素都要大；(3)根据价层电子对数互斥理论分析空间构型；组成微粒的原子数目和价层电子总数相同的微粒互为等电子体；(4)结构相似的分子，原子半径越大，键长越长，键

能越小，越容易断裂，据此分析；(5)①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，由于异种电荷相互吸引，第一步产生的H+抑制第二步电离；②H2SeO3的分子结构为，Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为，Se为+6价，后者Se原子吸电子能力强；(6)根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有

4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，该晶胞中含有硒原子数为8×18+6×12=4，含有锌原子数为4；S2-与Zn2＋的最短距离为体对角线长度的14，根据ρ=mV可计算出晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，进而求算体对角线的长度。【详解】(1)硒为34号元素，基态硒原子的核外电子排布式

为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4，价层电子排布式为4s24p4，分子晶体的熔沸点较低，单质硒的熔点为221℃，其晶体类型分子晶体；(2)同周期元素随原子序数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，与硒元素相邻的同周

期元素有砷和溴，砷元素核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，最外层电子排布处于半充满较稳定状态，其电离能比相邻元素都要大，则这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为Se＜As＜Br；(3)2-3SeO的

中心原子Se价层电子对数=3+6+2-232=4，Se采取sp3杂化，立体构型是三角锥形；2-4SO由5个原子构成，价层电子总数为32，与其互为等电子体的分子CCl4(CF4等)；(4)Se原子半径大于S原子半径，H-Se键更容易断裂，H2Se更容易电离出H

＋，则H2Se水溶液比H2S水溶液的酸性强；(5)①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，同时产生的H+抑制第二步电离，所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度，导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢

离子；②H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为＋4价，而H2SeO4中的Se为＋6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H＋，因此H2SeO4比H2SeO3酸性强；(6)根据硒化锌晶胞结构图可

知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×18+6×12=4，含有锌原子数为4，根据ρ=mV=A4MNV，所以d=A4MNV，则晶胞的边长为3A4MNdcm=3A4MNd×1010pm，则晶胞体对角线的长度

为3A4M3Nd×1010pm，根据图示结构可知，S2-与Zn2＋的最短距离为体对角线长度的14，则S2-与Zn2＋的最短距离为3A34M4dN×1010pm。【点睛】易错点为(6)中计算时，注意单位的换算。无机含氧酸的酸性与非羟基氧的数量有关，非羟基氧原子数目越多

，酸性越强。19.氮、磷是植物生长所需的重要元素，回答下列问题(1)下列N原子电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是__________(2)羟胺(NH2OH)可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N的杂化类型是__________，羟胺易溶于水，其主

要原因是__________。(3)磷酸属于中强酸，其结构式为，磷酸分子之间可以通过羟基间脱水形成多磷酸，如二聚磷酸，写出多磷酸的通式__________，含有25个磷原子的多磷酸分子中，σ键与π键的数目分别为_____

_____、__________(4)N和Cl只能形成NCl3，而P和Cl除能形成PCl3外，还能形成PCl5，原因为__________。【答案】(1).A＜C＜B＜D(2).sp3(3).羟胺分子与水分子均为极性分子，分子间都

能形成氢键(4).Hn＋2PnO3n＋1(5).127(6).25(7).N原子半径比P小，L层无d轨道，不能发生sp3d杂化，故无NCl5，P原子半径比N大，且M能层上除了3s和3p轨道外，还有可用于杂化的3d轨道，发生sp3d杂化可形成PCl5【解析】【详解】（1）电子能量

1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多，1s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D；答案为A＜C＜B＜D。（2）羟氨(NH2OH)可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子价层电子对=3+5132−=4，有一对孤电子对，故N原子采取sp3

杂化；羟胺分子与水分子均为极性分子，羟胺和水能形成分子间氢键，所以羟胺易溶于水；答案为sp3，羟胺分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键。（3）由磷酸形成二聚磷酸是二分子磷酸脱去一个水分子，形成三聚磷酸是三分子磷酸脱去二个水分子，则n个H3PO4脱去(n-1)H2O形成多聚磷酸

，则多聚磷酸中H原子为3n-2(n-1)=n+2，P原子为n，O原子为4n-(n-1)=3n+1，多聚磷酸的通式为Hn+2PnO3n+1，H3PO4的结构为，可知3个H形成3根σ键，一个P形成4根σ键和一根π键，二聚磷酸的结构为，可知4个H形成4根σ键，二个P形成8根σ键和二根π键，则推出Hn+

2PnO3n+1中，σ键=(n+2)+n×4=5n+2，π键=n，当n=25时，σ键=5×25+2=127，π键=25；答案为Hn+2PnO3n+1，127，25。（4）N原子半径比P小，L层无d轨道，不能发生sp3d

杂化，故无NCl5，P原子半径比N大，且M能层上除了3s和3p轨道外，还有可用于杂化的3d轨道，发生sp3d杂化可形成PCl5；答案为N原子半径比P小，L层无d轨道，不能发生sp3d杂化，故无NCl5，P原子半径比N大，且M能层上除了3s和3p轨道外，还有可用于杂化的3d

轨道，发生sp3d杂化可形成PCl5。20.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的

焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题:(1)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是__________(填元

素符号)，判断依据是__________。(2)CN-、NH3、H2O和OH—等配体都能与Zn2＋形成配离子。1mol[Zn(NH3)4]2＋含__________molσ键，中心离子的配位数为__________。(3)铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如

图2所示。1个铝原子周围有__________个镁原子最近且等距离。(4)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛:①苯甲醇中C原子杂化类型是__________。②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是__________。(5)钛晶体有两种品胞，如图所示。

①如图3所示，晶胞的空间利用率为________(用含π的式子表示)。②已知图4中六棱柱边长为xcm，高为ycm。该钛晶胞密度为Dg·cm-3，NA为__________mol-1(用含xy和D的式子表示)。【答案】(1).Mg(2).I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子(3).16(4

).4(5).8(6).sp2、sp3(7).苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键(8).3π8×100%(9).219233Dxy【解析】【分析】(1)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分

析；(2)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；(3)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；(4)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形

成4个共用电子对；②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；(5)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×18=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为4r3，由此计算空间利用率；②图

4晶胞中钛原子的数目为3+2×12+12×16=6，晶胞的质量为A648Ng，六棱柱边长为xcm，高为ycm，则晶胞的体积为332x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。【详解】(1)由图1可知电离能I3是I2的

5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；(2)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol[Zn(NH

3)4]2+含(4+3×4)mol=16molσ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；(3)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；(4)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，碳原子的杂化类型是s

p2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；②苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；(5)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×18=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为

4r3，则空间利用率为334r42πr33×100%=38π×100%；②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×12+12×16=6，晶胞的质量为A648Ng，六棱柱边长为xcm，高为ycm，则晶胞的体积为332x2ycm3，则D=A233648N2xycm3

，由此计算得NA=219233Dxymol-1。【点睛】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数n=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x

指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。