陕西省西安市2017_2018学年高二化学下学期期末考试试卷（含解析）.doc

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1、1陕西省西安市 2017-2018 学年高二下学期期末考试化学试题1.下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是A. 空气、硫酸铜、硫酸 B. 醋酸、液氯、纯碱C. 硝酸、食盐水、烧碱 D. 氧化铁、胆矾、熟石灰【答案】C【解析】【详解】A. 空气是混合物，不符合要求， A 错误；B. 醋酸是酸，液氯是单质，属于纯净物，不符合题意，B 错误；C. 硝酸是酸，食盐水是混合物，烧碱是 NaOH，属于碱，C 正确；D.氧化铁是氧化物，胆矾是盐，属于纯净物，D 错误；故选项是 C。2.下列实验操作中，错误的是A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处B. 蒸发时，应使混合物中

2、的水分完全蒸干后，才能停止加热C. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D. 萃取时，应选择与原溶剂互不相溶的萃取剂【答案】B【解析】【分析】A蒸馏时，温度计测定馏分的温度； B蒸发时，不能蒸干，利用余热加热；C分液时，避免上下层液体混合；D萃取时，不能发生反应，溶质在不同溶剂中溶解度不同，不需要考虑密度。【详解】A蒸馏时，温度计测定馏分的温度，则使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，A 正确； B蒸发时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，B 正确； C分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒2出，C 正

3、确；D萃取时，溶质与萃取剂不能发生反应，溶质在萃取剂溶解度比原溶剂中大，萃取剂与原溶剂互不相容，不需要考虑密度大小，萃取剂密度比水大或小均可，D 正确；故合理选项是 B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、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，题目难度不大。3.用 NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法不正确的是A. 标准状况下，18gH 2O 所含电子数为 10NAB. 22.4L CO2与 17 g NH3所含分子数相等C. 0.9g 铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为 0.1NAD. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl 溶

4、液中含 Na+ 数为 0.1NA【答案】B【解析】【详解】A.18gH 2O 的物质的量是 1mol，由于 1 个 H2O 分子中含有 10 个电子，所以 1molH2O中含有的电子数为 10NA，A 正确；B.缺条件，不能确定 22.4L CO2飞物质的量及分子数目，B 错误；C.Al 是+3 价的金属，所以 0.9g 铝完全反应转移电子的物质的量为 n(e-)=，故转移电子数目为 N(e-)=0.1NA，C 正确；0.927/3=0.1D. 常温下，1L 0.1mol/L NaCl 溶液中含溶质 NaCl 的物质的量为 0.1mol，由于 1molNaCl电离产生 1molNa+，所以 0

5、.1molNaCl 电离产生的 Na+ 数为 0.1NA，D 正确；故合理选项为 B。4.下列离子方程式正确的是A. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH =AlO2 +H2B. 钠与水的反应：Na+2H 2O=Na+2OH +H2C. 铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO 3 +4H+=Cu2+NO+2H 2OD. 将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe 2+Cl2=2Fe3+2Cl【答案】D【解析】A、B、C 均为电荷不守恒，排除；35.在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是A. Al3+、Fe 2+、Cl 、SO 42 B. NH4+、HCO 3 、Cl 、K +C. Na+、Ba 2+、N

6、O 3 、SO 42 D. Cl 、Na +、NO 3 、Ca 2+【答案】D【解析】【详解】A.在无色溶液中浅绿色的 Fe2+不能大量存在，A 错误；B. HCO3-与 H+会发生离子反应，产生水和二氧化碳，不能大量共存，B 错误；C. Ba2+与 SO42-会发生离子反应，不能大量共存，C 错误；D.选项中的离子都是无色的，不能发生任何反应，可以大量共存，D 正确；故合理选项是 D。6.下列关于天然物质水解的叙述正确的是A. 油脂的水解反应都是皂化反应 B. 蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖C. 油脂的水解可得到甘油 D. 淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同【答案】C【解析】【分析】油脂

7、含有酯基，可在酸性或碱性条件下水解，淀粉、纤维素属于多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白质可水解生成氨基酸，据此解答。【详解】A油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，油脂水解生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，A 错误；B蛋白质水解的最终产物为氨基酸，B 错误； C油脂为高级脂肪酸甘油脂，可水解生成甘油，C 正确；D淀粉、纤维素属于多糖，可水解最终都生成葡萄糖，D 错误；故合理选项是 C。【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团的性质以及高分子化合物的水解产物的判断，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大。7.下列各种方法中，最适用于炼制相应金属的是A. 加热氧化铜制铜 B. 氧化铁与铝

8、粉反应制铁4C. 电解熔融氯化铝制铝 D. 电解熔融氧化镁制镁【答案】B【解析】【分析】特别活泼的金属从 K 到 Al 用电解方法冶炼；从 Al 后到 Cu 的金属用热还原方法冶炼，从Hg、Ag 用热分解方法冶炼，据此分析。【详解】A. Cu 可用热还原方法得到，加热氧化铜不能制铜，A 错误；B.Al 的活动性比 Fe 强，所以氧化铁与铝粉反应铝热反应可制取铁，B 正确；C.氯化铝是共价化合物，不含带电微粒，所以不能电解制取金属 Al，C 错误；D.MgO 是离子化合物，由于其熔沸点比 MgCl2 高，所以一般用电解熔融的 MgCl2 的方法制取 Mg，D 错误；故合理选项是 B。【点睛】本题

9、考查金属冶炼方法的知识。掌握金属的冶炼方法、使用物质与金属活动性关系是本题解答的关键。8.下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是A. C、N、O、F 的原子半径依次减小B. KOH、NaOH、LiOH 的碱性逐渐减弱C. P、S、Cl、Ar 的最高正价依次升高D. Na、Mg、Al、Si 的最外层电子数依次增加【答案】C【解析】【详解】AC、N、O、F 位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，A 正确；BLi、Na、K 位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH 的碱性逐渐减弱，B 正确；

10、CP、S、Cl 的最高正价依次升高，Ar 为惰性气体，化合价一般为 0，C 错误；DNa、Mg、Al、Si 的最外层电子数依次为 1、2、3、4，依次增加，D 正确；故合理选项是 C。9.下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中,正确的是A. 只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色5B. 在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃,苯消耗的氧气最多C. 除甲烷外,其余两种分子内所有原子都共平面D. 甲烷和苯属于饱和烃,乙烯是不饱和烃【答案】C【解析】试题分析：A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B.有机物含有的 H 元素的含量越大

11、，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的 H 元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。考点：考查关于甲烷、乙烯、苯三种烃的结构、性质的知识。10.下列说法正确的是A. 共价化合物中一定不含离子键B. 离子化合物中一定不含共价键C. 任何化学物质中均存在化学键D. 全部由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物【答案】A【解析】试题分析：A、共价化合物中一定不含离子键，含离子键的化合物一定是

12、离子化合物，故正确；B、离子化合物中可能含有共价键，如 NaOH、Na 2O2等，故错误；C、稀有气体是有单原子组成的分子，不含化学键，故错误；D、如所有铵盐，都是非金属元素组成的，但属于离子化合物，故错误。考点：考查化学键和物质类别的关系等知识。11.下列叙述中正确的是电解池是将化学能转变为电能的装置原电池是将电能转变成化学能的装置不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现电镀过程相当于金属的“迁移” ，可视为物理变化A. B. C. D. 6【答案】A【解析】【详解】：电解池是将电能转变成化学能的装置，错误；原电池是将化学能转变成电能的装置，错误；不能自发进行的氧化还原反应，通过

13、电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，正确；电镀时镀层金属在阳极失电子，金属阳离子在阴极得电子析出金属，是化学变化，错误； 故合理选项是 A。12.温度相同,浓度均为 0.2 mol/L 的(NH 4)2SO4,NaNO 3,NH 4HSO4,NH 4NO3,CH 3COONa溶液,它们的 pH 由小到大的排列顺序是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】溶液酸性越强，溶液的 pH 越小，则溶液的 pH：酸性中性碱性；先将溶液分为酸性、中性和碱性，然后根据电离程度、盐的水解情况判断各溶液的 pH 大小。【详解】：(NH 4)2SO4、NH 4NO3水

14、解呈酸性，两溶液的 pH7；NH 4HSO4电离出 H+呈酸性，pH7；NaNO 3不水解，其 pH=7；CH 3COONa 水解呈碱性，pH7。、比较，前者 c(NH4+)大，水解生成 c(H+)大，pH 小，、比较，后者电离出 c(H+)比前者水解出c(H+)大，pH 小，所以溶液的 pH 从小到大的顺序为：，故合理选项是 B。【点睛】本题考查溶液 pH 的大小比较，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子，该题考查了学生的灵活应用基础知识的能力 。13. 下列液体均处于 25，有关叙述正确的是A. 某物质的溶液 pH c(CH3COO )7【答案】B【解析】试题分

15、析：A、某物质的溶液 pH7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A 错误；B、pH4.5 的番茄汁中 c(H )1.010 -4.5mol/L，pH6.5 的牛奶中 c(H )1.010 -6.5mol/L，前者是后者的 100 倍，B 正确；C、浓度相同的 CaCl2和 NaCI 溶液中的 Cl-浓度不同，前者是后者的 2 倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以 AgCl 在同浓度的CaCl2和 NaCI 溶液中的溶解度不同，前者较小，C 错误；D、pH5.6 的 CH3COOH 与CH3COONa 混合溶液

16、显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以 c(Na )C(CH 3COO )，D 错误，答案选 B。考点：考查溶液酸碱性的判断，氢离子浓度的计算，难溶电解质的溶解平衡的应用，混合液的离子浓度的比较14.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为：Fe2e =Fe2B. 氢氧燃料电池的负极反应式为：O 22H 2O4e =4OHC. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2e =Cu2D. 惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl 2e =Cl2【答案】D【解析】15.根据以下三个热化学方

17、程式：2H 2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)H=Q 1kJ/mol；2H 2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) H=Q 2 kJ/mol；2H 2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) H=Q 3 kJ/mol。判断 Q1、Q 2、Q 3三者关系正确的是A. Q3Q2Q1 B. Q2Q1Q3 C. Q1Q3Q2 D. Q1Q2Q3【答案】A【解析】【详解】 ）2H 2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H=Q 1kJ/mol2H 2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(l) H=Q 2 kJ/mol2H 2S(g)+O2

18、(g)=2S(s)+2H2O(g) H=Q 3 kJ/mol8反应、相比，生成气态水和生成液态水相比，生成液态水放出的热量多，所以 Q2HC1 (3). (4). NaOHMg(OH)2Al(OH)3 (5). HC1O4 (6). (7). 1000ml 容量瓶、玻璃棒 (8). (9). BC【解析】10【详解】.由元素在周期表中的位置可知，为 C，为 N，为 F，为 Na，为Mg，为 Al，为 Cl，为 Ar。(1)元素原子核外电子层数越多，原子半径越大，对于电子层数相同的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以元素中，除外，原子半径最大的是 Na 元素；F、Cl 是同一主族的元素，由于

19、原子半径 ClF，所以元素的非金属性 FCl，元素的非金属性越强，元素形成的氢化物的稳定性就越强，故两种元素的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为 HFHCl；为 N 元素，原子最外层有 5 个电子，与 3 个 H 原子形成 3 对共用电子对，电子式为 ；(2)三种元素分别是 Na、Mg、Al，由于元素的原子半径 NaMgAl，所以元素的金属性有强到弱的顺序是：NaMgAl，元素的金属性越强，其氢氧化物的碱性就越强，所以三种物质的碱性由强到弱的顺序是 NaOHMg(OH)2Al(OH)3；元素中的 F 非金属性最强，无最高价含氧酸，除此之外，其余元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的酸是 HCl

20、O4；II.(1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器是容量瓶，由于在实验室中没有规格为 980mL 的容量瓶，根据选择仪器的标准：大而近，要选择使用 1000mL 容量瓶；98%的硫酸物质的量浓度为 c= ，溶液在稀释前后溶质的物质的量1.98100098%98 =19.8/不变，所以 V119.8mol/L=1000mL0.1mol/L，解得 V1=5.1mL，故要选择 10mL 的量筒量取；(2)配制稀硫酸时需要 10mL 量筒、滴管、烧杯、玻璃棒、1000mL 容量瓶，所以上述仪器中还缺少的仪器有玻璃棒、1000mL 容量瓶；不需要使用的有是药匙、托盘天平；代号是；(3) A

21、.用量筒量取的浓硫酸，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有 20mL 蒸馏水的小烧杯，搅拌后，立即转移到容量瓶中，再按正确操作配制溶液，会使溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏高，A 错误；B.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出，会使溶质的物质的量偏少，导致溶液的浓度偏低，B 正确； C.未洗涤稀释浓硫酸的小烧杯，使溶质的物质的量偏少，导致溶液的浓度偏低，C 正确；D.定容时俯视刻度线，溶液的体积偏少，导致溶液的浓度偏高，D 错误； 11E.容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶液的浓度，E 错误；F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，对溶液的浓度无影响，F 错误；故合理选项是 BC。18.(1)

22、实验室制氨气的化学方程式为_。(2)0.1 mol/LNH4Cl 溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。(3)已知 0.5mol 的液态甲醇（CH 3OH）在空气中完全燃烧生成 CO2气体和液态水时放出350kJ 的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_。(4)已知C(s)O 2(g)= CO2(g) H 1=393 kJ/mol2CO(g)O 2(g)= 2CO2(g) H 2=566 kJ/molTiO 2(s)2Cl 2(g)= TiCl4(s)O 2(g) H 3=141 kJ/mol则 TiO2(s)2Cl 2(g)2C(s)= TiCl 4(s)2CO(g)的 H =_。(5)在 2

23、5下，向浓度均为 0.1 mol/L 的 MgCl2和 CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀_（填化学式） （已知 25时 KspMg(OH)2=1.810-11，K sPCu(OH)2=2.210-20） 。(6)常温下，0.lmol/LNaHCO 3溶液的 pH 大于 8，则溶液中 c(H2CO3)_c(CO32-） （填“” 、“=”或“”)。(7)在 25下，将 a mol/L 的氨水与 0.01 mol/L 的盐酸等体积混合，反应完成后溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显_性（填“酸” “碱”或“中” ） ，a _0.01 mol/L（填“” 、 “=”或“”)。【答

24、案】 (1). 2NH4C1+Ca(OH)2 2NH3+CaC1 2+2H2O (2). c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) (3). CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H700kJ/mol (4). -79 kJ/mol (5). Cu(OH)2 (6). (7). 中 (8). 【解析】【详解】(1)在实验室中是用铵盐与碱共热制取氨气的，反应的化学方程式是：2NH4C1+Ca(OH)2 2NH3+CaC1 2+2H2O；(2) NH4Cl 是强酸弱碱盐，在溶液中 NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的 OH-，当最终达到平衡后，溶液中 c(H

25、)c(OH )，NH 4+由于水解而消耗，所以 c(Cl )c(NH4+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以 c(NH4+)c(H )，因此最终溶液中离子浓度大小关系为 c(Cl )c(NH4+)c(H )c(OH )；12(3)燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，由于 0.5mol 甲醇完全燃烧产生 CO2气体和液体水放出热量是 350kJ，所以甲醇燃烧热的化学方程式为 CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-700kJ/mol；(4) +2-，整理可得 TiO2(s)2Cl 2(g)2C(s)= TiCl 4(s

26、)2CO(g)H -79kJ/mol；(5)由于难溶性的物质 Mg(OH)2、Cu(OH) 2的构型相同，所以向浓度均为 0.1 mol/L 的 MgCl2和 CuCl2混合溶液中加入氨水水，溶度积常数小的物质，首先形成沉淀。由于 KspMg(OH)2=1.810-11c(CO32-)；(7)对于该溶液来说，存在电荷守恒，c(H +)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于 c(NH4+)=c(Cl-)，所以 c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；盐酸是强酸，完全电离，一水合氨为弱碱，只有部分电离，现在 c(H+)=c(OH-)，所以 c(NH3H2O) c(OH-)= c(H+)

27、=c(HCl)=0.01mol/L，即c(NH3H2O)0.01mol/L。19.用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。(1)写出甲中发生反应的化学方程式：_。(2)写出乙中两极发生的电极反应式。阳极：_；阴极：_。.在一定温度下，将 2mol A 和 2mol B 两种气体相混合于容积为 2 L 的某密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)，2min 末反应达到平衡状态，生成了0.6mol D，并测得 C 的浓度为 0.3mol/L，请填写下列空白：(1)x 值等于_。13(2)A 的转化率为_。(3)生成 D 的反应速率为_。(4)达平衡后

28、保持容器内气体压强不变，向其中加入 He(He 不参加反应)，则平衡_移动(填“正向” “逆向 “或” “不”)。【答案】 (1). 2CuSO42H 2O 2Cu2H 2SO4O 2 (2). Ag-e-= Ag+ (3). Ag+e -=Ag (4). 2 (5). 45%或 0.45 (6). 0.15 mol/(Lmin) (7). 不【解析】【详解】I.(1) 装置为电解池，用惰性电极电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，电池反应为：2CuSO 4+2H2O 2Cu+O2+2H 2SO4；(2)通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁电极作电解池阴极，发生还原反应：Ag+e-=Ag

29、，银电极做阳极，电极反应为：Ag-e -=Ag+； II.(1)平衡时 C 物质的浓度为 0.3mol/L，则 n(C)=0.3mol/L2L=0.6mol，与反应产生 D 物质的物质的量相等，根据化学反应中物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以0.6mol：0.8mol=x：2，解得 x=2；(2)平衡时 n(D)=0.6mol，由方程式可知参加反应的 n(A)= ，所32()=320.6=0.9以 A 的转化率为(0.9mol2mol)100%=45%；(3)生成 D 的反应速率 V(D)= 0.15 mol/(Lmin)=0.622=(4)达平衡后保持容器内气体压强不变，向其中加

30、入 He（He 不参加反应） ，容器的容积扩大，反应混合物的物质的量浓度减小，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以减小压强平衡不发生移动。【点睛】本题考查了电解池原理的应用、化学反应速率、物质的转化率、化学平衡的计算等知识，电极产物的分析判断解答本题的关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学计算应用能力。20.东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)镍元素的基态价电子排布式为_，3d 能级上的未成对的电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH 3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH 3)6

31、SO4中阴离子的立体构型是_。14在Ni(NH 3)62+中 Ni2+与 NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（填“高于”或“低于” ）膦(PH 3)，原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性” ） ，中心原子的轨道杂化类型为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为 dg/cm3，晶胞边长 a=_nm。【答案】 (1). 3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). NH3分子间可形成氢键 (8). 极性 (9

32、). sp3 (10). 金属 (11). 3:1 (12). 1073 2516.021023【解析】【分析】(1)Ni 是 28 号元素，其原子核外有 28 个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式；3d 能级上的未成对的电子数为 2；(2)Ni(NH 3)6SO4中阴离子的价层电子对个数=4+ ，且不含孤电子对，根据6+2422 =4价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型；含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，提供孤电子对的成键原子是 N 原子；有氢键的氢化物熔沸点较高；氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合；氨气分子中中心原子 N 原子的价层电子对个数=3+ ，且

33、含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断 N 原子的轨道杂化5312 =4类型；(3)金属晶体中存在金属键；15(4)该晶胞中 Ni 原子个数=8 =1；Cu 原子个数=6 =3；18 12该晶胞的化学式为 Cu3Ni，若合金的密度为 dg/cm3，根据晶体密度公式计算晶胞参数。【详解】(1)Ni 是 28 号元素，其原子核外有 28 个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d 84s2；3d 能级上的未成对的电子数为 2；（2）Ni(NH 3)6SO4中阴离子价层电子对个数=4+ ，且不含孤电子对，根据6+2422 =4价层

34、电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体； 含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在Ni(NH 3)62+中 Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在Ni(NH 3)62+中 Ni2+与 NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是 N 原子；有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子 N 原子的价层电子对个数=3+ ，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断5312 =4N 原子的轨道杂化类型为 sp3杂化；(3)金属晶体中存在金属键，则该物质

35、中含有金属键；(4)该晶胞中 Ni 原子个数=8 =1；Cu 原子个数=6 =3，则 Cu、Ni 原子个数之比为18 123：1；该晶胞的化学式为 Cu3Ni，若合金的密度为 dg/cm3，根据晶体密度计算式 晶胞参数=l= 107nm。3(=3251【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及晶胞计算、价层电子对互斥理论、配位键、原子核外电子排布等，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，孤电子对的计算方法是易错点。21. 化学-选修 5：有机化学基础氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 ，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：16已知：A 的相对分子量为 58，氧元素质

36、量分数为 0.276，核磁共振氢谱显示为单峰回答下列问题：（1）A 的化学名称为_。（2）B 的结构简式为_，其核磁共振氢谱显示为_组峰，峰面积比为_。（3）由 C 生成 D 的反应类型为_。（4）由 D 生成 E 的化学方程式为_。（5）G 中的官能团有_、 _ 、_。 （填官能团名称）（6）G 的同分异构体中，与 G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_种。 （不含立体异构）【答案】 （1）丙酮（2） 2 6：1（3）取代反应（4）（5）碳碳双键 酯基 氰基（6）8【解析】试题分析：A 的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，则 A 分子中氧原子数目为=1，分子中 C、H

37、原子总相对原子质量为 58-16=42，则分子中最大碳原子数目为=36，故 A 的分子式为 C3H6O，其核磁共振氢谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生17成 B，故 A 为 ，B 为 ；B 发生消去反应生成 C 为 ；C与氯气光照反应生成 D，D 发生水解反应生成 E，结合 E 的分子式可知，C 与氯气发生取代反应生成 D，则 D 为 ；E 发生氧化反应生成 F，F 与甲醇发生酯化反应生成G，则 E 为 ，F 为 ，G 为 。（1）由上述分析可知，A 为 ，化学名称为丙酮。故答案为：丙酮；（2）由上述分析可知，B 的结构简式为 其核磁共振氢谱显示为 2 组峰，峰面积比为 1：6。故答案为：

38、；1：6；（3）由 C 生成 D 的反应类型为：取代反应。故答案为：取代反应； （4）由 D 生成 E 的化学方程式为 +NaOH +NaCl。故答案为： +NaOH +NaCl；（5）G 为 ，G 中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基。故答案为：酯基、碳碳双键、氰基；（6）G（ ）的同分异构体中，与 G 具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基：HCOOCH 2CH=CH2、HCOOCH=CHCH 3、HCOOC（CH 3）=CH 2，当为 HCOOCH2CH=CH2时，-CN的取代位置有 3 种，当为 HCOOCH=CHCH3时，-CN 的取代位置有 3 种，当为 HCOOC（CH

39、3）=CH2时，-CN 的取代位置有 2 种，共有 8 种。故答案为：8。考点：考查有机物的推断【名师点睛】根据题给信息确定某种有机物的分子式往往是解决问题的突破口，现将有机物分子式的确定方法简单归纳为：一、 “单位物质的量”法 根据有机物的摩尔质量（分子18量）和有机物中各元素的质量分数，推算出 1 mol 有机物中各元素原子的物质的量，从而确定分子中各原子个数，最后确定有机物分子式。二、最简式法 根据有机物各元素的质量分数求出分子组成中各元素的原子个数之比（最简式） ，然后结合该有机物的摩尔质量（或分子量）求有机物的分子式。三、燃烧通式法 根据有机物完全燃烧反应的通式及反应物和生成物的质量或物质的量或体积关系求解，计算过程中要注意“守恒”思想的运用。四、平均值法 根据有机混合物中的平均碳原子数或氢原子数确定混合物的组成。平均值的特征为： C 小CC 大，H 小HH 大。【此处有视频，请去附件查看】19