2.1原子核外电子的运动同步练习（含解析）高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 2.1原子核外电子的运动同步练习（含解析）高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 986.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-07-14 12:49:31 | ||
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文档简介
2.1 原子核外电子的运动 同步练习
高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（ ）
A．2010年11月广州亚运会燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
C．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
2．下列有关表述正确的是（ ）
A．可表示单核10电子粒子基态时的电子排布
B．不符合题意，违背了泡利不相容原理
C．表示基态N原子的价电子排布
D．表示处于激发态B原子的电子排布
3．下列分子的中心原子杂化轨道类型相同的是（ ）
A．CO2和SO2 B．BeCl2和BF3 C．H3O+ 和SO3 D．CH4和NH3
4．按照量子力学对原子核外电子运动状态的描述，下列说法错误的是（ ）
A．原子的核外电子处于能量最低的状态称为基态
B．在一个原子中，不可能出现运动状态完全相同的两个电子
C．原子核外电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，会辐射或吸收能量
D．电子云图中点密集的地方表示电子在此处单位体积内出现的数量多
5．a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：b＞d
B．最低价氢化物的沸点：d＞e
C．最高价氧化物的水化物的酸性：c＞e
D．a与b、c、d、e均可形成共价化合物
6．下列离子中，所带电荷数与该离子的核外电子层数相等的是（ ）
A．Mg2+ B．Al3+ C．Be2+ D．H+
7．无法将氯化钠、碘化钾两种溶液鉴别开来的试剂或方法是（ ）
A．AgNO3溶液 B．Br2的CCl4溶液
C．淀粉溶液 D．焰色反应
8．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．ZX2可以与水反应制得M
B．最简单氢化物的稳定性：XC．X与Y形成的化合物中阴、阳离子个数比为1：2
D．简单离子半径大小顺序为：Y>X
9．共价有机框架()是一类具有平面、多孔网状结构的材料，其在催化、能量储存等领域有潜在的应用。一种材料的合成如图所示。(图中表示链延长)。
已知：R′-CH2CN +H2O
下列说法正确的是
A．分子中碳原子有两种杂化方式
B．的核磁共振氢谱有4组峰
C．合成的过程中发生了取代反应
D．乙二醛也可与合成材料
10．下列说法正确的是( )
A．原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似
B．Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
C．基态铜原子的最外层的电子排布图:
D．基态碳原子的最外层电子排布图:
11．一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）
A．+1 B．+2 C．+3 D．﹣1
12．过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为 下列说法错误的是（ ）
A．分子中2个碳原子的杂化方式不相同
B．其熔点主要取决于所含化学键的键能
C．过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键
D．过氧乙酸易溶于水
13．浓硫酸催化下羧酸和醇发生酯化反应的具体过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．用 进行反应，最终得到的有机产物只有
B．反应中，浓硫酸除了作催化剂，还可以吸收反应生成的水，提高产率
C．反应中，碳原子和氧原子均存在、两种杂化方式
D．图中的酯在酸性条件下水解时，羧酸中的羰基氧原子可能来自于水
14．科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A．Y为O或S元素
B．元素电负性的顺序为X>Y>Z
C．元素的第一电离能顺序Z>Y>X>W
D．对应简单离子的半径顺序W>X>Y>Z
15．1919年卢瑟福在核反应中用 粒子(即氦核轰击短周期非金属 原子，得到核素 和一新的粒子M，其过程为： 。其中元素X、Y、M的质子数之和为16，下列说法正确的是（ ）
A．粒子M中含有1个中子
B．最简单氢化物的还原性：XC． 中所有原子均为8电子稳定结构
D．X和Y只能形成两种化合物
16．磷化硼(BP)有良好的透光性，用于光学吸收的研究及用作超硬的无机材料等。其晶胞结构如下图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．磷化硼晶体的熔点高、硬度大
B．B配位数是4，P的配位数是2
C．BP属于离子晶体
D．B的杂化方式为sp2，P的杂化方式为sp3
二、综合题
17．能量转化是化学变化的主要特征之一，按要求回答下列问题。
（1）页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，成分以甲烷为主，页岩气的资源潜力可能大于常规天然气。下列有关页岩气的叙述错误的是____(填序号)。
A．页岩气属于新能源
B．页岩气和氧气的反应是放热反应
C．甲烷中每个原子的最外层电子排布都达到8电子稳定结构
D．页岩气可以作燃料电池的负极燃料
（2）有关的电池装置如下：
电池装置
编号 a b c d
①上述四种电池中，属于二次电池的是 (填序号，下同)，属于干电池的是 。
②a装置中，外电路中电子的流向是 (填“从Zn流向Cu”或“从Cu流向Zn”)。
③c装置中，若电解质改为碱性介质，则负极的电极反应式为 。
（3）氧化还原反应一般可以设计成原电池。若将反应设计成原电池，则：
①该电池的电解质溶液可以是 。
②当外电路中转移1mol e－时，电解质溶液增加的质量是 g。
18．含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O．
（1）Cu+基态核外电子排布式为 ．
（2）与OH﹣互为等电子体的一种分子为 （填化学式）．
（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 ；1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 ．
（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为 ．
（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为 ．
19．2019年3月21日是第二十七届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 ，进行了三组实验，其操作和有关图像如下图所示，请回答下列问题：
（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是 ，一定存在的阳离子是 。
（2）分析图像，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为
（3）若通过实验确定原废水中c（Na+）=0.14mol/L，试判断原废水中NO3-是否存在 （填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c（NO3-）= mol/L。（若不存在或不确定则此空不填）。
20．
（1）Ⅰ、锂一磷酸氧铜电池正极的活性物质是可通过下列反应制备：
。
写出基态的电子排布式： 。
（2）P、S元素第一电离能大小关系为 ，原因是 。
（3）氨基乙酸铜分子结构如图所示，碳原子的杂化方式为 ，基态碳原子核外电子有 种运动状态。
（4）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物，则1mol该配合物含有键的数目为 (表示阿伏加德罗常数的值)。
（5）Ⅱ、苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，A完全燃烧消耗的物质的量与生成的物质的量相等。请回答下列问题：
A的分子式为 。
（6）已知A的苯环上取代基彼此相间，A能发生银镜反应，也能与溶液反应生成，还能与溶液发生显色反应，则A含有的官能团名称是 ，满足上述条件的A的结构可能有 种。
（7）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基。B能发生如图所示转化。
回答下列问题：
①C→E的反应类型为 。
②D与浓溴水反应的主要产物的结构简式为 。
③F可发生的化学反应类型有 (填字母)。
A取代反应B．加成反应C．消去反应D．加聚反应
三、推断题
21．下列微粒均含有18个电子。
微粒代号 组成特点
A 简单阴离子，有强还原性，带2个单位负电荷
B 化合物，六核分子，有还原性，可作火箭燃料
C 化合物，四核分子，有强氧化性
D 同种元素的原子形成的双核阴离子，带两个单位负电荷，有强氧化性
E 简单阳离子，带2个单位正电荷
F 简单阳离子，带1个单位正电荷
请用合适的化学用语回答下列问题：
（1）写出E微粒代表的元素的原子结构示意图 ；B的电子式 ；C的结构式 。
（2）用电子式表示A、F组成的化合物的形成过程 。
（3）由E和D形成的化合物中存在的化学键类型是 。
（4）对B的沸点有影响的作用力有 (填正确答案标号)。
a．离子键 b．非极性键 c．分子间作用力 d．氢键 e．极性键
（5）将A对应的钠盐加入C的酸性溶液中，溶液变浑浊，该反应的离子方程式是 。
22．化合物H具有抗菌、消炎、降血压等多种功效，其合成路线如图：
（1）A→B的反应类型为 。
（2）可用于鉴别B与C的常用化学试剂为 。
（3）F分子中碳原子的轨道杂化类型有 种。
（4）D的分子式为C10H11O2Cl，写出D的结构简式： 。
（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以 、乙烯为原料制备 的合成路线 (无机试剂和有机溶剂任选，合成路线示例见本题题干)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩，因此可用作焰火，故A正确；
B．生石灰或硅胶无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，故B错误；
C．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，也可治疗胃酸过多，故C正确；
D．我国使用最早的合金是青铜，世界上使用量最大的合金材料是钢铁，故D正确．
故选B．
【分析】A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩；
B．注意氧化还原反应的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化；
C．碳酸氢钠能和酸反应放出气体还没有腐蚀性，不会对人体造成伤害；
D．我国使用最早的合金是青铜．
2．【答案】A
【解析】【解答】A.图中共有10个电子，且为Ne原子的基态时电子排布，因而可表示单核10电子粒子基态时的电子排布，A项符合题意；
B.泡利不相容原理是指一个原子轨道最多容纳2个电子，而且自旋方向相反，图中各轨道并不违背，B项不符合题意；
C.N原子价电子为2s22p3，不能表示基态N原子的价电子排布，C项不符合题意；
D. 表示处于基态B原子的电子排布，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．符合泡利原理和洪特规则；
B．违背了洪特规则；
C．N原子的价电子数为5；
D．激发态的B原子的2p电子跃迁到3s轨道。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2中C形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个δ键，孤电子对数==1，为sp2杂化，不相同，故A不符合题意；
B．BeCl2中Be形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，不相同，故B不符合题意；
C．H3O+中O原子形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，而SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对数==0，为sp2杂化，不相同，故C不符合题意；
D．CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，相同，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据价层电子互斥理论分析判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．基态是电子按构造原理的顺序进入原子核外的轨道，此时整个原子的能量最低，基态原子是处于最低能量状态的原子，A不符合题意；
B.1个原子中有几个电子就有几种运动状态，在一个原子中，不可能出现运动状态完全相同的两个电子，B不符合题意；
C．原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中原子是稳定的，不同的轨道能量不同，且能量是量子化的，电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，才会辐射或吸收能量，C不符合题意；
D．小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内出现的概率大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、基态原子是处于最低能量状态的原子；
B、在一个原子中，每个电子的运动状态都是不同的；
C、电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，会辐射或者吸收能量；
D、小黑点密度大小表示电子出现的概率大小，而不表示电子的多少；
5．【答案】B
【解析】【解答】A．b是Na、d是N，它们的离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：b＜d，故A不符合题意；
B．d是N、e是S，氨气的分子间存在氢键，沸点较高，最低价氢化物的沸点，NH3＞H2S，故B符合题意；
C．c是C、e是S，最高价氧化物的水化物的酸性：硫酸大于碳酸，c＜e，故C不符合题意；
D．a与b、c、d、e分别形成NaH、碳氢化合物如甲烷等、氮氢化合物如氨气等、硫氢化合物如硫化氢等，NaH是离子化合物，剩余为共价化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题意分析可得，a是H，b是Na，c是C，d是N，e是S，据此可作答：
A、核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小；
C、酸性：硫酸大于碳酸；
D、NaH是离子化合物。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A、Mg2+核外电子数为10，有2个电子层，离子所带电荷数与电子层相等，故A符合；
B、Al3+核外电子数为10，有2个电子层，离子所带电荷数与电子层不相等，故B不符合；
C、Be2+核外电子数为2，有1个电子层，离子所带电荷数与电子层不相等，故C不符合；
D、H+核外电子数为0，离子没有电子层，离子所带电荷数与电子层不相等，故D不符合．
故选：A．
【分析】阳离子核外电子数等于质子数﹣所带电荷数，根据核外电子排布规律，判断各离子具有的电子层数．
7．【答案】C
【解析】【解答】A、硝酸银和Cl-反应生成白色沉淀AgCl，和I-反应生成黄色沉淀AgI，所以反应现象不同，可以鉴别；
B、Br2不能氧化Cl-，但能氧化I-生成I2，碘的CCl4溶液呈紫色，实验现象不同可以鉴别；
C、淀粉和NaCl、KI都不反应，无明显现象，这两种物质分别和淀粉溶液混合时现象相同无法鉴别；
D、Na元素焰色反应呈黄色、K元素焰色反应呈紫色，实验现象不同，可以鉴别；
故答案为：C。
【分析】本题的关键思路是鉴别钾离子和钠离子，氯离子和碘离子。其中钾离子和钠离子可以通过焰色反应鉴别，氯离子和碘离子可以用银离子鉴别，氯化银为白色沉淀，碘化银为黄色沉淀。B选项利用了卤素单质间的置换，溴单质可以置换碘单质而不能置换氯气，所以 Br2的CCl4溶液 遇碘化钾溶液颜色有红棕色变为紫色，而遇氯化钠不变。
8．【答案】C
【解析】【解答】根据以上分析可知W是H，X是O，Y是Na，Z是Si。
A．SiO2不溶于水，不能与水反应制得M，A不符合题意；
B．非金属性O＞Si，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：X＞Z，B不符合题意；
C．X与Y形成的化合物过氧化钠或氧化钠中阴、阳离子个数比均为1：2，C符合题意；
D．电子层数相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小顺序为：Y＜X，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，Y是Na，W是H，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，则X是O。由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构可知Z可以形成4个共价键，原子序数大于Na，则Z是Si，据此解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A不符合题意；
B．分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B符合题意；
C．合成的过程中发生了缩聚反应，C不符合题意；
D．乙二醛含有两个醛基(-CHO)，可用已知信息中的反应与分子合成链状结构，不能形成平面、多孔网状结构，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，三键碳原子采用sp杂化；
C.BTH-2CN和TP发生缩聚反应生成BTH-2；
D.乙二醛中含有2个醛基。
10．【答案】B
【解析】【解答】A.核外电子排布式为1s2的原子是He,核外电子排布式是1s22s2的原子为铍(Be),He是稀有气体元素,Be是金属元素,显然化学性质不相似,A不符合题意;
B.Fe的最外层电子排布式为3d64s2,失去电子时先失最外层上的电子,再失次外层上的电子,失去3个电子变成Fe3+,此时最外层电子排布式为3s23p63d5,B符合题意
C.基态铜原子的最外层电子排布图为 ,此时3d能级为全充满状态,能量最低,属于洪特规则的特例,C不符合题意;
D.基态碳原子的2s能级比2p能级能量低,故填充电子时先填满2s能级再填2p能级,即基态碳原子的最外层电子排布图为 ,D不符合题意。
【分析】A.写出元素符号即可判断性质是否相似
B.根据铁的原子序数即可写出铁原子的核外电子能级排布。即可写出铁离子的核外电子排布
C.能级位置弄反，应该是3d104s1
D.根据能量最低排布原则，因此2s先排满电子
11．【答案】C
【解析】【解答】解：基态原子电子排布为1s22s22p63s23p1，价电子为3s23p1，说明最外层电子数为3，在反应中已失去，则化合价为+3，故选C．
【分析】根据核外电子排布可确定最外层电子数，根据最外层电子数可确定化合价．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．过氧乙酸分子中含有单键碳原子和双键碳原子，碳原子的杂化方式不相同，分别为sp3杂化和sp2杂化，故A不符合题意；
B．过氧乙酸为分子晶体，分子晶体的熔点取决于分子间作用力的强弱，与共价键的键能大小无关，故B符合题意；
C．过氧乙酸分子中含有碳氢、碳氧、氢氧极性共价键和碳碳、氧氧非极性共价键，故C不符合题意；
D．过氧乙酸分子是能与水分子形成氢键的极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.甲基的碳原子是sp3杂化，羧酸中的碳原子是sp2杂化
B.分子晶体的沸点主要是由分子间作用力决定，键能主要是决定稳定性
C.过氧乙酸是分子晶体，含有相同原子形成的非极性键和不同原子形成的极性键
D.过氧乙酸中的氧原子含有孤对电子，易形成氢键
13．【答案】A
【解析】【解答】A． 用 进行反应，第一步形成碳正离子后，羧基中两个氧原子形成两个完全等同的羟基 ，最终得到的有机产物有 、 ，故A符合题意；
B． 反应中，浓硫酸除了作催化剂，还可以吸收反应生成的水，促进酯化平衡正向移动，提高产率，故B不符合题意；
C． 反应中，在C=O中碳原子和氧原子均为杂化方式，甲基中C、羟基中O均为杂化，故C不符合题意；
D． 图中的酯在酸性条件下水解时，倒数第二步水中的氧原子与碳之间形成碳氧键，氢离子迁移后形成两个完全等同的羟基 ，羧酸中的羰基氧原子可能来自于水，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据反应过程分析判断；
B． 依据化学平衡移动原理分析；
C． 依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D． 依据反应过程分析判断；
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据以上分析，Y为P元素，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性Cl>P>Si，则电负性Cl>P>Si，即Z>Y>X，故B不符合题意；
C．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则Na、Si、P、Cl第一电离能Cl>P>Si>Na，即Z>Y>X>W，故C符合题意；
D．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，Si既不容易失电子，也不容易得电子，很难形成简单离子，故离子半径P3->Cl->Na+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，X可以形成4个共价键，最外层有4个电子；而Z只形成1个共价键，且Z的最外层电子数是X核外电子总数的一半，可推断X为Si，Z为Cl，W形成+1价离子，为Na元素；由化合物中原子团带1个单位负电荷，可知Y元素除了形成2个共用电子对之外，还可以得到1个电子，最外层电子数为5，为P元素。综上，元素W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl，据此分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．粒子M为H原子，质量数为1，质子数为1，则中子数=1-1=0，故粒子M中没有中子，故A不符合题意；
B．X为N，Y为O，最简单氢化物分别为NH3、H2O，根据非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性O>N，则氢化物的还原性：X>Y，故B不符合题意；
C．N原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，三个Cl原子可与一个N原子共用三对电子形成 ，所有原子均为8电子稳定结构，故C符合题意；
D．N和O能形成NO、NO2、N2O4等多种氧化物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=W+3+1，Z+2=Z+1+1，则M的质量数为1，质子数为1，可知M为H，元素X、Y、M的质子数之和为16，X的质子数为Z，则Z+Z+1+1=16，解得Z=7，因此X为N，Y为O，据此分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．磷化硼晶体是由原子通过共价键形成立体网状结构，属于共价晶体。由于共价键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此该物质的熔点高、硬度大，A符合题意；
B．根据晶体结构可知：B原子配位数是4，P原子配位数也是4个，B不符合题意；
C．磷化硼晶体是由B、P原子通过共价键形成立体网状结构，属于共价晶体，而不是原子晶体，C不符合题意；
D．在BP晶体中，每个原子都是形成4个共价键，因此B、P原子的杂化类型都是sp3杂化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.磷化硼晶体是由原子通过共价键形成立体网状结构，属于共价晶体；
B.B原子配位数是4；
C.磷化硼晶体属于共价晶体；
D.在BP晶体中，每个原子都是形成4个共价键。
17．【答案】（1）A；C
（2）d；b；从Zn流向Cu；H2＋2e－＋2OH－＝2H2O
（3）氯化铁溶液或硫酸铁溶液；28
【解析】【解答】(1)A. 页岩气主要成分以甲烷为主，也属于化石能源，不属于新能源，故A不正确；B. 页岩气主要成分以甲烷为主，和氧气是燃烧反应，是放热反应，故B正确；C. 甲烷中碳原子的最外层电子排布达到8电子稳定结构，氢原子的最外层电子排布达到2电子稳定结构，故C不正确；D. 甲烷做燃料时，化合价升高，失去电子，因此页岩气可以作燃料电池的负极燃料，故D正确；故答案为：AC。
(2)①上述四种电池中，二次电池是可充电电池，abc都是一次电池，d为铅蓄电池，因此属于二次电池的是d，属于干电池的是b；故答案为：d；b。
②a装置中， Zn比Cu活泼，Zn与硫酸反应，因此Zn失去电子，作负极，Cu作正极，则外电路中电子的流向是从Zn流向Cu；故答案为：从Zn流向Cu。
③c装置中，若电解质改为碱性介质，则负极是氢气失去电子，变为氢离子再和氢氧根反应生成水，其负极的电极反应式为H2＋2e－＋2OH－＝2H2O；故答案为：H2＋2e－＋2OH－＝2H2O。
(3)①根据反应，铁失去电子，因此Fe为负极，正极为比Fe活泼性差的金属或惰性金属，氯化铁溶液或硫酸铁溶液等都可作电解质溶液；故答案为：氯化铁溶液或硫酸铁溶液。
②原电池中Fe作负极，电极反应式为，当外电路中转移1mol e－时，则有0.5molFe进入到电解质溶液中，因此电解质溶液增加的质量是0.5mol×56g mol 1＝28g；故答案为：28。
【分析】（1）A.页岩气主要成分以甲烷为主，属于化石能源。
B.所有的燃烧反应都是放热反应。
C.CH4中的氢原子的最外层电子排布达到2电子稳定结构。
D.负极失电子，发生氧化反应。甲烷燃烧时会失电子生成CO2。
（2）二次电池是可充电电池。由图可知a是原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；b是干电池；c是燃料电池；d是铅蓄电池，属于二次电池。
（3）根据总反应式可知，该原电池中，铁作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，电解液是含Fe3+的溶液。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10
（2）HF
（3）sp2；6mol或6×6.02×1023个
（4）NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COONa+Cu2O↓+3H2O
（5）12
【解析】【解答】解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH﹣互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：HF；（3）醛基中碳原子含有3个σ键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个σ键，所以1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为6mol或6×6.02×1023个，故答案为：sp2；6mol或6×6.02×1023个；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COONa+Cu2O↓+3H2O；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8× =12，故答案为：12．
【分析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个σ键；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8× ．
19．【答案】（1）CO32-；Na+、H+、Al3+、NH4+
（2）1：1
（3）存在；0.36
【解析】【解答】（1）由无色废水可知溶液中无Fe3+，根据实验①可知溶液中含有Na+，根据实验②可知溶液中含有SO42-，根据实验③可知溶液中含有H+和Al3+，溶液中一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，溶液中无CO32-，则溶液中存在的离子为Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故答案为：CO32-；Na+、H+、Al3+、NH4+；（2）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（SO42-）为0.01mol，根据图象可知与Al（OH）3的OH-为的物质的量0.007mol，由方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，由方程式NH4++OH-=NH3 H2O可知消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，则原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为1：1，故答案为：1:1；（3）由题意可知，铝离子为0.007mol、氢离子为0.014mol、铵根离子为0.007mol，硫酸根的物质的量为0.01mol，由电荷守恒可知，溶液中必然有硝酸根离子，硝酸根物质的量为（0.007mol×3+0.014mol+0.007mol）—0.01mol×2=0.036mol，则c（NO3-）=0.36mol/L，故答案为：0.36。
【分析】由无色废水可知溶液中无Fe3+，根据实验①可知溶液中含有Na+，根据实验②可知溶液中含有SO42-，根据实验③可知溶液中含有H+和Al3+，溶液中一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，溶液中无CO32-，则溶液中存在的离子为Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-。
20．【答案】（1）[Ar]3d9
（2）P>S；P原子3p轨道半充满，结构物定，不易失电子
（3）sp3、sp2；4
（4）8NA
（5）C9H8O4
（6）醛基、酚羟基、羧基；2
（7）酯化反应(或取代反应)；；A、B
【解析】【解答】（1）Cu2+核外有27个电子，根据核外电子排布规律，基态Cu2+的电子排布式是[Ar]3d9。
（2）P原子3p轨道半充满，结构物定，不易失电子所以P、S元素第一电离能大小关系为P>S。
（3）单键碳杂化方式为sp3、双键碳杂化方式为sp2， 中既有单键碳又有双键碳，所以碳原子的杂化方式为sp3sp2；碳原子核外有4个电子轨道，所以基态碳原子核外电子有4个空间运动状态。
（4）CN-存在C、N叁键，叁键中有2个π键，所以1mol该配合物含有的π键是8mol，数目为8NA。
（5）A的相对分子质量为180，碳元素的质量分数为60%，则碳原子个数为＝9，又因为A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等，所以A中氢原子个数与氧原子个数之比为2∶1，设A中氧原子个数为x，则氢原子个数为2x，2x＋16x＝180×(1－60%)，解得x＝4，故A的分子式为C9H8O4。
（6）由题给条件可知，A中含有醛基、酚羟基、羧基3种官能团，且彼此相间，满足题述条件的A的结构有2种。
（7）根据题给框图知，B中含有酯基，又C的相对分子质量为60，且能与乙醇发生酯化反应，可推出C为CH3COOH，从而进一步可推出B为，D为，F为。
①C→E为CH3COOH与C2H518OH的酯化反应，也属于取代反应。
②与浓溴水反应时溴原子取代苯环上—OH邻、对位上的氢原子，则主要产物的结构简式为。
③有酚羟基，可以和溴水发生取代反应，苯环可以和氢气发生加成反应，没有醇羟基和卤素原子，不能发生消去反应，没有碳碳双键，不能发生加聚反应，A、B项正确。
【分析】（1）铜为29号元素，失去2电子后剩余27个电子；
（2）第一电离能从左到右减小；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（4）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
（5）相对分子质量和碳元素的质量分数，可以确定碳原子的物质的量，计算原子数，再结合氧气的物质的量和二氧化碳的物质的量确定分子式；
（6）结合题干信息，可以知道A含有醛基、羧基和酚羟基；
（7） ① C转化为E的过程为酯化反应；
② D含有酚羟基，溴和酚羟基发生取代反应时只能取代在羟基的邻位或对位；
③ F含有酚羟基，可以发生取代反应和加成反应。
21．【答案】（1）；；H-O-O-H
（2） →
（3）离子键、共价健(或离子键、非极性键)
（4）cd
（5）
【解析】【解答】A~F代表的微粒分别是 C： D： E： F： ，
(1)E微粒为 ，代表的元素的原子结构示意图为 ，B为 ，它的电子式为 ，C为 ，它的结构式为H-O-O-H；
(2)A、F两种微粒组成的化合物是离子化合物K2S，按照电子式书写规则，K2S的形成过程用电子式表示为： → ；
(3)E、D形成的化合物是CaO2，为离子化合物，含有离子键， 中存在非极性共价键；
(4)N2H4是共价化合物，其沸点由分子间作用力和氢键决定，选cd；
(5) 有还原性，H2O2有氧化性，两者相遇能发生氧化还原反应，生成硫单质，反应的离子方程式为： 。
【分析】A是简单阴离子，有强还原性，带2个单位负电荷，含有18个电子，为 ，B和C为化合物，B为六核分子，有还原性，可作火箭燃料，是 ，C是四核分子，有强氧化性，有18个电子，应为 ，D为同种元素的原子形成的双核阴离子，带两个单位负电荷，有强氧化性，有18个电子，为 ，E和F为简单阳离子，E带2个单位正电荷，有18个电子，为 ，F带1个单位正电荷，同样有18个电子，应为 。
22．【答案】（1）取代反应
（2）FeCl3溶液
（3）3
（4）
（5）
（6）
【解析】【解答】(1)B可以看成是 取代了A结构中酚羟基上的H原子，故A→B的反应类型为取代反应。
(2)B的结构中有官能团酯基，C的结构中有酮羰基和酚羟基，可利用酚羟基的显色反应来区分B和C，故鉴别B与C的常用化学试剂为FeCl3溶液。
(3)F的结构简式为 ，苯环上的碳原子采取的是sp2杂化，甲基上的碳原子采取的是sp3杂化，碳碳双键上的碳原子采取的是sp2杂化，-CN上的碳原子采取的sp杂化，-CH2-中的碳原子采取的是sp3杂化，故F分子中碳原子的轨道杂化类型有3种。
(4)D的分子式为C10H11O2Cl，D和NaCN反应得到E ，E的结构简式相对于C 来说，在苯环上多了一个取代基-CH2-CN，通过D→E反应的条件，取代基-CH2-CN可以看成是-CN取代了-CH2X上的一个原子，结合C→E的反应条件和D的分子式，可知X原子应是Cl，则D的结构简式相对于C来说，在苯环上多了一个取代基-CH2Cl，所以D的结构简式为 。
(5)E的一种同分异构体满足分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应，说明有取代基-CHO，有 结构，结合E的结构简式 和分子式C11H11O2N，可知其不饱和度为7， 同分异构体的不饱和度是相同的，已知一个苯环中的不饱和度为4，一个醛基中的不饱和度为1，一个 的不饱和度也为1，从结构简式可以看出分子中只有一个N原子，也就是说其同分异构体中只能有一个 ，根据不饱和度数，其结构中必然含有2个醛基，另外分子中有4种不同化学环境的氢原子，醛基中有1种，若 连接的H原子是1种，苯环上有1种，还有1种根据剩余的碳氢原子个数，说明结构中还有2个甲基，这样苯环上就有2个醛基，2个甲基，和一个 ，故满足条件的同分异构体有 ，移动甲基又有 ，移动醛基又有 。
(6)由H的合成路线F→G可知，要合成出 ，就要利用原料合成出 ，要合成出 ，通过E→F可知，要利用原料合成出 和CH3CHO，通过路线B→C可知，要合成出 ，就需要 ，要合成出CH3CHO，可利用我们熟悉的乙烯制乙醇，乙醇制乙醛来合成。故合成路线如下： 。
【分析】对比A、B的结构简式，A→B发生了取代反应，C和B相比较，B结构上的酯基分成了两个取代基，一个是酚羟基，一个酮羰基，C→D→E过程中，可知在C的结构上引入了一个取代基，根据反应条件以及D的分子式，可推测D的结构简式是 ，E→F的过程中先发生了加成、后发生了消去，F→G，酚羟基和双键相连形成环状，G→H，结构中的氰基水解成了羧基，据此分析解答。
高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（ ）
A．2010年11月广州亚运会燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
C．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
2．下列有关表述正确的是（ ）
A．可表示单核10电子粒子基态时的电子排布
B．不符合题意，违背了泡利不相容原理
C．表示基态N原子的价电子排布
D．表示处于激发态B原子的电子排布
3．下列分子的中心原子杂化轨道类型相同的是（ ）
A．CO2和SO2 B．BeCl2和BF3 C．H3O+ 和SO3 D．CH4和NH3
4．按照量子力学对原子核外电子运动状态的描述，下列说法错误的是（ ）
A．原子的核外电子处于能量最低的状态称为基态
B．在一个原子中，不可能出现运动状态完全相同的两个电子
C．原子核外电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，会辐射或吸收能量
D．电子云图中点密集的地方表示电子在此处单位体积内出现的数量多
5．a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．离子半径：b＞d
B．最低价氢化物的沸点：d＞e
C．最高价氧化物的水化物的酸性：c＞e
D．a与b、c、d、e均可形成共价化合物
6．下列离子中，所带电荷数与该离子的核外电子层数相等的是（ ）
A．Mg2+ B．Al3+ C．Be2+ D．H+
7．无法将氯化钠、碘化钾两种溶液鉴别开来的试剂或方法是（ ）
A．AgNO3溶液 B．Br2的CCl4溶液
C．淀粉溶液 D．焰色反应
8．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．ZX2可以与水反应制得M
B．最简单氢化物的稳定性：X
D．简单离子半径大小顺序为：Y>X
9．共价有机框架()是一类具有平面、多孔网状结构的材料，其在催化、能量储存等领域有潜在的应用。一种材料的合成如图所示。(图中表示链延长)。
已知：R′-CH2CN +H2O
下列说法正确的是
A．分子中碳原子有两种杂化方式
B．的核磁共振氢谱有4组峰
C．合成的过程中发生了取代反应
D．乙二醛也可与合成材料
10．下列说法正确的是( )
A．原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似
B．Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
C．基态铜原子的最外层的电子排布图:
D．基态碳原子的最外层电子排布图:
11．一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）
A．+1 B．+2 C．+3 D．﹣1
12．过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为 下列说法错误的是（ ）
A．分子中2个碳原子的杂化方式不相同
B．其熔点主要取决于所含化学键的键能
C．过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键
D．过氧乙酸易溶于水
13．浓硫酸催化下羧酸和醇发生酯化反应的具体过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．用 进行反应，最终得到的有机产物只有
B．反应中，浓硫酸除了作催化剂，还可以吸收反应生成的水，提高产率
C．反应中，碳原子和氧原子均存在、两种杂化方式
D．图中的酯在酸性条件下水解时，羧酸中的羰基氧原子可能来自于水
14．科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A．Y为O或S元素
B．元素电负性的顺序为X>Y>Z
C．元素的第一电离能顺序Z>Y>X>W
D．对应简单离子的半径顺序W>X>Y>Z
15．1919年卢瑟福在核反应中用 粒子(即氦核轰击短周期非金属 原子，得到核素 和一新的粒子M，其过程为： 。其中元素X、Y、M的质子数之和为16，下列说法正确的是（ ）
A．粒子M中含有1个中子
B．最简单氢化物的还原性：X
D．X和Y只能形成两种化合物
16．磷化硼(BP)有良好的透光性，用于光学吸收的研究及用作超硬的无机材料等。其晶胞结构如下图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．磷化硼晶体的熔点高、硬度大
B．B配位数是4，P的配位数是2
C．BP属于离子晶体
D．B的杂化方式为sp2，P的杂化方式为sp3
二、综合题
17．能量转化是化学变化的主要特征之一，按要求回答下列问题。
（1）页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，成分以甲烷为主，页岩气的资源潜力可能大于常规天然气。下列有关页岩气的叙述错误的是____(填序号)。
A．页岩气属于新能源
B．页岩气和氧气的反应是放热反应
C．甲烷中每个原子的最外层电子排布都达到8电子稳定结构
D．页岩气可以作燃料电池的负极燃料
（2）有关的电池装置如下：
电池装置
编号 a b c d
①上述四种电池中，属于二次电池的是 (填序号，下同)，属于干电池的是 。
②a装置中，外电路中电子的流向是 (填“从Zn流向Cu”或“从Cu流向Zn”)。
③c装置中，若电解质改为碱性介质，则负极的电极反应式为 。
（3）氧化还原反应一般可以设计成原电池。若将反应设计成原电池，则：
①该电池的电解质溶液可以是 。
②当外电路中转移1mol e－时，电解质溶液增加的质量是 g。
18．含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O．
（1）Cu+基态核外电子排布式为 ．
（2）与OH﹣互为等电子体的一种分子为 （填化学式）．
（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 ；1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 ．
（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为 ．
（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为 ．
19．2019年3月21日是第二十七届“世界水日”，保护水资源，合理利用废水节省水资源，加强废水的回收利用已被越来越多的人所关注。已知：某无色废水中可能含有H+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 ，进行了三组实验，其操作和有关图像如下图所示，请回答下列问题：
（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是 ，一定存在的阳离子是 。
（2）分析图像，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为
（3）若通过实验确定原废水中c（Na+）=0.14mol/L，试判断原废水中NO3-是否存在 （填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c（NO3-）= mol/L。（若不存在或不确定则此空不填）。
20．
（1）Ⅰ、锂一磷酸氧铜电池正极的活性物质是可通过下列反应制备：
。
写出基态的电子排布式： 。
（2）P、S元素第一电离能大小关系为 ，原因是 。
（3）氨基乙酸铜分子结构如图所示，碳原子的杂化方式为 ，基态碳原子核外电子有 种运动状态。
（4）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物，则1mol该配合物含有键的数目为 (表示阿伏加德罗常数的值)。
（5）Ⅱ、苯的含氧衍生物A的相对分子质量为180，其中碳元素的质量分数为60%，A完全燃烧消耗的物质的量与生成的物质的量相等。请回答下列问题：
A的分子式为 。
（6）已知A的苯环上取代基彼此相间，A能发生银镜反应，也能与溶液反应生成，还能与溶液发生显色反应，则A含有的官能团名称是 ，满足上述条件的A的结构可能有 种。
（7）A的一种同分异构体B是邻位二取代苯，其中一个取代基是羧基。B能发生如图所示转化。
回答下列问题：
①C→E的反应类型为 。
②D与浓溴水反应的主要产物的结构简式为 。
③F可发生的化学反应类型有 (填字母)。
A取代反应B．加成反应C．消去反应D．加聚反应
三、推断题
21．下列微粒均含有18个电子。
微粒代号 组成特点
A 简单阴离子，有强还原性，带2个单位负电荷
B 化合物，六核分子，有还原性，可作火箭燃料
C 化合物，四核分子，有强氧化性
D 同种元素的原子形成的双核阴离子，带两个单位负电荷，有强氧化性
E 简单阳离子，带2个单位正电荷
F 简单阳离子，带1个单位正电荷
请用合适的化学用语回答下列问题：
（1）写出E微粒代表的元素的原子结构示意图 ；B的电子式 ；C的结构式 。
（2）用电子式表示A、F组成的化合物的形成过程 。
（3）由E和D形成的化合物中存在的化学键类型是 。
（4）对B的沸点有影响的作用力有 (填正确答案标号)。
a．离子键 b．非极性键 c．分子间作用力 d．氢键 e．极性键
（5）将A对应的钠盐加入C的酸性溶液中，溶液变浑浊，该反应的离子方程式是 。
22．化合物H具有抗菌、消炎、降血压等多种功效，其合成路线如图：
（1）A→B的反应类型为 。
（2）可用于鉴别B与C的常用化学试剂为 。
（3）F分子中碳原子的轨道杂化类型有 种。
（4）D的分子式为C10H11O2Cl，写出D的结构简式： 。
（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
（6）设计以 、乙烯为原料制备 的合成路线 (无机试剂和有机溶剂任选，合成路线示例见本题题干)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩，因此可用作焰火，故A正确；
B．生石灰或硅胶无还原性不能与氧化性物质反应，故不能防止食品氧化，故B错误；
C．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，也可治疗胃酸过多，故C正确；
D．我国使用最早的合金是青铜，世界上使用量最大的合金材料是钢铁，故D正确．
故选B．
【分析】A．焰色反应时能呈现出来很多的色彩；
B．注意氧化还原反应的实质，食品被氧化的实质是被空气中的氧气氧化；
C．碳酸氢钠能和酸反应放出气体还没有腐蚀性，不会对人体造成伤害；
D．我国使用最早的合金是青铜．
2．【答案】A
【解析】【解答】A.图中共有10个电子，且为Ne原子的基态时电子排布，因而可表示单核10电子粒子基态时的电子排布，A项符合题意；
B.泡利不相容原理是指一个原子轨道最多容纳2个电子，而且自旋方向相反，图中各轨道并不违背，B项不符合题意；
C.N原子价电子为2s22p3，不能表示基态N原子的价电子排布，C项不符合题意；
D. 表示处于基态B原子的电子排布，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．符合泡利原理和洪特规则；
B．违背了洪特规则；
C．N原子的价电子数为5；
D．激发态的B原子的2p电子跃迁到3s轨道。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2中C形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个δ键，孤电子对数==1，为sp2杂化，不相同，故A不符合题意；
B．BeCl2中Be形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，不相同，故B不符合题意；
C．H3O+中O原子形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，而SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对数==0，为sp2杂化，不相同，故C不符合题意；
D．CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，相同，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据价层电子互斥理论分析判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．基态是电子按构造原理的顺序进入原子核外的轨道，此时整个原子的能量最低，基态原子是处于最低能量状态的原子，A不符合题意；
B.1个原子中有几个电子就有几种运动状态，在一个原子中，不可能出现运动状态完全相同的两个电子，B不符合题意；
C．原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中原子是稳定的，不同的轨道能量不同，且能量是量子化的，电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，才会辐射或吸收能量，C不符合题意；
D．小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内出现的概率大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、基态原子是处于最低能量状态的原子；
B、在一个原子中，每个电子的运动状态都是不同的；
C、电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时，会辐射或者吸收能量；
D、小黑点密度大小表示电子出现的概率大小，而不表示电子的多少；
5．【答案】B
【解析】【解答】A．b是Na、d是N，它们的离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：b＜d，故A不符合题意；
B．d是N、e是S，氨气的分子间存在氢键，沸点较高，最低价氢化物的沸点，NH3＞H2S，故B符合题意；
C．c是C、e是S，最高价氧化物的水化物的酸性：硫酸大于碳酸，c＜e，故C不符合题意；
D．a与b、c、d、e分别形成NaH、碳氢化合物如甲烷等、氮氢化合物如氨气等、硫氢化合物如硫化氢等，NaH是离子化合物，剩余为共价化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题意分析可得，a是H，b是Na，c是C，d是N，e是S，据此可作答：
A、核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小；
C、酸性：硫酸大于碳酸；
D、NaH是离子化合物。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A、Mg2+核外电子数为10，有2个电子层，离子所带电荷数与电子层相等，故A符合；
B、Al3+核外电子数为10，有2个电子层，离子所带电荷数与电子层不相等，故B不符合；
C、Be2+核外电子数为2，有1个电子层，离子所带电荷数与电子层不相等，故C不符合；
D、H+核外电子数为0，离子没有电子层，离子所带电荷数与电子层不相等，故D不符合．
故选：A．
【分析】阳离子核外电子数等于质子数﹣所带电荷数，根据核外电子排布规律，判断各离子具有的电子层数．
7．【答案】C
【解析】【解答】A、硝酸银和Cl-反应生成白色沉淀AgCl，和I-反应生成黄色沉淀AgI，所以反应现象不同，可以鉴别；
B、Br2不能氧化Cl-，但能氧化I-生成I2，碘的CCl4溶液呈紫色，实验现象不同可以鉴别；
C、淀粉和NaCl、KI都不反应，无明显现象，这两种物质分别和淀粉溶液混合时现象相同无法鉴别；
D、Na元素焰色反应呈黄色、K元素焰色反应呈紫色，实验现象不同，可以鉴别；
故答案为：C。
【分析】本题的关键思路是鉴别钾离子和钠离子，氯离子和碘离子。其中钾离子和钠离子可以通过焰色反应鉴别，氯离子和碘离子可以用银离子鉴别，氯化银为白色沉淀，碘化银为黄色沉淀。B选项利用了卤素单质间的置换，溴单质可以置换碘单质而不能置换氯气，所以 Br2的CCl4溶液 遇碘化钾溶液颜色有红棕色变为紫色，而遇氯化钠不变。
8．【答案】C
【解析】【解答】根据以上分析可知W是H，X是O，Y是Na，Z是Si。
A．SiO2不溶于水，不能与水反应制得M，A不符合题意；
B．非金属性O＞Si，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：X＞Z，B不符合题意；
C．X与Y形成的化合物过氧化钠或氧化钠中阴、阳离子个数比均为1：2，C符合题意；
D．电子层数相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小顺序为：Y＜X，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，Y是Na，W是H，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，则X是O。由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构可知Z可以形成4个共价键，原子序数大于Na，则Z是Si，据此解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A不符合题意；
B．分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B符合题意；
C．合成的过程中发生了缩聚反应，C不符合题意；
D．乙二醛含有两个醛基(-CHO)，可用已知信息中的反应与分子合成链状结构，不能形成平面、多孔网状结构，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.饱和碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，三键碳原子采用sp杂化；
C.BTH-2CN和TP发生缩聚反应生成BTH-2；
D.乙二醛中含有2个醛基。
10．【答案】B
【解析】【解答】A.核外电子排布式为1s2的原子是He,核外电子排布式是1s22s2的原子为铍(Be),He是稀有气体元素,Be是金属元素,显然化学性质不相似,A不符合题意;
B.Fe的最外层电子排布式为3d64s2,失去电子时先失最外层上的电子,再失次外层上的电子,失去3个电子变成Fe3+,此时最外层电子排布式为3s23p63d5,B符合题意
C.基态铜原子的最外层电子排布图为 ,此时3d能级为全充满状态,能量最低,属于洪特规则的特例,C不符合题意;
D.基态碳原子的2s能级比2p能级能量低,故填充电子时先填满2s能级再填2p能级,即基态碳原子的最外层电子排布图为 ,D不符合题意。
【分析】A.写出元素符号即可判断性质是否相似
B.根据铁的原子序数即可写出铁原子的核外电子能级排布。即可写出铁离子的核外电子排布
C.能级位置弄反，应该是3d104s1
D.根据能量最低排布原则，因此2s先排满电子
11．【答案】C
【解析】【解答】解：基态原子电子排布为1s22s22p63s23p1，价电子为3s23p1，说明最外层电子数为3，在反应中已失去，则化合价为+3，故选C．
【分析】根据核外电子排布可确定最外层电子数，根据最外层电子数可确定化合价．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．过氧乙酸分子中含有单键碳原子和双键碳原子，碳原子的杂化方式不相同，分别为sp3杂化和sp2杂化，故A不符合题意；
B．过氧乙酸为分子晶体，分子晶体的熔点取决于分子间作用力的强弱，与共价键的键能大小无关，故B符合题意；
C．过氧乙酸分子中含有碳氢、碳氧、氢氧极性共价键和碳碳、氧氧非极性共价键，故C不符合题意；
D．过氧乙酸分子是能与水分子形成氢键的极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.甲基的碳原子是sp3杂化，羧酸中的碳原子是sp2杂化
B.分子晶体的沸点主要是由分子间作用力决定，键能主要是决定稳定性
C.过氧乙酸是分子晶体，含有相同原子形成的非极性键和不同原子形成的极性键
D.过氧乙酸中的氧原子含有孤对电子，易形成氢键
13．【答案】A
【解析】【解答】A． 用 进行反应，第一步形成碳正离子后，羧基中两个氧原子形成两个完全等同的羟基 ，最终得到的有机产物有 、 ，故A符合题意；
B． 反应中，浓硫酸除了作催化剂，还可以吸收反应生成的水，促进酯化平衡正向移动，提高产率，故B不符合题意；
C． 反应中，在C=O中碳原子和氧原子均为杂化方式，甲基中C、羟基中O均为杂化，故C不符合题意；
D． 图中的酯在酸性条件下水解时，倒数第二步水中的氧原子与碳之间形成碳氧键，氢离子迁移后形成两个完全等同的羟基 ，羧酸中的羰基氧原子可能来自于水，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据反应过程分析判断；
B． 依据化学平衡移动原理分析；
C． 依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D． 依据反应过程分析判断；
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据以上分析，Y为P元素，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性Cl>P>Si，则电负性Cl>P>Si，即Z>Y>X，故B不符合题意；
C．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则Na、Si、P、Cl第一电离能Cl>P>Si>Na，即Z>Y>X>W，故C符合题意；
D．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，Si既不容易失电子，也不容易得电子，很难形成简单离子，故离子半径P3->Cl->Na+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，X可以形成4个共价键，最外层有4个电子；而Z只形成1个共价键，且Z的最外层电子数是X核外电子总数的一半，可推断X为Si，Z为Cl，W形成+1价离子，为Na元素；由化合物中原子团带1个单位负电荷，可知Y元素除了形成2个共用电子对之外，还可以得到1个电子，最外层电子数为5，为P元素。综上，元素W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl，据此分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．粒子M为H原子，质量数为1，质子数为1，则中子数=1-1=0，故粒子M中没有中子，故A不符合题意；
B．X为N，Y为O，最简单氢化物分别为NH3、H2O，根据非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性O>N，则氢化物的还原性：X>Y，故B不符合题意；
C．N原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，三个Cl原子可与一个N原子共用三对电子形成 ，所有原子均为8电子稳定结构，故C符合题意；
D．N和O能形成NO、NO2、N2O4等多种氧化物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=W+3+1，Z+2=Z+1+1，则M的质量数为1，质子数为1，可知M为H，元素X、Y、M的质子数之和为16，X的质子数为Z，则Z+Z+1+1=16，解得Z=7，因此X为N，Y为O，据此分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．磷化硼晶体是由原子通过共价键形成立体网状结构，属于共价晶体。由于共价键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此该物质的熔点高、硬度大，A符合题意；
B．根据晶体结构可知：B原子配位数是4，P原子配位数也是4个，B不符合题意；
C．磷化硼晶体是由B、P原子通过共价键形成立体网状结构，属于共价晶体，而不是原子晶体，C不符合题意；
D．在BP晶体中，每个原子都是形成4个共价键，因此B、P原子的杂化类型都是sp3杂化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.磷化硼晶体是由原子通过共价键形成立体网状结构，属于共价晶体；
B.B原子配位数是4；
C.磷化硼晶体属于共价晶体；
D.在BP晶体中，每个原子都是形成4个共价键。
17．【答案】（1）A；C
（2）d；b；从Zn流向Cu；H2＋2e－＋2OH－＝2H2O
（3）氯化铁溶液或硫酸铁溶液；28
【解析】【解答】(1)A. 页岩气主要成分以甲烷为主，也属于化石能源，不属于新能源，故A不正确；B. 页岩气主要成分以甲烷为主，和氧气是燃烧反应，是放热反应，故B正确；C. 甲烷中碳原子的最外层电子排布达到8电子稳定结构，氢原子的最外层电子排布达到2电子稳定结构，故C不正确；D. 甲烷做燃料时，化合价升高，失去电子，因此页岩气可以作燃料电池的负极燃料，故D正确；故答案为：AC。
(2)①上述四种电池中，二次电池是可充电电池，abc都是一次电池，d为铅蓄电池，因此属于二次电池的是d，属于干电池的是b；故答案为：d；b。
②a装置中， Zn比Cu活泼，Zn与硫酸反应，因此Zn失去电子，作负极，Cu作正极，则外电路中电子的流向是从Zn流向Cu；故答案为：从Zn流向Cu。
③c装置中，若电解质改为碱性介质，则负极是氢气失去电子，变为氢离子再和氢氧根反应生成水，其负极的电极反应式为H2＋2e－＋2OH－＝2H2O；故答案为：H2＋2e－＋2OH－＝2H2O。
(3)①根据反应，铁失去电子，因此Fe为负极，正极为比Fe活泼性差的金属或惰性金属，氯化铁溶液或硫酸铁溶液等都可作电解质溶液；故答案为：氯化铁溶液或硫酸铁溶液。
②原电池中Fe作负极，电极反应式为，当外电路中转移1mol e－时，则有0.5molFe进入到电解质溶液中，因此电解质溶液增加的质量是0.5mol×56g mol 1＝28g；故答案为：28。
【分析】（1）A.页岩气主要成分以甲烷为主，属于化石能源。
B.所有的燃烧反应都是放热反应。
C.CH4中的氢原子的最外层电子排布达到2电子稳定结构。
D.负极失电子，发生氧化反应。甲烷燃烧时会失电子生成CO2。
（2）二次电池是可充电电池。由图可知a是原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；b是干电池；c是燃料电池；d是铅蓄电池，属于二次电池。
（3）根据总反应式可知，该原电池中，铁作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，电解液是含Fe3+的溶液。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10
（2）HF
（3）sp2；6mol或6×6.02×1023个
（4）NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COONa+Cu2O↓+3H2O
（5）12
【解析】【解答】解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH﹣互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：HF；（3）醛基中碳原子含有3个σ键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个σ键，所以1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为6mol或6×6.02×1023个，故答案为：sp2；6mol或6×6.02×1023个；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2 CH3COONa+Cu2O↓+3H2O；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8× =12，故答案为：12．
【分析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个σ键；（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8× ．
19．【答案】（1）CO32-；Na+、H+、Al3+、NH4+
（2）1：1
（3）存在；0.36
【解析】【解答】（1）由无色废水可知溶液中无Fe3+，根据实验①可知溶液中含有Na+，根据实验②可知溶液中含有SO42-，根据实验③可知溶液中含有H+和Al3+，溶液中一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，溶液中无CO32-，则溶液中存在的离子为Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-，故答案为：CO32-；Na+、H+、Al3+、NH4+；（2）已知硫酸钡沉淀为2.33g，则n（SO42-）为0.01mol，根据图象可知与Al（OH）3的OH-为的物质的量0.007mol，由方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知将铝离子沉淀需要氢氧化钠0.021mol，所以溶液中H+消耗氢氧化钠0.014mol，氢离子的物质的量是0.014mol，由方程式NH4++OH-=NH3 H2O可知消耗氢氧化钠0.007mol，所以铵根离子的物质的量是0.007mol，则原溶液中c（NH4+）与c（Al3+）的比值为1：1，故答案为：1:1；（3）由题意可知，铝离子为0.007mol、氢离子为0.014mol、铵根离子为0.007mol，硫酸根的物质的量为0.01mol，由电荷守恒可知，溶液中必然有硝酸根离子，硝酸根物质的量为（0.007mol×3+0.014mol+0.007mol）—0.01mol×2=0.036mol，则c（NO3-）=0.36mol/L，故答案为：0.36。
【分析】由无色废水可知溶液中无Fe3+，根据实验①可知溶液中含有Na+，根据实验②可知溶液中含有SO42-，根据实验③可知溶液中含有H+和Al3+，溶液中一定不含Fe3+、Mg2+，因为CO32-与Al3+不能共存，溶液中无CO32-，则溶液中存在的离子为Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42-，一定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、CO32-。
20．【答案】（1）[Ar]3d9
（2）P>S；P原子3p轨道半充满，结构物定，不易失电子
（3）sp3、sp2；4
（4）8NA
（5）C9H8O4
（6）醛基、酚羟基、羧基；2
（7）酯化反应(或取代反应)；；A、B
【解析】【解答】（1）Cu2+核外有27个电子，根据核外电子排布规律，基态Cu2+的电子排布式是[Ar]3d9。
（2）P原子3p轨道半充满，结构物定，不易失电子所以P、S元素第一电离能大小关系为P>S。
（3）单键碳杂化方式为sp3、双键碳杂化方式为sp2， 中既有单键碳又有双键碳，所以碳原子的杂化方式为sp3sp2；碳原子核外有4个电子轨道，所以基态碳原子核外电子有4个空间运动状态。
（4）CN-存在C、N叁键，叁键中有2个π键，所以1mol该配合物含有的π键是8mol，数目为8NA。
（5）A的相对分子质量为180，碳元素的质量分数为60%，则碳原子个数为＝9，又因为A完全燃烧消耗O2的物质的量与生成CO2的物质的量相等，所以A中氢原子个数与氧原子个数之比为2∶1，设A中氧原子个数为x，则氢原子个数为2x，2x＋16x＝180×(1－60%)，解得x＝4，故A的分子式为C9H8O4。
（6）由题给条件可知，A中含有醛基、酚羟基、羧基3种官能团，且彼此相间，满足题述条件的A的结构有2种。
（7）根据题给框图知，B中含有酯基，又C的相对分子质量为60，且能与乙醇发生酯化反应，可推出C为CH3COOH，从而进一步可推出B为，D为，F为。
①C→E为CH3COOH与C2H518OH的酯化反应，也属于取代反应。
②与浓溴水反应时溴原子取代苯环上—OH邻、对位上的氢原子，则主要产物的结构简式为。
③有酚羟基，可以和溴水发生取代反应，苯环可以和氢气发生加成反应，没有醇羟基和卤素原子，不能发生消去反应，没有碳碳双键，不能发生加聚反应，A、B项正确。
【分析】（1）铜为29号元素，失去2电子后剩余27个电子；
（2）第一电离能从左到右减小；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（4）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
（5）相对分子质量和碳元素的质量分数，可以确定碳原子的物质的量，计算原子数，再结合氧气的物质的量和二氧化碳的物质的量确定分子式；
（6）结合题干信息，可以知道A含有醛基、羧基和酚羟基；
（7） ① C转化为E的过程为酯化反应；
② D含有酚羟基，溴和酚羟基发生取代反应时只能取代在羟基的邻位或对位；
③ F含有酚羟基，可以发生取代反应和加成反应。
21．【答案】（1）；；H-O-O-H
（2） →
（3）离子键、共价健(或离子键、非极性键)
（4）cd
（5）
【解析】【解答】A~F代表的微粒分别是 C： D： E： F： ，
(1)E微粒为 ，代表的元素的原子结构示意图为 ，B为 ，它的电子式为 ，C为 ，它的结构式为H-O-O-H；
(2)A、F两种微粒组成的化合物是离子化合物K2S，按照电子式书写规则，K2S的形成过程用电子式表示为： → ；
(3)E、D形成的化合物是CaO2，为离子化合物，含有离子键， 中存在非极性共价键；
(4)N2H4是共价化合物，其沸点由分子间作用力和氢键决定，选cd；
(5) 有还原性，H2O2有氧化性，两者相遇能发生氧化还原反应，生成硫单质，反应的离子方程式为： 。
【分析】A是简单阴离子，有强还原性，带2个单位负电荷，含有18个电子，为 ，B和C为化合物，B为六核分子，有还原性，可作火箭燃料，是 ，C是四核分子，有强氧化性，有18个电子，应为 ，D为同种元素的原子形成的双核阴离子，带两个单位负电荷，有强氧化性，有18个电子，为 ，E和F为简单阳离子，E带2个单位正电荷，有18个电子，为 ，F带1个单位正电荷，同样有18个电子，应为 。
22．【答案】（1）取代反应
（2）FeCl3溶液
（3）3
（4）
（5）
（6）
【解析】【解答】(1)B可以看成是 取代了A结构中酚羟基上的H原子，故A→B的反应类型为取代反应。
(2)B的结构中有官能团酯基，C的结构中有酮羰基和酚羟基，可利用酚羟基的显色反应来区分B和C，故鉴别B与C的常用化学试剂为FeCl3溶液。
(3)F的结构简式为 ，苯环上的碳原子采取的是sp2杂化，甲基上的碳原子采取的是sp3杂化，碳碳双键上的碳原子采取的是sp2杂化，-CN上的碳原子采取的sp杂化，-CH2-中的碳原子采取的是sp3杂化，故F分子中碳原子的轨道杂化类型有3种。
(4)D的分子式为C10H11O2Cl，D和NaCN反应得到E ，E的结构简式相对于C 来说，在苯环上多了一个取代基-CH2-CN，通过D→E反应的条件，取代基-CH2-CN可以看成是-CN取代了-CH2X上的一个原子，结合C→E的反应条件和D的分子式，可知X原子应是Cl，则D的结构简式相对于C来说，在苯环上多了一个取代基-CH2Cl，所以D的结构简式为 。
(5)E的一种同分异构体满足分子中含苯环和碳氮双键，能发生银镜反应，说明有取代基-CHO，有 结构，结合E的结构简式 和分子式C11H11O2N，可知其不饱和度为7， 同分异构体的不饱和度是相同的，已知一个苯环中的不饱和度为4，一个醛基中的不饱和度为1，一个 的不饱和度也为1，从结构简式可以看出分子中只有一个N原子，也就是说其同分异构体中只能有一个 ，根据不饱和度数，其结构中必然含有2个醛基，另外分子中有4种不同化学环境的氢原子，醛基中有1种，若 连接的H原子是1种，苯环上有1种，还有1种根据剩余的碳氢原子个数，说明结构中还有2个甲基，这样苯环上就有2个醛基，2个甲基，和一个 ，故满足条件的同分异构体有 ，移动甲基又有 ，移动醛基又有 。
(6)由H的合成路线F→G可知，要合成出 ，就要利用原料合成出 ，要合成出 ，通过E→F可知，要利用原料合成出 和CH3CHO，通过路线B→C可知，要合成出 ，就需要 ，要合成出CH3CHO，可利用我们熟悉的乙烯制乙醇，乙醇制乙醛来合成。故合成路线如下： 。
【分析】对比A、B的结构简式，A→B发生了取代反应，C和B相比较，B结构上的酯基分成了两个取代基，一个是酚羟基，一个酮羰基，C→D→E过程中，可知在C的结构上引入了一个取代基，根据反应条件以及D的分子式，可推测D的结构简式是 ，E→F的过程中先发生了加成、后发生了消去，F→G，酚羟基和双键相连形成环状，G→H，结构中的氰基水解成了羧基，据此分析解答。