高中化学同步练习：选择性必修二2.2分子的空间结构（优生加练）
文档属性
| 名称 | 高中化学同步练习：选择性必修二2.2分子的空间结构（优生加练） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-27 09:29:40 | ||
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文档简介
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高中化学同步练习：选择性必修二2.2分子的空间结构（优生加练）
一、选择题
1．已知[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有几种（不考虑光学异构）（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．6种
2．用价层电子对互斥理论预测H2Se和NF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A．直线形；三角锥形 B．V形；平面三角形
C．直线形；平面三角形 D．V形；三角锥形
3．化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是（ ）
A．元素电负性：
B．氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．和的空间结构均为三角锥形
4．在价类二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。下图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是
A．a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成
B．硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化
C．g阴离子的中心原子的杂化轨道类型为sp3
D．d在加热下与强碱溶液反应生成e和f，且n(e)：n(f)=1：2
二、多选题
5．第VA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A．每个原子都达到8电子稳定结构
B．键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种
C．RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3
D．分子中5个R-Cl键键能均不相同
三、非选择题
6．H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源有着现实而重要的意义。请回答下列问题：
（1）H2S的空间构型为 。
（2）用H2S和天然气生成CS2的反应为
已知：Ⅰ. ；
Ⅱ． ；
Ⅲ． ；
则反应的 (用含a、b、c的代数式表示)。
（3）800℃时，将一定量的H2S气体充入恒容密闭容器中，发生反应，t min后达到化学平衡，测得容器中与H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则H2S的初始浓度 mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数 。
（4）向恒压密度容器中充入和，发生反应，不同温度下，的平衡转化率(%)与温度(℃)的关系如图所示：
①该反应的活化能：E正 E逆(填“＞”“＜”或“=”)
②若初始容积为V0 L，1200℃反应达到平衡时，容器的容积为 L(用含V0的代数式表示)。
③1200℃时，欲提高的平衡转化率，可以采取的措施是 (填选项字母)。
A．增大压强 B．再充入 C．再充入H2S D．充入He E．使用高效催化剂
7．有机合成的发展使得人类可根据需要设计合成出具有特定结构和性能的物质。
（1）医用胶的主要成分氰基丙烯酸酯的结构为(R表示烃基)。
①医用胶分子中的 (填官能团的结构简式)能发生加聚反应使其固化成膜。
②医用胶分子中的能与蛋白质端基的 (填官能团的结构简式)形成氢键表现出黏合性。
（2）某医用胶(502医用胶)的合成路线如下。
①的反应类型是 。
②B→D的化学方程式为 。
③E的结构简式为
④F→502医用胶的化学方程式是 。
（3）用有机物G代替上述路线中的，增大医用胶中R基碳链的长度，可提升医用胶的柔韧性、减少使用时的灼痛感。完全燃烧7.4g有机物G，生成8.96L(标准状况)和9g水。G的质谱如图所示，其核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：3。G的分子式是 ，结构简式为 。
8．采用现代仪器分析方法，可以快速、准确地测定有机化合物的分子结构。
（1）某有机物的核磁共振氢谱如图所示，该有机物的结构简式可能是____(填字母)。
A． B． C． D．
（2）有机物(C8H8Cl2)的结构简式为 ，预测其核磁共振氢谱会出现 组峰，峰面积之比为 。
（3）含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测得其碳的质量分数为64.86%，氢的质量分数为13.51%。
①甲的实验式是 。
②如图是该有机物甲的质谱图，则其分子式为 。
③若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为 ，其所含官能团的名称为 。
9．国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过10.0mg·L-1，砷的含量不得超过0.5mg·L-1。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。
（1）化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。
①CaSO4中阴离子的空间构型为 。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式： 。
③充分沉淀后测得废水中F-的含量为19.0mg·L-1，此时SO 的浓度为 mol·L-1。[已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5、Ksp(CaF2)=5.0×10-9]
（2）氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。已知：
ⅰ.NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。
ⅱ.As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式： 。
②其他条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是
10．某中学化学研究性学习小组为确定某未知有机物M的结构和性质，拟用经典实验手段与现代技术相结合的方法进行如下探究。
（1）Ⅰ．实验式的确定
取样品M进行燃烧法测定，发现燃烧后只生成和，某次燃烧后，经换算得到了和。据此得出的结论是 。
（2）另一实验中，取蜡状有机物M在(标准状况下，下同)氧气中完全燃烧，两者均恰好完全反应，生成和液态水。由此得出M的实验式是 。
（3）Ⅱ．结构式的确定(经测定M的相对分子质量为136)
取少量样品熔化，加入钠有氢气放出，说明M分子中含有 (填官能团名称)。
（4）进行核磁共振，发现只有两组特征峰，且峰面积比为2∶1，再做红外光谱，发现与乙醇一样透过率在同一处波数被吸收。图谱如下：
则M的结构简式为 。
（5）判断符合下列条件M的同分异构体有 种。
①直链化合物；②与M具有相同的官能团；③每个碳原子上最多只连一个官能团。
11．周期表前四周期的元素 、 、 、 ，原子序数依次增大，X原子核外有 6 种不同运动状态的电子； 原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料； 位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题：
（1）X位于周期表的第 周期，第 族。
（2）元素的第一电离能：X Y(填“＞”或“＜”，下同)；原子半径：X Y。
（3） 的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型 (用文字描述)。
（4） 基态核外电子排布式为 ，用硫氰化钾溶液检验 的离子方程式为 。
12．利用核磁共振技术测定有机物分子的三维结构的研究曾获得诺贝尔化学奖。在有机物分子中，不同位置的氢原子的核磁共振谱中给出的峰值(信号)也不同。根据峰值(信号)可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。
（1）下列分子中，其核磁共振氢谱中只有一种峰(信号)的物质是_______(多选)。
A．CH3-CH3 B．CH3COOH C．CH3COOCH3 D．CH3COCH3
（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如下图所示，则A的结构简式为 ，请预测B的核磁共振氢谱上有 个峰(信号)。
（3）用核磁共振氢谱的方法来研究C2H6O的结构，请简要说明根据核磁共振氢谱的结果来确定C2H6O分子结构的方法是 。
13．A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和 的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知： ； +R-COOH
回答下列问题：
（1）A的名称是 ，B中含氧官能团的名称是 。
（2）C的结构简式为 ，D→E的反应类型为 。
（3）E→F的化学方程式为 。
（4） 发生缩聚反应生成有机物的结构简式为 。
（5）B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有 种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是 (写结构简式)。
（6）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)。 。合成路线流程图示例如下：A B…… 目标产物。
14．决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题。
（1）氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂)，其组成结构和物理性质见下表。
分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性
C12H10ClN3O 白色结晶粉末 170~172 ℃ 易溶于水
查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。
反应过程中，每生成1 mol氯吡苯脲，断裂 个σ键、断裂 个π键。
（2）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色与其d轨道电子排布有关。一般地，d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。如Co(H2O)6]2＋显粉红色。据此判断：Mn(H2O)6]2＋ (填“无”或“有”)颜色。
（3）硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成B(OH)4]－而体现一元弱酸的性质，则B(OH)4]－中B的原子杂化类型为 ；
（4）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：
氟化物 NaF MgF2 SiF4
熔点/K 1 266 1 534 183
解释表中氟化物熔点差异的原因： 。
（5）我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R 代表)。经X-射线衍射测得化合物R 的晶体结构，其局部结构如下图所示。
①组成化合物R 的两种阳离子中σ键的个数之比为 ；其中四核阳离子的立体构型为 ，其中心原子的杂化轨道类型是 。
②分子中的大π键可用符号表示πmn，其中m 代表参与形成的大π键原子数，n 代表参与形成的大π键电子数，如苯分了中的大π键可表示为π66。则N5－中的大π键应表示为 。
③请表示出上图中的氢键： 。
15．工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。
（1）微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生、等物质，可将废水中还原为，同时用或将从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为 。
②与在SBR细菌作用下生成和的离子方程式为 。
③将从水中吹出时，用比效果更好，其原因是 。
（2）吸收法脱硫
烟气中的可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液，则 。
（3）电解法脱硫
用NaOH吸收后，所得溶液经电解后可制取溶液，反应装置如图-2所示。电解时每有1 mol 生成有 mol 透过质子交换膜。
（4）还原法脱氮
用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图-3所示。
①该反应机理中生成的过程可描述为 。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是 。
16．废水中 会带来环境污染问题，用微生物法和铁炭法均可将 还原脱除。
（1）微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在微生物作用下产生CH3COOH、H2等物质，可将废水中 还原为H2S，同时用N2或CO2将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。
① 的空间构型为 。
②CH3COOH与 在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为 。
③将H2S从水中吹出时，用CO2比N2效果更好，其原因是 。
（2）铁炭法脱硫
铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可将废水中的 转化为硫化物沉淀除去。
①废水中 转化为硫化物而除去，该硫化物的化学式为 。
②为提高铁炭混合物处理效果常通入少量空气，反应过程中废水pH随时间变化如图所示。反应进行15 min后溶液pH缓慢下降的原因可能是 。
（3）处理后废水中 含量测定
准确量取50.00 mL水样于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液pH= 10，用0.0100 mol·L-1 EDTA (Na2H2Y) 溶液滴定至终点，滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液27.50 mL。计算处理后水样中 含量 。(用mg·L-1表示，写出计算过程)。
17．硫化氢(H2S)、二氧化硫(SO2)是有害气体，可用多种方法进行脱除。
（1）H2S和SO2的VSEPR模型分别为 、 。
（2）实验室制取乙炔时，用硫酸铜溶液除去乙炔气体中混有的H2S气体，发生反应：，计算25℃时，该反应的平衡常数为 。(已知25℃时，H2S的，)
（3）通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2(如图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：、。
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上1 mol H2S参加反应可产生H2的物质的量为 。
（4）硫酸工业的尾气中含SO2等污染性气体，通常用碱液如氨水进行吸收处理，实现绿色环保和废物利用。研究发现，Na2SO3溶液也可以用来处理废气中的SO2，发生反应Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3。
查阅资料可知，常温下，部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 HClO H2CO3 H2SO3
电离平衡常数(25℃) ， ，
①相同物质的量浓度的三种酸溶液HClO、H2CO3和H2SO3由水电离的c(H+)最大的是 (填化学式)
②将浓度均为0.1 mo/L的NaHSO3和Na2SO3等体积混合，溶液pH=7.2。分析该溶液中离子浓度从大到小依次是 。
③根据表内数据，计算0.06 mol/L Na2SO3溶液的pH= (忽略的第二步水解)。
④测得吸收SO2后的NaHSO3和Na2SO3某混合溶液pH=6，进行电解制硫酸并再生Na2SO3原理示意图如图所示。
电解时阳极区会产生少量刺激性气体，结合电极方程式分析产生气体的原因是 。
18．某化合物H的合成路线如下：
已知CH≡CH在NaNH2液氨条件下可生成CH≡CNa或NaC≡CNa
（1）A的化学名称是 ，B→C的反应类型是
（2）D→E的反应试剂、条件是 ，F中不含氧官能团名称是
（3）H的分子式是
（4）F→G的化学方程式是
（5）W是E的同系物，比E少一个碳原子，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是 (写一种)
①有两种官能团
②遇FeCl3溶液显紫色
③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是3︰2︰2︰2︰1
（6）依据上述题目信息，写出用乙醛和乙炔为原料，制备化合物 的合成路线(无机试剂任选) 。
19．以氮化镓（GaN）为首的第三代半导体材料适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常也称为高温半导体材料。回答下列问题：
（1）基态Ga原子价层电子的电子排布图为 ；第二周期中，第一电离能介于N和B之间的元素有 种。
（2）HCN分子中σ键与π键的数目之比为 ，其中σ键的对称方式为 。与CN-互为等电子体的一种分子为 。
（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其中阴离子与CO2互为等电子体，阴离子中心原子的杂化轨道类型为 。NF3的空间构型为 。
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因 。
GaN GaP GaAs
熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃
（5）GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为 ；
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为 a3cm3，GaN晶体的密度为 g/cm3（用a、NA表示）。
图1 图2
20．铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，产生蓝色沉淀：继续滴加稀氨水，沉淀溶解，溶液最终变为深蓝色：再向深蓝色溶液中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。回答下列问题：
（1）基态Cu原子中，电子在核外排布的原子轨道共有 个。
（2）N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是 。
（3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是 。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是 (填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是 。
（4）NH3中N原子的杂化方式是 ，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有 个。
（5）硫元素对应的含氧酸酸性是H2SO4强于H2SO3，其原因为 。
（6）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是 。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为 g·cm－3。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代， 所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有正八面体和斜八面体两种不同的类型，因此选项是A。
【分析】根据空间构型可以知道Co处于中心，而氨气分子处于八面体的留个顶点位置，结构高度对称，上下的顶点一样，以及中间四个顶点一样，取代时可以都是上下顶点，还可以是上下各一个顶点，以及中间四个顶点任意一个，形成两种结构
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】H2Se中Se的孤电子对数为 ×（6-2×1）=2，σ键电子对数为2，Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2Se的立体构型为V形；NF3中N的孤电子对数为 ×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，N的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对， NF3的立体构型为三角锥形；
故答案为：D。
【分析】易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
A、同一周期，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性O>N，由于氢原子最外层只有一个电子，在化合物中显+1价，因此电负性O>N>H，即E>Y>Z，A符合题意。
B、M、Y、E的氰化物分别为PH3、NH3、H2O，其中H2O为液态物质，其余为气态物质，因此H2O的沸点最高；由于NH3可形成分子间氢键，因此其沸点高于PH3，因此三种氢化物的沸点H2O>NH3>PH3，即E>Y>M，B不符合题意。
C、X的价电子排布式为3s2，E的价电子排布式为2s22p4，Y的价电子排布式为2s22p3，电子层数越大，其第一电离能越小，因此X的第一电离能最小；Y的2p轨道为半充满状态，能量最低，最稳定，因此其第一电离能最大，所以三种元素原子的第一电离能Y>E>X，C不符合题意。
D、YZ3的化学式为NH3，其空间结构为三角锥形；YE3－的化学是为NO3－，其中心原子的价电子对数为，其空间结构为平面三角形，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】E是地壳中含量最多的元素，所以E是O。Y的基态原子价层p轨道半充满，则其价层电子排布式为2s22p3或3s23p3，且Y和M同族，因此Y、M为N或P。X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，当n=2时，其价层电子排布式为2s1，则元素符号Li；当n=3时，其价层电子排布式为3s2，则元素符号为Mg。所以X为Li或Mg。在化合物XYZ4ME4中，各元素的化合价为0，因此Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
4．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A.a溶液为H2S， b溶液为H2SO3，两者反应：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O，故A不符合题意；
B.硫酸型酸雨的形成过程涉及H2SO3到H2SO4的转化 ，故B不符合题意；
C. g阴离子为，中心原子孤电子对数为，中心原子价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，故C不符合题意；
D.硫与强碱溶液反应生成硫化物和亚硫酸盐，离子方程式：3S+6OH-=2S2-++3H2O，n(e)：n(f)=2：1，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】-2价的S具有还原性，0价、+4价的S既具有氧化性又具有还原性。
判断空间构型：1.计算孤电子对，2.计算价层电子对数，3.利用价层电子对数判断。
5．【答案】B,C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．R为第VA族元素，该原子最外层有5个电子，据图可知RCl5中R原子与每个Cl原子共用一对电子，所以R原子的最外层有5+5=10个电子，故A不符合题意；
B．根据图 知，bde构成的三角锥形为正三角形，c点位于该正三角形的中心上，acf三点共直线，线段ac与bc、cd、ce都垂直，所以∠acb=∠acd=∠ace=90°，∠bcd=∠dce=∠dce=120°、∠acf=180°，故B符合题意；
C．RCl5 RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C符合题意；
D．键长越短，键能越大，据图可知键长不是都相同，所以键能也不是都相同，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据分子结构可以找出中心R原子周围有10个电子
B.根据结构式，找出所有的Cl-R-Cl键进行计算键角
C.RCl5加热时可以分解为RCl3，题目中给出RCl3为三角锥形
D.键的长短决定着键能的大小，键长键能小
6．【答案】（1）V形
（2）（a-c-4b）
（3）0.02；1
（4）＞；；CD
【知识点】判断简单分子或离子的构型；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1） H2S 中心原子为S原子，有2个σ键和2个孤电子对，所以其空间构型为 V形 ；
（2）根据盖斯定律，目标方程式可通过 Ⅰ - Ⅲ -4 Ⅱ 得到，所以 a-c-4b ；
（3）进行单位换算可知：平衡时：c（H2)=0.02/2=0.01mol/L，c(H2S )=0.34/34=0.01mol/L，所以开始时c（H2S）=0.01mol/L+0.01mol/L=0.02mol/L，K=c（H2)/c（H2S）=0.01/0.01=1；
（4） ① 该反应属于吸热反应，吸热反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能；
②1200℃ 时，甲烷的转化率为80%，则消耗的甲烷的物质的量n（CH4）=0.1×80%=0.08mol
列出三段式： CH4+2H2S=CS2+4H2
始（mol） 0.1 0.2 0 0
转（mol） 0.08 0.16 0.08 0.32
平（mol） 0.02 0.04 0.08 0.32
平衡时混合气体总的物质的量为0.46mol，恒温恒压下，气体体积与物质的量成正比，所以达到平衡时，容器的容积是：0.46/0.3×V0=23V0/15.
③A.增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故A错误；
B再充入CH，平衡正向移动，消耗的甲烷的增大量小于加入量，导致甲烷的转化率降低，故B错误；
c再充入H2s，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，故C正确；
D.充入He，相当于减小压强，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，故D正确；
E使用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，则甲烷的转化率不变，故E错误；故答案为：CD。
【分析】（1）分子的空间构型取决于中心原子的价层电子对数以及孤电子对数；
（2）盖斯定律在应用时应注意目标方程式与已知方程式物质的系数以及聚集状态要保持一致；
（3）化学反应中，物质的量的变化量之比等于化学反应中的系数之比，再根据元素守恒可以计算起始是硫化氢的浓度；
（4）①吸热反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能；
② 物质的转化率指的是已经反应的物质的物质的量与起始物质的量之比；
③ 提高甲烷的平衡转化率实际上是使平衡正移。
7．【答案】（1）；
（2）加成反应；2+2+；；++
（3）；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；加成反应
【解析】【解答】（1）①医用胶分子中的碳碳双键可以发生加成聚合反应，使其固化成膜，故答案为：；②氰基中的N原子有孤对电子，可以深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基和羧基的H原子形成氢键，故答案为：
（2）①由B的结构简式可知，与HCN发生加成反应生成A（），故答案为：加成反应；②由B→D的反应条件可知，该反应为B中的发生催化氧化反应，则其方程式为2+2+，故答案为：2+2+；③F与乙醇反应生成，则F为，可知D与HCN发生加成反应生成E，E再发生醇的消去反应生成F，则E的结构简式为：，故答案为：；④由E可知F的结构简式为，所以F转化为502医用胶的方程式为：++，故答案为：++。
（3）由质谱图可知，G的相对分子质量为74，则；、，根据原子守恒可知，分子G中、，则，故G的分子式为：；其中核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，则G的结构简式为，故答案为：；。
【分析】（1）①医用胶分子中碳碳双键可以发生加聚反应；
②-CN能与蛋白质中的氨基和羧基形成氢键；
（2）CH3CHO与HCN发生加成反应生成A，则A为，A中-CN水解为-COOH生成B，B发生醇的催化氧化生成D为，F与乙醇反应生成502医用胶，则F为，D与HCN反应加成反应生成E，E再发生醇的消去反应生成F，故E为；
（3）由质谱图可知，G的相对分子质量为74，计算有机物G、二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算G分子中碳原子、氢原子数目，再根据相对分子质量计算氧原子数目，进而确定G的分子式，再结合核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为1：2：2：2：3，确定G可能的结构简式。
8．【答案】（1）A
（2）三；2：3：3
（3）；；；醚键
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】（1）由核磁共振氢谱图可知该有机物分子中有2种不同化学环境的氢原子，符合该条件的只有A，故答案为：A；
（2）有机物(C8H8Cl2)的结构简式为 ，两个甲基中的氢原子具有不同的化学环境，苯环上的2个氢原子因为对称性而等效，则其核磁共振氢谱会出现三组峰，峰面积之比为2：3：3；
（3）①碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，氧元素质量分数是1-64.86%-13.51%=21.63%，则该物质中碳、氢、氧原 子个数之比=，所以其实验式为：C4H10O，故答案为：C4H10O；
②根据质谱图知，其相对分子质量是74，结合其实验式知其分子式为C4H10O，故答案为：C4H10O；
③红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键可得分子的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，故答案为：CH3CH2OCH2CH3；醚键。
【分析】（1）该有机物分子含有2种化学环境不同的氢原子；
（2） 中含有3种化学环境不同的氢原子，峰面积之比等于不同氢原子数目之比；
（3）碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，氧元素质量分数是1-64.86%-13.51%=21.63%，则该物质中碳、氢、氧原 子个数之比=，其实验式为C4H10O，根据质谱图知，其相对分子质量是74，则其分子式为C4H10O，红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键，则其结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
9．【答案】（1）正四面体；H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；0.01
（2）H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O；方式II中NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+，导致氧化As(III)的n(NaClO)比方式I中的少，氧化效果减弱
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应
【解析】【解答】(1)①SO 离子中心原子S原子价层电子对数个数=4+ =4且不含孤电子对，空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O，故答案为：H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；
③根据 ，则c(F-)= =1×10-3mol/L，c(SO )=(1.0×10-3)2×104mol/L=0.01mol/L，故答案为：0.01；
(2)①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O，故答案为：H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O；
②由题可知，ClO-会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸根离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱，故答案为：方式II中NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+，导致氧化As(III)的n(NaClO)比方式I中的少，氧化效果减弱；
【分析】（1）①硫酸钙中的阴离子为硫酸根离子，硫酸根的空间构型为正四面体形；
②H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2，根据反应物和产物，结合质量守恒书写化学方程式；
③根据计算；
（2）①pH≈8时，As(III)发生的主要反应为H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O；
②先加FeSO4溶液，NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+。
10．【答案】（1）分子中n(C)：n(H)=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2…)
（2）C5H12O4
（3）羟基
（4）C(CH2OH)4
（5）7
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）N(C)：N(H)=n(CO2)：n(H2O)×2=0.25 mol：0.3 mol×2=5：12，A中可能含有O，分子中n(C)：n(H)=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2，…)，故答案为：分子中n(C)：n(H)=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2…)；
（2）n(CO2)==0.25 mol，与(1)中产生的CO2等量，则产生的水n(H2O)=0.30mol，n(O)==0.2mol，N(C)：N(H)：N(O)=0.25 mol：0.30mol×2：0.2 mol=5：12：4，则A的实验式为C5H12O4，故答案为：C5H12O4；
（3）结合相对分子质量为136可知，该有机物的化学式为：C5H12O4，取少量样品熔化，加入钠有氢气放出，结合其实验式可说明含有羟基，故答案为：羟基；
（4）进行核磁共振发现只有两个特征峰，且面积比为2：1，说明含有2种H原子，结合分子式可知两种H原子数目分别为8、4，由红外光谱图可知，分子中含有O-H、C-O、C-H基团，该有机物结构简式为C(CH2OH)4，故答案为：C(CH2OH)4；
（5）判断符合下列条件①直链化合物；②与M具有相同的官能团；③每个碳原子上最多只连一个官能团，即5个碳原子只有一个碳原子不连羟基，故只需考虑不连羟基碳原子的位置异构和碳链异构即可，则当主链为5个碳原子时，有3种位置关系，即CH2OH(CHOH)3CH3、CH2OH(CHOH)2CH2CH2OH、CH2OHCHOHCH2CHOHCH2OH，当主链为4个碳原子时，则有4种位置关系，即CH2OHCHOHC(OH)(CH3)CH2OH、CH2OHCHOHCH(CH2OH)2、CH2OHCH2C(OH)(CH2OH)2、CH3CHOHC(OH)(CH2OH)2，主链为3个碳原子时，即为M本身，故M的同分异构体有7种，故答案为：7。
【分析】（1） 根据C、H原子守恒可知分子中n（C）：n（H）=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2…)；
（2）计算生成二氧化碳、水的物质的量，根据质量守恒计算有机物中氧原子物质的量，进而确定最简式；
（3） 经测定A的相对分子质量为136，且最简式中H原子已经饱和碳原子，故最简式即为分子式，可知分子式为C5H12O4，加入钠有氢气产生，说明含有羟基；
（4）核磁共振发现只有两个特征峰，且面积比为2：1，说明含有2种H原子，分子中含有O-H、C-O、C-H基团，则该物质的结构简式为：C(CH2OH)4；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
11．【答案】（1）二；IVA
（2）＜；＞
（3）平面三角形
（4） 或 ；Fe3+ + 3SCN-=Fe(SCN)3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】X 原子基态时L 层中 p 轨道电子数与s 轨道电子数相同，X为1s22s22p2即C元素；Y 原子基态时2p 原子轨道上有 3个未成对的电子，1s22s22p3即Y为N元素；Z 有多种氧化物，其中红棕色氧化物可作涂料的为Fe2O3，Z为Fe元素；W 位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态，1s22s22p63s23p63d104s1，即为Cu元素；所以前四周期的元素 X、Y、Z、W分别为：C、N、Fe、Cu。
（1）X 原子基态时L 层中 p 轨道电子数与s 轨道电子数相同，X为1s22s22p2即C元素，位于第二周期第ⅣA族；
（2）同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但第ⅡA大于ⅢA，第ⅤA大于ⅥA，所以C小于N元素的第一电离能；
同周期原子半径从左向右逐渐减小，所以原子半径：C＞N；
（3）根据价层电子对数推出空间结构，N的最高价氧化物对应水化物中酸根离子即NO3-的空间构型：3+（5+1-2×3）=3，价层电子对数为3，孤电子对数为0，所以是平面三角形；
（4）Fe基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；失去3个电子后，得出Fe3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；用铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe2+生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，其离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓。
【分析】（1）X为C元素，熟记元素周期表的结构即可解答；
（2）同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，原子半径从左向右逐渐减小；
（3）能够根据价层电子对数推出物质的空间结构；
（4）铁氰化钾K3[Fe（CN）6]可以用来检测Fe2+。
12．【答案】（1）A；D
（2）BrCH2CH2Br；2
（3）通过其核磁共振谱中的峰信号可以判断有3个信号时，分子结构为CH3CH2OH；1个信号时分子结构为CH3-O-CH3
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子。
A. CH3CH3中6个H原子都是等效的，核磁共振氢谱中只给出一种峰，A正确；
B. CH3COOH中甲基中的H原子与羧基中的H原子所处化学环境不同，CH3COOH有2种不同位置的H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，B不正确；
C. CH3COOCH3中2个甲基所处化学环境不同，则两种甲基H原子不同，故物质分子中有2种不同位置的H原子，故核磁共振氢谱中有2个峰，C不正确；
D. CH3COCH3中2个甲基连在同一个羰基上，6个H原子都是等效的，则其核磁共振氢谱中只给出1个峰，D正确；
故合理选项是AD；(2)由A的核磁共振氢谱可知，A分子中只有一种位置的H原子，A分子中2个Br原子连接在两个不同的碳原子，故A的结构简式为：BrCH2CH2Br；B与A互为同分异构体，则B分子中2个Br原子连接在同一碳原子上，B结构简式为CH3CHBr2，该物质分子中有2种不同位置的H原子，故其核磁共振氢谱图有2个峰；(3)通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断；若有3个信号峰，则该物质为乙醇，分子结构为CH3CH2OH；若只有1个信号峰时，物质为甲醚，分子结构为CH3-O-CH3。
【分析】(1)核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数，核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有一种H原子；(2)由A的核磁共振氢谱可知，分子中只有一种H原子，A分子中2个Br原子连接在两个不同的碳原子，B与A互为同分异构体，B分子中2个Br原子连接在同一碳原子上，结合分子中H原子种类判断核磁共振氢谱图的特征峰值；(3)通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断；若有3个信号峰，则为乙醇；若只有1个信号峰时物质为甲醚。
13．【答案】（1）丙烯；酯基
（2）；取代反应或水解反应
（3）
（4）
（5）8； .
（6）CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2CN CH3CH2COOH
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；取代反应；加成反应
【解析】【解答】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为 ；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为 ，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到 ，则G结构简式为 ；（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基；（2）C结构简式为 ，D发生水解反应或取代反应生成E，故反应类型为取代反应或水解反应；（3）E→F是CH2=CHCH2OH和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成 ，反应的化学方程式为 ；（4） 发生缩聚反应产物结构简式为 ；（5）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOC（CH3）CH=CH2、HCOOCHC（CH3）=CH2、HCOOCH（CH2CH3）=CH2，所以符合条件的有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是 ；（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2CN CH3CH2COOH。
【分析】（1）根据题干信息结合流程图分析得出A的名称；根据官能团的结构特征分析；
（2）根据聚合物的特点分析；根据取代反应的特点分析解答；
（3）根据加成反应的特点书写方程式；
（4）根据缩聚反应的特点分析；
（5）根据同分异构体及官能团的结构特征分析；
（6）根据有机物合成特点、路线分析。
14．【答案】（1）NA；NA
（2）有
（3）sp3
（4）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且所带电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF的晶格能，故MgF2的熔点大于NaF
（5）3：4(或4：3)；三角锥形；sp3；π56；N-H···N、O-H···N、N-H···Cl
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1).在反应过程中，异氰酸苯酯断裂的N=C中含1个π键，2-氯-4-氨吡啶断裂的是1个σ键，则每生成1 mol氯吡苯脲，断裂NA个σ键和NA个π键，故答案为：NA；NA；(2). 过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色与其d轨道电子排布有关，一般地，d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色，Mn(H2O)6]2＋中Mn原子d能级电子数为5，所以该离子有颜色，故答案为：有；(3). B(OH)4]－中B的价层电子对数为4+ =4，所以B原子的杂化类型为sp3，故答案为：sp3；(4).离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低，NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高，又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且Mg2+的电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF，导致MaF2的熔点大于NaF，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且所带电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF的晶格能，故MgF2的熔点大于NaF；(5).①.据图可知，阳离子为H3O＋和NH4＋，H3O＋中含有3个σ键，NH4＋中含有4个σ键，所以R 的两种阳离子中σ键的个数之比为3：4(或4：3)，H3O＋的中心原子是O，其价层电子对数为3+ =3+1=4，所以O原子的杂化类型为sp3，孤电子对数为1，则其空间构型为三角锥形，故答案为：3：4(或4：3)；三角锥形；sp3；
②.据图可知，N5－中化学键总数为5个，由6个电子形成大π键，可用符号π56表示，故答案为：π56；③.据图可知，上图中的氢键可表示为N-H···N、O-H···N、N-H···Cl，故答案为：N-H···N、O-H···N、N-H···Cl。
【分析】（1）比较反应物和生成物的成键情况，就可以判断生成1mol氯吡苯脲断键的情况；
（2）锰原子的价电子排布为3d54s2，根据题意可知，Mn(H2O)6]2＋是有颜色的；
（3）B有三个价电子，四个轨道（2s 2p），2s上填充一对的话，2p的三个轨道只有一个电子，所以有空轨道，缺电子；B(OH)4]－中B的价电子数为4且没有孤电子对，因此是正四面体结构；
（4）离子晶体之间作用力是离子键，而分子之间作用力是分子间作用力，化学键的作用力远强于分子间作用力；
（5）H3O＋的O原子价层电子数为4，有一对孤电子对，所以为三角锥形；氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键。
15．【答案】（1）正四面体形；；二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出
（2）3：1
（3）2
（4）纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①中S原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②与在SBR细菌作用下生成和，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为；故答案为：。
③将从水中吹出时，用比效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。
（2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到，b点时溶液，得到，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示，则b点是，得到，则；故答案为：3：1。
（3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为，因此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。
（4）①根据图中信息，该反应机理中生成的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
【分析】（1）①中S原子价层电子对数为4，不含孤电子对；
②与在SBR细菌作用下生成和，反应的离子方程式为；
③二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；
（2）结合电荷守恒分析；
（3）电极A上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸，则电极A为阳极，电极B为阴极，电极反应式为；
（4）①纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；
②pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
16．【答案】（1）正四面体形；CH3COOH+ +2H+ 2CO2↑+H2S↑+2H2O；CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出
（2）FeS；废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低
（3）432mg·L 1
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；中和滴定
【解析】【解答】(1)① 中心原子S原子的价层电子对数为 ，无孤电子对，根据价电子对互斥理论(VSEPR)模型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
②CH3COOH与 在SBR细菌作用下生成CO2和H2S，根据得失电子守恒及质量守恒，则离子方程式为：CH3COOH+ +2H+ 2CO2↑+H2S↑+2H2O，故答案为：CH3COOH+ +2H+ 2CO2↑+H2S↑+2H2O；
③H2S易溶于水，CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出，故答案为：CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出；
(2)①铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可知氢离子得电子，废水中 转化为硫化物而除去，硫元素也得电子，则铁失去电子，发生反应为： ，则该硫化物的化学式为FeS，故答案案为：FeS；
②反应中有亚铁离子生成，废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低，故答案为：废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低；
(3)加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，则其中钡离子的物质的量n(Ba2+)= ，根据滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，与EDTA反应的n(Ba2+)=n(H2Y2-)= ，则n( )=n(BaSO4)= =2.250×10 4 mol， 含量= ，故答案为：432 mg·L 1。
【分析】（1）①硫酸根中心S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
②根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式；
③H2S为弱酸；
（2）①铁与硫酸根反应生成FeS；
②亚铁离子易被氧化为铁离子；
（3）根据Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+计算。
17．【答案】（1）四面体形；平面三角形
（2）
（3）SO2-2e-+2H2O=4H++；2 mol
（4）HClO；c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)；10；阳极电极反应式为：+H2O-2e-=+3H+，溶液酸性增强，发生反应 +H+=SO2↑+H2O，生成刺激性气味的气体SO2。
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电极反应和电池反应方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）H2S分子中的中心S原子价层电子对数是2+=4，所以S原子采用sp3杂化，有2对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形；
SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，所以S原子采用sp2杂化；含有1对孤电子对，因此其VSEPR模型为平面三角形；
（2）H2S的Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=×=；Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)，反应的化学平衡常数K==；
（3）①根据图示可知：在a电极上SO2失去电子被氧化变为H2SO4，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=4H++；
②理论上1 mol H2S参加反应：H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，生成2 mol SO2，在电极上发生氧化反应，转移电子总数4e-，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI=H2↑+I2，电极上生成4 mol HI，所以理论上生成2 mol H2；
（4）①酸电离平衡常数越小，酸电离产生的H+浓度就越小，其对水电离平衡的抑制作用就越弱，水电离程度就越大。分析电离平衡常数，相同物质的量浓度的三种酸溶液HClO、H2CO3和H2SO3，酸性强弱为：H2SO3＞H2CO3＞HClO，HClO对水电离平衡抑制程度小，由水电离的c(H+)最大的是HClO；
②在溶液中只存在水解平衡，使溶液显碱性；在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，电离程度大于其水解程度，因此NaHSO3溶液显酸性。将浓度均为0.1 mol/L的NaHSO3和Na2SO3等体积混合，溶液pH=7.2，说明溶液显碱性，水解程度大于电离程度，水解产生，且盐水解程度十分微弱，盐电离产生的离子浓度远大于其水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度大小c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)；
③水解分步进行，以第一步水解为主，忽略第二步水解，则其水解反应的离子方程式为：+H2O+OH-，c()=c(OH-)，水解平衡常数Kh=，c(OH-)=，溶液中氢离子浓度c(H+)=，则此时溶液的pH=10；
④阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，因此失电子变为，阳极电极反应式为：+H2O-2e-=+3H+，反应后溶液酸性增强，发生反应： +H+=SO2↑+H2O，生成刺激性气味的SO2气体。
【分析】（1）根据价层电子对互斥理论计算价电子对数和孤对电子数，从而判断H2S和SO2分子结构；
（2）根据K=计算；
（3）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸；
②根据H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，I2+2H++2e-=2HI，2HI=H2↑+I2计算；
（4）①酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
②液显碱性，亚硫酸根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子电离程度；
③根据pH=-lgc(H+)计算；
④阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，因此失电子变为，阳极电极反应式为：+H2O-2e-=+3H+，反应后溶液酸性增强，发生反应： +H+=SO2↑+H2O，生成刺激性气味的SO2气体。
18．【答案】（1）对氯甲苯(4-氯甲苯)；加成反应
（2）Cu、O2，加热；碳碳双键
（3）C18H24O
（4）
（5）
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】(1)苯环上两个相同取代基的位置可用“邻”、“间”、“对”表示，苯环上连接简单烃基、硝基(-NO2)、卤素(-X)时，以苯环为母体。所以 命名为对氯甲苯(4-氯甲苯)；由分析可知反应类型为加成反应；(2)由分析可知反应的试剂和条件为Cu、O2，加热 ； F中官能团碳碳双键和羟基，不含氧官能团为碳碳双键； (3) 中C原子数，H原子数，O原子数分别为18、24、1，化学式为C18H24O； (4)苄型醇脱水以形成稳定共轭体系的烯烃为主要产物，所以化学方程式为 ；(5) E的分子式是C10H12O，W是E的同系物，比E少一个碳原子，所以W的分子式是C9H10O，①有两种官能团，②遇FeCl3溶液显示特征颜色紫色，说明其结构含有苯环和酚羟基，③核磁共振氢谱有五组峰，含有5种氢原子，峰面积之比为3︰2︰2︰2︰1，氢原子个数比为3︰2︰2︰2︰1，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是 ；(6) 根据题目提供的信息可知， CH≡CH在NaNH2液氨条件下可生成NaC≡CNa，NaC≡CNa在一定条件下可以和乙醛中羰基发生加成反应，在H2、催化剂作用下，生成醇，二醇分子内脱水生成—O—，所以反应历程为： 。
【分析】（1）根据有机物命名原则分析；根据加成反应的特点结合有机物官能团的结构分析；
（2）根据反应类型分析其反应条件、试剂；根据官能团的结构特点分析；
（3）根据有机物的结构简式得出其分子式；
（4）书写有机方程式时注意标注反应条件，用箭头代替等号；
（5）根据同系物、同分异构体、官能团的特点，结合核磁共振氢谱分析解答；
（6）根据有机反应特点分析其合成路线即可。
19．【答案】（1）；3
（2）1：1；轴对称；CO
（3）sp；三角锥形
（4）原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低
（5）12；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)Ga原子价层电子有6个电子，4s能级上有2个电子，4p能级上有1个电子，其外围电子排布图为 ；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：B＜Be＜C＜O＜N，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；(2)单键是一个σ键，三键是一个σ键2个π键，通过HCN分子的结构简式H-C≡N可知含有2个σ键 2个π键，得出σ键与π键的数目之比为1：1； σ键的对称方式为轴对称；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CN-互为等电子体的分子为CO ； (3) 氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化，形成叁键时为sp杂化，N3-中心原子的杂化轨道类型为sp ； NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而NF3的空间构型为三角锥形；(4)原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低；(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/3；④位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；⑤位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原子个数为 6，晶胞中N原子个数为 ，所以该结构为Ga6N6，质量为6×84/NA g，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 cm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高， cm，所以体积为 ，密度为 = 。
【分析】（1）根据原子核外电子数及能级关系画出电子排布图；根据电离能的变化规律结合元素周期表分析；
（2）根据HCN分子的结构简式分析其成键特点，结合化学键的特征分析；根据等电子体的特点解答；
（3）根据中心原子的价层电子对数判断其杂化方式； 先计算出其价层电子对与孤电子对数，进而判断其构型；
（4）根据原子半径、键长、键能之间的关系来判断其熔点高低；
（5）根据原子的堆积方式分析；根据图示结合晶体密度的计算公式解答即可。
20．【答案】（1）15
（2）O
（3）NH3；极性；平面正方形
（4）sp3；3
（5）H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羟基氧（2个）多于后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强
（6）CuO；
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态铜原子的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，s有1个轨道，p有3个轨道，d有5个轨道，所以总共有15个轨道；（2）原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，根据非金属性越强，电负性越强分析，其中O原子对键合电子吸引力最大；（3）氨气分子中氮原子有一对孤对电子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。（4）氨气中氮原子形成3个氮氢键，氮原子还有1对孤对电子对，杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子都采用的是该种杂化方式，共3个；（5）含氧酸的酸性需要看羟基的氧原子个数，H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羟基氧（2个）多于后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强；（6）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为 =4，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为 = g·cm－3
【分析】 (1) 铜是29号元素，核外电子的排布为1s22s22p63s23p63d104s1， s能级一个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道；
(2)原子对键合电子吸引力取决于元素原子的电负性大小，根据元素电负性的在周期表中的规律，同一周期，从左至右，电负性增强，同一主族，从_上到下，电负性减弱，在N、o、S中，电负性最强的是o；
(3) [Cu (NH) 4]2+中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对； Cu (NH3) 2Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu (NH) 4]2+的空间构型应该是平面四边形；
(4) NH3的价层电子对数，得出杂化类型；乙醇的结构简式为CH3CH2OH，其中采取sp3杂化的原子有两个碳原子和一个氧原子；
(5)非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，H2SO4的非羟基氧2个，H2SO3的非羟基氧1个，所以酸性H2SO4强于H2SO3
(6)如图所示，根据均摊法可以计算出Cu全部在体内： 4个； O在顶点、面上、棱上和体心， 即8x+2x+4x+ 1=4；所以铜和氧的最简整数比为1： 1， 得出化学式；根据密度=即可得出本题答案
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：124分
分值分布 客观题（占比） 10.0(8.1%)
主观题（占比） 114.0(91.9%)
题量分布 客观题（占比） 5(25.0%)
主观题（占比） 15(75.0%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 4(20.0%) 8.0(6.5%)
非选择题 15(75.0%) 114.0(91.9%)
多选题 1(5.0%) 2.0(1.6%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 困难 (100.0%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 有机化合物的命名 8.0(6.5%) 18
2 有机物中的官能团 25.0(20.2%) 7,13,18
3 元素周期表的结构及其应用 7.0(5.6%) 11
4 元素电离能、电负性的含义及应用 9.0(7.3%) 3,11
5 含硫物质的性质及综合应用 2.0(1.6%) 4
6 氧化还原反应 18.0(14.5%) 9,15,16
7 同系物 8.0(6.5%) 18
8 弱电解质在水溶液中的电离平衡 9.0(7.3%) 17
9 元素周期律和元素周期表的综合应用 20.0(16.1%) 14,19
10 利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构 43.0(34.7%) 7,8,10,12,13,18
11 同分异构现象和同分异构体 13.0(10.5%) 10,18
12 原子核外电子排布 29.0(23.4%) 3,11,19,20
13 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 30.0(24.2%) 14,19,20
14 加成反应 17.0(13.7%) 7,13
15 盖斯定律及其应用 7.0(5.6%) 6
16 判断简单分子或离子的构型 71.0(57.3%) 1,2,3,4,5,6,9,11,14,15,16,17,19
17 电极反应和电池反应方程式 9.0(7.3%) 17
18 中和滴定 6.0(4.8%) 16
19 化学平衡移动原理 7.0(5.6%) 6
20 键能、键长、键角及其应用 2.0(1.6%) 5
21 化学平衡的影响因素 7.0(5.6%) 6
22 取代反应 9.0(7.3%) 13
23 元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 2.0(1.6%) 3
24 电解池工作原理及应用 16.0(12.9%) 15,17
25 电离平衡常数 9.0(7.3%) 17
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高中化学同步练习：选择性必修二2.2分子的空间结构（优生加练）
一、选择题
1．已知[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有几种（不考虑光学异构）（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．6种
2．用价层电子对互斥理论预测H2Se和NF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A．直线形；三角锥形 B．V形；平面三角形
C．直线形；平面三角形 D．V形；三角锥形
3．化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是（ ）
A．元素电负性：
B．氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．和的空间结构均为三角锥形
4．在价类二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质转化及其定量关系。下图中的字母分别代表硫及其常见化合物，相关推断不合理的是
A．a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成
B．硫酸型酸雨的形成过程涉及b到c的转化
C．g阴离子的中心原子的杂化轨道类型为sp3
D．d在加热下与强碱溶液反应生成e和f，且n(e)：n(f)=1：2
二、多选题
5．第VA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A．每个原子都达到8电子稳定结构
B．键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种
C．RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3
D．分子中5个R-Cl键键能均不相同
三、非选择题
6．H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源有着现实而重要的意义。请回答下列问题：
（1）H2S的空间构型为 。
（2）用H2S和天然气生成CS2的反应为
已知：Ⅰ. ；
Ⅱ． ；
Ⅲ． ；
则反应的 (用含a、b、c的代数式表示)。
（3）800℃时，将一定量的H2S气体充入恒容密闭容器中，发生反应，t min后达到化学平衡，测得容器中与H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则H2S的初始浓度 mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数 。
（4）向恒压密度容器中充入和，发生反应，不同温度下，的平衡转化率(%)与温度(℃)的关系如图所示：
①该反应的活化能：E正 E逆(填“＞”“＜”或“=”)
②若初始容积为V0 L，1200℃反应达到平衡时，容器的容积为 L(用含V0的代数式表示)。
③1200℃时，欲提高的平衡转化率，可以采取的措施是 (填选项字母)。
A．增大压强 B．再充入 C．再充入H2S D．充入He E．使用高效催化剂
7．有机合成的发展使得人类可根据需要设计合成出具有特定结构和性能的物质。
（1）医用胶的主要成分氰基丙烯酸酯的结构为(R表示烃基)。
①医用胶分子中的 (填官能团的结构简式)能发生加聚反应使其固化成膜。
②医用胶分子中的能与蛋白质端基的 (填官能团的结构简式)形成氢键表现出黏合性。
（2）某医用胶(502医用胶)的合成路线如下。
①的反应类型是 。
②B→D的化学方程式为 。
③E的结构简式为
④F→502医用胶的化学方程式是 。
（3）用有机物G代替上述路线中的，增大医用胶中R基碳链的长度，可提升医用胶的柔韧性、减少使用时的灼痛感。完全燃烧7.4g有机物G，生成8.96L(标准状况)和9g水。G的质谱如图所示，其核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1：2：2：2：3。G的分子式是 ，结构简式为 。
8．采用现代仪器分析方法，可以快速、准确地测定有机化合物的分子结构。
（1）某有机物的核磁共振氢谱如图所示，该有机物的结构简式可能是____(填字母)。
A． B． C． D．
（2）有机物(C8H8Cl2)的结构简式为 ，预测其核磁共振氢谱会出现 组峰，峰面积之比为 。
（3）含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测得其碳的质量分数为64.86%，氢的质量分数为13.51%。
①甲的实验式是 。
②如图是该有机物甲的质谱图，则其分子式为 。
③若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为 ，其所含官能团的名称为 。
9．国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过10.0mg·L-1，砷的含量不得超过0.5mg·L-1。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。
（1）化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。
①CaSO4中阴离子的空间构型为 。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式： 。
③充分沉淀后测得废水中F-的含量为19.0mg·L-1，此时SO 的浓度为 mol·L-1。[已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5、Ksp(CaF2)=5.0×10-9]
（2）氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。已知：
ⅰ.NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。
ⅱ.As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式： 。
②其他条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是
10．某中学化学研究性学习小组为确定某未知有机物M的结构和性质，拟用经典实验手段与现代技术相结合的方法进行如下探究。
（1）Ⅰ．实验式的确定
取样品M进行燃烧法测定，发现燃烧后只生成和，某次燃烧后，经换算得到了和。据此得出的结论是 。
（2）另一实验中，取蜡状有机物M在(标准状况下，下同)氧气中完全燃烧，两者均恰好完全反应，生成和液态水。由此得出M的实验式是 。
（3）Ⅱ．结构式的确定(经测定M的相对分子质量为136)
取少量样品熔化，加入钠有氢气放出，说明M分子中含有 (填官能团名称)。
（4）进行核磁共振，发现只有两组特征峰，且峰面积比为2∶1，再做红外光谱，发现与乙醇一样透过率在同一处波数被吸收。图谱如下：
则M的结构简式为 。
（5）判断符合下列条件M的同分异构体有 种。
①直链化合物；②与M具有相同的官能团；③每个碳原子上最多只连一个官能团。
11．周期表前四周期的元素 、 、 、 ，原子序数依次增大，X原子核外有 6 种不同运动状态的电子； 原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料； 位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题：
（1）X位于周期表的第 周期，第 族。
（2）元素的第一电离能：X Y(填“＞”或“＜”，下同)；原子半径：X Y。
（3） 的最高价氧化物对应水化物中酸根离子的空间构型 (用文字描述)。
（4） 基态核外电子排布式为 ，用硫氰化钾溶液检验 的离子方程式为 。
12．利用核磁共振技术测定有机物分子的三维结构的研究曾获得诺贝尔化学奖。在有机物分子中，不同位置的氢原子的核磁共振谱中给出的峰值(信号)也不同。根据峰值(信号)可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。
（1）下列分子中，其核磁共振氢谱中只有一种峰(信号)的物质是_______(多选)。
A．CH3-CH3 B．CH3COOH C．CH3COOCH3 D．CH3COCH3
（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如下图所示，则A的结构简式为 ，请预测B的核磁共振氢谱上有 个峰(信号)。
（3）用核磁共振氢谱的方法来研究C2H6O的结构，请简要说明根据核磁共振氢谱的结果来确定C2H6O分子结构的方法是 。
13．A(C3H6)是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和 的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：
已知： ； +R-COOH
回答下列问题：
（1）A的名称是 ，B中含氧官能团的名称是 。
（2）C的结构简式为 ，D→E的反应类型为 。
（3）E→F的化学方程式为 。
（4） 发生缩聚反应生成有机物的结构简式为 。
（5）B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有 种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是 (写结构简式)。
（6）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线(其他试剂任选)。 。合成路线流程图示例如下：A B…… 目标产物。
14．决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题。
（1）氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂)，其组成结构和物理性质见下表。
分子式 结构简式 外观 熔点 溶解性
C12H10ClN3O 白色结晶粉末 170~172 ℃ 易溶于水
查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。
反应过程中，每生成1 mol氯吡苯脲，断裂 个σ键、断裂 个π键。
（2）过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色与其d轨道电子排布有关。一般地，d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。如Co(H2O)6]2＋显粉红色。据此判断：Mn(H2O)6]2＋ (填“无”或“有”)颜色。
（3）硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成B(OH)4]－而体现一元弱酸的性质，则B(OH)4]－中B的原子杂化类型为 ；
（4）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：
氟化物 NaF MgF2 SiF4
熔点/K 1 266 1 534 183
解释表中氟化物熔点差异的原因： 。
（5）我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R 代表)。经X-射线衍射测得化合物R 的晶体结构，其局部结构如下图所示。
①组成化合物R 的两种阳离子中σ键的个数之比为 ；其中四核阳离子的立体构型为 ，其中心原子的杂化轨道类型是 。
②分子中的大π键可用符号表示πmn，其中m 代表参与形成的大π键原子数，n 代表参与形成的大π键电子数，如苯分了中的大π键可表示为π66。则N5－中的大π键应表示为 。
③请表示出上图中的氢键： 。
15．工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。
（1）微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生、等物质，可将废水中还原为，同时用或将从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为 。
②与在SBR细菌作用下生成和的离子方程式为 。
③将从水中吹出时，用比效果更好，其原因是 。
（2）吸收法脱硫
烟气中的可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液，则 。
（3）电解法脱硫
用NaOH吸收后，所得溶液经电解后可制取溶液，反应装置如图-2所示。电解时每有1 mol 生成有 mol 透过质子交换膜。
（4）还原法脱氮
用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图-3所示。
①该反应机理中生成的过程可描述为 。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是 。
16．废水中 会带来环境污染问题，用微生物法和铁炭法均可将 还原脱除。
（1）微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在微生物作用下产生CH3COOH、H2等物质，可将废水中 还原为H2S，同时用N2或CO2将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。
① 的空间构型为 。
②CH3COOH与 在SBR细菌作用下生成CO2和H2S的离子方程式为 。
③将H2S从水中吹出时，用CO2比N2效果更好，其原因是 。
（2）铁炭法脱硫
铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可将废水中的 转化为硫化物沉淀除去。
①废水中 转化为硫化物而除去，该硫化物的化学式为 。
②为提高铁炭混合物处理效果常通入少量空气，反应过程中废水pH随时间变化如图所示。反应进行15 min后溶液pH缓慢下降的原因可能是 。
（3）处理后废水中 含量测定
准确量取50.00 mL水样于锥形瓶中，加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液pH= 10，用0.0100 mol·L-1 EDTA (Na2H2Y) 溶液滴定至终点，滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液27.50 mL。计算处理后水样中 含量 。(用mg·L-1表示，写出计算过程)。
17．硫化氢(H2S)、二氧化硫(SO2)是有害气体，可用多种方法进行脱除。
（1）H2S和SO2的VSEPR模型分别为 、 。
（2）实验室制取乙炔时，用硫酸铜溶液除去乙炔气体中混有的H2S气体，发生反应：，计算25℃时，该反应的平衡常数为 。(已知25℃时，H2S的，)
（3）通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2(如图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：、。
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上1 mol H2S参加反应可产生H2的物质的量为 。
（4）硫酸工业的尾气中含SO2等污染性气体，通常用碱液如氨水进行吸收处理，实现绿色环保和废物利用。研究发现，Na2SO3溶液也可以用来处理废气中的SO2，发生反应Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3。
查阅资料可知，常温下，部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 HClO H2CO3 H2SO3
电离平衡常数(25℃) ， ，
①相同物质的量浓度的三种酸溶液HClO、H2CO3和H2SO3由水电离的c(H+)最大的是 (填化学式)
②将浓度均为0.1 mo/L的NaHSO3和Na2SO3等体积混合，溶液pH=7.2。分析该溶液中离子浓度从大到小依次是 。
③根据表内数据，计算0.06 mol/L Na2SO3溶液的pH= (忽略的第二步水解)。
④测得吸收SO2后的NaHSO3和Na2SO3某混合溶液pH=6，进行电解制硫酸并再生Na2SO3原理示意图如图所示。
电解时阳极区会产生少量刺激性气体，结合电极方程式分析产生气体的原因是 。
18．某化合物H的合成路线如下：
已知CH≡CH在NaNH2液氨条件下可生成CH≡CNa或NaC≡CNa
（1）A的化学名称是 ，B→C的反应类型是
（2）D→E的反应试剂、条件是 ，F中不含氧官能团名称是
（3）H的分子式是
（4）F→G的化学方程式是
（5）W是E的同系物，比E少一个碳原子，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是 (写一种)
①有两种官能团
②遇FeCl3溶液显紫色
③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是3︰2︰2︰2︰1
（6）依据上述题目信息，写出用乙醛和乙炔为原料，制备化合物 的合成路线(无机试剂任选) 。
19．以氮化镓（GaN）为首的第三代半导体材料适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常也称为高温半导体材料。回答下列问题：
（1）基态Ga原子价层电子的电子排布图为 ；第二周期中，第一电离能介于N和B之间的元素有 种。
（2）HCN分子中σ键与π键的数目之比为 ，其中σ键的对称方式为 。与CN-互为等电子体的一种分子为 。
（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其中阴离子与CO2互为等电子体，阴离子中心原子的杂化轨道类型为 。NF3的空间构型为 。
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因 。
GaN GaP GaAs
熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃
（5）GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为 ；
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为 a3cm3，GaN晶体的密度为 g/cm3（用a、NA表示）。
图1 图2
20．铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，产生蓝色沉淀：继续滴加稀氨水，沉淀溶解，溶液最终变为深蓝色：再向深蓝色溶液中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。回答下列问题：
（1）基态Cu原子中，电子在核外排布的原子轨道共有 个。
（2）N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是 。
（3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是 。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是 (填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是 。
（4）NH3中N原子的杂化方式是 ，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有 个。
（5）硫元素对应的含氧酸酸性是H2SO4强于H2SO3，其原因为 。
（6）铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是 。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为 g·cm－3。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代， 所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有正八面体和斜八面体两种不同的类型，因此选项是A。
【分析】根据空间构型可以知道Co处于中心，而氨气分子处于八面体的留个顶点位置，结构高度对称，上下的顶点一样，以及中间四个顶点一样，取代时可以都是上下顶点，还可以是上下各一个顶点，以及中间四个顶点任意一个，形成两种结构
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】H2Se中Se的孤电子对数为 ×（6-2×1）=2，σ键电子对数为2，Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2Se的立体构型为V形；NF3中N的孤电子对数为 ×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，N的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对， NF3的立体构型为三角锥形；
故答案为：D。
【分析】易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
A、同一周期，核电荷数越大，电负性越强，因此电负性O>N，由于氢原子最外层只有一个电子，在化合物中显+1价，因此电负性O>N>H，即E>Y>Z，A符合题意。
B、M、Y、E的氰化物分别为PH3、NH3、H2O，其中H2O为液态物质，其余为气态物质，因此H2O的沸点最高；由于NH3可形成分子间氢键，因此其沸点高于PH3，因此三种氢化物的沸点H2O>NH3>PH3，即E>Y>M，B不符合题意。
C、X的价电子排布式为3s2，E的价电子排布式为2s22p4，Y的价电子排布式为2s22p3，电子层数越大，其第一电离能越小，因此X的第一电离能最小；Y的2p轨道为半充满状态，能量最低，最稳定，因此其第一电离能最大，所以三种元素原子的第一电离能Y>E>X，C不符合题意。
D、YZ3的化学式为NH3，其空间结构为三角锥形；YE3－的化学是为NO3－，其中心原子的价电子对数为，其空间结构为平面三角形，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】E是地壳中含量最多的元素，所以E是O。Y的基态原子价层p轨道半充满，则其价层电子排布式为2s22p3或3s23p3，且Y和M同族，因此Y、M为N或P。X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，当n=2时，其价层电子排布式为2s1，则元素符号Li；当n=3时，其价层电子排布式为3s2，则元素符号为Mg。所以X为Li或Mg。在化合物XYZ4ME4中，各元素的化合价为0，因此Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
4．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A.a溶液为H2S， b溶液为H2SO3，两者反应：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O，故A不符合题意；
B.硫酸型酸雨的形成过程涉及H2SO3到H2SO4的转化 ，故B不符合题意；
C. g阴离子为，中心原子孤电子对数为，中心原子价电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，故C不符合题意；
D.硫与强碱溶液反应生成硫化物和亚硫酸盐，离子方程式：3S+6OH-=2S2-++3H2O，n(e)：n(f)=2：1，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】-2价的S具有还原性，0价、+4价的S既具有氧化性又具有还原性。
判断空间构型：1.计算孤电子对，2.计算价层电子对数，3.利用价层电子对数判断。
5．【答案】B,C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．R为第VA族元素，该原子最外层有5个电子，据图可知RCl5中R原子与每个Cl原子共用一对电子，所以R原子的最外层有5+5=10个电子，故A不符合题意；
B．根据图 知，bde构成的三角锥形为正三角形，c点位于该正三角形的中心上，acf三点共直线，线段ac与bc、cd、ce都垂直，所以∠acb=∠acd=∠ace=90°，∠bcd=∠dce=∠dce=120°、∠acf=180°，故B符合题意；
C．RCl5 RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C符合题意；
D．键长越短，键能越大，据图可知键长不是都相同，所以键能也不是都相同，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据分子结构可以找出中心R原子周围有10个电子
B.根据结构式，找出所有的Cl-R-Cl键进行计算键角
C.RCl5加热时可以分解为RCl3，题目中给出RCl3为三角锥形
D.键的长短决定着键能的大小，键长键能小
6．【答案】（1）V形
（2）（a-c-4b）
（3）0.02；1
（4）＞；；CD
【知识点】判断简单分子或离子的构型；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1） H2S 中心原子为S原子，有2个σ键和2个孤电子对，所以其空间构型为 V形 ；
（2）根据盖斯定律，目标方程式可通过 Ⅰ - Ⅲ -4 Ⅱ 得到，所以 a-c-4b ；
（3）进行单位换算可知：平衡时：c（H2)=0.02/2=0.01mol/L，c(H2S )=0.34/34=0.01mol/L，所以开始时c（H2S）=0.01mol/L+0.01mol/L=0.02mol/L，K=c（H2)/c（H2S）=0.01/0.01=1；
（4） ① 该反应属于吸热反应，吸热反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能；
②1200℃ 时，甲烷的转化率为80%，则消耗的甲烷的物质的量n（CH4）=0.1×80%=0.08mol
列出三段式： CH4+2H2S=CS2+4H2
始（mol） 0.1 0.2 0 0
转（mol） 0.08 0.16 0.08 0.32
平（mol） 0.02 0.04 0.08 0.32
平衡时混合气体总的物质的量为0.46mol，恒温恒压下，气体体积与物质的量成正比，所以达到平衡时，容器的容积是：0.46/0.3×V0=23V0/15.
③A.增大压强平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故A错误；
B再充入CH，平衡正向移动，消耗的甲烷的增大量小于加入量，导致甲烷的转化率降低，故B错误；
c再充入H2s，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，故C正确；
D.充入He，相当于减小压强，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，故D正确；
E使用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，则甲烷的转化率不变，故E错误；故答案为：CD。
【分析】（1）分子的空间构型取决于中心原子的价层电子对数以及孤电子对数；
（2）盖斯定律在应用时应注意目标方程式与已知方程式物质的系数以及聚集状态要保持一致；
（3）化学反应中，物质的量的变化量之比等于化学反应中的系数之比，再根据元素守恒可以计算起始是硫化氢的浓度；
（4）①吸热反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能；
② 物质的转化率指的是已经反应的物质的物质的量与起始物质的量之比；
③ 提高甲烷的平衡转化率实际上是使平衡正移。
7．【答案】（1）；
（2）加成反应；2+2+；；++
（3）；
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；加成反应
【解析】【解答】（1）①医用胶分子中的碳碳双键可以发生加成聚合反应，使其固化成膜，故答案为：；②氰基中的N原子有孤对电子，可以深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基和羧基的H原子形成氢键，故答案为：
（2）①由B的结构简式可知，与HCN发生加成反应生成A（），故答案为：加成反应；②由B→D的反应条件可知，该反应为B中的发生催化氧化反应，则其方程式为2+2+，故答案为：2+2+；③F与乙醇反应生成，则F为，可知D与HCN发生加成反应生成E，E再发生醇的消去反应生成F，则E的结构简式为：，故答案为：；④由E可知F的结构简式为，所以F转化为502医用胶的方程式为：++，故答案为：++。
（3）由质谱图可知，G的相对分子质量为74，则；、，根据原子守恒可知，分子G中、，则，故G的分子式为：；其中核磁共振氢谱显示有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，则G的结构简式为，故答案为：；。
【分析】（1）①医用胶分子中碳碳双键可以发生加聚反应；
②-CN能与蛋白质中的氨基和羧基形成氢键；
（2）CH3CHO与HCN发生加成反应生成A，则A为，A中-CN水解为-COOH生成B，B发生醇的催化氧化生成D为，F与乙醇反应生成502医用胶，则F为，D与HCN反应加成反应生成E，E再发生醇的消去反应生成F，故E为；
（3）由质谱图可知，G的相对分子质量为74，计算有机物G、二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算G分子中碳原子、氢原子数目，再根据相对分子质量计算氧原子数目，进而确定G的分子式，再结合核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为1：2：2：2：3，确定G可能的结构简式。
8．【答案】（1）A
（2）三；2：3：3
（3）；；；醚键
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】（1）由核磁共振氢谱图可知该有机物分子中有2种不同化学环境的氢原子，符合该条件的只有A，故答案为：A；
（2）有机物(C8H8Cl2)的结构简式为 ，两个甲基中的氢原子具有不同的化学环境，苯环上的2个氢原子因为对称性而等效，则其核磁共振氢谱会出现三组峰，峰面积之比为2：3：3；
（3）①碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，氧元素质量分数是1-64.86%-13.51%=21.63%，则该物质中碳、氢、氧原 子个数之比=，所以其实验式为：C4H10O，故答案为：C4H10O；
②根据质谱图知，其相对分子质量是74，结合其实验式知其分子式为C4H10O，故答案为：C4H10O；
③红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键可得分子的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，故答案为：CH3CH2OCH2CH3；醚键。
【分析】（1）该有机物分子含有2种化学环境不同的氢原子；
（2） 中含有3种化学环境不同的氢原子，峰面积之比等于不同氢原子数目之比；
（3）碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，氧元素质量分数是1-64.86%-13.51%=21.63%，则该物质中碳、氢、氧原 子个数之比=，其实验式为C4H10O，根据质谱图知，其相对分子质量是74，则其分子式为C4H10O，红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键，则其结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
9．【答案】（1）正四面体；H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；0.01
（2）H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O；方式II中NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+，导致氧化As(III)的n(NaClO)比方式I中的少，氧化效果减弱
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应
【解析】【解答】(1)①SO 离子中心原子S原子价层电子对数个数=4+ =4且不含孤电子对，空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O，故答案为：H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；
③根据 ，则c(F-)= =1×10-3mol/L，c(SO )=(1.0×10-3)2×104mol/L=0.01mol/L，故答案为：0.01；
(2)①向化学沉淀后的废水(pH≈8)中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O，故答案为：H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O；
②由题可知，ClO-会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸根离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱，故答案为：方式II中NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+，导致氧化As(III)的n(NaClO)比方式I中的少，氧化效果减弱；
【分析】（1）①硫酸钙中的阴离子为硫酸根离子，硫酸根的空间构型为正四面体形；
②H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2，根据反应物和产物，结合质量守恒书写化学方程式；
③根据计算；
（2）①pH≈8时，As(III)发生的主要反应为H3AsO3+ClO-+2OH-=HAsO +Cl-+2H2O；
②先加FeSO4溶液，NaClO会同时氧化As(III)和Fe2+。
10．【答案】（1）分子中n(C)：n(H)=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2…)
（2）C5H12O4
（3）羟基
（4）C(CH2OH)4
（5）7
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）N(C)：N(H)=n(CO2)：n(H2O)×2=0.25 mol：0.3 mol×2=5：12，A中可能含有O，分子中n(C)：n(H)=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2，…)，故答案为：分子中n(C)：n(H)=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2…)；
（2）n(CO2)==0.25 mol，与(1)中产生的CO2等量，则产生的水n(H2O)=0.30mol，n(O)==0.2mol，N(C)：N(H)：N(O)=0.25 mol：0.30mol×2：0.2 mol=5：12：4，则A的实验式为C5H12O4，故答案为：C5H12O4；
（3）结合相对分子质量为136可知，该有机物的化学式为：C5H12O4，取少量样品熔化，加入钠有氢气放出，结合其实验式可说明含有羟基，故答案为：羟基；
（4）进行核磁共振发现只有两个特征峰，且面积比为2：1，说明含有2种H原子，结合分子式可知两种H原子数目分别为8、4，由红外光谱图可知，分子中含有O-H、C-O、C-H基团，该有机物结构简式为C(CH2OH)4，故答案为：C(CH2OH)4；
（5）判断符合下列条件①直链化合物；②与M具有相同的官能团；③每个碳原子上最多只连一个官能团，即5个碳原子只有一个碳原子不连羟基，故只需考虑不连羟基碳原子的位置异构和碳链异构即可，则当主链为5个碳原子时，有3种位置关系，即CH2OH(CHOH)3CH3、CH2OH(CHOH)2CH2CH2OH、CH2OHCHOHCH2CHOHCH2OH，当主链为4个碳原子时，则有4种位置关系，即CH2OHCHOHC(OH)(CH3)CH2OH、CH2OHCHOHCH(CH2OH)2、CH2OHCH2C(OH)(CH2OH)2、CH3CHOHC(OH)(CH2OH)2，主链为3个碳原子时，即为M本身，故M的同分异构体有7种，故答案为：7。
【分析】（1） 根据C、H原子守恒可知分子中n（C）：n（H）=5：12，分子式为C5H12Oz(z=0，1，2…)；
（2）计算生成二氧化碳、水的物质的量，根据质量守恒计算有机物中氧原子物质的量，进而确定最简式；
（3） 经测定A的相对分子质量为136，且最简式中H原子已经饱和碳原子，故最简式即为分子式，可知分子式为C5H12O4，加入钠有氢气产生，说明含有羟基；
（4）核磁共振发现只有两个特征峰，且面积比为2：1，说明含有2种H原子，分子中含有O-H、C-O、C-H基团，则该物质的结构简式为：C(CH2OH)4；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
11．【答案】（1）二；IVA
（2）＜；＞
（3）平面三角形
（4） 或 ；Fe3+ + 3SCN-=Fe(SCN)3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】X 原子基态时L 层中 p 轨道电子数与s 轨道电子数相同，X为1s22s22p2即C元素；Y 原子基态时2p 原子轨道上有 3个未成对的电子，1s22s22p3即Y为N元素；Z 有多种氧化物，其中红棕色氧化物可作涂料的为Fe2O3，Z为Fe元素；W 位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态，1s22s22p63s23p63d104s1，即为Cu元素；所以前四周期的元素 X、Y、Z、W分别为：C、N、Fe、Cu。
（1）X 原子基态时L 层中 p 轨道电子数与s 轨道电子数相同，X为1s22s22p2即C元素，位于第二周期第ⅣA族；
（2）同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但第ⅡA大于ⅢA，第ⅤA大于ⅥA，所以C小于N元素的第一电离能；
同周期原子半径从左向右逐渐减小，所以原子半径：C＞N；
（3）根据价层电子对数推出空间结构，N的最高价氧化物对应水化物中酸根离子即NO3-的空间构型：3+（5+1-2×3）=3，价层电子对数为3，孤电子对数为0，所以是平面三角形；
（4）Fe基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；失去3个电子后，得出Fe3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；用铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe2+生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，其离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓。
【分析】（1）X为C元素，熟记元素周期表的结构即可解答；
（2）同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，原子半径从左向右逐渐减小；
（3）能够根据价层电子对数推出物质的空间结构；
（4）铁氰化钾K3[Fe（CN）6]可以用来检测Fe2+。
12．【答案】（1）A；D
（2）BrCH2CH2Br；2
（3）通过其核磁共振谱中的峰信号可以判断有3个信号时，分子结构为CH3CH2OH；1个信号时分子结构为CH3-O-CH3
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子。
A. CH3CH3中6个H原子都是等效的，核磁共振氢谱中只给出一种峰，A正确；
B. CH3COOH中甲基中的H原子与羧基中的H原子所处化学环境不同，CH3COOH有2种不同位置的H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，B不正确；
C. CH3COOCH3中2个甲基所处化学环境不同，则两种甲基H原子不同，故物质分子中有2种不同位置的H原子，故核磁共振氢谱中有2个峰，C不正确；
D. CH3COCH3中2个甲基连在同一个羰基上，6个H原子都是等效的，则其核磁共振氢谱中只给出1个峰，D正确；
故合理选项是AD；(2)由A的核磁共振氢谱可知，A分子中只有一种位置的H原子，A分子中2个Br原子连接在两个不同的碳原子，故A的结构简式为：BrCH2CH2Br；B与A互为同分异构体，则B分子中2个Br原子连接在同一碳原子上，B结构简式为CH3CHBr2，该物质分子中有2种不同位置的H原子，故其核磁共振氢谱图有2个峰；(3)通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断；若有3个信号峰，则该物质为乙醇，分子结构为CH3CH2OH；若只有1个信号峰时，物质为甲醚，分子结构为CH3-O-CH3。
【分析】(1)核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数，核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有一种H原子；(2)由A的核磁共振氢谱可知，分子中只有一种H原子，A分子中2个Br原子连接在两个不同的碳原子，B与A互为同分异构体，B分子中2个Br原子连接在同一碳原子上，结合分子中H原子种类判断核磁共振氢谱图的特征峰值；(3)通过核磁共振氢谱中的信号峰可以判断；若有3个信号峰，则为乙醇；若只有1个信号峰时物质为甲醚。
13．【答案】（1）丙烯；酯基
（2）；取代反应或水解反应
（3）
（4）
（5）8； .
（6）CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2CN CH3CH2COOH
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；取代反应；加成反应
【解析】【解答】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，A为C3H6，A发生加成反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为 ；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2=CHCH2OH、D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为 ，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到 ，则G结构简式为 ；（1）通过以上分析知，A为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，其含氧官能团名称是酯基；（2）C结构简式为 ，D发生水解反应或取代反应生成E，故反应类型为取代反应或水解反应；（3）E→F是CH2=CHCH2OH和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成 ，反应的化学方程式为 ；（4） 发生缩聚反应产物结构简式为 ；（5）B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CHCH3、HCOOCH=C（CH3）2、HCOOC（CH3）CH=CH2、HCOOCHC（CH3）=CH2、HCOOCH（CH2CH3）=CH2，所以符合条件的有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是 ；（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所以其合成路线为CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2CN CH3CH2COOH。
【分析】（1）根据题干信息结合流程图分析得出A的名称；根据官能团的结构特征分析；
（2）根据聚合物的特点分析；根据取代反应的特点分析解答；
（3）根据加成反应的特点书写方程式；
（4）根据缩聚反应的特点分析；
（5）根据同分异构体及官能团的结构特征分析；
（6）根据有机物合成特点、路线分析。
14．【答案】（1）NA；NA
（2）有
（3）sp3
（4）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且所带电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF的晶格能，故MgF2的熔点大于NaF
（5）3：4(或4：3)；三角锥形；sp3；π56；N-H···N、O-H···N、N-H···Cl
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1).在反应过程中，异氰酸苯酯断裂的N=C中含1个π键，2-氯-4-氨吡啶断裂的是1个σ键，则每生成1 mol氯吡苯脲，断裂NA个σ键和NA个π键，故答案为：NA；NA；(2). 过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色与其d轨道电子排布有关，一般地，d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色，Mn(H2O)6]2＋中Mn原子d能级电子数为5，所以该离子有颜色，故答案为：有；(3). B(OH)4]－中B的价层电子对数为4+ =4，所以B原子的杂化类型为sp3，故答案为：sp3；(4).离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低，NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高，又因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且Mg2+的电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF，导致MaF2的熔点大于NaF，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高。因为Mg2+的半径小于Na+的半径，且所带电荷数多，所以MgF2的晶格能大于NaF的晶格能，故MgF2的熔点大于NaF；(5).①.据图可知，阳离子为H3O＋和NH4＋，H3O＋中含有3个σ键，NH4＋中含有4个σ键，所以R 的两种阳离子中σ键的个数之比为3：4(或4：3)，H3O＋的中心原子是O，其价层电子对数为3+ =3+1=4，所以O原子的杂化类型为sp3，孤电子对数为1，则其空间构型为三角锥形，故答案为：3：4(或4：3)；三角锥形；sp3；
②.据图可知，N5－中化学键总数为5个，由6个电子形成大π键，可用符号π56表示，故答案为：π56；③.据图可知，上图中的氢键可表示为N-H···N、O-H···N、N-H···Cl，故答案为：N-H···N、O-H···N、N-H···Cl。
【分析】（1）比较反应物和生成物的成键情况，就可以判断生成1mol氯吡苯脲断键的情况；
（2）锰原子的价电子排布为3d54s2，根据题意可知，Mn(H2O)6]2＋是有颜色的；
（3）B有三个价电子，四个轨道（2s 2p），2s上填充一对的话，2p的三个轨道只有一个电子，所以有空轨道，缺电子；B(OH)4]－中B的价电子数为4且没有孤电子对，因此是正四面体结构；
（4）离子晶体之间作用力是离子键，而分子之间作用力是分子间作用力，化学键的作用力远强于分子间作用力；
（5）H3O＋的O原子价层电子数为4，有一对孤电子对，所以为三角锥形；氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键。
15．【答案】（1）正四面体形；；二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出
（2）3：1
（3）2
（4）纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①中S原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②与在SBR细菌作用下生成和，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为；故答案为：。
③将从水中吹出时，用比效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。
（2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到，b点时溶液，得到，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示，则b点是，得到，则；故答案为：3：1。
（3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为，因此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。
（4）①根据图中信息，该反应机理中生成的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
【分析】（1）①中S原子价层电子对数为4，不含孤电子对；
②与在SBR细菌作用下生成和，反应的离子方程式为；
③二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；
（2）结合电荷守恒分析；
（3）电极A上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸，则电极A为阳极，电极B为阴极，电极反应式为；
（4）①纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；
②pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
16．【答案】（1）正四面体形；CH3COOH+ +2H+ 2CO2↑+H2S↑+2H2O；CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出
（2）FeS；废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低
（3）432mg·L 1
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；中和滴定
【解析】【解答】(1)① 中心原子S原子的价层电子对数为 ，无孤电子对，根据价电子对互斥理论(VSEPR)模型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
②CH3COOH与 在SBR细菌作用下生成CO2和H2S，根据得失电子守恒及质量守恒，则离子方程式为：CH3COOH+ +2H+ 2CO2↑+H2S↑+2H2O，故答案为：CH3COOH+ +2H+ 2CO2↑+H2S↑+2H2O；
③H2S易溶于水，CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出，故答案为：CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的溶解，有利于将H2S吹出；
(2)①铁炭混合物(铁屑与活性炭的混合物)在酸性废水中产生原子态H，可知氢离子得电子，废水中 转化为硫化物而除去，硫元素也得电子，则铁失去电子，发生反应为： ，则该硫化物的化学式为FeS，故答案案为：FeS；
②反应中有亚铁离子生成，废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低，故答案为：废水中Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3和H+，pH缓慢降低；
(3)加入10.00 mL 0.0500 mol·L-1BaCl2溶液，则其中钡离子的物质的量n(Ba2+)= ，根据滴定反应为：Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+，与EDTA反应的n(Ba2+)=n(H2Y2-)= ，则n( )=n(BaSO4)= =2.250×10 4 mol， 含量= ，故答案为：432 mg·L 1。
【分析】（1）①硫酸根中心S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
②根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式；
③H2S为弱酸；
（2）①铁与硫酸根反应生成FeS；
②亚铁离子易被氧化为铁离子；
（3）根据Ba2++H2Y2- =BaY2-+2H+计算。
17．【答案】（1）四面体形；平面三角形
（2）
（3）SO2-2e-+2H2O=4H++；2 mol
（4）HClO；c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)；10；阳极电极反应式为：+H2O-2e-=+3H+，溶液酸性增强，发生反应 +H+=SO2↑+H2O，生成刺激性气味的气体SO2。
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电极反应和电池反应方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）H2S分子中的中心S原子价层电子对数是2+=4，所以S原子采用sp3杂化，有2对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形；
SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，所以S原子采用sp2杂化；含有1对孤电子对，因此其VSEPR模型为平面三角形；
（2）H2S的Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=×=；Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)，反应的化学平衡常数K==；
（3）①根据图示可知：在a电极上SO2失去电子被氧化变为H2SO4，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=4H++；
②理论上1 mol H2S参加反应：H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，生成2 mol SO2，在电极上发生氧化反应，转移电子总数4e-，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI=H2↑+I2，电极上生成4 mol HI，所以理论上生成2 mol H2；
（4）①酸电离平衡常数越小，酸电离产生的H+浓度就越小，其对水电离平衡的抑制作用就越弱，水电离程度就越大。分析电离平衡常数，相同物质的量浓度的三种酸溶液HClO、H2CO3和H2SO3，酸性强弱为：H2SO3＞H2CO3＞HClO，HClO对水电离平衡抑制程度小，由水电离的c(H+)最大的是HClO；
②在溶液中只存在水解平衡，使溶液显碱性；在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，电离程度大于其水解程度，因此NaHSO3溶液显酸性。将浓度均为0.1 mol/L的NaHSO3和Na2SO3等体积混合，溶液pH=7.2，说明溶液显碱性，水解程度大于电离程度，水解产生，且盐水解程度十分微弱，盐电离产生的离子浓度远大于其水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度大小c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)；
③水解分步进行，以第一步水解为主，忽略第二步水解，则其水解反应的离子方程式为：+H2O+OH-，c()=c(OH-)，水解平衡常数Kh=，c(OH-)=，溶液中氢离子浓度c(H+)=，则此时溶液的pH=10；
④阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，因此失电子变为，阳极电极反应式为：+H2O-2e-=+3H+，反应后溶液酸性增强，发生反应： +H+=SO2↑+H2O，生成刺激性气味的SO2气体。
【分析】（1）根据价层电子对互斥理论计算价电子对数和孤对电子数，从而判断H2S和SO2分子结构；
（2）根据K=计算；
（3）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸；
②根据H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，I2+2H++2e-=2HI，2HI=H2↑+I2计算；
（4）①酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
②液显碱性，亚硫酸根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子电离程度；
③根据pH=-lgc(H+)计算；
④阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，因此失电子变为，阳极电极反应式为：+H2O-2e-=+3H+，反应后溶液酸性增强，发生反应： +H+=SO2↑+H2O，生成刺激性气味的SO2气体。
18．【答案】（1）对氯甲苯(4-氯甲苯)；加成反应
（2）Cu、O2，加热；碳碳双键
（3）C18H24O
（4）
（5）
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】(1)苯环上两个相同取代基的位置可用“邻”、“间”、“对”表示，苯环上连接简单烃基、硝基(-NO2)、卤素(-X)时，以苯环为母体。所以 命名为对氯甲苯(4-氯甲苯)；由分析可知反应类型为加成反应；(2)由分析可知反应的试剂和条件为Cu、O2，加热 ； F中官能团碳碳双键和羟基，不含氧官能团为碳碳双键； (3) 中C原子数，H原子数，O原子数分别为18、24、1，化学式为C18H24O； (4)苄型醇脱水以形成稳定共轭体系的烯烃为主要产物，所以化学方程式为 ；(5) E的分子式是C10H12O，W是E的同系物，比E少一个碳原子，所以W的分子式是C9H10O，①有两种官能团，②遇FeCl3溶液显示特征颜色紫色，说明其结构含有苯环和酚羟基，③核磁共振氢谱有五组峰，含有5种氢原子，峰面积之比为3︰2︰2︰2︰1，氢原子个数比为3︰2︰2︰2︰1，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是 ；(6) 根据题目提供的信息可知， CH≡CH在NaNH2液氨条件下可生成NaC≡CNa，NaC≡CNa在一定条件下可以和乙醛中羰基发生加成反应，在H2、催化剂作用下，生成醇，二醇分子内脱水生成—O—，所以反应历程为： 。
【分析】（1）根据有机物命名原则分析；根据加成反应的特点结合有机物官能团的结构分析；
（2）根据反应类型分析其反应条件、试剂；根据官能团的结构特点分析；
（3）根据有机物的结构简式得出其分子式；
（4）书写有机方程式时注意标注反应条件，用箭头代替等号；
（5）根据同系物、同分异构体、官能团的特点，结合核磁共振氢谱分析解答；
（6）根据有机反应特点分析其合成路线即可。
19．【答案】（1）；3
（2）1：1；轴对称；CO
（3）sp；三角锥形
（4）原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低
（5）12；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)Ga原子价层电子有6个电子，4s能级上有2个电子，4p能级上有1个电子，其外围电子排布图为 ；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：B＜Be＜C＜O＜N，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；(2)单键是一个σ键，三键是一个σ键2个π键，通过HCN分子的结构简式H-C≡N可知含有2个σ键 2个π键，得出σ键与π键的数目之比为1：1； σ键的对称方式为轴对称；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CN-互为等电子体的分子为CO ； (3) 氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化，形成叁键时为sp杂化，N3-中心原子的杂化轨道类型为sp ； NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而NF3的空间构型为三角锥形；(4)原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低；(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/3；④位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；⑤位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原子个数为 6，晶胞中N原子个数为 ，所以该结构为Ga6N6，质量为6×84/NA g，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 cm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高， cm，所以体积为 ，密度为 = 。
【分析】（1）根据原子核外电子数及能级关系画出电子排布图；根据电离能的变化规律结合元素周期表分析；
（2）根据HCN分子的结构简式分析其成键特点，结合化学键的特征分析；根据等电子体的特点解答；
（3）根据中心原子的价层电子对数判断其杂化方式； 先计算出其价层电子对与孤电子对数，进而判断其构型；
（4）根据原子半径、键长、键能之间的关系来判断其熔点高低；
（5）根据原子的堆积方式分析；根据图示结合晶体密度的计算公式解答即可。
20．【答案】（1）15
（2）O
（3）NH3；极性；平面正方形
（4）sp3；3
（5）H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羟基氧（2个）多于后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强
（6）CuO；
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态铜原子的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，s有1个轨道，p有3个轨道，d有5个轨道，所以总共有15个轨道；（2）原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，根据非金属性越强，电负性越强分析，其中O原子对键合电子吸引力最大；（3）氨气分子中氮原子有一对孤对电子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。（4）氨气中氮原子形成3个氮氢键，氮原子还有1对孤对电子对，杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子都采用的是该种杂化方式，共3个；（5）含氧酸的酸性需要看羟基的氧原子个数，H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和（HO）2SO，前者非羟基氧（2个）多于后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强；（6）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为 =4，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为 = g·cm－3
【分析】 (1) 铜是29号元素，核外电子的排布为1s22s22p63s23p63d104s1， s能级一个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道；
(2)原子对键合电子吸引力取决于元素原子的电负性大小，根据元素电负性的在周期表中的规律，同一周期，从左至右，电负性增强，同一主族，从_上到下，电负性减弱，在N、o、S中，电负性最强的是o；
(3) [Cu (NH) 4]2+中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对； Cu (NH3) 2Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu (NH) 4]2+的空间构型应该是平面四边形；
(4) NH3的价层电子对数，得出杂化类型；乙醇的结构简式为CH3CH2OH，其中采取sp3杂化的原子有两个碳原子和一个氧原子；
(5)非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，H2SO4的非羟基氧2个，H2SO3的非羟基氧1个，所以酸性H2SO4强于H2SO3
(6)如图所示，根据均摊法可以计算出Cu全部在体内： 4个； O在顶点、面上、棱上和体心， 即8x+2x+4x+ 1=4；所以铜和氧的最简整数比为1： 1， 得出化学式；根据密度=即可得出本题答案
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：124分
分值分布 客观题（占比） 10.0(8.1%)
主观题（占比） 114.0(91.9%)
题量分布 客观题（占比） 5(25.0%)
主观题（占比） 15(75.0%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 4(20.0%) 8.0(6.5%)
非选择题 15(75.0%) 114.0(91.9%)
多选题 1(5.0%) 2.0(1.6%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 困难 (100.0%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 有机化合物的命名 8.0(6.5%) 18
2 有机物中的官能团 25.0(20.2%) 7,13,18
3 元素周期表的结构及其应用 7.0(5.6%) 11
4 元素电离能、电负性的含义及应用 9.0(7.3%) 3,11
5 含硫物质的性质及综合应用 2.0(1.6%) 4
6 氧化还原反应 18.0(14.5%) 9,15,16
7 同系物 8.0(6.5%) 18
8 弱电解质在水溶液中的电离平衡 9.0(7.3%) 17
9 元素周期律和元素周期表的综合应用 20.0(16.1%) 14,19
10 利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构 43.0(34.7%) 7,8,10,12,13,18
11 同分异构现象和同分异构体 13.0(10.5%) 10,18
12 原子核外电子排布 29.0(23.4%) 3,11,19,20
13 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 30.0(24.2%) 14,19,20
14 加成反应 17.0(13.7%) 7,13
15 盖斯定律及其应用 7.0(5.6%) 6
16 判断简单分子或离子的构型 71.0(57.3%) 1,2,3,4,5,6,9,11,14,15,16,17,19
17 电极反应和电池反应方程式 9.0(7.3%) 17
18 中和滴定 6.0(4.8%) 16
19 化学平衡移动原理 7.0(5.6%) 6
20 键能、键长、键角及其应用 2.0(1.6%) 5
21 化学平衡的影响因素 7.0(5.6%) 6
22 取代反应 9.0(7.3%) 13
23 元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 2.0(1.6%) 3
24 电解池工作原理及应用 16.0(12.9%) 15,17
25 电离平衡常数 9.0(7.3%) 17
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