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1、浙江省金华十校2021-2022学年高二下学期期末调研考试化学试题阅卷人-、单选题（共19题；共3 8分）得分1.（2 分）下列属于烧的是（）A.CH3CHO B.CH3NH2 C.CH3cH20H D.CH3cH3【答案】D【解析】【解答】A.CH3 CHO是乙醛，是烽的衍生物，属于醛，A 项不符合题意；B.C/N%是甲胺，是燃的衍生物，B 项不符合题意；C.CH3 cH20H是乙醇，是炫的衍生物，属于醇，C 项不符合题意；D.CH3 cH3 中仅含有C、H 两种元素，因此属于烷烧，D 项符合题意；故答案为：D。【分析】煌仅含有C、H 两种元素。2.（2 分）下列表示错误的是（）B.C.D.
2、【答案】B【解析】【解答】A.A.16s的价层电子排布图:葡萄糖可表示为:氯原子的结构示意图:乙烷的空间充填模型:16s的价电子排布式为3 s23 P、，故 A 不符合题意;B.葡萄糖的分子式为C6Hl2。6,结构简式为HOCH2（CHOH）4CHO,故 B 符合题意;C.氯原子的核电荷数为1 7,核外电子层为3,最外层电子数为7,原子的结构示意图为+17）2 8 7,故C 不符合题意;D.乙烷的结构简式为CH3 cH3,空间充填模型为,故 D 不符合题意;故答案为：B【分析】A.依据原子构造原理分析；B.葡萄糖是多羟基醛；C.依据核外电子分层排布规律分析；D.依据乙烷的结构简式判断。3.（2
3、 分）下列说法错误的是（）A.烷燃在较高温度下会发生分解B.乙烯与苯使溪水褪色的原因相同C.许多糖果有芳香气味是因为含有酯D.氟氯燃泄漏会导致臭氧层空洞【答案】B【解析】【解答】A.酯类化合物具有芳香气味，水果中含大量的酯类物质，则许多水果有芳香气味，是因为含有酯类化合物，A 不符合题意；B.苯不含碳碳双键，所以苯和澳水不发生加成反应，苯是非极性分子，浪是非极性分子，根据相似相溶原理知，漠易溶于苯而使溪水褪色；乙烯含有碳碳双键，能和漠发生加成反应而使澳水褪色，所以两种物质使滨水褪色的原因不同，B 符合题意；C.通常情况下，烷煌比较稳定，与强酸、强碱或酸性高锯酸钾等强氧化剂都不发生反应，烷煌在较
4、高温度下会发生分解，c 不符合题意；D.氟氯煌或氮氧化物可导致臭氧层空洞，D 不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.依据烷煌的性质判断;B.根据相似相溶原理分析；C.酯类化合物具有芳香气味；D.氟氯煌或氮氧化物可导致臭氧层空洞。4.（2 分）完成下列实验所选择的装置和试剂（夹持装置己略去）正确的是（）ABcD实驳制备乙酸乙酯提纯混有少量C2H4的CH4检验乙快的生成比较乙酸、碳酸与苯酚的酸性装和乙酸乙醇/浓硫酸L /、k n5 S T-=酸性KMnO溶 液 t食饱和食盐水源乙 酸 白Na2CO5 JA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【解答】A.乙酸乙酯的制备和收集装置均准确，A
5、选项符合题意；B.乙烯被酸性高镒酸钾溶液氧化产生二氧化碳，引入新的杂质气体，B 选项不符合题意；C.电石中的杂质会与水反应生成H?S,也能与溪水反应，干扰乙烘的检验，C 选项不符合题意；D.通入苯酚钠溶液的C02中混有挥发出的乙酸，无法验证碳酸与苯酚的酸性强弱，D 选项不符合题意；故答案为：Ao【分析】A.依据乙酸乙酯的及杂质的性质分析；B.乙烯被酸性高锦酸钾溶液氧化产生二氧化碳，引入新的杂质气体;C.H2s也有还原性；D.乙酸易挥发，无法验证。5.（2 分）下列叙述正确的是（）A.p 能级的P*、Py、Pz轨道相互垂直，能量PxPy l O g/l O O g 为。）B.I m o 啊斯巴甜
6、最多能和4 m o W a O H 发生反应C.阿斯巴甜含有的官能团有酰胺键、酯基、氨基与羟基D.阿斯巴甜的分子式为C i 4 H 1 8 2 2。5【答案】D【解析】【解答】A.结构中有较大基团的憎水剂酯基和炫基，因此其溶解度应该不会很大，A选项不符合题意；B.结构中含有1个竣基、1个肽键和1个酯基，因此发生水解反应和中和反应消耗的N a O H 最多为3 m o l,B选项不符合题意；C.该结构中含有竣基、酯基、肽键、氨基等官能团，C选项不符合题意；D.该分子的分子式为C 14 H 18N 2 O 5,D选项符合题意；故答案为：Do【分析】A.结构中有酯基和炫基等憎水基；B.根据官能团确定
7、性质，结构中含有1个竣基、1个肽键和1 个酯基；C.根据结构简式确定官能团；D.根据结构简式确定分子式。11.（2 分）下列文字表述与反应方程式对应且正确的是（）A.澳乙烷与4 g N 0 3 溶液生成淡黄色沉淀：Br-+A g+=AgBrlB.七的 溶 液 中 加 浓 K I 溶液，振荡后紫红色变浅：厂+/2 =GC.硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2+2 叫-H20=C i t（0 H）2 1+2 NHj【答案】B【解析】【解答】A.溪乙烷不属于电解质，在溶液中不会电离出澳离子，所以漠乙烷中加热硝酸银溶液不会生成澳化银沉淀，A 不符合题意；B.+12=1*为可逆反应，加 KI平衡正向移动，碘
8、的浓度减小，溶液紫红色变浅，B 符合题意；C.先生成氢氧化铜沉淀，反应为CU2+2 N H 3-H 2 O=CU(O H)2 1+2 N H+,后与氨水反应生成四氨合铜络离子，CU(O H)2+4 N H3 H2O=CU(NH3)42+4H2O+2OH-,则先产生蓝色沉淀，然后溶解，最后得到深蓝色透明溶液，C 不符合题意；D.苯与溪水不反应，苯和液漠在滨化铁作催化剂条件下发生取代反应生成澳苯和澳化氢，D 不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.卤代煌不属于电解质；B.依据化学平衡移动原理分析；C.硫酸铜溶液中加入过量氨水会发生络合生成四氨合铜络离子；D.苯与滨水不反应。12.(2 分)由 X、Y
9、、Z、W 组成的某化合物如图所示，X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、Z 元素至少能形成6 种稳定的化合物，W 的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是()WIY/Xz=x x=zW-Y、,Y-WXIIzA.四种元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物B.YZ1离子空间构型为三角锥形C.W、Z 形成的酸根的价层电子对数均为4D.原子半径：X Y W【答案】C【解析】【解答】A.氢和氯只能形成极性共价键HC1,A 不符合题意;B.NO 价电子对个数会(5+1-3 x0)=3,无孤对电子，价电子对的几何构型是平面三角形，参与成键的原子数是3 个，所以NO 的空间构型是平面三角
10、形，B 不符合题意;c.W、Z形 成C I O,C I O 5、C I O 3,C I O 河种酸根离子，价层电子对数分别为:x(7+l-l x 0)=4、J x(7+l-2 x 0)=4,1X(7+1-3X0)=4,；x(7+l-4 x 0)=4 均为 4,C 符合题意；D.电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，Y(N)X(O)W(C 1),D不符合题意；故答案为：C o【分析】A.氢和氯只能形成极性共价键；B.依据价层电子对数=键数+孤电子对数，由价层电子对数确定V S E P R模型，再确定空间立体构型；C.依据价层电子对数=键数+孤电子对数；D.电子
11、层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小。1 3.(2分)N”是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()O硅氧四面体A.标准状况下，2.2 4 L C”口 中含氯原子数目为0.3以B.5.2 g基态铭原子中，s能级电子比p能级电子多0.5 9C.4 5 g s i。2晶体中含硅氧四面体(如图所示)数目为0.7 5以D.0.1 m。/配合物(N“4)2 P t C/6 中含有配位键的数目为。6NA【答案】C【解析】【解答】A.标准状况下C H C/3是液体，2.2 4 L G/C%的物质的量不是0m o l,故A不符合题意;B.铝原子的核外电子排布式为I s 2 2
12、s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 3 d 5445.2 g基态铭原子中p能级电子比s能级电子多52湍0,X (1 2 -7)X必=0.5NA,故B符合题意；C.根据图示，1个硅氧四面体含有1个硅原子，硅原子数即硅氧四面体数，4 5 g s i。2晶体中含硅氧四面体(如图所示)数目为悬编 x NA=0.75NA，故C符合题意；D.N/中有1个配位键、P t 4产中有6个配位键，0.1 7 W。/配合物(N H 4)2 P 6 中含有配位键的数目为0.8惧，故D不符合题意；故答案为：C o【分析】A.标准状况下C H C%是液体；B.依据铭原子的核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2
13、 P 6 3 s 2 3 P 6 3 d 5 4 s l分析；C.根据图示，1个硅氧四面体含有1个硅原子，硅原子数即硅氧四面体数；D.根据N H j中有1个配位键、-中有6个配位键判断。1 4.(2分)工业利用反应对。2进行资源化利用，以降低碳排放。下列有关说法错误的是()CHCH,COOH反应Q CO2IH2 COOHI II0人/0 0反应：d CHCH?.C H-C H2Q uIII IVA.用苯乙烷制取化合物I,要经过加成、取代、消去三步B.改变条件，反应可能获得高分子化合物C.C 4 是由极性键构成的非极性分子D.反应、反应均符合化学反应绿色化的要求【答案】A【解析】【解答】A.苯乙
14、烷先光照下与Cb发生取代反应，生成氢氧化钠乙醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯，即化合物I,合题意；0B.改变条件可发生聚合反应：广 叱C H2n 1 J +CO?CH2cH2cl CH2cH2clj,然后再在只需要取代和消去两步即可，A 符0：OCHCH,一0 岭1 ,生成物为高分子，B不符合题意；c.。2 结构式为o=c=o,含有极性键，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，c不符合题音D.反应、反应对应的原子利用率都为1 0 0%,均符合化学反应绿色化的要求，D不符合题意；故答案为：A oC H 2 c H 2 c l C H 2 c H 2。【分析】A.苯乙烷先光照下与C 1 2 发生取
15、代反应，生成,然后1 3 再在氢氧化钠乙醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯；OoB.依据广广公匕 小了一叫 判 断；口+9 一 0C.依据C 0 2 的结构式为0=C=0分析；D.反应的原子利用率都为1 0 0%。1 5.（2 分）K元素有如下电子排布状态:I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 4 s】、I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6；C a 元素有如下电子排布状态；A r 4 s 2、A r 4 s1o它们再失去1 个电子所需能量由小到大的顺序是（）A.B.C.D.硝 【答案】D【解析】【解答】I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2
16、3 P 6 4 s l 和A r 1 4 s l 的核外电子排布式相同K的核电荷数小于G a,故 ，I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 中，K的最外层已经全部失去，不易再失去电子，再失去1个电子所需能量最大，次之，它们再失去1 个电子所需能量由小到大的顺序是 ,故D项符合题意；故答案为：D o【分析】依据能量逐级增大，且处于半满、全满时较稳定，不易失电子。1 6.（2 分）如图是甲苯的一些转化关系（部分产物未标出），有关说法正确的是（）B.反应说明甲基使苯环上的氢原子易被取代C.反应溶液分两层，下层呈紫红色D.反应的生成物的一氯取代物有4 种【答案】B【解析】【解答】A
17、.由图可知，反应的反应条件为光照下进行取代，氯原子应在甲基上发生取代反应，A 不符合题意；B.反应中甲苯的邻位和对位同时被取代，说明甲基使苯环上的氢原子易被取代，B 符合题意；C.甲苯与酸性高锦酸钾溶液反应生成苯甲酸，苯甲酸与水互溶，不分层，C 不符合题意；D.由图可知，反应的产物为甲基环己烷，含有5 种等效氢，即一氯取代物有5 种，D 不符合题尼、；故答案为：B【分析】A.烷煌在光照下发生取代反应；B.基团之间相互影响；C.苯甲酸与水互溶，不分层；D.依据等效氢原理分析。17.（2 分）已知空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。下列有关说法错误的是（）A
18、.铜碘杂化团簇分子结构如图1所示，分子间通过范德华力聚集在一起B.CaFz晶体的晶胞如图2 所示，标记为X 的尸的分子坐标为0,1,1）C.H 原子的电子云如图3 所示，H 原子核外大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu为面心立方晶胞（如图4 所示），其空间利用率约为74%【答案】C【解析】【解答】A.范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力，它的本质是正负电荷间的相互吸引，它使得许多物质能以一定的凝聚态存在，则铜碘杂化团簇分子是分子间通过范德华力聚集在一起，A 项不符合题意；B.根据CaFz晶体的晶胞图示可知，标记为X 的右 的分子坐标为G，1,3,B 项不符合题意；C.H 原子为单电子体
19、系，核外只有1个电子，电子云图中的黑点不是指大多数电子在原子核附近运动，C 项符合题意；4xiyrr3D.面心立方最密堆积，空间利用率为 X 100%=74%,D 项不符合题意；（242r）故答案为：Co【分析】A.范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力；B.根据晶体的晶胞图确定分子坐标；C.依据电子云图分析电子在核外空间出现的概率；D.依据面心立方最密堆积确定空间利用率。18.（2 分）某同学设计如图方案分离含苯酚、苯甲酸和苯胺三种物质的混合物。已知：苯甲酸是无色固体，苯胺是无色油状液体，两者均微溶于水。r油层-物质1广水美差 酎1）试剂第 矗2）CC14,操作水=层 21）H操C作1“
20、物质之,-前川时口 1）试试剂剂，操操作作靖.帕物质匕3，下列说法正确的是（)A.试剂是盐酸，试剂是Na。“溶液B.操作是分液，应保留下层油状液体C.向操作获得的水层中加FeCG溶液，如生成蓝色沉淀，则水层中含物质1D.操作包括冷却结晶、过滤、洗涤，需要的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒【答案】D【解析】【解答】A.据分析可知试剂是盐酸，试剂是Na。”溶液，A 选项不符合题意；B.操作是分液，应保留上层溶有C6H5NH2-HC1的水层，B 选项不符合题意；C.物质1为苯酚，加氯化铁溶液显紫色，C 选项不符合题意；D.操作是为了获取苯甲酸晶体，操作包括冷却结晶、过滤、洗涤，需要的玻璃仪器有：漏斗、
21、烧杯、玻璃棒，D 选项符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据产物的性质判断;B.盐易溶于水，在上层；C.依据苯酚的显色反应分析；D.依据操作包括冷却结晶、过滤、洗涤的过程分析。19.（2 分）酯在乙醇钠的催化下会发生Claisen缩合反应，乙酸乙酯发生该反应的机理如图所示:eCHjCOOCc c o o c Z/CH3coOCRs2 5卜 CHX品 d 4 丹X CH,COOCJH,C%COCH2coec2Hs下列说法正确的是（）A.过程是加成反应，过程是消去反应B.缩合反应中涉及元素的电负性：Na H 0 CC.隈“2C00C2H5中，米取sp3 杂化的碳原子有2 个D.（;”3。（。42
22、）4。“3 发生单分子Claisen缩合，产物为【答案】A【解析】【解答】A.根据图中信息可知，过程为碳氧双键的加成，过程是消去反应，A 符合题音 B.周期中从左到右元素电负性逐渐增大，同一主族中从上到下元素电负性逐渐减小，电负性为NaHCH 一M 催花剂-K 浓硫酸，CH3CH2CH 2-=；已知：A 只有两种一氯代物B 和G；1 3c CHOH分 一 口 C-CHO稀氢氧化钠溶液a C H 0+（|）H T i CHO请回答：（2 分）和 CH3 CHKOOCH2互为同分异构体的是.（选填序号）。A.CH2COCH2CH3OHC.）C H2C H（O H）CH,（2）（2 分）A 的结构简
23、式为B-&AHCH2CH2OHD.2-CH=CHCH（OH）CH2OH,D 物质的名称为（3）（1 分）由E 合成F 的方程式为。（4）（2 分）下列说法正确的是（选填序号）。A.有机物C 与 H 在一定条件下可反应生成酸B.用新制碱性氢氧化铜无法区分有机物B、H 和 KC.制备香精与高分子F 时，浓硫酸只起催化剂作用D.相同条件下，香精在氢氧化钠溶液中水解比在稀硫酸中更完全（5）（1分）设计以M 和某一元醛为有机原料合成【答案】（1）A；B；D(2)CH3cH2cH3；1,2-二漠丙烷(4)A；D(5)CH3 cH2cH02HKHO稀NaOH溶液CH20HCHjCHOCH20HH,催化剂CH
24、20HCH3 1cH20HCH2OH【解析】【解答】烷煌A 只有两种一氯代物B 和 G,则 A 为 CH3 cH2cH3；K 和20H反应生成CH3 cH2（?O O C H 2 0 C；1 2；0-HN或N-H。（3）认二聚物）:n（链状三聚物：n（环状三聚物）=3：【解析】【解答】三聚鼠胺完全燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，然后产生的气体再经过燃烧炉，是防止燃烧过程中生成C O；经过高氯酸镁，会吸收产生的水；经过碱石棉，吸收产生的二氧化碳；最后连接氮气的体积测定装置。（1）由分析可知，高氯酸镁的作用是吸收，2。，以确定含氢量，故答案为：吸收“2。，以确定含氢量；吸收管做成细长型的目的是增大固
25、气接触面积，有利于完全吸收，故答案为：增大固气接触面积，有利于完全吸收；氮气中混有氧气，则准确测定N 2体积的实验方案：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积，故答案为：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积；同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但 第1 IA族、第V A族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、0位于同一周期且分别位于第1 V A族、第V A族、第V IA族，所以第一电离能大小顺序为N 。C,故答案为：NOC；三聚鼠酸分子中的六元环在一个平面上，氢氧原子在同一平面，碳氧原子直接相连，可以通过旋转使所以原子在
26、同一平面，则 最 多1 2个原子共平面；三聚鼠胺和三聚氟酸分子中都有氢原子与氧原子直接相连，氮原子、氧原子上都有孤电子对，它们可形成分子间氢键，结构表达式为：。-，N或N H。，从而在动物的肾脏内形成结石，故答案为：1 2；。一 HN或N H。；（3）设：二聚物为x m o/；链状三聚物为y m o l；环状三聚物为z m o/；根据方程式有：OII2COQiH2)2A+叫o=c c=oVHx2x+3 y+3 z=12,x+2y+3 z=8,x+y+z=0-6,联立三式解得：x=3,y=l,z=l,则 二 聚 坳：n(链状三聚物）:九（环状三聚物）=3：1：1,故答案为：M二聚物）:n（链 状
27、 三 聚 物:n（环状三聚物)=3：1：1;（4）根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1 ：1,这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是C10CC0C1,故答案为:【分析】由产物分析判断；增大接触面积，有利于完全吸收；氮气中混有氧气，应先除去氧气；（2）同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第HA族、第 VA族元素第一电离能大于其相邻元素；氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；（3）依据原子守恒列方程组；（4）根据生成物的结构简式可判断是缩聚产物。80024.（11分）高温煨烧
28、黄铜矿（主要成分CuS-FeS）的反应为：2C“S FeS+4O2：Cu2S+3 SO2+2FeOo请回答:（1）（1 分）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+4 表示，与之相反的用 表 示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的F e 2+,其价电子自旋磁量子数的代数和为。（2）（1 分）当O 原子的电子排布从I s 2 2 s l 2 Ps 变成I s 2 2 s 2 2 P4 时，形成的光谱名称是光谱（选填“发射”或“吸收（3）（1 分）高温煨烧时C u 5 变成更稳定的C&2 S，原因是。（4）（2 分）S O2 分 子 的 空 间 构 型 是。键角NO S O 1 2
29、 0。（选填或“=”）。（5）（1 分）S 0 2 溶于水生成弱酸“2$。3,&S 0 3 氧化生成强酸”2$。4,试解析“2$。4 的酸性强于，2 5。3 的原因_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（6）（1 分）已知尸e。的熔点是1 3 7 0 C,F e S 的熔点是1 1 9 4 C,F
30、e。熔点高于F e S 的原因是。（7）（2 分）C a S 和C i z 2 s 晶胞中的$2-的位置如图1 所示，C“x+位于$2-所构成的正四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图（见图2）。C w S 的晶胞参数为a p m,阿伏加德罗常数为N 。下列说法A.利用X 射线衍射实验可以区别C u S、C u 2 s 的晶胞B.C w S 晶胞中，C u 填充了晶胞中一半四面体空隙C.C u S 晶胞中，$2-配位数为8D.C a2 s 晶胞的密度为方薪6 40而 加_3（8）（2 分）已知FeO 的晶胞如图3 所示，其右上角表示。?一构成的八面体空隙内填充一个Fe2+,则该八面体内Fe2+
31、与。2-的个数比N（Fe2+）：/V（02-）=。FeO 密度为5.7 g/cm3,则晶胞内【答案】(1)2 或一2(2)发射(3)C i?+的电子排布是以川3d%Cu+Ar3 d1 0,高温时C“+比C i?+更稳定(4)V 形；(5)42 5。4中心原子S的正电荷高，对。-“共用电子对的吸引力大，使。-”的极性增强，易电离，故由5。4酸性强(6)一的半径比$2 小，所以FeO 的键能更大，熔点更高(7)A；D(8)1：1；孕 x 3信 等 x I O 1。/yj 3,/V【解析】【解答】(1)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+E 表示，与之相反的用一有表示，称为电子的
32、自旋磁量子数。基态的尸e2+的价电子轨道表示式为3d其价电子自旋磁量子数的代数和为2 或-2。(2)当。原子的电子排布从I s 2 2 s l2 P 5变成I s 2 2 52 2 P 4时，电子能量降低，放出能量，形成的光谱名称是发射。C/+的电子排布是 A r 3d9、C+是 切3d1,高温时C a+比C/+更稳定，所以高温燃烧时C&S 变成更稳定的C S。(4)S C)2 分子中S原子价电子对数为3,有 1 个孤电子对，空间构型是V形。孤电子对对成键电子对排斥作用大，所以键角N。S 。1 2 0。0(5)H2 s。4中心原子S的正电荷高，对0-H 共用电子对的吸引力大，使0-H 的极性增
33、强，易电离，故“2 5。4酸性强。(6)FeO、FeS 都是离子晶体，。2-的半径比S?一小，所以Fe。的键能更大，熔点更高；(7)A,X 射线衍射实验是研究晶体结构的重要手段，X 射线衍射实验可以区别C aS、C i t 2 s 的晶胞，故A正确；B.根据图1,晶胞中S 2-数为4,C w S 晶胞中，C u+数为8,C u+填充了晶胞中所有四面体空隙，故 B不正确；C.C u S 晶胞中，C u 2+填充了晶胞中一半四面体空隙，52-配位数为4,故 C不正确；6 4x8+32 x4 6 40D.C g S 晶胞中S 2-数为4、C u+数为8,密度为0 3*1 0-3%打=丁;。3、10二
34、。7 n，故 D正确；选 A D。(8)每个。2 一被6 个八面体共用，根据均摊原则，1 个八面体中实际占用。2 一数为6X!=1、Fe2+数为 1,则该八面体内Fe2+与。2-的个数比N(Fe2+)：/V(O2-)=1：U FeO 晶胞中。2-数为1 2 x,+1 =4、Fe2+数为8x +6 x/=4,密度为5.7 g/s n 3,则晶胞的边长为蹲亮”1,则晶胞内两个。2-间的最短距离为面对角线的一半，两个。2 一间的最短距离苧x塞 等 x 1 0 i p m。【分析】(1)依据原子构造原理分析；(2)电子能量降低，放出能量，形成发射光谱。(3)全满状态更稳定。(4)依据孤对电子之间排斥作
35、用 孤对电子与成键电子对之间排斥成键电子对之间排斥分析;(5)依据键的极性分析。(6)首先判断晶体类型，再依据离子判断及键能大小判断；(7)A.X射线衍射实验是研究晶体结构的重要手段；B.根据晶胞结构分析；C.根据晶胞结构分析；D.利用均摊法确定原子数，再利用=早计算；(8)根据均摊原则，确定原子数，再利用p =m计算；试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：75分分值分布客观题（占比）40.0(53.3%)主观题（占比）35.0(46.7%)题量分布客观题（占比）20(83.3%)主观题（占比）4(16.7%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）填空题1(4.2%)2.0(
36、27%)非选择题4(16.7%)35.0(46.7%)单选题19(79.2%)38.0(50.7%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(91.7%)2容易(4.2%)3困难(4.2%)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有机物（官能团）的检验2.0(27%)42极性键和非极性键4.0(5.3%)9,123有机化合物的命名8.0(10.7%)214多糖的性质和用途2.0(27%)65液晶2.0(27%)86有机物中的官能团16.0(21.3%)21,227乙烯的化学性质2.0(27%)38苯的同系物及其性质4.0(5.3%)16,209元素电离能、电负性的含义及
37、应用21.0(28.0%)19,23,2410晶胞的计算11.0(14.7%)2411乙酸乙酯的制取2.0(27%)412球棍模型与比例模型2.0(27%)213晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用2.0(27%)814烧类的燃烧8.0(10.7%)2315氨基酸、蛋白质的结构和性质特点2.0(27%)616结构简式2.0(27%)217物质的分离与提纯2.0(27%)1818同分异构现象和同分异构体10.0(13.3%)20,2219含有氢键的物质8.0(10.7%)2320卤代蜂简介2.0(27%)321原子轨道杂化方式及杂化类型判断8.0(10.7%)5,9,12,1922原子核外电子
38、排布2.0(27%)1523:院匕2.0(27%)324有机物的结构和性质4.0(5.3%)10,1425苯的结构与性质2.0(27%)1126有机物的合成16.0(21.3%)21,2227物质的检验和鉴别2.0(2.7%)428饱和蜂与不饱和燃2.0(27%)129离子晶体2.0(27%)830原子结构示意图2.0(27%)231有机高分子化合物的结构和性质2.0(27%)1432同素异形体2.0(27%)2033金属晶体的基本堆积模型2.0(27%)1734原子核外电子的能级分布2.0(27%)535同位素及其应用2.0(27%)2036原子结构的构造原理13.0(17.3%)15,2437化学实验方案的评价2.0(27%)738金属晶体2.0(27%)939微粒半径大小的比较2.0(27%)1240滨乙烷的化学性质2.0(27%)1141阿伏加德罗常数2.0(27%)13