四川省南充市白塔中学2021-2022高二化学12月月考试题(含解析).doc

四川省南充市白塔中学2021-2022高二化学12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Na—23 Mg—24 Fe—56 Cu—64 P-31 Si-28 Ti-48 Ca-40
第Ⅰ卷（单选题，共54分）
1.下列关于有机物的叙述正确的是( )
A. 甲苯中所有原子可能共平面
B. C3H6Cl2有三种同分异构体
C. 油脂、淀粉均属于高分子化合物
D. 乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于甲烷为正四面体结构，甲苯可以看作甲烷中1个H被苯基取代，所以甲苯中所有原子不可能共平面，选项A错误；
B、分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3-CH2-CHCl2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3-CCl2 -CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl-CH2-CH2Cl（两个边上的），CH2Cl-CHCl-CH3（一中间一边上），共有4种，选项B错误；
C、淀粉属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，选项C错误；
D、乙烯含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，据此可以鉴别甲烷和乙烯，选项D正确；
答案选D。

2.用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是( )
A. 砷原子的结构示意图
B. BF4—的结构式
C. HF分子间的氢键
D. 丙氨酸的手性异构
【答案】D 【解析】
【详解】A 、根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项A 错误；
B 、BF 4-
中有一个F 提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为
，
选项B 错误；
C 、HF 分子中F 原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项C
错误；
D 、丙氨酸CH 3-CH(NH 2)-COOH 中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH 3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，选项D 正确； 答案选D 。

3.下列说法正确的是 ( )
A. 124gP 4含有的P －P 键的个数为6N A
B. S 2Cl 2 结构与过氧化氢相似，为非极性分子
C. O 3、SO 2、NH 2-互为等电子体，空间构型都为V 形
D. 60gSiO 2中含Si －O 键的个数为2N A 。

【答案】A 【解析】
【详解】A 、124g 白磷中含有的磷分子个数=
124g
124g /mol
×N A =N A ，一个白磷分子中含有6个P-P
键，所以124g P 4含有的P-P 键的个数为6N A ，选项A 正确；
B 、S-S 键为非极性共价键，S-Cl 键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，选项B 错误；
C、O3、SO2均为3原子18电子，互为等电子体，空间构型都为V形，NH2-空间构型也为V形，但为3原子10电子，与前二者不互为等电子体，选项C错误；
D、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4molSi-O键，故含4N A个，选项D 错误；
答案选D。

4.①PH3的分子构型为三角锥形，②BeCl2的分子构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子构型为平面正三角形，⑥NF3分子结构为三角锥形。

下面对分子极性的判断正确的是
A. ①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子
B. 只有④为非极性分子，其余为极性分子
C. 只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子
D. 只有①③是非极性分子，其余是极性分子
【答案】A
【解析】
【分析】
非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。

但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。

【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。

但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。

④CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，③CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，②BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子，⑤ BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。

⑥NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；
①PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；
结合以上分析可知，①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子，A正确；
综上所述，本题选A。

【点睛】组成为AB n型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分
子。

5.下列说法正确的是（）
A. 离子化合物中可能含有共价键
B. 分子晶体中的分子内不含有共价键
C. 分子晶体中一定有非极性共价键
D. 分子晶体中分子一定紧密堆积
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子化合物中可能含有共价键，如离子化合物KOH中含O-H共价键，可能不含共价键如NaCl，选项A正确；
B．多原子分子内含共价键如HCl，稀有气体分子晶体中不含化学键，选项B错误；
C．稀有气体分子晶体中不含化学键，选项C错误；
D．冰中水分子间存在氢键，氢键具有方向性，所以分子晶体冰不具有分子密堆积特征，选项D错误；
答案选A。

【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及物质中的化学键为解答的关键，注意稀有气体中不含化学键，侧重分析与应用能力的考查，易错点为选项D冰中水分子间存在氢键，不具有分子密堆积特征。

6.下列说法正确的是( )
A. 范德华力是一种分子间作用力，也是一种特殊的化学键
B. 非极性分子中，各原子间都以非极性键结合
C. 常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于水分子间存在氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A、范德华力是分子间较弱的作用力，是一种分子间作用力，不是化学键，选项A错误；
B、非极性分子中，各原子间也可以以非极性键结合，如甲烷分子就是以四个极性键形成的非极性分子，选项B错误；
C、卤素单质从F2到I2结构相似，都是分子晶体，相对分子质量依次增大，相对分子质量越大，
范德华力就越大，选项C正确；
D、H2O是一种非常稳定的化合物，与H-O键有关，而与氢键无关，选项D错误。

答案选C。

7.下表中各粒子、粒子对应的立体构型及解释均正确的是( )
选项粒子立体构型解释
A 氨基负离子(NH2—) 直线形N原子采用sp杂化
B 二氧化硫(SO2) V形S原子采用sp3杂化
C 碳酸根离子(CO32—) 三角锥形C原子采用sp3杂化
D 碘三正离子（I3+) V形I原子采用sp3杂化
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH2-中心原子N原子采用sp3杂化但N原子有两对价电子未参与成键，所以分子的立体构型为V型，选项A错误；
B．SO2中S原子的价层电子对个数=σ键数+孤对电子对数=2+(6-2×2)=3，含孤电子对数为1，杂化轨道数3，采取sp2杂化，结构为V形，选项B错误；
C．CO32-中，价层电子对数=3+(4+2-3×2)=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化，分子形状为平面三角形；选项C错误；
D．碘三正离子（I3+)中I原子的价层电子对个数=σ键数+孤对电子对数=2+(7-1-2×1)=4，含孤电子对数为2，杂化轨道数4，采取sp3杂化，结构为V形，选项D正确；
答案选D。

【点睛】本题考查物质的空间构型，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电
子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数；通常价电子对个数为2时是sp杂化、价电子对个数为3时是sp2杂化、价电子对个数为4时是sp3杂化，据此分析答题。

8.下列关于有机物说法正确的是( )
①制乙酸乙酯时，把乙醇和乙酸依次加入浓硫酸中
②用灼烧的方法可以区别丝和棉花
③油脂水解可得到氨基酸和甘油
④纤维素和淀粉都是多糖，二者互为同分异构体
⑤溴乙烷、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解
⑥乙醇中是否含水，可用金属钠来检验
⑦乙烯和乙烷都能发生加聚反应
⑧蛋白质水解的最终产物是多肽
A. ①②③⑧
B. ④⑤⑥⑦
C. ②⑤
D. ①⑤
【答案】C
【解析】
①其它液体与浓硫酸混合相似于稀释浓硫酸，应该将浓硫酸加入其它液体中，故①错误；②用灼烧的方法可以区别丝和棉花，故②正确；③油脂水解得到脂肪酸和甘油，不能得到氨基酸，故③错误；④纤维素和淀粉的聚合度不同，分子式不同，二者不为同分异构体，故④错误；⑤溴乙烷、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，故⑤正确；⑥乙醇与水相似，也可以与金属钠发生反应生成氢气，所以不可用金属钠检验乙醇中是否含水，故⑥错误；⑦乙烷不能发生加聚反应，故⑦错误；⑧蛋白质水解的最终产物是α-氨基酸，故⑧错误。

故选C。

9.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。

下列有关叙述正确的是( )
A. Y原子的价层电子排布式为3s23p5
B. 稳定性：Y的氢化物＞Z的氢化物
C第一电离能：Y＜Z
D. X、Y两元素形成的化合物为离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】X 、Y 、Z 为短周期元素，X 原子最外层只有一个电子，则X 为H 、Li 或Na ；Y 原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y 有3个电子层，最外层有6个电子，则Y 为硫元素；Z 的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z 有2个电子层，最外层电子数为6，则Z 为氧元素。

则
A ．Y 为硫元素，Y 的价层电子排布式为3s 23p 4，故A 错误；
B ．Y 为硫元素，Z 为氧元素，非金属性O ＞S ，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性Z ＞Y ，故B 错误；
C ．Y 为硫元素，Z 为氧元素，第一电离能：Y ＜Z ，故C 正确；
D ．X 为H 、Li 或Na ，Y 为硫元素，H 、Li 或Na 与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D 错误； 故选C 。

10.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是( ) A. 基态原子的N 层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA 族元素 B. 原子的价电子排布为(n －1)d
6～8
ns 2
的元素一定是副族元素
C. 基态原子的p 能级上半充满的元素一定位于p 区
D. 基态原子的
价电子排布为(n －1)d x n y
的元素的族序数一定为x ＋y 【答案】C 【解析】
【详解】A ．基态原子的N 层上只有一个电子的元素，可能为K 、Cr 或Cu ，K 为主族元素，Cr 、Cu 为副族元素，故A 错误；
B ．副族元素的d 能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B 错误；
C ．基态原子p 能级上半充满的元素，电子最后填充p 能级，属于p 区，故C 正确；
D ．为ⅢB～ⅦB 及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d 、s 能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y ，为ⅠB 族、ⅡB 族元素，族序数等于外围电子排布中s 能级中的电子数为y ，故D 错误， 答案选C 。

【点睛】本题考查结构与位置关系、元素周期表，侧重对过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点，易错点为选项B ：原子的价电子排布为（n-1）d 6～8ns 2的元素为Ⅷ族元素。

11. 下列各项叙述中，正确的是 ( )
A. N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. 氮原子的最外层电子排布图：
【答案】B
【解析】
A．同主族元素从上到下，电负性减小，则N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A 错误；B．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA 族，最后填充p电子，是p区元素，故B正确；C．p轨道均为纺锤形，离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故C错误；D．利用“洪特规则”可知最外层电子排布图错误，应为，故D错误；故选B。

12.国外有人用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射N2，此时碳氮原子结合成碳氮化合物薄膜。

据称，这种化合物可能比金刚石更坚硬，其原因可能是( )
A. 碳、氮原子构成网状结构的晶体
B. 碳氮键比金刚石中的碳碳键更长
C. 氮原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多
D. 碳、氮的单质化学性质均不活
【答案】A
【解析】
【详解】A、由晶体的性质可知该晶体是原子晶体，C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长要短，且形成网状结构，所以这种化合物比金刚石坚硬，选项A正确；
B、碳、氮原子构成网状结构的晶体，碳氮键比金刚石中碳碳键更短，选项B错误；
C、氮原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多，不是熔点高的原因，选项C错误；
D、碳、氮单质的化学性质均不活泼，与最外层电子数有关，不是熔点高的原因，选项D错误；答案选A。

13.利用下图装置做铝热反应实验。

下列说法不正确的是
A. 该反应的化学方程式是2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
B. 该反应会产生高温、发出强光
C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属
D. 若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A项、Al与Fe2O3在高温条件下反应，生成Fe和Al2O3，故A正确；
B项、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；
C项、铝热反应可以生成金属单质，利用铝热反应可冶炼某些金属，故C正确；
D项、铁元素的化合价从＋3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，若反应中转移3 mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5 mol，故D错误；
故选D。

14.下列关于有机化合物的说法正确的是( )
A. 分子式为C4H8和C2H4的物质一定互为同系物
B. 苯乙烯()使酸性KMnO4溶液和溴水褪色的原理相同
C. 室温下在水中的溶解度：乙醇＞环己烷
D. 在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH
【答案】C
【解析】
【详解】A、分子式为C2H4的物质一定是乙烯，分子式为C4H8的物质可能是丁烯或环丁烷，乙烯和环丁烷不互为同系物，选项A错误；
B、苯乙烯使酸性KMnO4溶液褪色是因为二者发生了氧化还原反应，使溴水褪色是因为二者发
生了加成反应，褪色原理不同，选项B错误；
C、室温下，乙醇与水任意比互溶，环己烷难溶于水，选项C正确；
D、在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2H518OH，选项D错误。

答案选C。

15.在实验室中，下列除去杂质的方法不正确的是（）
A. 溴苯中混有溴，加稀NaOH溶液反复洗涤、分液
B. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液
D. 乙烯中混有SO2和CO2，将其通过NaOH溶液洗气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 溴苯不溶于氢氧化钠溶液，溴可以跟氢氧化钠反应，溴苯中混有溴，加稀NaOH 溶液反复洗涤、分液，故A正确；
B. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷，会混入杂质氢气，且操作困难，应该将混合气体通入溴水、洗气，故B错误；
C. 硝基苯不溶于水溶液，酸可以和碱反应，硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH 溶液中，静置，分液，故C正确；
D. 乙烯不溶于水溶液，二氧化硫和二氧化碳可以被碱液吸收，乙烯中混有SO2和CO2，将其通过NaOH溶液洗气，故D正确；
故答案选B。

【点睛】有机物中含有乙烯的除杂是一个常考点，要特别注意，乙烯与高锰酸钾反应会生成二氧化碳气体，故一般不能使用高锰酸钾进行气体的除杂。

16.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A. 分子式为C6H6O6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；
B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；
C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确；
答案选B。

17. 铁有δ、γ、α三种同素异形体，如下图所示，三种晶体在不同温度下能发生转化。

下列说法不正确的是( )
A. 将铁加热到1500°C分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
B. α-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个
C. 若δ-Fe晶胞边长为a cm，α-Fe晶胞边长为b cm，则两种晶体密度比为2b3：a3
D. δ-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个
【答案】A
【解析】
试题分析：A．由三种同素异形体的结构及相互转化的温度关系可知：将铁加热到1500°C分别急速冷却得到δ-Fe；缓慢冷却得到γ-Fe，温度不同，得到的晶体类型不相同，错误。

B．α-Fe 晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个，分别位于Fe原子的上、下、前、后、左、右六个方向，正确。

C．若δ-Fe晶胞边长为a cm，δ-Fe晶胞中含有2个Fe原子，α-Fe晶
（）胞边长为b cm，α-Fe晶胞中含有1个Fe原子。

则两种晶体密度比为（）：
=2b3：a3。

正确。

D．有晶胞结构示意图可知：在δ-Fe晶体中与每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，正确。

考点：考查铁的三种同素异形体的结构与性质的知识。

18.某烷烃和某单烯烃的混合气体2.24 L(标准状况)，使其完全燃烧，产生的气体完全通过浓硫酸，浓硫酸质量增加4.50 g，剩余气体通过碱石灰，碱石灰质量增加了7.70 g，另取该混合气体2.24 L(标准状况)，通过足量溴水，溴水质量增加了1.40 g。

该混合气体由哪两种烃组成( )
A. 甲烷和丙烯
B. 甲烷和丁烯
C. 乙烷和乙烯
D. 乙烷和丁烯
【答案】B
【解析】
【详解】混合气体的物质的量为
2.24L
22.4mol/L
=0.1mol，充分燃烧生成水的质量为4.5g，n（H2O）
=0.25mol，n（H）=0.5mol；
生成二氧化碳的质量为7.7g，所以n（CO2）=0.175mol，n（C）=0.175mol；
所以1mol混合烃的分子式可表示为C1.75H5，其M=26g/mol；所以1mol烃的质量为26g；最简单的烯烃为乙烯，其摩尔质量为28g/mol，所以烷烃的摩尔质量小于26g/mol，则一定含有甲烷；
又因将等量的混合烃通过足量溴水，溴水增重1.40g，所以甲烷的质量为2.6g-1.4g=1.2g，n
（CH4）=0.075mol；n(烯烃)=0.1mol-0.075mol=0.025mol，M（烯烃）=
1.4g
0.025mol
=56g·mol-1；
因为是单烯烃，其分子式可表示为C n H2n，则14n=56，n=4，该烯烃为C4H8；即由甲烷和丁烯组成。

答案选B。

第Ⅱ卷（非选择题，共46分）
19.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。

已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子(外围电子)排布为ms n mp n；③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。

请回答下列问题：
(1)Z2＋的核外电子排布式是________。

(2)在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的______形成配位键。

(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是_____。

a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙
c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙
(4)Q 、R 、Y 三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为________(用元素符号作答)。

(5)Q 的一种氢化物相对分子质量为28，其分子中σ键与π键的键数之比为________。

(6)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________(填晶体类型)。

【答案】 (1). 1s 22s 22p 63s 23p 63d 9或[Ar]3d 9 (2). 孤电子对 (3). b (4). Si<C<N
(5). 5∶1 (6). 原子晶体
【解析】
【分析】
Q 、R 、X 、Y 、Z 五种元素的原子序数依次递增，①Z 的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则Z 是Cu 元素；
③R 原子核外L 层电子数为奇数，且属于短周期主族元素，所以R 是第二周期元素，Q 的
原子序数小于R ，则Q 属于第一或第二周期元素；
④Q、X 原子p 轨道的电子数分别为2和4，则Q 是C 元素，R 是N 或F 元素；
X 原子P 轨道含有4个电子且原子序数大于R ，所以X 是O 或S 元素，
②Y 原子价电子排布为ms n mp n ，原子序数小于29，n=2，Y 原子序数大于X ，且属于主族元素，所以Y 是Si 元素，则X 是O 元素，R 是N 元素，
则Q 、R 、X 、Y 、Z 五种元素分别是C 、N 、O 、Si 、Cu 。

【详解】Q 、R 、X 、Y 、Z 五种元素的原子序数依次递增，①Z 的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则Z 是Cu 元素；
③R 原子核外L 层电子数为奇数，且属于短周期主族元素，所以R 是第二周期元素，Q 的原子序数小于R ，则Q 属于第一或第二周期元素；
④Q、X 原子p 轨道的电子数分别为2和4，则Q 是C 元素，R 是N 或F 元素；
X 原子P 轨道含有4个电子且原子序数大于R ，所以X 是O 或S 元素，②Y 原子价电子排布为ms n mp n ，原子序数小于29，n=2，Y 原子序数大于X ，且属于主族元素，所以Y 是Si 元素，则X 是O 元素，R 是N 元素，
则Q 、R 、X 、Y 、Z 五种元素分别是C 、N 、O 、Si 、Cu 。

（1）Z 为Cu 元素，Z 2+为Cu 2+，Cu 的价电子排布为3d 104s 1，失去两个电子，则为3d 9，Cu 2+的核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 63d 9；
（2）含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键，在[Cu(NH 3)4]2+离子中，Z 2+的空轨道接受NH 3分子提供的孤电子对形成配位键；
（3）Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4＞SiH4．因为SiH4 的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高，
答案选b；
（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，即Si＜C，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，C＜N，所以第一电离能Si＜C＜N；（5）Q为C元素，C、H形成的相对分子质量为26的物质为C2H2，结构式为H-C≡C-H，单键是σ键，叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3：2；
（6）电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成SiO2，属于原子晶体。

【点睛】本题以元素推断为载体，考查物质结构与性质、核外电子排布、电离能、化学键、晶体等，是对所学知识的综合运用，根据原子结构推断元素是解题关键，注意基础知识的掌握。

20.乙醇可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，一些转化如图：
回答以下问题：
（1）间接水合法中的转化③：乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（CH3CH2OSO3H）的有机反应类型是____，转化④的化学方程式是_____。

（2）蘸有B的玻璃棒遇到氮的最简单氢化物气体会冒白烟，反应的化学方程式为_________，转化⑤的化学方程式为____________。

（3）将一质量为w的铜丝灼烧变黑后，迅速插入乙醇中，变黑的铜丝恢复红色。

该反应的化学方程式为_____。

（4）已知：CH3CHO+NaHSO3→↓（α﹣羟基乙磺酸钠），所得乙醛可用如图方式提纯：
①乙醛晶体类型为__________。

②分离操作A的名称是____；
③某同学设计分离操作B的装置（夹持和加热装置已略去）如图所示。

冷凝管中的液体应从_____口进。

（填“D”或“E”），下列有关操作与装置的分析，正确的是_____（填字母，多选反扣）。

A．烧杯中应装冰水
B．冷凝管应通温水
C．如图示装置可用于除去乙酸乙酯中混有的乙醇
【答案】(1). 加成反应(2). C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4(3). CH3COOH+NH3═CH3COONH4(4). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (5). CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O (6). 分子晶体 (7). 过滤 (8). E (9). A 【解析】
【分析】
（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；
（2）乙醇与B反应生成乙酸乙酯，则B是乙酸，蘸有B的玻璃棒遇到氮的最简单氢化物气体氨气反应生成醋酸铵会冒白烟；
（3）①铜灼烧转化为氧化铜，氧化铜被乙醇还原为铜；
②催化剂反应前后质量不变，若要证明铜丝起催化作用；
（4）①乙醛属于共价化合物；
②从悬浊液中得到α－羟基乙磺酸钠固体需要过滤；
③蒸馏时冷却水应该是逆向冷却，则冷凝管中的液体应从E口进。

【详解】（1）乙烯含有碳碳双键，与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯(CH3CH2—OSO3H)；根据原子守恒可知硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，则转化④的化学方程式是C2H5OSO3H＋H2O＝
C2H5OH+H2SO4；
（2）乙醇与B反应生成乙酸乙酯，则B是乙酸，蘸有B的玻璃棒遇到氮的最简单氢化物气体氨气反应生成醋酸铵会冒白烟，反应的化学方程式为CH3COOH+NH3＝CH3COONH4，转化⑤是酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；
（3）①铜灼烧转化为氧化铜，氧化铜被乙醇还原为铜，则使铜丝恢复红色的化学方程式为C2H5OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O；
②催化剂反应前后质量不变，若要证明铜丝起催化作用，还需要进行的操作是将铜丝干燥、称重；
（4）①乙醛属于共价化合物，其晶体类型为分子晶体；
②从悬浊液中得到α－羟基乙磺酸钠固体需要过滤，则分离操作A的名称是过滤；
③蒸馏时冷却水应该是逆向冷却，则冷凝管中的液体应从E口进；
A．乙醛的沸点较低，为防止乙醛挥发，烧杯中应装冰水，选项A正确；
B．冷凝管应通冷水，选项B错误；
C．乙酸乙酯受热易水解，不能用图示装置除去乙酸乙酯中混有的乙醇，选项C错误。

答案选A。

21.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．若以它以及表2中的某些物质为原料，按图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：（注*Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去）。