廣西南寧市馬山縣金倫中學4+N高中聯(lián)合體2026屆高三化學第一學期期中達標檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、將30.8gAl、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生6.72L氣體(標準狀況)。另取等質(zhì)量的該合金溶于過量的稀硝酸中，生成11.2LNO(標準狀況),向反應后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量為A．39.3g B．40.7g C．56.3g D．34.2g2、化學與生活、社會發(fā)展息息相關(guān)，下列說法不正確的是A．“甘之如飴”說明糖類均有甜味B．“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過程發(fā)生了置換反應C．“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠具有丁達爾效應D．古劍“以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”，劑鋼指的是鐵的合金3、常溫下，把0.02mol/LCH3COOH(Ka=1×10－5mol/L)溶液和0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，則混合溶液中微粒濃度關(guān)系正確的是A．c(CH3COO－)＞c(Na＋) B．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)C．c(H＋)＜c(OH－) D．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02mol/L4、下列離子或分子能夠在指定的分散系中大量共存的是A．空氣中：CO2、NO、N2、NH3B．明礬溶液中：H+、Mg2+、Na+、Cl－C．過量鐵與稀硝酸反應后的溶液中：H+、Cl－、I－、Na+D．常溫下，水電離出的c(H+)＝1×10－12mol/L的溶液中：NH4+、Na+、Cl－、CO32－5、合理的實驗設計是順利完成化學實驗的有力保障。下列有關(guān)化學實驗的設計合理的是A．在空氣中用瓷坩堝煅燒鈉制取過氧化鈉B．采用蒸餾的方法分離碘的四氯化碳溶液C．氯氣通入溴化鐵溶液，比較氯和溴的活潑性D．H2S氣體通入CuSO4溶液，比較氫硫酸和硫酸的酸性6、熱核聚變實驗反應堆的原理類似太陽發(fā)光發(fā)熱，即在上億攝氏度的超高溫條件下，利用氫的同位素氘、氚的聚變反應釋放出核能。下列說法正確的是A．H、D、T互為同素異形體B．H2、D2、T2在相同條件下的密度之比為1∶2∶3C．H、D、T與16O、17O、18O構(gòu)成的雙氧水分子的相對分子質(zhì)量有36種D．氘、氚發(fā)生聚變反應生成其他元素，屬于化學變化7、合成氨工業(yè)是現(xiàn)代化工和國民經(jīng)濟的重要支柱，已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0。電催化還原N2制NH3的一種反應機理如圖所示，其中吸附在催化劑表面的微粒用*表示。下列說法正確的是（）A．電催化法是一步即能把N2還原為NH3的高效還原法B．兩個氮原子的加氫過程同時進行C．NH3的及時脫附有利于合成氨D．與傳統(tǒng)工業(yè)合成氨相比，電催化法能降低反應的活化能，從而降低了反應的△H8、下列事實不能用化學平衡移動原理解釋的是A．新制氯水長時間放置顏色變淺B．高壓比常壓更有利于SO2轉(zhuǎn)化為SO3C．蒸干AlCl3溶液無法得到無水AlCl3D．滴加少量CuSO4溶液可以加快Zn與稀H2SO4反應的速率9、下列變化會放出熱量的是A．碘升華 B．冰融化 C．氯化銨溶于水 D．氫氧化鈉溶于水10、下列有關(guān)化學用語的表達正確的是A．CO2的比例模型：B．N原子最外層軌道表示式：C．Cl原子的結(jié)構(gòu)示意圖：D．Al原子最外層電子排布式：3s23p111、可逆反應2A(g)+3B(g)4C(g)+D(g)，已知起始濃度c(A)=4mol·L-1，c(B)=3mol·L-1，C、D濃度均等于0，反應開始2秒后達到平衡狀態(tài)，此時D的平衡濃度為0.5mol·L-1,則下列說法不正確的是()A．反應速率v(C)=1mol/（L·s）B．C的平衡濃度為4mol/LC．A的轉(zhuǎn)化率為25%D．B的平衡濃度為1.5mol/L12、某溶液X含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、OH－、SiO32－、NO3－、SO42－中的幾種，已知該溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.20mol·L－1（不考慮水的電離及離子的水解）。為確定該溶液中含有的離子，現(xiàn)進行了如下的操作：下列說法正確的是A．無色氣體可能是NO和CO2的混合物B．由步驟③可知，原溶液肯定存在Fe3＋C．溶液X中所含離子種類共有4種D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，理論上得到的固體質(zhì)量為2.4g13、下列屬于氧化還原反應的是A．B．C．D．14、關(guān)于下圖所示裝置的判斷，敘述正確的是()A．左邊的裝置是電解池，右邊的裝置是原電池B．該裝置中銅為正極，鋅為負極C．當銅片的質(zhì)量變化為12.8g時，a極上消耗的O2在標準狀況下的體積為2.24LD．裝置中電子的流向是：a→Cu→經(jīng)過CuSO4溶液→Zn→b15、將17.9g由Al、Fe、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體3.36L（標準狀況）。另取等質(zhì)量的合金溶于過量的稀硝酸中，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量為25.4g。若HNO3的還原產(chǎn)物僅為NO，則生成NO的標準狀況下的體積為（）A．2.24L B．4.48L C．6.72L D．8.96L16、一定條件下反應2AB(g)A2(g)＋B2(g)達到平衡狀態(tài)的標志是()A．單位時間內(nèi)生成nmolA2，同時消耗2nmolABB．容器內(nèi)，3種氣體AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各組分的體積分數(shù)不隨時間變化17、向一定濃度的氨水與氫氧化鈉混合液中滴加醋酸，溶液導電能力如圖所示，下列說法正確的是()A．段，導電能力下降是由于溶液總體積變大B．段，發(fā)生反應的離子方程式為C．段，導電能力下降是由于溶液中離子個數(shù)在減少D．隨著醋酸的滴加，最終溶液導電性又將增大18、常溫下，在等體積①pH=0的硫酸②0.1mol·L－1NaOH溶液③pH=10的純堿溶液水電離程度的大小順序是（）A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>①>② D．③>②>①19、下列裝置的線路接通后，經(jīng)過一段時間，溶液的pH明顯下降的是A．A B．B C．C D．D20、下表是25℃時有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)，下列敘述正確的是HIOHClOH2CO3K=2.3×l0-11K=2.95×l0-8K1=4.4×l0-7K2=4.7×l0-11A．同溫、同濃度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3溶液中，堿性最強的是Na2CO3B．向NaClO溶液中通入少量CO2，離子反應為：2ClO-+CO2+H2O→2HClO+CO32-C．向NaIO溶液中通入少量CO2，離子反應為：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-D．向NaHCO3溶液中加入少量HClO，離子反應為：HCO3-+HClO→CO2↑+H2O+ClO-21、下列有關(guān)物質(zhì)的用途不正確的是A．液氨可做冷庫的制冷劑B．食鹽可做食品的防腐劑C．過氧化鈉可做潛艇的供氧劑D．硅可用于制造光導纖維22、某反應的反應過程中的能量變化如圖所示(圖中E1表示正反應的活化能，E2表示逆反應的活化能)，下列有關(guān)敘述中正確的是()A．該反應為放熱反應B．催化劑能改變該反應的焓變C．催化劑能改變該反應的正反應的活化能而對逆反應的活化能無影響D．右圖可表示由KClO3加熱制O2反應過程中的能量變化二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大。第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍且有3個能級，B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，C是地殼中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿。請回答下列問題：(1)A、B、C的第一電離能由小到大的順序是_______(用對應的元素符號表示)；基態(tài)D原子的電子排布式為______。(2)A的最高價氧化物對應的水化物分子中，其中心原子采取_____雜化；BC3-的立體構(gòu)型為______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π鍵個數(shù)為______。(4)如圖是金屬Ca和D所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則該合金中Ca和D的原子個數(shù)比______。(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，它們有很強的儲氫能力。己知鑭鎳合金LaNin晶胞體積為9.0×10-23cm3，儲氫后形成LaNinH4.5合金(氫進入晶胞空隙，體積不變)，則LaNin中n=________(填數(shù)值)；氫在合金中的密度為________(保留2位有效數(shù)字)。24、（12分）有機物M是一種食品香料,可以C4H10為原料通過如下路線合成:已知:①R—CHCH2R—CH2CH2OH②RCH2CHO+R'CH2CHO③F分子中的碳鏈上沒有支鏈;E為芳香族化合物且E、N都能發(fā)生銀鏡反應。請回答下列問題:（1）A、B均為一氯代烴,寫出其中一種的名稱(系統(tǒng)命名)____;M中的官能團名稱為______。（2）寫出下列反應的反應類型:F→G________,D+GM________。（3）F與新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反應的化學方程式為____________________。（4）M的結(jié)構(gòu)簡式為____________;E的核磁共振氫譜有____種峰。（5）與G具有相同官能團的G的芳香類同分異構(gòu)體有____種,請寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式:________________。（6）參照上述合成路線,以苯乙烯()和乙醛為原料(無機試劑任選),設計制備的合成路線：______________________。25、（12分）某研究性學習小組同學取VL濃縮的海水，用下圖所示裝置模擬工業(yè)法提溴。回答下列問題：（1）裝置A可用于實驗室制備氯氣，其反應原理為________________________________(用離子方程式表示)，裝置B是SO2貯氣瓶，則Q中的溶液為________________。（2）溴的富集過程：①通入氯氣與通入熱空氣的順序是先通______________，通入氯氣時K1、K2、K3的關(guān)、開方式是___________________。②裝置D的作用是_______________________________，通入SO2時裝置E中發(fā)生反應的化學方程式為______________________________________。（3）溴的精制：①待裝置E中Br-全部轉(zhuǎn)化為單質(zhì)后，再利用下圖中的____________(填字母)裝置進行蒸餾即可得到純溴。②假設最終得到mg純溴，實驗中溴的利用率為b%，則濃縮海水中c(Br-)=______________.26、（10分）甲酸(HCOOH)易揮發(fā)，熔點為8.6℃，電離常數(shù)K＝1.8×10－4。某化學興趣小組進行以下實驗。Ⅰ.制取一氧化碳（1）用A圖所示裝置進行實驗。利用濃硫酸的脫水性，將甲酸與濃硫酸混合，甲酸發(fā)生分解反應生成CO，反應的化學方程式是_________________；實驗時，不需加熱也能產(chǎn)生CO，其原因是_________________。（2）欲收集CO氣體，連接上圖中的裝置，其連接順序為：a→_________(按氣流方向，用小寫字母表示)。Ⅱ.一氧化碳性質(zhì)的探究資料：①常溫下，CO與PdCl2溶液反應，有金屬Pd和CO2生成，可用于檢驗CO；②一定條件下，CO能與NaOH固體發(fā)生反應：CO＋NaOH473K10MPa利用下列裝置進行實驗，驗證CO具有上述兩個性質(zhì)。（3）打開k2，F(xiàn)裝置中發(fā)生反應的化學方程式為_________；為了使氣囊收集到純凈的CO，以便循環(huán)使用，G裝置的作用是____________，H裝置中盛放的試劑是__________。（4）某同學為了證明E裝置中CO與NaOH固體發(fā)生了反應，設計下列實驗方案：取固體產(chǎn)物，配成溶液，常溫下測該溶液的pH，若pH>7，則證明CO與NaOH固體發(fā)生了反應。經(jīng)小組討論，該方案不可行，理由是_________________________________。（5）某同學為了測定產(chǎn)物中甲酸鈉(HCOONa)的純度，設計如下實驗方案：準確稱取固體產(chǎn)物mg配成100mL溶液，取20.00mL溶液，加入指示劑，用cmol·L－1的鹽酸標準溶液平行滴定剩余的NaOH三次，平均消耗的體積為VmL。已知：三種指示劑的變色范圍如下所示。則指示劑應選用_______，產(chǎn)物中甲酸鈉的純度為________(用含m、c、V的代數(shù)式表示)。27、（12分）實驗室要配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL和0.1mol·L-1硫酸溶液360mL，現(xiàn)用CuSO4.5H2O晶體和質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g·cm-3的濃硫酸配制上述溶液實驗室提供的儀器如圖回答下列問題：(1)所給儀器中配制溶液時肯定不需要的是_____________(填字母)，配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是_________(填儀器名稱)(2)在配制CuSO4溶液時：①根據(jù)計算用托盤天平稱取CuSO4?5H2O的質(zhì)量為_________g。②若稱取CuSO4?5H2O的質(zhì)量時，使用了生銹的砝碼，則所得溶液濃度__________（填“＞”“＜”或“=”)0.1mol?L-1。③若定容時俯視讀數(shù)，則所得溶液濃度_________（填“>”“＜”或“=”)0.1mol?L-1。(3)在配制硫酸溶液時：①所需質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸的體積為_____(計算結(jié)果保留一位小數(shù))mL。②如果實驗室有10mL、15mL、50mL量簡，應選用__mL量簡為宜。③若稀釋濃硫酸后，未冷卻至室溫直接轉(zhuǎn)移，則所得溶液濃度______（填“＞”“＜”或“=”)0.1mol?L-1。28、（14分）碳是地球上組成生命的最基本的元素之一。按要求回答：（1）碳原子核外有________種不同空間運動狀態(tài)的電子，第一電離能介于B和C之間的元素的名稱為_________。（2）碳元素能形成多種無機物。①CO32-的立體構(gòu)型是_______________。②MgCO3分解溫度比CaCO3低的原因是_________________________。③石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K（如圖），其結(jié)構(gòu)為每隔一層碳原子插入一層鉀原子，與鉀原子層相鄰的上下兩層碳原子排列方式相同，則與鉀最近等距的配位碳原子有_________個。（3）碳也可形成多種有機化合物，下圖所示是一種嘌呤和一種吡啶的結(jié)構(gòu)，兩種分子中所有原子都在一個平面上。①1mol吡啶分子中含有σ鍵數(shù)目是__________。②嘌呤結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式為________。③嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，解釋原因________________________________。（4）將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成的正四面體結(jié)構(gòu)單元取代可形成碳的一種新型三維立方晶體結(jié)構(gòu)——T-碳。已知T-碳密度為ρg/cm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則T-碳的晶胞參數(shù)a=________pm(寫出表達式即可)。29、（10分）“9.11”事件后，各國從國家安全出發(fā)，金屬釩（V）已成為本世紀最重要的戰(zhàn)略儲備資源之一，V及其化合物有著廣泛的用途，其地位和作用長期不可替代。（1）V2O5可作為硫酸工業(yè)中2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的催化劑，其催化原理如圖所示。過程a、b的化學方程式如下：過程a：V2O5+SO2V2O4+SO3過程b：V2O4+O2+2SO22VOSO4則過程c的化學方程式表示為：_________。（2）已知下列氣態(tài)分子中1mol化學鍵斷裂時需要吸收的能量數(shù)據(jù)如下表：化學鍵S=O（SO2）S=O（SO3）O=O（O2）能量/kJ535472496則反應2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的△H=________。（3）工業(yè)上采用高溫（550℃左右）煅燒NH4VO3的方法制取V2O5，寫出該制備反應的化學方程式：__。（4）全釩液流電池（簡稱釩電池）是一種新型酸性硫酸鹽電池。釩電池結(jié)構(gòu)如圖所示。已知：充電過程中，左槽溶液由綠色變?yōu)樽仙??；卮鹣铝袉栴}：VO黃色VO2+藍色V3+綠色V2+紫色①放電時，電極______（填“a”或“b”）為正極，發(fā)生的電極反應為：____；②充電過程中，若質(zhì)子交換膜右側(cè)電解液中n（H+）的變化量為0.25mol。則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____mol。③VO2+離子可由釩同價態(tài)的簡單陽離子完全水解得到，該水解反應的離子方程式為：_______。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【詳解】合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應產(chǎn)生氣體氫氣6.72L（標準狀況），所以金屬鋁的質(zhì)量是5.4g，金屬鋁失電子的量是0.6mol，將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋離子，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質(zhì)的量為×3=1.5mol，向反應后的溶液中加入過量的NaOH溶液，鋁離子全部轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，不會出現(xiàn)沉淀，反應中金屬鐵、銅失去電子的物質(zhì)的量0.9mol等于生成氫氧化物結(jié)合氫氧根離子的物質(zhì)的量，即n(OH－)=0.9mol，所以反應后沉淀的質(zhì)量等于30.8g-5.4g+0.9mol×17g·mol－1=40.7g。故選B。2、A【分析】

【詳解】A．糖類不一定均有甜味，如多糖淀粉或纖維素無甜味，故A錯誤；B．鐵活潑性強于銅，鐵置換銅屬于濕法煉銅，該過程發(fā)生了置換反應，故B正確；C．霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，膠體都具有丁達爾效應，故C正確；D．鐵中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韌性越強，劑鋼是鐵與碳的合金，故D正確；故答案為A。3、A【解析】常溫下，把0.02mol/LCH3COOH(Ka=1×10－5mol/L)溶液和0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中溶質(zhì)是醋酸鈉和醋酸，且物質(zhì)的量濃度相等，由于溶液等體積混合,所得混合溶液的體積與原單一的溶液來講,增大到原來的2倍,因此其濃度均為0.005mol/L。醋酸的電離平衡常數(shù)是1×10－5mol/L，則CH3COO-的水解平衡常數(shù)是?！驹斀狻緼、由于醋酸電離的程度大于醋酸根離子的水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)，故A正確；B、由于醋酸電離的程度大于醋酸根離子的水解程度，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，故B錯誤；C、由于醋酸電離的程度大于醋酸根離子的水解程度，所以溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，故C錯誤；D、由于溶液等體積混合,所得混合溶液的體積與原單一的溶液來講,增大到原來的2倍,所以濃度變?yōu)椋鶕?jù)物料守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01mol/L，故D錯誤。4、B【解析】A.NO與氧氣反應，不能在空氣中大量共存，故A錯誤；

B.明礬溶液中離子之間不發(fā)生反應，可大量共存，所以B選項是正確的；

C.酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，可氧化亞鐵離子，故C錯誤；

D.常溫下，水電離出的c(H+)＝1×10－12mol/L的溶液可能呈酸性或堿性，堿性條件下NH4+不能大量共存，酸性條件下CO32－不能大量共存，故D錯誤。

所以B選項是正確的。【點睛】本題考查離子共存問題，側(cè)重于元素化合物知識的綜合考查和學生的分析能力、審題的能力的考查，注意把握常見離子的性質(zhì)以及反應類型的判斷，比如酸性條件下硝酸根離子具有強氧化性，可氧化亞鐵離子等。5、B【解析】A．在高溫下SiO2能與Na2O、Na2O2反應，故A錯誤；B．因四氯化碳與碘的沸點不同，可用蒸餾的方法分離碘和四氯化碳，故B正確；C．氯氣通入溴化鐵溶液中，有溴生成，但溶液顏色變化不明顯，無法判斷反應是否進行，即無法比較氯和溴的活潑性，故C錯誤；D．H2S是弱酸，但H2S氣體通入CuSO4溶液有CuS生成，得到的難溶物，不可比較氫硫酸和硫酸的酸性，故D錯誤；故答案為B。6、B【解析】A、H、D、T是原子，不是單質(zhì)，不在同素異形體討論的范圍內(nèi)，故A錯誤；B、相同條件下的密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，H2、D2、T2相對分子質(zhì)量之比為2：4：6，即密度之比為1：2：3，故D正確；C、根據(jù)雙氧水組成知，三種氫的同位素有6種組合方式，三種氧的同位素也有6種組合方式，故二者組合成雙氧水的種類有36種，兩個氫組合的相對原子質(zhì)量之和分別為連續(xù)數(shù)據(jù)：2、3、4、5、6，兩個氧組合的相對原子質(zhì)量之和分別為連續(xù)數(shù)據(jù)：32、33、34、35、36，所以H2O2的相對分子質(zhì)量數(shù)據(jù)是連續(xù)的，最小值為2+32=34，最大值為6+36=42，故雙氧水的相對分子質(zhì)量數(shù)值共有42-33=9，即9個數(shù)據(jù)分別是34、35、36、37、38、39、40、41、42，故C錯誤；D、氘、氚聚變反應屬于核反應，核反應屬于物理變化，故D錯誤；故選B。7、C【詳解】A．N2生成NH3的過程中氮原子結(jié)合氫原子，氮元素化合價降低，被還原發(fā)生還原反應，據(jù)圖可知，N2生成NH3是通過多步還原反應實現(xiàn)的，故A錯誤；B．據(jù)圖可知，兩個氮原子上的加氫過程是分步進行的，故B錯誤；C．NH3的及時脫附，減少了生成物的濃度，會使平衡向右移動，有利于合成氨，故C正確；D．催化劑能降低反應的活化能，但不能改變反應的△H，故D錯誤；答案選C。8、D【詳解】A.氯水中存在化學平衡：，由于HClO見光易分解，其量減少后平衡右移，Cl2量減少，顏色變淺，故A錯誤；B.轉(zhuǎn)化反應為：，增大壓強平衡右移，因此高壓比常壓有利于SO2轉(zhuǎn)化為SO3，故B錯誤；C.溶液中存在平衡：，水解反應吸熱，加熱促進水解進行，生成的HCl不斷揮發(fā)出，最終完全水解，得到AL(OH)3，故C錯誤；D.向Zn與稀硫酸溶液反應的混合物中加入CuSO4溶液，生成少量Cu，形成微小原電池，加快生成H2的速率，與平衡移動原理無關(guān)，故D正確。故答案選D。9、D【解析】A.碘升華需要吸收熱量，故A錯誤；B.冰融化需要吸收熱量，故B錯誤；C.氯化銨溶于水需要吸收熱量，故C錯誤；D.氫氧化鈉放熱，故D正確；故選D。【點睛】本題考查物質(zhì)變化過程中的熱量變化。常見的放熱反應：燃燒反應、中和反應、物質(zhì)的緩慢氧化、金屬與水或酸反應、部分化合反應，一些物質(zhì)的溶解也會放熱，如濃硫酸、氫氧化鈉的溶解過程中會放出熱量。10、D【詳解】A．原子半徑C>O，所以圖示不能表示CO2的比例模型，錯誤；B．N原子最外層有5個電子，最外層的電子應該盡可能的成單排列，而且自旋方向相同，這樣原子的能量低，穩(wěn)定，錯誤；C．Cl原子最外層有7個電子，原子的結(jié)構(gòu)示意圖：，錯誤；D．Al原子最外層有3個電子，根據(jù)原子核外電子普遍的能級圖可知其電子排布式：3s23p1，正確。故選D。11、B【解析】從開始到平衡轉(zhuǎn)化D的濃度為0.5mol/L，運用三段式2A(g)+3B(g)4C(g)+D(g)c（起始）（mol/L）4300c（轉(zhuǎn)化）（mol/L）11.520.5c（平衡）（mol/L）31.520.5A項，υ（C）=2mol/L2s=1mol/（L·s），正確；B項，C的平衡濃度為2mol/L，錯誤；C項，A的轉(zhuǎn)化率為100%=25%，正確；D項，B的平衡濃度為1.5mol/L，正確；答案選B。點睛：有關(guān)化學反應速率和化學平衡的計算常用“三段式”，其中涉及的物理量之間的關(guān)系有：各物質(zhì)轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比；反應物平衡物質(zhì)的量=反應物起始物質(zhì)的量-反應物轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量；生成物平衡物質(zhì)的量=生成物起始物質(zhì)的量+生成物轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量；某一反應物的轉(zhuǎn)化率=100%。12、D【解析】X溶液加入鹽酸，生成無色氣體，氣體遇到空氣變?yōu)榧t棕色，則可說明生成NO，X中一定含有NO3-和還原性離子Fe2+；亞鐵離子存在，則一定不存在CO32－、OH－、SiO32－；加入鹽酸后陰離子種類不變，則說明X中含有Cl-，加入氯化鋇生成白色沉淀，則一定含有SO42-；加入KSCN溶液呈紅色，因Fe2+被氧化成Fe3+，則不能證明X中是否含有Fe3+，已知該溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.2mol?L-1，依據(jù)陰陽離子所帶電荷數(shù)守恒，可知一定含有Mg2+，不含F(xiàn)e3+、K+，所以溶液中一定含有的離子為：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+。A．溶液中沒有碳酸根離子，因此X加入鹽酸反應生成的無色氣體中一定不含二氧化碳，故A錯誤；B．因為第一步加入的鹽酸后硝酸根離子能夠?qū)嗚F離子氧化生成鐵離子，不能確定原溶液中是否存在鐵離子，故B錯誤；C．溶液X中所含離子：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共有5種，故C錯誤；D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，得到固體為0.01molFe2O3和0.02molMgO，質(zhì)量為0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正確；故選D。13、C【詳解】氧化還原反應是指反應前后，存在元素化合價發(fā)生變化的化學反應。A.該反應中各元素的化合價均未發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應，故不選A項；B.該反應中各元素的化合價均未發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應，故不選B項；C.該反應中，碘元素由-1價升高至0價，I-被氧化為I2，溴元素由0價降低至-1價，Br2被還原成Br-屬于氧化還原反應，故選C項；D項，該反應中各元素的化合價均未發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應，故不選D項；綜上所述，本題正確答案為C。14、C【詳解】A．左邊是原電池，右邊的電解池，故A錯誤；B．左邊是原電池，投放氫氣的電極是負極，投放氧氣的電極是正極，則鋅是陰極，銅是陽極，故B錯誤；C．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得，當銅片的質(zhì)量變化為12.8g時，a極上消耗的O2在標況下體積為=×22.4L/mol=2.24L，故C正確；D．左邊是原電池，投放氫氣的電極是負極，投放氧氣的電極是正極，則鋅是陰極，銅是陽極，裝置中電子的流向量b→Zn，Cu→a，故D錯誤；故選C。15、C【解析】加入足量的氫氧化鈉中發(fā)生的反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氫氣為3.31L,即0.15mol，所以含有鋁0.1mol，而0.1mol鋁則變?yōu)?3價，所以轉(zhuǎn)移0.3mol電子，F(xiàn)e被氧化為+3價，Cu被氧化為+2。假設Fe、Cu的物質(zhì)的量分別是x、y。質(zhì)量和：2.7+51x+14y="17.9"；沉淀量：107x+98y=25.4；解得x="0.1"mol，y="0.15"molAl、Fe、Cu的物質(zhì)的量分別是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)總的為0.9mol；氮原子從硝酸中的+5價還原為+2價，共轉(zhuǎn)移0.9mol電子，則生成NO為0.3mol，則V（NO）=1．72L。故答案選C。16、D【分析】平衡狀態(tài)的標志可從兩個方面來分析：（1）各組分的百分含量不隨時間變化，（2）正逆反應速率相等。【詳解】A、生成nmolA2，消耗2nmolAB都是向正向反應，錯誤；B、只要反應開始，AB、A2、B2共存，不一定達平衡，錯誤；C、若AB的消耗速率等于A2的消耗速率的2倍，則平衡，錯誤；答案選D。17、A【分析】電解質(zhì)溶液的導電性與離子濃度及所帶電荷數(shù)有關(guān)，離子濃度越大，電荷數(shù)越多，其導電性越強。由于此題各離子所帶電荷數(shù)一樣，所以只需考慮離子濃度?！驹斀狻緼.ab段發(fā)生反應：，離子的量幾乎不變，但由于溶液總體積增大，離子濃度相應減小，所以其導電能力下降，故A正確；B.bc段為醋酸與一水合氨反應，一水合氨為弱電解質(zhì)，與醋酸反應生成醋酸銨，為強電解質(zhì)，溶液導電性增強，但書寫離子方程式時一水合氨不可拆分，因此反應的離子方程式為：，故B錯誤；C.cd段繼續(xù)滴加醋酸，此時溶液中氨水和氫氧化鈉已反應完，醋酸電離程度很小，離子個數(shù)增加很少，但體積增大比較多，離子濃度降低，導致導電性下降，故C錯誤；D.隨著醋酸的滴加，溶液體積不斷增大，離子濃度持續(xù)減小，導電性下降，故D錯誤；故選A。18、D【詳解】①pH=0的硫酸酸溶液中，OH-是電離的，c(H+)=1mol/L，水電離的氫氧根：c(OH-)=10-14mol/L；

②0.1mol/LNaOH溶液，溶液中的H+是水電離的，c(OH-)=10-1mol/L，水電離的H+：c(H+)=10-13mol/L；③pH=10的純堿溶液，碳酸鈉是強堿弱酸鹽，水解后溶液呈堿性，溶液中的OH-是水電離出的，水電離的c(OH-)=10-4mol/L；綜合以上數(shù)據(jù)，可知水電離程度的大小順序是：③＞②＞①，故答案為D。19、D【詳解】A、電池總反應是Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，消耗H2SO4，c(H＋)降低，pH增大，A不符合題意；B、該裝置為電解池裝置，總反應是Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，消耗的H2O，c(OH－)增大，pH增大，B不符合題意；C、電解飽和食鹽水，總反應是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，c(OH－)增大，pH增大，C不符合題意；D、電解CuSO4溶液的總反應式2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，溶液中c(H＋)增大，pH降低，D符合題意。答案選D。20、C【分析】根據(jù)表格數(shù)據(jù)，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HIO，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．相同物質(zhì)的量濃度的含有弱酸根離子的鈉鹽溶液，對應酸的酸性越弱，酸根離子水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，pH越大，水解程度大小順序是：HCO3-＜ClO-＜CO32-＜IO-，所以等物質(zhì)的量濃度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3四種溶液中，堿性最強的是NaIO，故A錯誤；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反應生成次氯酸和碳酸氫鈉，離子方程式為ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-，故B錯誤；C．酸性H2CO3＞HCO3-＞HIO，向NaIO溶液中通入少量CO2反應生成HIO和碳酸鈉，反應的離子方程式為：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-，故C正確；D．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaHCO3溶液中加入少量HClO，不能發(fā)生反應，故D錯誤；故選C?！军c睛】正確理解強酸可以反應制弱酸的原理是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為B，要注意酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反應生成次氯酸和碳酸氫鈉，不能生成碳酸鈉。21、D【詳解】A．液氨汽化吸收大量的熱，可使環(huán)境溫度降低，能夠做制冷劑，故A正確；B．食鹽腌制食品，食鹽進入食品內(nèi)液產(chǎn)生濃度差，形成細菌不易生長的環(huán)境，可作防腐劑，食鹽具有咸味，所以食鹽可作調(diào)味劑，也可作食品防腐劑，故B正確；C．過氧化鈉與水蒸氣、二氧化碳反應生成氧氣，所以過氧化鈉可以做潛艇的供氧劑，故C正確；D．硅是良好的半導體，可用于光電池或芯片等，而用于制造光導纖維的是二氧化硅，故D錯誤；故答案為D。22、D【解析】試題分析：A、根據(jù)圖像，反應物總能量小于生成物的總能量，即此反應是吸熱反應，故錯誤；B、催化劑降低活化能，對焓變無影響，故錯誤；C、催化劑降低活化能，正反應和逆反應的活化能都降低，故錯誤；D、氯酸鉀受熱分解是吸熱反應，故正確。考點：考查化學反應中能量變化、催化劑對活化能的影響等知識。二、非選擇題(共84分)23、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36號元素，它們的核電荷數(shù)依次增大；第二周期元素A原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍且有3個能級，則A是C元素；C是地殼中含量最多的元素，則C是O元素；B原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，且原子序數(shù)大于A而小于C，則B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與氫原子相同，其余各層電子均充滿，則D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；基態(tài)D原子核外有29個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)D原子的簡化電子排布式；(2)A的最高價氧化物對應的水化物是H2CO3，該分子中中心原子C原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其中心原子雜化方式及碳酸根離子空間構(gòu)型；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個CN-中含有C、N三鍵，1個σ鍵，2個π鍵，據(jù)此計算1molCN-中含有的π鍵個數(shù)；(4)根據(jù)圖示的金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)，利用均攤法計算Ca、Cu原子個數(shù)之比；(5)鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，根據(jù)Ca、Cu合金確定該鑭鎳合金中n值；其密度根據(jù)ρ=計算?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以C、N、O元素第一電離能從小到大順序是C<O<N；基態(tài)Cu原子核外有29個電子，根據(jù)構(gòu)造原理，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，簡化電子排布式為[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高價氧化物對應的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其中心原子雜化方式為sp2雜化，CO32-空間構(gòu)型為平面三角形；(3)CN-與N2互為等電子體，則每個CN-中C、N原子之間形成三個共價鍵，其中含有1個σ鍵，含有2個π鍵，則1molCN-中含有的π鍵個數(shù)為2NA；(4)根據(jù)金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知：該晶胞中Ca原子個數(shù)=8×=1，含有的Cu原子個數(shù)=8×+1=5，則該晶體中Ca、Cu原子個數(shù)之比為1：5；(5)Ca、Cu合金化學式為CaCu5，鑭鎳合金與上述合金都具有相同類型的晶胞結(jié)構(gòu)XYn，所以該鑭鎳合金中n=5；該物質(zhì)密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3?！军c睛】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、原子雜化、電離能、核外電子排布等知識點，熟練掌握原子結(jié)構(gòu)理論、物質(zhì)結(jié)構(gòu)變化的一般規(guī)律及反?，F(xiàn)象是正確分析判斷的基礎，難點是晶胞計算，題目側(cè)重考查學生分析計算及空間想象能力。24、2-甲基-1-氯丙烷碳碳雙鍵和酯基氧化反應酯化反應+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O44、、、(任寫一種)【解析】根據(jù)有機物官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、反應條件、有機物分子式和轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，利用正推法或逆推法并借助于已知信息逐一分析判斷出每種有機物的結(jié)構(gòu)簡式，最后結(jié)合問題解答。C4Hl0與氯氣光照得到兩種有機物A和B，A和B均發(fā)生消去反應生成C，則A是異丁烷，C是2－甲基丙烯；根據(jù)已知信息①可知C轉(zhuǎn)化為D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)CHCH2OH。F分子中的碳鏈上沒有支鏈；E為芳香族化合物且E、N都能發(fā)生銀鏡反應，說明均含有醛基。根據(jù)分子式和已知信息②可知E是苯甲醛，N是乙醛，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為，G的結(jié)構(gòu)簡式為,D和G發(fā)生酯化反應生成M，則M的結(jié)構(gòu)簡式為。（1）A、B均為一氯代烴，其名稱為2?甲基?1?氯丙烷或2?甲基?2?氯丙烷；根據(jù)M的結(jié)構(gòu)簡式可知中的官能團名稱為碳碳雙鍵和酯基；（2）根據(jù)以上分析可知F→G是醛基的氧化反應，D+G→M是酯化反應；（3）F中含有醛基，與新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反應的化學方程式為；（4）根據(jù)以上分析可知M的結(jié)構(gòu)簡式為；E的結(jié)構(gòu)簡式為，因此核磁共振氫譜有4種波峰；（5）G的官能團是碳碳雙鍵和醛基，則與G具有相同官能團的G的芳香類同分異構(gòu)體中苯環(huán)上可以含有一個取代基，則應該是－C(CHO)＝CH2，如果含有兩個取代基，應該是醛基和乙烯基，有鄰間對三種，共計有4種，其結(jié)構(gòu)簡式為；（6）根據(jù)已知信息①以及框圖中C轉(zhuǎn)化為D的信息可知路線圖為。25、飽和NaHSO3溶液Cl2或氯氣關(guān)閉K1、K3，打開K2吸收尾氣，防止其污染空氣SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4Cmol/L或mol/L【詳解】（1）裝置A為固液加熱裝置，實驗室用濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下制備氯氣其反應原理為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；裝置B是SO2貯氣瓶，酸性氣體SO2難溶于對應酸式鹽溶液，在取用二氧化硫時，可加入飽和NaHSO3溶液后可將SO2排出，并無損失；（2）①熱空氣的作用是將溴單質(zhì)從溶液中吹出，從而達到富集溴的目的，因此應向溶液中先通一段時間氯氣，將溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，再通入熱空氣，將溴從溶液中分離出來；通入氯氣時應關(guān)閉K3，防止氯氣進入裝置E影響后續(xù)制取結(jié)果，多余的氯氣有毒，不能排放到大氣中，應打開K2用堿液吸收，關(guān)閉K1；②裝置D的作用吸收尾氣，防止其污染空氣；通入SO2時裝置E中的溴單質(zhì)與SO2發(fā)生反應生成溴化氫和硫酸，化學方程式為SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；（3）①在進行蒸餾操作過程中，儀器溫度計用來測得蒸餾出的蒸汽的溫度，溫度計的水銀球應在蒸餾燒瓶的支管口處，對蒸餾出的蒸汽進行冷凝，冷凝管內(nèi)通入冷凝水的方向為下進上出；②根據(jù)反應Cl2+2Br-=2Cl-+Br2

可知，生成1molBr2

，消耗2molBr-，現(xiàn)制得mg純溴，則消耗Br-的物質(zhì)的量為，由于實驗中溴的利用率為b%，則濃縮海水中Br-的總物質(zhì)的量為，則濃縮海水中c(Br?)===mol/L或mol/L。26、HCOOHCO↑＋H2O濃硫酸與甲酸混合時放出大量的熱c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl除去酸性氣體濃硫酸無論CO與NaOH固體是否發(fā)生反應，溶液的pH均大于7酚酞5m-cV5m×100%【解析】本題主要考查了方程式書寫，實驗室儀器安裝順序，指示劑選取和滴定反應計算?！驹斀狻浚?）甲酸與濃硫酸混合，甲酸發(fā)生分解反應生成CO，反應的化學方程式是HCOOHCO↑＋H2O；甲酸與濃硫酸混合放出大量熱，故不需加熱；（2）欲收集CO氣體，首先保證雜質(zhì)完全去除，甲酸易揮發(fā)，故需要去除的雜質(zhì)是甲酸。B裝置目的是吸收甲酸，用排水法收集CO，則連接順序為c→b→e→d→f；（3）CO與PdCl2溶液反應，有金屬Pd和CO2生成，故打開k2，F(xiàn)裝置中發(fā)生反應的化學方程式為PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl；為了使氣囊收集到純凈的CO，即除去多余氯化氫氣體、CO2和水，故G裝置的作用是除去酸性氣體，H裝置中盛放的試劑是濃硫酸；（4）氫氧化鈉自身是堿，無論CO與NaOH固體是否發(fā)生反應，溶液的pH均大于7；（5）由題可知，防止甲酸鈉與鹽酸反應，選擇堿性范圍發(fā)生顏色變化的指示劑，即符合條件的只有酚酞；由題可知，取0.2m固體樣品，滴加鹽酸中和其中的氫氧化鈉，故n（NaOH）=cv×10-3mol，即產(chǎn)物中氫氧化鈉質(zhì)量分數(shù)為w%=cv×10-3mol×40g/mol×100ml20ml27、AC膠頭滴管、500mL容量瓶12.5＞＞2.710＞【分析】用CuSO4.5H2O晶體配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL，選用500mL容量瓶，根據(jù)m=cVM計算CuSO4.5H2O晶體的質(zhì)量，根據(jù)分析誤差；用質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g·cm-3的濃硫酸配制0.1mol·L-1硫酸溶液360mL，選用500mL容量瓶，根據(jù)計算需要濃硫酸的體積，根據(jù)分析誤差?！驹斀狻?1)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟，稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容，根據(jù)步驟，所給儀器中配制溶液時肯定不需要的是燒瓶、分液漏斗，選AC；配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是膠頭滴管、500mL容量瓶；(2)①用托盤天平稱取CuSO4?5H2O的質(zhì)量為m=cVM=0.1mol·L-1×0.5L×250g/mol=12.5g。②若稱取CuSO4?5H2O的質(zhì)量時，使用了生銹的砝碼，稱取CuSO4?5H2O的質(zhì)量偏大，則所得溶液濃度大于0.1mol?L-1；③若定容時俯視讀數(shù)，溶液體積偏小，則所得溶液濃度大于0.1mol?L-1；(3)①需質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸的體積為；②根據(jù)大而近的原則，如果實驗室有10mL、15mL、50mL量簡，應選用10mL量簡為宜。③若稀釋濃硫酸后，未冷卻至室溫直接轉(zhuǎn)移，溶液體積偏小，則所得溶液濃度大于0.1mol?L-1。【點睛】本題考查一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，明確實驗步驟是解題關(guān)鍵，注意根據(jù)實驗步驟選取儀器，根據(jù)選擇容量瓶的規(guī)格計算溶質(zhì)的質(zhì)量，根據(jù)分析誤差。28、4鈹平面三角形氧化鎂晶格能比氧化鈣大，使得鎂離子比鈣離子更容易結(jié)合碳酸根中的氧離子1210NAsp2孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對之間的斥力，斥力大，鍵角大×1010【分析】(1)碳原子核外有6個電子，電子排布式為1s22s22p2，據(jù)此判斷不同空間運動狀態(tài)的電子數(shù)目；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，ⅡA族、VA族第一電離能高于相鄰元素，據(jù)此結(jié)合元素周期表分析解答；(2)①CO32-中C的價層電子對數(shù)=3+=3，據(jù)此分析判斷；②根據(jù)金屬陽離子結(jié)合氧離子的能力大小分析解答；③根據(jù)石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K的結(jié)構(gòu)圖，2層碳原子中插入一層鉀原子，與鉀最近等距的碳原子有上下2層中對應的2個六邊形，據(jù)此判斷；(3)①1個單鍵為1個σ鍵，1個雙鍵為1個σ鍵和1個π鍵，根據(jù)吡啶()的結(jié)構(gòu)分析判斷；②嘌呤分子為平面結(jié)構(gòu)，N形成3根共價鍵，根據(jù)雜化軌道理論分析判斷；③孤電子對與鍵合電子對之間的斥力＞鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力，據(jù)此解答；(4)根據(jù)圖示計算一個T-碳晶胞中含有的碳原子數(shù)，從而計算1molT-碳晶胞的質(zhì)量，結(jié)合T-碳的密度計算T-碳的晶胞參數(shù)a?！驹斀狻?1)碳原子核外有6個電子，電子排布式為1s22s22p2，其中2p上的3個原子軌道互相垂直，一共有4種不同空間運動狀態(tài)的電子；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，第ⅡA族、VA族滿足全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，第二周期