2024年沪科版选修化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版选修化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法正确的是A.仅用溶液便可鉴别亚硝酸钠和食盐B.重结晶时，溶液冷却速度越慢得到的晶体颗粒越大C.乙酸与乙醇的混合溶液可用分液漏斗进行分离D.用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，水洗后的酸式滴定管未经标准润洗，则测定结果偏低2、向稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL中逐渐加入铁粉；产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示（已知硝酸只被还原为NO气体）。下列分析错误的是（）

A.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段产生H2B.A点溶液中的溶质为Fe(NO3)3和H2SO4C.原混合酸中NO3-物质的量为0.2molD.原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-13、下列有关关仪器的使用方法或实验操作正确的是A.配制一定物质的量浓度溶液中，洗净的容量瓶要放进烘箱中烘干，以防溶液被稀释B.测量Zn与稀硫酸反应速率的实验中，应在标准状况下测量H2的体积，以方便计算C.酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶，以减少实验误差D.中和热的测定实验中，要用环形玻璃搅拌棒搅拌，使反应更充分4、化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8，Z的空间结构类似于篮子。下列说法不正确的是（）

A.化合物W中所有碳原子均共面B.W、X、Y均可与酸性KMnO4溶液反应C.1molX、1molY与足量Br2的CCl4溶液反应，最多消耗Br2均为2molD.Z的一氯代物只有3种5、一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene；其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是。

A.生成1molC5H12至少需要4molH2B.该分子中所有碳原子在同一平面内C.三氯代物只有一种D.与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种6、已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A~E能发生下图所示一系列变化，则下列说法错误的是()A.A分子中所有原子均在同一平面内B.C4H8O2含酯基的同分异构体有4种C.C的水溶液又称福尔马林，具有杀菌、防腐性能D.等物质的量的D与足量钠反应生成气体的量相等7、随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。下列说法正确的是（）A.通过李比希元素分析仪可以确定有机物的分子式B.对乙醇和二甲醚分别进行质谱分析，得到的质谱图完全相同C.利用红外光谱仪可以区分丁烯和环丁烷D.对有机物CH3CH(OH)CH2Br进行核磁共振分析，能得到3组峰，且峰面积之比为1：1：5评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、现有室温下浓度均为0.01mol/L的几种溶液：①盐酸②醋酸③氨水④NaOH溶液。回答下列问题：(1)②的电离方程式为________；③，④中水的电离程度较大的是______(2)室温下，溶液①中由水电离产生c(H+)=______；当温度升高到100摄氏度时，(Kw=1×10-12)溶液④的pH=______(3)将①、③等体积混合，所得溶液呈______(填酸，碱或中)性。(4)将②、④等体积混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为②_____④(填“>”、“<”或“=”)(5)室温时，若用标准溶液①滴定④，滴定过程中，需要加入_______作指示剂，滴定终点的判断方法是_________。9、数形结合思想是化学学科的重要思维模式；请结合所学知识和以下图像作答：

Ⅰ.向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)；逐滴加入HCl溶液，产生沉淀的物质的量随HCl溶液体积变化的图像如图：

分析图像的变化情况；回答下列问题：

(1)OH－、COHCOAlOAl(OH)3这五种微粒与H＋反应的先后顺序依次为_______。

(2)依次写出各阶段的离子方程式：

①OA：_______。

②AB：_______

③CD：________

II.分别取等物质的量浓度的氢氧化钠溶液各200mL，再通入一定量的CO2，随后分别各取20mL溶液，向其中逐滴滴入0.3mol·L－1的盐酸，在标准状况下产生CO2的体积(y轴)与所加入盐酸的体积(x轴)的关系如图(分A；B两种情况)：

(3)在A情况下，溶质是_________(填化学式)，其物质的量之比为________。

(4)在B情况下，溶质是_________(填化学式)

(5)原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________。10、写出下列有机物的系统命名或结构简式。

（1）________________

（2）________________

（3）CH3CH(CH3)C(CH3)2(CH2)2CH3________________

（4）________________

（5）2,5-二甲基-4-乙基庚烷________________

（6）2－甲基－2－戊烯________________

（7）间三甲苯________________

（8）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式________________。11、根据葡萄糖的结构和性质回答下列问题：

(1)发生银镜反应时，1mol葡萄糖完全反应需银氨配离子_______mol，反应后葡萄糖变为_______，其结构简式是_______。

(2)与乙酸反应生成酯，从理论上讲1mol葡萄糖完全酯化需要_______g乙酸。

(3)1mol葡萄糖完全转化为CO2和H2O，所需氧气的体积在标准状况下为_______L，反应的化学方程式是_______。12、如图所示是一份体检报告；阅读后回答下列问题。

检验报告。

血脂全套。项目名称结果参考值单位提示甘油三酯2.200~1.70↑总胆固醇5.50<5.20↑高密度脂蛋白胆固醇1.560.9~2.0低密度脂蛋白胆固醇3.610~3.40↑

空腹血糖。项目名称结果参考值单位提示空腹血糖6.213.9~6.1↑

(1)查阅资料，了解所列检测项目对于人体生理活动产生的作用___________。

(2)针对检测结果，请对心血管系统疾病的潜在风险进行评估___________。

(3)如果这是你的体检结果，你会从饮食、运动等方面做出哪些调整___________？评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂。（____________）A.正确B.错误14、乙二酸、苯甲酸、硬脂酸、石炭酸都属于羧酸类有机物。(_______)A.正确B.错误15、乙酸和乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液加以区别。(____)A.正确B.错误16、若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不一致。(_______)A.正确B.错误17、的单体是CH2＝CH2和(___)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共24分)18、已知常见无机物的转化关系如图所示；C是黄绿色气体。

(1)气体R是_______(填化学式)。

(2)B的化学式为_______，E的化学式为_______。

(3)写出沉淀H与盐酸反应生成D溶液的离子方程式：_______。

(4)写出检验D溶液中阳离子的离子方程式：_______。

(5)写出由F转变成J的化学方程式：_______。19、A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，组成他们的离子有。阳离子

Na＋Mg2＋Al3＋Ba2＋

阴离子

OH－Cl－CO32－SO42－HSO4－

分别取它们的水溶液进行实验；结果如下：①A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；

②A溶液与C溶液反应生成白色沉淀；沉淀可溶于E溶液；③A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于盐酸；④B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失。

（1）据此推断它们是（写化学式）A____；B____；C____；D____；E____。

（2）写出④中反应的离子方程式：____。

（3）A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为____。20、某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NHCONOSOSiO中的若干种；现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。

根据以上信息；回答下列问题：

(1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________________。

(2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是______(填编号；下同)。

a．一定含有b．一定不含有c．可能含有。

(3)气体F的电子式为_____，化合物I中含有的化学键类型有_____。

(4)转化①的离子方程式为___。转化⑦的离子方程式为________。

(5)在溶液J中通入二氧化硫气体，请写出反应的离子方程式_______。21、化合物F是一种重要的有机合成中间体；它的合成路线如图：

（1）化合物F中含氧官能团的名称是______和______，由A生成B的化学反应类型是______；

（2）写出化合物B的结构简式：______；

（3）写出化合物C与乙酸反应生成酯的化学方程式：______；

（4）某化合物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：______（任写一种）；评卷人得分五、结构与性质(共4题，共36分)22、目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁及高精端科技等领域。回答下列问题：

（1）基态Cr原子价层电子的轨道表达式为_______，其核外有_______种不同能量的电子。

（2）Cr的第二电能离（ICr）和Mn的第二电离能（IMn）分别为1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1，ICr>IMn的原因是____________。

（3）过氧化铬CrO5中Cr的化合价为+6，则该分子中键、键的数目之比为______。

（4）CrCl3的熔点（83℃）比CrF3的熔点（1100℃）低得多，这是因为___________。

（5）Cr的一种配合物结构如图所示，该配合物中碳原子的杂化方式是_______，阳离子中Cr原子的配位数为_________，ClO的立体构型为________。

（6）氮化铬晶体的晶胞结构如图所示，Cr处在N所围成的________空隙中，如果N与Cr核间距离为apm，则氮化铬的密度计算式为__________g·cm-3（NA表示阿伏加德罗常数的值）。

23、中国科学院官方微信于2017年3月发表《灰霾专题》；提出灰霾中细颗粒物的成因，部分分析如下图所示。

（1）根据上图信息可以看出，下列哪种气体污染物不是由机动车行驶造成的_______________。

a．SO2b．NOxc．VOCsd．NH3

（2）机动车大量行驶是污染源之一。汽车发动机废气稀燃控制系统主要工作原理如图所示；写出稀燃过程中NO发生的主要反应的方程式_______________。

（3）科学家经过研究发现中国霾呈中性；其主要原因如下图所示：

请判断A的化学式并说明判断理由：_____________________________________________。

（4）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中；反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：

。离子。

Na+

SO42−

NO3−

H+

Cl−

浓度/（mol·L−1）

5.5×10−3

8.5×10−4

y

2.0×10−4

3.4×10−3

①SO2和NaClO2溶液反应的离子方程式是________________________________________。

②表中y＝_______________。24、考查官能团名称。

（1）写出E()中任意两种含氧官能团的名称___________。

（2）D()具有的官能团名称是___________。(不考虑苯环)

（3）C()中所含官能团的名称为___________。

（4）写出化合物E()中含氧官能团的名称___________；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为___________。

（5）A()中的含氧官能团名称为硝基、___________和___________。

（6）A()中的官能团名称是___________。

（7）A(C3H6)是一种烯烃，化学名称为___________，C()中官能团的名称为___________、___________。

（8）中的官能团名称是___________。

（9）]中含氧官能团的名称是___________。

（10）CH2OH(CHOH)4CH2OH中含有的官能团的名称为___________。

（11）中官能团的名称为___________。

（12）中的官能团名称为___________(写两种)。

（13）中含氧官能团的名称为___________。25、【化学——选修3：物质结构与性质】

磷元素在生产和生活中有广泛的应用。

（1）P原子价电子排布图为__________________________。

（2）四（三苯基膦）钯分子结构如下图：

P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为___________；判断该物质在水中溶解度并加以解释_______________________。该物质可用于右上图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为__________________；一个A分子中手性碳原子数目为__________________。

（3）在图示中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键：_____________

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为_____________________；正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角原因为__________________；该晶体的晶胞如右图所示，立方体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3。

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P－Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因___________________。评卷人得分六、推断题(共1题，共9分)26、Ⅰ．已知：R－CH＝CH－O－R′（烃基烯基醚）R－CH2CHO+R′OH

烃基烯基醚A的相对分子质量（Mr）为176；分子中碳氢原子数目比为3∶4。与A相关的反应如下：

请回答下列问题：

⑴A的分子式为_________________。

⑵B的名称是___________________；A的结构简式为________________________。

⑶写出C→D反应的化学方程式：_______________________________________。

⑷写出两种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：

_________________________、________________________。

①属于芳香醛；②苯环上有两种不同环境的氢原子。

Ⅱ．由E转化为对甲基苯乙炔（）的一条路线如下：

⑸写出G的结构简式：____________________________________。

⑹写出反应所加试剂、反应条件：反应②____________反应③____________

(7)写出反应类型：反应①____________；反应④_____________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A项，亚硝酸银与氯化银均为不溶于水的化合物，但亚硝酸银溶于HNO3，需另有HNO3才可以鉴别亚硝酸钠和食盐；故A错误；

B项；冷却速度慢，则易析出晶体，越慢晶体析出越大，故B正确。

C项；乙醇和乙酸是互溶的，不分层，所以无法用分液法分离，故C错误；

D项；未润洗酸式滴定管，相当稀释了盐酸，所用标准HCl体积增大，则计算出的NaOH浓度偏大，故D错误。

答案选B。2、B【分析】【分析】

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；最终消耗22.4gFe，溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。

【详解】

A．根据分析可知，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以OA段产生的是NO，BC段产生H2，A选项正确；B．A点时，NO3-被Fe全部还原为NO，因此溶液中不再含有NO3-，B选项错误；C．OA段消耗11.2gFe，即0.2molFe，根据方程式Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知消耗的HNO3的物质的量为0.2mol，因此原混合酸中NO3-物质的量为0.2mol，C选项正确；D．最终消耗22.4gFe，即0.4molFe，最后溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可得n(FeSO4)=0.4mol，则n(H2SO4)=0.4mol，原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为D选项正确；

【点睛】

本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。3、D【分析】A．配制一定物质的量浓度溶液中，容量瓶中有水对实验无影响，则无需干燥，故A错误；B．测量Zn与稀硫酸反应速率的实验中，不必强调在标准状况下测量H2的体积，只需在同一条件下进行即可，故B错误；C．酸碱滴定实验中，锥形瓶不能用待测溶液润洗，否则导致实验结果偏大，故C错误；D．中和热的测定实验中，要用环形玻璃搅拌棒搅拌，使反应更充分，同时防止热量损失，故D正确；答案为D。4、C【分析】【详解】

A．苯分子中12个原子共平面，化合物W中-CH3上的C原子替代了苯环中的H原子；所以所有碳原子均共面，A正确；

B．W分子中苯环上连有的甲基，能被酸性KMnO4溶液氧化，X、Y分子中均含有碳碳双键，均可与酸性KMnO4溶液反应；B正确；

C．1molX与足量Br2的CCl4溶液反应，最多消耗Br2为2mol，1molY与足量Br2的CCl4溶液反应，最多消耗Br2为3mol；C不正确；

D．Z分子中共有3种不同的氢原子；其一氯代物只有3种，D正确；

故选C。5、B【分析】【分析】

有机物含有2个碳碳双键；可发生加成；加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。

【详解】

A.由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1molC5H12至少需要4molH2；A项正确；

B.分子中含有饱和碳原子；中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；

C.依据等效氢思想与物质的对称性可以看出；该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；

D.分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体；D项正确；

答案选B。

【点睛】

本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。6、C【分析】【分析】

依题意可得气态烃A的相对分子质量为28；即A为乙烯，由连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯。

【详解】

依题意可得气态烃A的相对分子质量为28；即A为乙烯，由连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯；

A、A为CH2=CH2；乙烯为平面结构，乙烯分子中所有原子在同一平面内，则A正确；

B、分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3；所以B正确；

C；C为乙醛；其水溶液不是福尔马林，甲醛的水溶液是福尔马林，故C错误；

D；金属钠能与醇羟基反应放出氢气；Na也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故D正确；

答案为C。7、C【分析】【详解】

A.李比希分析仪可以测定有机化合物中碳；氢元素质量分数的方法；A项错误；

B.乙醇和二甲醚互为同分异构体；高能电子轰击下，得到的碎片不一样，质谱图不同，B项错误；

C.红外光谱可以测出各种化学键和官能团；丁烯存在碳碳双键，环丁烷不存在，可以区分，C项正确；

D.有机物CH3CH(OH)CH2Br有4种等效氢；核磁共振分析有4个峰，且峰面积之比为1：1：2：3，D项错误；

答案选C。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

(1)醋酸为弱酸；应用可逆符号连接，NaOH为强碱，对水的电离程度抑制较大；

(2)利用Kw=c(H+)•c(OH-)计算即可；

(3)生成物为强酸弱碱盐；为酸性溶液；

(4)若二者刚好反应完全；溶液呈碱性，实际呈中性，则酸过量；

(5)待测液呈碱性；用酚酞作指示剂。

【详解】

(1)醋酸为弱酸，应用可逆符号连接，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-＋H+；氨水是弱碱；NaOH为强碱，对水的电离都有抑制作用，浓度均为0.01mol/L，NaOH溶液中氢氧根离子浓度大，对水的电离程度抑制较大，故答案为④；

(2)盐酸为强酸，溶液中完全电离，浓度为0.01mol/L，则电离出的c(H+)=0.01mol/L；浓度为0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子浓度0.01mol/L，100摄氏度时，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，则c(H+)=则pH=10；

(3)将等体积的①、③混合是盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；溶液显酸性；

(4)将②醋酸；④NaOH溶液若等体积混合生成的醋酸钠为强碱弱酸盐；溶液显碱性，若溶液呈中性，酸应略微过量，则消耗两溶液的体积②＞④；

(5)室温时，若用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液，待测液呈碱性，用酚酞作指示剂；滴定终点的判断方法是：加入最后一滴盐酸标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点。【解析】①.CH3COOH⇌CH3COO-＋H+②.④③.1.0×10-12mol/L④.10⑤.酸性⑥.＞⑦.酚酞⑧.溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点9、略

【分析】【分析】

向NaOH、Na2CO3、NaAlO2溶液中(假设各1mol)，逐滴加入HCl溶液，先NaOH和盐酸反应，再是NaAlO2和盐酸反应，再是Na2CO3和盐酸反应生成HCO再是HCO和盐酸反应，再是Al(OH)3和盐酸反应。根据图形分析物质与盐酸反应及溶液中的溶质；再根据守恒计算出氢氧化的浓度。

【详解】

(1)OH－、COHCOAlOAl(OH)3这五种微粒与H＋反应的先后顺序依次为先发生酸碱中和反应，再是产生沉淀的阶段，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的阶段，因此反应的先后顺序依次为OH－、Al(OH)3；故答案为：OH－、Al(OH)3。

(2)①OA是酸碱中和反应，其离子方程式为OH－＋H＋=H2O；故答案为：OH－＋H＋=H2O。

②AB：生成沉淀的阶段，偏铝酸根和氢离子、水反应生成沉淀；离子方程式为：＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓；故答案为：＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。

③CD是氢氧化铝沉淀溶解的阶段，离子方程式为：Al(OH)3＋3H＋=Al3+＋3H2O；故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3+＋3H2O。

(3)在A情况下，100mL到150mL阶段是与H＋反应生成二氧化碳气体和水，50mL到100mL是和H＋反应变为0到50mL是OH－与H＋反应生成H2O，因此溶质是NaOH、Na2CO3，根据OH－＋H＋=H2O，＋H＋=都消耗等量的盐酸，因此其物质的量之比为1:1；故答案为：NaOH、Na2CO3；1∶1。

(4)在B情况下，50mL到150mL是与H＋反应生成二氧化碳气体和水，0到50mL是和H＋反应变为且前面消耗是盐酸比后者消耗的盐酸少，说明不仅是碳酸钠，还应该有碳酸氢钠，其溶质是Na2CO3、NaHCO3；故答案为：Na2CO3、NaHCO3。

(5)根据反应后最终消耗150mL盐酸，最终溶质为NaCl，根据元素守恒得到n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.3mol·L−1×0.15L×10=0.45mol，原氢氧化钠溶液的物质的量浓度为

【点睛】

图像分析是常考题型，主要考查根据图像信息得出物质之间发生的反应、根据元素守恒进行计算。【解析】OH－、AlOCOHCOAl(OH)3OH－＋H＋=H2OAlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓Al(OH)3＋3H＋=Al3+＋3H2ONaOH、Na2CO31∶1Na2CO3、NaHCO32.25mol·L−110、略

【分析】【详解】

烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子编号；单烯烃的命名要以碳碳双键的位次最小为原则，再考虑支链的位次最小；所以：（2）的主碳链为5，甲基分别位于，2号、3号碳上，名称为2，2，3-三甲基戊烷；（3）CH3CH(CH3)C(CH3)2(CH2)2CH3的主碳链为6，甲基分别位于2号、3号碳上，名称为2，3，3-三甲基已烷；（1）主碳链为7，碳碳双键在2位碳上，甲基分别位于3号、5号碳上，名称为3，5-二甲基-2庚烯；根据烷烃命名原则，可以写出（5）2,5-二甲基-4-乙基庚烷结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3；根据烯烃的命名原则，可以写出（6）2－甲基－2－戊烯结构简式为CH3C(CH3)=CHCH2CH3；根据烷烃的通式CnH2n+2可知，14n+2=72，n=5，分子式为C5H12的烃异构体有三种，正戊烷、异戊烷、新戊烷；同分异构体中支链越多，沸点越低，所以沸点最低的为新戊烷，结构简式为C(CH3)3；苯环上的取代基位置可以按照邻、间、对进行命名，（4）有机物中两个氯原子在苯环的间位（或1,3号碳上），名称为间二氯苯（1，3-二氯苯）；根据芳香烃的命名原则，可以写出（7）间三甲苯的结构简式为综上所述；得出以下结论：

（1）的名称：3；5-二甲基-2庚烯；正确答案：3，5-二甲基-2庚烯。

（2）的名称：2；3，3-三甲基已烷；正确答案：2，3，3-三甲基已烷。

（3）CH3CH(CH3)C(CH3)2(CH2)2CH3的名称：2；2，3-三甲基戊烷；正确答案：2，2，3-三甲基戊烷。

（4）的名称：间二氯苯（1；3-二氯苯）；正确答案：间二氯苯（1，3-二氯苯）。

（5）2,5-二甲基-4-乙基庚烷的结构简式：CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3；正确答案：CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3。

（6）2－甲基－2－戊烯的结构简式：CH3C(CH3)=CHCH2CH3；正确答案：CH3C(CH3)=CHCH2CH3。

（7）间三甲苯的结构简式：正确答案：

（8）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式C(CH3)3；正确答案：C(CH3)3。【解析】①.3，5-二甲基-2庚烯②.2，2，3-三甲基戊烷③.2，3，3-三甲基已烷④.间二氯苯（1，3-二氯苯）⑤.CH3CH(CH3)CH2CH(CH2CH3)CH2(CH3)CH2CH3⑥.CH3C(CH3)=CHCH2CH3⑦.⑧.C(CH3)311、略

【分析】(1)

根据葡萄糖的结构CH2OH(CHOH)4CHO进行推断，分子中含有1个醛基，发生银镜反应时，1mol醛基被2mol[Ag(NH3)2]＋氧化；反应后葡萄糖转化为葡萄糖酸铵。

(2)

葡萄糖分子中含有5个羟基；理论上，1mol葡萄糖完全酯化时需5mol乙酸，质量是5mol×60g/mol＝300g。

(3)

葡萄糖完全转化为CO2和H2O的方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋6O2→6CO2＋6H2O，若使1molC6H12O6完全转化为CO2和H2O，则需要6molO2，在标准状况下体积为6mol×22.4L/mol＝134.4L。【解析】(1)2葡萄糖酸铵CH2OH(CHOH)4COONH4

(2)300

(3)134.4CH2OH(CHOH)4CHO＋6O2→6CO2＋6H2O12、略

【分析】【详解】

（1）甘油三酯又称为中性脂肪；是甘油分子与脂肪酸反应所形成的脂类，为血脂的其中一种组成部分，具有为细胞代谢提供能量的功能；

总胆固醇为血液中各种脂蛋白所含胆固醇的总和；胆固醇是细胞膜的主要成分，同时也是合成肾上腺皮质激素；性激素、胆汁酸及维生素D等生理活性物质的重要原料；

高密度脂蛋白胆固醇测定为血脂检查的一项重要内容；该检查可帮助排查冠心病；动脉粥样硬化等疾病。高密度脂蛋白是由胆固醇、磷脂和蛋白质等物质组成的一种血浆脂蛋白，其主要在肝脏和小肠之中合成。具有将肝外组织内的胆固醇运送到肝脏进行分解代谢，排出体外的作用。

低密度脂蛋白是血浆中胆固醇含量占比最高的一类脂蛋白；为蛋白质；胆固醇和磷脂的复合体，是由极低密度脂蛋白中的TG被水解代谢后转化而来，其主要功能是胆固醇存在于血液中的载体。血液中的低密度脂蛋白浓度过高、且未能被肝脏有效摄取，则可沉积于动脉内壁、促使动脉壁形成动脉粥样斑块，为动脉粥样硬化的致病性危险因素。

血糖是指血液中葡萄糖的含量；属于糖代谢检查，可用于筛查；诊断及监测糖尿病、低血糖症等多种糖代谢异常相关疾病，反映了机体对葡萄糖的吸收、代谢是否正常。血糖主要包括空腹血糖及餐后血糖两个检查指标，检测空腹血糖时患者需要至少禁食8h以上，一般需隔夜空腹检查血糖，餐后血糖是指从进食第一口食物后开始计算时间至2h准时抽血测定血糖值。

（2）甘油三酯；总胆固醇、低密度脂蛋白胆固醇结果都偏高；故患有心血管疾病的风险较大；

（3）以后应该加强体育健身锻炼，饮食以清淡低盐为主，加强果蔬、粗粮的摄入。【解析】(1)甘油三酯又称为中性脂肪；是甘油分子与脂肪酸反应所形成的脂类，为血脂的其中一种组成部分，具有为细胞代谢提供能量的功能；

总胆固醇为血液中各种脂蛋白所含胆固醇的总和；胆固醇是细胞膜的主要成分，同时也是合成肾上腺皮质激素；性激素、胆汁酸及维生素D等生理活性物质的重要原料；

高密度脂蛋白胆固醇测定为血脂检查的一项重要内容；该检查可帮助排查冠心病；动脉粥样硬化等疾病。高密度脂蛋白是由胆固醇、磷脂和蛋白质等物质组成的一种血浆脂蛋白，其主要在肝脏和小肠之中合成。具有将肝外组织内的胆固醇运送到肝脏进行分解代谢，排出体外的作用。

低密度脂蛋白是血浆中胆固醇含量占比最高的一类脂蛋白；为蛋白质；胆固醇和磷脂的复合体，是由极低密度脂蛋白中的TG被水解代谢后转化而来，其主要功能是胆固醇存在于血液中的载体。血液中的低密度脂蛋白浓度过高、且未能被肝脏有效摄取，则可沉积于动脉内壁、促使动脉壁形成动脉粥样斑块，为动脉粥样硬化的致病性危险因素。

血糖是指血液中葡萄糖的含量；属于糖代谢检查，可用于筛查；诊断及监测糖尿病、低血糖症等多种糖代谢异常相关疾病，反映了机体对葡萄糖的吸收、代谢是否正常。血糖主要包括空腹血糖及餐后血糖两个检查指标，检测空腹血糖时患者需要至少禁食8h以上，一般需隔夜空腹检查血糖，餐后血糖是指从进食第一口食物后开始计算时间至2h准时抽血测定血糖值。

(2)患有心血管疾病的风险较大。

(3)加强体育健身锻炼，饮食以清淡低盐为主，加强果蔬、粗粮的摄入三、判断题(共5题，共10分)13、B【分析】【分析】

【详解】

NaHCO3溶液的pH值8左右，而酚酞的变色范围也是8左右，颜色变化不明显，所以不能用酚酞做指示剂，故答案为：错误。14、B【分析】【详解】

石炭酸不属于羧酸类有机物，错误；15、A【分析】【分析】

【详解】

乙酸有酸性，酸性强于碳酸，可以和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体；乙酸乙酯不和碳酸钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合会分层，所以可以用饱和碳酸钠溶液区分乙酸和乙酸乙酯，正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物也可能是同一种氨基酸，此时二者结构一致，故认为互为同分异构体的两种二肽的水解产物不一致的说法是错误的。17、B【分析】【分析】

【详解】

根据结构简式可知，该高分子化合物是加聚产物，根据单键变双键，双键变单键的原则可知，单体是CH2＝CH-CCl＝CH2，题中说法错误。四、元素或物质推断题(共4题，共24分)18、略

【分析】【分析】

F溶液中加入溶液和稀有白色沉淀J生成，则J为透过蓝色钴玻璃观察，溶液的焰色呈紫色，则溶液中含有F为E为白色沉淀G遇空气转化为红褐色沉淀H，则白色沉淀G为红褐色沉淀H为向红褐色沉淀H中加盐酸转化为D溶液，则D为C是黄绿色气体，则C为B溶液中通入得到D溶液（溶液），则B为A为试剂M为稀盐酸，则气体R为

【详解】

（1）由分析可知，气体R是

（2）由分析可知，B的化学式为

（3）由分析可知，H为与盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为：

（4）D溶液中阳离子为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：

（5）KCl和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，方程式为：【解析】(1)

(2)

(3)

(4)

(5)19、略

【分析】【详解】

试题分析：阴离子CO32－只能和Na+结合为Na2CO3；OH－能和Ba2+结合为溶于水的Ba(OH)2，则SO42-和Al3+结合成的物质为Al2(SO4)3；最后剩余Cl-和HSO4－结合的阳离子Na+、Mg2+；由题干可知A和B、C、D都生成沉淀且沉淀都溶于酸溶液，所以A为Na2CO3；E中含HSO4－，沉淀可以是Mg2+、Al3+、Ba2+的碳酸盐沉淀；B、C、D物质中分别含这三种阳离子，由④B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失，说明溶解的沉淀是Al(OH)3，可推出B为Al2(SO4)3，D为Ba(OH)2，C为MgCl2，符合①②③沉淀形成的性质；①②生成的沉淀溶解于E，说明E中不能含和硫酸根离子、镁离子生成沉淀的离子，则E只能为：NaHSO4（或Mg(HSO4)2），（1）综上所述，A为Na2CO3，B为Al2(SO4)3，C为MgCl2，D为Ba(OH)2，E为NaHSO4[或Mg(HSO4)2]；（2）④中反应的离子方程式为2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋8OH-===3BaSO4↓＋2AlO2-+4H2O；（3）A为碳酸钠，碳酸根离子水解显碱性，第一步水解大于第二步水解，则离子浓度大小为c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)。

考点：考查无机物的推断。【解析】（1）Na2CO3、Al2(SO4)3、MgCl2、Ba(OH)2、NaHSO4[或Mg(HSO4)2]

（2）2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋8OH-===3BaSO4↓＋2AlO2-+4H2O

（3）c(Na+)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H+)20、略

【分析】【分析】

强酸性溶液中存在H+，溶液X中一定不含X中加入过量Ba(NO3)2溶液得到气体A、溶液B和沉淀C，则X溶液中一定存在Fe2+、转化①发生的反应有3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，则气体A为NO，沉淀C为BaSO4，由于Ba2+与不能大量共存、酸性条件下Fe2+与不能大量共存，则X溶液中一定不含Ba2+、溶液，溶液B中一定含Fe3+、过量的Ba2+和可能含Al3+、NO与O2反应生成的气体D为红棕色的NO2，NO2与H2O、O2作用得到的溶液E为HNO3溶液；溶液B中加入过量的NaOH溶液得到气体F、沉淀G和溶液H，气体F与HNO3溶液（溶液E）反应得到溶液I，则气体F为NH3，溶液I为NH4NO3溶液，溶液B中含进一步逆推X溶液中含溶液B中一定含Fe3+，则沉淀G一定为Fe(OH)3，Fe(OH)3溶于过量HCl得到FeCl3，溶液J中含FeCl3、HCl；溶液H中通入过量CO2得到沉淀K和溶液L，则溶液H中含沉淀K为Al(OH)3，则溶液B中含有Al3+，X溶液中含Al3+；综上，溶液X中一定含Fe2+、Al3+、一定不含Ba2+、由于溶液X中加入过量Ba(NO3)2将Fe2+氧化成Fe3+，无法判断原溶液X中是否含Fe3+。(1)

强酸性溶液中存在大量H+，由于能与H+反应，故溶液X中肯定不存在的离子是答案为：

(2)

根据分析，溶液X中一定含Fe2+，同时溶液X呈强酸性，在酸性条件下Fe2+与发生氧化还原反应而不能大量共存，故溶液X中一定不含有答案选b。

(3)

根据分析，气体F为NH3，NH3的电子式为化合物I为NH4NO3，NH4NO3中含离子键和共价键；答案为：离子键和共价键。

(4)

转化①的离子方程式为：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，转化⑦为过量CO2与反应生成Al(OH)3和反应的离子方程式为＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓；答案为：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓，＋2H2O＋CO2=＋Al(OH)3↓。

(5)

溶液J中含FeCl3、HCl，通入SO2后反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+；答案为：SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+。【解析】(1)COSiO

(2)b

(3)①.②.共价键和离子键。

(4)①.3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O、Ba2++=BaSO4↓②.AlO＋2H2O＋CO2=HCO＋Al(OH)3↓

(5)SO2+2Fe3++2H2O=+2Fe2++4H+21、略

【分析】【分析】

根据题中各物质的转化关系可知，由A到C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基（丁基），然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为：然后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D，E发生氧化反应生成F，据此分析解答。

【详解】

（1）根据F的结构分析，化合物F中含氧官能团的名称是醛基和羰基；根据上述分析B为则A生成B的化学反应类型是取代反应，故答案为：醛基；羰基；取代反应；

（2）根据上述分析B的结构简式为：故答案为：

（3）C为与乙酸反应生成酯的化学方程式为：CH3COOH++H2O，故答案为：CH3COOH++H2O；

（4）D的分子式为C10H18O，某化合物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢，故此有机物满足对称结构即可，可以为故答案为：【解析】醛基羰基取代反应CH3COOH++H2O五、结构与性质(共4题，共36分)22、略

【分析】【分析】

过渡元素的价层电子包括最外层电子和次外层d能级；不同的能级，能量是不同；从它们的第一电离能的电子排布式角度进行分析；利用化合价代数和为0进行分析；从晶体熔沸点判断；杂化轨道数等于价层电子对数，从配合物结构进行分析；根据晶胞的结构进行分析；

【详解】

(1)Cr位于第四周期VIB族，价层电子排布式为3d54s1，其轨道表达式为基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；有7个能级，因此核外有7种不同能量的电子；

(2)Cr失去1个e－后，价电子排布式为3d5，Mn失去1个e－后，价电子排布式为3d54s1；前者3d为半充满，不易失去电子；

(3)令－1价O原子个数为a，－2价O原子的个数为b，则有a＋2b=6，a＋b=5，解得a=4，b=1，Cr为＋6价，从而推出CrO5的结构简式为即键、键的数目之比为7：1；

(4)CrCl3为分子晶体，CrF3为离子晶体；一般离子晶体的熔沸点高于分子晶体；

(5)根据配合物结构，“C=S”中C的杂化方式为sp，饱和碳的杂化方式为sp3；该配合物中，Cr与6个N原子形成6个配位键,即Cr的配位数为6；ClO4－中有4个σ键，孤电子对数为=0；价层电子对数为4，空间构型为正四面体形；

(6)根据氮化铬的晶胞结构，Cr处于N所围成正八面体空隙中；Cr位于晶胞的棱上和体心，利用均摊法，其个数为=4，N位于顶点和面心，个数为=4，化学式为CrN，晶胞的质量为根据晶胞的结构，晶胞的边长为为2apm，即为2a×10－10cm，根据密度的定义，该晶胞的密度为g/cm3或g/cm3。【解析】7Cr失去1个e－后，3d轨道处于半充满状态，不易失去电子，Mn失去2个e－后，才处于半充满状态7：1CrCl3为分子晶体，CrF3是离子晶体sp、sp36正四面体形正八面体g/cm3或g/cm323、略

【分析】（1）根据示意图可知SO2不是由机动车行驶造成的；故答案为a。

（2）稀燃过程中NO发生的主要反应的方程式为：2NO+O2=2NO2。

（3）反应前S元素为+4价，N元素为+4价，反应后HONO中N元素为+3价，化合价降低；有化合价的降低，必有元素化合价升高，所以是S元素从+4升高到+6价，故A物质为SO42-。本题也可根据质量守恒推出A的化学式为SO42-。故答案为SO42-；因为反应前S+4价，N+4价，反应后HONO中N元素+3价，化合价降低；则必有元素化合价升高，是S元素从+4升高到+6价，以SO42-形式存在。

（4）①SO2具有还原性，NaClO2具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，离子方程式为：2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+。②溶液显电中性，阳离子所带的正电荷数值与阴离子所带的负电荷数值相等，故1×5.5×10−3+1×2.0×10−4=2×8.5×10−4+y×1+1×3.4×10−3，所以y=6×10−4。

点睛：本题的难点是最后一问的求解，溶液是显电中性的，阳离子所带的正电荷数值与阴离子所带的负电荷数值相等，注意的是计算式中每种离子的浓度或物质的量前必须乘以该离子所带的电荷数值，例如SO42-所带电荷必须是2×c（SO42-）。【解析】a2NO+O2=2NO2SO42-；因为反应前S+4价，N+4价，反应后HONO中N元素+3价，化合价降低；则必有元素化合价升高，是S元素从+4升高到+6价，以SO42-形式存在2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+6×10−424、略

【分析】【分析】

（1）

含氧官能团为酯基；醚键、酮基；

（2）

具有的官能团有氨基；羰基、卤素原子(溴原子、氟原子)；

（3）

所含官能团有氯原子和碳碳双键；

（4）

含氧官能团为酯基和羟基；E中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为2；

（5）

含氧官能团名称为硝基；醛基、羟基；

（6）

官能团为羟基；

（7）

A为丙烯；C中官能团为氯原子；羟基；

（8）

官能团为羧基；碳碳双键；

（9）

官能团为羟基；醚键；

（10）

官能团为羟基；

（11）

官能团为碳碳双键；酯基；

（12）

官能团为碳碳双键；羰基；

（13）

含氧官能团为羧基。【解析】（1）酯基；醚键，酮基(任写两种)

（2）氨基；羰基、卤素原子(溴原子、氟原子)

（3）碳碳双键；氯原子。

（4）羟基；酯基2

（5）醛基(酚)羟基。

（6）羟基。

（7）丙烯氯原子羟基。

（8）羧基；碳碳双键。

（9）羟基；醚键。

（10）羟基。

（11）碳碳双键；酯基。

（12）碳碳双键；羰基。

（13）羧基25、略

【分析】【分析】

（1）P原子价电子排布式为3s22p3；结合泡利原理；洪特规则画出价电子排布图；

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为sp3；四（三苯基膦）钯分子为非极性分子；而水是极性分子，结合相似相溶原理判断；A分子中C原子均没有孤对电子，三键中C原子杂化轨道数目为2，双键中碳原子杂化轨道数目为3，其它碳原子杂化轨道数目为4；连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

（3）Pd含有空轨道；P原子有1对孤对电子，提供孤对电子与Pd形成配位键；

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，形成的正四面体形阳离子为PCl4+，正六面体形阴离子为PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；由晶胞结构可知，PCl4+位于体心，PCl6-位于顶点，由均摊法可知晶胞中含有1个PCl6-，计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P-Br键长，则电离生成PBr4+与Br-。

【详解】

（1）磷是15号元素，其原子核外有15个电子，P元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23P3，P的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，为故答案为

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子与P原子成4个单键，杂化轨道数为4，为sp3杂化，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)钯分子在水中难溶，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，C≡N为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图：所以一个A分子中手性碳原子数目为3个，故答案为sp3；不易溶于水，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，Pd含有空轨道、P原子含有孤电子对，所以配位键由P原子指向Pd原子，如图：故答案为

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl5中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=5+(5−5×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对．孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl5中正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角，晶胞中PCl5位