江苏省江阴长泾中学2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试题（含答案）

第第页江苏省江阴长泾中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题一、单选题(本题包括13小题，每题3分，共39分)1．2021年7月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功发射天绘一号04星，下列关于“天绘一号04星”涉及的材料为金属材料的是（）A．探测器上天线接收器外壳材料—镁合金防腐镀层B．发动机使用的包覆材料—碳纤维C．隔绝超低温环境所用材料—纳米二氧化硅D．整流罩前锥段材料—聚甲基丙烯酰亚胺2．利用反应4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl可去除COCl2污染。下列说法正确的是A．中子数为8的氧原子：8B．Cl-的结构示意图：C．基态N原子的轨道表示式：D．CO(NH2)2中只含共价键3．有A、B两种元素，已知元素A的核电荷数为a，且A3+与Bn-的核外电子排布完全相同，则元素B的核电荷数为A．a+n+3 B．a-n-3 C．a+n-3 D．a-n+34．下列各组物质的性质比较，正确的是A．氧化性：F2>Cl2>Br2>I2B．原子半径：r(S)>r(P)>r(Na)C．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Ca(OH)2D．酸性：HClO4>H3PO4>H2SO4阅读下列材料，完成下面小题：周期表中非金属元素及其化合物应用广泛。游离态的碳有金刚石、石墨、C60等，化合态的碳存在形式更为多样；816O、817O、818O是氧元素的3种核素，可以形成多种重要的化合物。亚硫酰氯(SOCl2)为黄色液体，其结构式为()，遇水发生水解。硝化法制硫酸的主要反应为：NO25．下列说法正确的是A．SO2晶体中存在S和O2之间的强烈作用B．亚硫酰氯空间构型为平面三角形C．金刚石、石墨、C60三者互为同素异形体D．SO2和CO2分子是含有极性键的极性分子6．下列化学反应表示正确的是A．SO2通入BaCl2溶液：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H＋B．亚硫酰氯水解：SOCl2+2H2O=H2SO4+2HClC．NO2溶于水：3NO2+H2O=2HNO3+NOD．氢氧化钠吸收足量二氧化硫：2OH-+SO2=SO32−+H7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆B．H−O的键能强于H−S，H2O(g)的热稳定性比H2S(g)高C．NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多D．由于分子间作用力的存在，因而SO2在加热条件下不易发生分解8．乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是A．A中所有碳原子的杂化方式均为sp3B．第①步反应只断裂了碳碳键C．总反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和D．乙烯在酸催化下水合制乙醇一定不需要加热就能进行9．已知：①C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)＋2CO2(g)ΔH1②6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)ΔH2③2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH3④2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(g)ΔH4下列有关说法正确的是A．H2的燃烧热为-ΔB．反应②为放热反应C．标准状况下，反应②生成1.12LO2，转移的电子数为0.1×6.02×1023D．2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH310．下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是A．戊醇和乙醇在水中的溶解度B．Cl的第一电离能和P的第一电离能C．H2O分子中的键角和NH3分子中的键角D．邻羟基苯甲醛()的沸点和对羟基苯甲醛()的沸点11．下列叙述正确的是A．锗原子(32Ge)基态电子排布式为[Ar]4s24p2B．Na2O和Na2O2固体中含有的阳离子和阴离子的个数比均为1：2C．液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3＋5O2催化剂△4NO＋6H2D．同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同12．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A用pH试纸测定CH3COOH和CH2ClCOOH溶液的酸性键的极性对羧酸酸性的影响B将SO2气体通入紫色石蕊溶液中，观察溶液颜色变化SO2是否具有漂白性C向0.1mol·L-1H2O2溶液中滴加0.01mol·L-1KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有还原性D在饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，观察现象比较Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小A．A B．B C．C D．D13．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下：步骤1：向盛有4mL0.1mol·L-1蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴1mol·L-1氨水，有蓝色沉淀生成；步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液；步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。下列说法不正确的是A．最终所得溶液中大量存在NH4+、[Cu(NH3)4]2＋、B．步骤2所发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-C．步骤3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体D．H2O与Cu2＋的配位能力大于NH3二、非选择题(本题包括5小题，共61分)14．下列变化中：①干冰气化；②硝酸钾熔化；③食盐溶于水；④HCl溶于水；⑤蔗糖溶于水；⑥HI分解。（1）未破坏化学键的是（填序号，下同）。（2）仅离子键被破坏的是。（3）仅共价键被破坏的是。15．铁及其化合物在生活中有广泛应用。（1）Fe元素在周期表中的位置是，位于元素周期表区。（2）铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图所示。储氢时，H2分子位于晶胞体心和棱的中心位置。该合金储满氢后所得晶体的化学式是。（3）实验室用KSCN溶液、苯酚检验Fe3+。①苯酚分子中碳原子的杂化方式为。②类卤素离子SCN-可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N=C=S)，异硫氰酸分子σ键与π键的个数之比为。（4）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图，距一个Fe2+最近的所有Br-为顶点构成的几何形状为。16．氮元素是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种化合物。（1）NH3分子的空间结构为，C、N、O三种元素的电负性从大到小的顺序是。（2）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4，N2H6SO4与硫酸铵化合物类型相同。①N2H4的结构式为。②写出肼与硫酸反应生成N2H6SO4的化学方程式。③N2H6SO4晶体内不存在(填字母)。a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力④肼可用作火箭燃料，火箭推进器中装入液态肼和过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知1g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，写出该反应的热化学方程式为。（3）下图表示某种含氮有机物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点，分子内存在空腔，能嵌入某离子或某分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机物识别的是___________(填字母)。A．CF4 B．CH4 C．NH4+ D．H17．深共晶溶剂(DESs)是由两种或多种物质通过氢键、范德华力等相互作用形成的低熔点混合物。深共晶溶剂主要由氢键供体(能形成氢键的氢原子)的组分与含氢键受体(能与氢原子形成氢键的原子)的组分混合，其中氢键供体通常包括多元醇、尿素和羧酸等；氢键受体通常有季铵盐类、酰胺、有机酸等。（1）将乙二醇(HOCH2CH2OH)与氯化胆碱()按一定比例混合搅拌至形成均一透明液体，制得DESs。①乙二醇分子中氢键供体的数目为。②不同配比氯化胆碱与乙二醇混合的二元相图如图所示。相同条件下，氯化胆碱的熔点(填“>”“=”或“<”)乙二醇的熔点。制备熔点达到最低值的DESs时，氯化胆碱与乙二醇的物质的量之比为。（2）深共晶溶剂(DESs)可从电池正极材料LiFePO4中回收锂，将LiFePO4与DESs按照一定比例混合，再通入O3，能氧化浸出锂。实验装置如图所示。①冷凝管的作用为。②LiFePO4的晶胞结构如图所示。其中“○”表示Li+，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。晶胞中含有LiFePO4的单元数有个。（3）已知：电负性H−2.1，C−2.5，O−3.5，通常用酯基和NH3生成酰胺(官能团)，不用羧基和NH3直接反应，根据元素电负性的变化规律，解释原因。18．化学需氧量(COD)是指用强氧化剂将1L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以O2为氧化剂时所消耗O2的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一。Fenton(Fe2+/H2O2)法能产生Fe3+和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)并引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。（1）羟基自由基(·OH)的电子式为。（2）分别取初始pH=4、COD=80的废水200mL，加入2mLH2O2，改变起始投加FeSO4·7H2O的量，反应相同时间，测得反应后水样COD随Fe2+投加量的关系如图所示。当Fe2+投加量超过1g/L时，反应后水样COD不降反升的原因可能是。（3）已知：·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1-丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是。（4）在Fenton法的基础上改进的基于硫酸根自由基(·SO4−)的氧化技术引起关注。研究发现，一种Mn3O4-GO石墨烯纳米复合材料对催化活化S2O82−①S2O8②一种制取Mn3O4-GO石墨烯纳米复合材料的物种转化关系如图所示(GO表示石墨烯)，在石墨烯表面制得1molMn3O4-GO，理论上需要消耗NaBH4的物质的量为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．镁合金是金属材料，A正确；B．碳纤维是非金属单质，B错误；C．二氧化硅是非金属，C错误；D．聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，D错误；故答案为：A。【分析】A.镁合金属于金属材料；

B.碳纤维是无机非金属材料；

C.纳米二氧化硅是无机非金属材料；

D.聚甲基丙烯酰亚胺为有机高分子材料。2．【答案】D【解析】【解答】A．中子数为8的氧原子，其质量数为8+8=16，因此其符号为816B．Cl-的最外层电子数为8，因此其结构示意图：，B错误；C．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，因此其轨道表示式：，C错误；D．CO(NH2)2是共价化合物，分子结构中只含有极性共价键，D正确；故答案为：D。

【分析】A、标在元素符号左上角的数字表示质量数，质量数=质子数＋中子数。

B、Cl－是由Cl原子最外层得到一个电子形成得到，据此确定其结构示意图。

C、根据基态N原子的核外电子排布式确定其轨道表示式。

D、CO(NH2)2为共价化合物，只含有共价键。3．【答案】B【解析】【解答】在原子中，核电荷数=核内质子数=核外电子数。A元素原子的核电荷数为a，所以其核外电子数为a。A原子失去3个电子形成A3+，因此A3+的核外电子数为a-3，B原子得到n个电子形成Bn-，设B的核电荷数为x，则Bn-的核外电子数为x+n，由于A3+与Bn-的电子层排布相同，所以可得a-3=x+n，解得：x=a-n-3。所以元素B的核电荷数为a-n-3，故B正确；故答案为：B。

【分析】根据核电荷数=核外电子数，结合离子所带电荷数，进行计算。4．【答案】A【解析】【解答】A．元素的非金属越强，单质的氧化性越强。同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，因此其单质的氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，故A正确；B．同周期元素，核电荷数越大、原子半径越小，因此原子半径：r(Na)＞r(P)＞r(S)，故B错误；C．元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物碱性越强。由于金属性Ca＞Na＞Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性Ca(OH)2＞NaOH＞Mg(OH)2，故C错误；D．元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。由于非金属性Cl＞S＞P，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故D错误；故答案为：A。

【分析】A、元素的非金属性越强，其对应单质的氧化性越强。

B、同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小。

C、元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。

D、元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。【答案】5．C6．C7．B【解析】【解答】（1）A．SO2晶体为分子晶体，结构中存在S和O之间的共价键，属于强烈相互作用，A错误；B．亚硫酰氯中中心S的价层电子对数3+6−1−1−22=4C．金刚石、石墨、C60三者均为碳元素组成的不同单质，因此互为同素异形体，C正确；D．SO2分子价层电子对数2+6−2×22=3，且含有一对孤电子对，因此其分子构型为V形。S、O原子构成极性键，但属于极性分子。CO2故答案为：C

【分析】A、SO2晶体中S、O原子形成共价键。

B、根据中心硫原子的价层电子对数确定其空间构型。

C、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。

D、根据SO2、CO2的空间构型和成键原子分析。（2）A．由于酸性HCl＞H2SO3，因此SO2通入BaCl2溶液不反应，A错误；B．SOCl2水解过程中SOCl2与H2O反应生成HCl和H2SO3，因此亚硫酰氯水解的反应方程式：SOCl2C．NO2溶于水生成硝酸和一氧化氮，该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，C正确；D．SO2足量，与NaOH反应生成NaHSO3，该反应的离子方程式为：OH-故答案为：C

【分析】A、根据强酸制弱酸原理分析。

B、SOCl2水解的过程中生成HCl和H2SO3，据此写出反应的化学方程式。

C、NO2与H2O反应生成HNO3和NO，据此写出反应的化学方程式。

D、SO2足量，则反应生成NaHSO3，据此写出反应的离子方程式。（3）A．SO2用于漂白纸浆，是利用了SO2的漂白性，A错误；B．键能：H-O＞H-S，因此热稳定性：H2O(g)＞H2S(g)，B正确；C．NaHCO3可与HCl反应，可用于治疗胃酸过多，与其受热易分解的性质无关，C错误；D．分子间作用力影响物质的物理性质，SO2发生分解，属于化学变化，受共价键影响，D错误；故答案为：B

【分析】A、SO2用于漂白纸浆，体现了SO2的漂白性。

B、化学键的键能越高，则物质的稳定性越强。

C、胃酸的成分为HCl，NaHCO3能与HCl反应，可用于治疗胃酸过多。

D、分子间作用力影响物质的物理性质，SO2受热分解为化学变化。5．【解答】（1）A．SO2晶体为分子晶体，结构中存在S和O之间的共价键，属于强烈相互作用，A错误；B．亚硫酰氯中中心S的价层电子对数3+6−1−1−22=4C．金刚石、石墨、C60三者均为碳元素组成的不同单质，因此互为同素异形体，C正确；D．SO2分子价层电子对数2+6−2×22=3，且含有一对孤电子对，因此其分子构型为V形。S、O原子构成极性键，但属于极性分子。CO2故答案为：C

【分析】A、SO2晶体中S、O原子形成共价键。

B、根据中心硫原子的价层电子对数确定其空间构型。

C、同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。

D、根据SO2、CO2的空间构型和成键原子分析。6．【解答】（2）A．由于酸性HCl＞H2SO3，因此SO2通入BaCl2溶液不反应，A错误；B．SOCl2水解过程中SOCl2与H2O反应生成HCl和H2SO3，因此亚硫酰氯水解的反应方程式：SOCl2C．NO2溶于水生成硝酸和一氧化氮，该反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，C正确；D．SO2足量，与NaOH反应生成NaHSO3，该反应的离子方程式为：OH-故答案为：C

【分析】A、根据强酸制弱酸原理分析。

B、SOCl2水解的过程中生成HCl和H2SO3，据此写出反应的化学方程式。

C、NO2与H2O反应生成HNO3和NO，据此写出反应的化学方程式。

D、SO2足量，则反应生成NaHSO3，据此写出反应的离子方程式。7．【解答】（3）A．SO2用于漂白纸浆，是利用了SO2的漂白性，A错误；B．键能：H-O＞H-S，因此热稳定性：H2O(g)＞H2S(g)，B正确；C．NaHCO3可与HCl反应，可用于治疗胃酸过多，与其受热易分解的性质无关，C错误；D．分子间作用力影响物质的物理性质，SO2发生分解，属于化学变化，受共价键影响，D错误；故答案为：B

【分析】A、SO2用于漂白纸浆，体现了SO2的漂白性。

B、化学键的键能越高，则物质的稳定性越强。

C、胃酸的成分为HCl，NaHCO3能与HCl反应，可用于治疗胃酸过多。

D、分子间作用力影响物质的物理性质，SO2受热分解为化学变化。8．【答案】C【解析】【解答】A．中带正电荷碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B．第①步反应中H3O＋发生了氢氧键断裂和乙烯分子发生了碳碳双键的断裂，故B错误；C．反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应。说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故C正确；D．该反应为放热反应，但反应条件与反应是否放热无关，故D错误；故答案为：C。

【分析】A、带正电荷的碳原子采用sp2杂化。

B、反应①中H3O＋中H－O化学键断裂。

C、该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应。据此判断键能总和的相对大小。

D、反应是否需要加热，与反应放热或吸热无关。9．【答案】D【解析】【解答】A．由反应③可知，H2(g)＋12O2(g)=H2O(g)，∆H=-12ΔH3。由于燃烧热中H元素的指定产物为液态水，因此∆H=-B．反应②6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(s)+6O2(g)为光合作用的反应，属于吸热反应，B错误；C．由元素化合价变化可知，反应②每生成6molO2转移电子24mol。标准状况下，生成1.12LO2即1.12L22.4LD．根据盖斯定律：反应2×④=①+②-6×③，因此可得反应4CO2(g)＋12H2(g)=2C2H5OH(l)＋6H2O(g)2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3，D正确；故答案为：D。

【分析】A、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成高指定产物时放出的热量。

B、光合反应为放热反应。

C、根据元素化合价变化计算转移电子数。

D、根据盖斯定律计算。10．【答案】B【解析】【解答】A．戊醇中的烃基较大，其中羟基跟水分子的羟基的相似因素小得多，使得戊醇在水中溶解度明显减小，因此戊醇和乙醇在水中的溶解度前者小于后者，A不合题意；B．同周期元素核电荷数越大，第一电离能越小。因此第一电离能：Cl＞P，B符合题意；C．H2O分子中O原子和NH3分子中的N原子二者都是sp3杂化，但O原子上有2个孤对电子，而N原子有1个孤对电子。由于孤对电子对对成键电子的斥力大，因此键角：H2O中H-O-H键＜NH3中的H-N-H键角，C不符合题意；D．由于邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，使得沸点降低；而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，使得沸点升高。因此沸点：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛，D不合题意；故答案为：B。

【分析】A、烃基为疏水基团，烃基结构越大，物质在水中的溶解度越小。

B、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越小。

C、孤电子对对成键电子的排斥力大，孤电子对书越大，键角越小。

D、形成分子内氢键，使得沸点减小；形成分子间氢键，使得沸点增大。11．【答案】D【解析】【解答】A．基态锗原子(32Ge)的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，A错误；B．Na2O2由Na＋和O22－构成，因此Na2O和Na2O2固体中含有的阳离子和阴离子的个数比均为2：1，B错误；C．NO为有毒气体，液氨作为清洁能源反应应该生成无污染的N2，反应原理是4NH3＋3O2燃烧2N2＋6H2O，C错误；D．根据盖斯定律，一个化学反应的反应热只与反应物的始态和生成物的终态有关，与过程无关。因此同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，D正确；故答案为：D。

【分析】A、根据能量最低原理书写基态Ge的核外电子排布式。

B、Na2O2是由Na＋和O22－构成的，阴阳离子个数为1：2。

C、NO为有毒气体，液氨作为清洁能源，则其燃烧产物为N2。

D、反应热只与反应物和生成物的状态有关，与反应过程无关。12．【答案】C【解析】【解答】A．CH3COOH和CH2ClCOOH的浓度会影响酸性的强弱，因此测定同浓度的CH3COOH和CH2ClCOOH溶液的酸性，确定键的极性对酸的酸性的影响，A错误；B．SO2不能使指示剂褪色，因此SO2气体通入紫色石蕊溶液中只变红不会褪色，B错误；C．KMnO4具有强氧化性，能将H2O2氧化为O2，反应过程中体现了H2O2的还原性，C正确；D．在饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，发生反应Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，反应过程中消耗了H2O，因此不能比较二者在水中的溶解度大小，D错误；故答案为：C。

【分析】A、应测定等浓度的CH3COOH和CH2ClCOOH溶液的pH，从而比较酸性强弱。

B、SO2的水溶液显酸，能使紫色石蕊溶液变红，但不能褪色。

C、H2O2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了H2O2的还原性。

D、反应过程中消耗了H2O，无法比较Na2CO3和NaHCO3的溶解度大小。13．【答案】D【解析】【解答】A．最终反应后所得溶液为硫酸铵和[Cu(NH3)4]SO4，因此溶液中含有大量NH4+、[Cu(NH3)4]2＋、SOB．步骤2中继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，该反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-，B正确；C．乙醇的极性小于H2O，因此加入乙醇降低了溶剂的极性，使得溶质结晶析出，C正确；D．加入氨水后[Cu(H2O)4]2＋转化为[Cu(NH3)4]2＋，说明NH3与Cu2＋的配位能力大于H2O，D错误；故答案为：D。

【分析】往CuSO4溶液滴加氨水，产蓝色沉淀，发生反应的离子方程式是Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋；继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，发生反应的离子方程式为：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。继续低价95%的乙醇，溶剂的极性降低，使得[Cu(NH3)4]SO4·H2O结晶析出。据此结合选项分析。14．【答案】（1）①⑤（2）②③（3）④⑥【解析】【解答】①干冰属于分子晶体，气化时不破坏化学键，破坏分子间作用力；②硝酸钾为离子晶体，熔化破坏的是离子键；③食盐为离子晶体，溶于水破坏的是离子键；④HCl是共价化合物，溶于水电离出氢离子和氯离子，所以溶于水破坏的是共价键；⑤蔗糖是分子晶体，溶于水不破坏化学键，破坏的是分子间作用力；⑥HI是共价化合物，分解时破坏的是共价键。

（1）根据以上分析可知，未破坏化学键的是①⑤。

故答案为：①⑤；（2）仅离子键被破坏的是②③。

故答案为：②③；（3）仅共价键被破坏的是④⑥。

故答案为：④⑥。

【分析】分子晶体融化或者汽化的过程中破坏分子间作用力。离子晶体熔化或者溶于水的过程中破坏离子键。共价化合物溶于水或者分解的过程中破坏化学键。据此结合题干设问分析作答。（1）根据以上分析可知，未破坏化学键的是①⑤；（2）仅离子键被破坏的是②③；（3）仅共价键被破坏的是④⑥。15．【答案】（1）第四周期VIII族；d（2）Mg2FeH2（3）sp2；3∶2（4）立方体(或正方体)【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，位于周期表的第四周期第VIII族，在周期表中位于d区。

故答案为：第四周期第VIII族；d；（2）晶胞中Mg原子个数为8个都在晶胞内部，Fe原子个数为8×18+6×12=4个，H2个数为1+12×14=4个，Mg：Fe：H=8：4：8=2：1：2晶体的化学式为Mg2FeH2。

故答案为：Mg2（3）①苯酚中C原子都在苯环上，苯环为平面六边形结构，C原子杂化方式为sp2。

故答案为：sp2；

②单键都是σ键，双键有一个σ键和一个π键，H—N=C=S中σ键有3个，π键有2个；σ键与π键个数比为：3：2。

故答案为：3：2；（4）FeBr2中Fe与Br的比值为1：2，在晶胞中大球个数为8个在晶胞内部，小球个数为8×18+6×12=4，因此小球为Fe2+原子，大球为Br-原子，由晶胞图可知：距一个Fe2+最近的所有Br-有8个，构成的几何形状为正方体。

​​​​​​​故答案为：立方体(或正方体)。

【分析】（1）根据Fe的原子序数确定其在周期表中的位置。

（2）根据“均摊法”确定晶体的化学式。

（3）①苯为平面正六边形结构，碳原子采用sp2杂化。

②单键为σ键，双键含有一个σ键和一个π键，据此分析。（1）Fe是26号元素，位于周期表的第四周期第VIII族，在周期表中位于d区；（2）晶胞中Mg原子个数为8个都在晶胞内部，Fe原子个数为8×18+6×12=4个，H2个数为1+12×14=4个，Mg：Fe：H=8：4：8=2：1：2晶体的化学式为Mg2（3）苯酚中C原子都在苯环上，苯环为平面六边形结构，C原子杂化方式为sp2；单键都是σ键，双键有一个σ键和一个π键，H—N=C=S中σ键有3个，π键有2个；σ键与π键个数比为：3：2；（4）FeBr2中Fe与Br的比值为1：2，在晶胞中大球个数为8个在晶胞内部，小球个数为8×18+6×12=4，因此小球为Fe2+原子，大球为Br-原子，由晶胞图可知：距一个Fe2+最近的所有Br16．【答案】（1）三角锥形；O>N>C（2）；N2H4+H2SO4＝N2H6SO4；d；N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－643.2kJ/mol（3）C【解析】【解答】（1）NH3中心原子为N原子，N原子的价层电子对为3+5−32=4对，杂化方式为sp3杂化，有一对孤电子对因此空间构型为三角锥形；同周期从左到右非金属性增强，电负性增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O>N>C。（2）①肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物，结构式为：。

故答案为：；②N2H4是二元弱碱，硫酸是二元酸，二者反应生成N2H6SO4的方程式为：N2H4+H2SO4＝N2H6SO4。

故答案为：N2H4+H2SO4＝N2H6SO4；③N2H6SO4是离子晶体，N2H62−和SO42−之间存在离子键，N2H6④1g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，1mol肼与足量过氧化氢反应放出的热量为20.1kJ×32=643.2kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－643.2kJ/mol。

故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－643.2kJ/mol；（3）注意氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H)，本题中嵌入的某微粒应分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH4+，故选C。

故答案为：C。

【分析】（1）根据NH3中N原子的价层电子对数确定其空间结构。同周期元素，核电荷数越大，电负性越强个。

（2）①结合N、H原子的最外层电子数确定N2H4的结构简式。

②N2H4与H2SO4反应生成N2H6SO4，据此写出反应的化学方程式。

③N2H6SO4为离子化合物，因此不存在分子间作用力。

④1gN2H4反应放出20.1kJ的热量，因此1molN2H4反应放出的热量为20.1kJ×1mol×32g·mol－1=643.2kJ。据此写出反应的热化学方程式。（1）NH3中心原子为N原子，N原子的价层电子对为3+5−32=4对，杂化方式为sp（2）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物，结构式为：；N2H4是二元弱碱，硫酸是二元酸，二者反应生成N2H6SO4的方程式为：N2H4+H2SO4＝N2H6SO4；N2H6SO4是离子晶体，N2H62−和SO42−之间存在离子键，N21g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，1mol肼与足量过氧化氢反应放出的热量为20.1kJ×32=643.2kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－643.2kJ/mol；（3）注意氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H)，本题中嵌入的某微粒应分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH417．【答案】（1）2；>；1∶4（2）冷凝回流乙二醇；4（3）酯基中C、O电负性差值大，极性强，最易断裂，易形成酰胺，羧基中H、O电负性差值最大，极性强，比C−O键易断裂，易生成铵盐【解析】【解答】（1）①HOCH2CH2OH分子中羟基上的氢原子作为氢键供体，故一个乙二醇分子中氢键供体数目为2。

故答案为：2；②由氯化胆碱的结构可知其形成的晶体为离子晶体，所以熔点比乙二醇高，由图像可知DESs的熔点达到最低值时乙二醇的物质的量分数为0.8，则氯化胆碱和乙二醇的物质的量之比为0.2：0.8=1：4。

故答案为：＞；1：4；（2）①冷凝管的作用为冷凝回流乙二醇。

故答案为：冷凝回流乙二醇；②由LiFePO4的晶胞结构图可知Li+的个数为8×18+4×14（3）元素电负性H−2.1，C−2.5，O−3.5，可知酯基中碳氧元素电负性差值最大，极性强，最容易断裂，形成酰胺比较容易；而羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，容易形成铵盐，所以通常用酯基和NH3生成酰胺基，不用羧基和NH3直接反应。

​​​​​​​故答案为：酯基中C、O电负性差值大，极性强，最易断裂，易形成酰胺，羧基中H、O电负性差值最大，极性强，比C−O键易断裂，易生成铵盐。

【分析】（1）①分子结构中羟基上的氢原子作为氢键供体，据此分析。

②氯化胆碱为离子晶体，熔点较高。根据图像数据分析。

（2）①冷凝管的作用是冷凝回流。

②根据晶胞结构，结合均摊法分析。

（3）根据元素电负性的强弱分析，酯基中C、O元素的电负性差值大，共价键的极性强，易断裂。据此分析。（1）①HOCH2CH2OH分子中羟基上的氢原子作为氢键供体，故一个乙二醇分子中氢键供体数目为2；②由氯化胆碱的结构可知其形成的晶体为离子晶体，所以熔点比乙二醇高，由图像可知DESs的熔点达到最低值时乙二醇的物质的量分数为0.8，则氯化胆碱和乙二醇的物质的量之比为0.2：0.8=1：4；（2）①冷凝管的作用为冷凝回流乙二醇；②由LiFePO4的晶胞结构图可知Li+的个数为8×18+4×（3）元素电负性H−2.1，C−2.5，O−3.5，可知酯基中碳氧元素电负性差值最大，极性强，最容易断裂，形成酰胺比较容易；而羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，