2026届新疆克拉玛依市北师大克拉玛依附中化学高二上期中检测试题含解析

2026届新疆克拉玛依市北师大克拉玛依附中化学高二上期中检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在某恒定温度下，向容积为1L的容器中投入1molCO和2molH2O，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），平衡时生成CO2mol．若保持温度和容积不变，向其中增加2molH2O（g），使反应到达新的平衡，下列说法不正确的是A．新、旧平衡时容器内气体的压强之比是5：3B．新平衡时H2O的转化率为20%C．新平衡时CO的浓度是0.2mol•L﹣1D．新、旧平衡时容器内气体密度之比为5：32、取代反应是有机化学中一类重要的反应，下列反应属于取代反应的是（）A．乙烯通入酸性高锰酸钾中发生的反应B．乙炔与氯化氢一定条件下生成氯乙烯的反应C．苯酚与氯化铁的显色反应D．苯与浓硝酸与浓硫酸的混合液在50﹣60℃水浴中得到硝基苯的反应3、下列化学用语的书写，正确的是A．氯原子的结构示意图：B．6个质子8个中子的碳元素的核素符号：12CC．氯化镁的电子式：D．用电子式表示氯化氢的形成过程：4、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是A．12和17 B．11和17 C．11和16 D．6和85、依据元素的原子结构和性质的变化规律，推断下列元素金属性最强的是A．NaB．OC．AlD．S6、下列说法正确的是A．相同温度时，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH－)之比是2:1B．pH=7的水溶液一定呈中性C．0.1mol/LCH3COONa溶液中加少量CH3COOH溶液，使溶液呈中性，此时混合液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)D．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小7、下列鉴别方法中，不能对二者进行鉴别的是A．用红外光谱法鉴别乙醇和二甲醚 B．用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙烷和乙炔C．用溴水鉴别苯和甲苯 D．用核磁共振氢谱鉴别1－溴丙烷和2－溴丙烷8、在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为A．1：1B．1：2C．2：1D．3：19、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L－1KSCN溶液中：Fe3＋、NH4＋、Br－、SO42－B．由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液中：Na＋、K+、AlO2－、NO3－C．能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－D．pH=0的溶液中：Na＋、NH4＋、NO3－、Fe2+10、在一个6L的密闭容器中，放入3LX（g）和2LY（g），在一定条件下发生下列反应:4X（g）＋3Y（g）⇌2Q（g）+nR（g）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5％，X的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n的值是A．3 B．4 C．5 D．611、下列说法正确的是A．室温下，1mLpH=1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则NaOH溶液的pH=11B．25℃时，0.1mol•L-1的HA溶液中=1×10-8，则该溶液中由水电离出的c(H+)=l×10-3mol·L-1C．25℃时，对于pH相同的弱碱ROH和MOH(前者的电离平衡常数Kb较小)，加水稀释后溶液的pH仍相同，则后者稀释的倍数更大D．25℃时，BaSO4在水中有沉淀和溶解的平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，说明BaSO4是弱电解质12、甲酸甲酯是重要有机化工原料，制备反应为CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)ΔH<0；相同时间内，在容积固定的密闭容器中，使反应在不同温度下进行(起始投料比均n(CO)n(CHA．70~80℃，CO转化率随温度升高而增大，其原因是升高温度反应速率增大B．85~90℃，CO转化率随温度升高而降低，其原因可能是升高温度平衡逆向移动C．d点和e点的平衡常数：Kd<KeD．a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同13、我国城市环境中的大气污染主要是()A．二氧化碳、氯化氢、酸雨B．二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、烟尘C．二氧化氮、一氧化碳、氯气D．二氧化硫、二氧化碳、氮气、粉尘14、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是：()A．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合：c(NH4+)=c(Cl－)>c(H+)=c(OH－)B．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl－)+c(ClO－)+c(OH－)C．pH=8.3的NaHCO3溶液c(Na+)>c(HCO3－)>c(H2CO3)>c(CO32－)D．0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：2c(H+)—c(OH－)=c(CH3COO－)—c(CH3COOH)15、下图有关电化学的示意图正确的是A． B． C． D．16、下列说法正确的是()A．丙烯的结构简式为CH2CHCH3B．分子式为C4H10O属于醇类的有机物有4种C．分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物一定互为同系物D．名称为丙酸甲酯二、非选择题（本题包括5小题）17、长托宁是一种选择性抗胆碱药，可通过以下方法合成(部分反应条件略去):(1)长托宁中的含氧官能团名称为______和______(填名称)。(2)反应③的反应类型为______。(3)反应②中加入试剂X的分子式为C8H6O3，X的结构简式为______。(4)D在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为______。(5)C的一种同分异构体满足下列条件：I．能与FeCl3溶液发生显色反应。II．核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：______。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见上面题干)。18、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。19、设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验______（填“能”或“不能”）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是______（填编号）。A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应B．使溴水褪色的反应，就是加成反应C．使溴水褪色的气体，未必是乙烯D．使溴水褪色的气体，就是乙烯(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是___________，在验证过程中必须全部除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是______________________________，(3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：______________。20、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___________(填“偏大、偏小、无影响”)（2）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)，简述理由__（3）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______________；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。21、反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。（1）该反应是__反应（填“吸热”“放热”）；（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率_（填“增大”“减小”“不变”），原因是__。（3）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1_，E2_，ΔH_（填“增大”“减小”“不变”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】根据题意：CO+H2O(g)CO2+H2初始物质的量：1

2

0

0变化物质的量：平衡物质的量：平衡常数K==1；再通入2mol水蒸气时，设又生成二氧化碳xmol，则：

CO+H2O(g)CO2+H2初始物质的量：+2变化物质的量：x

x

x

x

平衡物质的量：-x

+2-x

+x

+x所以根据温度没变，则K=1=，解得x=mol；A．新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于物质的量之比，又因为反应前后气体体积没有变化，所以新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于(1+2+2)：(1+2)=5：3，故A正确；B．新平衡时H2O的转化率为×100%=20%，故B正确；C．新平衡时CO的浓度为−=0.2mol•L-1，故C正确；D．因为反应前后体积没变，所以密度之比等于质量之比，所以新、旧平衡时容器内气体质量比为(1×28+2×18)：(1×28+4×18)=64：100=16：25，故D错误；故答案为D。2、D【解析】A、乙烯通入酸性高锰酸钾中发生氧化反应，不属于取代反应，选项A错误；B、乙炔与氯化氢一定条件下发生加成反应生成氯乙烯，不属于取代反应，选项B错误；C、苯酚与氯化铁的显色反应，不属于取代反应，选项C错误；D、苯与浓硝酸与浓硫酸的混合液在50﹣60℃水浴中发生硝化反应，也属于取代反应，得到硝基苯，选项D正确；答案选D。3、C【解析】A．氯原子的结构示意图为，A错误；B．6个质子8个中子的碳元素的核素符号为，B错误；C．氯化镁是含有离子键的离子化合物，电子式为，C正确；D．氯化氢是含有极性键的共价化合物，则用电子式表示氯化氢的形成过程为，D错误；答案选C。4、A【分析】根据原子序数分析元素，利用金属元素与非金属元素来分析形成的离子化合物，以此来解答．【详解】A、原子序数为12和17的元素分别为Mg、Cl，能形成离子化合物MgCl2，故A选；B、原子序数为11和17的元素分别为Na、Cl，能形成离子化合物NaCl，故B不选；C、原子序数为11和16的元素分别为Na、S，能形成离子化合物Na2S，故C不选；D、原子序数为6和8的元素分别为C、O，能形成CO、CO2共价化合物，故D不选；故选A。【点睛】本题考查AB2型离子化合物，解题关键：熟悉元素的原子序数来判断元素，注意AB2型离子化合物中，A通常显+2价，B通常显-1价。5、A【解析】同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强。钠和铝是金属，位于同一周期，氧和硫是非金属，位于同一主族，金属性Na＞Al。答案选A。6、C【解析】A.相同温度下，一水合氨是弱电解质，氨水浓度越小其电离程度越大，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比小于2：1，故A错误；B.25℃时，水的离子积Kw=10-14，pH=7的水溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7，溶液呈中性，由于未注明温度，水的离子积与温度有关，因此pH=7的水溶液不一定呈中性，故B错误；C.溶液呈中性，则溶液中c

(H+)=c

(OH-)，由于存在电荷守恒c

(Na+)+c

(H+)=c

(CH3COO-)+c

(OH-)，所以c

(Na+)=c

(CH3COO-)，故C正确；D.不同类型的难溶物的溶解度，必须通过计算溶解度比较大小，不能通过溶度积直接比较，故D错误；故选C。7、C【详解】A.红外光谱法可用于测定有机物中的官能团、化学键，乙醇和二甲醚中官能团不同，可以用红外光谱法鉴别，故A不选；B.乙炔能被高锰酸钾氧化，而乙烷不能，可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙烷和乙炔，故B不选；C.溴水与苯和甲苯分别混合后，有机色层均在上层，现象相同，不能鉴别，故C选；D.1-溴丙烷含有3种不同化学环境的H原子，且峰的面积比为2:2:3，2-溴丙烷含有2种不同化学环境的H原子，且峰的面积比为6:1，可用核磁共振氢谱鉴别，故D不选；答案选C。8、B【分析】首先发生反应Mg2＋+2OH－═Mg（OH）2↓、Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2＋）：n（Al3＋），据此计算解答．【详解】首先发生反应Mg2＋+2OH－═Mg（OH）2↓、Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n（Mg2＋）：n（Al3＋）=×20mL：×30mL=1：1，原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，由于在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2，故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的计算，明确图象曲线变化对应反应原理为解答关键，注意掌握氢氧化铝的化学性质，首先明确发生的反应，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积。9、C【解析】A．与SCN－反应的离子不能大量共存；B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性；C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性；D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应；【详解】A．Fe3＋与SCN－反应，不能大量共存，故A错误；B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，酸性时AlO2－不能大量共存，故B错误；C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应，故D错误；故选C。10、D【分析】在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比。【详解】解法一：在相同温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，即分子个数比=体积比；反应至平衡状态X的浓度减小1/3，说明至平衡时，X的反应消耗量为3L×1/3=1L反应后6L反应物中剩余气体的体积为：6L-1L-3/4L=17/4L达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，即说明原来压强若为1，则平衡是压强应为1.1．在恒温恒容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比．所以6L：（17/4L+2/4L+n/4L）=1：1.1由上述关系可解得n=6。故选D。解法二、在一定温度下的密闭容器中，反应后压强增大了，说明气体是物质的量增加了，所以生成物的气体计量数之和大于反应物的气体计量数之和，即2+n＞4+3，即n＞5，故选D。11、A【详解】A．因酸碱混合后pH=7，即恰好完全反应，设碱的浓度为c，则1×0.1mol/L=100×c，c=0.001mol/L，则NaOH溶液的pH=11，故A正确；B．常温下，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=l×10-14，而=10—8，解得c（H+）=l×10-3mol/L，0.1mol•L-1的HA溶液中，由水电离出的c(H+)=c（OH-）==l×10-11mol·L-1，故B错误；C．ROH、MOH都是一元碱，pH相同时，电离平衡常数越小的碱，其物质的量浓度越大，则pH相同的弱碱ROH、MOH浓度前者大于后者，加水稀释促进弱电解质电离，稀释相同倍数后，前者氢离子浓度大于后者，要使加水稀释后的pH相同，则前者稀释倍数大于后者，故C错误；D．BaSO4在水中虽然有沉淀和溶解的平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，但溶于水的BaSO4完全电离，BaSO4是强电解质，故D错误；故选A。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及pH的有关计算、水的电离平衡、弱电解质的电离平衡等知识点，明确溶液中平衡移动的因素和pH计算方法为解答关键。12、C【解析】A.70~80℃，反应未达到平衡，升高温度反应速率增大，相同时间内，表现为CO转化率随温度升高而增大，故A正确；B.85~90℃反应达到了平衡，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B正确；C.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，d点的平衡常数＞e点的平衡常数，故C错误；D.根据方程式，与方程式中的化学计量数之比相等，因此a点对应的CO的转化率与CH3OH的转化率相同，故D正确；故选C。13、B【解析】空气污染的物质可分为可吸入颗粒物和有害气体，有害气体主要有一氧化碳、二氧化氮、二氧化硫、一氧化氮等。【详解】A项、CO2不是污染物，故A错误；B项、SO2、CO、NO2都是有害气体，烟尘为可吸入粉尘，对人体有害，为污染物，故B正确；C项、Cl2不是主要污染物，故C错误；D项、CO2、N2不是污染物，故D错误。故选B。【点睛】本题主要考查空气污染物的种类，利用所学的课本知识即可解答，注意二氧化碳不是空气污染物，但含量过多会造成温室效应。14、C【解析】A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合,氨水过量导致溶液呈碱性,则c(OH-)c(H+),根据电荷守恒得c(Cl-)c(NH4+),故A错误；B.溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(H+)c(Na+)=c(Cl-)c(ClO-)c(OH-),所以,故B错误；C.pH=8.3的NaHCO3溶液中,由于溶液显碱性，所以碳酸氢根离子水解程度大于电离程度,c(CO32-)c(H2CO3),则溶液中的离子浓度关系为：c(Na+)>c(HCO3－)>c(H2CO3)>c(CO32－)；故C正确；D.二者混合后,溶液中的溶质是等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa,根据溶液中物料守恒得,根据电荷守恒得,所以得,故D错误；本题答案为C。15、B【解析】A、该装置中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，故A错误；B、该装置中，电极材料都是石墨，所以电解池工作时，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，故B正确；C、电解精炼铜时，精铜作阴极，粗铜作阳极，该装置中正好相反，故C错误；D、该装置中，同一半反应装置中电极材料和电解质溶液中的金属阳离子不是相同的元素，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池和电解池的工作原理，注意电解池中如果较活泼的金属作阳极，电解池工作时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子。本题的易错点为D，含有盐桥的原电池中，同一半反应装置中电极材料和电解质溶液中的金属阳离子是相同的元素。16、B【分析】A、碳碳双键不能省略；B、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，先书写丁基-C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目；C、分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物可能是酸，也可能是酯；D、名称为丁酸甲酯；【详解】A、碳碳双键不能省略；B、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，丁基-C4H9的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，故B正确；C、同系物只能是同类物质，分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物可能是酸，也可能是酯，故C错误；D、名称为丁酸甲酯，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基醚键加成反应或还原反应n+H2O【分析】A在无水乙醚的作用下与Mg反应生成B，B与X发生加成后再水解得C，根据X的分子式为C8H6O3，B和C的结构可知，X的结构为；C在催化剂作用下与氢气发生催化加氢反应(加成反应)生成D，D与LiAlH4发生还原反应生成E，E在一定条件下发生分子内脱水生成F，F与反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据长托宁的结构简式可知，长托宁中含氧官氧官能团为羟基和醚键；(2)根据分析，反应③的反应类型为加成反应或还原反应；(3)根据分析可知，X的结构简式为；(4)D的结构中含有羟基和羧基，两个官能团在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为n+H2O；(5)根据条件Ⅰ能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅱ核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环，符合条件的C的同分异构体为；(6)以和为原料制备，可以先将还原成苯甲醇，再与溴化氢发生取代，再发生题中流程中的步骤①②③的反应，再发生消去即可得产品，合成路线为：。【点睛】本题的难点为(6)中的合成路线，解题时要充分利用已知流程的分析和理解，熟知官能团的性质。18、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【点睛】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。19、不能ACSO2CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应【解析】用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性，据以上分析解答。【详解】（1）用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；综上所述，本题答案是：不能；AC；（2）SO2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是SO2+Br2+2H2O═2HB