精品解析：上海市曹杨第二中学2022-2023学年高二下学期5月阶段性评价化学试题（解析版）

这是一份精品解析：上海市曹杨第二中学2022-2023学年高二下学期5月阶段性评价化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了增强碳意识，小故事大智慧，物质的“基石”，绿色资源开发等内容，欢迎下载使用。

高二年级阶段性评价化学试卷
一、增强碳意识
碳是人类跨入文明史的第一步，也是现今环境问题的关键步，更出现在深化化学学习的每一步。人类进化过程中，先后利用木炭中的碳作为能源和还原剂。然而碳循环在工业社会遭到了严重破坏，气候异常和环境恶化迫使我们不断提高对碳的认识。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A. 工业燃煤时加入石灰石 B. 冶炼矿石前先将矿石粉碎
C. 运输疫苗需用冷藏箱 D. 用锌片制取氢气时滴入几滴硫酸铜溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫为酸性，氧化钙等为碱性，中和后生成的硫酸钙很稳定，将硫固定下来，简单来说就是在煤燃烧中加入石灰石是为了降低二氧化硫的产生，A符合题意；
B．冶炼矿石前先将矿石粉碎，增大与空气的接触面积，增大反应速率，B不符合题意；
C．疫苗是由减毒活病原微生物，或者是用灭活的病原微生物或其代谢产物制成的，其成分中大多是蛋白质，一般都会怕热、怕光，因光和热可以导致蛋白变性，低温会降低反应速率，C不符合题意；
D．用锌片制取氢气时滴入几滴硫酸铜溶液，形成原电池，加快反应速率，D不符合题意；
答案选A。
2. 下列叙述不正确的是
A. 植物燃料燃烧时放出的能量来源于太阳能
B. Na与的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
C. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
D. 1H2燃烧放出的热量为的燃烧热
【答案】D
【解析】
【详解】A．植物通过光合作用将太阳能转化为化学能储存在植物中，植物经过几百万年复杂的物理，化学变化形成化石燃料，由此可知化石燃料植物燃烧放出的能力来源于太阳能，A项正确；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量的热，，正反应为气体分子数增大的反应，,则该反应是熵增价的放热反应，，反应能自发进行，B项正确；
C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，造成热量散失较多，所测温度值偏小，C项正确；
D．1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量时氢气的燃烧热，D项错误；
答案选D。
3. 已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-221kJ/mol②稀溶液中，H++OHˉ=H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol下列结论正确的是
A. 碳燃烧热大于110.5kJ/mol
B. ①的反应热为221kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用燃烧热时要注意两个关键点:①反应物用量:可燃物为1mol;②产物要求:充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O (l) 、C →CO2(g) 、S→SO2 (g) ]，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；
B．①的反应热为ΔH=-221kJ/mol，故B错误；
C．已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“－”即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol ，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程,则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成l mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；
故选A。
4. 开发氢能是降碳的关键。实验计算机模拟在催化剂表面水煤气变换低温产氢反应过程中能量的变化如图所示，下列说法正确的是

A. 水煤气变换产氢反应是吸热反应 B. 过程I、Ⅱ、Ⅲ均需要吸收能量
C. 状态4中物质状态最稳定 D. 每生成1molH2转移1mole-
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，状态1能量高于状态4，则水煤气变换产氢反应是放热反应，选项A错误；
B．过程I、Ⅱ断开化学键，过程Ⅲ形成化学键，则过程I、Ⅱ需要吸收能量，过程Ⅲ需要放出能量，选项B错误；
C．由图可知，状态4能量最低，根据能量越低越稳定，则状态4中物质状态最稳定，选项C正确；
D．CO+ H2O=CO2+H2，碳元素由+2价上升至+4价，氢元素由+ 1价下降至0价，则每生成1mol H2转移2mole-，选项D错误；
答案选C。
5. 已知：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=—50kJ•mol-1； CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH=—91kJ•mol-1，则1molCO断键吸收的能量为

C=O
H－H
H－O
键能/(kJ•mol-1)
803
436
463

A. 1075kJ B. 1157kJ C. 735kJ D. 817kJ
【答案】A
【解析】
【详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，则反应的ΔH=(—50kJ/mol)—(—91kJ/mol)=+41kJ/mol，设一氧化碳的键能为akJ/mol，由反应热与反应物的键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：(803×2+436)kJ/mol—(463×2+a)kJ/mol=+41kJ/mol，解得a=1075，则1mol一氧化碳断键吸收的能量为1075 kJ/mol×1mol=1075kJ，故选A。
6. 在碳循环中，以NH3、CO2为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如图。

第二步反应的△H_____0(填“＞”、“＜”或“=”)。从图像分析决定生产尿素的总反应的反应速率的步骤是第_____步反应。
【答案】 ①. ＞ ②. 二
【解析】
【详解】第二步反应生成物能量高于反应物能量，为吸热反应，△H>0。且第二步反应的活化能Ea3高于第一步反应的活化能Ea1，活化能越高，反应速率越慢，总反应的反应速率由慢反应决定。
7. 氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，在一恒温密闭容器中投入炭和NO，判断该反应达到平衡标志是
A. 容器内压强不再变化 B. 混合气体的平均相对分子质量不再变化
C. 生成物的物质的量之比不再变化 D. 混合气体的密度不再变化
【答案】BD
【解析】
【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内压强始终不变，则容器内压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．该反应是气体体积不变的反应，由质量守恒定律可知，反应中气体质量增大，混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由方程式可知，生成物氮气和二氧化碳的物质的量之比始终相等，则生成物的物质的量之比不再变化不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；
D．由质量守恒定律可知，反应中气体质量增大，恒温密闭容器中混合气体的密度增大，则混合气体的密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；
故选BD。
8. 已知升高温度时，速率常数(k)总是增大，因此绝大多数的化学反应速率增大。但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度升高而减小，已知该反应历程分两步：I.2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1＜0，v1正=k1正c2(NO)、v1逆=k1逆c(N2O2)；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) ΔH2＜0，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)、v2逆=k2逆c2(NO2)，试分析升高温度该反应速率减小的原因是
A. k2正增大，c(N2O2)增大 B. k2正减小，c(N2O2)减小
C. k2正增大，c(N2O2)减小 D. k2正减小，c(N2O2)增大
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应速率的快慢取决于慢反应，反应II为慢反应，则升高温度，反应速率减小说明v2正减小，所以k2正减小；反应I为放热的快反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c(N2O2)减小导致反应II的反应速率减小，所以升高温度该反应速率减小的原因是k2正减小，c(N2O2)减小，故选B。
9. 对比研究活性炭、负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入相同浓度的NO，不同温度下测得反应2小时时NO去除率如图所示。据图分析，温度在500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是_____(填“C”、“CaO/C”或“La2O3/C”)。A点_____(“是”或“不是”)平衡点，原因是：_____。

【答案】 ①. CaO/C ②. 不是 ③. 该应为放热反应，若A点为平衡点，500℃后，升高温度平衡逆向移动，NO去除率减小
【解析】
【详解】反应的活化能越小，化学反应速率越快，由图可知，温度在低于500℃时，加入CaO/C的反应器中一氧化氮去除率最高，说明对应的反应速率最快，则反应的活化能最小的是CaO/C；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的去除率减小，由图可知，500℃后升高温度，一氧化氮的去除率依然增大，则A点不为平衡点，故答案为：CaO/C；不是；该应为放热反应，若A点为平衡点，500℃后，升高温度平衡逆向移动，NO去除率减小。
10. 某温度下，若向2L体积恒定的密闭容器中充入等物质的量的N2和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。

（1）图中B点v正_____v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）第10min时，外界改变的条件可能是_____。
A. 加催化剂 B. 增大C(s)的物质的量
C. 减小CO2的物质的量 D. 升温
（3）12分钟后反应N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)的平衡常数K=_____(保留小数点后2位)。
【答案】（1）> （2）AD
（3）6.25
【解析】
【小问1详解】
由图可知，B点时，反应未达到平衡，是平衡的形成过程，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
【小问2详解】
由图可知，第10min后曲线的斜率高于前10min说明改变条件化学反应速率加快；
A．加催化剂，降低反应的活化能，反应速率加快，故符合题意；
B．增大浓度为定值的固体碳的质量，化学反应速率不变，故不符合题意；
C．减小二氧化碳的物质的量，反应物的浓度减小，反应速率减慢，故不符合题意；
D．升高温度，活化分子的数目和百分数均增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故符合题意；
故选AD；
【小问3详解】
由图可知，12min后反应达到平衡，一氧化氮、氮气的物质的量分别为0.50mol、0.20mol，由方程式可知，二氧化碳的物质的量为0.20mol，则反应的平衡常数K==6.25，故答案为：6.25。
二、小故事大智慧
11. 化学家德海韦西溶解了诺贝尔金质奖章，躲过了纳粹的搜捕。我们知道金不易被硝酸氧化，但在浓硝酸中加入浓盐酸配成王水溶液后，金就容易被硝酸氧化生成相应的配合物，德海韦西就是用了这个方法。
已知：①Au(s)+ (aq)+4H+(aq)Au3+(aq)+NO(aq)+2H2O(aq) ΔH1=+akJ/mol
②Au3+(aq)+4Cl-(aq)[AuCl4]-(aq) ΔH2=-bkJ/mol
③Au(s)+ (aq)+4H+(aq)+4Cl-(aq)[AuCl4]-(aq)+NO(aq)+2H2O(aq) ΔH3
上述a、b均大于0，回答下列问题：
（1）从平衡移动和能量的角度，说明为什么加入盐酸后Au易被硝酸氧化_____。
（2）写出反应②的平衡常数的表达式_____。
（3）下列哪些操作可以加快金在王水中的溶解速率_____。
A. 升高温度 B. 适当提高硝酸浓度 C. 增大溶液的pH D. 投入金块
【答案】（1）加入盐酸Au3+与Cl-结合生成[AuCl4]-，使反应①平衡正向移动，且反应③放热,利于反应自发进行。
（2） （3）AB
【解析】
【小问1详解】
对于反应①而言，ΔH>0，不利于反应的自发进行，加入盐酸Au3+与Cl-结合生成[AuCl4]-，使反应①平衡正向移动，且反应③放热,利于反应自发进行。
【小问2详解】
易知反应②的平衡常数的表达式为。
【小问3详解】
由反应方程式可知升温、适当提高硝酸浓度，均可增加反应速率，但增大pH，c(H+)下降，反应速率减小，将金块研磨成金粉可以提高反应速率，块状固体不会提高反应速率。故选A、B。
热力学温度，又称开尔文温标，简称开氏温标，是国际单位制七个基本物理量之一。开尔文(LordKelvin)被称为热力学之父，他将第一和第二热力学定律公式化。
12. 下列关于反应∆U的说法中，正确的是
A. ∆U>0时，反应释放能量 B. ∆U<0时，反应释放能量
C. ∆U=Q D. ∆U=∆H
【答案】B
【解析】
【详解】A．△U是内能的变化，△U=U (反应产物) -U (反应物)，当△U<0时，反应释放能量，A错误；
B．△U是内能的变化，△U=U (反应产物) -U (反应物)，当△U<0时，反应释放能量，B正确；
C．△U=Q+W，只有体系没有做功(反应前后体系体积不变且没有做电功等其他功)时，△U=Q，C错误；
D．△H=△U+P△V，D错误；
故选B。
13. 下列关于内能和内能变化的叙述正确的是
A. 内能是体系内物质所含的能量总和
B. 内能只与物质的种类、数量以及聚集状态有关
C. 系统的内能可以通过实验测得
D. 内能变化就是反应热
【答案】A
【解析】
【详解】A．内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，故A正确；
B．内能大小除了与物质的种类、数量以及聚集状态有关外，还与体系的温度和压强有关，故B错误；
C．系统内能的绝对值无法直接获得，实验的方法可以测出内能的变化，故C错误；
D．反应过程中体系没有做功时，反应热才能等于内能的变化，故D错误；
故选A。
14. 一定条件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClO(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。D是____(填离子符号)。B→A＋C的热化学方程式为____________(用离子符号表示)。

【答案】 ①. ClO4－ ②. 3ClO－(aq)=2Cl－(aq)+ClO3－(aq) △H=−117kJ/mol
【解析】
【分析】由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，结合图中能量变化计算反应热。
【详解】由图可知，D中Cl元素的化合价为+7价，则D为ClO4−；B→A+C结合转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，△H=(63kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO−(aq)=ClO3− (aq)+2Cl−(aq)△H=−117kJ/mol。
美国化学会标志中的主要图形中有一个“五球瓶”，这件对化学界影响深远的仪器是由“有机化学之父”、“分析化学之父”李比希在1831年发明的，用于进行有机元素定量分析，他对五球瓶的描述是“使用简便性和完全可靠”。而现在科学家发展了更为简便的仪器分析方法来实现有机物的鉴定。

15. 现有以下有机物：①CH3CH2CH2CH2CH2OH；②CH3CH=CHCH2CH3；③；④；⑤CH3C≡CCH2CH3；⑥CH2=CHCH2CH=CH2；⑦CH2=CHCH2CH2CH3。
（1）系统命名法进行命名：③_____；⑥_____。
（2）属于官能团类型异构的是_____，属于碳骨架异构的是_____，属于官能团位置异构的是_____，属于同系物的是_____。(填序号)
【答案】（1） ①. 2-丁醇 ②. 1,4-戊二烯
（2） ①. ⑤⑥ ②. ③④ ③. ②⑦ ④. ①③或①④
【解析】
【小问1详解】
③为醇，命名为2-丁醇；⑥CH2=CHCH2CH=CH2为二烯烃，命名为1,4-戊二烯；答案为2-丁醇；1,4-戊二烯；
【小问2详解】
官能团类型不同，属于官能团类型异构的为⑤CH3C≡CCH2CH3、⑥CH2=CHCH2CH=CH2；
含有相同的官能团，但是碳架结构不同，属于碳骨架异构的为③、④；
官能团位置不同，属于官能团位置异构的为②CH3CH=CHCH2CH3、⑦CH2=CHCH2CH2CH3；
结构相似，在组成上相差1个或n个CH2原子团的有机物互为同系物，属于同系物的为①CH3CH2CH2CH2CH2OH、③、④，答案为①③或①④。
16. 某有机物A由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，如图是该有机物的质谱图，根据信息，完成下题。

（1）A相对分子质量为_____，A的分子为_____。
（2）A的所有同分异构体中属于醇类的有_____种(不考虑立体异构)，其中具有手性碳原子的结构简式为_____。
（3）如果A的核磁共振氢谱有两个峰，红外光谱图如图，则A的结构简式为_____。

（4）A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为C4H8，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，写出B发生加聚反应的化学方程式_____。
【答案】（1） ①. 74 ②. C4H10O
（2） ①. 4 ②.
（3） （4）nCH3CH=CHCH3
【解析】
【分析】由图可知，A分子的相对分子质量为74，由碳元素和氢元素的质量分数可知，分子中碳原子、氢原子、氧原子的个数分别为=4、=10、=1，则A分子的实验式为C4H10O，由相对分子质量可知，A分子的分子式为C4H10O。
【小问1详解】
由分析可知，A分子的相对分子质量为74，分子式为C4H10O，故答案为：74；C4H10O；
【小问2详解】
属于醇类A的同分异构体的结构可以视作是丁烷分子中的氢原子被羟基取代所得结构，则符合条件的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH、、、，共有4种，其中具有手性碳原子的结构简式为，故答案为：4；；
【小问3详解】
由红外光谱图可知，A分子中含有碳氧键和氢氧键，属于醇类，则A的核磁共振氢谱有两个峰的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由B能使酸性高锰酸钾褪色，且存在顺反异构体可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH3，则B一定条件下发生加聚反应的化学方程式为nCH3CH=CHCH3，故答案为：nCH3CH=CHCH3。
三、物质的“基石”
百余种不同的元素，构成了大千世界中所有物质。科学家们根据元素的性质递变规律、电子排布规律等对元素进行编排设计元素周期表。
17. 地壳中含量最多的元素的基态原子的轨道表示式_____，能量最是高的电子所在的轨道呈_____形。
【答案】 ①. ②. 哑铃
【解析】
【详解】地壳中含量最多的元素为原子序数是8的氧元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，能量最高的电子所在的轨道为呈哑铃形的2p轨道， 故答案为：；哑铃。
18. 研究发现，阳离子的颜色与未成对电子数有关，例如：Cu2+、Fe2+、Fe3+等。Cu+呈无色，其原因是_____。
【答案】Cu+无未成对电子
【解析】
【详解】铜元素的原子序数为29，基态亚铜离子的价电子排布式为3d10，离子中无未成对电子，所以亚铜离子呈无色，故答案为：Cu+无未成对电子。
19. 随着科技不断发展，人类对原子结构的认识不断深入，新型材料层出不穷。表中列出了第三周期的几种元素的部分性质：
元素编号
a
b
c
d
e
电负性
3.0
2.5
X
1.5
0.9
主要化合价
-1，+7
-2，+6
-3，+5
+3
+1
预测X值的区间：_____，表中五种元素的第一电离能由大到小的顺序是_____(写元素符号)。
【答案】 ①. 1.5—2.5 ②. Cl＞P＞S＞Al＞Na
【解析】
【分析】由元素的主要化合价可知，a为Cl元素、b为S元素、c为P元素、d为Al元素、e为Na元素。
【详解】同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱、非金属性依次增强，电负性依次增大，磷元素的电负性应介于铝元素和硫元素之间，则X值的区间为1.5—2.5；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为Cl＞P＞S＞Al＞Na，故答案为：1.5—2.5；Cl＞P＞S＞Al＞Na。
20. Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂、钛酸锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。Li位于周期表中_____区；基态Ti原子的价电子排布式为_____；基态Fe3+、Fe2+离子中未成对的电子数之比为_____。
【答案】 ①. s ②. 3d24s2 ③. 5：4
【解析】
【详解】锂原子序数为3，基态原子的电子排布式为1s22s1，位于元素周期表的s区；钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2；铁元素的原子序数为26，亚铁离子的价电子排布式为3d6，3d轨道上有4个未成对电子，铁离子价电子排布式为3d5，3d轨道上有5个未成对电子，则基态铁离子和亚铁离子离子中未成对电子数之比为5：4。
21. 单质Sn与干燥的Cl2反应生成SnCl4，常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_____，其固体的晶体类型为_____。
【答案】 ①. 正四面体形 ②. 分子晶体
【解析】
【详解】四氯化锡分子中锡原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，分子的空间构型为正四面体形；由常温常压下四氯化锡为无色液体可知，四氯化锡的固体为熔沸点低的分子晶体。
22. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是

A. 该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B. Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C. Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D. X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，24-1-11-7=5，X为B元素。
【详解】A．该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，故A正确；
B．Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，故B正确；
C．N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，故C正确；
D．B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，故D错误；
故选D。
23. 1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)次之，氩(18Ar)极少。XeF2室温下易升华，其中心原子的价层电子对数为_____。[BrOF2][AsF6]•xKrF2是[BrOF2]+、[AsF6]-与KrF2分子形成的加合物，你认为[BrOF2][AsF6]•xKrF2晶体中的化学键类型有_____。
【答案】 ①. 5 ②. 离子键、共价键、配位键
【解析】
【详解】XeF2其中心原子的价层电子对数为，[BrOF2][AsF6]•xKrF2是[BrOF2]+、[AsF6]-与KrF2分子形成的加合物，可知该晶体中含有[BrOF2]+、[AsF6]-间的离子键，[BrOF2]+、[AsF6]- 与KrF2分子均含有共价键，KrF2与[BrOF2]+可形成配位键。
24. PtCl2(NH3)2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子，甲、乙的水解产物化学式均为Pt(OH)2(NH3)2，但只有甲的水解产物能与草酸(HOOC－COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2，根据信息，完成下题：
（1）根据相似相溶的规律，可推断_____(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
（2）Pt(OH)2(NH3)2中H－N－H的键角大于NH3分子中的H－N－H键角，请结合所学知识解释原因_____。
（3）查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构_____。
【答案】（1）甲 （2）Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子
（3）
【解析】
小问1详解】
甲为极性分子，乙为非极性分子，由相似相溶的规律可知，甲分子在极性分子水中的溶解度大于乙分子，故答案为：甲；
【小问2详解】
Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
【小问3详解】
由甲、乙均为平面结构，甲为极性分子，乙为非极性分子可知，乙为反二氯二氨合铂，则乙的水解产物的空间结构为，故答案为：。
25. 有一种制氢储氢材料氢化钠(NaH)在室温下结合CO2制氢，反应为4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2，NaH的电子式为_____，在化学方程式上标出该反应中电子转移的方向与数目_____。
【答案】 ①. Na+[：H]— ②.
【解析】
【详解】氢化钠是只含有离子键的离子化合物，电子式为Na+[:H]—；由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，氢化钠是反应的还原剂，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，则表示反应中电子转移的方向与数目的单线桥为，故答案为：Na+[:H]—；。
26. 高压技术在物质研究中发挥着重要作用。科学家给食盐施加20万大气压，与钠或氯气反应，生成一些不同组成、不同结构的离子晶体。其中一种晶体的晶胞(黑球均在面上)如图，该晶体的化学式为_____，其熔沸点比金属钠晶体_____(填“高”或“低”)，Na+周围最紧邻的Cl-数为_____。

【答案】 ①. NaCl3 ②. 高 ③. 12
【解析】
【详解】氯原子半径大于钠，则根据“均摊法”，晶胞中含个Na、个Cl，该晶体的化学式为NaCl3，其为离子晶体熔沸点较高、钠单质熔沸点较低，故其熔沸点比金属钠晶体高；以体心钠离子为例，最紧邻的Cl-为12个，故填12。
27. 团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数，反应示意图和所测数数据如下。有关说法错误的是

A.
B. 离子半径：
C. 团簇对于具有比大的亲和力
D. 由于团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的通过
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示，时，，，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Cs和Rb都是ⅠA族元素，离子半径：，B正确；
C．与反应生成，说明团簇对于具有比大的亲和力，C正确；
D．的直径显著大于团簇表面的孔径，与反应生成，的骨架结构在交换过程中没有被破坏，可推断团簇表面的孔是柔性的，使得能无破坏进入笼内，D正确；
故选A。
四、绿色资源开发
28. 以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。

（1）已知化合物II也能以II′的形式存在，根据II′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成表格。
序号
结构特征
可反应的试剂
反应形成的新结构
反应类型
①
－CH=CH－
H2
－CH2－CH2－
加成反应
②
_____
_____
_____
氧化反应
③
_____
_____
_____
_____

（2）化合物IV到化合物V的反应是原子利用率100%的反应，且1molIV与1mol化合物a反应得到2molV，则化合物a为_____。
（3）选用含二个羧基的化合物和乙烯作为有机原料，利用上述流程图中相关信息，写出高分子化合物VIII的单体的合成路线_____(不用注明反应条件)。

【答案】（1） ①. —CHO ②. O2 ③. —COOH ④. —COOH ⑤. CH3OH ⑥. —COO CH3 ⑦. 酯化反应
（2）乙烯 （3）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下转化为，铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成，发生水解反应生成，与乙烯发生取代反应生成，一定条件下发生还原反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，II′分子中含有的碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，含有的醛基一定条件下能与氧气发生催化氧化反应，含有的羧基在浓硫酸作用下能与甲醇共热分子酯化反应，故答案为：—CHO；O2；—COOH；—COOH；CH3OH； COOCH3；酯化反应；
【小问2详解】
化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则a的分子式为C2H4，为乙烯，故答案为：乙烯；
【小问3详解】
由有机物的转化关系可知，以和乙烯为有机原料制备的合成步骤为与乙烯发生取代反应生成，一定条件下发生还原反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成，合成路线为，故答案为：。