2024年沪科新版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科新版选择性必修2化学上册阶段测试试卷765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5题，共10分)1、为实现减排，解决能源短缺问题，我国科研人员实现了在新型纳米催化剂和的表面将转化为烃类化合物，其过程如图。下列说法中不正确的是。

A.分子中心原子的杂化轨道类型为sp杂化B.产物X、Y属于同系物C.产物X、Y均为手性分子D.产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰2、下列说法错误的是A.O2、CO2、N2都是非极性分子B.酸性：C.C3H8中碳原子都采用sp3杂化D.CO的一种等电子体为NO+，它的电子式为3、下列大小比较错误的是A.离子半径：B.还原性：C.酸性：D.水溶液的酸性：4、2017年12月20日；在第74次联合国全体会议上，宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。元素W；X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18.下列说法不正确的是。

。

W

X

Y

Z

A.氧化物的水化物的酸性：W＜X＜YB.W的氢化物与Y单质混合产生白烟C.W、X和Y三种元素都能与钠元素形成离子化合物D.推测Z是半导体材料，Z与Y可形成化合物ZY45、X、Y、Z均为第三周期元素,X的第一电离能在同周期中最小,Y的电负性在同周期中最大,Z的离子半径在同周期中最小,下列关于X、Y、Z叙述不正确的是()A.元素Y形成的气态氢化物极易溶于水,水溶液呈强酸性B.元素X与元素Y能形成离子化合物C.元素Z最高价氧化物对应水化物既能与强酸反应,又能与强碱D.原子序数和原子半径大小顺序均为:X评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键7、一种广泛用于锂离子电池的物质。其结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期元素，Y、W同主族，原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)。下列说法正确的是（）

A.电负性XB.简单氢化物的沸点W>Z>Y>XC.Y、Z、W的单质是相同的晶体类型D.简单氢化物的热稳定性Y>W>Z8、下列由实验得出的结论不相符的是。

。

操作和现象。

结论。

A

将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中；钠与乙醇反应要平缓得多。

乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼。

B

用乙酸浸泡水壶中的水垢；可将其清除。

乙酸的酸性弱于碳酸的酸性。

C

向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸；产生无色气体。

不能证明氯元素的非金属性强于碳元素。

D

向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液；用酒精灯加热，未见砖红色沉淀。

蔗糖未水解。

A.AB.BC.CD.D9、ApralactoneA的结构简式如图所示，下列有关该化合物的叙述错误的是。

A.分子中有3种含氧官能团B.分子中有2个手性碳原子C.1mol该化合物至多与1molBr2发生反应D.1mol该化合物至多与含2molNaOH的水溶液反应10、胺是指含有—NH2，—NHR或者—NR2(R为烃基)的一系列有机化合物，下列说法正确的是A.胺与羧酸反应生成肽键的反应类型与酯化反应的反应类型不同B.胺类物质具有碱性C.C4NH11的胺类同分异构体共有8种D.胺类物质中三种含氮结构的N原子的杂化方式不同11、如图所示是一种天然除草剂分子的结构；下列说法正确的是。

A.该除草剂可以和NaHCO3溶液发生反应B.该除草剂分子中所有碳原子一定在同一平面内C.1mol该除草剂最多能与4molNaOH反应D.该除草剂与足量的H2在Pd/C催化加氢条件下反应得到含9个手性碳的产物12、下列说法正确的是A.是由非极性键构成的极性分子，空间构型为Ⅴ形B.的空间共构型为平面三角形C.熔融态的导电时发生了化学反应D.的熔点为液态时能导电而固态时不导电评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、(1)元素与N同族。预测的氢化物分子的立体结构为______，其沸点比的______(填“高”或“低”)，其判断理由是______。

(2)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为______。14、在研究原子核外电子排布与元素周期表的关系时；人们发现价层电子排布相似的元素集中在一起。据此，人们将元素周期表分为5个区，如图所示。请回答下列问题：

(1)在s区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素，其原子的价层电子的电子云形状为______。

(2)在d区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素，其常见离子的核外电子排布式为______，其中较稳定的是______。

(3)在ds区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素，其原子的价层电子排布式为______。

(4)在p区中，第二周期第ⅤA族元素原子的价层电子轨道表示式为______。

(5)当今常用于开发核能的元素是铀(92号元素)和钚(94号元素)，它们位于______区。15、我国科学家成功合成了世界上首个全氮阴离子盐；使氮原子簇化合物的研究有了新的突破。

(1)基态N原子中有_____个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是_____。

(2)第二周期元素原子的第一电离能介于B、N之间的是_____。

(3)以氮化镓(GaN)等为代表的第三代半导体材料具有优异性能，基态31Ga原子的简化电子排布式为_____。16、钴；铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。回答下列问题：

(1)写出As的基态原子的电子排布式_____。

(2)将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_____。

(3)Fe3+、Co3+与N3-；CN-等可形成络合离子。

①K3[Fe(CN)6]可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为_____。

②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配位数为_____,其配离子中含有的化学键类型为___(填离子键、共价键、配位键)。17、如图为几种晶体或晶胞的示意图：

请回答下列问题：

（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是____。

（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为：___。

（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能___(填“大于”或“小于”)MgO晶体，原因是____。

（4）每个Cu晶胞中实际占有___个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2＋的配位数为__。

（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是_____。18、(1)用质谱仪检测氟化氢气体时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为40的峰，原因是___________。

(2)的熔点(2054℃)比(190℃)熔点高很多的原因是___________。评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)19、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误20、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误21、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共1题，共10分)22、氯化亚铜(化学式可表示为CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解、易被氧化。某学习小组用工业废渣(主要成分为Cu2S和Fe2O3)制取CuCl并同时得到电路板蚀刻液；实验步骤如图：

已知：。金属阳离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHCu2+4.86.4Fe3+2.73.7

根据以上信息回答下列问题：

(1)写出焙烧过程中产生SO2的化学方程式：______；实验室中常用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，图中可选用的装置是_____(填标号)。

A.B.C.D.

(2)混合液中加入的沉淀剂X可为______；(填化学式)，调节溶液的pH至______，过滤得到CuCl2溶液。

(3)①向Na2SO3溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量浓盐酸，混匀后倾倒出清液，抽滤、洗涤、干燥获得CuCl产品，该反应的离子方程式为______。

②抽滤也称减压过滤，请选择合适的仪器并组装抽滤的装置从溶液中得到CuCl产品，装置连接顺序为_____→_____→E→_____(填标号)。______

下列有关抽滤的说法错误的是_____(填标号)。

A.原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低；以达到固液分离的目的。

B.过滤速度快；可得到较干燥的沉淀。

C.实验结束后；先关抽气泵，后拔开抽滤瓶接管。

③抽滤过程中先用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，然后立即用无水酒精洗涤，并在70℃真空下干燥2h，冷却后密封包装，密封包装的原因是______。

(4)实验测得氯化亚铜蒸气的相对分子质量为199，则氯化亚铜的分子式为_____；氯化亚铜定量吸收CO后形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O()，则Cu2(CO)2Cl2·2H2O中的配位体为_____(填化学式)。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共36分)23、工业级氯化钙(CaCl2)通常用作道路的融雪除冰和干燥剂；主要利用纯碱工业废液生产。完成下列填空：

(1)氯原子的核外电子排布式_______；氯化钙的电子式_______；比较构成CaCl2的微粒半径大小(用微粒符号表示)_______。

(2)纯碱生产的工业方法有多种，其中废液含有大量氯化钙的是_______制碱法。

(3)向饱和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，产生大量白色沉淀和少量气体，用平衡知识解释产生沉淀的原因_______。

(4)氯化钙不能干燥NH3，因为CaCl2(s)+8NH3(g)⇌CaCl2·8NH3(s)+Q(Q＞0)，该反应的平衡常数K=_______；向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2molNH3，反应10分钟，固体增重17g，则0~10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ=_______；若要将已吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，写出一种可采取的措施_______。24、有A，B，C，D四种元素。已知：①它们均为周期表中前20号元素，C，D在同一周期，A，B在同一主族；②它们可以组成化合物B2C2、A2C、DC2等；③B的阳离子与C的阴离子的核外电子排布相同；④B2C2同A2C或DC2反应都生成气体C2，B与A2C反应产生气体A2，A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃能发生爆炸；其产物是一种无色无味的液体(在常温下)。请回答下列问题：

(1)写出A；B，C，D四种元素的符号：

A________，B________，C________，D________。

(2)在B2C2、A2C和DC2中，属于离子化合物的是________，其电子式是__________________，属于共价化合物的是____________，其结构式是____________________。并指出含几个σ键；几个π键。

(3)写出有关的化学方程式：_____________________________________。25、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)工业用途非常广泛，易溶于水，在中性和碱性环境中稳定。实验室用工业硫化钠(含少量Na2SO4、Na2CO3杂质)为原料制备Na2S2O3•5H2O；其流程如图：

已知：Ksp(BaSO4)=1.07×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9。

(1)S2O结构如图1所示，可认为是SO中一个氧原子被硫原子代替，S2O空间构型为___(用文字表述)，中心硫原子(S*)杂化方式为___。

(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，c(SO)=___。

(3)制备Na2S2O3•5H2O实验装置与过程如图：

将提纯后的Na2S与Na2CO3一起置于装置C的三颈烧瓶中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌；打开装置A中分液漏斗的旋塞，滴入硫酸，产生SO2；充分反应后，过滤三颈烧瓶中所得混合物，经处理得到Na2S2O3•5H2O。

①B装置的作用为___。

②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为____。

③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是___。26、通过反应可制备有机中间体异氰酸苯酯。

（1）Ni3＋基态核外电子排布式为________。

（2）异氰酸苯酯分子中碳原子杂化轨道类型是________，1mol异氰酸苯酯分子中含有σ键数目为________。

（3）Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的顺序为_________________________。

（4）C2H5OH的沸点高于这是因为__________________。

（5）Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，其晶胞结构如右图所示，该合金的化学式为________。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

由题中信息可知，在新型纳米催化剂Na-Fe3O4的作用下；二氧化碳先转化为一氧化碳，一氧化碳和氢气反应转化为乙烯和丙烯，乙烯和丙烯在HMCM-22的表面转化为2—甲基丁烷和3—甲基戊烷。

【详解】

A．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2；孤对电子对数为0，碳原子的杂化轨道类型为sp杂化，故A正确；

B．2—甲基丁烷和3—甲基戊烷都属于烷烃，在分子组成上相差1个CH2；则两者互为同系物，故B正确；

C．手性分子含有手性碳原子；手性碳原子为连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子，2—甲基丁烷和3—甲基戊烷都不含有连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子，都不是手性分子，故C错误；

D．2—甲基丁烷和3—甲基戊烷都含有四种类型的氢原子；则核磁共振氢谱图上均有4组峰，故D正确；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．O2、N2为单质，显然为非极性分子，CO2的结构式为O=C=O；分子呈直线型结构，正；负电荷的重心重合，为非极性分子，A正确；

B．虽然Cl的非金属性比碳强，所以高氯酸的酸性大于碳酸；但HClO不是Cl的最高价氧化物的水化物，其酸性比H2CO3弱；B错误；

C．C3H8中碳原子的价电子对数都为4，都采用sp3杂化；C正确；

D．NO+与CO的原子数目相同，价层电子对数相同，二者互为等电子体，NO+的电子式为D正确；

故选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．核外电子数相同，核电荷数越大半径越小，故故A正确；

B．同周期元素随核电荷数增大，金属性越弱，还原性越弱，故故B正确；

C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故故C正确；

D．HCl为强酸，H2S为弱酸，故故D错误；

故选D。4、A【分析】【分析】

元素Z位于第四周期；则W位于第二周期，X；Y位于第三周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18，设W最外层电子数为a，则有：a+a+1+a+2=18，a=5，则W为N元素、X为S元素、Y为Cl元素、Z为Ge元素。

【详解】

A．非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，题中未说明是最高价氧化物对应水化物，则无法比较酸性强弱，故A错误；

B．W的氢化物是NH3，与Cl2发生反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；有白烟产生，故B正确；

C．Na元素金属性强，可与N、S、Cl分别形成离子化合物：Na3N、Na2S；NaCl等；故C正确；

D．Z是Ge元素，与Si元素同主族上下相邻，Si是半导体材料，根据元素周期律可推测Ge也是半导体材料，Ge最外层有4个电子，能与Cl形成+4价化合物GeCl4；故D正确；

答案选A。5、D【分析】【分析】

X；Y、Z均为第三周期元素；X的第一电离能在同周期中最小，X为Na元素，Y的电负性在同周期中最大，Y为Cl元素，Z的离子半径在同周期中最小，Z为Al元素，据此答题。

【详解】

A.Y为Cl元素；其气态氢化物是HCl，极易溶于水，溶于水溶液呈强酸性，故A正确；

B.X为Na元素；Y为Cl元素，二者形成的化合物是氯化钠，属于离子化合物，故B正确；

C.Z为Al元素；其最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，故C正确；

D.原子序数Na＜Al＜Cl；同一周期的元素随着原子序数的增大，原子半径减小，原子半径Na＞Al＞Cl，故D错误。

故选D。二、多选题(共7题，共14分)6、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。7、AC【分析】【分析】

X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族，根据图示可知，Y能够形成2个共价键，W形成6个共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O，W为S元素；Z只能形成1个共价键，原子半径r(X)＞r(Y)＞r(Z)；Z的原子序数大于O小于S，则Z为F；X形成4个共价键，其原子序数小于F，则X为C元素，以此分析解答。

【详解】

根据分析可知；X为C元素，Y为O，Z为F，W为S元素。

A．同一周期从左向右元素的电负性逐渐增强；则电负性C＜O＜F，即X＜Y＜Z，故A正确；

B．X为C元素，Y为O，Z为F，W为S，他们的简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞H2S＞CH4，即：Y>Z>W>X；故B错误；

C．O2、F2；S都是分子晶体；故C正确；

D．元素的非金属性：F>O>S，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越高，故简单氢化物的稳定性：Z>Y>W；故D错误。

答案选AC。

【点睛】

推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。8、BD【分析】【详解】

A.水；乙醇都可与钠反应生成氢气；根据生成氢气的剧烈程度可以比较得出乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，A正确；

B.用乙酸可清除水壶中的水垢；根据强酸制弱酸，说明乙酸的酸性大于碳酸，B错误；

C.盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物；不能通过酸性的强弱来证明氯元素的非金属性强于碳元素，C正确；

D.需要首先加入氢氧化钠中和硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液；才能检验蔗糖是否水解，D错误；

答案选BD。9、AC【分析】【详解】

A.由的结构简式可知；分子中有羟基；酯基、羰基、醚键4种含氧官能团，故A错误；

B.由的结构简式可知；分子中有2个手性碳原子，故B正确；

C.由的结构简式可知，含酚羟基与碳碳双键可以和溴水分别发生取代反应和加成反应，故至多与3molBr2水发生反应；故C错误；

D.由的结构简式可知；含酚羟基和酯基能和氢氧化钠溶液反应，故1mol该化合物至多与含2molNaOH的水溶液反应，故D正确；

故答案：AC。10、BC【分析】【详解】

A．胺与羧酸反应生成肽键的过程是羧基失去羟基；胺失去氢原子，脱去一个水分子，反应类型属于取代反应，酯化反应也属于取代反应，反应类型相同，故A错误；

B．胺类物质中含有氮原子；可以接受氢离子，可以和酸性物质反应；故具有碱性，故B正确；

C．C4NH11的胺类同分异构体中含有—NH2，—NHR或者—NR2等官能团；有CH3(CH2)3NH2、CH3CH2(CH)NH2CH2、(CH3)2CHCH2NH2、C(CH3)3NH2、CH3CH2CH2NHCH3、CH3CH2NHCH2CH3、(CH3)3CHNHCH3、(CH3)2NCH2CH3共8种同分异构体；故C正确；

D．胺类物质中三种含氮结构—NH2，—NHR或者—NR2等中的N原子的成键电子对数为3对，孤对电子数为1对，杂化方式都是sp3杂化；杂化方式相同，故D错误；

答案选BC。11、AD【分析】【分析】

【详解】

略12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．根据等电子原理，O3与SO2是等电子体，结构相似，中心原子氧是sp3杂化，有2个孤电子对，但臭氧分子的正负电荷重心不重合，是由非极性键构成的极性分子；空间构型为Ⅴ形，故A正确；

B．的中心原子氯的价层电子对==4，是sp3杂化；空间共构型为三角锥形，故B错误；

C．熔融态的导电时发生了化学反应；发生了电解，有新物质生成，故C正确；

D．的熔点为属于分子晶体，液态；固态时均不导电；故D错误；

故选AC。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【详解】

(1)的中心原子的价电子对数为包括3对成键电子对和1对孤电子对，故其立体结构为三角锥形。中N的电负性比中的大得多，故易形成分子间氢键；从而使其沸点升高。

(2)乙醇的相对分子质量小于丙酮的相对分子质量，但乙醇分子间能形成氢键，丙酮分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比丙酮的高。【解析】三角锥形低分子间存在氢键乙醇分子间存在氢键14、略

【分析】【详解】

(1)s区包括ⅠA、ⅡA族，符合条件的元素为Be，其核外电子排布式为价层电子的电子云形状为球形；

(2)d区包括ⅢB~ⅦB族(不包括镧系、锕系)、Ⅷ族，族序数最大且同族中原子序数最小的元素为Fe，其常见离子为核外电子排布式分别为由离子的核外电子排布式可知的3d轨道为半充满状态，其稳定性大于

(3)在ds区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素为Zn，其核外电子排布式为价层电子排布式为

(4)在p区中，第二周期第ⅤA族元素为N，其价层电子的轨道表示式为

(5)轴和钚均为锕系元素，位于f区。【解析】①.球形②.③.④.⑤.⑥.f15、略

【分析】【详解】

（1）基态N原子价电子排布式为2s22p3，则其价电子占据的能量最高的能级是2p轨道，其价电子排布图为：p轨道上3个电子分居在不同的三个轨道上，有3个未成对电子。

（2）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素Be、C、O。

（3）Ga原子核外电子数为31,核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化电子排布式为[Ar]4s²4p¹。【解析】(1)32p

(2)Be；C、O

(3)[Ar]4s²4p¹16、略

【分析】【分析】

As的原子序数为33，由构造原理可知基态原子的电子排布式[Ar]3d104s24p3；NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，根据原子个数相等、价电子总数相等的微粒属于等电子体可知阴离子的化学式为NO43-；CN-中碳原子价电子对个数为2，根据杂化轨道理论可知sp杂化；[Co(N3)(NH3)5]SO4中N3-、NH3都是单齿配体，相加得配位数为6；其配离子中含有的化学键类型为共价键；配位键；据此分析。

【详解】

(1)As的原子序数为33，由构造原理可知基态原子的电子排布式[Ar]3d104s24p3；答案为：[Ar]3d104s24p3；

(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式为NO43-；答案为：NO43-；

(3)①CN-中碳原子价电子对数所以采取sp杂化；答案为：sp；

②[Co(N3)(NH3)5]SO4中N3-、NH3都是单齿配体；相加得配位数为6；其配离子中含有的化学键类型为共价键；配位键，答案为：6；共价键、配位键；

【点睛】

本题考查物质结构，涉及核外电子排布、杂化轨道、配合物结构及性质等，易错点是(3)①CN-中碳原子价电子对数所以采取sp杂化；方法二可用碳原子形成2个σ键，采取sp杂化；常见的碳原子和氮原子，形成一个共价三键为sp杂化，一个共价双键为sp2杂化，全为单键sp3杂化。【解析】①.[Ar]3d104s24p3②.NO43-③.sp④.6⑤.共价键、配位键17、略

【分析】【分析】

(1)原子晶体中原子间以共价键结合；

(2)熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同种晶体根据微粒间的作用力大小比较；

(3)离子半径越小；离子带电荷越多，晶格能越大；

(4)依据均摊法计算；

(5)分子间含有氢键时；其熔沸点较高。

【详解】

(1)原子晶体中原子间以共价键结合；则粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石，故答案为金刚石；

(2)熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，冰和干冰属于分子晶体，熔点：冰＞干冰，MgO和CaCl2属于离子晶体，熔点：MgO＞CaCl2，金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰，故答案为金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰；

(3)因为MgO中离子带两个电荷，NaCl中离子带一个电荷，而且氧离子半径小于氯离子，镁离子半径小于钠离子半径，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，NaCl晶体的晶格能小于MgO晶体的晶格能，故答案为小于；MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)；

(4)Cu原子占据面心和顶点，则每个Cu晶胞中实际占有的原子数为×8+×6=4；根据氯化钙的晶胞图可知，每个Ca2+周围有8个Cl-，而每个Cl-周围有4个Ca2+，所以CaCl2晶体中Ca2+的配位数为8；故答案为4；8；

(5)冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，水分子间含有氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以其熔沸点较高，故答案为H2O分子之间能形成氢键。

【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意晶格能大小的判断方法的应用，特别注意离子半径的大小比较。【解析】①.金刚石②.金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰③.小于④.MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)⑤.4⑥.8⑦.水分子之间形成氢健18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)质谱检测氟化氢气体时，出现质荷比为40的峰，说明可能为两分子的HF结合在一起，由于HF分子中存在可以形成氢键的F原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体()，故答案为：两个氟化氢分子通过氢键形成二聚体()；

(2)Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键远大于范德华力，所以Al2O3的熔点高很多，故答案为：Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键远大于分子间作用力。【解析】两个氟化氢分子通过氢键形成二聚体()是离子晶体，是分子晶体。离子键的作用力远大于分子间作用力四、判断题(共3题，共18分)19、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。五、工业流程题(共1题，共10分)22、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；工业废渣焙烧时，硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，焙烧得到的固体溶于稀盐酸转化为氯化铁；氯化铜混合溶液，向混合溶液中加入氧化铜固体调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氯化铜溶液和氢氧化铁的沉淀，沉淀溶于浓盐酸得到氯化铁刻蚀液，氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到氯化亚铜粉末。

【详解】

（1）由分析可知，焙烧过程中发生的反应为硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2；实验室中用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫的反应为固液不加热的反应，因亚硫酸钠溶于水，不能选用启普发生器制取二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，实验时应选用分液漏斗控制滴入浓硫酸的速率，不能选用长颈漏斗，则装置A、C符合题意，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；AC；

（2）由分析可知；混合液中加入沉淀剂氧化铜固体的目的是调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CuO；3.7～4.8；

（3）①由分析可知，制备氯化亚铜的反应为氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；

②抽滤所需装置的连接顺序为布氏漏斗→抽滤瓶→安全瓶→抽气泵；

A．抽滤原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低；以达到固液分离的目的，故正确；

B．抽滤可加速过滤；并使沉淀抽吸得较干燥，故正确；

C．实验结束后；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故错误；

故选C；故答案为：A；C、F；C；

③由题给信息可知；氯化亚铜在潮湿空气中易水解；易被氧化，所以为防止氯化亚铜在潮湿空气中水解、被氧化，氯化亚铜应密封包装，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化；

（4）设氯化亚铜的分子式为(CuCl)n，由相对分子质量为199可得n==2，则分子式为Cu2Cl2；由配合物的结构可知，亚铜离子为中心离子，一氧化碳、水分子、氯原子为配体，故答案为：Cu2Cl2；CO、H2O、Cl。【解析】(1)Cu2S+2O22CuO+SO2AC

(2)CuO3.7～4.8

(3)2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+A；C、FC防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化。

(4)Cu2Cl2CO、H2O、Cl六、原理综合题(共4题，共36分)23、略

【分析】【详解】

(1)Cl是17号元素，根据构造原理，可知基态Cl原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；

CaCl2是离子化合物，2个Cl-与Ca2+之间以离子键结合，其电子式为：

Cl-与Ca2+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序为：r(Cl-)＞r(Ca2+)；

(2)纯碱生产的工业方法有多种，其中氨碱法(索尔维)法制取原理是：将氨气通入饱和NaCl溶液中得到氨盐水，然后将煅烧石灰石产生的CO2气体通入其中，发生反应产生溶解度较小的碳酸氢钠晶体，反应方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3晶体经过滤、洗涤后，加热煅烧得到纯碱Na2CO3，分解产生的CO2可以循环利用，含有NH4Cl的滤液与石灰乳混合，所放氨气可循环利用，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+2H2O，可见该方法生产中会得到CaCl2；故废液含有大量氯化钙的是索尔维法或氨碱法；

(3)饱和NaHCO3溶液中存在电离平衡：⇌H++向其中滴加少量CaCl2溶液，与Ca2+会反应产生CaCO3白色沉淀，使电离平衡正向移动，当溶液中H+浓度增大到一定程度后，与H+会发生反应产生CO2气体；因此反应时产生大量白色沉淀，同时还有少量气体；

(4)根据电离平衡常数的含义可知反应CaCl2(s)+8NH3(g)⇌CaCl2·8NH3(s)的化学平衡常数K=

向2L装有CaCl2的密闭容器中，通入2molNH3，发生反应CaCl2(s)+8NH3(g)⇌CaCl2·8NH3(s)，10分钟，固体增重17g，说明反应的氨气的质量是17g，其物质的量是n(NH3)==1mol，则0~10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ==0.05mol/(L·min)；

由于该反应的正反应是放热反应，要使已吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，应该使化学平衡逆向移动。根据化学平衡移动：升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动。故应该采取的措施是加热。【解析】1s22s22p63s23p5r(Cl-)＞r(Ca2+)氨碱法(或索尔维法)存在⇌H