2024年沪科版选择性必修2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年沪科版选择性必修2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5题，共10分)1、石墨的片层结构如图所示。在片层结构中；碳原子数；C—C键数、六元环数之比为（）

A.1∶1∶1B.2∶2∶3C.1∶2∶3D.2∶3∶12、下列各项叙述中，正确的是（）A.Br-的核外电子排布式：B.Na的简化电子排布式：C.基态Cr原子的外围电子排布式：D.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素3、三甲基铝[]在常温常压下为无色透明液体，暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈。在一定溶剂中可发生如下反应：下列推测不合理的是A.是非极性分子，Al原子以杂化B.是一种有机化合物，可用作引火剂，平时用钢瓶封存，液面可用保护C.与水反应可得到和有时会着火，实验时要戴护目镜D.与能发生反应是因为中心原子Al有空轨道，可以与中的S原子形成配位键4、下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯原子：B.MgCl2的电子式：C.F-的结构示意图：D.硫酸钠的电离方程式：Na2SO4=Na+＋5、我国科学家合成的某种离子化合物结构如下图；该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X；Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族；X是半径最小的元素，Z是空气中含量最多的元素，Y的电负性大于Z。下列说法不正确的是。

A.X与Y形成的化合物沸点高于Y同族元素与X形成化合物的沸点主要原因是容易形成分子间氢键B.Z的最高价氧化物对应水化物的阴离子中Z的杂化方式为sp2杂化C.元素第一电离能：YD.该盐中，存在离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键和氢键等化学键评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、锗是典型的半导体元素；在电子；材料等领域应用广泛。回答下列问题：

(1)基态原子的核外电子排布式为______；有______个未成对电子。

(2)光催化还原制备的反应中，带状纳米是该反应的良好催化剂。电负性由大至小的顺序是______。

(3)单晶具有金刚石型结构，其中原子的杂化方式为______，微粒之间存在的作用力是______。7、由N；B等元素组成的新型材料有着广泛用途。

（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅的制造；由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为_________（填离子符号；填一个）。

（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料．

①H3N→BH3中B原子的轨道杂化类型为___________。

②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得，写出该制备反应的化学方程式_________________；基态Ti3+的未成对电子数有___个，BH4-的立体构型是________；其中所含化学键的类型有________；

③氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：

3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3

与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________。

A．氨硼烷中存在配位键。

B．第一电离能：N＞O＞C＞B

C．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变。

D．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形；V形、直线形。

（3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料；如图1为磷化硼晶胞；

①磷化硼晶体属于______晶体；晶体中是否含有配位键：_______。

②晶体中B原子的配位数为____。

（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是___________________。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置____。其中“●”代表B原子；“×”代表N原子。

8、(1)基态Ti原子的核外电子排布式为______。

(2)Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为价层电子排布式为______。

(3)基态核外电子排布式为______。

(4)氮原子价S电子的轨道表示式(电子排布图)为______。

(5)Co基态原子核外电子排布式为______。元素Mn与O中，基态原子核外未成对电子数较多的是______。9、(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是________(填标号)。

A．[Ne]B．[Ne]C．[Ne]D．[Ne]

(2)Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3＋价层电子排布式为________。

(3)Cu2＋基态核外电子排布式为__________________。

(4)Mn位于元素周期表中第四周期________族，基态Mn原子核外未成对电子有________个。

(5)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_____、______。

(6)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是___________。10、氧的常见氢化物有H2O与H2O2。

(1)纯净H2O2为浅蓝色粘稠液体，除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水的原因为_______。

(2)H2O2既有氧化性也有还原性，写出一个离子方程式其中H2O2在反应中仅体现还原性_______。11、(1)比较NaHCO3与NaAlO2结合氢离子能力的强弱，用一个离子方程式加以说明：_______。

(2)画出NH3·H2O的结构_______。(氢键可用XH-Y来表示)

(3)常压下，AlF3的熔点(1040℃)比AlCl3的熔点(194℃)高，原因是_______。12、用“>”或“<”填空：。原子半径电负性熔点沸点Al___________SiN___________O金刚石___________晶体硅CH4___________SiH4评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、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14、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15、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误16、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17、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误18、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.错误评卷人得分四、计算题(共2题，共20分)19、LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中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。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有___________个。

电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。20、砷是生命的第七元素，可形成多种重要的化合物。砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。其晶胞结构如图所示，若沿体对角线方向进行投影则得到如图，请在图中将As原子的位置涂黑______。晶体中As原子周围与其距离最近的As原子的个数为______，若As原子的半径为r1pm，Ga原子的半径为r2pm，则最近的两个As原子的距离为______pm。

评卷人得分五、工业流程题(共1题，共8分)21、以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如下：

已知：①“浸取”时。转化为进入溶液；②25℃时，③深度除杂标准：溶液中

(1)“滤渣1”的主要成分为和_______。

(2)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为离子方程式为_______。

(3)“深度除铜”时，锌的最终回收率、[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。

①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是_______(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为_______。{已知的}

②“深度除铜”时加入量最好应选_______(填字母)。

A.B.C.D.

(4)存在多种晶体结构；其中纤锌矿型和闪锌矿型是最常见的晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。

①图a纤锌矿型晶体中的配位数为_______。

②闪锌矿型中填入所形成的“正四面体”空隙中，闪锌矿晶胞中含有_______个“正四面体”空隙。

③图b闪锌矿型晶胞密度为则与的距离为_______nm。(设为阿伏加德罗常数的值)评卷人得分六、有机推断题(共3题，共30分)22、现有原子序数小于20的A；B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。

（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。

（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。

（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。

（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。23、三唑并噻二嗪类化合物具有抗炎；抗肿瘤、抗菌的作用。该类新有机化合物G的合成路线如图所示。

已知：R1COOH+R2NH2R1CONHR2+H2O

(1)化合物B的名称为_______，化合物C的结构简式为_______。

(2)由E→F的化学方程式为_______。

(3)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______。

(4)有机物H是B的同分异构体，则满足下列条件的H有_______种。

a.与FeCl3溶液反应显紫色b.能发生银镜反应c.分子中不含甲基。

(5)利用题中信息，设计以乙醇为原料制备另一种三唑并噻二嗪类化合物中间体P()的合成路线_______(无机试剂任选)。24、化合物是一种重要中间体；其合成路线如下：

（1）的反应类型为_______。

（2）的分子式为则的结构简式：_______。

（3）含有手性碳原子的数目为_______。

（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；

②能与溶液发生显色反应；

③分子中只有4种不同化学环境的氢。

（5）已知：设计以原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

在石墨的片层结构中，我们以一个六元环为研究对象，由于碳原子为三个六元环共用，即属于每个六元环的碳原子数为6×＝2；另外碳碳键数为二个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为6×＝3；在片层结构中，碳原子数；C—C键数、六元环数之比为：2∶3∶1，故选D。

【点睛】

本题考查了石墨的有关计算，根据均摊法进行有关计算，难度不大。2、D【分析】【详解】

A．Br-核外有36个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p6或[Ar]3d104s24p6；故A错误。

B．Na原子核外有11个电子，根据构造原理书写，Na原子简化的核外电子排布式为故B错误；

C．Cr原子核外有24个电子，在等价轨道上的电子排布全充满、半充满和全空的状态时，具有较低的能量和较大的稳定性，基态Cr原子外围电子排布式为故C错误；

D．价电子排布为4s24p3的元素为As；有四个电子层，最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，是p区元素，故D正确；

故答案为D。3、D【分析】【详解】

A．中心原子铝形成3个键，为杂化；为三角形结构，结构对称是非极性分子，推测合理，A不符合题意；

B．三甲基铝为含碳化合物，为有机物，暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈，故可用作引火剂，平时用钢瓶封存，液面可用保护防止爆炸；推测合理，B不符合题意；

C．与水与水反应剧烈，反应可得到和甲烷易燃，故有时会着火，实验时为了安全要戴护目镜，推测合理，C不符合题意；

D．中心原子Al有空轨道，中氧可以提供孤电子对，故可以与中的O原子形成配位键；推测不合理，D符合题意；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，氯原子的质子数为17，中子数为20，则质量数为20+17=37，则氯原子表示为：故A错误；

B．MgCl2是离子化合物，其电子式为：故B错误；

C．F原子质子数为9，得到一个电子变为F-，其结构示意图：；故C正确；

D．硫酸钠是强电解质，在溶液中完全电离生成钠离子和硫酸根离子，电离方程式为：Na2SO4=2Na+＋故D错误；

答案选C。5、D【分析】【分析】

X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族，X是半径最小的元素，则X为H元素，Z是空气中含量最多的元素，则Z为N元素；离子化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，由化合物的结构和Y的电负性大于Z可知，Y为O元素、M为Cl元素，化合物中的阳离子为H3O+和NH阴离子为Cl—和N

【详解】

A．水分子间能形成氢键；而与氧元素同主族的元素的氢化物分子间不能形成氢键，则水分子间的作用力强于同主族的元素的氢化物，沸点高于同主族的元素的氢化物，故A正确；

B．硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，则氮原子的杂化方式为sp2杂化；故B正确；

C．同周期元素；从左到右元素第一电离能有增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则氧元素的元素第一电离能小于氮元素，故C正确；

D．氢键是一种作用力较强的分子间作用力；比化学键弱很多，不是化学键，故D错误；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在元素周期表中，锗和硅属于同主族，储位于硅的下一周期，即锗的原子序数为14+18=32，基态原子核外电子排布式为由于能级有3个能量相同的轨道，根据洪特规则，上2个电子分别占据两个轨道且自旋平行；因此有2个未成对电子；

(2)锌、锗位于同周期，同周期从左向右元素的电负性逐渐增大，而氧位于元素周期表右上角，电负性仅次于得出三种元素的电负性大小顺序是

(3)类比金刚石，晶体储属于共价晶体，每个锗与其周围的4个锗原子形成4个单键，锗原子的杂化类型为微粒间的作用力是共价键。【解析】2共价键7、略

【分析】【详解】

(1)根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32-或NO3-，故答案为CO32-或NO3-；

(2)①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为=4，所以N原子的轨道杂化类型为sp3，故答案为sp3；

②Ti(BH4)3由TiCl3和LiBH4反应制得，反应的化学方程式为TiCl3+3LiBH4═Ti(BH4)3+3LiCl，基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1，BH4-中B原子的价层电子对数为=4，所以杂化方式为sp3杂化，则BH4-的立体构型为正四面体，所含化学键的类型有极性键、配位键，故答案为TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl；1；正四面体；极性键；配位键；

③A．B一般是形成3个键，(H3BNH3)由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故A正确；B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)，故B正确；C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故C错误；D．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×(4-4×1)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×(4-2×2)=2；所以二氧化碳是直线型结构，故D正确，故答案为C；

(3)①在磷化硼晶体中；磷和硼原子之间通过共价键相互作用，结合性质可知其晶体类型为原子晶体，硼最外层有3个电子，但根据晶胞结构可知，每个硼和磷周围都有4个共价键，所以磷原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，它们之间存在配位键，故答案为原子；是；

②根据晶的结构图可知；每个磷原子周围有4个硼原子，所以配位数为4，故答案为4；

(4)立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，B-N键键长大于C-C键，键能小于C-C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低；晶体中B、N原子配位数均为4，涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置为：故答案为B-N键键长大于C-C键键长，键能小，所以熔点低；【解析】CO32-或NO3-sp3TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCll正四面体极性键、配位键C原子是4B-N键键长大于C-C键键长，键能小，所以熔点低8、略

【分析】【详解】

(1)Ti是22号元素，其基态原子核外电子排布式为或故答案为：或

(2)Fe的价层电子排布式为其阳离子的价层电子排布式分别是二者均首先失去4s轨道上的电子；Sm失去3个电子成为时，首先失去6s轨道上的电子，然后失去1个4f轨道上的电子，故的价层电子排布式为故答案为：4s；

(3)的核外有27个电子，核外电子排布式为或故答案为：或

(4)N位于第二周期ⅤA族，价层电子是最外层电子，即价层电子轨道表示式是故答案为：

(5)Co是27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为或O元素的基态原子价层电子排布式为所以其楗外未成对电子数是2，而Mn元素的基态原子价层电子排布式为所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn；故答案为：或Mn。【解析】或4s或或Mn9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A、D微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是D微粒能量高于A，则稳定性：A＞D，所以失电子消耗能量：A＞D；B、C都是原子，但是B是基态、C是激发态，微粒具有的能量：C＞B，微粒的稳定性：B＞C，所以失去一个电子需消耗的能量：B＞C。A为Mg+；B为Mg原子；A再失去电子所需能量就是Mg原子失去2个电子的能量，为Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量：A＞B，通过以上分析可知：电离最外层一个电子所需能量最大的是A；

(2)Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3＋是Sm失去最外层2个6s2电子后再失去1个4f电子形成的，故Sm3＋价层电子排布式为4f5；

(3)根据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+是Cu原子失去1个4s电子和1个3d电子后形成的，则基态Cu2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；

(4)25号Mn元素位于元素周期表中第四周期第VIIB族；基态Mn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2；d轨道有5个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同。则基态Mn原子核外未成对电子有5个；

(5)丙酮分子中饱和C原子采用sp3杂化，形成碳氧双键的不饱和碳原子采用sp2杂化；

(6)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，其中的中心Ni2+提供空轨道，配位体NH3上的N原子提供孤电子对。【解析】①.A②.4f5③.1s22s22p63s23p63d9④.VIIB⑤.5⑥.sp3⑦.sp2⑧.配位键⑨.N10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)H2O和H2O2分子间都能形成氢键，且H2O2分子间形成的氢键更多，所以除相对分子质量的影响外，其沸点(423K)明显高于水，原因为H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多。答案为：H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多；

(2)H2O2在反应中仅体现还原性，则应与强氧化剂发生反应，如与KMnO4酸性溶液反应，离子方程式为答案为：【解析】H2O2分子间氢键比H2O分子间强或氢键数目多11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)酸性H2CO3>Al(OH)3，则结合氢离子能力<能说明这一关系的离子方程式为：CO2++H2O=+Al(OH)3↓，故答案为：CO2++H2O=+Al(OH)3↓；

(2)在NH3·H2O中氨分子和水分子间可形成氢键，由于一水合氨可电离出铵根离子和氢氧根离子，故NH3·H2O的结构可以表示为故答案为：

(3)AlF3是离子晶体，微粒间是离子键，比作为分子晶体的AlCl3间的分子间作用力更强，故熔点更高，故答案为：AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力，故熔点更高。【解析】CO2++H2O=+Al(OH)3↓AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力，故熔点更高12、略

【分析】【详解】

①根据同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小的变化规律，则原子半径：Al>Si;

②根据同一周期，从左到右，电负性逐渐增强的变化规律，则电负性：N

③根据同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大的变化规律，原子半径：CSi－Si，熔点：金刚石>晶体硅；

④根据结构相似，相对分子质量越大，分子间作用越大，熔沸点越高，则沸点：CH44。【解析】><><三、判断题(共6题，共12分)13、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。14、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；15、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。16、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。17、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。18、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。四、计算题(共2题，共20分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

根据晶胞中的正八面体和正四面体可知晶体中含有4个单元的LiFePO4。

由图可知圆球为Li+，LiFePO4失去的Li+为:棱上-个，面心上一个；棱上的为该晶胞的面心上为该晶胞的因晶体中含有4个单元LiFePO4，所以x=×(+)=则剩余剩余的Li+为1-x=1-=所以化学式为LiFePO4，根据化合价代数和等于0,设Fe2+的个数为a，Fe3+的的个数为b，+2a+3b+5=8，解得a=b=所以n(Fe2+)∶n(Fe3+)=13：3。【解析】4或0.187513：320、略

【分析】【分析】

【详解】

由晶胞结构可知，若沿体对角线方向进行投影可得到如图所示结构：或图中涂黑的原子为As原子；晶胞中每个Ga原子周围与其距离最近的Ga原子的个数为12，由砷化镓的化学式为GaAs可知，两原子的配位数相等，则As原子周围与其距离最近的As原子的个数为12；若As原子的半径为r1pm，Ga原子的半径为r2pm，晶胞的边长为a=而最近的两个As原子的距离为面对角线的一半，距离为=(r1+r2)pm，故答案为：或12；(r1+r2)。【解析】①.或②.12③.(r1+r2)五、工业流程题(共1题，共8分)21、略

【分析】【分析】

废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以进入溶液；同时铁；镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1；滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；

【详解】

（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为和

（2）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为

（3）①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为该反应的平衡常数为

②“深度除铜”时加入量最好应选C.此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高；

（4）①图a中氧离子周围与4个锌离子相连，则纤锌矿型晶体中的配位数为4。

②根据“均摊法”，晶胞中含个氧离子；每个氧离子可形成2个正四面体，则闪锌矿晶胞中含有8个“正四面体”空隙。

③图b闪锌矿型晶胞密度为设晶胞边长为anm；根据“均摊法”，晶胞中含个4个则晶体密度为与的距离为为体对角线的四分之一，故为：nm。【解析】(1)

(2)或

(3)C

(4)48六、有机推断