2025年人教新起点选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年人教新起点选择性必修2化学上册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()A.B.C.D.2、在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子；其结构如图所示。下列说法错误的是。

A.该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和OB.该配离子中铜离子的配位数是4C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1D.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H3、下列“能层一能级”的对应关系中，能层不包含相应能级的是A.O－sB.L－pC.M－fD.N－d4、符号的含义是A.轨道上有3个电子B.第三个电子层沿x轴方向的p轨道C.电子云有3个空间取向D.第三个电子层轨道有3个空间取向5、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.28g乙烯中含有4NA个δ键B.0.1molFeCl3•6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NAC.100mL18mol•L-1浓硫酸与足量Cu粉加热反应，产生SO2分子数为0.9NAD.反应S+6HNO3(浓)H2SO4+6NO2↑+2H2O中，生成1molNO2时转移NA个电子6、吗替麦考酚酯(MycophenolateMofetil)主要用于预防同种肾移植病人的排斥反应及治疗难治性排斥反应；其结构简式如下图所示。下列说法正确的是。

A.分子式为B.可以发生取代反应、加聚反应、显色反应C.与足量的发生加成反应，所得产物中有9个手性碳原子D.1mol吗替麦考酚酯最多消耗1mol碳酸氢钠7、下列数据是对应物质的熔点表，有关的判断正确的是。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃

A.AlF3的熔点比AlCl3高，原因是AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体B.在共价化合物分子中各原子都形成8e-稳定结构C.同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体D.金属晶体的熔点一定比分子晶体的高8、测定分子空间结构最普遍的方法是A.质谱法B.红外光谱法C.核磁共振法D.X射线衍射法评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、铜单质及其化合物在很多领域都有着重要用途；如金属铜可用来制造各项体育赛事的奖牌；电线、电缆，胆矾可用作杀菌剂等。试回答下列问题。

(1)已知Cu位于元素周期表第四周期第ⅠB族，则Cu原子的价电子排布式为_______。

(2)下列分子或离子中，能提供孤电子对与Cu2＋形成配位键的是_______(填序号；下同)。

①H2O②NH3③F-④CN-

A.①②B.①②③C.①②④D.①②③④

(3)向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续加入氨水，难溶物溶解并得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象叙述正确的是_______

A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变。

B.沉淀溶解后生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2＋

C.若硫酸铜溶液中混有少量硫酸；则可用氨水除去硫酸铜溶液中的硫酸。

D.在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道。

(4)下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的有_______

A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键；极性键和配位键。

B.[Cu(NH3)4]SO4中含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子。

C.[Cu(NH3)4]SO4的配体空间构型为正四面体形。

D.[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为三角锥形。

(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋，已知NF3与NH3的立体构型均是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是_______。10、有机酸的酸性。羧酸pKa丙酸(C2H5COOH)4.88乙酸(CH3COOH)4.76甲酸(HCOOH)3.75氯乙酸(CH2ClCOOH)2.86二氯乙酸(CHCl2COOH)1.29三氯乙酸(CCl3COOH)0.65三氟乙酸(CF3COOH)0.23

(1)为什么甲酸、乙酸、丙酸的酸性逐渐减弱？___________

(2)CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，解释原因。___________

(3)试分析羧酸的酸性与分子的组成和结构的关系。___________11、是有机合成中常用的还原剂，中的阴离子空间结构是___________、中心原子的杂化形式为___________。中，存在___________(填标号)。

A．离子键B．键C．π键D．氢键12、(1)衡量元素非金属性的标准之一是最高价氧化物水化物的酸性强弱，则含氧酸中中心元素化合价与酸性的关系是_______。

(2)NaBH4是离子化合物，所有原子最外层都达到稳定结构，请写出电子式_______。

(3)冰的密度比水小的原因是_______。13、碳、硅与铅同主族。碳纳米管可以制成透明导电的薄膜，其结构类似于石墨晶体，则多层碳纳米管的层与层之间靠___________结合在一起。四卤化硅(SiX4)的沸点按F、Cl、Br、I依次升高的原因是___________。14、SiO2为何是原子晶体，原因是___________。15、（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层能级，该能层有______个原子轨道，该元素基态原子的价电子排布图为______。

（2）均为短周期金属元素。依据下表数据，写出原子的核外电子排布式：______。电离能/A93218211539021771B738145177331054016、元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体的晶胞结构如图所示。

（1）该晶体的阳离子与阴离子个数比为____。

（2）该晶体中Xn+中n=____。

（3）X元素的原子序数是_____。

（4）晶体中每个N3-被____个等距离的Xn+包围。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、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18、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19、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20、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误22、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、工业流程题(共1题，共9分)23、镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料；具有容量高；循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是MnO、Fe2O3、

②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取。

请回答下列问题：

(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。

(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。

(3)“酸浸”时加入的作用是___________。

(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。开始沉淀时pH1.53.46.36.66.77.8完全沉淀时pH3.54.78.39.29.510.4

(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同；可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。

②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)24、2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文；为钙钛矿电池研究开辟了新方向。

(1)基态原子电子占据的轨道数目为_______。

(2)某种钙钛矿晶胞结构如图，若●表示则○表示_______原子；的配位数为_______；若以为晶胞的顶点，则位于晶胞的_______。

实验室制备一种钙钛矿型复合物的方法如下：

实验用品：氯化锌溴化铅碳酸铯十八烯油酸油胺

实验步骤：

①将适量十八烯加入仪器A中，抽气后通入重复3次；

②将混合物升温至120℃进行干燥，注入一定量油酸、油胺，待溶液澄清透明后升温到165℃，迅速注入铯前体，后停止反应；

③将步骤②中所得混合物与乙酸甲酯按一定比例混合后离心；分离出沉淀；

④将步骤③中所得沉淀溶解在正己烷中，加入乙酸甲酯离心，再次分离出沉淀，所得沉淀溶解在正庚烷中，离心除去剩余固体，上层清液即为纳米晶体的分散系。

回答下列问题：

(3)仪器A的名称是_______。

(4)铯前体是由碳酸铯与过量的油酸加热时反应得到的产物，反应的化学方程式是_______。

(5)步骤③中乙酸甲酯的作用是_______。

(6)可用电感耦合等离子体质谱来确定产品中各元素的含量。取产品溶于稀硝酸、测得锌铅则x的值是_______。25、某同学想通过实验来验证酸性：H2SO4＞H2CO3；设计了如图实验。

(1)仪器a的名称是__________，应盛放下列药品中的__________(填字母)。

A．稀硫酸B．亚硫酸C．氢硫酸D．盐酸。

(2)仪器b的名称是__________，应盛放下列药品中的__________(填字母)。

A．碳酸钙B．硫酸钠C．氯化钠D．碳酸钠。

(3)仪器c中盛放的试剂是澄清石灰水，如果看到的现象是___________________________，说明b中发生反应的化学方程式为______________________________，即可证明H2SO4比H2CO3酸性强。26、铜的配合物广泛存在；对含铜配合物的研究一直是关注的热点。

Ⅰ．同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：

已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色。

(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________

(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。

(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：

结论1：配合物的形成与___________、___________有关；

结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________＞___________(填化学式)。

Ⅱ．同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。

【资料】

ⅰ．(绿色)，(无色)；

ⅱ．(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；

ⅲ．易被氧化为或

实验Ⅱ：探究与溶液的反应。实验操作实验序号(mL)(mL)逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________

②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。

(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。

(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：

Cu(Ⅱ)盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大，___________。27、配合物三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，实验室用(M=238g/mol)晶体制备的实验步骤如下。

步骤ⅰ．在锥形瓶中，将4g溶于8.4mL水中，加热至沸，加入6g研细的晶体；溶解得到混合溶液。

步骤ⅱ．将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入0.4g活性炭，冷却，利用如下装置先加入13.5mL浓氨水，再逐滴加入13.5mL5%溶液；水浴加热至50~60℃，保持20min。

步骤ⅲ．然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，不必洗涤沉淀，直接把沉淀溶于50mL沸水中，水中含1.7mL浓盐酸。趁热吸滤，慢慢加入6.7mL浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体()(M=267.5g/mol)析出。

步骤ⅳ．用冰浴冷却后吸滤；晶体以冷的2mL2mol/LHCl洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。

请回答下列问题：

(1)步骤ⅰ中，研细晶体所用的仪器名称为_______。

(2)写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式_______。步骤ⅱ中实验仪器a中应盛放的试剂是_______(填“碱石灰”或“氯化钙”)，水浴温度不宜过高的原因是_______。

(3)步骤ⅲ中两次加入浓盐酸，其作用分别为_______。

(4)若最后得到产品的质量为3.50g，则该产品的产率为_______。

(5)通过硝酸银标定产品中氯的含量。将溶解，用溶液作指示剂，标准溶液滴定，实验过程中，下列操作会导致氯含量偏低的是_______。A．滴定前，滴定管内有气泡，滴定后，气泡消失B．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数C．盛放待测液的锥形瓶没有用待测液润洗D．滴定过程中，锥形瓶晃动剧烈，少量待测液溅出(6)该产品制备过程中若不加入活性炭，则会生成配合物该配合物中的配体为_______，配位数是_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8×+6×=4，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N；故A不选；

B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4×=1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1=1：2，化学式为MN2；故B选；

C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3×=1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1=3：8，化学式为M3N8；故C不选；

D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8×=1；1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；

故答案选B。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键；A错误；

B．根据配离子的结构可知；铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确；

C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1；C正确；

D．非金属性越强元素的电负性越大；所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确；

综上所述答案为A。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．任何能层都包括s能级；故A不选；

B．L能层包括s；p能级；故B不选；

C．M能层包括s；p、d能级；不包括f能级，故C选；

D．N能层包括s；p、d、f能级；故D不选；

故选C。4、B【分析】【详解】

p能级有3个轨道，沿x、y、z三个不同方向伸展，所代表的含义是第三个电子层沿x轴方向伸展的p轨道；故选B；

答案选B。5、D【分析】【详解】

A．乙烯的结构式是1个乙烯分子中有5个δ键，28g乙烯中含δ键5NA；故A错误；

B．Fe(OH)3胶粒是Fe(OH)3的集合体，0.1molFeCl3•6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1NA；故B错误；

C．铜与稀硫酸不反应，100mL18mol•L-1浓硫酸与足量Cu粉加热反应，硫酸有剩余，产生SO2分子数小于0.9NA；故C错误；

D．反应S+6HNO3(浓)H2SO4+6NO2↑+2H2O中，N元素化合价由+5降低为+4，生成1molNO2时转移NA个电子；故D正确；

选D。6、B【分析】【详解】

A．根据图示可知该有机物的分子式为：C23H31NO7；A错误；

B．吗替麦考酚酯中有酯基可以发生取代反应；有碳碳双键可以发生加聚反应，有酚羟基可以发生显色反应，B正确；

C．酯基不加成，吗替麦考酚酯与足量的发生加成反应得到产物中有7个手性碳原子，如图所示，C错误；

D．吗替麦考酚酯没有羧基的官能团；吗替麦考酚酯不能与碳酸氢钠反应，D错误；

故本题选B。7、A【分析】【详解】

A．由于Al和Cl的电负性差值小于1.7，故氯化铝为分子晶体，而F元素的电负性大于Cl元素，铝与氟电负性差值大于1.7，氟化铝为离子晶体，离子晶体熔化须克服离子键，而分子晶体熔化只需要克服分子间作用力，故离子晶体的熔点更高，所以AlF3熔点高于AlCl3；A正确；

B．BCl3为共价化合物；B原子最外层电子数为6，B错误；

C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，CO2和SiO2分别属于分子晶体和共价晶体；所以同族元素的氧化物可能形成不同类型的晶体，C错误；

D．金属晶体Na的熔点比分子晶体AlCl3低；所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，D错误；

故选A。8、D【分析】根据有机物结构测定方法进行判断；质谱法测定相对分子质量，红外光谱测定有机物的官能团，核磁共振法测定氢原子的种类和数目，X射线衍射法测定空间结构。

【详解】

A．质谱法用于测定有机物的相对分子质量；不能测定分子的空间结构，A错误；

B．红外光谱可以测定出有机物的官能团和化学键；不能测定分子的空间结构，B错误；

C．核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；不能测定分子的空间结构，C错误；

D．测定分子的空间结构最普遍的方法是X射线衍射法；X射线衍射可以看到微观结构，可以测定晶体的晶胞参数，从而确定分子的空间结构，D正确。

故选答案D。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cu为29号元素，核外电子数为29，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，则Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；

(2)只要有孤电子对就可以做配体；而①②③④中均有孤电子对，D符合题意，故选D；

(3)向硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成Cu(OH)2，继续加入氨水，Cu(OH)2溶解并得配合物[Cu(NH3)4]SO4，即深蓝色的透明溶液。在此过程中，原来的Cu2＋生成了Cu(OH)2时浓度减小，加氨水后又生成了[Cu(NH3)4]2＋，溶液中仍无Cu2＋；则A；C、D错误，B正确，故答案选B；

(4)[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2＋和S之间是离子键、氨分子和Cu2＋之间是配位键，氨分子中氮原子和氢原子间是极性共价键，故A正确；内界的离子是不能电离的，所以水溶液中不会有NH3分子，故B错误；[Cu(NH3)4]SO4的配体是NH3，其空间构型是三角锥形，外界的离子是SO其空间构型为正四面体，所以C；D均错误，故答案选A；

(5)F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子(或者N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2＋形成配位键)。【解析】①.3d104s1②.D③.B④.A⑤.F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子(或者N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2＋形成配位键)10、略

【分析】略【解析】(1)烃基是推电子基团；烃基越长推电子效应越大，使羧基中的烃基的极性越小，羧酸的酸性越弱。所以，甲酸的酸性大于乙酸的，乙酸的酸性大于丙酸的随着烃基加长，酸性的差异越来越小。

(2)三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的，这是由于氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于C-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性；导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。同理，三氯乙酸的酸性大于二氯乙酸的，二氯乙酸的酸性大于氯乙酸的。

(3)与羧酸(-COOH)相连的C-X(X为卤素原子)的极性越大，羧酸的酸性越大；C-X的数量越多，羧酸的酸性越大，如酸性：CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH；CCl3COOH>CHCl2COOH>CH2ClCOOH。烃基越长，羧酸的酸性越小，如酸性：C2H5COOH3COOH11、略

【分析】【详解】

中价层电子对个数为且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论分析，中心原子采用杂化，呈正四面体结构。四氢铝锂中存在离子键和键，选AB。【解析】正四面体AB12、略

【分析】【详解】

（1）含氧酸中非羟基氧的数目越多；吸引电子的能力越强，酸性越强，同一元素的不同含氧酸中，该元素的化合价越高，非羟基氧的数目越多，酸性越强，故答案为：同一元素的不同含氧酸中中心元素化合价越高，非羟基氧的数目越多，酸性越强；

（2）NaBH4为离子化合物，所有原子最外层都达到稳定结构，电子式为故答案为：

（3）冰中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，所以冰中形成的氢键数目比液态水中要多，分子间的距离更大，导致相同温度下冰的密度比水小，故答案为：冰中氢键数目比液态水中要多，导致冰里面存在较大的空隙。【解析】①.同一元素的不同含氧酸中中心元素化合价越高，非羟基氧的数目越多，酸性越强②.③.冰中氢键数目比液态水中要多，导致冰里面存在较大的空隙13、略

【分析】【详解】

碳纳米管结构类似于石墨晶体，则推知多层碳纳米管的层与层之间靠范德华力结合在一起；四卤化硅SiX4均为分子晶体，范德华力随相对分子质量的增大而增大，所以四卤化硅(SiX4)的沸点按F、Cl、Br、I依次升高。【解析】范德华力四卤化硅SiX4均为分子晶体，范德华力随相对分子质量的增大而增大14、略

【分析】【详解】

Si原子与O原子以共价键相互结合形成空间网状结构，所以SiO2为原子(共价)晶体。【解析】Si原子与O原子以共价键相互结合形成空间网状结构15、略

【分析】【详解】

（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，则说明该能层含有s、p、d能级，其轨道数为1+3+5=9个；原子共有3个价电子可知，则其价电子排布式为3d14s2，其价电子排布图为故答案为：9；

（2）由表中数据可知，A、B元素的第三电离能都剧增，故表现+2价，为第ⅡA族元素，B的第一电离能比A的小，故B为Mg元素，原子的电子排布式为1s22s22p63s2；

故答案为：【解析】916、略

【分析】【详解】

（1）Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，N3-位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3-的个数比为3∶1；

（2）由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1；

（3）因为X+的K；L、M三个电子层充满；故为2、8、18，所以X的原子序数是29；

（4）N3-位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上、下、左、右、前、后包围，故答案为6。【解析】①.3∶1②.1③.29④.6三、判断题(共6题，共12分)17、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。18、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；19、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。20、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。21、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。22、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、工业流程题(共1题，共9分)23、略

【分析】【分析】

废旧电池正极材料灼烧，得到MnO、Fe2O3、加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍；钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀；滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；

【详解】

（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积；使反应更充分。

（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的对应的化学反应方程式是

（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。

（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而均未开始沉淀，故的最佳范围是

（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目和数目都是3，数目数目其化学式应为为25号元素，其价层电子轨道表示为

(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度【解析】(1)增大固体与相应反应物的接触面积；使反应更充分。

(2)除去氧化物中的

(3)把+3价钴还原为+2价。

(4)3.5≤pH＜6.6

(5)五、实验题(共4题，共20分)24、略

【分析】【详解】

（1）基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，其电子占据的轨道数目为2；

（2）由钙钛矿晶胞结构图可知，Ca2+位于晶胞体心，其数目为1，○位于晶胞棱心，其数目为3，根据反型钙钛矿分子式CaTiO3可知○表示氧或O；位于晶胞的顶点，距离其最近的氧原子有6个，故其配位数为6；若以为晶胞的顶点，即将8个体心上的Ca2+连接成一个立方体，可以看出位于晶胞的面心；

（3）仪器A的名称是三颈烧瓶；

（4）碳酸铯为碳酸盐，油酸能电离出H+，两者反应生成铯前体的化学方程式为

（5）步骤③是除杂并分离沉淀；因此乙酸甲酯的作用是将未反应的油酸；油胺、十八烯溶解并除去，同时可以降低产物的溶解度；

（6）化学式中Zn原子和Pb原子个数比为=解得x=0.3。【解析】(1)2

(2)氧或O6面心。

(3)三颈烧瓶。

(4)

(5)溶解并除去未反应完的油酸；油胺、十八烯；并且降低产物的溶解度。

(6)0.325、略

【分析】【分析】

过实验来验证酸性：H2SO4＞H2CO3，则a中应该盛放稀硫酸，b中应该盛放碳酸钠，c中检验二氧化碳，若c中溶液变浑浊，说明硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳和水，说明酸性：H2SO4＞H2CO3；以此解答。

【详解】

(1)仪器a的名称是分液漏斗；应盛放的药品中是稀硫酸，故答案为：分液漏斗；A；

(2)仪器b的名称是圆底烧瓶；应盛放的药品是碳酸钠，故答案为：圆底烧瓶；D；

(3)仪器c中盛放的试剂是澄清石灰水，二氧化碳通入澄清石灰水中，澄清石灰水会变浑浊，说明b中发生反应生成了二氧化碳，化学方程式为：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：澄清石灰水变浑浊；H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O。【解析】分液漏斗A圆底烧瓶D澄清石灰水变浑浊H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O26、略

【分析】【分析】

Ⅰ．浑浊液中存在溶解平衡，加入NH3•H2O后形成[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液；NaOH的浓度小，依然是浑浊液；NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-；c中加入与a中加入的NaOH相同浓度的NH3•H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，试管b中的深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-加入氨水可以转化为c中深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+。

（1）

水合铜离子显蓝色，其中的配离子为[Cu(H2O)4]2+；配体H2O分子的价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体结构，去掉孤电子对数后，分子的空间构型为V形；外界阴离子的价层电子对数=4+=4+0=4，VSEPR模型为四面体结构，没有孤电子对，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；V；正四面体形；

（2）

Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2的浑浊液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成配离子[Cu(NH3)4]2+，则c(Cu2+)降低，使得Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，Cu(OH)2生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+配离子，故答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低；使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；

（3）

试管a加入1mol/L的NaOH，NaOH的浓度小，依然是浑浊液；而试管b加入6mol/L的NaOH，NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-，是由于NaOH的浓度不同造成的现象不同，