2025年沪教版选择性必修2化学上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2025年沪教版选择性必修2化学上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、如图所示，在乙烯分子中有5个σ键、1个键；下列表述正确的是。

A.H之间是杂化轨道形成的键，C之间是未参加杂化的轨道形成的键B.C之间是杂化轨道形成的键，H之间是未参加杂化的轨道形成的键C.杂化轨道形成键，未杂化的轨道形成键D.杂化轨道形成键，未杂化的轨道形成键2、2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物-炔烃”反应，其反应原理如图所示(R1和R2代表烃基)。下列说法正确的是。

A.转化过程中N的杂化方式未改变B.N3-R2中一定存在三种非极性键C.该反应中[Cu]和H+都能降低反应的活化能D.总反应方程式为：3、若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化，则整个过程中破坏的粒子间的作用力的种数为A.1B.2C.3D.44、下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃

A.Na2O、AlF3是离子晶体；AlCl3、BCl3是分子晶体B.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体C.Al2O3熔点高于AlF3，因为Al2O3晶格能大于AlF3D.在上面涉及的共价化合物分子中各原子都形成8电子结构5、镍能形成多种不同的化合物。图1是镍的一种配合物的结构；图2是一种镍的氧合物的晶胞(图中白球为氧)。判断下列说法正确的是。

A.图1分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键B.图1中N、O的第一电离能C>N>OC.图2中离镍原子最近的镍原子数共为8个D.图2可能表示的是氧化镍(NiO)的晶胞评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3；500℃以下分解成二氧化碳；金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。

(1)镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n表示电子层数)。

(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。

(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。___________。

(4)白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式。___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1的CaCl2·6H2O与冰水混合，可获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是___________。7、如何用杂化轨道理论解释分子的空间结构_____？8、氮化硼(BN)是-种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN；如下图所示：

请回答下列问题：

(1)在BF3分子中，F-B-F的键角是_____，B原子的杂化轨道类型为_____，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，的立体结构为______。

(2)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_____(填“极性键”或“非极性键”)，层间作用力为_____。9、Eu；Ti和O形成一种化合物；其晶胞为如图所示的立方体。

(1)Eu是镧系元素，位于元素周期表的_______。

A．s区B．p区C．d区D．ds区E．f区。

(2)在该晶胞中，Eu、Ti、O的粒子个数比是_______。

(3)若将Ti原子置于立方体的体心，Eu原子置于立方体顶角，则O原子处于立方体的_______位置。

A．体心B．面心C．棱心D．顶角。

(4)1个Eu原子和_______个O原子相邻，1个Ti原子和_______个O原子相邻。1个O原子和_______个Eu原子相邻，1个O原子和_______个Ti原子相邻。10、(1)R单质的晶体在不同温度下有两种原子堆积方式，晶胞分别如下图所示。A中原子堆积方式为________堆积，A、B中R原子的配位数之比为________。

(2)已知单质D为面心立方晶体，如图所示，D的相对原子质量为M，密度为8.9g/cm3。

试求：

①图中正方形边长＝________cm(只列出计算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。

②试计算单质D晶体中原子的空间利用率：________(列出计算式并化简)。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)11、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12、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13、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误14、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15、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16、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共3分)18、碳及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

（1）基态碳原子核外电子有___________种空间运动状态，其价电子轨道表示式为___________。

（2）光气的分子式为COCl2，又称碳酰氯，是一种重要的含碳化合物，判断其分子空间构型为___________，其碳原子杂化轨道类型为___________杂化。

（3）碳酸盐在一定温度下会发生分解；实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如下表所示：

。碳酸盐。

MgCO3

CaCO3

SrCO3

BaCO3

热分解温度/℃

402

900

1172

1360

阳离子半径/pm

66

99

112

135

试解释为什么随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高？___________。

（4）碳的一种同素异形体-C60，又名足球烯，是一种高度对称的球碳分子。立方烷(分子式为C8H8，结构是立方体：)是比C60约早20年合成出的一种对称型烃类分子，而现如今已合成出一种立方烷与C60的复合型分子晶体，该晶体的晶胞结构如图所示，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间八面体空隙中。则该复合型分子晶体的组合用二者的分子式可表示为___________。

（5）碳的另一种同素异形体-石墨，其晶体结构如图所示，则石墨晶胞含碳原子个数为___________个。已知石墨的密度为ρg·cm-3，C-C键键长为rcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨晶体的层间距为___________cm(用含ρ、NA、r的式子表示)。

（6）金刚石和石墨的物理性质差异很大，其中熔点较高的是___________，试从结构分析：___________；硬度大的是___________，试从结构分析：___________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共32分)19、W；X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W与Y的最高化合价之和为8；Y的最高价氧化物的水化物既能跟强酸溶液反应又能跟强碱溶液反应；X与Z同族，Z的原子序数是X的两倍。

（1）X在元素周期表中的位置是________。

（2）W、X、Y的原子半径由大到小的顺序是_____＞_____＞_____（用元素符号表示）。

（3）X、Z中非金属性较强的是_________（填元素符号），下列事实不能证明该结论的是__________（填序号）。

aX的气态氢化物的稳定性比Z的强。

bZ的气态氢化物的酸性比X的强。

cX的氢化物的沸点比Z的高。

d相同条件下Z的氢化物的还原性比X的强。

（4）Y的最高价氧化物的水化物与强碱溶液反应的离子方程式为________。

（5）Y与同周期相邻金属元素的金属性强弱关系为_____＞_____（填写元素符号），设计实验加以证明：_____________。20、A、B、C、D四种元素都是短周期元素。A元素的离子具有黄色的焰色反应。B元素的离子结构和Ne具有相同的电子层排布；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol/L盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。D元素原子的电子层结构里；最外层电子数是次外层电子数的3倍。根据上述条件，回答：

(1)元素C位于第_______周期_______族，它的最高价氧化物水化物的化学式为_______

(2)根据信息，可推出(填元素符号)：A是_______，B是_______，D是_______。

(3)A与D的单质在加热条件下形成的化合物的电子式为_______，该物质属于_______化合物。A、B元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱顺序_______(填化学式)，A最高价氧化物的水化物的电子式：_______

(4)C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其化学方程式为：_______21、下表是元素周期表的一部分；表中的字母分别代表一种化学元素。

。a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

(1)e和f的I1大小关系是___________＞___________(填元素符号；下同)___________，理由是___________

(2)上述元素中；原子中未成对电子数最多的是___________，写出该元素基态原子的核外电子排布式：___________。

(3)X；Y是上述a—j中的两种元素；根据下表所提供的电离能数据，回答下列问题：

。

锂。

X

Y

I1

520

496

580

I2

7296

4570

1820

I3

11799

6920

2750

I4

9550

11600

①X的元素符号是___________；X和c以原子个数之比1：1形成的一种化合物的电子式是___________

②Y与h形成的化合物是___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)22、已知A；B、C、D、E是原子序数依次增大的前30号元素；A元素形成的一种微粒是最简单的原子，B元素基态原子的核外有3个能级，每个能级上的电子数都相同；D的最外层电子数与能层数之比为3：1；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：

(1)E在元素周期表中的位置_____，位于元素周期表的_______区。

(2)B、C、D的原子半径由大到小的顺序为________填元素符号)，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是___________(填化学式)。

(3)C2A4在加热条件下能够将ED还原为E2D，并生成一种单质，则该反应的化学方程式为_____。C2A4分子中C的杂化方式是____，由C元素原子组成的1mol单质分子(C2)中含________个π键。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共40分)23、CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)的电子排布式是：_______。

(2)“浸取”时，硫元素转化为硫酸根离子，则反应的离子方程式为_______。

(3)“滤渣①”的成分是_______(填化学式)

(4)已知在水溶液中存在平衡：(无色)。“还原”时使用浓盐酸和固体的原因是_______；当出现_______现象时；表明“还原”进行完全。

(5)制备请补充由还原所得的滤液液制备的操作步骤：_______，真空干燥。[已知是一种难溶于水和乙醇的白色固体，潮湿时易被氧化。实验中必须使用的试剂：水、]。24、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)。25、电镀废水中含有等离子；工业上利用分级沉淀法处理电镀废水回收利用铜和镍金属化合物，其工艺流程如下：

已知：①

②各离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。开始沉淀6.188.154.73完全沉淀7.139.675.95

回答下列问题：

(1)基态铬原子的核外电子排布式为___________。

(2)还原过程常加入适量的稀硫酸，写出“还原”时与发生的离子反应方程式___________。还原得到的金属阳离子对应的硫酸盐可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时自行车钢圈和惰性电极作为两电极，则“钢圈”连接电源的___________极，阳极的电极反应式为___________。

(3)“还原”后，第一次“调节pH”的范围为___________，滤渣1的主要成分是___________。

(4)“沉铜”需将浓度降为已知溶液浓度超过会逸出，通过计算分析“沉铜”时是否会产生逸出___________(写出计算过程)。

(5)利用回收的物质可制备某含铜的硫化物，该物质可用作分析试剂，其晶胞如图，晶胞参数则离Cu原子距离最近且相等的S原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为___________(用含a、的代数式表示)。

26、铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途．

(一)如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中；CuCl和都是重要的化工原料；常用作催化剂；颜料、防腐剂和消毒剂等．

(1)超细铜粉的某制备方法如下：

中的配体是_______________________。

(2)氯化亚铜的制备过程是：向溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀，反应的离子方程式为_______________________________________________________。

(二)波尔多液是一种保护性杀菌剂；广泛应用于树木；果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料．

(1)与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有_______________________填元素符号

(2)往浓溶液中加入过量较浓的直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液．小心加入约和溶液等体积的并使之分成两层，静置．经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体是____________________(写化学式)，实验中所加的作用是________________________。

(3)晶体中呈正四面体的原子团是______，杂化轨道类型是杂化的原子是____________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

乙烯分子中含有4个C-H键和1个C=C键，C原子孤电子对数为0，σ键电子对数为3，则C原子采取sp2杂化，C、H之间的化学键是sp2杂化轨道形成的σ键，C、C之间的化学键有一个是sp2杂化轨道形成的σ键；还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，答案选C。

【点睛】

本题难点突破：乙烯分子中两个碳原子均采取杂化，其中杂化轨道共形成5个键，未杂化的2p轨道形成键。C、H之间形成4个键，C、C之间形成1个键和1个键。2、D【分析】【详解】

A．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化，后续产物中变为双键，为sp2杂化；A错误；

B．根据流程可知，N3-R2中存在N≡N和N-N两种非极性键；B错误；

C．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，H+不是催化剂；C错误；

D．据图可知，该流程中初始反应物为R2-N3和HC≡C-R1，最终产物为化学方程式为D正确；

综上所述答案为D。3、C【分析】【详解】

雪花中水分子之间的主要作用力为氢键(当然也存在范德华力)，“雪花水”的过程中由于热运动使雪花的结构部分解体，但没有新物质生成，则此过程中主要破坏水分子间的氢键；水中水分子间的作用力为氢键和范德华力，水蒸气的水分子间不存在氢键，“水水蒸气”时没有新物质生成，主要破坏氢键和范德华力；“水蒸气氧气和氢气”过程中有新物质生成，破坏H2O中的H-O极性共价键；综上所述，整个过程中共破坏3种粒子间作用力，故答案选C。4、D【分析】【详解】

A．Na2O、AlF3是活泼的金属与活泼的非金属元素的原子之间通过电子得失形成离子，离子再通过离子键结合形成离子晶体。由于离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此物质的熔沸点较高。在AlCl3、BCl3中，尽管Cl元素的非金属性较强，但其原子半径大，得到电子能力弱，所以AlCl3、BCl3是由分子通过分子间作用力结合而形成的分子晶体；分子间作用力很微弱，因此它们的熔沸点较低，A正确；

B．C、Si都是第IVA的元素，它们形成的氧化物中，CO2是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，而SiO2是由原子通过共价键结合形成的原子晶体。由于分子间作用力比化学键弱的多，故CO2熔沸点比较低，在室温下呈气态；而SiO2在室温下呈固态；B正确；

C．Al2O3、AlF3都属于离子晶体，物质的熔点Al2O3高于AlF3，是因为两种物质的阳离子都是Al3+，但Al2O3中阴离子O2-带有2个单位的负电荷，AlF3中的阴离子F-只带有一个单位的负电荷，与Al3+形成的离子键时Al2O3更强些，断裂消耗能量更多，即晶格能Al2O3大于AlF3；C正确；

D．在上面涉及的物质中，BCl3、CO2、AlCl3属于共价化合物，其中在BCl3分子中B原子最外层只有6个电子；没有形成8电子稳定结构，D错误；

故答案为D。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．氢键不是化学键；故图1分子中存在的化学键有共价键；配位键，A错误；

B．根据第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势，其中ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故图1中C、N、O的第一电离能N>O>C；B错误；

C．根据图2所示晶胞图可知；晶胞中离镍原子最近的镍原子数共为12个，C错误；

D．图2中O原子位于8个顶点和6个面心上，故一个晶胞含有的O原子数为：而Ni原子位于12条棱心和体心上，故一个晶胞含有的Ni原子个数为：故Ni和O的个数比为1:1，故可能表示的是氧化镍(NiO)的晶胞，D正确；

故答案为D。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【详解】

（1）镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA族。价电子排布为答案为ⅡA；

（2）500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO的离子键强晶格能大稳定，所以MgCO3先分解。反应为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑。答案为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑；

（3）两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少；离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好；

（4）氨碱法制纯碱，先利用CO2、NH3和NaCl制得NaHCO3反应为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，再加热NaHCO3分解得到Na2CO3：NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O。生石灰与NH4Cl反应制得NH3，从而循环利用。无水CaCl2形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果。【解析】(1)ⅡA

(2)CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑

(3)MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少；离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好。

(4)NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4ClNaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2ONH3无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果7、略

【分析】【详解】

基态铍原子的核外电子排布式为从表面上看铍原子似乎不能形成共价键，但是在激发态下，铍原子轨道上的一个电子可以进入空轨道，经过杂化形成两个杂化轨道；如图所示。

铍原子的两个杂化轨道分别与两个氯原子的轨道重叠形成两个键；由于杂化轨道间的夹角为180°，所以分子的空间结构为直线形；如图所示。

【解析】基态铍原子的核外电子排布式为从表面上看铍原子似乎不能形成共价键，但是在激发态下，铍原子轨道上的一个电子可以进入空轨道，经过杂化形成两个杂化轨道；如图所示。

铍原子的两个杂化轨道分别与两个氯原子的轨道重叠形成两个键；由于杂化轨道间的夹角为180°，所以分子的空间结构为直线形；如图所示。

8、略

【分析】【分析】

根据VSEPR理论判断BF3中中心原子B的杂化类型，空间构型及键角大小；根据VSEPR理论判断BF4-中中心原子B的杂化类型；空间构型；根据BN的结构判断形成共价键为极性共价键，由与石墨结构相似推出层间作用力；据此解答。

【详解】

（1）BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数=3+=3，中心原子B采取sp2杂化，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子的价层电子对=4+=4，中心原子B采取sp3杂化，该离子中不含孤电子对，为正四面体结构；答案为120°，sp2；正四面体。

（2）B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据石墨结构可知六方氮化硼晶体中，层与层之间靠分子间作用力结合；答案为共价键(或极性共价键)，分子间作用力。【解析】①.120°②.sp2③.正四面体④.共价键(或极性共价键)⑤.分子间作用力9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Eu是镧系元素；位于元素周期表的第六周期，物质在参加反应时，原子核外电子最外层；次外层及倒数第三层的电子都会发生变化，因此属于f区的元素，故合理选项是E；

(2)在该晶胞中，Eu原子个数为：1，Ti原子个数为：8×=1，含有的O原子个数为12×=3；则晶胞中Eu；Ti、O的粒子个数比是1：1：3；

(3)若将Ti原子置于立方体的体心；在一个晶胞中含有1个Ti原子，通过该Ti原子的8个晶胞中含有8个Eu原子，将8个Eu原子相连，形成一个立方体，Eu位于立方体的顶角上，O原子处于立方体的面心上，故合理选项是B；

(4)根据图示可知：在晶胞中与Eu原子距离相等且最近的O原子有12个，距离为晶胞面对角线的一半；以晶胞顶点Ti原子为研究对象，在晶胞中与Ti原子距离相等且最近的O原子有6个，分别位于Ti原子上下、前后、左右6个方向，距离为晶胞边长的一半；O原子位于晶胞棱边上，通过该棱边可以形成4个晶胞，每个晶胞中有一个Ti原子，因此与1个O原子和4个Eu原子距离相等且最近，距离是晶胞面对角线的一半；在1个O原子周围有2个Ti原子与O原子距离相等且最近，距离是晶胞边长的一半。【解析】E1：1：3B1264210、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）由图知；A为体心立方堆积，配位数为8，B为面心立方最密堆积，配位数为12，故A；B的配位数之比为2：3；

（2）①设D的原子半径为r，则面对角线长为4r，边长a＝1个面心立方晶胞中有4个原子。①＝8.9g/cm3，解得a＝cm；

②空间利用率为×100%＝74%。【解析】体心立方堆积2:3×100%＝74%三、判断题(共9题，共18分)11、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。12、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；13、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。14、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。15、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。16、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。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。四、结构与性质(共1题，共3分)18、略

【分析】【分析】

（1）

碳原子核外有6个电子，原子核外没有运动状态相同的电子，因此有6种运动状态不同的电子，碳原子价电子排布式为2s22p2，根据泡利不相容原理与洪特规则，价电子轨道表示式为

（2）

光气的分子式为COCl2，其分子中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，空间结构为平面三角形，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化。

（3）

碳酸盐分解过程实际是晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子；使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越小，金属氧化物的晶格能越大，对应的碳酸盐就越容易分解，因此随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高。

（4）

晶胞中C60数目为8×＋6×=4，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间八面体空隙中，晶胞中立方烷数目为4，则该复合型分子晶体的组成可表示为C8H8·C60。

（5）

根据石墨的晶胞结构，设晶胞的底面边长为acm，晶胞的高为hcm，层间距为dcm，则h=2d，底面图为则=r×sin60°，可得a=r，则底面面积为(r)2×sin60°cm2，晶胞中C原子数目为1＋2×＋8×＋4×=4，晶胞质量为g，则ρg·cm-3=整理可得d=cm。

（6）

石墨为混合型晶体，金刚石为原子晶体，二者熔点均取决于碳碳共价键，前者键长短，则熔点高。石墨硬度取决于分子间作用力，而金刚石硬度取决于碳碳共价键，所以硬度大的是金刚石。【解析】（1）6

（2）平面三角形sp2

（3）碳酸盐分解过程实际是晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子；使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越小，金属氧化物的晶格能越大，对应的碳酸盐就越容易分解。

（4）C8H8·C60

（5）4

（6）石墨石墨为混合型晶体，金刚石为原子晶体，二者熔点均取决于碳碳共价键，前者键长短，则熔点高金刚石石墨硬度取决于分子间作用力，而金刚石硬度取决于碳碳共价键五、元素或物质推断题(共4题，共32分)19、略

【分析】【分析】

W；X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。Y的最高价氧化物的水化物既能跟强酸溶液反应又能跟强碱溶液反应；则Y为Al；W与Y的最高化合价之和为8，Al的最高价为+3，W的最高价为+5，则W为N元素；X与Z同族，Z的原子序数是X的两倍，则X为O，Z为S元素，据此解答。

【详解】

根据分析可知；W为N，X为O，Y为Al，Z为S元素。

(1)O的原子序数为8；位于周期表中第2周期ⅥA族；

(2)同一周期从左向右原子半径逐渐减小；同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Al＞N＞O；

(3)同一主族从上到下原子半径逐渐减小；则非金属性较强的为O；

a．非金属性越强；气态氢化物的稳定性越强，X的气态氢化物的稳定性比Z的强，能够证明非金属性X＞Z，故a不选；

b．气态氢化物的酸性与非金属性无关，Z的气态氢化物的酸性比X的强，无法判断O、S的非金属性，故b选；

c．氢化物沸点与非金属性无关；X的氢化物的沸点比Z的高，无法比较二者非金属性，故c选；

d．相同条件下Z的氢化物的还原性比X的强；也即S的阴离子还原性比O的阴离子还原性强，可证明非金属性O＞S，故d不选；

(4)Al的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，Al(OH)3与强碱溶液反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；

(5)与Al同周期相邻金属元素为Mg，同一周期从左向右金属性逐渐减弱，则金属性Mg＞Al，证明方法为：向分别盛有少量MgCl2、AlCl3溶液的两支试管中分别滴加NaOH溶液至过量，边滴加边振荡，前者生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者先生成白色沉淀后沉淀溶解，说明Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，证明Mg的金属性强于Al。【解析】第2周期ⅥA族AlNOObcAl(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2OMgAl向分别盛有少量MgCl2、AlCl3溶液的两支试管中分别滴加NaOH溶液至过量，边滴加边振荡，前者生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者先生成白色沉淀后沉淀溶解，说明Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，证明Mg的金属性强于Al。20、略

【分析】【分析】

A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；5.8gB的氢氧化物恰好能与100mL2mol•L-1盐酸完全反应，n（H+）=n（OH-），设B的化合价为x，摩尔质量为y，则×x=0.2，显然x=2，y=24符合，B原子核中质子数和中子数相等，则B的质子数为12，即B为Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰；C的最高价氧化物的水化物是所有含氧酸中酸性最强的，则C为Cl元素；D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，则次外层为2，最外层为6符合，即D为O元素，然后利用元素及其单质；化合物的性质来解答。

【详解】

(1)由分析可知，元素C是Cl元素，位于第三周期VIIA族，最高价为+7价，它的最高价氧化物水化物的化学式为HClO4，故答案为：三；VIIA；HClO4；

(2)根据信息；A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素，故答案为：Na；Mg；O；

(3)A与D的单质为Na和O2，加热条件下Na和O2反应生成Na2O2，过氧化钠的电子式为：该物质属于离子化合物，A、B元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Mg(OH)2，金属性：Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，NaOH的电子式为：故答案为：离子；NaOH>Mg(OH)2；

(4)Cl2有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物NaOH溶液吸收，其化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。【解析】三VIIAHClO4NaMgO离子NaOH>Mg(OH)2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O21、略

【分析】【分析】

根据周期表中的位置，各元素分别为a为H，b为C；c为O，d为Na，e为Mg，f为Al，g为P，h为Cl，i为Sc，j为Ge。

【详解】

(1)e和f的I1大小关系是Mg＞Al(填元素符号；下同)，理由是Mg的2s轨道为全满结构，比较稳定，不易失去一个电子，故答案为：Mg＞Al；Mg的2s轨道为全满结构，比较稳定，不易失去一个电子；

(2)上述元素中，原子中未成对电子数最多的是P，有3个末成对电子，该元素基态原子的核外电子排布式：[Ne]3s23p3。故答案为：P；[Ne]3s23p3；

(3)①X的第一电离能远小于第二电离能，说明X是ⅠA族的元素，X的元素符号是Na，X和c以原子个数之比1：1形成的一种化合物Na2O2的电子式是故答案为：Na；

②Y的第三电离能远小于第四电离能，说明Y是ⅢA族的元素，Y为铝元素，铝与氯形成的化合物是共价化合物(填“共价化合物”或“离子化合物”)，故答案为：共价化合物。【解析】Mg＞AlMg的2s轨道为全满结构，比较稳定，不易失去一个电子P[Ne]3s23p3Na共价化合物22、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E是原子序数依次增大的前30号元素；由A元素形成的一种微粒是最简单的原子可知A为H元素；由B元素基态原子的核外有3个能级，每个能级上的电子数都相同可知B为C元素；由D的最外层电子数与能层数之比为3：1可知D为O元素，则C为N元素；由E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满可知E为Cu元素。

【详解】

(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为可知3d104s1；则铜元素位于元素周期表的第四周期ⅠB族，属于ds区，故答案为：第四周期ⅠB族；ds；

(2)同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、N、O的原子半径由大到小的顺序为C>N>O；甲烷、氨气和水均为10电子分子，甲烷分子间不能形成氢键，沸点小于氨气和水，水分子形成的氢键数目多于氨分子，水的沸点高于氨气，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4，故答案为：C>N>O；H2O>NH3>CH4；

(3)在加热条件下，肼分子与氧化铜发生氧化还原反应生成氧化亚铜、氮气和水，反应的化学方程式为4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；肼分子可以看做是氨分子中的H原子被—NH2取代形成的衍生物，氮原子的杂化方式与氨分子中氮原子相同，氨分子中氮原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化；氮气分子的结构式为N≡N，氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，则1mol氮气分子中含有2NAπ键，故答案为：4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；sp3杂化；2NA。【解析】第四周期IB族dsC>N>OH2O>NH3>CH44CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2Osp3杂化2NA六、工业流程题(共4题，共40分)23、略

【分析】【分析】

(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)加入H2SO4浸取，同时通入O2，发生反应SiO2不与H2SO4反应，过滤后除去SiO2，溶液中阳离子为Cu2+和Fe3+，加入过量的CuO调pH后，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣中含有Fe(OH)3和过量的CuO，加入过量Cu还原Cu2+得到CuCl溶液，滤渣的主要成分是Cu；CuCl溶液经一系列操作后得到CuCl固体。

（1）Cu是29号元素，电子排布式为1s22s2p63s23p63d104s1，Cu+失去最外层一个电子，电子排布式为1s22s2p63s23p63d10；

（2）根据分析，浸取的离子方程式为

（3）根据分析，滤渣中含有Fe(OH)3和过量的CuO；

（4）根据可知，加入浓盐酸和NaCl固体可使平衡正向移动，促进CuCl的溶解，有利于与不溶物分离；还原时发生反应Cu2++Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，还原进行完全时，蓝色的Cu2+转化为无色的[CuCl3]2-；因此现象为溶液变为无色；

（5）CuCl难溶于水，因此加入大量的水使CuCl析出，沉淀析出后过滤，洗涤沉淀，若沉淀没有洗涤干净，会有可用HCl酸化的BaCl2检验是否洗涤干净，最后用无水乙醇洗涤，真空干燥后得到CuCl固体。【解析】(1)1s22s2p63s23p63d10

(2)

(3)

(4)提供反应所需促进溶解与不溶物分离溶液变为无色。

(5)加入大量的水，过滤，洗涤，用HCl酸化的BaCl2检验是否洗涤干净，用无水乙醇洗涤24、略

【分析】【分析】