2025年外研版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年外研版选择性必修2化学下册阶段测试试卷235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9题，共18分)1、下列数据是对应物质的熔点(℃)，据此做出的下列判断中错误的是()。Na2ONaClAlF3AlCl39208011291190BCl3Al2O3干冰SiO2－1072073－571723

A.铝的化合物形成的晶体中有的是离子晶体B.表中只有BCl3和干冰是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体2、某种电池的电解质由原子序数依次增大的R；W、X、Y、Z五种主族元素组成；其分子结构如图。五种元素分处二个短周期，X、Z同主族，R、X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数。下列说法错误的是。

A.简单离子半径：Z>Y>XB.WX2、WZ2均为非极性分子C.R、W、Y的单质在一定条件下均能与水反应D.X、Y、Z的最简单氢化物中沸点最高的是X3、下图为元素周期表中短周期的一部分；关于Y；Z、M的说法正确的是()

。

X

Y

Z

M

A.电负性：Y＞Z＞MB.离子半径：M-＞Z2-＞Y-C.ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构D.Z元素基态原子最外层电子排布图为4、下列说法正确的是A.金属阳离子只能存在于离子晶体中B.CO的立体构型为平面三角形，中心原子的杂化方式为sp2C.将一定体积和浓度的KMnO4酸性溶液与一定量的草酸溶液混合，当0.01molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为0.08molD.用惰性电极电解200mL1mol/L的CuSO4溶液，通电一段时间，当电路中转移0.6mol电子时，相同条件下两极分别产生的V(H2):V(O2)=1:15、一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂；结构简式如图所示，下列说法正确的是。

A.一水合甘氨酸锌中N原子的杂化轨道类型都为sp3B.一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为4，配位原子为O、NC.基态Zn2+价电子排布式为3d84s2D.一水合甘氨酸锌中元素N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C6、下列叙述正确的是（）A.1个乙醇分子中存在9对共用电子B.在NH和[Cu(NH3)4]+中都存在配位键C.H2S和SO3分子都是含极性键的极性分子D.PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构7、下列物质中，只含有离子键的是A.B.C.D.8、下列实验事实中，与氢键有关的是A.水结冰体积变大B.H2O的热稳定性比H2S强C.HF能与SiO2反应生成SiF4，故氢氟酸不能盛放在玻璃瓶中D.NH3能与HCl反应9、某元素的原子结构示意图为关于该元素的说法中，不正确的是A.元素符号是AlB.最高正化合价是价C.金属性比镁的强D.单质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、室温下，[Cu(NH3)4](NO3)2与液氨混合并加入Cu可制得一种黑绿色晶体。

(1)基态Cu核外电子排布式是___________________。

(2)黑绿色晶体的晶胞如图所示写出该晶体的化学式_________。

(3)不考虑空间构型，[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为___________(用“→”标出其中的配位键)。

(4)中N原子轨道的杂化类型是______________。1mo[Cu(NH3)4](NO3)2中含有的σ键数目为_______。

(5)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量热量的原因是______________。11、全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料；加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：

___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)

完成下列填空：

(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。

(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。

(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。

(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)

a.原子的最外层都有7个电子。

b.ICl中碘元素为+1价。

c.酸性：HClO3>HIO3

d.氯化钠；碘化钠与浓硫酸共热；分别生成氯化氢、单质碘。

(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。12、以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)与NH互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。

(2)柠檬酸的结构简式如图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数为___mol。

13、A、B、D、E、F、G为短周期元素，且原子序数依次递增。A、F同主族，E、G同主族。A与其他非金属元素化合时易形成共价键，F与其他非金属元素化合时易形成离子键，且F+与E2-核外电子排布相同。由以上元素组成的物质BE和D2具有相同的电子数。请回答以下问题：

(1)F位于第_____周期第_____族。

(2)G的离子结构示意图为_____。

(3)用电子式表示D2的形成过程：______。

(4)由A；E、F三种元素形成的化合物的化学式为____；含有的化学键有_____(填化学键类型)，属于_____化合物。

(5)B的最高价是_____，由A、B组成的化合物中，含A量最高的物质的结构式是_____。14、N；P两种元素位于元素周期表第ⅤA族。请回答下列问题：

(1)基态氮原子的电子排布式为_______；基态氮原子的价层电子的轨道表示式为_______。

(2)基态磷原子中，其占据的最高能层的符号是_______；基态磷原子占据的最高能级共有_______个原子轨道，其形状是_______。

(3)电负性：N_______P(填>或<)。

(4)雷酸汞曾被用作起爆药，雷酸汞[Hg(CNO)2]中C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为_______>_______>_______(填元素符号)。

(5)比较沸点高低：正丁烷_______异丁烷(填“>”、“<”)，请从结构角度分析原因：_______。15、第四周期过渡金属元素；其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。

(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为___，铬元素在周期表中___区。

(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN＝Fe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN－不仅能以1：3的个数比配合；还可以其他个数比配合。请按要求填空：

①所得Fe3+与SCN－的配合物中，主要是Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子显红色。含该离子的配合物的化学式是___。

②铁的另一种配合物铁氰化钾K3[Fe(CN)6]俗称赤血盐，可用于检验Fe2+，两者反应生成带有特征蓝色的沉淀，该赤血盐中心原子的配位数___，请写出一种与其配体互为等电子体的分子：___。16、60gSiO2晶体中含有硅氧键的数目为2NA___17、I.新合成的一种烃；其碳骨架呈三棱柱体(如图所示，碳碳键的键长相等)。

(1)写出该烃的分子式：__________。

(2)该烃的一氯代物有___________种；该烃的四氯代物有__________种。

(3)该烃的同分异构体有多种，其中1种不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，但在一定条件下能跟液溴、氢气等发生反应，这种同分异构体的结构简式为________。请依次写出该同分异构体与氢气、液溴反应的化学方程式并注明反应类型：_________，_________；__________，_________。

Ⅱ.由A；B两种烃组成的混合气体；平均相对分子质量随A的体积分数变化关系如图所示。

(1)A的摩尔质量是______________。

(2)A、B的化学式分别为__________、__________。A、B互为___________。

(3)A分子中碳原子________在一条直线上(填“可能”“一定”或“一定不”)；A分子的二氯代物有_______种。18、有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大。A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物。回答下列问题。

(1)A2B2的电子式为____________。

(2)CB2通入A2B2溶液中可被氧化为W；用W的溶液(体积为1L，假设变化前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池(如图所示)。

在b电极上发生的反应可表示为：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－＝PbSO4＋2H2O，则在a电极上发生的反应可表示为_________________。

(3)金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期。该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物。将E的单质浸入ED3溶液中(如下图甲所示)，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，该反应的离子方程式为____________________________________。

(4)依据(3)中的反应，可用单质E和石墨为电极设计一个原电池，则在该原电池工作时，石墨一极发生的反应可以表示为_____________________。比较甲、乙两图，说明石墨除形成闭合回路外所起的作用是_______________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)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、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21、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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23、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24、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误25、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2题，共12分)26、湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等；一种将萃余液中有价离子分步分离；富集回收的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。

(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。

(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：

反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。

(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。

(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。

(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________g∙cm-3(列出计算式即可)。

27、钴及其化合物广泛应用于航天、电池、磁性合金等高科技领域，我国钴资源贫乏，再生钴资源的回收利用是解决钴资源供给的重要途径。一种利用含钴废料(主要成分为含少量有机物)制取的工艺流程如下：

已知该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的回答下列问题：。金属离子开始沉淀的7.51.83.49.16.5沉淀完全的9.53.24.711.18.5(1)“焙烧”的主要目的是___________。

(2)“浸取”过程中发生反应的离子方程式为___________。

(3)“沉淀”时先加入溶液，的作用主要是___________；再加入溶液调节为5.0，此时滤液中的___________

(4)“萃取”用到的玻璃仪器主要有___________、烧杯，萃取原理可表述为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。已知萃取率随变化如图所示，分析其变化原因___________。水相中含有的阳离子有___________。

(5)“反萃取”需加入A的水溶液，试剂A为___________。

(6)“沉钴”可得到反应的离子方程式为___________。

(7)“煅烧”得到的晶胞如图所示，该晶体中的配位数是___________。

评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共4分)28、现有A；B、C、D四种短周期主族元素；A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙三分子均为10电子粒子，C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图所示。回答下列问题：

(1)根据以上条件，A、B、C、D四种元素中有一种元素不能确定，它可代表2种元素，这2种元素是____，____。(填元素符号)。

(2)B、C可以形成1种3原子分子，该分子中B、C原子都达到8电子稳定结构，请写出该3原子分子的电子式____

(3)写出B原子的核外电子排布式____

(4)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素：①甲与丙以及乙与丙均能够发生反应；②甲、丙都是无色、有刺激性气味的物质。据此，写出C+丙=乙+丁的化学方程式：____。

(5)NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2O⇌+OH-，试判断NH3溶于水后形成的NH3•H2O的合理结构________(填字母代号)。

29、A；B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大；已知：①A原子核内只有1个质子；②B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；③C原子最外层电子数比次外层电子数多4个；④D原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍；⑤E单质既能和盐酸反应，又能和烧碱反应；⑥F与C同主族。

用化学符号回答下列问题：

（1）用电子式表示下列物质A2C2_____________，DCA_________________；

（2）写出E与烧碱反应的离子方程式___________________________。

（3）写出DCA与B的最高价氧化物反应的化学方程式：_____________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共4分)30、芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（为氢或烃基）

回答下列问题：

(1)A是一种烯烃，化学名称为______，其分子中最多有__________个原子共面。

(2)B中官能团的名称为_____、_____。②的反应类型为________

(3)③的化学方程式为________

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。指出F的结构简式中手性碳原子并用星号(*)标出F中的手性碳________。G的结构简式为________。

(5)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是________。

(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料经三步制备化合物的合成路线________。

(已知：其他试剂任选)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

一般情况下，物质的熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，A．由表格中的数据可知，氯化铝的熔点较低，属于分子晶体，而氧化铝、氟化铝的熔点较高，为离子晶体，故A正确；B．根据表格中数据，AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；D．Na和Al不同主族，对应的氧化物为氧化钠和氧化铝，都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；答案选B。2、A【分析】【分析】

某种电池的电解质由原子序数依次增大的R、W、X、Y、Z五种主族元素组成，其分子结构如图，五种元素分处二个短周期，根据图示可知，R的原子序数最小，且能形成R+离子；则R为Li；X；Z同主族，X能形成两个共用电子对，则X为O，Z为S；R、X的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，则Y的最外层有7个电子，则Y为F；W能形成四个键，则W为C，据此分析作答。

【详解】

A．S2-的电子层有三层，O2-和F-电子层只有两层，则S2-的半径最大，O2-和F-的电子排布相同，序数小的半径大，则简单离子半径：S2->O2->F-；A项错误；

B．WX2、WZ2分别为CO2、CS2；两者均为直线型分子，则均为非极性分子，B项正确；

C．Li和F2在常温下与水反应能反应；C在高温加热下能与水反应，C项正确；

D．X、Y、Z的最简单氢化物分别为：H2O、HF、H2S，H2O、HF分子之间存在氢键，沸点大于H2S；同时1molHF只有1molH，只能形成1mol氢键，水分子则可以形成2mol氢键，故水的熔沸点最高，D项正确；

答案选A。3、C【分析】【详解】

根据短周期元素在周期表的位置可知：X是He；Y是F元素，Z是S元素，M是Cl元素。

A．元素的非金属性越强；其电负性越大，由于元素的非金属性Y＞M＞Z，所以元素的电负性：Y＞M＞Z，A错误；

B．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Z2-＞M-＞Y-；B错误；

C．ZM2是SCl2；S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，S原子与2个Cl原子形成2对共用电子对，使分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；

D．Z是S元素，最外层电子排布为3s23p4；在基态S原子的3s轨道上的两个电子和3p轨道上1对成对电子的自旋状态应该方向相反，这种排布使S原子能量最低，D错误；

故合理选项是C。4、B【分析】【详解】

A．离子晶体由阴；阳离子通过离子键形成；金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，所以金属阳离子可存在于离子晶体中，也可存在于金属晶体中，故A错误；

B．中存在一个碳氧双键，两个碳氧键，根据VSEPR理论模型，中心原子价层电子对为3，为sp2杂化；其构型为平面三角形，故B正确；

C．根据题意，其反应为每消耗0.01mol被还原时，强酸提供的为0.03mol；故C错误；

D．200mL1mol/L的CuSO4溶液中的物质的量为0.2mol，电解时阴极反应为完全反应转移0.4mol电子，小于0.6mol，故阴极还存在生成氢气的物质的量为=0.1mol；阳极反应式为生成氧气的物质的量为=0.15mol，相同条件下V(H2):V(O2)=2:3；故D错误；

故选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．一水合甘氨酸锌中还含有碳氧双键，碳氧双键中碳原子的杂化轨道类型都为sp2；故A错误；

B．由图可知，一水合甘氨酸锌中Zn2+与2个氮原子和3个氧原子成键；配位数为5，故错误；

C．锌元素的原子序数为30，锌原子失去2个电子形成锌离子，则基态锌离子价电子排布式为3d10；故C错误；

D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故D正确。6、B【分析】【详解】

A.乙醇的结构简式是CH3CH2OH，一个乙醇分子中存在8对共用电子对，A错误；B.NH中N提供孤电子对，H+提供空轨道，形成配位键；[Cu(NH3)4]+中Cu2+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对，形成配位键，B正确；C.H2S为极性键形成的极性分子；SO3分子中含有极性键，是平面三角形结构，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，C错误；D.如果中心原子价电子数+其化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，PCl3分子中P原子价电子数是5，其化合价为+3，所以为8，则该分子中所有原子都具有8电子结构；而BCl3分子中B原子最外层电子数是3、其化合价为+3，所以该分子中并不是所有原子都达到8电子结构，D错误。答案选B。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．中只有离子键；故A符合题意；

B．中含有离子键和共价键；故B不符合题意；

C．中含有离子键和共价键；故C不符合题意；

D．中含有离子键和共价键；故D不符合题意；

故选A。8、A【分析】【详解】

A．水结冰时由于氢键的作用导致水分子以一定的空间结构排列；分子间隔变大，冰体积变大，A符合题意；

B．H2O的热稳定性比H2S强是因为氢氧键键能大于氢硫键键能；与氢键无关，B不符合题意；

C．氢氟酸不能盛放在玻璃瓶中；是因为HF能和二氧化硅反应，与氢键无关，C不符合题意；

D．NH3能与HCl反应生成氯化铵；与氢键无关，D不符合题意；

故选A。9、C【分析】【详解】

A．质子数为13；所以元素符号是Al，故A正确；

B．最外层有3个电子，所以最高正化合价是价；故B正确；

C．铝和镁电子层数相同，铝最外层有3个电子、镁最外层有2个电子，铝金属性比镁的弱，故C错误；

D．铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气；铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D正确；

选C。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铜的原子序数是29，则根据核外电子排布规律可知，基态Cu的核外电子排布式为[Ar]3dl04s1；

(2)根据均摊法可知，一个晶胞中含有12×0.25=3个Cu，8×0.125=1个N，故该晶体的化学式为Cu3N；

(3)[Cu(NH3)4]2＋配合物中，铜原子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对，Cu2+与4个NH3形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：

(4)NO3-中N原子价层电子对个数是3，且不含孤电子对，所以N原子采用sp2杂化；1mo[Cu(NH3)4](NO3)2中含有的σ键数目为22mol；

(5)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量热量的原因是NH3分子间存在氢键；汽化时克服氢键，需要消耗大量能量。

【点睛】【解析】[Ar]3dl04s1Cu3N

sp2杂化22molNH3分子之间有氢键11、略

【分析】【详解】

(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：故答案为：2，5，3，2，1，1；

(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO第二步不需要HSO则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3molI2，其中第一步提供5molIO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；

(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；

(4)a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱；故a错误；

b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；

c．酸性：HClO3>HIO3；不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；

d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢；利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯；碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；

故答案为：bd；

(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。【解析】2，5，3，2，1，1IO+5I-+6H+→3I2+3H2O5：15s25p5分子间作用力（范德华力）bd取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)指原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，CH4、SiH4与NH的原子个数都为5、价电子数都为10，互为等电子，故答案为：CH4(或SiH4等)。

(2)柠檬酸分子中有三个羧基和一个羟基，碳氧单键为σ键，碳氧双键中含有一个σ键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为(3×2+1)×1mol=7mol，故答案为：7。【解析】CH4(或SiH4等)713、略

【分析】【分析】

A、F同主族，且A与其他非金属元素化合时易形成共价键，但F与其他非金属元素化合时易形成离子键，则为第ⅠA族元素，且A为氢元素，F为钠元素。F＋与E2－核外电子排布相同，故E为氧元素，B、D两元素位于氢和氧之间，且BE与D2具有相同的电子数；则B为碳元素，D为氮元素，因E(氧)；G同主族，故G为硫元素。

【详解】

(1)根据以上分析；F为钠元素，在第三周期第IA族；

(2)G为硫元素，离子结构示意图为：

(3)D为氮元素，用电子式表示N2的形成过程为：

(4)A为氢元素；E为氧元素，F为钠元素，三种元素可以形成氢氧化钠，化学式为：NaOH，里面含有离子键和共价键；

(5)B为碳元素，最高化合价为：+4，A为氢元素，即碳与氢能形成多种有机物，其中含H量最高的物质是甲烷，其结构式为：【解析】三IANaOH离子键和共价键离子+414、略

【分析】【详解】

（1）氮为7号元素，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3；基态氮原子的价层电子的轨道表示式为

（2）基态P的价电子排布式为3s23p3；其占据的最高能层的符号是3p；基态磷原子占据的最高能级共有3个原子轨道，其形状是哑铃形；

（3）同主族由上而下；金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，所以电负性：N＞P；

（4）同一周期随着原子序数变大；第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，C；N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；

（5）异丁烷有支链，分子之间的距离较大，分子间作用力较弱，所以沸点：正丁烷＞异丁烷。【解析】(1)1s22s22p3

(2)3p3哑铃形。

(3)＞

(4)NOC

(5)＞异丁烷有支链，分子之间的距离较大，分子间作用力较弱所以沸点较低15、略

【分析】【详解】

(1)Ni质子数为28，因此Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8，铬是24号元素，在周期表中d区；故答案为：1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；d。(2)①Fe3+与SCN－的配合物中Fe3+与SCN－以个数比1：1配合所得离子，因此该离子的配合物的化学式是[Fe(SCN)]Cl2。②铁氰化钾K3[Fe(CN)6]赤血盐中心原子的配位数6，根据价电子数O=N－，与CN－互为等电子体的分子CO或N2；故答案为：6；CO或N2。【解析】①.1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8②.d③.[Fe(SCN)]Cl2④.6⑤.CO或N216、略

【分析】【分析】

【详解】

二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成了4个硅氧键，二氧化硅的摩尔质量为60g/mol，60gSiO2晶体的质量为1mol，所以1molSiO2晶体含有4mol的硅氧键，数目为4NA，故判据错误。【解析】错17、略

【分析】【详解】

I．(1)根据该烃的碳骨架图并结合碳原子的4价键规律可知，该烃的分子式是

(2)因为该烃呈三棱柱体，所以分子中只有1种化学环境的氢原子，因此其一氯代物只有1种；由于1个该烃分子中有6个氢原子，则其四氯代物和二氯代物的种类相等，其二氯代物有3种，分别是故四氯代物也有3种；

(3)根据该同分异构体的性质并结合其分子式可判断，该同分异构体是苯与氢气发生加成反应，反应的化学方程式为苯与液溴发生取代反应，反应的化学方程式为

Ⅱ．根据图像结合列式计算，设A的相对分子质量为x，B的相对分子质量为y；则有。

解得

因A，B都是烃，则A应为B应为

(1)A的摩尔质量是

(2)A、B化学式分别为都属于烷烃，结构相似，类别相同，分子组成上相差一个“-CH2-”原子团；则A；B互为同系物；

(3)甲烷是正四面体结构，A分子中含有所有碳原子一定不在一条直线上；A分子的二氯代物有4种，分别为1，1—二氯丙烷、1，2—二氯丙烷、1，3—二氯丙烷、2，2—二氯丙烷。【解析】C6H613加成反应取代反应44g·mol-1C3H8C2H6同系物一定不418、略

【分析】【分析】

A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，可能为H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大，则A为H元素，B为O元素，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，应为SO2和SO3；则C为S元素，D应为Cl元素；

(1)A2B2为H2O2；为共价化合物；

(2)CB2通入A2B2溶液中可被氧化为W，则w为H2SO4；形成铅蓄电池；

(3)金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期。该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物；则E为Fe元素；

(4)石墨--铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池。

【详解】

A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，可能为H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大，则A为H元素，B为O元素，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，应为SO2和SO3；则C为S元素，D应为Cl元素。

(1)A2B2为H2O2，为共价化合物，电子式为

(2)CB2通入A2B2溶液中可被氧化为W，则w为H2SO4，形成铅蓄电池，负极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

(3)金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期。该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物，则E为Fe元素，将Fe浸入到FeCl3中，发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+；溶液由黄色逐渐变为浅绿色；

(4)石墨--铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池，铁做负极，发生反应为Fe-2e-=Fe2+，在正极上得电子被还原，发生反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，氧化反应和还原反应分别在不同极上发生。【解析】Pb－2e－＋SO＝PbSO4Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生三、判断题(共7题，共14分)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】

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；21、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。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。23、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。24、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。25、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2题，共12分)26、略

【分析】【分析】

萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后；将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。

【详解】

（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2为氧化剂，Fe2+为还原剂；则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；

（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4；

（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；反应类型为置换反应。答案为：置换反应；

（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；

（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；

（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；

（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为=g∙cm-3。答案为：【解析】(1)1:2

(2)Al(OH)3、CaSO4

(3)置换反应。

(4)Co2+、Ni2+Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。

(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑

(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑

(7)27、略

【分析】【详解】

（1）废料中含有有机物杂质；“焙烧”的主要目的是除去废料中的有机物，故答案为：除去废料中的有机物。

（2）亚硫酸钠具有还原性,能还原Co2O3生成Co2+,自身被氧化为发生反应的离子方程式为故答案为：

（3）①NaClO3的作用是将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+,有利于通过调节溶液pH除去溶液中的Fe2+。故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去。②通过调节pH使沉淀的离子方程式是若根据开始沉淀的pH计算Kh,则当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为5.0，此时滤液中的若根据沉淀完全的pH计算Kh,则当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为5.0，此时滤液中的故答案为

（4）①“萃取”用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯。故答案为:分液漏斗。②根据表格中的数据可知，当pH=6.5时，Co2+开始沉淀；当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取原理的平衡向正反应方向移动，更多的Co2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH−)增大，Co2+与OH−形成Co(OH)2沉淀。故答案为：当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，更多的Co2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH−)增大，Co2+与OH−形成Co(OH)2沉淀。③溶液中的Mg2+、Na+、H+不能发生萃取，则水相中的离子有Mg2+、Na+、H+。故答