2025年苏科版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年苏科版选择性必修2化学上册月考试卷120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9题，共18分)1、磷酸铁锂(LiFePO4)电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是A.Li位于周期表s区B.基态Fe2+的价层电子排布式为3d5C.基态P原子的未成对电子数为3D.基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形2、设为阿佛加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，18g中σ键的数目为：B.标准状况下，11.2L的质量为40gC.1mol()可以与3molNaOH完全反应D.1mol熔融状态下的含有的氢离子数目为：3、NCl3为黄色油状液体，沸点较低，易溶于有机溶剂，在水中溶解度很小，但可以缓慢地发生水解：NCl3+3H2O=NH3+3HC1O。下列说法错误的是A.NCl3中N表现为+3价B.NCl3分子空间构型为三角锥形C.次氯酸结构式为：Cl—O—HD.热稳定性：H2O>NH34、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染；其结构如图所示。下列说法错误的是。

A.基态Cl原子的核外电子有17种运动状态B.N、O、P四种元素中电负性最大的是OC.分子中磷原子的价层电子对数为4D.该有机物中N的杂化方式只有一种5、下列配合物的配位数不是6的是A.K3[Fe(SCN)4Cl2]B.Na2[SiF6]C.Na3[AlF6]D.[Cu(NH3)4]Cl26、下列对分子及其性质的解释中，不正确的是（）A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B.乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子C.许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而只有过渡金属才能形成配合物D.已知酸性：HClO2＞HClO，是因为HClO2分子中有1个非羟基氧原子而HClO为07、关于几种晶体的结构，下列说法正确的是A.干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键B.石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体C.若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为D.NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数8、下列说法正确的是()A.分子为三角锥形，N发生杂化B.杂化轨道只适用于形成共价键C.属于型共价化合物，中心原子S采取杂化轨道成键D.价层电子对互斥模型中，键电子对数也要计入中心原子的价层电子对数9、下列有机物分子中属于手性分子的是。

①CH2Cl2②③④乙酸A.只有①B.①和②C.②③D.①②③④评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料；具有大容量；长寿命等特点，在中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。

(1)该晶胞中Ni原子与La原子的数量比为___________。

(2)已知该晶胞的摩尔质量为密度为设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是___________(用含的代数式表示)。

(3)该晶体内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。已知：标准状况下氢气的密度为若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为___________。11、石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为______，该材料的化学式为______。

12、(1)可正确表示原子轨道的是______。

A.2sB.2dC.3pD.3f

(2)如图是s能级；p能级的原子轨道图试回答问题：

①s能级的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p能级的原子轨道分别相对于x、y、z轴______，每个p能级有______个原子轨道。

②s能级原子轨道、p能级原子轨道的半径与______有关，______越高，原子轨道半径越大。13、铁是一种常见的金属；在生产生活中用途广泛。

(1)铁在元素周期表中的位置是_______，其基态原子的电子排布式为_______；铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_______摄取铁元素的原子光谱。

(2)Fe(CO)5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁(Fe3N)，NH3分子的立体构型为_______；1molFe(CO)5分子中含有σ键为_______mol。

(3)把氯气通人黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}，该反应的化学方程式为_______；CN-中碳原子的杂化轨道类型为_______。C、N、O元素的第一电离能的大小顺序为_______。

(4)FeCl3可与KSCN溶液发生显色反应。SCN-与N2O互为等电子体，则SCN-的电子式为_______。14、在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4

（1）只存在非极性键的分子是___；既存在非极性键又存在极性键的分子是___；只存在极性键的分子是____。

（2）只存在单键的分子是___，存在叁键的分子是___，只存在双键的分子是____，既存在单键又存在双键的分子是____。

（3）只存在σ键的分子是___，既存在σ键又存在π键的分子是____。

（4）不存在化学键的是____。

（5）既存在离子键又存在极性键的是___；既存在离子键又存在非极性键的是___。15、回答下列问题。

(1)氯化亚砜是一种无色或淡黄色发烟液体，沸点为76℃，其分子的空间构型为_______，其晶体粒子间的作用力为_______。硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中配位原子是_______。

(2)的结构如图；下列说法正确的是_______。

A．它是由极性键形成的非极性分子B．它能与水形成分子间氢键C．分子中含2个键D．它溶于水电离产生离子键(3)最简单的硼烷是其分子结构如下图所示，B原子的杂化方式为_______。

(4)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：的原因是_______。

(5)下图(Ⅱ)表示甲烷分子，图(Ⅲ)表示某钠盐的无限链状结构的阴离子的一部分，该钠盐的化学式为_______。

16、(1)的晶胞结构示意图如图(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。每个晶胞中含有的单元数有___________个。

电池充电时，脱出部分形成结构示意图如图(b)所示，则___________，___________。

(2)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度___________(列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。

(3)某的晶胞如图Ⅰ所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图Ⅱ所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。

(4)为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有___________个铜原子。17、(1)肼(N2H4)又称联氨，是良好的火箭燃料，写出肼的电子式：___________。

(2)金刚石与石墨都是碳的同素异形体，金刚石是自然界硬度最大的物质，但石墨质地柔软，细腻润滑，从微粒间作用力角度分析石墨硬度比金刚石低很多的原因是___________。18、我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄；这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：

（1）写出Be的核外电子式___，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有___、___。

（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有___种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式：___。

（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系___。

（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序___；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是___（写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___。评卷人得分三、判断题(共8题，共16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、有机推断题(共3题，共6分)26、有机物H是优良的溶剂；在工业上可用作洗涤剂；润滑剂，其合成线路：

已知：①

②

③

请回答下列问题：

（1）H的名称为___。用*标出F中的手性碳原子__（碳原子上连有4个不同原子或基团时；该碳称为手性碳）

（2）A的结构简式为___。

（3）D→E的化学方程式为___。

（4）F中含有官能团的名称为__。G→H的反应类型为__。

（5）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式为__。

①能与NaHCO3溶液反应放出CO2②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6∶2∶1∶1

（6）请设计由和乙烯（CH2=CH2）为起始原料，制备的合成路线__(无机试剂任选)。27、地球表面约70%以上是海洋，全球约95%的生物物种在海洋中，由此可见海洋拥有极其丰富的天然资源，是亟待开发的天然宝库。从某种海洋微生物中分离得到具有生理活性的有机化合物A，用质谱法和元素分析法测得A的化学式为C15H28O4。在苯溶液中，A可与等摩尔的Pb(OAc)4反应，生成物经酸水解得乙醛酸和另化一合物B。B遇热失去一分子水得化合物C。将C与KMnO4溶液共热得草酸和十一酸。

(1)请写出化合物A、B和C的结构式______、_______、________。

(2)A可能存在________种光学异构体？

(3)已测得化合物B为s-构型，请写出化合物A最稳定的构象式___________。

(4)写出A的3-羟基与D-甘露糖形成的α-单糖苷的构象式_________。D-甘露糖的结构式如下：

28、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)评卷人得分五、工业流程题(共4题，共24分)29、铜是人类最早使用的金属之一。

（1）铜元素基态原子的价电子排布式为_______，其核外能级能量的高低3d______4s（填“>”、“<”或“=”）

（2）Cu与元素A能形成如下图所示的两种化合物甲和乙。元素A是短周期非金属元素，A的常见氧化物常温下为液态，其熔沸点比同主族其他元素的氧化物高。

①两种化合物的化学式分别为：甲___________，乙___________。

②热稳定性甲_________乙（填“>”、“<”或“=”），试从原子结构上解释原因____。

（3）铜离子形成的某种配合物阳离子具有轴向狭长的八面体结构（如下图）。

已知两种配体都是10电子的中性分子；且都含氢元素。

①两种配体分子的配位原子电负性大小为______（填元素符号），其中热稳定性较弱的配体为（用电子式表示）__________。

②该配合物阳离子与SO42-形成的配合物X的化学式为_________.

（4）Cu单质的晶体为面心立方堆积，其晶胞立方体的边长为acm,Cu的相对原子质量为63.5，单质Cu的密度为ρg/cm3,则阿伏加德罗常数可表示为_____mol-1（含“a、ρ的代数式表示）。30、工业上以锌矿(主要成分为还含有等杂质)为主要原料制备皓矾的工艺流程如图。回答下列问题：

(1)“浸取”之前，需要对锌矿进行粉碎处理，其目的是___________________。

(2)“浸取”时，需要加入氧化剂溶液，写出氯化铁溶液与硫化锌反应的离子方程式：_________，“浸取”时，溶液为酸性介质条件下，可能造成的影响是_____________。

(3)中氧原子采取的杂化方式为______________________。

(4)加入反应完成后，加入硫酸钠溶液，可使溶液中的铁元素形成黄钠铁矾沉淀写出生成黄钠铁矾的化学方程式：________________________________。

(5)为了检验“滤液3”中铁元素是否除尽，可分别取滤液3于试管中，加入KSCN溶液和溶液进行检验，若检验出有则可观察到加入的试管中的现象为_____________，解释产生此现象的原因：__________________________________________________(用离子方程式表示)。

(6)“滤液4”经“一系列操作”可得产品皓矾具体操作为__________、___________；过滤、洗涤、干燥。

(7)工艺中产生的废液中含有排放前需处理。向废液中加入由和组成的缓冲溶液调节通入发生反应：．处理后的废液中部分微粒浓度如下：。微粒浓度

则处理后的废液中__________[已知：]31、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)。

32、碳酸锰(MnCO3)是高性能磁性材料，广泛用于电子工业，也用于化工、医药等行业。以某矿物加工过程中产生的滤渣(主要成分为MnO2、Fe2O3含少量SiO2)为原料制备MnCO3的流程如图：

回答下列问题：

(1)锰、铁的原子序数分别为25、26，在元素周期表中均属于___________(填标号)。

a.短周期元素b.第四周期元素e.副族元素d.过渡元素。

(2)上述流程中的滤液经蒸干、灼烧可得到副产品(常用作红色油漆和涂料)，其化学式为___________。

(3)SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为___________。

(4)H2C2O4(乙二酸，俗名草酸)的电子式为___________；草酸在与MnO2的反应中作___________(填“氧化”或“还原")剂，该反应的离子方程式为___________；该反应可能是自催化反应(反应产物对反应速率有加快作用)，请设计一个实验方案来探究MnSO4对该反应是否有催化作用___________。

(5)已知：25°C，Mn(OH)2的Ksp=1.9×10-13.若MnSO4溶液的浓度为1.9mol·L-1，制备MnCO3时为避免沉淀中混有Mn(OH)2，需控制溶液的pH不超过___________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．Li是3号元素，核外电子排布是1s22s1；位于元素周期表的s区，A正确；

B．Fe是26号元素，Fe原子失去最外层的2个4s电子形成Fe2+，根据构造原理可知Fe2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，故基态Fe2+的价层电子排布式为3d6；B错误；

C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样排布原子的能量最低，原子稳定。P是15号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p3，3p轨道有3个能量等同的轨道，3p3轨道上的3个电子处于3个轨道上；故基态P原子的未成对电子数为3，C正确；

D．根据构造原理可知基态O原子核外电子排布式是1s22s22p4；核外电子占据的最高能级是2p能级，电子云轮廓图为哑铃形，D正确；

故合理选项是B。2、A【分析】【详解】

A．常温常压下，18g的物质的量为1mol，1mol中含有的σ键的数目为A正确；

B．标准状况下为固态；不能由其体积求出其物质的量，B错误；

C．由题给的结构简式可知，为一元酸，故1mol只能与1molNaOH反应；C错误；

D．熔融状态下，可电离出和不含D错误；

故答案为：A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．因为NCl3发生能发生水解反应生成NH3和3HC1O；水解反应化合价不改变，所以氮元素应该显-3价，A错误，符合题意；

B．氮原子形成三个σ键，还有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以NCl3分子空间构型为三角锥形；B正确，不符合题意；

C．次氯酸的电子式为所以结构式为Cl—O—H，C正确，不符合题意；

D．分子的热稳定性由共价键强弱决定；因为H-O的键能比N-H大，所以D正确，不符合题意；

故选A。4、D【分析】【详解】

A．基态Cl原子的核外有17个电子；每个电子运动状态均不相同，则核外电子有17种运动状态，故A正确；

B．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性：四种元素中电负性最大的是O，故B正确；

C．分子中磷原子的价层电子对数为故C正确；

D．1个该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成1个双键和一个单键，还有一个孤电子对，因此含有2个杂化的氮原子和1个杂化的氮原子；故D错误；

故选D。5、D【分析】【详解】

A．K3[Fe(SCN)4Cl2]中配合物的配位数为6，配体为SCN-和Cl-；故A不选；

B．Na2[SiF6]中配体为F-；配合物的配位数为6，故B不选；

C．Na3[AlF6]中配体为F-；配合物的配位数为6，故C不选；

D．[Cu(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3；故D选；

故选D。6、C【分析】【详解】

A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳；甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，A正确；

B．碳原子连接四个不同的原子或原子团时；该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，B正确；

C．含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物；因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，C错误；

D．HClO2可以写成(HO)ClO的形式，HClO可以写成(HO)Cl的形式，HClO2中有1个非羟基氧，故HClO2的酸性强于HClO；D正确；

故选C。7、D【分析】【详解】

A．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力；故A错误；

B．石墨晶体层内碳原子之间以共价键结合；层与层之间通过范德华力结合，因此石墨属于一种混合型晶体，故B错误；

C．金刚石两个最近的碳原子之间的距离为体对角线的四分之一，若晶胞边长为acm，则两个最近的碳原子之间的距离为cm；故C错误；

D．NaCl中Na+的配位数为6，干冰中CO2分子的配位数为12；故D正确；

故选：D。8、B【分析】【详解】

A．分子为三角锥形，N发生杂化；A错误；

B．杂化轨道只适用于形成共价键；因为必须形成共用电子对，所以不可能适用于离子键，故B正确；

C．属于型共价化合物，中心原子S采取杂化轨道成键；分子空间构型为V形，不是直线形，故C错误；

D．价层电子对互斥模型中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而键不计入，故D错误；9、C【分析】【分析】

有机物分子中含有手性碳原子的分子是手性分子；手性碳原子为连接四个不同的原子或原子团的饱和碳原子。

【详解】

①CH2Cl2分子中碳原子连有相同的氢原子和氯原子；不含有手性碳原子，不属于手性分子，故不合题意；

②分子中与羟基相连的碳原子是连接四个不同的原子或原子团的饱和碳原子；含有手性碳原子，属于手性分子，故合题意；

③分子中与羟基相连的碳原子是连接四个不同的原子或原子团的饱和碳原子；含有手性碳原子，属于手性分子，故合题意；

④乙酸分子中与羧基相连的碳原子连有相同的氢原子；不含有手性碳原子，不属于手性分子，故不合题意；

②③符合题意，故选C。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【详解】

(1)从题图中可以看出，La位于平行六面体的顶角，晶胞中La的原子数为平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子，故晶胞中Ni的原子数为故该晶胞中Ni原于与La原子的数量比为5：1。

(2)由(1)知，该晶胞化学式为LaNi5，每个晶胞含1个LaNi5，则n(LaNi5)=故该晶胞的质量m=mol，所以晶胞的体积为

(3)该晶胞体积V=一个晶胞能吸收6个氢原子，相当于3个H2，故所吸收H2的质量m=

则该合金储氢后氢气的密度

故储氢能力【解析】①.5：1②.③.123611、略

【分析】【详解】

由晶胞结构图可知，位于棱上的M原子数为12，内部M原子数为9，晶胞中M原子数共12×+9＝12；C60位于顶点8个，面心6个，晶胞中含C60数共8×+6×＝4。M原子与C60微粒数之比为3∶1，因而化学式为M3C60。【解析】12M3C6012、略

【分析】【详解】

(1)层只有能级，层只有能级；故选AC，故答案为：AC；

(2)①轨道在三维空间分布的图形为球形，且每个s能级只有一个轨道；轨道空间分布的图形分别相对于x；y、z轴对称；每个p能级有3个轨道，故答案为：球；1；对称；3；

②原子轨道的半径与能层有关，并随能层升高而增大，故答案为：能层；能层。【解析】①.AC②.球③.1④.对称⑤.3⑥.能层⑦.能层13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铁原子核外电子数为26，各电子层电子数为2、8、14、2，原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以位于第四周期第VIII族，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取铁元素的原子光；故答案为：第四周期Ⅶ族；光谱仪；1s22s22p63s23p63d64s2；

(2)NH3的孤电子对数=价层电子对数为4，则N为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，由于含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；Fe(CO)5的结构式为其中三键中有一个σ键，配位键全部为σ键，所以1molFe(CO)5分子中含有σ键为10mol；

(3)把氯气通人黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}，同时生成氯化钾，反应的化学方程式为Cl2+2K4[Fe(CN)6]=2KCl+2K3[Fe(CN)6]；

CN-中C原子价层电子对个数=1+=2；所以采取sp杂化；

C；N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；

(3)SCN-与N2O互为等电子体，等电子体的结构相似，SCN-的电子式为【解析】第四周期第VIII族1s22s22p63s23p63d64s2光谱仪三角锥形10Cl2+2K4[Fe(CN)6]=2KCl+2K3[Fe(CN)6]spN＞O＞C14、略

【分析】【分析】

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；

【详解】

(1)只存在非极性键是相同原子形成的化学键，非极键的分子是N2；既存在非极性键又存在极性键的分子是：H2O2、C2H4；只存在极性键的分子是：HCl、NH3、CO2；

(2)只存在单键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，存在三键的分子是②N2，只存在双键的分子是⑨CO2，既存在单键又存在双键的分子是⑩C2H4；

(3)只存在单键的分子都存在σ键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，既存在σ键又存在π键的分子，分子必须含有双键和叁键，是②N2、⑨CO2、⑩C2H4；

(4)不存在化学键的是稀有气体；

(5)既存在离子键又存在极性键的是⑥NH4Cl、⑦NaOH；既存在离子键又存在非极性键的是④Na2O2。【解析】②⑤⑩①③⑨①③⑤②⑨⑩①③⑤②⑨⑩⑧⑥⑦④15、略

【分析】【详解】

（1）氯化亚砜分子中的中心原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，为三角锥形，该物质沸点较低，为分子晶体，分子间存在范德华力。在中配位原子是氮原子。

（2）A.不同非金属元素的原子之间形成极性键，该分子存在极性键，为四面体结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，故错误；B.羟基能与水形成分子间氢键正确；C.分子中含2个键；为氧氢键，故正确；D.它溶于水电离产生氢离子和硫酸根离子，不产生离子键，故错误。故选BC

（3）硼烷中硼原子的价层电子对数为4，故采取sp3杂化。

（4）金属通过金属键形成金属晶体，亚铜离子失去的是全充满的3d10电子，而Ni+失去的是4s1电子；故亚铜离子失去第二个电子更难，故元素铜的第二电离能高于镍的。

（5）该图的重复结构中含有2个硅原子，氧原子个数为所以硅、氧原子个数比为2:6=1:3，结合化学键可知，该酸根离子为硅酸根离子，形成的钠盐为硅酸钠。【解析】(1)三角锥形范德华力N

(2)BC

(3)sp3

(4)金属键亚铜离子失去的是全充满的3d10电子，而Ni+失去的是4s1电子。

(5)Na2SiO316、略

【分析】【详解】

(1)由题图可知，小白球表示锂原子，由题图(a)知，每个晶胞中的锂原子数为故一个晶胞中有4个单元；

由题图(b)知，结构中，一个晶胞含有个锂原子，此时锂原子、铁原子的个数比为13：16，进而推出

设中二价铁离子的个数为三价铁离子的个数为由得到即

(2)氨硼烷的相对分子质量为31，一个氨硼烷的2×2×2超晶胞中含有16个氨硼烷，该超晶胞的质量为体积为则氨硼烷晶体的密度为

(3)能量越低越稳定，从题图3-1-22可知，Cu替代a位置Fe型产物更稳定，其晶胞中Cu位于8个顶角，Fe位于面心，N位于体心，其化学式为

(4)根据“均摊法”计算，1个晶胞中含有的氧原子数为再结合化学式知，1个晶胞中含有16个铜原子。【解析】①.4②.③.13：3④.⑤.⑥.1617、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)联氨是共价化合物，电子式为故答案为：

(2)石墨属于过渡型晶体，晶体中层内形成共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石是原子晶体，晶体中原子间形成共价键，分子间作用力弱于共价键，则石墨硬度比金刚石低很多，故答案为：石墨晶体中层与层之间为分子间作用力，金刚石中原子间为共价键，分子间作用力弱于共价键。【解析】石墨晶体中层与层之间为分子间作用力，金刚石中原子间为共价键，分子间作用力弱于共价键18、略

【分析】【分析】

（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期；最外层有2个末成对电子是p轨道上有2个电子或四个电子；

（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外13个电子，存在13种不同运动状态的，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl；

（3）结合原子半径大小比较金属失电子能力；

（4）电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，离子半径越小；非金属性最强的元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强，氯化铝为共价化合物不能导电。

【详解】

（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2；Be所在的周期为第二周期；最外层有2个末成对电子是p轨道上有2个电子或四个电子为C元素和O元素；

（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有13种不同运动状态的电子，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be(OH)2和HCl，氯化铍的水解方程式为：BeCl2+2H2O⇌Be(OH)2+2HCl；

（3）结合镁原子核电荷数为12；铝元素核电荷数为13，镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；

（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径，铝离子电子层数为2个，半径最小，硫离子和氯离子都有三个电子层，核电荷数越大半径越小，由大到小的顺序为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是高氯酸，Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是：氯化铝是共价化合物；熔融不能导电，氧化铝为离子化合物，熔融状态导电。

【点睛】

本题考查了原子结构、元素性质对比、周期表中存在的递变规律分析、物质组成和结构的理解应用，掌握基础是解题关键。【解析】①.1s22s2②.C③.O④.13⑤.BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl⑥.镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱⑦.S2﹣＞Cl﹣＞Al3+⑧.高氯酸⑨.氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，晶体中不含离子，熔融不能导电，不能电解，氧化铝为离子化合物熔融可以导电三、判断题(共8题，共16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、有机推断题(共3题，共6分)26、略

【分析】【分析】

由题给有机物的转化关系可知，A和乙炔发生信息①反应生成B，则A的结构为B与酸性高锰酸钾溶液发生信息②反应生成C，则C的结构为CH3COCH2COOH；C与乙醇在浓硫酸作用下共热反应生成D，D与发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，F发生信息③反应生成G()；G与氢气发生加成反应生成H。

【详解】

（1）H的结构简式为名称为4-甲基-2-戊醇；F的结构简式为手性碳原子为连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，F分子中与羧基相连的碳原子为连有4个不同原子或基团的手性碳原子，用*标出的结构简式为故答案为：4-甲基-2-戊醇；

（2）由分析可知A的结构简式为故答案为：

（3）D→E的反应为与发生取代反应生成反应的化学方程式为故答案为：

（4）F的结构简式为含有官能团的名称为羧基和羰基；G→H的反应为在Ni做催化剂作用下，与氢气加成反应生成故答案为：羧基和羰基；加成反应；

（5）D的结构简式为D的同分异构体能与NaHCO3溶液反应放出CO2说明含有羧基，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9∶1∶1∶1说明同一个碳原子上连有3个甲基，符合条件的同分异构体的结构简式可能为故答案为：（或）；

（6）结合题给信息可知，由和乙烯为起始原料制备的步骤为在浓硫酸作用下发生下去反应得到与溴发生加成反应得到在氢氧化钠乙醇作用下发生消去反应和乙烯发生加成反应得到合成路线为故答案为：【解析】①.4—甲基—2—戊醇②.③.④.+HCl⑤.羧基和羰基⑥.加成反应（或还原反应）⑦.（或）⑧.27、略

【分析】略【解析】23=8个光学异构体以椅式表示，3个取代基均应处于平伏键(e键)，其中2位羟基为S-构型，3位羟基为R-构型应以3位羟基与D-甘露糖形成α-单糖苷为正确28、略

【分析】【分析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH＝CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH＝CH2。反应①为取代反应。由C、D的分子式，可知反应②发生信息I中取代反应，可知D为由信息II中取代反应、结合E的分子式，可知E为E发生酯的水解反应生成F。对比F、J的结构简式，可知F脱羧生成G，G与苯胺脱去1分子水生成J，故G为J与发生取代反应生成L；

(6)由信息II可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到

【详解】

(1)A属于烯烃，A的结构简式为CH2＝CH﹣CH3；A名称为：丙烯，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于碳碳双键的平面结构内，分子中最多有7个原子共面；

(2)B为ClCH2CH＝CH2，B中官能团有碳碳双键、氯原子，反应②是B的氨基中氢原子被﹣CH2CH2COOCH3替代；属于取代反应；

(3)反应③的化学方程式为：

(4)F的结构简式为用星号(*)标出F中的手性碳原子为：G的结构简式为：

(5)反应④为取代反应；生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率；

(6)由信息II可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到合成路线流程图为：

【点睛】

进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。【解析】丙烯7碳碳双键氯原子取代反应吸收反应生成的HCl提高反应转化率五、工业流程题(共4题，共24分)29、略

【分析】【详解】

(1)铜原子核电荷数为29，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，则价电子排布式为3d104s1；根据能级图可知其核外能级能量的高低3d＞4s；

(2)元素A是短周期非金属元素；A的常见氧化物常温下为液态，其熔沸点比同主族其他元素的氧化物高，可知A为氧元素；

①甲中氧原子数目为8×+4×+2×+1=4，Cu原子数为4，则甲的化学式为CuO；乙中氧原子数目为8×+1=2，Cu原子数为4，则乙的化学式为Cu2O；

②因Cu2O中Cu+的电子排布式为[Ar]3d10，而CuO中Cu2+的电子排布式为[Ar][Ar]3d9，明显Cu+的d轨道为全充满状态，较稳定，故稳定性CuO＜Cu2O；

(3)两种配体都是10电子的中性分子，且都含氢元素，可知两配体分别为H2O和NH3；

①两种配体分子中N和O均有孤对电子，可与中心原子间形成配位键，O的非金属性比N强，即电负性O>N，且NH3的稳定性小于H2O，NH3的电子式为

②由该配合物阳离子的结构可知含有4个NH3和2个H2O，则与SO42-形成的配合物X的化学式为[Cu(H2O)2(NH3)4]SO4；

(4)由晶胞结构示意图可知，晶体的堆积模型为面心立方密堆积，晶胞中原子数目为6×+8×=4，晶胞质量为4×63.5g÷NA，晶胞体积为(acm)3，则4×63.5g÷NA=ρg/cm3×(acm)3，故NA=254/(ρa3)mol-1。【解析】3d104s1>CuOCu2O＜Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定O>N[Cu(H2O)2(NH3)4]SO4254/(ρa3)30、略

【分析】【分析】

锌矿加入氧化剂；稀硫酸浸取；反应生成硫单质，二氧化硅不反应，故浸渣1为硫、二氧化硅；铁、铜、镍转化为相应的盐溶液，浸取液加入过氧化氢，将二价铁转化为三价铁，加入硫酸钠反应生成黄钠铁矾沉淀，过滤滤液调节pH除去铁得到滤渣3，滤液3加入锌粉置换出铜、镍，滤液4经过处理得到皓矾。

【详解】

（1）“浸取”之前；需要对锌矿进行粉碎处理，其目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；

（2）铁离子具有氧化性，可以将-2价硫氧化为硫单质，氯化铁溶液与硫化锌反应生成亚铁离子和硫单质，“浸取”时；溶液为酸性介质条件下，硫化锌和氢离子生成污染性气体硫化氢，导致环境污染；

（3）H2O2分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化；

（4）加入反应完成后，亚铁离子转化为铁离子，加入硫酸钠溶液生成黄钠铁矾沉淀反应为

（5）若检验出有则加入两者会反应生成蓝色沉淀，反应

（6）“滤液4”经“一系列操作”可得产品皓矾操作为蒸发结晶的过程，具体操作为蒸发浓缩；降温结晶、过滤、洗涤、干燥。

（7）由图表可知：对于硫化氢，对于硫化锌，【解析】(1)增大反应物接触面积；加快反应速率。

(2)生成污染性气体硫化氢。

(3)sp3杂