2025年冀教版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年冀教版选择性必修2化学下册月考试卷8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、TiO2的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。TiCl4熔点为－25℃，沸点为136.4℃。制取TiO2的反应为①2FeTiO3＋7Cl2＋3C=2TiCl4＋2FeCl3＋3CO2、②TiCl4＋O2=TiO2＋2Cl2。下列说法正确的是A.基态Ti原子核外价电子排布式为3d24s2B.CCl4、CO2中C的杂化方式相同C.TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4D.生成1molFeCl3转移电子的物质的量为14mol2、下列说法错误的是（）A.6C的电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则B.ns电子的能量可能低于（n-1）p电子的能量C.电子排布式（21Sc）1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D.电子排布式（22Ti）1s22s22p63s23p10违反了泡利原理3、短周期元素W、X、Y、Z、M的原子半径依次增大，W、M同主族，M在同周期中原子半径最大，X、Y、Z分处三个连续的主族且最外层电子依次减少，Y的原子序数是乙的一半。下列说法错误的是A.简单离子半径：Y>X>MB.Y和Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸C.X、Y、W三种元素可形成离子化合物D.X、Z、M三种元素形成的一种化合物的水溶液可作防火剂4、下列关于元素周期表和元素周期律的说法不正确的是A.O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次逐渐减弱C.第三周期元素从Na到Cl，金属性逐渐增强D.原子序数从3依次增加到9，原子半径逐渐减少5、四种短周期元素在周期表中的位置关系如图所示；其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（）

。

Y

Z

M

X

A.简单离子半径的大小：M＜ZB.简单氢化物的稳定性：Z＞YC.X与Z形成的化合物中含有共价键D.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强6、过硫酸钾常用作强氧化剂，可发生反应：过硫酸根的离子结构如图所示。下列说法正确的是。

A.中氧元素的化合价有：B.中含极性共价键C.固体中阴阳离子总数为D.和水反应产生7、下列叙述正确的是A.碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的化学键B.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键C.非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物D.共价化合物中一定含有共价键(极性键、非极性键)，可能含有离子键8、下列说法中不正确的是A.气体单质中，一定有σ键，可能有π键B.PCl5分子是非极性分子C.氢键键长一般定义为A-HB的长度，而不是HB的长度D.的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致9、物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注。X、Y形成的一种晶体的晶胞如图M，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)；Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X；Y同周期。下列有关说法正确的是。

A.A分子是乙烷B.最高价氧化物对应的水化物酸性：X＞YC.T分子所有原子共平面D.M的化学式为X2Y7评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、回答下列问题：

（1）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II的空间结构为___，中心原子的杂化形式为___。

（2）据科技日报网报道，南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇的结构简式为CH2=CH—CH2OH。请回答下列问题：

①基态镍原子的价电子排布图为____。

②烯丙醇分子中碳原子的杂化类型是___。

（3）乙炔是有机合成的一种重要原料。将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀。基态Cu+的简化电子排布式为____。11、下列基态原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是___________(填序号，下同)，违反能量最低原理的是___________，违反洪特规则的是___________，违反泡利原理的是___________。

①

②

③

④

⑤

⑥

⑦12、(1)氨易溶于水的原因是__。(写出两点即可)

(2)化学上有一种见解，认为含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越__(填“强”或“弱”)。以下各种含氧酸HClO、HClO3、H2SO3、HClO4的酸性由强到弱排列为___。

(3)熔点、沸点HF__HI(填“>”或“<”)；原因：__。

(4)下列4种物质熔点沸点由高到低排列为__(填序号)。

①金刚石(C—C)②锗(Ge—Ge)③晶体硅(Si—Si)④金刚砂(Si—C)

(5)为了减缓温室效应，科学家设计反应：CO2+4H2→CH4+2H2O以减小空气中CO2。若有1molCH4生成，则有__molσ键和__molπ键断裂。13、(1)苯胺(NH2)沸点高于甲苯(CH3)的主要原因是________。

(2)KSCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出KSCN的电子式________。

(3)已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因________。14、(1)比较给出H+能力的相对强弱：Al(OH)3_______NaHCO3(填“＜”“＞”或者“=”)；用一个离子方程式说明和结合H+能力的相对强弱_______。

(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，写出CN2H4的电子式_______。

(3)相同条件下冰的密度比水小，主要原因是_______。15、在光照条件下；氯气和氢气反应过程如下：

①②③

反应②中形成的化合物的电子式为___________；反应③中被破坏的化学键属于___________键(填“共价”或“离子”)。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)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、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18、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误20、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2题，共16分)21、“中国紫”——硅酸铜钡其合成原料为孔雀石和砂子回答下列问题：

(1)基态Ba原子的价电子排布式为___________。

(2)常用作光导纤维，在生产和生活中有广泛的用途。属于___________晶体，在晶体中，硅原子的杂化类型为___________。

(3)不溶于水，但可溶于浓氨水，反应的化学方程式为

①氨水中存在的化学键有___________(填标号)。

A．极性键B．非极性键C．氢键D．键E．键。

②中配体是___________，所含元素中电负性最小的非金属元素是___________(填元素符号)。

(4)的熔点比的___________(填“高”或“低”)，原因是___________。

(5)Cu和Ba形成的某种合金的晶胞结构如图所示，该合金中Cu与Ba的原子个数比为___________。

22、H；C、N、O、Na、Mg、Cl、Cu是8种中学化学中常见的元素。

(1)原子结构与元素性质。

①5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是___________。

②3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是___________。

③基态Cu的价电子排布式为___________。

(2)微粒间相互作用与物质性质。

①下列物质的分子中同时存在σ键和π键的是___________(填字母)。

a．H2b．N2c．Cl2d．NH3

②填写下表。分子中心原子杂化类型空间结构分子极性BCl3_________________________________CH≡CH_________________________________

③比较SO与NH3分子中的键角大小并给出相应解释：___________。

④相同条件下，SO2在水中的溶解度大于CO2的，理由是___________。

(3)不同聚集状态的物质与性质。

①干冰晶体中微粒间的相互作用有___________。

②金属钠能导电的原因是___________。

③NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是___________。

④金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的是___________(填字母)。

a．金刚石和石墨都是共价晶体。

b．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨。

c．金刚石中碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子杂化类型为sp2杂化评卷人得分五、有机推断题(共4题，共32分)23、已知：RCNRCOOH。光学活性毗氟氯禾灵是选择性强；药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂；它的合成路线如下：

试回答下列问题：

(1)在吡氟氯禾灵的合成所涉及的反应中，属于加成反应的有____________（填序号）。若有机物分子中的某个碳原子所连的4个原子或原子团均不相同，则该碳原子称为手性碳原子，在吡氟氯禾灵分子中含有_________个手性碳原子。

(2)B的结构简式为___________。

(3)CH3CH(OH)CN、物质C长期暴露在空气中均会变质，其原因分别是__________。

(4)1molC分子最多可与____________molNaOH完全反应。

(5)写出下列反应的化学方程式(不需注明反应条件)：

反应④___________________________________；

反应⑥___________________________________；24、卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂；被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。合成路线如下：

（1）A中官能团的名称是______________，A→B反应方程式为_______________。C→D的反应类型是_________________。

（2）1molD与NaOH溶液反应，最多消耗__________NaOH

（3）卡托普利E的分子中有_____个手性碳原子，下列关于E说法不正确的是______。

a.卡托普利的水溶液呈酸性b.在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2

c.E的分子式为C9H16NO3Sd.E存在属于芳香族化合物的同分异构体。

（4）A与浓硫酸、甲醇反应生成M，M的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为_________、_________。M加聚反应生成高分子化合物N的方程式为_____________。25、化合物H可用以下路线合成：

已知：

请回答下列问题：

（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；

（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；

（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________；

（4）反应①的反应类型是_______________________；

（5）反应②的化学方程式为______________________________________；

（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。26、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：________（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）用结构简式表示A中含有的官能团：__________、________（4）A的1H核磁共振谱如图。

（4）A中含有________种氢原子（5）综上所述，A的结构简式________评卷人得分六、计算题(共4题，共12分)27、在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了等多种元素。请回答：

氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的数目为____；与最短核间距为____

28、已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图1；图2所示)：

则一个C60分子中含有σ键的个数为___________，C60晶体密度的计算式为___________g·cm-3.(NA为阿伏加德罗常数的值)29、K2S的晶胞结构如图所示。其中K＋的配位数为___________，S2-的配位数为___________；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，则K2S晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式；不必计算出结果)。

30、Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为________，Cu+半径为acm，N3﹣半径为bcm，Cu3N的密度为________g•cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示；Cu；N相对分子质量为64、14）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2；A正确；

B．CO2中的C为sp杂化，CCl4中的C为sp3杂化；故B错误；

C．TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，熔、沸点较低，TiCl4晶体是分子晶体；C错误；

D．反应①中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+4价，Cl元素的化合价由0价降至-1价，生成2molFeCl3转移14mol电子，则生成1molFeCl3转移电子物质的量为7mol；D错误；

故选A。2、B【分析】【详解】

A.6C的电子排布式可能为1s22s22px12py1；该选项违反了洪特规则，A正确；

B.ns电子的能量一定高于（n-1）p电子的能量；B错误；

C.Sc的外围电子应优先填充4s轨道；该选项违反了能量最低原理，C正确；

D.p能级只有三个简并轨道；根据泡利不相容原理，最多可填充6个电子，D正确；

故答案选B。3、B【分析】【分析】

M在同周期中原子半径最大；则M为Na，W为H；X；Y、Z分处三个连续的主族且最外层电子依次减少，则X、Y、Z为O、N、Si，短周期元素W、X、Y、Z、M分别为H、O、N、Si、Na。

【详解】

A．核外电子数相同核电荷数越大半径越小，则简单离子半径的大小顺序：A正确；

B．Si的最高价氧化物对应的水化物是弱酸；B错误；

C．X、Y、W三种元素可形成离子化合物C正确；

D．的水溶液可作木材防火剂；D正确；

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．O与S为同主族元素；同主族元素从上至下非金属性逐渐增强，则O比S的非金属性强，故A正确；

B．非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F、Cl、Br、I位于同主族，同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，则HF、HCl、HBr；HI的热稳定性依次逐渐减弱；故B正确；

C．同周期元素从左至右；非金属性逐渐增强，则第三周期元素从Na到Cl，金属性逐渐减弱，故C错误；

D．原子序数从3依次增加到9位于同周期；同周期元素，随核电荷数增大，原子半径逐渐减小，故D正确；

答案选C。5、D【分析】【分析】

由四种短周期元素在周期表中的位置关系可知；M；X位于第三周期，Y、Z位于第二周期，四种元素中只有M为金属元素，可知M为Al、X为Si、Y为N、Z为O。

【详解】

A．具有相同电子层结构的离子；原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小M＜Z，故A正确；

B．非金属性越强，对应的简单氢化物的稳定性越强，非金属性：N＜O，故简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O；故B正确；

C．X与Z形成的化合物为SiO2；含有共价键，故C正确；

D．非金属性越强；则其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Si＜N，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；

综上所述，答案为D。6、A【分析】【详解】

A．由结构可知，分子结构的中间存在过氧根；过氧根中氧为-1价氧，与每个硫相连的其它氧为-2价氧，A正确；

B．过氧根中氧氧键为非极性键，1个过硫酸根中含有12个极性共价键，中含极性共价键；B错误；

C．固体中含有K+和HSO两种离子，则固体中阴阳离子总数为C错误；

D．没有说明是否为标况；不能计算生成氧气的体积，D错误；

故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．碘晶体受热转变成碘蒸气；属于物理变化，吸收的热量用于克服分子间作用力，化学键不变，A错误；

B．NaHCO3属于离子化合物，含有离子键和共价键，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O；既破坏了离子键，也破坏了共价键，B正确；

C．非金属元素之间形成的化合物不一定是共价化合物；例如氯化铵等，C错误；

D．共价化合物中一定含有共价键(极性键；非极性键)；一定不含有离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，D错误；

答案选B。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．稀有气体单质是单原子分子；分子中无化学键，故A错误；

B．PCl5分子为三角双锥构型，键的偶极矩互相抵消，使分子的正电重心和负电重心重合，分子的偶极矩为零，因此，PCl5为非极性分子；故B正确；

C．氢键键长一般定义为A-HB的长度；即A到B的长度，而不是HB的长度，故C正确；

D．的中心原子Cl原子的成键电子对数为4，中Cl原子孤对电子对数为(7+1-4×2)=0，因为无孤电子对，所以的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致；均为正四面体，故D正确；

答案选A。9、C【分析】【分析】

物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注，则W为H，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)；Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X；Y同周期，则X为B，Y为N。

【详解】

A．A分子化学式为NH3∙BH3；故A错误；

B．根据非金属性越强；其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性：Y(硝酸)＞X(硼酸)，故B错误；

C．T分子N、B都是采用sp2杂化；形成平面三角形结构，因此T分子所有原子共平面，故C正确；

D．M中X有四个，Y有其化学式为XY，故D错误。

综上所述，答案为C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

（1）

X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II价层电子对数为其空间结构为V形，中心原子的杂化形式为sp3；故答案为：V形；sp3。

（2）

①Ni为28号元素，基态镍原子的价电子为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为故答案为：

②烯丙醇分子(CH2=CH—CH2OH)中第一个和第二个碳原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型是sp2杂化，—CH2OH中的碳原子价层电子对数为4+0=4，杂化类型为sp3杂化；故答案为：sp2杂化、sp3杂化。

（3）

Cu为29号元素，基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10；故答案为：[Ar]3d10。【解析】（1）V形sp3

（2）sp2杂化、sp3杂化。

（3）[Ar]3d1011、略

【分析】【分析】

根据核外电子排布规律；基态原子的核外电子排布式，要遵循能量最低原理，洪特规则，泡利原理，据此作答。

【详解】

根据核外电子排布规律判断，①⑤⑥正确，②电子排完轨道后应排能量较低的轨道而不是轨道，正确的电子排布式应为③没有遵循洪特规则，轨道上正确的轨道表示式应为④忽略了能量相同的原子轨道上电子排布为半充满状态时，体系的能量较低，原子较稳定，正确的电子排布式应为⑦违反泡利原理，正确的轨道表示式应为【解析】①.①⑤⑥②.②③.③④④.⑦12、略

【分析】【详解】

(1)氨和水都是极性分子；氨分子与水分子间可形成氢键；氨分子与水分子可发生反应；故答案为：氨和水都是极性分子，相似相溶；氨分子与水分子间可形成氢键；氨分子与水分子可发生反应；

(2)含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为−OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，所以含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越强，酸性由强到弱：HClO4>HClO3>H2SO3>HClO，故答案为：强；HClO4>HClO3>H2SO3>HClO；

(3)HF分子间能形成氢键，熔沸点比碘化氢的高，故答案为：>；HF分子间有氢键；

(4)晶体都是原子晶体，由于键长C−C碳化硅>晶体硅>锗，故答案为：①>④>③>②；

(5)1个CO2和4个H2分子中共含有6个σ键和2π键，若有1molCH4生成，则有6molσ键和2molπ键断裂，故答案为：6；2；【解析】①.氨和水都是极性分子，相似相溶；氨分子与水分子间可形成氢键；氨分子与水分子可发生反应②.强③.HClO4>HClO3>H2SO3>HClO④.>⑤.HF分子间有氢键⑥.①>④>③>②⑦.6⑧.213、略

【分析】【详解】

(1)苯胺分子间可以形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，氢键对物质的沸点的影响较大，分子间存在氢键的沸点较高，因此，苯胺(NH2)沸点高于甲苯(CH3)的主要原因是苯胺分子间存在氢键；而甲苯分子间不存在氢键。

(2)KSCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。根据等电子原理可知，SCN-与CO2是等电子体，S和C之间形成双键，因此，KSCN的电子式

(3)已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，类比一水合氨的电离可知，NH2OH分子中的N有孤电子对，可以与水电离产生的H+形成配位键，因此，其电离方程式可表示为NH2OH+H2O⇌OH-+[NH3OH]+。【解析】①.苯胺分子间存在氢键，而甲苯分子间不存在氢键②.③.NH2OH+H2O⇌OH-+[NH3OH]+14、略

【分析】【详解】

(1)酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则该酸根离子结合H+能力越弱，酸性：＞Al(OH)3，则给出H+能力的相对强弱：＞Al(OH)3，酸性：＞Al(OH)3，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，能体现和结合H+能力的相对强弱的离子方程式为：++H2O=Al(OH)3↓+

(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，则CN2H4由和CN-构成，所以，CN2H4的电子式为

(3)水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，固态水分子间存在的氢键多于液态水，使水分子间距离更大，密度较小，所以固态水(冰)的密度小于液态水的密度，固态水分子间存在的氢键多于液态水，使水分子间距离更大，因此，相同条件下冰的密度比水小。【解析】＞H2O++=Al(OH)3↓+固态水分子间存在的氢键多于液态水，使水分子间距离更大，所以密度更小15、略

【分析】【详解】

反应②中形成的化合物是HCl，属于共价化合物，电子式为反应③中Cl2分子中Cl-Cl被破坏，Cl2由Cl原子以共价键结合形成，则被破坏的化学键化学键属于共价键。【解析】共价三、判断题(共5题，共10分)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】

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；18、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。19、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。20、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2题，共16分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ba是第六周期第IIA的元素，价层电子为原子最外层电子，故基态Ba原子的价电子排布式为6s2；故答案为：6s2；

(2)SiO2属于原子晶体，在晶体中Si原子与4个O原子形成4个共价键，形成4个σ键，故Si原子杂化类型为sp3杂化；故答案为：原子；sp3；

(3)①氨水中含有N-H键；H-O键都是极性共价键；极性共价键属于σ键；氢键不属于共价键，物质中不含非极性键、π键，故合理选项是AD；故答案为：AD；

②在[Cu(NH3)4]CO3中，中心原子是Cu2+，配体是NH3；故答案为：NH3；

其中所含的非金属性元素有N、H、O、C，元素的非金属性越强，其电负性就越大。这几种元素中非金属性强弱关系为：O>N>C>H，所以元素的电负性大小关系为：O>N>C>H；则电负性最小的非金属元素为H；故答案为：H；

(4)Cu2O、Cu2S都是离子晶体，离子之间以离子键结合。形成晶体的离子半径越小，离子键就越强，克服离子键使物质熔化、气化消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高。由于离子半径：S2->O2-，所以物质的熔点：Cu2O比Cu2S高；故答案为：高；和都属于离子晶体，的离子键比的更强；

(5)晶胞中含有的Cu原子数目为：8×+1=5，含有的Ba原子数目为：8×=1，故该晶体中Cu与Ba的原子个数比为5:1。故答案为：5∶1；【解析】原子ADH高和都属于离子晶体，的离子键比的更强5∶122、略

【分析】（1）

①同周期从左到右元素的电负性依次增大，同主族从下到上元素的电负性依次增大；5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是O，故答案为：O；

②同周期从左到右原子半径依次减小，3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是Na，故答案为：Na；

③Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；

（2）

①双键和三键中含有σ键和π键，则含有σ键和π键的是N2，故答案为：b；

②BCl3的价层电子对数为3+0=3，中心原子杂化类型为sp2，空间结构是平面三角形，分子中没有孤对电子，为非极性分子；CH≡CH中碳原子的价层电子对数为2+0=2，中心原子杂化类型为sp，空间结构是直线形，分子结构对称，为非极性分子；故答案为：sp2；平面三角形；非极性分子；sp；直线形；非极性分子；

③中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子，孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，所以的键角大于NH3的键角，故答案为：孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子；

④由于SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的，故答案为：SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的；

（3）

①干冰属于分子晶体，晶体中微粒间的相互作用有范德华力和极性键，故答案为：范德华力和极性键；

②金属钠能导电的原因是晶体中含有自由移动的电子，故答案为：晶体中含有自由移动的电子；

③离子晶体中阴阳离子半径越小，所带电荷越大，晶格能越大，熔点越高；NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是NaCl，故答案为：NaCl；

④a．金刚石是共价晶体，石墨是混合型晶体，故a错误；

b．金刚石中碳原子是sp3杂化，石墨中碳原子是sp2杂化，晶体中共价键的键角：金刚石＜石墨，故b错误；

c．金刚石是立体结构，碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨是平面结构，碳原子杂化类型为sp2杂化，故c正确；

故答案为：c。【解析】(1)ONa3d104s1

(2)bsp2平面三角形非极性分子sp直线形非极性分子孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的。

(3)范德华力和极性键晶体中含有自由移动的电子NaClc五、有机推断题(共4题，共32分)23、略

【分析】【分析】

CH3CHO与HCN发生加成反应产生CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下发生水解反应生成A，A为CH3CH(OH)COOH，A与CH3OH发生酯化反应生成B，B为CH3CH(OH)COOCH3，B与CH3SO2Cl发生取代反应产生C与反应生成毗氟氯禾灵，结合毗氟氯禾灵的结构及生成C的反应物可知，C为

【详解】

根据上述分析可知CH3CHO与HCN发生①的加成反应产生CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性条件下发生②的水解反应生成A，A为CH3CH(OH)COOH，A与CH3OH发生酯化反应生成B，B为CH3CH(OH)COOCH3，B与CH3SO2Cl发生取代反应产生与发生取代反应产生C：C与反应生成毗氟氯禾灵

(1)根据上述分析过程可知：在吡氟氯禾灵的合成所涉及的反应中；属于加成反应的有反应①；若有机物分子中的某个碳原子所连的4个原子或原子团均不相同，则该碳原子称为手性碳原子，在吡氟氯禾灵分子中，与甲基C原子连接的C原子为手性C原子，因此只含有1个手性碳原子。

(2)根据上述分析可知B物质结构简式为CH3CH(OH)COOCH3。

(3)CH3CH(OH)CN长期暴露在空气中均会变质是由于CH3CH(OH)CN易与空气中的H2O反应；而物质C长期暴露在空气中均会变质是由于C分子中含有酚羟基；容易被空气中的氧气氧化。

(4)C为1mol该物质含有1mol酚羟基；1mol酯基，二者都可以与NaOH发生反应，所以1molC最多可与2molNaOH完全反应。

(5)反应④是CH3CH(OH)COOCH3与CH3SO2Cl发生取代反应产生和HCl，反应方程式为：CH3CH(OH)COOCH3+CH3SO2Cl+HCl；反应⑥是与发生取代反应生成和HCl，反应方程式为：++HCl。【解析】①.①②.1③.CH3CH(OH)COOCH3④.CH3CH(OH)CN易与空气中的水反应，C(是酚类化合物)易被空气中O2氧化⑤.2⑥.CH3CH(OH)COOCH3+CH3SO2Cl+HCl⑦.++HCl24、略

【分析】【分析】

（1）根据B的结构简式和A到B的反应类型反推A；根据反应条件和反应类型书写A到B的方程式；C到D；C中氯原子被取代；

（2）D中的羧基；氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应；

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官能团分析其性质；

（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3；

【详解】

（1）A到B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；A到B为碳碳双键的加成反应，方程式为：CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D；C中的氯原子被取代，为取代反应；

故答案为：碳碳双键和羧基；CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；

（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应所以1molD与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH；

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以E的分子中含有两个手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正确；b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有二氧化硫，故b正确；c.1个E分子中含有15个H原子，所以E分子式为C9H15NO3S；故c错误；d.E的不饱和度为3，无芳香族化合物的同分异构体，故d错误；

故答案为：2；cd；

（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条件的有机物有：M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为：

方程式为：nCH2=C(CH3)COOCH3→

故答案为：nCH2=C(CH3)COOCH3→【解析】①.碳碳双键和羧基②.CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH③.取代④.3mol⑤.2⑥.cd⑦.⑧.OHC-C(CH3)2-CHO⑨.nCH2=C(CH3)COOCH3→25、略

【分析】【详解】

（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；

（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光