2025年外研版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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化学上册阶段测试试卷583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8题，共16分)1、具有下列电子排布式的基态原子中，其元素的第二电离能与第一电离能相差最大的是A.B.C.D.2、下列说法中不正确的是A.键比键重叠程度大，形成的共价键通常更牢固B.两个原子之间形成共价键时，最多有一个键C.气体单质中，一定有键，可能有键D.分子中有一个键，2个键3、氮分子中的化学键是A.1个σ键，2个π键B.3个σ键C.3个π键D.2个σ键，1个π键4、短周期主族元素的原子序数依次增大。元素原子的最外层电子数是最内层电子数的倍，与与均可形成原子个数比为两种化合物。下列说法正确的是A.简单离子的半径：B.非金属性：C.与形成的二元化合物遇水反应可生成气体单质D.的最高价氧化物对应的水化物中含有离子键5、下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯原子：B.MgCl2的电子式：C.F-的结构示意图：D.硫酸钠的电离方程式：Na2SO4=Na+＋6、下列说法正确的是A.冰和碘晶体中相互作用力相同B.在所有的元素中，氟的第一电离能最大C.共价键的成键原子只能是非金属原子D.元素“氦、铷、铯”等是通过原子光谱发现的7、下列说法不正确的是()A.元素“氦、铷、铯”等是通过原子光谱发现的B.锂原子的2s与5s轨道皆为球形分布C.Co2＋的价电子排布式为3d54s2D.钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能8、在SO2分子中，分子的立体构型为V形，S原子采用sp2杂化，那么SO2的键角A.等于120°B.大于120°C.小于120°D.等于180°评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物；可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲；乙的说法正确的是。

A.甲分子存在顺反异构，也可以使溴水褪色B.乙中仅含有1个手性碳原子C.NaHCO3溶液和FeCl3溶液均不能鉴别化合物甲、乙D.乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与5molNaOH反应10、下列说法不正确的是A.SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构B.位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂C.SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同D.过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成11、用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)；下列说法错误的是。

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为512、下列各项叙述中，正确的是A.电负性：S>As>SeB.键角：H2O34C.沸点：HF>HCl>HBr>HID.离子还原性：S2->I->Br->Cl-13、X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11；Z为第三周期元素，价电子数为2；基态M原子有6个未成对电子；W属于ds区元素，有1个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：Z＞X＞Y，电负性：Y＞X＞ZB.M为ⅥB族元素，W+价电子排布式为3d94s1C.Z(XY3)2晶体含离子键和共价键，离子半径：Y＜ZD.X和Y的简单氢化物分子间均存在氢键14、下列说法不正确的是A.H2O的沸点高于H2S，是因为O的非金属性大于SB.NaHSO4固体溶于水，既有离子键的断裂，又有共价键的断裂C.由于二氧化碳的碳氧键断裂时会释放大量的热量，由此可利用干冰制造舞台“雾境”D.N2.CO2和PCl5三种物质都存在共价键，它们都是由分子构成的物质，且均满足8电子稳定结构15、晶体的晶胞结构与晶体的相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于晶体的描述不正确的是。

A.晶体的熔点较高、硬度也较大B.和距离相等且最近的构成的多面体是正八面体C.和距离相等且最近的有12个D.如图的结构中共含有4个和16、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时；部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(假设盐分以一个NaCl计)，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是。

A.海冰内层“盐泡”越多，密度越小B.海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少C.海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D.海冰内层NaCl的浓度约为10-4mol/L(设冰的密度为0.9g/cm3)17、已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl⇌[CoCl4]2-+6H2OΔH。用该溶液做实验；溶液的颜色变化如图：

以下结论和解释不正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3：2B.由实验①可推知∆H>0C.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、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______________。19、某的晶胞如图所示，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所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。

20、现有下列有机物：A.B.C.D.完成下列问题：

(1)A分子中碳原子轨道的杂化类型为_______。

(2)1molB分子中含有的σ键的数目为_______。

(3)A中官能团的名称是：_______。

(4)写出由A制取B的化学方程式：_______。

(5)写出A制取C、D两种物质的有机反应类型：A→C：__、A→D：___。21、第四周期的Fe；Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物。

（1）NH3是一种很好的配体，氨气分子是____(填“极性”或“非极性”)分子，NH3的沸点____(填“高于”“等于”或“低于”)AsH3。

（2）科学家通过X-射线测得胆矾的结构示意图可简单表示如图所示:

图中虚线表示的作用力为__________。

（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu(NH3)4·SO4·H2O晶体。在Cu(NH3)4SO4·H2O晶体中，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是____，该原子团中心原子的杂化轨道类型是____。

（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色、有挥发性的液态Ni(CO)4，其分子呈正四面体构型。Ni(CO)4易溶于____(填字母)。

A．水B．四氯化碳C．苯D．硫酸镍溶液22、根据原子核外电子排布规则；回答下列问题：

（1）写出基态S原子的核外电子排布式___________________________________，写出基态24Cr原子的价电子排布式________________________；

（2）写出基态N的原子核外电子排布图：__________________；

（3）若将基态14Si的电子排布式写成1s22s22p63s33p1，则它违背了_______________________；

（4）Fe3+比Fe2+的稳定性更________（填“强”或“弱”），从结构上分析原因是____________________________________________________________________________。评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)23、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24、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25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误26、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.错误评卷人得分五、有机推断题(共2题，共10分)27、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物；艾司洛尔的一种合成路线如下：

回答下列问题：

(1)丙二酸的结构简式为___________；E中含氧官能团的名称是___________。

(2)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成lmolB、1molH2O和1molCO2；B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为_______________________________________________________。

(3)D生成E的反应类型为_____________。

(4)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。用星号(*)标出F中的手性碳：_______________。

(5)X是B的同分异构体；X同时满足下列条件的结构共有___________种(不考虑空间异构)，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为______________。

①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③除苯环外不含其他环。

(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线_________________。28、化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体；一种合成G的路线如下：

已知以下信息：

①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰；峰面积比为6∶1∶1。

②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1molNaOH或2molNa反应。

回答下列问题：

(1)A的结构简式为____________。

(2)B的化学名称为____________。

(3)C与D反应生成E的化学方程式为_________________。

(4)由E生成F的反应类型为____________。评卷人得分六、实验题(共2题，共12分)29、某小组设计一系列实验探究SO2和AgNO3溶液反应的原理。回答下列问题：已知：Ag+能与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

实验(一)：制备SO2并完成SO2和AgNO3溶液反应。

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2。

实验中；硝酸银溶液中产生大量白色沉淀，过滤得到灰白色沉淀A和无色溶液B。

(1)制备SO2的发生装置宜选择___________(填标号)。A．B．C．D．(2)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。

实验(二)：探究灰白色沉淀A的成分。

步骤1：向沉淀A中加入足量的浓氨水；灰白色沉淀逐渐减少，得到灰黑色浊液。

步骤2：静置一段时间；取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体。

(3)经检验，灰黑色浊液中的固体是银单质，则每生成1mol银转移的电子的物质的量为___________mol。

(4)灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为___________(写出一个即可)。

实验(三)：探究无色溶液B的成分。

已知：AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-

操作与现象：

将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液；试管中无沉淀产生。

(5)补充实验：向0.1mol•L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生。由此推知，无色溶液B中___________(填“存在”或“不存在”)Ag+。

(6)经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：___________。

(7)取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，设计实验探究该同学的猜想：___________。

(8)通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一种是___________(用离子方程式表示)。30、醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力；能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。

Ⅰ；合成。

(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。

(2)回流沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：

A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水。

正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤；洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。

Ⅱ；载氧量测定。

(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。

(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度已知大气压为p，氧气的压强为温度为配合物载氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．电子排布式为的元素基态原子失去的第1、2个电子均为轨道上的电子；元素的第一电离能与第二电离能相差不大；

B．电子排布式为的元素基态原子失去的第1、2个电子均为轨道上的电子；元素的第一电离能与第二电离能相差不大；

C．电子排布式为的元素基态原子失去最外层一个电子后，形成轨道全充满的稳定状态；较难失去第2个电子，故其元素的第一电离能和第二电离能相差较大；

D．电子排布式为的元素基态原子失去1个电子后；最外层剩余的1个电子较易再失去，使最外层达到稳定结构，故其元素的第一电离能与第二电离能相差不大；

综上所述；第二电离能与第一电离能相差最大的是C；

答案选C。2、C【分析】【详解】

A．σ键比π键的电子云重叠程度大；形成的共价键更牢固，A正确；

B．两个原子间形成共价键时；最多有一组原子轨道“头碰头”，故最多有一个σ键，B正确；

C．稀有气体为单原子分子；单质中不存在化学键，C错误；

D．三键是由1个σ键和2个π键构成的，则氮气分子中还有三键，一个N2分子中含有一个σ键；2个π键，D正确；

故答案选C。3、A【分析】【分析】

【详解】

共价单键是σ键，共价双键中1个是σ键，1个是π键，共价三键中含有1个σ键2个π键，氮气分子的结构式为：N≡N，氮原子间存在一个共价3键，所以含有1个σ键，2个π键，故选A。4、C【分析】【分析】

与与均可形成原子个数比为两种化合物，可能为H2O2、H2O(或Na2O2、Na2O)，则Z为O，X为H，W为Na；元素原子的最外层电子数是最内层电子数的倍；最内层电子数为2，则其最外层电子数为3，可能为B或Al，由于Y的原子序数小于Z，则Y为B元素，综合以上分析，X为H，Y为B，Z为O，W为Na，据此分析解答。

【详解】

A．通常情况下，电子层数越多，离子半径越大，在电子层数相同的情况下，核电荷数越多，离子半径越小，简单离子的半径：故A错误；

B．同一周期从左到右元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：故B错误；

C．Na与H形成的二元化合物NaH；与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；

D．B的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3；为共价化合物，不含有离子键，故D错误；

答案选C。5、C【分析】【详解】

A．原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，氯原子的质子数为17，中子数为20，则质量数为20+17=37，则氯原子表示为：故A错误；

B．MgCl2是离子化合物，其电子式为：故B错误；

C．F原子质子数为9，得到一个电子变为F-，其结构示意图：；故C正确；

D．硫酸钠是强电解质，在溶液中完全电离生成钠离子和硫酸根离子，电离方程式为：Na2SO4=2Na+＋故D错误；

答案选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．冰晶体中存在分子间氢键和范德华力；碘晶体中只有范德华力，A错误；

B．稀有气体的原子结构是稳定结构；同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故在所有的元素中，氦元素的第一电离能最大，B错误；

C．共价键的成键原子也可以是金属原子，如AlCl3中Al原子和Cl原子之间形成共价键；C错误；

D．1860年通过原子光谱发现铯元素；1861年通过原子光谱发现铷元素，1868年分析太阳光谱发现氦元素，D正确；

综上所述答案为D。7、C【分析】【详解】

A.原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱；每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，A正确；

B.无论是哪一个能层；只要是s能级，原子轨道都是球形分布，B正确；

C.Co是27号元素，原子的价层电子排布式是3d74s2，Co原子失去最外层的2个电子变为Co2＋，其价电子排布式为3d7；C错误；

D.钠元素原子的最外层只有1个电子；失去这个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，再失去比较难，所以第二电离能较大；而Mg原子最外层有2个电子，失去第二个电子后次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，所以Na的第二电离能大于镁元素的第二电离能,D正确；

故合理选项是C。8、C【分析】【详解】

在SO2分子中，分子的空间结构为V形，S原子采用sp2杂化，由于在S原子上含有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，因此SO2的键角小于120°，故合理选项是C。二、多选题(共9题，共18分)9、AD【分析】【详解】

A．甲分子中含有不饱和的碳碳双键；可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；由于这两个不饱和的连有不同的原子或原子团，因此存在顺反异构，A正确；

B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。甲中不含手性碳原子，乙中含有2个手性碳原子，用数字1、2标注为：B错误；

C．甲分子中含有-COOH但不含酚-OH、乙中含有酚-OH但不含-COOH，羧基能和NaHCO3溶液反应生成CO2气体，酚能和FeCl3溶液发生显色反应，所以甲能和NaHCO3反应生成CO2而乙不能，乙能发生显色反应而甲不能，所以可以用NaHCO3或FeCl3溶液鉴别甲；乙两种化合物；C错误；

D．乙中含有酯基、氨基、酚羟基、醚键、溴原子，具有酯、氨、酚、醚和溴代烃的性质，含有-NH2；能够与盐酸发生反应；能和NaOH反应的官能团有酯基水解生成的羧基；酚羟基、溴原子，所以乙能和稀盐酸、NaOH反应，且1mol乙最多能与5molNaOH反应，D正确；

故合理选项是AD。10、BC【分析】【分析】

【详解】

A．化合价的绝对值+原子的最外层电子数，若和为8，则该原子最外层电子数为8，只有PCl5中P是10电子结构；故A正确；

B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右；可在此区域研究农药，而高效催化剂一般在过渡金属区域选择，故B不正确；

C．SO2价层电子对数为3，孤对电子为1，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，NO2孤对电子为1，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，COCl2孤对电子为0，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为平面三角形，SOCl2孤对电子为1；价层电子对数为4，所以其VSEPR模型为正四面体形，立体构型为三角锥形，故C不正确；

D．过氧化钠和水反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应中离子键；极性键、非极性键都有断裂和形成，故D正确；

故选BC。11、BD【分析】【详解】

A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正确；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍；故B错误；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正确；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D错误；

故选BD。12、BD【分析】【详解】

A．同主族元素电负性从上到下越来越弱，S>Se；As和Se是同周期元素，同周期元素从左到右电负性越来越强，故As

B．水是V形结构（键角约105°）；甲烷是空间正四面体（键角约为109°），氨气是三角锥（键角约为107°），键角：H2O34；B正确；

C．氟化氢分子间能够形成氢键，所以沸点异常高，最高沸点，其它的卤化氢分子间作用力与分子量有关，即分子量越大，沸点越高，HF>HI>HBr>HCl；C错误；

D．离子还原性：S2->I->Br->Cl-；D正确；

故选BD。13、AD【分析】【详解】

X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11，则X是N元素，Y是O元素；Z为第三周期元素，价电子数为2，则Z是Mg元素；基态M原子有6个未成对电子，则M核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，所以M是24号Cr元素；W属于ds区元素；有1个未成对电子，则W是Cu元素，然后根据元素周期律及物质的结构与性质分析；解答。

【点睛】

根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Mg，M是Cr；W是Cu元素。

A．原子核外电子层数越大；原子半径越大；同一周期元素原子序数越大，原子半径越小，则原子半径Z＞X＞Y；元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：Y＞X＞Z，则元素的电负性由大到小的顺序为：Y＞X＞Z，A正确；

B．M为Cr元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族元素；W是Cu，W+价电子排布式为3d10；B错误；

C．化合物Z(XY3)2晶体为Mg(NO3)2，是盐，由阳离子Mg2+与阴离子通过离子键结合，在阴离子中，N原子与O原子之间以共价键结合，因此Mg(NO3)2中含离子键和共价键，O2-、Mg2+核外电子排布是2；8；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y＞Z，C错误；

D．X是N，Y是O，由于二者的原子半径小，元素的非金属性强，所以它们形成的简单氢化物NH3、H2O分子之间都存在氢键；D正确；

故合理选项是AD。14、AC【分析】【分析】

【详解】

略15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，可以判断CaC2也为离子晶体；离子晶体熔点较高，硬度也较大，故A正确；

B．根据晶胞，Ca2+为八面体填隙，但由于晶胞沿一个方向拉长，所以和Ca2+距离相同且最近的构成的多面体不是正八面体；故B错误；

C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个；故C错误；

D．一个晶胞中含有Ca2+的数目为12×+1=4个，含有的数目为8×+6×=4个；故D正确；

故选BC。16、BD【分析】【详解】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变；则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；

B．若海冰的冰龄达到1年以上；融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B正确；

C．“盐泡”内的盐分为NaCl；由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；

D．冰的密度为0.9g•cm-3，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为可知海冰内层NaCl的浓度约为故D正确；

故选：BD。17、AC【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共5题，共10分)18、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19、略

【分析】【详解】

能量越低越稳定，从题图知，替代a位置型会更稳定，其晶胞中位于8个顶点，位于面心，N位于体心，其化学式为故答案为Fe3CuN。【解析】20、略

【分析】【分析】

(1)

苯环和羧基上碳原子形成3个σ键，-CH2-中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，故碳原子的杂化类型为sp3、sp2，故答案为：sp3、sp2；

(2)

已知单键都是σ键，双键是一个σ键一个π键，三键则是一个σ键两个π键，由B的结构简式可知：1molB分子中含有的σ键的数目为20mol；故答案为：20mol；

(3)

由A的结构简式可知；A中官能团的名称是羧基；羟基，故答案为：羧基、羟基；

(4)

由A制取B即由发生分子内酯化生成故该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；

(5)

A制取C即由制取故反应类型为消去反应，A制取D即由制取溴原子取代了羟基，故反应类型为取代反应，故答案为：消去反应；取代反应。【解析】(1)sp3、sp2

(2)20mol

(3)羟基；羧基。

(4)+H2O

(5)消去反应取代反应21、略

【分析】【详解】

（1）NH3是三角锥形结构，属于极性分子，NH3分子间能形成氢键；所以其熔；沸点较高。

（2）氧与铜形成的是配位键；H与O形成的是氢键。

（3）在Cu(NH3)4SO4·H2O晶体中，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，其中呈正四面体结构的原子团是SO42－，S的孤电子对数=0，S与O形成四个σ键，所以S是sp3杂化，SO42－为正四面体结构。

（4）由立体构型可知Ni(CO)4是非极性分子，易溶于非极性溶剂，答案选BC。【解析】极性高于氢键、配位键sp3BC22、略

【分析】【详解】

（1）S位于第三周期第VIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；Cr属于过渡元素，价电子包括最外层和次外层的d能级，即Cr的价电子排布式为3d54s1；（2）N位于第二周期VA族，根据泡利原理和洪特规则，核外电子排布图为（3）s能级上只有一个原子轨道，每个原子轨道最多容纳2个电子，而题目所给的电子排布式中的3s上有3个电子，违背了泡利(不相容)原理；（4）Fe2＋的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布为3d5，处于“半满状态”，因此Fe3＋比Fe2＋稳定。

【点睛】

易错点是Cr的价电子排布式的书写，价电子是外围电子，对主族元素来说指的是最外层电子，对过渡元素来说价电子除最外层电子外，还包括次外层d能级上电子，因此Cr的价电子排布式为3d54s1。【解析】1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p43d54s1泡利原理强Fe3+的价电子排布为3d5，处于“半满状态”，故更稳定四、判断题(共4题，共20分)23、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。24、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；25、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。26、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。五、有机推断题(共2题，共10分)27、略

【分析】【分析】

A的分子式为C7H6O2，能发生信息中的反应得到B，说明A中含有醛基，结合E的结构，可知A为则B为结合B、C的分子式，可知B中碳碳双键与氢气发生加成反应生成C，故C为C与甲醇发生酯化反应生成D为对比D；E的结构，可知D中酚羟基中H原子被取代生成E，E发生取代反应生成艾司洛尔。

【详解】

（1）丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH，E含有醚键、酯基，故答案为：HOOCCH2COOH；醚键；酯基；

（2）A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成lmolB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，A为A生成B的方程式为

故答案为：

（3）D发生取代反应生成E；故答案为：取代反应；

（4）已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号(*)标出F中的手性碳：故答案为：

（5）B为X是B的同分异构体，X同时满足①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；②遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③除苯环外不含其他环。如含有两个取代基，则可为-OH、-CH=CHCOOH或-C（COOH）=CH2，各有邻、间、对3种；如含有3个取代基，可为-OH、-CH=CH2、-COOH，共10种，则X共有15种同分异构体，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为

故答案为：15；

（6）苯甲醇发生催化氧化得到然后与HOOCCH2COOH在吡啶、苯胺条件下反应得到再与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，最后在碱性条件下水解后酸化得到目标物。合成路线流程图为：故答案为：

【点睛】

本题考查有机物的推断与合成，答题中确定A的结构简式是推断的关键，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与衍变，有机物命名，适当进行有机物命名拓展，难点（6）注意HOOCCH2COOH在吡啶、苯胺条件下反应得到【解析】HOOCCH2COOH醚键、酯基取代反应1528、略

【分析】【分析】

A的分子式为C2H4O，且核磁共振氢谱为单峰，说明A中氢原子环境相同，只含有一种H，则A的结构简式为B的分子式为核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，说明B中含有3种H，且三种H的个数比为6∶1∶1，则B的结构简式为D的分子式为C7H8O2，且含有苯环，1molD可与1molNaOH或2molNa反应，则D中含有2个羟基，且其中一个为酚羟基（与NaOH反应），苯环上仅有两种不同化学环境的氢，可推断出其结构简式为：C和D发生取代反应生成E：E在碱性条件下发生取代反应生成F，由G的结构简式可推出，F的结构简式为F与发生开环加成反应生成。

【详解】

（1）结合上述分析，A的结构简式为所以本题答案：

（2）结合上述分析可知B的结构简式为所以其名称是2-丙醇。所以本题答案：2-丙醇；

（3）由C的结构简式为和D的结构简式为所以C和D反应的化学方程式为此反应为取代反应。所以本题答案：

(4)E()在碱性条件下转化为F()，因此，由E生成F的反应类型为取代反应。【解析】①.②.2-丙醇(或异丙醇)③.④.取代反应六、实验题(共2题，共12分)29、略

【分析】【分析】

70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2，生成气体通过饱和NaHSO3溶液进行除杂；得到纯净二氧化硫气体通入硝酸银溶液中观察实验现象，二氧化硫气体有毒，尾气通入碱液中吸收处理。

（1）

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2；反应为固液不加热反应；且亚硫酸钠为粉末，多孔隔板不起作用，故应该选择装置c。

（2）

生成的二氧化硫气体会带出部分硫酸酸雾和三氧化硫气体，硫酸、三氧化硫会和饱和碳酸氢钠反应，故饱和NaHSO3溶液的作用是：除去SO2中H2SO4形成的酸雾或通过观察气泡控制SO2流速。

（3）

已知：

步骤1：向沉淀A中加足量的浓氨水，灰白色沉淀逐渐减少，说明沉淀溶于氨水，据信息，是含银离子的沉淀与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

步骤2：静置一段时间，取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体，则浓硝酸转变为二氧化氮，说明上层清液含有还原剂，则含有+4价S，综上，可以推知灰白色沉淀含Ag2SO3、溶于氨水时能发生非氧化还原反应得到[Ag(NH3)2]+与SO则Ag2SO3与浓氨水反应方程