2025年牛津上海版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案

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A.原子半径大小的顺序为B.与形成的最简单分子的空间构型为正四面体C.元素最简单氢化物稳定性的顺序为D.由W、三种元素组成的化合物一定为酸2、下列相关实验的实验操作、现象及结论均正确的是。选项实验操作现象结论将铜丝插入浓硫酸中并加热，反应后再加入水溶液变蓝铜能与浓硫酸反应向溶液中通入少量有白色沉淀生成说明具有还原性室温下，用试纸测定同浓度的溶液与溶液的后者的小于前者证明非金属性：加热用稀硫酸酸化的淀粉溶液，再加人新制无红色沉淀生成淀粉末发生水解

A.AB.BC.CD.D3、Mg2Si具有反萤石结构；晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm。下列叙述正确的是。

A.电负性：Mg＞SiB.Mg核外电子有3种不同的运动状态C.Mg与Si之间的最近距离为D.Mg2Si的密度计算式为4、下列各组物质的性质排序正确的是A.熔点：NaF＜NaCl＜NaBr＜NaIB.沸点：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4C.熔点：碳化硅＜晶体硅＜金刚石D.硬度：Li＜Na＜K＜Rb5、下列各组化学式能真实表示物质分子组成的是A.NO、C2H5OH、HNO3、I2B.CaO、N2、H2SO4、H2OC.NH3、H2S、SiO2、CO2D.P4、SO2、CH3COOH、C6、下列各组物质的沸点按由低到高的顺序排列的是A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列说法正确的A.p轨道的形状为纺锤形，的能量相等B.元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大C.基态原子外围电子排布式为的元素位于第4周期ⅤA族，是p区元素D.金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，故含有的金刚石中形成的共价键有4mol8、有一种蓝色晶体[可表示为MxFey(CN)6]，经X­射线研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN—位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法不正确的是。

A.该晶体的化学式为MFe2(CN)6B.该晶体属于离子晶体，M呈+1价C.属于离子晶体，M呈+2价D.晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN—为8个9、下列有关叙述正确的是A.利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子B.氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中C.互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同D.由酸性FCH2COOH＞CH3COOH，可知酸性ClCH2COOH＞CH3COOH10、图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素简单氢化物的沸点变化；每个小黑点代表一种氢化物。下列说法正确的是。

A.d代表的是CH4B.沸点的高低顺序是HF>H2O>NH3C.NH3的沸点是第ⅤA元素形成的氢化物中沸点最高的D.根据NH3·H2ONH+OH-，氨分子和水分子之间最主要存在的氢键形式O—HN11、钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物，研究分子结构发现其络离子形状为正八面体。取1mol该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生xmol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是A.Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族B.配合物中络离子化学式为[Co(NH2)6]3+C.x≤3D.若晶体Co为A1型密堆积，晶胞参数为acm，则钴原子的半径为a×1010pm12、表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.晶体中含有个NaCl分子B.晶体中，所有的最外层电子总数为8C.将晶体溶于水中，可配制得的NaCl溶液D.向可变容器中充入和个在标准状况下的体积小于13、如图所示是一种天然除草剂分子的结构；下列说法正确的是。

A.该除草剂可以和NaHCO3溶液发生反应B.该除草剂分子中所有碳原子一定在同一平面内C.1mol该除草剂最多能与4molNaOH反应D.该除草剂与足量的H2在Pd/C催化加氢条件下反应得到含9个手性碳的产物评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、下表是一些键能数据

回答下列问题。

（1）由表中数据能否得出下列结论：

①半径越小的原子形成的共价键越牢固（即键能越大），__________（填“能”或“不能”）；

②非金属性越强的原子形成的共价键越牢固，__________（填“能”或“不能”）。能否从数据中找出一些规律，请写出一条：______________________________。试预测C-Br键的键能范围：__________<__________。

（2）由热化学方程式并结合上表数据可推知一个化学反应的反应热（设反应物和生成物均为气态）与反应物和生成物的键能之间的关系是_____________；

（3）由热化学方程式和表中数值可计算出变为时将__________（填“吸收”或“放出”）__________kJ的热量。15、(1)①H2O的空间构型：___________。

②小苏打的化学式：___________。

③地壳中含量最高的金属元素：___________。

(2)写出FeCl3溶液作为“腐蚀液“制作铜印刷电路板的离子方程式：___________。16、(1)单质O有两种同素异形体，其中沸点高的是___________(填分子式)，原因是___________；O和Na的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。

(2)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为___________。列式表示Al单质的密度___________g·cm-3(不必计算出结果)。17、从玉米穗轴；棉桃外皮中可提取出一种烃的含氧衍生物A；纯净的A为白色固体，易溶于水。为了研究A的组成和结构，进行了如下实验：

Ⅰ.将15gA在足量纯氧中充分燃烧；并使产物依次通过无水氯化钙；无水硫酸铜和碱石灰。实验后硫酸铜粉末没有变蓝，无水氯化钙增重9g，碱石灰增重22g。

Ⅱ.用一种现代分析技术测得其相对分子质量为150。

Ⅲ.取适量A配成水溶液；与银氨溶液共热，产生光亮如镜的银。

Ⅳ.控制一定条件；使A与足量乙酸发生酯化反应，测得产物的相对分子质量为318。

已知：（1）A分子中无支链，有机物含结构的分子不稳定。

（2）乙醛与银氨溶液共热产生光亮如镜的银；并且能与氢气反应生成乙醇。

请回答下列问题：

（1）A分子中C、H、O的原子个数比为___，A的分子式为___。

（2）步骤Ⅱ中采用的技术为()

A.元素分析B.红外光谱C.核磁共振谱D.质谱法。

（3）A中所含官能团的名称为___。

（4）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式为___。

（5）A加氢变成一种更有实用价值的化合物B，B可作为糖尿病人的甜味剂，其结构简式为____，1molB与足量的金属钠反应，产生氢气的体积为____（标准状况）。18、氮的化合物在无机化工领域有着重要的地位。请回答下列问题：

(1)基态氮原子的电子排布式为_______。

(2)某氮铝化合物X具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，广泛用于陶瓷工业等领域。工业上用氮气、氧化铝和碳在高温条件下反应生成CO和X(X的晶体结如图所示)，工业制备X的化学方程式为_____。

(3)X晶体中包含的化学键类型为_______(填字母标号)。

A.离子键B.共价键C.配位键D.金属键。

(4)已知氮化硼与X晶体类型相同，且氮化硼的熔点比X高，其原因是_______。

(5)若X的密度为ρg/cm3，则晶体中最近的两个Al原子的距离为_______cm(阿伏加德罗常数用NA表示，不必化简)。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误20、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误21、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、计算题(共2题，共10分)22、许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。

(1)Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号氧围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为_____，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。

(2)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示；其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。

①原子B的坐标参数为____；

②若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为____。23、按要求填空。

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________，微粒之间的作用力为___________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，则铁原子半径为___________(假设原子为刚性球体)；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

(5)奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示；写出计算式即可)。

评卷人得分六、原理综合题(共2题，共10分)24、（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____________；

（2）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。请回答下列问题

①石墨烯的作用是______________________________

②电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重____________g

③充电过程中，电池中Li2S2的量越来越少，请写出Li2S2转化为Li2S4的电极反应式：___________。

（3）H2Se的酸性比H2S________(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为________，Na2SO3溶液呈碱性的原因是_________________________________（用离子方程式表示）；

（4）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_______________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______________________________________。25、选修原子序数依次增大的四种元素A；B、C、D分别处于第一至第四周期；自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：

（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_________________，第一电离能最小的元素是_______________（填元素符号）。

（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是___________（填化学式），呈现如此递变规律的原因是__________________。

（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_____________、另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为______________，若此晶胞中的棱长为356．6pm，则此晶胞的密度为___________（保留两位有效数字）。（）

（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_______________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_____________（填选项序号）。

①极性键②非极性键③配位键④金属键。

（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是________________。请写出上述过程的离子方程式：________________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

为元素周期表中1～10号元素，血红蛋白中与蛋白质链上咪唑环通过配位键相连，因此X是N；载氧后，氧分子通过配位键与连接；则W是O。根据示意图可知A是H，Y是C，据此解答。

【详解】

A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小的顺序为A错误；

B．与形成的最简单分子是氨气；空间构型为三角锥形，B错误；

C．非金属性是O＞N＞C，则元素最简单氢化物稳定性的顺序为C正确；

D．由H；O、N三种元素组成的化合物不一定为酸；例如硝酸铵是盐，D错误；

答案选C。2、B【分析】【详解】

A．铜丝与浓硫酸加热生成硫酸铜后；再把混合物加入水中形成硫酸铜溶液，而不能把水加入反应混合物中，防止剩余的浓硫酸稀释时溅出，故A错误；

B．向溶液中通入少量由于酸性HNO3>H2SO3，根据强酸制弱酸的原理，该白色沉淀不可能是BaSO3，只能是BaSO4，说明酸性条件下被硝酸根氧化为硫酸根，说明具有还原性；故B正确；

C．室温下，用试纸测定同浓度的溶液与溶液的后者的小于前者，根据越弱越水解的原理，说明酸性：H2CO3>HClO，但HClO不是最高价含氧酸，不能证明非金属性：故C错误；

D．用新制浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时；必须保证溶液呈碱性，而淀粉溶液水解时加入稀做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制浊液，若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖，故D错误；

故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．电负性是衡量原子对键合电子的吸引能力的；Si是非金属，Mg是金属，电负性：Mg＜Si，A项错误；

B．Mg原子核外有12个电子；每个电子的运动状态都不相同，则Mg核外电子有12种不同的运动状态，B项错误；

C．Mg与Si之间的最近距离为体对角线的晶胞参数为anm，则体对角线为a，则Mg与Si之间的最近距离为C项正确；

D．该晶胞含有4个Si，8个Mg，即含有4个Mg2Si，则一个晶胞的质量为：g=g，该晶体的密度为D项错误；

故选C。4、B【分析】【分析】

A；影响离子晶体晶格能大小的因素有电荷因素和半径因素；

B；结构和组成相似的分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越大；

C；影响原子晶体硬度大小的因素是共价键的键长；

D；金属键越强；金属熔点越高。

【详解】

A、NaF、NaCl、NaBr、NaI电荷数一样多，需比较核间距，核间距大的，晶格能小，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；故A错误；

B、四种分子晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，则晶体的熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4；故B正确；

C；金刚石、碳化硅、晶体硅三者都为原子晶体；原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，原子半径Si＞C，则晶体的硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C错误；

D；金属键越强；金属熔点越高。碱金属从上到下原子半径大，金属键越弱，硬度越低，故D错误。

故选B。5、A【分析】【分析】

化学式能真实表示物质分子组成的是部分分子晶体；由分子构成的物质，化学式可表示真实的分子，以此来解答。

【详解】

A．NO、C2H5OH、HNO3、I2都是分子晶体；能真实表示物质分子组成，故A正确；

B．CaO属于离子晶体；不存在分子，故B错误；

C．SiO2为原子晶体；不存在分子，故C错误；

D．C可以形成为原子晶体金刚石；不存在分子，故D错误；

故选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．是离子晶体；沸点高，故A错误；

B．是离子晶体，沸点高，其余是分子晶体，熔沸点低，但是水分子有分子间氢键，沸点比和高；故B错误；

C．是共价晶体，是离子晶体，都是分子晶体且常温下水为液态，是气态；故C正确；

D．半径依次增大；沸点依次降低，故D错误；

故答案为C。二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】【分析】

本题考查比较综合；涉及电离能；元素周期表的分区、化学键等知识，题目难度不大，掌握基础是关键。

【详解】

A．p轨道均为纺锤形，同一能级的不同轨道能量相同，空间伸展方向不同，所以的能量相等；故A正确；

B．同一周期金属性从左到右逐渐增大；同一周期第一电离能从左到右有增大趋势，但第IIIA族第一电离能小于第IIA，第VA族第一电离能大于第VIA，所以第一电离能递变规律与非金属性递变规律不完全相同，故B错误；

C．基态原子外围电子排布式为的元素有4个电子层；最外层电子数为5；位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；

D．金刚石是原子晶体，在原子晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，一个碳原子含有2个键，所以1mol金刚石含键；故D错误。

故选AC。8、CD【分析】【分析】

由阴离子的晶胞结构可知，晶胞中亚铁离子的个数为4×=铁离子的的个数为4×=氰酸根离子的个数为12×=3，则阴离子为[Fe2(CN)6]—，由化合价代数和为0可知，MxFey(CN)6只能为MFe2(CN)6。

【详解】

A．由分析可知，该晶体的化学式为MFe2(CN)6；故A正确；

B．由题意可知，该晶体为M+离子和[Fe2(CN)6]—离子形成的离子晶体；故B正确；

C．由题意可知，该晶体为M+离子和[Fe2(CN)6]—离子形成的离子晶体；故C错误；

D．由阴离子的晶胞结构可知，位于顶点的铁离子与位于棱上的氰酸根离子的距离最近，则每个铁离子距离最近且等距离的CN—为6个；故D错误；

故选CD。9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子；称为手性合成，故A正确；

B．氢键不是化学键；是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；

C．互为手性异构体的分子互为镜像；且分子组成和原子排列都完全相同，但性质和用途不相同，故C错误；

D．F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH中羧基里的羟基的极性更大，酸性都大于乙酸，所以酸性FCH2COOH＞CH3COOH，ClCH2COOH＞CH3COOH；故D正确；

故选AD。10、AD【分析】【分析】

【详解】

A．由氢化物的沸点变化规律图像知，d点所在主族元素的氢化物沸点随着原子序数的增大而递增，符合第IVA元素的性质，则d代表的是CH4；故A正确；

B．NH3、HF常温下为气态，H2O在常温下为液态，三者中H2O的沸点最高，由于电负性F>N，HF分子间更易形成氢键，则沸点的高低顺序是H2O>HF>NH3；故B错误；

C．在同一主族中，从上到下，元素的氢化物沸点逐渐升高，对于第VA元素，NH3因存在氢键；故沸点较高，但不是最高的，故C错误；

D．根据NH3·H2ONH+OH-，水分子的氢原子和氨分子的氮原子之间易形成氢键，其存在形式为O—HN；故D正确；

答案选AD。11、BD【分析】【详解】

A.钴元素的原子序数为27；位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A错误；

B.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH2)6]3+；故B正确；

C.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH2)6]Cl3；1mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成3mol不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C错误；

D.若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r，则面对角线为4r，由晶胞参数为acm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm；故D正确；

故选BD。12、BD【分析】【详解】

A．NaCl形成的是离子晶体；离子晶体中没有分子，故A错误；

B．钠原子失去外层1个电子变为钠离子，次外层变为最外层，电子数为8个，则的最外层电子总数为故B正确；

C．晶体的物质的量是溶于水中，溶液的体积不是1L，则配制的浓度不是故C错误；

D．由于又因为和个刚好反应生成又部分转化为则容器中气体小于在标准状况下的体积小于故D正确；

答案选BD。13、AD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

(1)比较半径与键能大小要在同一标准下进行；否则没有可比性，同主族元素的半径越大，键能越小；

(2)化学反应的反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差计算解答(2)和(3)。

【详解】

(1)①由表中数据可知，原子半径F＞H，但键能：H-F＞H-H，则不能得出半径越小的原子形成的共价键越牢固的结论；②Cl的非金属性大于H，但键能H-H＞Cl-Cl，也不能说明非金属性越强的原子形成的共价键越牢固；由H-F、H-Cl、H-Br、H-I的键能可以看出，与相同原子结合时同主族元素形成的共价键，原子半径越小，共价键越牢固；Br的原子半径介于Cl与I之间，C-Br的键能介于C-Cl与C-I之间，即216kJ•mol-1～339kJ•mol-1之间，故答案为：不能；不能；与相同原子结合时同主族元素形成的共价键，原子半径越小，共价键越牢固；216kJ•mol-1；339kJ•mol-1；

(2)已知：热化学方程式H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)△H=-183kJ•mol-1；

可得出△H=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol；则有化学反应的反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差，故答案为：化学反应的反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差；

(3)由表中数据可得：①2H2(g)+S2(g)→2H2S(g)又知②2H2(g)+S2(s)→2H2S(g)△H=-224.5kJ•mol-1，则②-①得：S2(s)→S2(g)△H=-224.5kJ•mol-1—(-261kJ•mol-1)=+36.5kJ/mol，则1molS2(s)气化时将吸收36.5kJ的能量；故答案为：吸收；36.5。

【点睛】

本题的易错点和难点为(3)，要注意利用(2)得到的结论计算解答。【解析】不能不能与相同原子结合时同主族元素原子形成的共价键，原子半径越小，共价键越牢固化学反应的反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差吸收36.515、略

【分析】【详解】

(1)①H2O分子中的氢氧键夹角是104.5°；故水分子的空间构型是V字型。

②小苏打的化学式为NaHCO3。

③地壳中元素含量由高到低依次是氧元素；硅元素，铝元素，铁元素，钙元素，则含量最高的金属元素是Al元素。

(2)FeCl3溶液作为“腐蚀液“制作铜印刷电路板是利用了铜能还原FeCl3，其反应的化学方程式是Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，写成离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+。【解析】V字型NaHCO3AlCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+16、略

【分析】【详解】

(1)O元素形成O2和O3两种同素异形体，固态时均形成分子晶体，且分子之间均无氢键，而分子晶体中，相对分子质量越大，范德华力越大，物质的沸点越高，故O3的沸点高于O2；O元素形成的氢化物有H2O和H2O2；二者均属于分子晶体；Na元素形成的氢化物为NaH，属于离子晶体；

(2)面心立方晶胞中粒子的配位数是12；一个铝晶胞中含有的铝原子数为8×＋6×=4(个)，一个晶胞的质量为Al单质的密度=g·cm-3。【解析】①.O3②.O3相对分子质量较大，范德华力大③.分子晶体④.离子晶体⑤.12⑥.17、略

【分析】【分析】

实验中，硫酸铜粉末未变蓝，说明无水氯化钙将15gA完全燃烧生成的水全部吸收了，无水氯化钙增重9g，因此15gA中H的质量为9g×=1g，即含有H原子1mol；碱石灰增重是由于吸收CO2导致的，碱石灰增重22g，因此15gA中含C的质量为22g×=6g，即含有C原子0.5mol；根据质量守恒15gA中含有O的质量为8g，物质的量为0.5mol，所以A的实验式为CH2O。又因为A的相对分子质量为150，所以A的分子式为C5H10O5，不饱和度为1。由实验Ⅲ可知，A的结构中含有醛基，结合A的分子式可知，醛基的个数为1。由实验Ⅳ可知，1molA在发生酯化反应时可以最多消耗4mol的乙酸，因此A的结构中含有4个羟基；考虑到A的分子无支链，并且同一个碳上不会连接2个羟基，所以A的结构为CH2OH(CHOH)3CHO。

【详解】

（1）通过分析可知，A的分子中C、H、O原子个数比为1:2:1，分子式为C5H10O5；

（2）精确测定有机物的相对分子质量使用的表征方法是质谱法；故选D；

（3）通过分析可知；A的结构中含有醛基和羟基两种官能团；

（4）通过分析可知，步骤Ⅳ发生的是酯化反应，A的结构为CH2OH(CHOH)3CHO，相关的方程式为：CH2OH(CHOH)3CHO+4CH3COOH+4H2O

（5）通过分析可知，A的结构为CH2OH(CHOH)3CHO，那么加氢后生成的B的结构为CH2OH(CHOH)3CH2OH；每个B中含有5个羟基，1molB与足量的金属钠反应，产生氢气的物质的量为2.5mol，体积为2.5mol×22L/mol=56L；【解析】1：2：1C5H10O5D羟基、醛基CH2OH(CHOH)3CHO+4CH3COOH+4H2OCH2OH(CHOH)3CH2OH56L18、略

【分析】【详解】

(1)氮是7号元素，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3。

(2)根据X的晶体结构图可知，晶胞中含有氮原子为4，含有铝原子所以X的化学式为AlN，根据元素守恒可以写出化学方程式为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。

(3)根据X的结构可知；每个铝和氮原子周围都有四个共价键，都达8电子稳定结构，而铝原子最外层原来只有3个电子，氮原子最外层有5个电子，所以在AlN中有配位键，根据AlN的性质可知它为原子晶体，所以晶体中含有共价键，所以BC正确。

(4)已知氮化硼与X晶体类型相同；且氮化硼的熔点比X高，其原因是：氮化硼与AlN相比，硼原子半径比铝原子半径小，所以键能就大，它们都是原子晶体，所以氮化硼的熔点比AlN高。

(5)晶体中Al原子位于晶胞的顶点和面心，所以晶体中最近的两个Al原子的距离为底面对角线的设边长为a，则则进而求得底面对角线的长度为则晶体中最近的两个Al原子的距离为cm。【解析】1s22s22p3Al2O3+N2+3C2AlN+3COBC氮化硼与氮化铝均为原子晶体，且硼原子半径小于铝原子半径，B—N键键能大于Al—N键键能；四、判断题(共3题，共12分)19、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。20、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。21、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、计算题(共2题，共10分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由晶胞结构可知，1、3、6、7号O2-围成正四面体空隙有8个3、6、7、8、9、12号O2-围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为1+12×=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8∶4=2∶1；Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面体空隙中，Fe2＋和另一半Fe3＋填充在正八面体空隙中；有2个正八面体空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子，故答案为：2∶1；50；

(2)①由位于右上角顶点的原子A的坐标参数为(0，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于底面面心上的原子B的坐标参数为(0，)，故答案为：(0，)；

②由晶胞结构可知，处于面对角线上的铜镍原子间距离最短，设两者之间的距离为acm，则晶胞面对角线长度为2acm，晶胞的边长为acm，由质量公式可得：解得a=故答案为：【解析】①.2∶1②.50③.(0，)④.23、略

【分析】【详解】

（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则晶胞中Cu有个，Au有则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，微粒之间的作用力为金属键；故答案为：3：1；金属键。

（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与的结构相似，则一个晶胞中有8个氢原子，则该晶体储氢后的化学式应为AuCu3H8；故答案为：AuCu3H8。

（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，B原子位于顶点和面心，则晶胞中含B原子数目为故答案为：4。

（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，该晶胞中体对角线为四个铁原子半径即则铁原子半径为δ−Fe晶胞中铁原子的配位数为8，α−Fe晶胞中铁原子的配位数为6，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3；故答案为：4：3。

（5）奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，晶胞中铁原子个数为碳原子个数为若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞体积为晶胞参数为则晶胞中最近的两个碳原子的距离为晶胞参数一半的倍即故答案为：【解析】(1)3：1金属键。

(2)AuCu3H8

(3)4

(4)4：3

(5)六、原理综合题(共2题，共10分)24、略

【分析】【分析】

（1）S单质的常见形式为S8，根据其结构可知，每个硫原子均形成2条共价键，含2对孤电子对，则S原子采用sp3杂化；

（2）①为了增强a电极Li2Sx的导电性，电极a常用掺有石墨烯的S8材料；

②电池工作时，电池负极为Li-e-=Li+；外电路中流过0.02mol电子，反应的Li为0.02mol，减少0.14g；

③充电时，为电解池，电极a为氧硫离子失电子，电极反应式为：2Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+；

（3）无氧酸的酸发性强弱看非金属性的强弱，非金属性越强与氢元素的结合能力越强，在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子，中心Se原子孤电子对=（a-bx）=（6-3×2）=0，3条共价键，为sp2杂化，为平面三角形；Na2SO3为强碱弱酸盐，水溶液中亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；

（4）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷,吸引H+,同时产生的H+抑制第二步电离,所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②H2SeO3的分子结构为Se为+4价,而H2SeO4的分子结构为Se为+6价,后者Se原子吸电子能力强,导致Se−O−H中的O原子更向Se偏移,则羟基上氢原子更容易电离出H+；

【详解】

（1）S单质的常见形式为S8，根据其结构可知，每个硫原子均形成2条共价键，含2对孤电子对，则S原子采用sp3杂化；

（2）①为了增强a电极Li2Sx的导电性，电极a常用掺有石墨烯的S8材料；答案为：增强电极的导电性；

②电池工作时，电池负极为Li-e-=Li+；外电路中流过0.02mol电子，反应的Li为0.02mol，减少0.14g，答案为0.14

③充电时，为电解池，电极a为氧硫离子失电子，电极反应式为：2Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+；

（3）无氧酸的酸发性强弱看非金属性的强弱，非金属性越强与氢元素的结合能力越强，在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子，中心Se原子孤电子对=（a-bx）=（6-3×2）=0，3条共价键，为sp2杂化，为平面三角形；Na2SO3为强碱弱酸盐，水溶液中亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；答案为：强；平面三角形；SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；

（4）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷,吸引H+,同时产生的H+抑制第二步电离,所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，答案为：一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②H2SeO3的分子结构为Se为+4价,而H2SeO4的分子结构为Se为+6价,后者Se原子吸电子能力强,导致Se−O−H中的O原子更向Se偏移,则羟基上氢