2025年沪教版选择性必修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年沪教版选择性必修2化学上册阶段测试试卷254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、下列有关说法不正确的是A.SO42-的空间构型是正四面体形B.CS2分子中各原子均达8电子稳定结构C.CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种D.H2O2分子是既含极性键又含非极性键的非极性分子2、下列有关说法不正确的是A.熔融态物质凝固、气态物质凝华都可能得到晶体B.等离子体是电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质C.要确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定D.超分子是由两种或两种以上的分子再通过化学键形成的物质3、下列说法错误的是A.电子排布式1s22s22p63s23p64s3违反了泡利不相容原理B.基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理C.根据构造原理，原子核外电子填充顺序为1s→2s→2p→3s→3p→3d→4s→4pD.钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子吸收能量，由基态转变成激发态4、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，能发生反应2Y2X2+4WZ=4YZ+X2↑+2W2X。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.气态化合物的稳定性：WZ>W2XB.简单离子半径：Z>X>YC.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强于H2SO4D.Y2X2、X2均含非极性键，上述反应中生成1molX2时，转移电子数为2NA5、以下有关元素性质的说法不正确的是（）A.具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①B.下列价电子排布式的原子中：①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，第一电离能最大的是③C.①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl中，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④D.某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+6、下列化学用语或图示表达正确的是A.基态Si原子的价层电子的轨道表示式：B.sp杂化的电子云轮廓图：C.的VSEPR模型：D.基态的简化电子排布式：7、常温下，二氧化硅是很坚硬的固体，而二氧化碳是气体，这一差别的根本原因是（）A.二氧化硅不溶于水，二氧化碳能溶于水B.硅元素与碳元素的非金属活泼性不同C.二氧化硅分子与二氧化碳分子的结构不同D.二氧化硅是具有立体网状结构的晶体，二氧化碳则是由分子组成8、下列物质熔、沸点的高低顺序正确的是A.金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅B.HI＞HBr＞HCl＞HFC.邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸D.CH3CH2CH2CH2CH3＞CH3C(CH3)2CH39、下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是()A.干冰和氯化铵分别受热变为气体B.液溴和苯分别受热变为气体C.二氧化硅和铁分别受热熔化D.食盐和葡萄糖分别溶解在水中评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、（1）氯酸钾熔化，粒子间克服了_____的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了_____的作用力；碘的升华，粒子间克服了_____的作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是_____。

（2）下列六种晶体：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为_____(填序号)。

（3）在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，五种物质的熔点由高到低的顺序是_____。

（4）A；B、C、D为四种晶体；性质如下：

A.固态时能导电；能溶于盐酸。

B.能溶于CS2；不溶于水。

C.固态时不导电；液态时能导电，可溶于水。

D.固态；液态时均不导电；熔点为3500℃

试推断它们的晶体类型：A_____；B_____；C_____；D_____。

（5）如图中A～D是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A_____；B_____；C_____；D_____。

A.B.C.D.11、矿物白云母是一种重要的化工原料，其化学式的氧化物形式为：就其组成元素完成下列填空：

(1)上述元素中，形成的简单离子的半径由大到小的顺序为(除外)______(填离子符号)

(2)白云石所含的两种金属元素中，金属性较强的元素是______，写出一个能说明这一事实的化学方程式________

(3)的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为_____________12、如何用杂化轨道理论解释分子的空间结构_____？13、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_______。

14、(1)在物质CO2、P2O5、CaO、SO2中，有一种物质在某些化学性质或分类上与其他几种物质不同，这种物质是__。

(2)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是__。

(3)常温下，一体积的水可以溶解700体积的氨气，原因是_。

(4)根据现有元素周期律推算，Mc位于元素周期表的第__周期第__族。

(5)已知2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O，若氧化产物比还原产物多8.0g，则转移电子的数目为__。

(6)以物质的类别为横坐标，化合价为纵坐标绘制的图像叫价类图。如图是铁的价类图，写出Y在潮湿的空气中转化为图中同类别物质的化学方程式__。

(7)铝制品表面有致密的氧化物薄膜。将一小块铝制品废弃物放入足量的浓NaOH溶液后所发生的氧化还原反应的离子方程式为__。15、Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂；磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：

(1)基态Fe2+价电子排布图为___________。

(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)＞I1(Na)，原因是___________。I1(Be)＞I1(B)＞I1(Li)，原因是___________。熔点Li2O___________Na2O(填“＞”或“＜”)。I1/(kJ/mol)Li：520Be：900B：801Na：496Mg：738Al：578

(3)磷酸根离子的空间构型为___________，其中P的杂化轨道类型为___________；与PO互为等电子体的阴离子有___________(写出一种离子符号)。

(4)金刚石与石墨都是碳的同素异形体。金刚石属于___________晶体。若碳原子半径为rnm，根据硬球接触模型，金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为___________(用含π的代数式表示)。

16、[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN

(1)Zn2+基态核外电子排布式为___________。

(2)1molHCHO分子中含有σ键的数目为___________mol。

(3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是___________。HOCH2CN的结构简式

(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为___________。

(5)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为___________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、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18、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、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21、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22、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共12分)24、一定条件下将锰冶炼烟尘灰(主要成分)、黄铁矿(主要成分)与足量硫酸溶液混合，通过反应可将锰和铁浸出。其它条件相同；温度对Mn；Fe浸出率及硫酸残留率(反应后溶液中剩余硫酸与加入硫酸的比例)影响如图所示。

(1)基态核外电子排布式为___________。

(2)温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是与反应，该反应的离子方程式为___________。

(3)温度高于120℃时，残留固体中的含量减少，但铁元素浸出率却下降的原因是___________。

(4)向浸出液先加入后加入调节pH，可得到纯化溶液。

已知：室温下假设加入后溶液中若溶液中某离子浓度小于则认为该离子完全沉淀。

①先加入再调节pH的原因是___________。

②浓氨水调节溶液的pH范围为___________。

(5)溶液经电解可得到生成的电极反应式为___________。25、清洁能源的研发是世界能源研发的热点。以汽车行业为例；电动汽车；燃料电池汽车等逐步进入人们的生活。钴酸锂、锰酸锂、磷酸铁锂电池是目前主流的锂离子电池。

(1)①写出原子的价层电子轨道表示式_______。

②比较第四电离能大小_______(填“”)。(原子序数)

③与离子中未成对的电子数之比为_______。

(2)2020年比亚迪推出新能源车“汉”，配置了由多个扁平状的“刀片”电芯捆扎成的模组电池。电池充电时，电池正极内部分转化为磷酸铁(设摩尔转化率为x)，放出的锂离子通过聚合物隔膜向负极(石墨)迁移并嵌入石墨形成复合材料如图所示。

写出该电池放电时的正极反应_______。

(3)吉利公司研发的甲醇汽车，基于甲醇空气燃料电池；其工作原理如图：

①图中左侧电极的电极反应式为：_______。

②通入(折算为标准状况下)甲醇蒸汽，测得电路中转移电子，则甲醇的利用率为_______。26、钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：

（1）元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm(填标号)。

A．404.4B．553.5C．589.2D．670.8E.766.5B．553.5C．589.2D．670.8E.766.5

（2）基态K_________原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr___________________________低，原因是

。（3）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+_____________离子的几何构型为________________，中心原子的杂化形式为

。（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O______间的最短距离为nm，与K紧邻的O__________个数为

。（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K______处于位置，O______处于

位置。.评卷人得分五、结构与性质(共4题，共28分)27、世界上最早发现并使用锌的是中国；明朝末年《天工开物》一书中有关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)Zn在元素周期表中位于______区。

(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4。

①中，中心原子轨道的杂化类型为______。

②NH3极易溶于水，除了因为它们都是极性分子外，还因为______。

(3)Zn2+的4s和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2-的空间构型为______。

(4)氧化锌的结构有多种其中一种立方闪锌矿的结构如图所示，若该晶胞的边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则立方闪锌矿晶体的密度为______(列出计算式即可)g•cm-3。

28、我国具有悠久的历史，在西汉就有湿法炼铜(Fe+CuSO4=Cu+FeSO4),试回答下列问题。

(1)Cu2+的未成对电子数有______个，H、O、S电负性由大到小的顺序为_______。

(2)在硫酸铜溶液中滴加过量氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4蓝色溶液。[Cu(NH3)4]SO4中化学键类型有_______，阴离子中心原子杂化类型为______。

(3)铁铜合金晶体类型为_____；铁的第三(I3)和第四(I4)电离能分别为2957kJ/mol、5290kJ/mol，比较数据并分析原因________________。

(4)金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示。已知该合金的密度为dg/cm3,阿伏加德罗常数值为NA，两个金原子间最小间隙为apm(1pm=10-10cm)。则铜原子的半径为_______cm(写出计算表达式)。

29、法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。

回答下列问题：

(1)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为_______。

(2)基态Na原子中，核外不同电子运动状态的数目为_______，Te属于元素周期表中_______区元素，其基态原子的价电子排布式为_______。

(3)的空间结构为_______，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类型为_______，1mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为_______。

(4)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为_______，该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为_______cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。

30、N；P、As均为氮族元素；这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：

(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号，下同)，未成对电子最多的是___________。

a．ls22s22p3b．1s22s2c．1s22s12p4d．1s22s12p3

(2)Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、P、S的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。

(3)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2)反应生成有机化合物B；B具有优异的催化性能。

吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是___________，化合物A易溶于水，原因是___________，含Zn有机物B的分子结构中含___________(填序号)。

A．离子键B．配位键C．π键D．σ键E．氢键。

(4)N与金属可形成氮化物；如AIN的晶胞结构如图甲所示，某种氮化铁的结构如图乙所示。

①AIN晶胞中，含有的Al、N原子个数均是___________。

②若该氮化铁的晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该氮化铁晶体的密度可表示为___________。g·cm-3.若该氮化铁的化学式为FexNy，Cu可替代晶胞中不同位置的Fe，形成Cu替代型的化学式是Fex-nCunNy，而FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图丙所示，Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，则a位置表示晶胞中的___________(填“顶点"或“面心”)。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)31、磷酸氯喹对新型冠状病毒有抑制作用；是治疗新型冠关病毒性肺炎的临床“有效药物”，可由氯喹和磷酸在一定条件下制得。

(1)磷酸根离子的空间构型为_______。

氯喹的一种合成路线如图。

(2)在强酸性介质条件下，Zn能将Ar-NO2还原为Ar-NH2，同时生成Zn2+。请据此写出反应A→B的离子方程式_______。

(3)D的结构简式为_______。

(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。

①含有苯环(无其它环)；且苯环上有3个不相邻的取代基；

②含有杂化轨道类型为sp的碳原子；

③核磁共振氢谱图中有4个吸收峰；且面积之比为2：1：1：1。

(5)写出以3-硝基苯甲醛和为原料，制备的合成路线流程图_______。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)32、(1)下图是表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子；小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合。

①图中A的分子式是________。

②图中C的名称是________。

③图中D的结构简式是________。

④图中与B互为同分异构体的是_______(填字母)。

⑤图中1molG完全燃烧时消耗_______molO2。

(2)已知某有机物的结构简式如图：

①该有机物的分子式为______。

②该有机物中能与NaOH溶液反应的官能团的名称是____。

③该有机物1mol与足量的NaHCO3溶液反应，消耗NaHCO3的物质的量是___mol。33、氰基丙烯酸甲酯(G：)的合成路线如下：

―→―→

已知：①A的相对分子质量为58；氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰。

②

回答下列问题：

(1)A的化学名称为________。

(2)B的结构简式为________，其核磁共振氢谱显示为________组峰，峰面积比为________。

(3)G中的官能团有________、________、________(填官能团名称)。

(4)G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有________种(不含立体异构)。34、现有A、B两种烃，已知A的分子式为C5Hm，而B的最简式为C5Hn(m；n均为正整数)。请回答下列问题：

（1）下列关于烃A和烃B的说法不正确的是__填序号

a.烃A和烃B可能互为同系物。

b.烃A和烃B可能互为同分异构体。

c.当m=12时；烃A一定为烷烃。

d.当n=11时；烃B可能的分子式有2种。

（2）若烃A为链烃，且分子中所有碳原子都任同一条直线上，则A的结构简式为__。

（3）若烃A为链烃，且分子中所有碳原子一定共面，在一定条件下，1molA最多可与1molH2加成，则A的名称是__。

（4）若烃B为苯的同系物，取一定量的烃B完全燃烧后，生成物先通过足量的浓硫酸，浓硫酸的质量增加1.26g，再通过足量的碱石灰，碱石灰的质量增加4.4g，则烃B的分子式为__。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A；硫酸根离子中S的价层电子对数是4；无孤对电子，所以空间构型为正四面体，正确；

B、CS2分子中；C与S之间形成2对共用电子对，所以各原子均达8电子稳定结构，正确；

C、乙酸分子中，甲基的C原子，为sp3杂化，羧基的C原子为sp2杂化；正确；

D；过氧化氢分子中；含有极性键和非极性键，空间构型为V型，是极性分子，错误；

答案选D。2、D【分析】【详解】

A．熔融态物质凝固；气态物质凝华都是生成固体；可能得到晶体，A正确；

B．等离子体又叫做电浆；是电子；阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，B正确；

C．X射线衍射仪是利用衍射原理；精确测定物质的晶体结构；织构及应力，精确的进行物相分析，定性分析，定量分析，故要确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定，C正确；

D．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起；组成复杂的；有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性，D不正确；

故选D。3、C【分析】【详解】

A．根据泡利不相容原理可知，轨道最多排2个电子，故A正确；

B．因为轨道能量比轨道能量低，所以基态原子电子排布式违反了能量最低原理，应该为故B正确；

C．根据构造原理，原子核外电子填充顺序为故C错误；

D．钠原子由时；电子从基态跃迁到激发态，要吸收能量，故D正确。

故选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，能发生反应2Y2X2+4WZ=4YZ+X2↑+2W2X，可推断反应为2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O；则W为H，X为O，Y为Na，Z为Cl。

A．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性O＞Cl，则H2O更稳定；错误；

B．一般来说，电子层数越多，离子半径越大，若电子层数相同，则质子数越多，离子半径越小，故简单离子半径：Z＞X＞Y(Cl-＞O2-＞Na+)；正确；

C．非金属性Cl＞S，则Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性强于H2SO4；正确；

D．Na2O2、O2均含非极性键，上述反应中生成1molO2时，O由-1价升高到0价，转移电子数为2NA；正确；

故选A。5、D【分析】【详解】

A．具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4；则①为Si，②为N；③为C、④为S，根据同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径:Si＞S＞C＞N，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；

B．①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4；分别为：Al；Si、P、S元素；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第VA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，③＞④＞②＞①，第一电离能最大的是③，故B正确；

C．同周期随原子序数增大电负性增大，同主族随原子序数增大电负性减小，故①Na、K、Rb是同主族元素；电负性依次减小；②N；P、As是同主族元素，电负性依次减小；③O、S、Se是同主族元素，电负性依次减小；④Na、P、Cl是同周期元素，电负性依次增大，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，故C正确；

D．根据数据可知，该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+；故D错误；

答案选D。6、B【分析】【详解】

A．基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为A错误；

B．sp杂化轨道的空间构型为直线形；夹角为180°，共有2个杂化轨道，B正确；

C．SO3中S的价层电子对数为3，采用sp2杂化；VSEPR模型为平面三角形，C错误；

D．基态24Cr的简化电子排布式为[Ar]3d54s1；D错误；

故答案选B。7、D【分析】【详解】

由于SiO2是一种空间网状结构的原子晶体，每个氧原子周围连有2个硅原子，属于原子晶体，原子晶体熔点高，常温下为固态；而CO2是靠分子间作用力结合在一起的分子晶体；由二氧化碳分子组成，熔点低，常温下为气态；故选D。

【点睛】

本题比较两种晶体的物理性质，应该从晶体所属类别入手。由于SiO2是一种空间网状结构的原子晶体，而CO2是靠分子间作用力结合在一起的分子晶体。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．金刚石；晶体硅，二氧化硅，碳化硅都是共价晶体，共价晶体的熔沸点的高低需比较共价键强弱。原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，原子半径O＜C＜Si，所以C-C的键长＜O-Si的键长＜C-Si的键长＜Si-Si的键长，所以金刚石，晶体硅，二氧化硅，碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，A错误；

B．同类型分子晶体的相对分子质量越大，溶沸点越高，但是HF分子间存在氢键，沸点反常，因此顺序由高到低：HF＞HI＞HBr＞HCl；B错误；

C．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键；使熔沸点偏低，而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，故对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的高，C错误；

D．同分异构体的支链多的熔、沸点越低，即CH3CH2CH2CH2CH3＞CH3C(CH3)2CH3；D正确；

故选D。9、B【分析】【详解】

A．干冰属于分子晶体；升华时克服分子间作用力；氯化铵属于离子晶体，分解时克服离子键，二者不同，故A错误；

B．液溴属于分子晶体；受热变为气体，克服分子间作用力；苯属于分子晶体，受热变为气体，克服分子间作用力，二者相同，故B正确；

C．二氧化硅属于原子晶体；受热熔化时，克服的是共价键，铁属于金属晶体，受热熔化时，克服的是金属键，二者不同，故C错误；

D．氯化钠属于离子晶体；熔化时克服离子键；葡萄糖属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力，二者不同，故D错误；

故选：B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

分析构成晶体的结构微粒及微粒间的作用力；确定晶体的所属类型，根据晶体的物理性质变化的一般规律并结合具体情况进行分析。

【详解】

（1）氯酸钾属于离子化合物；其在熔化过程中粒子间克服了离子键；二氧化硅属于只含有共价键的原子晶体，其熔化时粒子间克服了共价键的作用力；碘属于分子晶体，其在升华时粒子间克服了分子间作用力。在通常情况下，原子晶体的熔点高于离子晶体；离子晶体高于分子晶体，故三种晶体的熔点由高到低的顺序是：二氧化硅＞氯酸钾＞碘。

（2）①CO2属于分子晶体；在常温下是气体；

②NaCl属于离子晶体；在常温下是固体；

③Na属于熔点较低的金属晶体；在常温下是固体；

④Si属于原子晶体；在常温下是固体；

⑤CS2属于分子晶体，在常温下是液体，且其相对分子质量大于CO2；

⑥金刚石属于原子晶体；在常温下是固体，碳原子的半径小于硅原子，故金刚石的熔点高于晶体硅。

在通常情况下；原子晶体的熔点高于离子晶体；离子晶体高于分子晶体。综上所述，它们的熔点从低到高的顺序为①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥。

（3）H2属于分子晶体，相对分子质量为2，在常温下是气体；(NH4)2SO4属于离子晶体，在常温下是固体；SiC属于原子晶体，在常温下是固体；CO2属于分子晶体，相对分子质量为44，在常温下是气体；HF属于分子晶体，其分子间可以形成氢键，在常温下是气体；在分子晶体中，相对分子质量较大，其熔点较高，存在分子间氢键的，其熔点较高。在通常情况下，原子晶体的熔点高于离子晶体、离子晶体高于分子晶体，因此，五种物质的熔点由高到低的顺序是H2＜CO2＜HF＜(NH4)2SO4＜SiC。

（4）A.固态时能导电；说明其中含有能够自由移动的电子，故A为金属晶体；

B.CS2属于非极性分子，根据相似相溶原理可知，能溶于CS2；不溶于水的晶体；其一定是由非极性分子组成的，故B属于分子晶体；

C.固态时不导电；液态时能导电，说明其熔化后可以产生自由移动的离子，故C为离子晶体；

D.固态；液态时均不导电；不可能是金属晶体或石墨；熔点为3500℃，其熔点很高，故D为原子晶体。

（5）如图中A～D是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型：

A.该晶体中；两种粒子的配位数均为8，故其为氯化铯；

B.该晶体中；两种粒子的配位数均为6，故其为氯化钠；

C.该晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成共价键；每个O原子与相邻的2个Si原子形成共价键，并且向空间发展形成空间立体网状结构，故其为二氧化硅；

D.该晶体中每个原子与相邻的4个原子形成共价键，并且向空间发展形成空间立体网状结构，故其为金刚石。【解析】①.离子键②.共价键③.分子间作用力④.二氧化硅＞氯酸钾＞碘⑤.①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥⑥.H2＜CO2＜HF＜(NH4)2SO4＜SiC⑦.金属晶体⑧.分子晶体⑨.离子晶体⑩.原子晶体⑪.氯化铯⑫.氯化钠⑬.二氧化硅⑭.金刚石11、略

【分析】【详解】

（1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同的离子，电子层越大离子半径越大，则简单离子的半径由大到小的顺序为故答案为：

（2）同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，则钾元素的金属性强于铝元素；能说明钾元素的金属性强于铝元素的反应为两性氢氧化物氢氧化铝能与氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和水，反应的化学方程式为故答案为：K；

（3）两性氢氧化物氢氧化铝能发生酸式电离，也能发生碱式电离，电离方程式为故答案为：【解析】K12、略

【分析】【详解】

基态铍原子的核外电子排布式为从表面上看铍原子似乎不能形成共价键，但是在激发态下，铍原子轨道上的一个电子可以进入空轨道，经过杂化形成两个杂化轨道；如图所示。

铍原子的两个杂化轨道分别与两个氯原子的轨道重叠形成两个键；由于杂化轨道间的夹角为180°，所以分子的空间结构为直线形；如图所示。

【解析】基态铍原子的核外电子排布式为从表面上看铍原子似乎不能形成共价键，但是在激发态下，铍原子轨道上的一个电子可以进入空轨道，经过杂化形成两个杂化轨道；如图所示。

铍原子的两个杂化轨道分别与两个氯原子的轨道重叠形成两个键；由于杂化轨道间的夹角为180°，所以分子的空间结构为直线形；如图所示。

13、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)Na2SiO314、略

【分析】【详解】

(1)在物质CO2、P2O5、CaO、SO2中；CaO是金属氧化物，在化学性质上与其余非金属氧化物不同。

(2)元素的非金属性越强；其气态氢化物越稳定，气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是F的非金属性比Cl强。

(3)常温下；氨气极易溶于水的主要原因是氨分子和水分子间可以形成氢键,大大增强溶解能力。

(4)Mc的质子数为115；根据现有元素周期律推算，118号元素属于第七周零族，那么115号元素就属于第七周期，ⅤA族。

(5)在2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O反应中，硫既是氧化产物，又是还原产物，其物质的量比为2:1，质量比也为2：1，若氧化产物比还原产物多8.0g，即生成硫24g,换算成物质的量为0.75mol，根据化学方程式可知，转移电子物质的量为4mol，生成3mol硫，那么生成0.75mol硫，则转移电子为1mol，则转移电子数量为NA。

(6)通过价类图可知，Y是氢氧化亚铁，Y在潮湿的空气中转化为图中同类别物质应该是氢氧化铁，转化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

(7)铝制品表面有致密的氧化物薄膜，其放入足量的浓NaOH溶液后，薄膜被腐蚀，其过程是非氧化还原反应，内部的铝会和氢氧化钠发生氧化还原反应，则其离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑。【解析】CaOF的非金属性比Cl强氨分子和水分子间可以形成氢键七ⅤNA4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑15、略

【分析】【分析】

（1）

基态Fe2+的电子排布式为3d6，可得基态Fe2+的电子排布图为

（2）

①Na与Li同主族；Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小；

②Li；Be、B为同周期元素；同周期元素从左向右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的；

③氧化钠跟氧化锂都是离子晶体；所以晶格能越大，熔点越高。比较晶格能，看离子半径和，半径和越小，晶格能越大。钠离子的半径大于锂离子，所以氧化锂的熔点高。

（3）

磷酸根中心原子磷的成键电子对数目为4，价层电子对数目为4，磷酸根离子中不含有孤电子对，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化形成的4个sp3杂化轨道。

等电子体是指价电子数和原子数(氢等轻原子不计在内)相同的分子；离子或原子团。据此可写出与磷酸根离子互为等电子体的阴离子。

（4）

金刚石是正八面体结构。C碳原子按四面体成键方式互相连接，组成无限的三维骨架，是典型的原子晶体，每个碳原子都以sp3杂化轨道与另外4个碳原子形成共价键，构成正四面体；由晶胞的位置关系可得体对角线为8r，设晶胞边长为anm，则晶胞中有8个C，则空间占有率为【解析】(1)

(2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小Li、Be、B为同周期元素，同周期元素从左向右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的>

(3)正四面体形sp3SO或ClOBrOIOSiO等。

(4)原子16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Zn是30号元素，Zn2+核外有28个电子，根据原子核外电子排布规律可知基态Zn2+核外电子排布式为1s22s22p62s23p63d10；

(2)甲醛的结构式是由于单键都是σ键，双键中有一个σ键和一个π键，因此在一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键，所以在1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol；

(3)根据HOCH2CN的结构简式可知在HOCH2CN分子中，连有羟基－OH的碳原子形成4个单键，因此杂化类型是sp3杂化；—CN中的碳原子与N原子形成三键，则其杂化轨道类型是sp杂化；

(4)原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，H2O含有10个电子，则与H2O分子互为等电子体的阴离子为

(5)在[Zn(CN)4]2–中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，C原子提供一对孤对电子，Zn2+的空轨道接受电子对，因此若不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为【解析】1s22s22p62s23p63d103sp3、sp三、判断题(共7题，共14分)17、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。18、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；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、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。21、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。22、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。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。四、原理综合题(共3题，共12分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)锰是25号元素，按构造原理可知：基态核外电子排布式为或

(2)黄铁矿(主要成分)中硫化合价为-1价，具有还原性、铁离子具有氧化性，一定条件下，二者能发生氧化还原反应。温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是反应生成的与发生了反应、生成了硫酸，该反应的离子方程式为

(3)硫酸亚铁、硫酸铁是强碱弱酸盐，水解生成弱碱，由(2)知，温度高于120℃时，与铁离子反应生成可溶物，温度升高后溶液中Fe元素水解程度增加，生成的弱碱以沉淀形式留在矿渣中铁元素，故导致残留固体中的含量减少；但铁元素浸出率却下降。

(4)酸性条件下，二氧化锰具有强氧化性，能氧化含硫阴离子得到硫酸根离子、能氧化亚铁离子得到铁离子，自身转变为锰离子，故向浸出液先加入所得溶液含铁离子、硫酸根离子和锰离子，加入调节pH，可得到氢氧化铁沉淀，经过滤可得到溶液。则：

①先加入再调节pH的原因是先用将氧化便于将铁元素沉淀完全；先调节pH，可能导致氧化性减弱。

②常温下，其中c(Fe3+)=10－5mol·L－1，则c(OH-)=mol·L－1，此时溶液pH=3.0，即应控制溶液的可使Fe3+沉淀完全。常温下，=c(Mn2+)×c2(OH-)，假设加入后溶液中则c(OH-)=此时溶液pH=8.0，即应控制溶液的可避免Mn2+产生沉淀。故浓氨水调节溶液的pH范围为3.0～8.0。

(5)溶液经电解可得到锰元素化合价从+2升高到+4，发生氧化反应，则生成的电极反应式为【解析】或温度升高后Fe元素水解程度增加，以沉淀形式留在矿渣中先用将氧化便于将铁元素沉淀完全；先调节pH，可能导致氧化性减弱3.0～8.025、略

【分析】(1)

①Mn是25号元素，位于第四周期VIIB族，价电子层电子排布式是3d54s2，所以本问第一空应填“”；

②Fe是26号元素，价电子层电子排布式是3d64s2，失去三个电子后正好是内层电子层全满，价电子层3d能级半满，4s能级全空状态，处于离子能量最低状态，故第四电离能较大，Co是27号元素，价电子层电子排布式是3d74s2，失去三个电子之后价电子层处于3d6状态，4s全空，但3d能级并未处于全满、全空或半满状态，故离子能量相对较高，再失去一个电子后3d能级能形成半满状态，离子能量会降低，所以Co的第四电离能相对较小，所以本问第二空应填“<”；

③Fe2+价电子层电子排布式为3d6，3d能级上有一个原子轨道中是成对电子，四个原子轨道中是未成对电子，Fe3+价电子层电子排布式为3d5；3d能级上五个原子轨道中均是未成对电子，所以本问第三空应填“4:5”；

(2)

二次电池正极放电反应各物质微粒与该电极充电时发生的阴极电极反应式反应各物质微粒刚好是互为反应和物生成物，充电时是LiFePO4失电子生成FePO4和Li+，再考虑转化率问题，所以本问电极反应式应填“”；

(3)

①原电池中，电解质中的阳离子在熔融状态下移向正极，故此甲电极是负极，CH3OH失电子后生成CO2和H+，所以本问第一空电极反应式应填“”；

②按照电极反应式，1molCH3OH完全反应会转移6mol电子，标况下11.2L甲醇蒸气物质的量是0.5mol，完全反应会转移3mol电子，故甲醇利用率为所以本问第二空应填“60%”。【解析】(1)

(2)

(3)60%26、略

【分析】【详解】

（1）紫色波长400nm～435nm，因此选项A正确；（2）K位于第四周期IA族，电子占据最高能层是第四层，即N层，最后一个电子填充子在s能级上，电子云轮廓图为球形；K的原子半径大于Cr的半径，且价电子数较少，金属键较弱，因此K的熔点、沸点比Cr低；（3）I3＋与OF2互为等电子体，OF2属于V型，因此I3＋几何构型为V型，其中心原子的杂化类型为sp3；（4）根据晶胞结构，K与O间的最短距离是面对角线的一半，即为nm＝0.315nm，根据晶胞的结构，距离K最近的O的个数为12个；（5）根据KIO3的化学式，以及晶胞结构，K处于体心，O处于棱心。【解析】AN球形K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱V形sp30.31512体心棱心五、结构与性质(共4题，共28分)27、略

【分析】【分析】

（1）Zn元素位于元素周期表第四周期IIB族，基态原子的价电子排布式为3d104s2；

（2）①硫酸根离子中S原子的价层电子对数是4；

②NH3容易与水分子能形成分子间氢键；增加在水中的溶解度；

（3）[ZnCl4]2－离子中Zn2＋的4s和4p轨道形成的4个sp3杂化轨道，与4个Cl－形成4个配位键；

（4）由分摊法计算可得。

【详解】

（1）Zn元素位于元素周期表第四周期IIB族，基态原子的价电子排布式为3d104s2；在元素周期表中位于ds区，故答案为：ds；

（2）①硫酸根离子中S原子的价层电子对数是4，根据杂化轨道理论，中心原子的轨道杂化类型为sp3，故答案为：sp3；

②NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子能形成分子间氢键，增加在水中的溶解度，故答案为：NH3与H2O之间可形成分子间氢键；

（3）[ZnCl4]2－离子中Zn2＋的4s和4p轨道形成的4个sp3杂化轨道，与4个Cl－形成4个配位键，则[ZnCl4]2－的空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形；

（4）由晶胞结构可知，位于顶点和面心的锌离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为4，该化合物化学式为ZnO，由晶胞的质量可得=（a×10—7）3d，则密度d=×1021g•cm-3，故答案为：×1021。

【点睛】

对于立方晶胞，顶点粒子占面心粒子占晶胞内部原子为整个晶胞所有是计算立方闪锌矿晶体化学式的关键，也是计算立方闪锌矿晶体的密度的关键。【解析】dssp3NH3与H2O之间可形成分子间氢键正四面体形×102128、略

【分析】(1)

铜是29号元素；铜离子有27个电子，所以未成对的电子有1个。元素非金属性越强，其电负性越强，所以电负性顺序为：O；S、H；

(2)

[Cu(NH3)4]SO4中，[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间的化学键为离子键，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨气之间的化学键为配位键，氮氢之间形成极性键，故答案为共价键、配位键、离子键。阴离子中中心原子为硫，价层电子数为4+=4，采用sp3杂化；

(3)

铁铜合金属于金属晶体，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后核外电子呈半充满稳定状态，因此第四(I4)电离能远大于第三(I3)电离能；

(4)

设铜原子半径为xcm，金原子半径为ycm，则由棱长为2x+2y或2x+a，根据晶胞计算，晶胞含一个金原子，和3个铜原子，则一个晶胞的质量为389/NAg，则晶胞的棱长为则由关系式2x+2y=2x+a×10-10=解y=【解析】(1)1O；S、H

(2)共价键、配位键、离子键sp3杂化。

(3)金属晶体基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后核外电子呈半充满稳定状态，因此I4远大于I

(4)29、略

【分析】【分析】

元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；Te与Se位于同主族结合其外围电子排布式判断在周期表中的位置；根据价层电子对个数=σ键个数+(a-xb)计算判断的空间构型；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，根据碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律判断碳酸丙烯酯分子中含有的σ键数目；根据均摊法计算晶胞中黑色球和白色球数目，由晶胞对称性可知O的配位数；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的而体对角线长度等于晶胞棱长的倍；据此计算解答。

（1）元素的非金属性越强；其电负性越大，O；Cl、C的非金属性大小顺序是O＞Cl＞C，所以其电负性大小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；

（2）Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，核外有11个不同运动状态的电子；Te是Se的下一周期同族元素，为52号元素，位于周期表第五周期、第ⅥA族，外围电子排布式为5s25p4，属于P区元素，故答案为：11；p；5s25p4；

（3）的价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间构型与VSEPR模型相同为平面正三角形；由碳酸丙烯酯的结构简式可知，酯基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3；由碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律可知一个碳酸丙烯酯分子中含有13个σ键，则1mol碳酸丙烯酯中σ键的物质的量为13mol，数目为13NA，故答案为：平面正三角形；sp2和sp3；13NA；

（4）晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，二者数目之比为8:4=2:1，故该氧化物为Na2O，则黑色球代表Na、白色球代表O，由晶胞对称性可知O的配位数为8；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=g，晶胞体积==cm3，晶胞棱长a=cm，Na与O之间的最短距离为acm=cm，故答案为：8；【解析】(1)O>Cl>C(或O；Cl、C)

(2)11p5s25p4

(3)平面三角形sp2、sp313NA(或13×6.02×1023)

(4)830、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s12p4，未成对电子最多的是1s22s12p3，故答案为：c；d；

(2)同周期自左而右电负性增大，则负电性由大到小的顺序是S＞P＞Si；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si，故答案为：S＞P＞Si；P＞S＞Si；

(3)吡啶类化合物A中N原子形成2个σ键、有1对孤电子对，因此N原子杂化类型是sp2；A中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，增强其水溶性，所以化合物A易溶于水；含Zn有机物B的分子结构中存在单键、双键以及N→Zn、O→Zn配位键，因此答案选BCD，

故答案为：sp2；化合物A与水分子间存在氢键；BCD；

(4)①AlN晶体结构单元中，Al原子4个处于内部、6个处于棱上，含有的Al原子个数为4+6×1/3=6。N原子3个处于内部、2个处于上下底面面心、12个处于顶点，N原子个数为3+2×1/2+12×1/6=6，含有的Al、N原子个数均是6个，故答案为：6；

②根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为8×1/8+6×1/2=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞质量为238/NAg，晶胞的体积为(a×10-10)a3cm3，则该氮化铁的晶体密度可表示为238/NAg÷(a×10-10)a3cm3=g/cm3；Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，由于能量越低越稳定，因此Cu替代a位置Fe型的化学式为Fe3CuN，则a位置表示晶胞中的顶点，故答案为：顶点。【解析】cdS＞P＞SiP＞S＞Sisp2化合物A与水分子间存在氢键BCD6顶点六、有机推断题(共4题，共12分)31、略

【分析】【分析】

(1)

中P原子上含有的价层电子对数是4+=4；则该微粒空间构型是正四面体形；

(2)

酸性条件下，与Zn反应生成同时生成Zn2+与H2O，反应离子方程式为：+Zn+6H+→+