2025年浙教新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙教新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、元素电负性随原子序数的递增而增强的是（）A.Li、Na、KB.Na、K、SC.O、S、ClD.Si、P、Cl2、下列分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是（）A.BeCl2B.H2SC.PCl3D.NO23、氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气其中光气的结构式如图所示，下列说法不正确的是。

A.分子为含极性键的正四面体形分子B.分子中含有3个σ键、1个π键，中心C原子采取杂化C.分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构D.使用氯仿前可用稀溶液检验氯仿是否变质4、和均位于元素周期表第四周期，砷化镓()是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等，其晶胞结构如图所示，其中原子1的坐标为原子2的坐标为下列说法错误的是。

A.原子3的坐标为B.根据元素周期律，原子半径：C.的熔点为1238℃，硬度大，晶体类型为共价晶体D.若晶胞边长为则晶胞中和之间的最短距离为5、下列说法不正确的是。

①分子中既含极性键又含非极性键。

②只要有化学键断裂的过程就是化学变化。

③干冰升华会破坏共价键。

④水分子很稳定是由于水分子之间存在共价键。

⑤分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构。

⑥固体中的阴离子和阳离子个数比是1：2A.②④⑤B.①③④C.②③④D.③④⑥6、实际存在的H-和H，它们是A.氢的五种同位素B.五种氢元素C.氢的五种原子D.氢元素的五种不同微粒7、下列关于化学与职业的表述不正确的是A.水质检验员在自来水出厂前会对水中的Cl-、微生物、有机物等进行检测和分析B.化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等C.科技考古研究人员是靠文献记载、年历学和各种有纪年文字的遗物来断定文物的绝对年代D.测试工程师可通过化学检测仪或化学检测方法测出不锈钢中的某些组成元素及其含量来确定不锈钢的等级8、下列有关说法正确的是A.水合铜离子的球棍模型，1个水合铜离子有2个配位键B.冰晶胞示意图，类似金刚石晶胞，冰晶胞内水分子间以共价键结合C.H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多D.K与氧形成的某化合物晶胞，其中黑球为K＋，由图可知该晶体化学式为KO2评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、某有机物含C；H，O；N四种元素，质量分数分别为32%、6.66%、42.67%、67%，该有机物的蒸汽对氢气的相对密度为37.5，通过计算确定：

(1)有机物的分子式__________________；

(2)有机物可能的结构简式．_________________，____________________10、(1)Lewis酸和Lewis碱可以形成酸碱复合物。根据下列两个反应式判断反应中所涉及Lewis酸的酸性强弱，并由强到弱排序_______。

F4Si-N(CH3)3+BF3→F3B-N(CH3)3+SiF4；

F3B-N(CH3)3+BCl3→Cl3B-N(CH3)3+BF3

(2)①分别画出BF3和N(CH3)3的分子构型_______，指出中心原子的杂化轨道类型_______。

②分别画出F3B-N(CH3)3和F4Si-N(CH3)3的分子构型_______，并指出分子中Si和B的杂化轨道类型_______、_______。

(3)将BCl3分别通入吡啶和水中，会发生两种不同类型的反应。写出这两种反应的化学方程式_______、_______。

(4)BeCl2是共价分子，可以以单体、二聚体和多聚体形式存在。分别画出它们的结构简式_______，并指出Be的杂化轨道类型_______。

(5)高氧化态Cr的过氧化物大多不稳定，容易分解，但Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]却是稳定的。这种配合物仍保持Cr的过氧化物的结构特点。画出该化合物的结构简式_______，并指出Cr的氧化态_______。

(6)某些烷基取代的金属羰基化合物可以在其他碱性配体的作用下发生羰基插入反应，生成酰基配合物。画出Mn(CO)5(CH3)和PPh3反应的产物的结构简式_______，并指出Mn的氧化态_______。11、现有以下物质：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨只有键的是_____(填序号，下同)；既有键又有键的是_______；含有由两个原子的轨道重叠形成键的是_______；含有由一个原子的轨道与另一个原子的轨道重叠形成键的是_____；含有由一个原子的轨道与另一个原子的轨道重叠形成键的是_______。12、Ⅰ.已知某原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p1

(1)该元素的原子序数是_______。

(2)该元素属第_______周期第_______族。

(3)该元素的价电子排布式是_______。

Ⅱ.(1)写出Cu核外电子排布式_______，位于元素周期表的_______区。

(2)Fe2+与Fe3+未成对电子数之比为_______(用分数表示)。13、回答下列问题：

(1)与碳同周期的非金属元素N的第一电离能大于O的第一电离能，原因是_______。

(2)A、B均为短周期金属元素。依据下表数据，写出B原子的电子排布式：_______。电离能/kJ·mol-1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540

(3)Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据列于表：。元素FeFe电离能/kJ·mol-1I1717759I2150915611561I3324829572957

锰元素位于第四周期第ⅦB族。请写出基态Mn2+的价电子排布式：_______，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是_______。14、2017年5月海底天然气水合物(俗称“可燃冰”)试采成功，这是我国能源开发的一次历史性突破。一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成如图所示的笼状结构(表面的小球是水分子，内部的大球是CH4分子或CO2分子；“可燃冰”是CH4与H2O形成的水合物)；其相关参数见表。

分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ·mol-1CH40.43616.40CO20.51229.91

(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从大到小的顺序为_______；碳原子的最高能级的符号是_______，其电子云形状是_______。

(2)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，CO2与SO2相同条件下在水中的溶解度较大的是SO2，理由是_______。

(3)为开采海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_______。

(4)“可燃冰”中分子间存在的作用力是氢键和_______，图中最小的环中连接的原子总数是_______。15、(1)光学实验证明在溶有O2的水中存在可能为五元环状结构的O2·H2O，原因是___________。

(2)化合物A、B、C的熔点如下表：。ABC化学式CH3CH2ClCH3CH2CH2ClCH3NH3Cl熔点/℃-139-123230

化合物C的熔点明显高于A的原因是___________。16、(1)Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为______。

(2)MgO的熔点比BaO的熔点______(填“高”或“低”)。17、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____。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、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4题，共20分)24、C；N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。

（1）Si位于元素周期表第____周期第_____族。

（2）N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___个电子。

（3）用“>”或“<”填空：

。原子半径。

电负性。

熔点。

沸点。

Al_____Si

N____O

金刚石_____晶体硅。

CH4____SiH4

（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1）；测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。

0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_____,溶液中的H+向___极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是______。25、选修3——物质结构与性质。

已知X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素，相关信息如下：。X元素是宇宙中最丰富的元素Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子R元素在元素周期表的第十一列Q元素在周期表里与R元素在同一个分区

请回答下列问题：

(1)YX3中心原子的杂化轨道类型是________，离子化合物YX5的电子式是_________。

(2)CO与Y2属于等电子体，1个CO分子中含有的π键数目是_________个。

(3)工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物A(A可看做一种含氧酸盐)；A晶体的晶胞为正方体(如图1)。

①制备A的化学反应方程式是___________________；

②在A晶体中，Z的配位数为__________；

(4)R2+离子的外围电子层电子排布式为__________。R2O的熔点比R2S的_________(填“高”或“低”)。

(5)Q元素和硫(S)元素能够形成化合物B，B晶体的晶胞为正方体(如图2)，若晶胞棱长为5.4×10-8cm，则晶胞密度为_________g•cm﹣3(列式并计算)。26、实验题。

甲同学拟通过实验探究同主族元素性质的递变规律。其设计的实验方案如下；请你帮他填写完整，并做出评价。

实验室提供的试剂：NaBr溶液；NaI溶液、新制的氯水。

（1）实验目的：

①写出下列实验报告中的实验现象和离子方程式。实验步骤实验现象实验结论及离子方程式

甲___________

乙___________

离子方程式。

甲___________

乙___________

结论：卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为Cl2>Br2>I2

②【评价】甲同学设计的实验方案的合理性是___________（填序号）

A.非常合理B.部分合理C.完全不合理。

③【补充和完善】上一题②中若选A，则此项不用再作答，若选B或C，则完成实验还需要的试剂是___________。

（2）下表是元素周期表主族元素的一部分，短周期元素X的最高正化合价是＋5，Y的单质可在空气中燃烧。WXYZ

请回答下列问题：

①写出Z的原子结构示意图：__________________。

②探究同主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一。在下表中列出对H2ZO3各种不同化学性质的推测，举例并写出相应的化学方程式(化学方程式中用Z表示即可)_____。编号性质推测化学方程式示例氧化性H2ZO3＋4HI===Z↓＋2I2＋3H2O12

③由C、O和Y三种元素组成的化合物COY中，所有原子的最外层都满足8电子结构。写出该化合物的电子式：__________________。27、是环境友好材料；能光催化降解有机物.回答下列问题：

(1)基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为_______，价电子中未成对电子有_______个。

(2)二氧化钛与(光气)、(二氯亚砜)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。

①(光气)的立体构型为_______，中键和键的数目比为_______。

②(二氯亚砜)是_______分子.(填“极性”或“非极性”)

(3)香豆素()是一种天然香料，能被光降解。

①香豆素分子中C、O元素的第一电离能大小关系是_______，理由是_______。

②分子中C原子的杂化类型是_______。

③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则香豆素中的大π键应表示为_______。

(4)研究表明，在通过氮掺杂反应生成能使对可见光具有活性；反应如图所示。

晶体中_______，_______。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共36分)28、化合物G是一种药物合成中间体；其合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A中的官能团名称是________。

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号（*）标出B中的手性碳__________。

（3）反应④所需的试剂和条件是__________。

（4）⑤的反应类型是________。

（5）写出B到C的反应方程式____________。

（6）与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有________种（不考虑立体异构）。任意写出2个符合上述条件的有机物的结构简式_________、________。29、我国科学家利用Cs2CO3、XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：

（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为___________；第一电离能I1(Si)___________I1(Ge)（填“>”或“<”）。

（2）基态Ge原子价电子排布式为___________；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，SiO2熔点较高，其原因是___________

（3）如图为硼酸晶体的片层结构，其中硼原子的杂化方式为___________。该晶体中存在的作用力有___________。

A．共价键B．离子键C．氢键。

（4）Fe和Cu可分别与氧元素形成低价态氧化物FeO和Cu2O。

①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2＋的配位数为___________。

②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若晶胞边长为acm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数)30、实验室一试剂瓶的标签严重破损，只能隐约看到下列一部分：取该试剂瓶中的试剂，通过燃烧实验测得：16.6g该物质完全燃烧得到39.6gCO2与9gH2O。

（1）通过计算可知该有机物的分子式为：_________。

（2）进一步实验可知：①该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体。②16.6g该物质与足量金属钠反应可生成氢气2.24L（已折算成标准状况）。则该物质的结构可能有____种，请写出其中任意两种同分异构体的结构简式_________。

（3）若下列转化中的D是题中可能结构中的一种；且可发生消去反应；E含两个六元环；取C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀。

A的结构简式为_______。

（4）写出A转化成B的化学方程式：_________。

（5）写出由D制取E的化学方程式：_________。

（6）反应类型：C→D的①______，D→E_____。

（7）已知：在一定条件下；有如下反应可以发生。

此类反应称为缩聚反应，请写出在一定条件下D发生缩聚反应的化学方程式：_____31、现有原子序数小于20的A；B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。

（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。

（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。

（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。

（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共21分)32、一种高硫锰矿的主要成分为主要杂质为还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程；制得了金属锰。

已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。

②金属硫化物的溶度积常数如下表。金属硫化物

回答下列问题。

(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。

(2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是___________。

(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。

(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入的作用是___________(用离子方程式表示)。

(5)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的除去的主要离子是___________。

(6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。

(7)锰的化合物是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为则晶体密度为___________

33、I.钛冶炼厂与氯碱厂；甲醇厂组成一个产业链(如图所示)；将大大提高资源的利用率，减少环境污染。

请回答下列问题：

(1)Fe位于元素周期表中第________周期，第________族。

(2)写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式______________。

Ⅱ.A；B、C、X均为中学常见的纯净物；它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：

(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________________。

A.SB.N2C.NaD.MgE.Al

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）____________。

(3)A还可以是氨气，氨气分子的空间构型是____________________。34、锌的化学性质与铝相似；工业上有较高的利用价值。某含锌废催化剂中锌以氧化物的形式存在，还含有镍；铁、铅等元素杂质，采用“氨浸除杂蒸发锻烧”新工艺生产高纯碱式碳酸锌，达到了废物综合利用的目的，工艺流程如图，请回答下列问题。

已知：“浸取”步骤后生成了锌氨配合物和镍氨配合物进行后续生产。

(1)Zn2+的价电子排布图____；金属配合物的结构和稳定性常用18e-经验规则预测，即中心体的价电子数加配体提供的电子数等于18，请试写出“浸取”后锌元素的存在微粒形式____。(填化学式)

(2)“浸取”步骤中，废催化剂中含锌物质的反应方程式为____。

(3)“浸取”中锌的浸出率对本工艺至关重要；图一；图二是锌浸出率分别受温度、氨水与碳酸氢铵比(氮元素浓度固定)的影响。请分析：

①图一中适宜选择的温度为42℃左右。温度不宜过高的原因是____。

②图二中随着氨水与碳酸氢铵比的增大，锌的浸出率先增大后减小，然后再增大。当＜0.75时，溶液pH值较低，试判断锌的存在形式为____；当0.75＜＜1时，溶液pH值升高，锌的存在形式为____；当1＜后，溶液pH值继续升高，锌的存在形式为___。

(4)滤渣II的成分为过量的Zn外，还有____。(填化学式)

(5)“蒸氨”操作中锌氨溶液最终以ZnCO3•2Zn(OH)2形式从溶液中析出，经过滤洗涤、干燥后得到碱式碳酸锌，其化学反应方程式为：____。

(6)整个过程中可以循环利用的物质为____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

电负性表示对键合电子的吸引力；电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角（零族元素除外）；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，金属性越强电负性越小，据此答题。

【详解】

A.电负性：Li＞Na＞K；故A错误；

B.电负性：S＞Na＞K；故B错误；

C.电负性：O＞S；Cl＞S，故C错误；

D.电负性：Cl＞P＞Si；故D正确。

故选D。2、C【分析】【分析】

共价化合物中如果元素化合价的绝对值与最外层电子数之和等于8即满足8电子稳定结构；结合物质的组成分析判断。

【详解】

A．BeCl2中Be元素化合价为+2；Be原子最外层电子数为2，所以2+2=4，分子中Be原子不满足8电子结构，A不符合；

B．H2S中H元素化合价为+1；H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，分子中H原子不满足8电子结构；B不符合；

C.PCl3中P元素化合价为+3；Cl的化合价为-1，P原子最外层电子数为5，Cl的最外层电子数为7，所以3+5=1+7=8，所有原子均满足最外层为8电子结构，C符合题意；

D．NO2中N的化合价为+4；N原子最外层电子数为5，5+4=9，分子中N原子不满足8电子结构，D不符合题意；

答案选C。3、A【分析】【详解】

A．CHCl3分子为含极性键的四面体形分子；由于C-H与C-Cl键的键长不等，因此该分子不是呈正四面体形，A错误；

B．单键为σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，故COCl2分子中共有3个σ键、1个π键，中心C原子上无孤电子对，因此COCl2分子中C原子采取sp2杂化；B正确；

C．Cl原子最外层有7个电子，O原子最外层有6个电子、C原子最外层有4个电子，由题图可知，COCl2中含有2个C-Cl键；1个C=O双键；所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C正确；

D．若氯仿变质，就会有HCl生成，HCl与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，而氯仿中Cl元素与Cl原子形式存在，不能与AgNO3溶液反应，则使用前可用AgNO3稀溶液检验氯仿是否变质；D正确；

故合理选项是A。4、D【分析】【详解】

A．由图可知，原子3在x、y、z轴上的投影分别为坐标为A正确；

B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径B正确；

C．GaAs的熔点为1238℃；硬度大，熔点高硬度大，故晶体类型为共价晶体，C正确；

D．根据晶胞结构可知晶胞中和之间的最短距离为体对角线的若晶胞边长为则晶胞中和之间的最短距离为D错误；

故选D。5、C【分析】【详解】

的电子式为键为极性共价键，键为非极性共价键；①正确。

NaCl溶于水过程中有化学键断裂；但不是化学变化，②错误。

干冰升华是物质状态间的变化；没有化学键的断裂与形成，③错误。

水分子很稳定是由于分子内的键强度大；④错误。

分子中1个O与2个F形成2对共用电子，各原子最外层均达到8电子稳定结构；子中1个P与3个Cl原子形成3对共用电子，各原子最外层均达到8电子稳定结构；的结构相似，电子式分别为：各原子最外层均达到8电子稳定结构，⑤正确。

由和构成；阴；阳离子个数比为1：2，⑥正确。

故答案选：C。6、D【分析】【详解】

A．同位素是指质子数相同则中子数不同的同一元素不同原子，是氢元素的不同核素；互为同位素，故A错误；

B．氢元素只有一种；故B错误；

C．氢元素只有三种原子：故C错误；

D．是氢元素的不同核素，互为同位素，H-为氢元素形成的阴离子；H为氢原子，都是氢元素的不同微粒，故D正确；

答案选D。7、C【分析】【详解】

A．自来水厂水质检验员的工作是在自来水出厂前，利用化学分析仪器对水中的Cl-；微生物、有机物等进行检测和分析；只有达到标准才可以让自来水出厂，故A不符合题意；

B．特定功能新分子合成；节能环保物质转化工艺的研发都属于化学前沿科学；化学科研工作者可从事特定功能新分子合成、节能环保物质转化工艺的研发等，故B不符合题意；

C．科技考古研究人员是根据放射性同位素的半衰期推算文物的绝对年代。放射性同位素被考古学家称为“碳钟”；它可以用来断定文物的绝对年代，故C符合题意；

D．不锈钢中的某些组成元素及其含量不同导致不锈钢的性质出现差异；测试工程师可通过化学检测仪或化学检测方法测出不锈钢中的某些组成元素及其含量来确定不锈钢的等级，故D不符合题意；

答案选C。8、D【分析】【详解】

A.水合铜离子的球棍模型；1个水合铜离子有4个配位键，A错误；

B.冰晶胞内水分子间主要以氢键结合；分子间没有形成共价键，B错误；

C.H原子的电子云图；由图可见H原子核外靠近核运动的电子出现的机率大，C错误；

D.K与氧形成的某化合物晶胞，其中黑球为K＋，由图可知K的个数=8+6=4，过氧根离子=12+1=4，该晶体化学式为KO2；D正确；

答案为D二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【分析】

根据相对原子质量及元素的质量分数来计算某化合物A中原子的个数之比；然后书写物质的化学式即可解答。

【详解】

(1)由于某化合物A的相对分子质量为37.5×2=65，C、H、O、N四种元素的质量分数分别为32%、6.66%、42.67%、67%，而相对原子质量分别为：12、1、16、14，则分子中碳、氢、氧、氮原子的个数之比为：=2：5：2：1，所以有机物的分子式为：C2H5O2N，故答案为：C2H5O2N；

(2）有机物可以是含有硝基的化合物，可是含有氨基和羧基的化合物，结构简式为：CH3CH2NO2、H2NCH2COOH，故答案为：CH3CH2NO2、H2NCH2COOH。【解析】①.C2H5O2N②.CH3CH2NO2③.H2NCH2COOH10、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】BCl3>BF3>SiF4sp2、sp3sp3dsp3BCl3+3H2O=B(OH)3+3HClBCl3+C5H5N=Cl3B-NC5H5Cl—Be—Cl、sp、sp2、sp3Cr的氧化态为+4Mn的氧化态为+111、略

【分析】【详解】

①HF中H原子与F原子以单键相连且H原子的s轨道与F原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键，只存在σ键；②中两个氯原子以单键相连且两原子均以p轨道“头碰头”重叠形成σ键，只存在σ键；③中有两个键，H原子的s轨道与O原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键，只存在σ键；④的结构为存在两个π键和一个σ键，其中N原子的p轨道“肩并肩”重叠形成π键，“头碰头”重叠形成σ键；⑤的结构为存在一个π键和5个σ键，其中H原子的s轨道与C原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键，两个碳原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键和“肩并肩”重叠形成π键；⑥的结构为其中C、H均以单键相连，只存在σ键，其中H原子的s轨道与C原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键，两个碳原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键；⑦中两个H原子以单键相连，只存在σ键，两个H原子的s轨道“头碰头”重叠形成σ键；⑧的结构为各原子均以单键相连，只存在σ键，其中H原子的s轨道与O原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键，两个O原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键；⑨中存在含π键和σ键，其中H原子的s轨道与C原子的p轨道“头碰头”重叠形成σ键，C原子的p轨道与N原子的p轨道“肩并肩”重叠形成π键和“头碰头”重叠形成σ键，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨、⑦、①③⑤⑥⑧⑨、②④⑤⑥⑧⑨。

【点睛】

p轨道和p轨道“头碰头”重叠可形成σ键，也可“肩并肩”重叠形成π键。【解析】①.①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.①③⑤⑥⑧⑨⑤.②④⑤⑥⑧⑨12、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)根据该原子的核外电子排布式可知该原子核外有31个电子；则原子序数为31；

(2)该原子有4层电子，价电子为4s24p1；所以位于第四周期第ⅢA族；

(3)根据核外电子排布可知该元素的价电子排布式是4s24p1；

Ⅱ．(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为[Ar]3d104s1或者1s22s22p63s23p63d104s1；Cu元素为位于第四周期第ⅠB族；属于ds区；

(2)Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，有4个未成对电子，Fe3+核外电子排布式为[Ar]3d5，有5个未成对电子，未成对电子数之比为【解析】31四ⅢA4s24p1[Ar]3d104s1或者1s22s22p63s23p63d104s1ds13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)同周期元素；从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素大，则氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能，故答案为：N原子的2p轨道达到半充满结构，比较稳定；

(2)由表格数据可知，A原子和B原子的第二电离能与第三电离能相差倍数很大，说明最外层的电子数都为2，都是位于ⅡA族的元素，同主族元素，从上到下金属性依次增强，第一电离能依次减小，则B为镁元素，原子的电子排布式为1s22s22p63s2，故答案为：1s22s22p63s2；

(3)锰元素位于第四周期第ⅦB族，锰原子失去两个电子形成正二价锰离子，离子的价电子排布式为3d5，Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少，所以气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，故答案为：Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少。【解析】①.N原子的2p轨道达到半充满结构，比较稳定②.1s22s22p63s2③.3d5④.Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少14、略

【分析】由题意；二氧化碳的分子直径大于水分子直径，且小于笼状结构的空腔直径，又二氧化碳与水的结合能高于甲烷的结合能，故可以用二氧化碳置换可燃冰中的甲烷。

【详解】

(1)同周期从左到右，电负性依次增强，即CC>H；C原子的电子排布式为其最高能级符号为2p，其电子云形状为哑铃形，故填O>C>H;2p;哑铃形；

(2)分子中中心原子成键电子对数为2；孤对电子数为0，空间构型为直线形，为sp杂化；二氧化碳为非极性分子，二氧化硫和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中，故二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，故填sp杂化；二氧化碳为非极性分子，二氧化硫和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中；

(3)由表中数据可知二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径；且二氧化碳与水的结合能高于甲烷，故填二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能高于甲烷；

(4)可燃冰分子为共价化合物存在共价键，其中H与O相连，分之间易形成氢键，除此之外还存在范德华力；根据图1结构，最小的环为五元环，一个小球代表一个水分子，每个水分子之间形成氢键，相当于每个球含两个原子，则原子总数为2×5=10，故填范德华力;10。【解析】①.O>C>H②.2p③.哑铃形④.sp杂化⑤.二氧化碳为非极性分子，二氧化硫和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中⑥.二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能高于甲烷⑦.范德华力⑧.1015、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)H2O分子中的H-O键的共用电子对强烈偏向O原子，使H原子几乎成为裸露的质子，使得溶于水的O2分子中的O原子与H2O分子中的H原子之间以配位键结合；从而构成五元环；

(2)CH3CH2Cl是由分子构成的物质，分子之间以分子间作用力结合，分子间作用力比较微弱，因此物质的熔沸点比较低；而CH3NH3Cl为离子晶体，阳离子与阴离子Cl-之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相应作用，断裂消耗较高能量，物质的熔沸点较高，因此其熔沸点比由分子构成的物质CH3CH2Cl高。【解析】①.O2分子中的O分别与H2O分子中的H通过氢键构成五元环②.A为分子晶体，C为离子晶体，离子键强于分子间作用力16、略

【分析】【详解】

(1)因为Fe、CO、Ni的二价氧化物是离子化合物，Fe2+、Co2+、Ni2+半径依次减小；晶体的晶格能依次增大，熔点依次升高，故熔点顺序是NiO＞CoO＞FeO；故答案为NiO＞CoO＞FeO；

(2)离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Ba2+＞Mg2+，则MgO的熔点更高；故答案为高。【解析】①.NiO＞CoO＞FeO②.高17、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]3d10三、判断题(共6题，共12分)18、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。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4题，共20分)24、略

【分析】【详解】

（1）Si的核电荷数为14；位于元素周期表第三周期IVA族；（2）N原子的核外电子数为7，根。

据电子排布式的书写规则，N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1故最外层有1个电子（3）同周期元素原子随核电荷数递增，原子半径减小；非金属性越强电负性越大；金刚石和晶体硅都属于原子晶，但C-C键键长短，键能大，故熔点更高；组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高。（4）正极得电子发生还原反应，故电极反应式为：2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O；在电场作用下，阳离子向电池正极移动；由图像得t1时刻电流方向改变，说明电负极发生变化，Al因为发生钝化不再进一步反应。【解析】三IVA1s22s22p31个><><2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O正Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应25、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、R、Q为周期表中原子序数依次增大的前36号元素，X元素是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y元素原子的核外p轨道电子数比s轨道电子数少1，原子核外电子排布为1s22s22p3；则Y为N元素；Z元素被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，其基态原子次外层有2个未成对电子，则Z为Ti元素；R元素在元素周期表的第十一列，属于第IB族，在第四周期，所以R为Cu；Q元素在周期表里与R元素在同一个分区，则Q为Zn元素。

【详解】

(1)NH3中N原子形成3个键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子杂化类型为sp3，NH5属于离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为故答案为sp3；

(2)CO与N2互为等电子体；二者结构相似，所以CO分子结构式为C≡O，则1个CO分子中含有的π键数目是2，故答案为2；

(3)①可知晶胞中Ba原子数目为1，O原子数目为12×=3、Ti原子数目为8×=，故A为BaTiO3，反应还生成二氧化碳，反应方程式为：TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑，故答案为TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑；

②由BaTiO3晶胞可知，每个Ti4+周围有6个O2-，所以Ti4+的氧配位数为为6；故答案为6；

③在BaTiO3晶体中，若将Ti4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2-只能处于立方体的面心；故答案为面心；

(4)R为Cu，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2+离子的外围电子层电子排布式为3d9；离子电荷相同，氧离子半径小于硫离子半径，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；故答案为3d9；高；

(5)晶胞中S原子数目为8×+6×=4，Zn原子位于晶胞内部，共4个，则晶胞质量为4×(65+32)g/mol÷6.02×1023mol-1)，晶胞的体积为(540.0×10-10cm)3，则密度为ρ==4.1g•cm-3；故答案为=4.1。【解析】sp32TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑63d9高=4.126、略

【分析】【分析】

（1）①氯气氧化性大于溴和碘；所以氯气能置换出溴和碘；

②向溴化钠溶液中滴加氯水证明氧化性Cl2>Br2、向碘化钠溶液中滴加氯水证明氧化性Cl2>I2；③需要补充实验证明氧化性Br2>I2；

（2）短周期元素X的最高正化合价是＋5；说明X是ⅤA族元素，根据元素周期表，Y是ⅥA族元素，Y的单质可在空气中燃烧，所以Y是S元素，根据在元素周期表中的相对位置，W；X、Z分别是Si、P、Se。

【详解】

（1）①氯气氧化性大于溴和碘，所以氯气能置换出溴和碘，向溴化钠溶液中滴加氯水生成氯化钠和溴单质，现象是溶液由无色变为橙色，反应离子方程式是向碘化钠溶液中滴加氯水生成氯化钠和碘单质，现象是溶液由无色变为黄色，反应离子方程式是

②向溴化钠溶液中滴加氯水证明氧化性Cl2>Br2、向碘化钠溶液中滴加氯水证明氧化性Cl2>I2；不能证明氧化性Br2>I2，故甲同学设计的实验方案部分合理，选B；要证明氧化性Br2>I2，需要向NaI溶液中滴加溴水，若溶液变为黄色，则证明氧化性Br2>I2；所以完成实验还需要的试剂是溴水；

（2）根据以上分析，Y是S元素，W、X、Z分别是Si、P、Se。①Se的原子结构示意图：

②Z是ⅥA族元素，最高价是+6价，H2ZO3中Z元素的化合价是+4，所以H2ZO3既有氧化性又有还原性、酸性，相应的化学方程式是

③化合物COS中，所有原子的最外层都满足8电子结构，与二氧化碳为等电子体，等电子体微粒的结构相似，COS的电子式是【解析】溶液由无色变为橙色溶液由无色变为黄色B溴水27、略

【分析】【详解】

(1)Ti为22号元素，基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2；其最高能级为4s；价电子上的3d轨道上有2个电子未成对，故答案为：4s；2；

(2)①中C原子成3个价键，其中C与O原子之间为双键，因此为平面三角形构型；1个双键中含有1个δ键和1个π键，单键中只有δ键，因此中键和键的数目比为3：1；故答案为平面三角形；3：1；

②的结构式为分子中正负电荷中心不重叠，因此为极性分子；

(3)①C；O元素位于同一周期；同周期元素第一电离能从左至右存在逐渐增大的趋势，因此第一电离能O＞C；其原因是O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大；

②分子中C原子的价层电子数为3，且没有孤电子，因此C原子均为sp2杂化；

③单双键交替的共轭结构可以形成大π键，因此香豆素中双环上成环原子均存在1个电子参与形成大π键，共10个原子，10个电子，因此香豆素中的大π键应表示为

(4)由图可知，TiO2晶胞中，Ti原子位于顶点和面以及体心，O原子位于面和棱边以及晶胞内部，因此1个晶胞中含Ti：8×＋4×＋1＝4，O：8×＋8×＋2＝8，进行N掺杂后，有2个O原子形成氧空穴，1个O原子被N原子替代，则掺杂后晶体中N原子为O原子数为8－1－－＝晶胞内各原子数为定Ti原子数为1，则2－a＝×解得a＝b＝×＝【解析】4s2平面三角形3：1极性O＞CO原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力大sp2五、有机推断题(共4题，共36分)28、略

【分析】【分析】

A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，根据E结构简式知，D为D发生酯化反应生成E，F先发生碱性条件下水解然后酸化得到G，根据EG结构简式知，E发生取代反应生成F，F为

【详解】

（1）A中的官能团名称是羟基；故答案为：羟基；

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为故答案为：

（3）反应④为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH；浓硫酸、加热；

（4）⑤的反应类型是取代反应；故答案为：取代反应；

（5）B到C是加成反应，化学方程式为：+HCHO故答案为：+HCHO

（6）具有六元环结构，说明环上有6个原子，并能发生银镜反应，说明含有-CHO，B的不饱和度是2，环的不饱和度是1、醛基的不饱和度是1，则符合条件的B的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为-CH3、-CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有1种；可能位于不同碳原子上有邻间对3种，取代基可能为-CH2CHO，1种，所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为故答案为：5；（或）。

【点睛】

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及信息获取、知识迁移能力，正确推断各物质结构简式、明确反应中断键和成键方式是解本题关键。【解析】羟基CH3CH2OH、浓硫酸、加热取代反应+HCHO5（或）29、略

【分析】【分析】

（1）电负性的变化规律：同周期从左向右逐渐增大；同主族由上至下逐渐减小；第一电离能的变化规律：同族元素由上至下逐渐减小；

（2）Ge原子位于第四周期IVA族，结合构造原理书写原子核外电子排布式；SiO2、GeO2均为原子晶体；原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；

（3）B原子最外层有3个电子；与3个-OH形成3个共价键；

（4）①距离Fe2+最近的O2-个数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体；

②若晶胞边长为acm，晶胞体积=a3cm3，该晶胞中O2-个数=1+8×=2、Cu+个数=4，该晶体的密度为=

【详解】

（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以电负性O＞C＞Si；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此I1(Si)＞I1(Ge)；故答案为：O＞C＞Si；＞；

（2）Ge原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大；熔点更高；

（3）B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，因此为sp2杂化；该晶体中含有O-H之间，B-O之间的共价键以及分子间氢键，故答案为：sp2；AC；

（3）①离子的配位数是指距离最近的且距离相等的带相反电荷的离子数目，距离Fe2+最近的O2-个数为6；所以其配位数是6，故答案为：6；

②若晶胞边长为acm，晶胞体积=a3cm3，该晶胞中O2-个数=1+8×=2、Cu+个数=4，该晶体的密度为=g/cm3，故答案为：【解析】：O＞C＞Si＞1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2)；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高sp2AC630、略

【分析】【分析】

(1)39.6gCO2与9gH2O中所含C的质量为39.6÷44×12=10.8g，H的质量为9÷18×2=1g，16.6g该物质所含O的质量为16.6-10.8-1=4.8，故该物质中C、H、O的原子个数比为=9：10：3；

(2)该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体；故该物质含有羧基；16.6g该物质的物质的量为0.1mol，氢气2.24L，物质的量为0.1mol，故1mol该物质与钠反应生成1mol氢气，故该物质中除了含有1个羧基外，还含有1个醇羟基，由此书写有机物的可能结构简式；

(3)D是(2)中可能结构中的一种，且可发生消去反应；E含两个六元环，故D为在浓硫酸作用下发生取代反应生成E，E为C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，C中含有氯原子，C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后得到故C为B催化氧化得到B为A催化氧化得到A为再结合对应有机物的结构和性质，以及前后转化关系，解答该题。

【详解】

(1)39.6gCO2与9gH2O中所含C的质量为39.6÷44×12=10.8g，H的质量为9÷18×2=1g，16.6g该物质所含O的质量为16.6-10.8-1=4.8，故该物质中C、H、O的原子个数比为=9：10：3，故该物质的分子式为C9H10O3；

(2)该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体，故该物质含有羧基；16.6g该物质的物质的量为0.1mol，氢气2.24L，物质的量为0.1mol，故1mol该物质与钠反应生成1mol氢气，故该物质中除了含有1个羧基外，还含有1个醇羟基，故该物质可能的结构简式为：共4种；

(3)①D是(2)中可能结构中的一种，且可发生消去反应；E含两个六元环，故D为C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，C中含有氯原子，C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后得到故C为B催化氧化得到B为A催化氧化得到A为

②A催化氧化得到B，化学方程式为：

③在浓硫酸作用下发生取代反应生成E，E为反应方程式为：

④C→D为取代反应；D→E为取代反应；

(4)D发生缩聚反应的化学方程式为：

【点睛】

能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。【解析】C9H10O34；取代反应取代反应31、略

【分析】【分析】

已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，综上所述A；B、C、D、E、F分别为：H、O、Na、S、Cl、K，据此分析可得：

【详解】

(1)C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na→Na＋[:]－；故题答案为：Na→Na＋[:]－；

(2)F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；故答案为：1s22s22p63s23p64s1；

(3)A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H:H；其分子中含σ键，不含π键；故答案为：H:H；含；不含；

(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：化学键的类型有离子键、共价键答案为：NaOH；离子键；共价键。【解析】Na―→Na＋[:]－1s22s22p63s23p64s1H:H含不含NaOH离子键、共价键六、工业流程题(共3题，共21分)32、略

【分