2025年华东师大版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年华东师大版选择性必修2化学下册阶段测试试卷593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6题，共12分)1、(锶)的稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是A.位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族B.可用质谱法区分和C.和含有的中子数分别为49和48D.同一地域产出的同种土壤生物中值相同2、化合物是一种治疗脑卒中药物中间体；其结构简式如图。下列关于该有机物的说法不正确的是。

A.分子中无手性碳B.分子中有种含氧官能团C.能与发生取代反应和加成反应D.该有机物最多消耗3、下列化学用语表示不正确的是A.Mg2+的结构示意图：B.醋酸的实验式：CH2OC.S2-的电子排布式：1s22s22p63s23p6D.基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d44s24、下列化学用语表示正确的是A.中子数为18的氯原子：B.碳的基态原子轨道表示式：C.C1-C1的p-pσ键电子云图形：D.SO3的VSEPR模型：5、下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是A.F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C.金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低6、已知Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2—的空间构型为A.直线形B.平面正方形C.正四面体形D.正八面体形评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、(2018·全国I卷)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___________、___________。

A．B．

C．D．8、元素的电负性(用γ表示)和元素的化合价一样，也是元素的一种性质。表中给出了14种元素的电负性：。元素AlBBeCClFH电负性1.52.01.52.53.04.02.1元素MgNNaOPKSi电负性1.23.00.93.52.10.81.8

已知：两成键元素间电负性差值大于1.7时；一般形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，一般形成共价键。

(1)根据表中给出的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是_______。

(2)请指出下列化合物中显正价的元素：

NaH：_______、NH3：_______、CH4：_______、ICl：_______。

(3)表中符合“对角线规则”的元素有Be和_______、B和_______，它们的性质分别有一定的相似性，原因是_______，写出表示Be(OH)2显两性的离子方程式：_______。9、重氮化合物是一类活泼的化合物；在有机合成方面有着重要应用。重氮化合物A在光照及甲醇参与反应的条件下经过一系列活泼中间体转化为F的路线如下：

回答下列问题：

(1)为研究反应历程，A中的羰基上的碳原子用13C标记，这种研究方法称为___________。

(2)B1中的一个碳原子含有未共用电子对，易与B2相互转化或转化为C，B2的官能团名称为___________；上述路线中与B1、B2互为同分异构体的是___________(填标号)。

(3)从结果上看，C和CH3OH生成E的反应类型为___________；写出CH2=C=O与CH3CH2OH反应的化学方程式___________(不要求写出中间体)。

(4)E不稳定，能自发转化为F，说明稳定性C=O___________C=C(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________(从键参数的角度说明)。

(5)X；Y是二十多年前才发现的两种生物碱；在室温下可相互转化：

含N+的中间体的结构简式为____________10、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据已学知识；请你回答下列问题：

(1)指出31号元素镓(Ga)在元素周期表中的位置：___。

(2)写出原子序数最小的第Ⅷ族元素原子的核外的价电子排布图：____。其正三价离子的未成对电子数为____

(3)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：____。

(4)日常生活中广泛使用的不锈钢，在其生产过程中添加了某种元素，该元素的价电子排布式为3d54s1，该元素的名称为___。

(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有___种。

(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为___，属于____区元素；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有___，[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为____。11、引起灰霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3；含锌有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量；可知交通污染是目前造成我国灰霾天气主要原因之一。

(1)Zn2+在基态时核外电子排布式为_________。

(2)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CH－CHO、HCOOH、CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。

①N2O分子的立体构型为______。

②CH2=CH－CHO分子中碳原子的杂化方式为______

③1molHCOOH中含σ键数目为_____。

④NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配体为______，Fe的化合价为_____。12、研究发现，火星岩的主要成分有K2O、CaO、Na2O、MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O。

(1)基态铁原子的价层电子排布式为_______。

(2)Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的是_______。

(3)Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4，[Al(OH)4]-中Al的杂化类型是_______。

(4)实验室用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，[Fe(CN)6]3-中σ键、π键数目之比为_______。

(5)晶体熔点：K2O_______(填“>”或“<”)CaO，原因是_______。

(6)已知铁和镁形成的晶胞如图所示：

①在该晶胞中铁的配位数为_______。

②图中a处原子坐标参数为_______。

③已知该晶胞密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是_______pm(用含NA、ρ的代数式表示)。13、比较下列两组化合物的熔沸点；并解释原因。

(1)CH3CH2OH和CH3OCH3_______

(2)O3和SO2_______评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、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15、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16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误17、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18、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误19、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、计算题(共2题，共14分)20、研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。21、(1)Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片；其晶胞结构如图所示，该合金的化学式为________．

(2)的熔点为1238℃，密度为其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为_________，Ga与As以__________键结合．设Ga和As的摩尔质量分别为和原子半径分别为和阿伏加德罗常数的值为则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____________(列出含M2、r1、r2、和的计算式)．

(3)自然界中有丰富的钛矿资源；如图表示的是钡钛矿晶体的晶胞结构，经X射线衍射分析，该晶胞为正方体，晶胞参数为apm．

写出钡钛矿晶体的化学式：_____，其密度是_____(设阿伏加德罗常数的值为)．

(4)①磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料；它可用作金属的表面保护层．如图是磷化硼晶体的晶胞，B原子的杂化轨道类型是______．立方相氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体的高，其原因是_____．

②已知磷化硼的晶胞参数请列式计算该晶体的密度______(用含的代数式表示即可，不需要计算出结果)．晶胞中硼原子和磷原子最近的核间距d为_______pm．评卷人得分五、工业流程题(共4题，共32分)22、以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：

I.难溶物的Ksp如表：。物质Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Zn(OH)2ZnSMnSCaF2Ksp4.0×10-384.5×10-331.9×10-132.0×10-151.6×10-242.5×10-134.0×10-11

II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-

回答下列问题：

(1)基态锰原子价层电子排布式为___，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式___。

(2)软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为___，“滤渣A”主要成分为___。

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为___，分析其原因为___。pH氨水体积/mL残余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.623、次磷酸钠()是具有珍珠光泽的晶体或白色结晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍；其制备与镀镍过程如下图所示：

据此回答下列问题：

(1)基态Ni原子的核外电子排布式为___________，PH3的分子空间构型为___________。

(2)“碱溶”过程中，发生反应化学方程式为___________。次磷酸(H3PO2)的结构为则溶液中离子浓度大小关系为___________。

(3)“沉降池”中通入氨气的目的是___________。“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，选用的洗涤剂为___________。

(4)“滤液2”经分离提纯可以得写出“镀镍”过程发生的离子反应方程式___________，充分反应后，向“滤液2”中，加入适量悬浊液，生成和混合沉淀，此时___________[已知：24、介孔纳米晶可用作钠离子电池正极材料。一科研团队以某矿石(含55.2%32%其余为和)为原料开发的一种合成介孔的路线如图所出示。回答下列问题：

(1)基态原子价电子的轨道表示式为___________。

(2)“生物浸出”时，与铁盐溶液反应的离子方程式为___________。此时铁盐___________(填“作氧化剂”；“作还原剂”或“既不是氧化剂；也不是还原剂”)。

(3)将“浸渣”溶于再过滤、蒸馏，可从“浸渣”中分离出___________(填化学式)。

(4)实验室“萃取”时，用到的主要仪器是___________，若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于___________(填“上层”或“下层”)。

(5)利用如图1装置完成“抽滤”操作，抽滤的主要优点是过滤较快、固体较干燥，其中安全瓶的作用是___________。

(6)利用如图2装置制备去离子水，水中所含的阴离子在阳离子交换柱中发生反应的离子方程式为___________。

(7)某工厂用10吨该矿石合成介孔已知整个流程中的损耗率为10%，则最终可以得到___________25、电镀废水中含有等离子；工业上利用分级沉淀法处理电镀废水回收利用铜和镍金属化合物，其工艺流程如下：

已知：①

②各离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。开始沉淀6.188.154.73完全沉淀7.139.675.95

回答下列问题：

(1)基态铬原子的核外电子排布式为___________。

(2)还原过程常加入适量的稀硫酸，写出“还原”时与发生的离子反应方程式___________。还原得到的金属阳离子对应的硫酸盐可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时自行车钢圈和惰性电极作为两电极，则“钢圈”连接电源的___________极，阳极的电极反应式为___________。

(3)“还原”后，第一次“调节pH”的范围为___________，滤渣1的主要成分是___________。

(4)“沉铜”需将浓度降为已知溶液浓度超过会逸出，通过计算分析“沉铜”时是否会产生逸出___________(写出计算过程)。

(5)利用回收的物质可制备某含铜的硫化物，该物质可用作分析试剂，其晶胞如图，晶胞参数则离Cu原子距离最近且相等的S原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为___________(用含a、的代数式表示)。

评卷人得分六、有机推断题(共3题，共12分)26、氯吡格雷()是一种血小板聚集抑制剂。其合成路线如下(部分无机反应物；反应条件已略去)：

已知：RNH2+

(1)烃A的质谱图如图所示，已知质谱图中质荷比数值最大的数据即为待测分子的相对分子质量，则A的分子式是_______。

(2)物质C中官能团的名称为_______。

(3)的反应类型为_______。

(4)写出反应的化学方程式：_______。

(5)有机物G的同分异构体有多种，其中符合下列条件的G的同分异构体有_______种。

①含有(该环状与苯结构类似)②含有两个取代基，其中一个为

(6)某课题研究小组从降低生产成本的角度出发；以邻氯苯乙氰为原料合成氯吡格雷。其合成路线如下：

①有机物M的结构简式为_______。

②有机物N为_______(填名称)，反应条件a为_______。

③手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，氯吡格雷分子中所含的手性碳原子有_______个。27、(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。28、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________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．位于元素周期表中第五周期；第ⅡA族；故A错误；

B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同；可以用质谱法区分，故B正确；

C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48；故C正确；

D．由题意可知，(锶)的稳定同位素在同一地域土壤中值不变；故D正确；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中无手性碳原子，选项A正确；

B．分子中有羟基；醚键和酯基三种含氧官能团；选项B正确；

C．苯环上直接连有羟基；具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，选项C正确；

D．酚能和NaOH发生中和反应；酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，选项D错误；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A．Mg原子失去两个电子形成Mg2+，其结构示意图为A项正确；

B．醋酸的实验式为CH2O；B项正确；

C．S原子得到两个电子形成S2-，其电子排布式为1s22s22p63s23p6；C项正确；

D．基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式为3d54s1；D项错误；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A．质量数=质子数+中子数，则中子数为18的氯原子，其核素表示为：A错误；

B．上述表示方法违背洪特规则，碳的基态原子电子排布式为1s22s22p2，则其轨道表示式：B错误；

C．p-pσ键的原子轨道头碰头方式重叠，则Cl-Cl的p-pσ键电子云图形为C正确；

D．SO3的价电子对数为3+=3；无孤电子对，VSEPR模型错误，D错误；

故选C。5、A【分析】【详解】

A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体；熔化时仅破坏分子间作用力，与化学键无关，A项符合题意。

B．HF、HCl、HBr；HI分子内的共价键的键能越来越小；共价键强度越来越弱，它们的热稳定性依次减弱，B不符合题意；

C．金刚石与晶体硅的结构相似；但碳碳键长小于硅硅键长，碳碳键的强度大于硅硅键的强度，金刚石的硬度；熔点、沸点都高于晶体硅，C不符合题意；

D．NaF、NaCl、NaBr；NaI的离子键的强度越来越弱；所以它们的熔点依次降低，D不符合题意；

故选A。6、C【分析】【详解】

此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，故选C。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【详解】

根据构造原理；D图示为基态Li原子电子排布图，能量最低；C图示中有2个电子跃迁到2p轨道，能量最高；

故选D、C。【解析】DC8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题给信息可知；同周期从左到右，元素原子的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素原子的电负性逐渐减小；

(2)电负性数值小的元素在化合物中显正价，NaH、NH3、CH4；ICl中电负性数值小的元素分别是Na、H、H、I；

(3)“对角线规则”指在元素周期表中某些主族元素与其右下方的主族元素的性质相似，其原因是元素的电负性值相近，所以表中符合“对角线规则”的元素有Be和Al，B和Si；它们的性质分别有一定的相似性，是因为它们的电负性值相近；Be(OH)2显两性，即Be(OH)2既能与酸反应，又能与碱反应，离子方程式分别为：Be(OH)2+2H+=Be2++2H2O、Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O。【解析】同周期从左到右，元素原子的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素原子的电负性逐渐减小NaHHIAlSi电负性值相近Be(OH)2+2H+=Be2++2H2O、Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O9、略

【分析】【分析】

根据图中信息可知各种物质的的结构简式；分子式相同；结构式不同的有机化合物互称为同分异构体，E不稳定，能自发转化为F，说明E的C=C能量高于F中C=O的能量，所以C=O比C=C稳定；由于氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大；

以此来解析；

（1）

13C属于碳元素的一种同位素；该方法叫做同位素示踪法；

（2）

B2中的官能团是碳碳双键和醚键；分子式相同；结构式不同的有机化合物互称为同分异。

构体，由图示可知B1、B2与C互为同分异构体；

（3）

从结果上看，C中碳氧双键其中1个键断裂，氧连接氢原子、碳原子连接-OCH3而转。

化为E，反应类型是加成反应，CH2=C=O与CH3CH2OH反应的化学方程式为：

CH2=C=O+CH3CH2OH→

（4）

E不稳定；能自发转化为F，说明E的C=C能量高于F中C=O的能量，所以C=O比C=C稳定；由于氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大；

（5）

由图示可知，反应中发生了13C-N断键和C-Cl断键，13C-Cl键和C-N键的形成，所以得出含N+的中间体的结构简式为【解析】(1)同位素示踪法。

(2)碳碳双键；醚键C

(3)加成反应CH2=C=O+CH3CH2OH→

(4)大于氧原子半径比碳原子半径小；C=O键长更短，键能更大。

(5)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ga在元素周期表中的位置为第四周期第ⅢA族；

(2)原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe，其原子的核外的价电子排布式为3d64s2，电子排布图为Fe3+的价电子排布为3d5；其中未成对的电子数为5；

(3)3p轨道上有2个未成对电子的元素；则可能是14号元素Si或16号元素S；

(4)该元素的价电子排布式为3d54s1，则该元素的原子序数为24，其元素符号为Cr；

(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素有[Ar]4s1、[Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；共3种；

(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，则该元素为Cu元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于ds区金属；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、共价键和配位键；[Cu(NH3)4]SO4的外界离子为硫酸根，其中心原子为S，根据VSEPR模型，其中心原子无孤电子对，有4个共价键，故硫酸根的空间构型为正四面体形。【解析】①.第四周期第ⅢA族②.③.5④.Si或S⑤.Cr⑥.3⑦.1s22s22p63s23p63d104s1⑧.ds⑨.离子键、共价键和配位键⑩.正四面体形11、略

【分析】【分析】

根据Zn的原子序数，依据核外电子排布规律写出Zn2+的电子排布式；根据等电子体判断立体构型；根据分子结构中σ键数目判断C原子杂化方式；根据分子结构中单键数目判断σ键数目；根据配合物的结构判断配体和中心离子的价态；据此解答。

【详解】

(1)Zn元素是30号元素，核内有30个质子，核外有30个电子，各电子层上电子依次为2，8，18，2，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Zn2+表示失去最外层2个电子，Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；答案为1s22s22p63s23p63d10。

(2)①N2O与CO2是等电子体，结构相似，CO2的结构式O=C=O，立体构型为直线形，所以N2O立体构型也为直线形结构；答案为直线形。

②CH2=CH-CHO分子中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，即含有三根σ键和一根π键，因有三根σ键，每个C原子均采用sp2杂化；答案为sp2杂化。

③1个HCOOH分子中含有3个单键即C-H，C-O，O-H，1个双键即碳氧双键，双键中有一根σ键和一根π键，则该分子中共有4个σ键，1molHCOOH中含σ键4mol，即含σ键数目为4NA；答案为4NA。

④由[Fe(NO)(H2O)5]SO4配合物结构可知，配位体位于方括号中，由1个NO和5个H2O分子构成，则配体为NO和H2O，配位数位6，由硫酸根呈现-2价，配体NO和H2O是分子，根据化合价代数和为0，则中心离子铁元素呈现+2价；答案为NO和H2O，+2。【解析】①.1s22s22p63s23p63d10②.直线形③.sp2④.4NA⑤.H2O和NO⑥.+212、略

【分析】(1)

Fe为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以其价层电子排布式为：3d64s2，故答案为3d64s2；

(2)

同周期元素从左往右，第一电离能呈现增大趋势，但由于第ⅡA元素是全充满结构，较稳定，所以第一电离能第ⅡA元素>第ⅢA元素，因此Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的是Mg>Al>Na，故答案为Mg>Al>Na；

(3)

根据价电子互斥理论计算公式，可知[Al(OH)4]-中Al的价电子对数为：所以其杂化类型是sp3，故答案为sp3；

(4)

[Fe(CN)6]3-中σ键数目为6+6=12；π键数目为6×2=12，两者的比例为1:1，故答案为1:1；

(5)

离子晶体中阴阳离子电荷数越高，离子半径越小，则离子间作用力就越强，晶格能就越大，熔点就越高。K2O、CaO均为离子晶体，Ca2+比K+所带电荷数多且半径小，故CaO晶格能大，熔点高，故答案为：<，K2O、CaO均为离子晶体，Ca2+比K+所带电荷数多且半径小；故CaO晶格能大，熔点高；

(6)

①分析晶胞结构可知；该晶胞中铁的配位数为8，故答案为8；

②根据晶胞结构中的原子坐标信息可知a处原子坐标参数为()，故答案为()；

③根据均摊法，晶胞中Fe原子有个，Mg原子有8个，晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是晶胞体对角线长度的而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，设晶胞的棱长为acm，再结合公式晶胞的质量可得即所以晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是故答案为【解析】(1)3d64s2

(2)Mg>Al>Na

(3)sp3

(4)1：1

(5)<K2O、CaO均为离子晶体，Ca2+比K+所带电荷数多且半径小；故CaO晶格能大，熔点高。

(6)8()13、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】熔沸点：CH3CH2OH>CH3OCH3。两种化合物为同分异构体，而CH3CH2OH中存在分子间氢键，CH3OCH3无氢键，因此CH3CH2OH熔沸点高熔沸点：O32。两者均为极性分子，O3为同种原子分子，极性较SO2弱。其次，O3分子直径小于SO2，分子间色散力较小，因此SO2熔沸点较高三、判断题(共6题，共12分)14、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。15、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；16、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。17、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。18、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。19、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、计算题(共2题，共14分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm.2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为小长方体的体积为abc×10-30cm-3，因此，氨硼烷晶体的密度ρ=【解析】21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据均摊法该晶胞中Al原子的个数为Ni原子的个数为所以该合金的化学式为

(2)根据晶体的熔点和晶胞结构可以判断该晶体为共价晶体，所以原子之间应该以共价键结合．每个晶胞中含有4个Ga和4个As，所以晶胞质量为进而得到晶胞体积为每个晶胞中含有4个Ga原子和4个As原子，所以晶胞中原子占有的总体积为故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为

(3)由晶胞结构可知，Ba位于体心，个数为1，Ti位于顶点，个数为O位于棱心，个数为故其化学式为晶胞质量为故晶体密度

(4)①根据晶胞结构可知，每个B原子与4个P原子形成4个键，则B原子的杂化轨道类型为氮化硼与磷化硼都为共价晶体；原子半径越小，共价键越短，共价键的键能越大，晶体熔点越高；

②根据均摊法可知1个晶胞中含有4个B原子和4个P原子，则晶胞的质量为晶胞体积为则晶体密度硼与磷原子的最近核间距为体对角线长的则【解析】共价晶体共价二者均为共价晶体，氮原子的半径小于磷原子，N-B键的键长小于P-B键，N-B键的键能大五、工业流程题(共4题，共32分)22、略

【分析】【分析】

由流程图可知，加入铁和硫酸后，Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反应，铁和硫酸生成的亚铁离子和MnO2反应，反应方程式分别为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，Fe+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2与硫酸不反应，故滤渣A为SiO2和CaSO4；调节PH后沉淀了铁和铝，加入(NH4)2S后，发生反应：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生产ZnS沉淀，故滤渣B为ZnS，则滤液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入试剂X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铵、硫酸锰，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化还原反应生成纳米Mn3O4；以此解答该题。

【详解】

(1)已知锰是25号元素，故基态锰原子价层电子排布式为3d54s2，根据MnO2与盐酸反应的反应原理，可以推知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，故反应方程式为：Mn3O4+8HCl3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案为：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；

(2)在90℃“溶浸”软锰矿，该反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“滤渣A”主要成分为SiO2、CaSO4，故答案为：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=mol/L，故答案为：2.0×10-4mol/L；

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析可知，pH为10.0时沉降率最高，残留率最低，究其原因为pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低，故答案为：10.0；pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低。【解析】3d54s2Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O3MnO2+2Fe+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2OSiO2、CaSO42.0×10-410.0pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低23、略

【分析】【分析】

黄磷在NaOH溶液中发生歧化反应生成NaH2PO2和PH3，次磷酸钠微溶于氨水，所以通入氨气后析出次磷酸钠晶体，过滤、净化后与NiSO4混合；得到Ni单质和滤液2。

【详解】

(1)Ni为28号元素，原子核外有28个电子，根据构造理论可知基态Ni原子核外电子排布式为[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2；PH3中心原子价层电子对数为=4；含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；

(2)根据流程可知碱溶过程中P4与NaOH溶液发生歧化反应生成PH3和NaH2PO2，根据电子守恒可知PH3和NaH2PO2的系数比应为1:3，再结合元素守恒可得化学反应方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑；根据结构可知H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2溶液中存在H2PO的水解使溶液显碱性，水解是微弱的，所以离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)；

(3)根据题目所给信息可知次磷酸钠微溶于氨水，通入氨气可以降低NaH2PO2溶解度；使其析出，与杂质分离；次磷酸钠不溶于乙醚，所以为了降低洗涤时的溶解损耗，应用乙醚洗涤；

(4)根据流程和题意可知NaH2PO2和NiSO4混合后生成Ni和H3PO4，说明该过程中Ni2+将H2PO氧化成H3PO4，自身被还原为Ni，根据电子守恒可以得到Ni2+和H2PO的系数比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Ni2++H2PO+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+；==700。【解析】[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2三角锥形降低溶解度，使其析出，与杂质分离乙醚70024、略

【分析】【分析】

矿石(含55.2%32%其余为和)中加入细菌、硫酸铁溶液进行生物浸出，与硫酸铁不反应，和与硫酸铁反应生成Cu2+、CaSO4和S单质，过滤得滤渣为CaSO4、和S，滤液中含有Cu2+、过量的和往滤液中加入萃取剂CS2，静置分层后分液，水相中含有机相中含CuSO4，在有机相中加入蒸馏水进行反萃取，CuSO4进入水相，水相中CuSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得五水硫酸铜；往所得晶体中加入乙醇进行醇溶，加入Se和将Cu2+还原，得到粗产品，经洗涤烘干后得到

【详解】

（1）原子序数为29，基态原子价电子排布式为则其轨道表示式为

（2）与铁盐溶液反应生成Cu2+和S，离子反应方程式为该反应中铁元素化合价降低；铁盐作氧化剂。

（3）根据分析，过滤得“浸渣”为CaSO4、和S，S易溶于因此将“浸渣”溶于再过滤；蒸馏，可分离出S。

（4）实验室“萃取”时；主要仪器是分液漏斗；由于苯的密度比水小，因此若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于下层。

（5）安全瓶的作用是平衡气压；防止倒吸。

（6）阳离子交换柱中氢离子与碳酸氢根离子反应，反应的离子方程式为

（7）10吨该矿石中，故【解析】(1)

(2)作氧化剂。

(3)S

(4)分液漏斗下层。

(5)平衡气压；防倒吸。

(6)

(7)758725、略

【分析】【分析】

电镀废水中含有等离子，加H2C2O4将还原为调节pH，将全部转化为过滤除去，因此滤渣I为滤液I中加H2SO4、Na2S，调节pH至4.0沉铜，将转化为CuS；调节pH至7.0加Na2S沉镍，将转化为NiS；最后回用废水。

【详解】

（1）基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。

（2）“还原”时，和H+反应生成Cr3+、CO2和H2O，反应的离子方程式为硫酸铬可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时，溶液中Cr3+得电子生成单质Cr，则“钢圈”作电镀池的阴极，与外接电源的负极相连；惰性电极作阳极，电极反应式为

（3）“还原”后，第一次“调节pH”需将反应生成的沉淀完全，而和不能沉淀，则pH的范围为或调节pH将全部转化为沉淀除去，则滤渣1的主要成分是

（4）“沉铜”需将浓度降为此时则<无逸出。

（5）由图可知，离Cu原子距离最近且相等的S原子有4个；位于顶点和面心S原子个数为位于晶胞内部Cu原子个数为4，则该晶胞的密度为【解析】(1)1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）

(2)负

(3)（或）

(4)“沉铜”需将浓度降为此时则<无逸出。

(5)4六、有机推断题(共3题，共12分)26、略

【分析】【分析】

物质A是烃，