2025年沪科版选择性必修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年沪科版选择性必修2化学上册阶段测试试卷387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7题，共14分)1、短周期元素原子组成的某种分子的结构式如图所示。X原子的核外电子只有一种运动状态：W；Y、Z位于同一周期；Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等。E与W有相同数目的价电子。下列说法错误的是。

A.电负性：B.简单阴离子半径：C.元素Y、Z形成氢化物，其键能故对应氢化物沸点为：D.同主族元素中，W形成的气态氢化物最稳定2、科学家研究利用CaF2晶体释放出的Ca2+和脱除硅烷，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。已知：晶胞中Ca2+的位置如图1所示，位于Ca2+所构成的四面体中如图2所示。下列说法错误的是。

A.CaF2晶体中，每个周围距离相等且最近的有6个B.OF2与SiO2中氧原子杂化方式相同C.若图中A处原子分数坐标为(0，0，0)，一个的坐标为()，则在()处也存在D.若脱除硅烷反应速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，则脱硅能力BaF2＜CaF2＜MgF23、都是重要的有机反应中间体,有关它们的说法正确的是A.碳原子均采取sp2杂化,且中所有原子均共面B.CH与NH3、H3O+互为等电子体,几何构型均为三角锥形C.与OH-形成离子化合物D.两个或一个和一个结合可得到不同化合物4、下列说法正确的是A.[Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到B.可用H2还原MgO制备单质MgC.市售84消毒液(主要成分为NaClO)可敞口保存且使用时不需稀释D.可以用丁达尔效应区分氯化铝溶液和氯化钠溶液5、下列各组物质性质的比较，结论正确的是A.在水中的溶解度：B.沸点：>C.分子的极性：D.溶液酸性：CF3COOH3COOH6、有关晶体的结构如图所示；下列说法中错误的是。

A.在晶体中，距最近的有6个，距最近且等距的共12个B.在晶体中，每个晶胞平均占有4个的配位数是4C.在金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共同占有，每个六元环最多有4个碳原子共面D.该气态团簇分子的分子式为或其晶体不导电7、下列物质应用错误的是A.石墨用作润滑剂B.氧化钙用作食品干燥剂C.二氧化硫可用作食品添加剂D.二氧化硅可用作导电材料评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、最近，中国科学院大连化物所CO2催化转化为CO的研究获得新成果。下图是使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时转化过程中的能量变化；下列说法不合理的是。

A.转化过程中有极性键形成B.∙CO2经氧化反应得到∙COOHC.吸附在NiPc或CoPc表面带有相同基团的物种其能量相同D.该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题9、AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成系列“超四面体”(T2、T3)；下列相关说法正确的是。

A.T4超四面体中有4种不同环境的X原子B.T4超四面体的化学式为A20X34C.T5超四面体中有6种不同环境的X原子D.T5超四面体的化学式为A35X5610、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10。A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。则下列叙述正确的是A.D元素处于元素周期表中第3周期第IV族B.四种元素的原子半径：AC.D的最高价氧化物中，D与氧原子之间均为双键D.一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质11、几种常见的晶胞或结构()如图；下列说法错误的是。

A.图1所示晶胞中阳、阴离子的配位数分别为8和4B.熔点：图2所示物质>图1所示物质C.图3所示晶胞中与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个D.可与反应生成和均是共价化合物12、下列说法中不正确的是A.(NH4)2SO4晶体是含有离子键、极性共价键和配位键的晶体B.石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体C.I—I中的共价键键能比F—F、Cl—Cl、Br—Br都弱，因此在卤素单质中I2的熔点、沸点最低D.H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱13、蔗糖(C12H22O11)和葡萄糖(C6H12O6)的不同之处是A.组成元素B.各元素的质量比C.相对分子质量D.充分燃烧后的生成物14、二茂铁分子是一种金属有机配合物；是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是。

A.二茂铁分子中存在π键B.环戊二烯()中含有键的数目为C.基态的电子排布式为D.二茂铁中与环戊二烯离子()之间形成的是配位键15、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评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、某元素原子的电子排布式为根据原子核外电子排布与元素在元素周期表中的位置关系，完成下列各题：

(1)该元素处于元素周期表的第___周期第____族，处于元素周期表的____区。

(2)比较下列离子结合氢离子的能力：___(填“>”、“＜”、“=”)，并用离子方程式说明___。

(3)比较沸点高低：正丁烷__异丁烷(填“>”、“＜”、“=”)，请从结构角度分析原因____。

(4)写出电子式___，该分子的空间构型__(填“是”或“否”)为平面形。

(5)的空间构型为____；的空间构型为____，硫原子的杂化方式为____。17、(1)苯胺(NH2)沸点高于甲苯(CH3)的主要原因是________。

(2)KSCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出KSCN的电子式________。

(3)已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因________。18、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_______。

19、由于具有特殊的组成和结构；金属具有优良的物理；化学性能。没有金属，生活是难以想象的。

完成下列填空：

(1)元素Al的原子核外电子共占据_____个轨道，其中有____个未成对电子。

(2)常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是____________。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用_____溶液。

(3)某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象_______________________________________。20、下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，按要求作答。族

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02CNOFNe3NaMgAlSCl

(1)得电子能力最强的原子是___________；

(2)化学性质最不活泼的单质是___________﹔

(3)F与Cl相比，原子半径较大的是___________；

(4)与相比，热稳定性较强的是___________﹔

(5)原子最外层电子数与最内层电子数相等的元素是___________﹔

(6)某阴离子的结构示意图为其离子符号是___________；

(7)与中，能与溶液反应的是___________﹔

(8)第三周期元素中能与冷水剧烈反应的金属单质是___________，写出该反应的化学方程式：___________；

(9)碳的一种氢化物结构式为其分子式是___________，其中碳元素与氢元素的质量比___________；(相对原子质量：C-12；H-1)

(10)下列各项性质的比较，符合相关性质递变规律的是___________(填标号)。A．还原性：B．非金属性：C．酸性：D．碱性：21、砷化镓是继硅之后研究最深入；应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：

(1)镓是与铝同主族的第四周期元素，Ga基态原子核外电子排布式为__。

(2)Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是__，电负性由大到小的顺序是__。

(3)碳和硅是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是__(填编号)。

a..CH4的稳定性比SiH4强。

b.SiH4的沸点比CH4高。

c.碳酸的酸性大于硅酸。

d.SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑

(4)AsH3的沸点比NH3低；其原因是__。

(5)二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为__，二水合草酸镓π键的个数为__，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为___。

22、（1）分析下列物质的物理性质；判断其晶体类型：

A．碳化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电________；

B．溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电________；

C．五氟化钒，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中________；

D．溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电________。

（2）卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物，XX′型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近。如图是部分卤素单质和XX′型卤素互化物的沸点与其相对分子质量的关系图。它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高，其原因是________________________________________________________________________。

试推测ICl的沸点所处的最小范围________。

23、在固体KHSO4中，有一半是以双聚分子存在，另一半是以链式结构存在，生成这两种空间构型的原因是___键存在，请画出双聚分子的结构：___，链式结构为___。评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)24、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)25、用含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(铬绿)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)Cr在元素周期表中的位置：___。

(2)K2CO3中的CO的空间构型为___。

(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物的化学式为___。

(4)常温下，“酸化”时溶液的pH=8，则c(Al3+)=___mol/L。(已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33)

(5)滤渣b的主要成分为___。

(6)“还原”时发生反应的离子方程式为___。

(7)若在实验室里完成Cr(OH)3制取铬绿的操作，需要的主要仪器有铁架台、玻璃棒、___。26、用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：

(1)步骤I“氨浸”时，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。

①CuO被浸取的离子方程式为________。

②浸取温度不宜超过55℃，其原因是________。

③关于[Cu(NH3)4]SO4溶液，下列说法不正确的是________。(填字母)。

a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是N元素。

b.[Cu(NH3)4]SO4中S原子的杂化方式为sp3

C.[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键；极性共价键和配位键。

d.NH3分子内的H－N－H键角小于H2O分子内的H－O－H键角。

e.[Cu(NH3)4]2＋中；N原子是配位原子。

④[CuNH3)4]2＋结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为________。

(2)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为__________。

(3)为了实现生产过程中物质充分利用，循环使用的物质为_________。27、钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。工业上以BaCO3、TiCl4为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)·4H2O]；再高温煅烧制得钛酸钡粉体，其制备工艺流程图如下：

(1)已知钛酸钡晶体的晶胞结构如下图所示。写出钛酸钡的化学式_______。

(2)制备草酸氧钛钡时，溶液pH对产物组成有较大影响。混合溶液中，钛离子在不同pH下可以TiO(OH)、TiOC2O4或TiO(C2O4)等形式存在；如图所示：

实际工艺中，应先用氨水调节混合溶液的pH在2.5~3之间。上图中曲线b、c分别对应钛的哪种形式b_______、c_______？

(3)写出“沉淀”步骤中发生反应的离子方程式_______。

(4)“洗涤”步骤中，如何判断洗涤效果_______？(Ag2C2O4、BaC2O4、CaC2O4·H2O的溶度积分别为5.4×10-12、1.6×10-7、4×10-9)。

(5)为确定制备钛酸钡粉体的温度；对草酸氧钛钡晶体进行热重分析，发现其分解过程包括三个阶段，对应的温度范围及失重率如下表所示：

。热分解阶段。

温度/°C

失重率/%

i

ii

iii

80~220

220~470

470~750

16.1

22.4

9.7

①请通过计算说明第ii阶段的分解产物有哪些_______

②已知无水草酸氧钛钡晶体的结构如图所示。请从结构角度分析第ii阶段气相产物是如何形成的_______

评卷人得分六、原理综合题(共4题，共12分)28、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_______，_______。29、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)工业用途非常广泛，易溶于水，在中性和碱性环境中稳定。实验室用工业硫化钠(含少量Na2SO4、Na2CO3杂质)为原料制备Na2S2O3•5H2O；其流程如图：

已知：Ksp(BaSO4)=1.07×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9。

(1)S2O结构如图1所示，可认为是SO中一个氧原子被硫原子代替，S2O空间构型为___(用文字表述)，中心硫原子(S*)杂化方式为___。

(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，c(SO)=___。

(3)制备Na2S2O3•5H2O实验装置与过程如图：

将提纯后的Na2S与Na2CO3一起置于装置C的三颈烧瓶中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌；打开装置A中分液漏斗的旋塞，滴入硫酸，产生SO2；充分反应后，过滤三颈烧瓶中所得混合物，经处理得到Na2S2O3•5H2O。

①B装置的作用为___。

②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为____。

③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是___。30、氢；碳、氮、氧、铁等元素及其化合物在工业生产和生活中有重要用途。请根据物质结构与性质的相关知识；回答下列问题：

(1)下列氮原子的轨道表示式表示的状态中，能量最低的是__(填序号)。

A.B.

C.D.

(2)写出基态铁原子价层电子的电子排布式__；通常情况下，铁的+2价化合物没有+3价化合物稳定，从核外电子排布的角度解释其原因__。

(3)如表是第三周期某种元素的各级电离能数据。由此可判断该元素名称是__。元素电离能/(kJ•mol-1)I1I2I3I4I5I5某种元素578181727451157514830

(4)C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为__；HCN分子中C和N原子满足8电子稳定结构，则HCN分子中σ键和π键的个数比为__；CO的空间结构为__。

(5)H3O+的中心原子O采用___杂化；比较H3O+中H—O—H键角和H2O中H—O—H键角大小，H3O+___H2O(填“”“”或“”)。

(6)NH3在水中极易溶解，其原因是__。31、工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：回答下列问题：

(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。

(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用

针对反应速率与平衡产率的矛盾；我国科学家提出了两种解决方案。

(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为而的温度为)。

下列说法正确的是_______。

a．氨气在“冷Ti”表面生成；有利于提高氨的平衡产率。

b．在“热Fe”表面断裂；有利于提高合成氨反应速率。

c．“热Fe”高于体系温度；有利于提高氨的平衡产率。

d．“冷Ti”低于体系温度；有利于提高合成氨反应速率。

(4)方案二：复合催化剂。

下列说法正确的是_______。

a．时；复合催化剂比单一催化剂效率更高。

b．同温同压下；复合催化剂有利于提高氨的平衡产率。

c．温度越高；复合催化剂活性一定越高。

(5)某合成氨速率方程为：根据表中数据，_______；。实验1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q

在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。

a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率。

(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

由题干信息可知，各元素都是短周期元素，其中X原子的核外电子只有一种运动状态，则X为H元素；Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等，核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2；分子结构式中Z形成2个共价键，故Z为O元素；W；Y、Z（氧）位于同一周期，即W、Y处于第二周期，分子结构中Y形成4个共价键、W形成1个共价键，故Y为C元素、W为F元素；E与W（氟）有相同数目的价电子，则E为Cl元素，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，X为H、Y为C、W为F，故电负性为F＞C＞H即A正确；

B．由分析可知，W为F、Z为O、E为Cl，故简单阴离子半径为Cl-＞O2-＞F-即B正确；

C．由分析可知，Y为C、Z为O，由于电负性O＞C，则元素Y、Z形成氢化物，其键能H-O＞C-H即C的氢化物有很多气体；液态和固体物质，故其对应氢化物沸点不好比较，且熔沸点的高低与共价键的键能大小无因果关系，C错误；

D．已知金属的电负性(非金属性)越强；其气态氢化物越稳定，F是同主族元素中电负性(非金属性)最强的，故同主族元素中，W即F形成的气态氢化物最稳定，D正确；

故答案为：C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．由于CaF2晶体中中钙离子、氟离子交替排列，所以假设这个晶胞的体心上是Ca2+，那么三个顶点就是F-，每个周围距离相等且最近的有6个；选项A正确；

B．OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化；选项B正确；

C．由晶体结构可知，A处到B处的距离为体对角线的若A处一个的坐标为()，则B处也存在一个坐标为()；选项C正确；

D．三种氟化物均为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成离子键越弱，钡离子、钙离子、镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则BaF2、CaF2、MgF2三种晶体中的离子键依次增强；晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，脱硅能力依次减弱，选项D错误；

答案选D。3、B【分析】【详解】

A．由于中的碳原子采用的是sp2杂化，价层电子对数为3，所以分子构型为平面三角形，但和中的碳原子的价层电子对都是3，采用的是sp2杂化，的碳原子价层电子对是4，采用的是sp3杂化；故A的说法错误；

B．中的碳原子采用的是sp3杂化，价层电子对是4，由于结构中有孤电子对，所以分子构型为三角锥型，与NH3、H3O+的原子数和价电子数都相等；所以它们为等电子体。所以它们的分子构型均为三角锥型，故B的说法正确；

C．与OH-通过OH-的孤对电子形成共价键；形成的是共价化合物，故C的说法错误；

D．两个结合得到的是乙烷，一个和一个结合得到的也是乙烷；故D的说法错误；

本题答案B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．向CuSO4溶液中加入少量氨水，反应产生Cu(OH)2；当加入过量氨水时，Cu(OH)2与过量氨水反应产生[Cu(NH3)4]SO4；A正确；

B．Mg是活泼金属；不能通过热还原方法冶炼，应该通过电解方法冶炼，B错误；

C．84消毒液的主要成分为NaClO，若敞口保存，NaClO与空气中的CO2、H2O反应产生Na2CO3；HClO；导致变质，因此要密封保存；NaClO具有强氧化性，会具有强的腐蚀性，因此使用时需先稀释再使用，C错误；

D．氯化铝溶液和氯化钠溶液都属于溶液；用光照射时，不能产生光亮的通路，因此不能用丁达尔效应区分，D错误；

故合理选项是A。5、B【分析】【详解】

A．卤代烃难溶于水、乙醇与水互溶，所以溶解性故A错误；

B．形成分子间氢键，形成分子内氢键，所以沸点>故B正确；

C．BCl3空间构型为平面三角形，为非极性分子；NCl3分子空间构型为三角锥，NCl3是极性分子，分子极性故C错误；

D．F原子电负性大于Cl，所以溶液酸性CF3COOH>CCl3COOH；故D错误；

选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．氯化钠晶体中，距Na+最近且等距的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，距Na+最近且相等的Na+位于面心处；共有3×8/2=12个，A正确；

B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，距离F-最近且等距的Ca2+有4个，即F-的配位数为4；B正确；

C．在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，晶胞中共平面的原子如图共4个，C正确；

D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4；该晶体为分子晶体，其中不含能自由移动的电子或离子，因此不能导电，D错误；

综上所述，说法错误的是D项，故答案为D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．石墨是混合型晶体；具有层状结构，层与层之间用范德华力结合，范德华力比较弱，在外力作用下层与层之间可以滑动，润滑性能良好，所以石墨可用润滑剂，故A正确；

B．氧化钙能和水反应；有吸水性，可用作食品干燥剂，故B正确；

C．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白；防腐和抗氧化等作用；二氧化硫可用作食品添加剂，故C正确；

D．二氧化硅不导电；不能用作导电材料，故D错误；

故选D。二、多选题(共8题，共16分)8、BC【分析】【分析】

由图可知，CO2在使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时，吸附在NiPc和CoPc表面带有相同基团的物种其能量不同，实现了CO2→COOH→CO的转化；由此分析。

【详解】

A．由图可知在整个转化过程中，CO2→COOH→CO；COOH和CO都含有极性键，所以转化过程中有极性键形成，故A不符合题意；

B．∙CO2反应得到∙COOH；为加氢的反应，所以属于还原反应，故B符合题意；

C．根据图示可知吸附在NiPc和CoPc表面带有相同基团的物种其能量不同；故C符合题意；

D．该研究成果是CO2→COOH→CO；CO具有可燃性，不但有利于缓解温室效应，还能解决能源转化问题，故D不符合题意；

答案选BC。9、CD【分析】【分析】

【详解】

略10、BD【分析】【分析】

【详解】

略11、BD【分析】【分析】

由题意判断图1为GaF2的晶胞，图2为AlCl3的结构，图3为的晶胞。

【详解】

A．图1中顶点和面心是Ga2+，四面体内较大的小球表示F-，距离钙离Ga2+子最近且等距离的F-有8个，则Ga2+的配位数为8，距离F-最近且等距离的Ga2+有4个，则F-的配位数为4；故A正确；

B．图1为GaF2的晶胞，GaF2是离子晶体，图2为AlCl3的结构，AlCl3是共价化合物，离子化合物的熔点一般高于共价化合物，则GaF2熔点高于AlCl3；故B错误；

C．由图3可看出；与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个，故C正确；

D．为离子化合物；故D错误；

故答案选BD。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．硫酸铵中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键；氮原子和氢原子之间存在共价键和配位键，A正确；

B．石英通过硅原子与氧原子形成共价键；金刚石通过碳原子之间形成共价键，二者都属于原子晶体，B正确；

C．分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比；而与化学键的键能大小无关，碘分子的相对分子质量比氟气；氯气和溴的大，所以其熔沸点最高，C错误；

D．过氧化氢易分解是因为过氧化氢分子中共价键不稳定；易断裂，与分子间作用力大小无关，D错误；

故答案为：CD。13、BC【分析】【详解】

A.均由C；H和O元素组成；故组成元素相同，A不选；

B.C；H和O原子数目之比根据分子式判断；各元素的质量比不相同，B选；

C.分子式不同；故相对分子质量不同，C选；

D.充分燃烧后的生成物均为水和二氧化碳；D不选；

答案选BC。14、BC【分析】【详解】

A．二茂铁中每个碳原子只与2个碳原子和1个氢原子形成3个键；则环戊二烯离子中五个碳原子间还形成1个π键，故A正确；

B．1个环戊二烯分子中含有5个碳碳键、6个碳氢键，含有π键的数目为2，则环戊二烯中含有键的数目为故B不正确；

C．铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层的2个电子变为则基态核外电子排布式为故C不正确；

D．二茂铁中的d电子(d6)与2个环戊二烯离子()提供的电子(2×6)之和符合18电子规则；它们之间形成π型配合物，故D正确；

故选BC。15、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。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)元素原子的电子排布式为该元素为Ga元素，位于元素周期表第四周期IIIA族，处于元素周期表的p区；

(2)可以与醋酸反应生成二氧化碳和水，酸性：所以结合氢离子的能力＜离子方程式为

(3)异丁烷有支链；分子之间的距离较大，分子间作用力较弱，所以沸点：正丁烷＞异丁烷；

(4)的电子式为可以看作NH3上的一个H被NH2取代，N原子为sp3杂化；含有1对孤电子对，故其空间构型不是平面形；

(5)中心原子的价层电子对数为含有1对孤电子对，故其空间构型为三角锥形；中心原子的价层电子对数为中心原子为sp3杂化，其空间构型为正四面体形。【解析】四IIIAp＜＞异丁烷有支链，分子之间的距离较大，分子间作用力较弱否三角锥形正四面体形sp317、略

【分析】【详解】

(1)苯胺分子间可以形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，氢键对物质的沸点的影响较大，分子间存在氢键的沸点较高，因此，苯胺(NH2)沸点高于甲苯(CH3)的主要原因是苯胺分子间存在氢键；而甲苯分子间不存在氢键。

(2)KSCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。根据等电子原理可知，SCN-与CO2是等电子体，S和C之间形成双键，因此，KSCN的电子式

(3)已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，类比一水合氨的电离可知，NH2OH分子中的N有孤电子对，可以与水电离产生的H+形成配位键，因此，其电离方程式可表示为NH2OH+H2O⇌OH-+[NH3OH]+。【解析】①.苯胺分子间存在氢键，而甲苯分子间不存在氢键②.③.NH2OH+H2O⇌OH-+[NH3OH]+18、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)Na2SiO319、略

【分析】【详解】

(1)Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1；其中占有1s能级1个轨道；2s能级1个轨道、2p能级3个轨道、3s能级1个轨道、3p能级1个轨道，共占有1+1+3+1+1=7个轨道；3p能级上有1个电子，该电子为未成对电子，故未成对电子1个；

(2)浓硫酸具有强氧化性；可以使Al钝化，在Al表面形成一层致密的氧化膜；要出去铁粉中的铝粉，可以向混合粉末中加入NaOH溶液，此时，Fe不与NaOH反应而Al可以，从而达到除去铝的目的；

(3)Al3+为弱碱阳离子，HCO为弱酸阴离子，Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体。【解析】71浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜NaOHAl3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体20、略

【分析】(1)

同周期元素原子得电子能力从左往右逐渐增大；同主族元素原子得电子能力从上往下逐渐减小，0族元素一般既不得电子也不失电子，故题给表中元素得电子能力最强的原子是F。

(2)

0族元素一般既不得电子也不失电子；其单质最不活泼，故化学性质最不活泼的单质是Ne。

(3)

同主族元素原子半径从上往下增大；故F与Cl相比，原子半径较大的是F。

(4)

C原子半径比N大，C-H键键长比N-H键长，C-H键键能比N-H键弱，故与相比，热稳定性较强的是

(5)

从题给表中元素看；最内层电子数是2，原子最外层电子数与最内层电子数相等的元素是Mg。

(6)

某阴离子的结构示意图为其质子数为16，为S元素其离子符号是S2-。

(7)

是两性氢氧化物，能与溶液反应，是碱性氢氧化物，不能与溶液反应。

(8)

第三周期元素中能与冷水剧烈反应的金属单质是钠，反应的化学方程式：

(9)

碳的一种氢化物结构式为其分子式是C2H2；相对原子质量：C-12，H-1，其中碳元素与氢元素的质量比

(10)

同周期元素从左往右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。金属性越强，其单质的还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故还原性：碱性：非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，故非金属性：故选B。【解析】(1)F

(2)Ne

(3)F

(4)

(5)Mg

(6)S2-

(7)

(8)Na

(9)C2H212:1

(10)B21、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）镓位于周期表中第四周期第IIIA族，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63d104s24p1；（2）同周期由左向右元素的第一电离能呈增大趋势，但是As的p能级是半满稳定结构，所以第一电离能反常增大，所以第一电离能的大小顺序为：As>Se>Ga；同周期元素由左向右电负性增强，所以电负性顺序为：Se>As>Ga；（3）a．非金属性越强，氢化物越稳定，CH4的稳定性比SiH4强能说明二者非金属性相对强弱，选项a正确；b．SiH4的沸点比CH4高与非金属性强弱没有关系，选项b错误；c．元素非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，碳酸酸性强于硅酸说明碳的非金属性大于硅，选项c正确；d．反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑是在高温条件下进行，产物二氧化碳为气态，与元素非金属性强弱无关，选项d错误；答案选ac；（4）As电子层数=周期数=4，最外层电子数=族序数=5，所以As位于第四周期第ⅤA族，因为氨气形成分子间氢键，分子间作用力较大，所以AsH3的沸点比NH3低；（5）根据结构图，Ga的配位数为4，碳氧双键中有一个是π键，所以π键的个数是6；C原子有3个σ键，无孤电子对，因此C的杂化类型为sp2。【解析】①.[Ar]3d104s24p1或1s22s22p63d104s24p1②.As>Se>Ga③.Se>As>Ga④.ac⑤.NH3分子之间存在氢键⑥.4⑦.6⑧.sp222、略

【分析】【详解】

（1）A．原子晶体的熔点很高，熔融时不导电，已知碳化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，则碳化铝为原子晶体；B．分子晶体的熔点较低，易溶于有机溶剂，已知溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，则溴化铝是分子晶体；C．分子晶体的熔点较低，易溶于有机溶剂，已知五氟化钒，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇、四氯化碳溶液等有机溶剂，说明五氟化钒是分子晶体；D．离子晶体熔融时或水溶液都能导电，已知溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电，则溴化钾是离子晶体；(2)卤素单质和卤素互化物结构相似，均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间的作用力越强，沸点越高；ICl的沸点所处的最小范围介于Br2的沸点和IBr的沸点之间。【解析】①.原子晶体②.分子晶体③.分子晶体④.离子晶体⑤.相对分子质量越大，分子间的作用力越强⑥.介于Br2的沸点和IBr的沸点之间23、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】氢四、判断题(共1题，共10分)24、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。五、工业流程题(共3题，共18分)25、略

【分析】【分析】

含铬不锈钢经过碱熔时，发生一系列反应，生成了对应的盐，加水溶解，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成难溶物Fe(OH)3，通过过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，通过加热锻烧得到氧化物Cr2O3。

(1)

Cr为24号元素；故在元素周期变种的位置为第四周期ⅥB；

(2)

CO中C原子为sp2杂化；无孤对电子，故为平面三角形；

(3)

FeO结合H2O电离出的H+、H2O生成Fe(OH)3和KOH；

(4)

若“酸化”时溶液的pH=8，则c(Al3+)==1.3×10-15；

(5)

滤液中加入硫酸酸化；硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀；

(6)

Cr2O生成Cr3+，SO生成SO依据得失电子守恒，配平得到Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O；

(7)

完成Cr(OH)3制取铬绿的操作为灼烧，需要的仪器铁架台、玻璃棒、坩埚、泥三角。【解析】(1)第四周期ⅥB

(2)平面三角形。

(3)Fe(OH)3

(4)1.3×10-15

(5)H2SiO3、Al(OH)3

(6)Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O

(7)坩埚、泥三角26、略

【分析】【分析】

用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，同时混有重金属盐和加入硫化铵除去重金属离子，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，沉淀过滤FeAsO4和Fe(OH)3沉淀，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4。

【详解】

(1)①CuO被NH3和(NH4)2SO4组成的溶液浸取得到[Cu(NH3)4]SO4，离子反应为CuO+2NH3+2NH4+═[Cu(NH3)4]2++H2O；

②温度过高，会加速NH3的挥发则浸取温度不宜超过55℃；

③a．[Cu(NH3)4]SO4组成元素中非金属性越强；则电负性越大，电负性最大的是O元素，a说法错误；

b．[Cu(NH3)4]SO4中S原子有4条共价键，无孤电子对，杂化方式为sp3，b说法错误；

c．[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有[Cu(NH3)4]2+与间存在离子键；N-H和S、O间的极性共价键和氨分子与铜离子间的配位键；c说法正确；

d．NH3分子内含有1对孤电子对，而H2O分子内含有2对孤电子对，孤电子对比成键电子对的作用力大，则NH3分子内H－N－H键角大于H2O分子内的H－O－H键角；d说法错误；

e．[Cu(NH3)4]2＋中；N原子含有孤电子对，是配位原子，e说法正确；

答案为ad；

④[CuNH3)4]2＋结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子；可以得到两种不同结构的化合物，可判断其空间构型为平面正方形；

(2)“蒸氨”时，[Cu(NH3)4]SO4受热分解生成Cu2(OH)2CO3、氨气和硫酸铵，反应的化学方程式为2H2O+2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓+6NH3↑+(NH4)2SO4；

(3)根据流程图可知，生成的氨气及硫酸铵溶液可循环利用。【解析】CuO+2NH3+2═[Cu(NH3)4]2++H2O温度过高，会加速NH3的挥发ad平面正方形2H2O+2[Cu(NH3)4]SO4Cu2(OH)2SO4↓+6NH3↑+(NH4)2SO4NH3+(NH4)2SO4浸取液27、略

【分析】【分析】

【详解】

一些物质的相对分子质量。

。BaTiO(C2O4)2·4H2O

BaTiO(C2O4)2

BaCO3

TiO2

CO2

CO

449.32

377.24

197.34

79.87

44.01

28.01

(197.34+79.87)/449.32×100%=61.7%，与实验结果(1-16.1%-22.4%=61.5%)很接近，故第ii阶段的分解产物有：CO2、CO、BaCO3、TiO2(BaCO3与TiO2也可写成BaCO3-TiO2)【解析】BaTiO3TiO(C2O4)2-TiO(OH)Ba2++TiO(C2O4)2-+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓取少量洗涤溶液，先加入足量Ca(NO3)2溶液；静置后取上层清液，向其中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则没有洗净；反之，已洗净CO2、CO、BaCO3、TiO2(BaCO3与TiO2也可写成BaCO3-TiO2)如图，在温度高于220°C时，草酸根中C-C键开始断裂，由于Ti4+的电荷高、离子半径小，具有很强的反极化作用，削弱了C-O键的键能，每个钛配离子按I处断裂分解并放出两个CO气体分子。同时，增强了Ti4+与OI之间的键能，减弱了Ti4+的反极化作用，使C-OII之间键能增强，而Ti4+与OII之间的键能减弱，按II处断裂放出两个CO2气体分子，其中一个被Ba2+吸附生成BaCO3。

六、原理综合题(共4题，共12分)28、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