2025年人教新课标选择性必修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年人教新课标选择性必修2化学下册阶段测试试卷881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、目前；甘肃某医药公司与北京大学共同开发研制的国家一类抗癌新药乙烷硒啉(Ethaselen)进入临床研究，其结构如图。下列说法错误的是。

A.基态Se原子的核外电子排布式为B.分子中有8种不同化学环境的C原子C.分子中的碳原子采取杂化D.气态分子的键角小于的键角2、通过下列实验可从的溶液中回收

下列说法正确的是。

A.NaOH溶液与I2反应的离子方程式：B.与水都是极性分子，相似相溶，不能通过过滤将水溶液与分离C.向加酸后的上层清液中滴加溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞(如图)中含14个D.回收的粗碘可通过升华进行纯化3、下列有关化学用语表示正确的是A.氮气的电子式：B.CCl4分子的球棍模型是：C.Cr的基态原子价电子排布式为：3d54s1D.中子数为20的氯原子：4、为正盐，其中P为价O为价，能将溶液中的还原为可用于化学镀银。反应的离子方程式为下列说法正确的是A.上述反应中，氧化产物是B.该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4C.溶于水破坏离子键、极性共价键和非极性共价键D.是三元酸，与反应可生成三种盐5、厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术。下列说法中错误的是。

A.联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键B.过程II中N2H4发生了氧化反应C.过程IV中发生了氧化反应D.过程Ⅰ中，参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1：16、设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.中含有极性键的数目为B.含键的石英晶体中含氧原子的数目为C.中配体的数目为D.与足量溶液反应，所得溶液中的数目为7、某分子晶体晶胞结构模型如图；下列说法正确的是。

A.该晶胞模型为分子密堆积B.该晶胞中分子的配位数为8C.分子晶体的晶胞均可用此模型表示D.该晶体熔沸点高、硬度大8、下列晶体性质的比较中，正确的是（）A.熔点：SiI444B.熔沸点：生铁＞纯铁＞钠C.硬度：白磷＞冰＞二氧化硅D.熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、利用新制的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O；其晶胞结构如图所示。

(1)该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为()。则D原子的坐标参数为___________，它代表___________原子。

(2)若Cu2O晶体的密度为dg·cm-3，Cu和O的原子半径分别为rCupm和rOpm，阿伏加德罗常数值为NA，列式表示Cu2O晶胞中原子的空间利用率为___________。10、键的极性对化学性质的影响

键的极性对物质的化学性质有重要的影响。例如，羧酸是一大类含羧基(—COOH)的有机酸，羧基可电离出H＋而呈酸性。羧酸的酸性可用___________的大小来衡量，pKa___________，酸性___________。11、金；银、铜、铁、铝和钛均是人类大量生产和使用的金属。回答与上述金属原子结构有关的问题：

(1)上述金属中属于主族元素的有____(填写元素符号)。

(2)基态Fe所有电子占有____种不同的空间运动状态。Fe成为阳离子时首先失去____轨道电子，Fe3+的基态的核外电子排布式为____。

(3)钛被称为继铁、铝之后的第三金属。基态钛原子外围电子排布图为____。

(4)基态金原子的外围电子排布式为试判断金在元素周期表中位于第___周期第____族。

(5)已知与位于同一族，则在元素周期表中位于____区(填“s”“p”“d”“f”或“ds”)。

(6)将乙炔通入溶液生成红棕色沉淀。基态核外电子简化排布式为_。12、元素周期表在指导科学研究和生产实践方面具有十分重要的意义，请将下表中A、B两栏描述的内容对应起来。ABAB①制半导体的元素(a)ⅣB至ⅥB的过渡元素①___②制催化剂的元素(b)F、Cl、Br、N、S“三角地带”②___③制耐高温材料的元素(c)金属与非金属元素分界线附近③___④制制冷剂的元素(d)相对原子质量较小的元素④___⑤地壳中含量较多的元素(e)过渡元素⑤___13、HN3(氢叠氮酸)常用于引爆剂，其分子的结构式可表示为：则左边氮原子和中间氮原子的杂化方式分别为___________、___________。14、(1)X射线衍射测定等发现，中存在的空间结构为_______，中心原子的杂化形式为_______。

(2)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(用R代表)；经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。

回答下列问题：

①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为_______，不同之处为_______。

A.中心原子的杂化轨道类型。

B.中心原子的价层电子对数。

C.空间结构。

D.共价键类型。

②R中阴离子中的键总数为_______。分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键应表示为_______。15、(1)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是___________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(2)与NH互为等电子体的一种分子为___________(填化学式)。

(3)柠檬酸的结构简式见图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为___________mol。

16、Ⅰ．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+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为___________

(2)I1(Li)＞I1(Na)，原因是___________

(3)磷酸根离子的空间构型为___________，其中P的价层电子对数为___________，杂化轨道类型为___________

Ⅱ．近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料；其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：

(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为___________，其沸点比NH3的___________(填“高”或“低”)，其判断理由是___________

(2)Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为___________

Ⅲ．以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)与互为等电子体的一种分子为___________(填化学式)

(2)柠檬酸的结构简式如图1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数为___________mol17、现有下列八种晶体：

A．水晶B．冰醋酸C．氧化镁D．白磷E．晶体氩F．氯化铵G．铝H.金刚石。

(1)属于共价晶体的是___________；直接由原子构成的晶体是___________，直接由原子构成的分子晶体是___________。

(2)由极性分子构成的晶体是___________；含有共价键的离子晶体是___________，属于分子晶体的单质是___________。

(3)在一定条件下能导电而不发生化学变化的是___________，受热熔化后化学键不发生变化的是___________，熔化时需克服共价键的是___________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14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、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20、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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22、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23、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误24、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、有机推断题(共2题，共6分)25、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________。26、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：_____评卷人得分五、工业流程题(共2题，共18分)27、三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。以硫铁矿（主要成分为FeS2,杂质不与盐酸反应）为原料制备三氯化铁晶体（FeCl3·6HO2）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）“焙烧”过程中，理论上1molFeS2被氧化转移11mol电子，则该反应的氧化产物为_____________。（2）“酸溶”_____________（填“能”或“不能”)用稀硫酸代替30%的盐酸，理由是_____________。（3）现有试剂①稀盐酸②稀硫酸③稀硝酸④氯气⑤硫氰化钾溶液⑥高锰酸钾溶液⑦氢氧化钠溶液，为确认“酸溶”后的溶液中是否会含Fe2+，另取“焙烧”后的烧渣少许，用____________（从上述试剂中选择，填标号）溶解，将所得溶液滴入_____________从上述试剂中选择，填标号）中，若____________，则说明“酸溶”后的溶液中含Fe2+。（4）从FeCl3溶液中得到FeCl3•6H2O的操作包括____________、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，结合必要的离子方程式说明原因：____________。（5）从FeCl3•6H2O中得到无水FeCl3的操作方法为____________。（6）若以a吨硫铁矿为原料，最终制得b吨FeCl3•6H2O，不计生产过程中的损失，则该硫铁矿FeS2的含量为____________（用含a、b的代数式表示）。28、铜是人类最早使用的金属之一。

（1）铜元素基态原子的价电子排布式为_______，其核外能级能量的高低3d______4s（填“>”、“<”或“=”）

（2）Cu与元素A能形成如下图所示的两种化合物甲和乙。元素A是短周期非金属元素，A的常见氧化物常温下为液态，其熔沸点比同主族其他元素的氧化物高。

①两种化合物的化学式分别为：甲___________，乙___________。

②热稳定性甲_________乙（填“>”、“<”或“=”），试从原子结构上解释原因____。

（3）铜离子形成的某种配合物阳离子具有轴向狭长的八面体结构（如下图）。

已知两种配体都是10电子的中性分子；且都含氢元素。

①两种配体分子的配位原子电负性大小为______（填元素符号），其中热稳定性较弱的配体为（用电子式表示）__________。

②该配合物阳离子与SO42-形成的配合物X的化学式为_________.

（4）Cu单质的晶体为面心立方堆积，其晶胞立方体的边长为acm,Cu的相对原子质量为63.5，单质Cu的密度为ρg/cm3,则阿伏加德罗常数可表示为_____mol-1（含“a、ρ的代数式表示）。评卷人得分六、计算题(共3题，共9分)29、已知：钇钡铜氧晶体的晶胞是一个长方体(如图所示)，其晶胞参数分别为anm、bnm，阿伏加德罗常数的值为NA。则该晶体的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。(原子量：Y-89Ba-137Cu-64O-16)

30、石墨的片层结构如图所示；试回答：

(1)片层中平均每个正六边形含有_______个碳原子。

(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_______。

(3)ng碳原子可构成_______个正六边形。31、Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为________，Cu+半径为acm，N3﹣半径为bcm，Cu3N的密度为________g•cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示；Cu；N相对分子质量为64、14）

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．Se为第34号元素，根据构造原理可知基态Se原子的核外电子排布式为A正确；

B．由于左右两部分旋转后重叠；分子中有8种不同化学环境的C原子，B正确；

C．分子中的碳原子采取杂化，苯环中碳原子的杂化方式sp2杂化；C正确；

D．气态分子的键角大于的键角，为正四面体，键角为109°28′，为平面三角形；键角为120°，D错误；

答案选D。2、D【分析】【分析】

单质碘的四氯化碳溶液加入浓氢氧化钠溶液；单质碘与浓氢氧化钠溶液反应生成碘化钠；碘酸钠和水，用分液法分离四氯化碳层，向水溶液中加入稀硫酸反应生成单质碘，过滤得到粗碘。

【详解】

A．NaOH溶液与I2反应生成碘化钠、碘酸钠和水，其反应的离子方程式为：故A错误；

B．是非极性分子，水是极性分子，两者都能透过滤纸，根据“相似相溶”，两者不相溶，用分液方法将水溶液与分离；故B错误；

C．1个AgI晶胞(如图)中含个故C错误；

D．单质碘易升华；因此回收的粗碘可通过升华进行纯化，故D正确。

综上所述，答案为D。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．氮气的电子式为：故A错误；

B．Cl的原子半径比C的原子半径大，则CCl4分子的球棍模型是：故B错误；

C．Cr的基态原子价电子排布式为：3d54s1；故C正确；

D．原子符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，则中子数为20的氯原子为：故D错误；

故选C。4、A【分析】【详解】

A．该反应中中P失电子被氧化生成H3PO4，氧化产物为H3PO4；A正确；

B．该反应中还原剂为氧化剂为Ag+；氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，B错误；

C．NaH2PO2溶于水生成Na+和破坏离子键，C错误；

D．H3PO2为一元酸；与NaOH反应生成一种盐，D错误；

故答案选A。5、C【分析】【详解】

A．联氨(N2H4)分子中既含有N—H极性键；有含有N—N非极性键，A正确；

B．由过程图可知，过程Ⅱ为N2H4→N2H2；N元素化合价由-2价升高至-1，失去电子发生氧化反应，B正确；

C．过程Ⅳ为→NH2OH；N元素的化合价由+3价降低至-1价，得到电子发生还原反应，C错误；

D．过程Ⅰ发生的反应为NH2OH+→N2H4，NH2OH中N元素的化合价由-1价降低至-2价，中N元素的化合价由-3价升高至-2价，根据得失电子守恒可知，参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1：1；D正确；

答案选C。6、B【分析】【详解】

A．1个分子中的5个键、1个键和1个键均为极性键，物质的量为含有极性键的数目为7A错误；

B．在石英晶体中，1个与4个形成键，1个与2个形成键，含键的石英晶体中含氧原子的数目为B正确；

C．中配体为则中配体的数目为C错误；

D．与足量溶液反应生成但可水解，所以所得溶液中的数目小于D错误；

故选B。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．该分子晶体为二氧化碳晶体；以一个分子为中心，周围可以有12个紧密的分子的特征称为分子密堆积，故A正确；

B．二氧化碳晶体配位数为12；故B错误；

C．分子晶体晶胞类型很多；还有简单立方堆积等，故C错误；

D．分子晶体的沸点低；硬度小；故D错误；

故选：A。8、D【分析】【详解】

A.结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，SiI4、SiBr4、SiCl4是结构相似的分子晶体，则熔点SiCl444；故A错误；

B.合金的熔沸点一般比各组分的熔沸点都低；则生铁的熔沸点低于纯铁，故B错误；

C.一般原子晶体的硬度大于分子晶体；二氧化硅为原子晶体，白磷和冰为分子晶体，二氧化硅硬度应该大于白磷和冰，故C错误；

D.原子晶体中共价键键长越大；键能越小，共价键越强，熔点越高，金刚石；碳化硅和晶体硅都为原子晶体，键长：Si—Si＞C—Si＞C—C，键能：C—C＞C—Si＞Si—Si，则共价键：C—C＞C—Si＞Si—Si，熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故D正确；

故选D。二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【详解】

(1)根据晶胞的结构，D在A和C中间，因此D的坐标是()，白色的原子位于顶点和体心，个数为8×＋1＝2，D原子位于晶胞内，全部属于晶胞，个数为4，根据化学式，推出D为Cu，故答案为：()；Cu；

(2)空间利用率是晶胞中球的体积与晶胞体积的比值，晶胞中球的体积为×10－30cm3，晶胞的体积可以采用晶胞的密度进行计算，即晶胞的体积为cm3，因此空间利用率为故答案为：【解析】①.()②.Cu③.10、略

【分析】略【解析】pKa越小越强11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)金；银、铜、铁、铝和钛中只有铝属于主族元素。

(2)铁为26号元素，基态Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，所有电子占有15种不同的空间运动状态。Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，Fe3+的基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。

(3)钛是22号元素，基态钛原子外围电子排布图为

(4)基态金原子的外围电子排布式为则金在元素周期表中位于第六周期第IB族。

(5)已知与位于同一族，铜在ds区，所以在元素周期表中位于ds区。

(6)铜为29号元素，所以基态核外电子简化排布式为【解析】Al154s六IBds12、略

【分析】【详解】

①制半导体的元素在周期表金属与非金属交界线附近；因此①与(c)对应；

②制催化剂的元素的在过渡元素区域；因此②与(e)对应；

③制耐高温材料的元素位于ⅣB至ⅥB的过渡元素区域；因此③与(a)对应；

④制制冷剂的元素位于F、Cl、Br、N、S“三角地带”，因此④与(b)对应；

⑤地壳中含量较多的元素为氧，属于相对原子质量较小的元素，因此⑤与(d)对应。【解析】(c)(e)(a)(b)(d)13、略

【分析】【分析】

【详解】

根据图示结构，左边氮原子成键(H-N-N)的角度约为120°，其价层电子对数为3，所以左边N原子的杂化应该是sp2杂化；中间氮原子，因为要和两边氮原子成键，且要形成双键和三键，所以其价层电子对数为2，故中间氮原子发生sp杂化。答案为：sp2；sp。【解析】①.sp2②.sp14、略

【分析】【详解】

(1)中心原子的价层电子对数个数=2+=2+2=4，含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子几何构型为角形，中心原子杂化方式为sp3杂化；答案为角形，sp3。

(2)①根据题图可知，阳离子是和的中心原子价层电子对数个数=4+=4+0=4，孤电子对为0，即中心原子N采取杂化轨道类型为空间结构为正四面体形，形成4个键；的中心原子价层电子对数个数=3+=3+1=4，含有1个孤电子对，即中心原子O采取杂化轨道类型为空间结构为三角锥形，形成3个键；则。

A．根据价层电子对个数知，二者中心原子杂化类型都是sp3，所以其中心原子杂化类型相同；

B．二者价层电子对个数都是4，所以价层电子对个数相同；

C．前者为正四面体结构、后者为三角锥形，所以二者立体结构不同；

D．含有的共价键类型都为σ键；所以共价键类型相同；

和相同之处为ABD；不同之处为C；答案为ABD，C。

②根据题中图示可知，的键的总数为5，根据信息可知，中应有5个原子和6个电子形成大π键，可表示为答案为5，【解析】①.角形②.③.ABD④.C⑤.5⑥.15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)NH3分子中氮原子的杂化轨道数是轨道杂化类型是sp3；N原子2p轨道为半充满状态，N原子的第一电离能大于同周期相邻元素，所以C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；

(2)原子个数相同、价电子数也相同的微粒互为等电子体，NH价电子数是8，与NH互为等电子体的一种分子为CH4或SiH4；

(3)单键为σ键、双键中有1个σ键，柠檬酸的结构简式为1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol。【解析】sp3N＞O＞CCH4或SiH4716、略

【分析】【分析】

铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Sm的价层电子排布式4f66s2，原子失去电子生成阳离子时先失去最外层电子，后失去次外层电子，结合洪特规则和泡利原理分析解答；根据价层电子对个数==杂化轨道数=σ+（a-xb）计算判断；等电子体是指价电子数和原子数相同的微粒；等电子体结构相似，据此分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子；所以未成对电子数之比为4∶5，故答案为：4∶5；

(2)Li与Na同族，Na的电子层比Li多，原子半径比Li大，比Li更易失电子，因此I1(Li)＞I1(Na)；故答案为：Na与Li同主族，Na的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小；

(3)根据价层电子对互斥理论，PO的价层电子对数为4+(5+3-4×2)=4+0=4，VSEPR构型为四面体形，去掉孤电子对数0，即为分子的立体构型，也是正四面体形；杂化轨道数=价层电子对数=4，中心原子P采用sp3杂化；故答案为：正四面体形；4；sp3；

Ⅱ．(1)等电子体的结构相似，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，因此AsH3也是三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成氢键，AsH3分子间不能形成氢键，所以熔沸点：NH3＞AsH3，即AsH3沸点比NH3的低，故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比NH3低；

(2)Sm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5，故答案为：4f5；

Ⅲ．(1)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，可以采用：“同族替换，左右移位”的方法寻找等电子体，所以与互为等电子体的分子有CH4、SiH4等，故答案为：CH4（或SiH4等）；

(2)柠檬酸分子中有三个羧基（），且有一个C连接一个羟基，所以1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为3×2+1=7mol，故答案为：7。【解析】4∶5Na与Li同主族，Na的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小正四面体形4sp3三角锥形低NH3分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比NH3低4f5CH4等717、A:A:A:B:B:D:D:E:E:E:E:F:G:H:H:H【分析】【分析】

【详解】

(1)水晶为SiO2晶体；由Si原子和O原子构成，属于共价晶体，金刚石由C原子构成，属于共价晶体，故此处填A；H；直接由原子构成的晶体包括原子晶体A、H，以及由单原子分子构成的分子晶体E，故此处填A、E、H；稀有气体是单原子分子，其晶体是直接由原子构成的分子晶体，故此处填E；

(2)醋酸分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，故此处填B；NH4Cl由离子构成；其晶体属于离子晶体，且铵根离子内部存在共价键，故此处填F；白磷；氩都是由分子构成的单质，故此处填D、E；

(3)金属晶体能导电且不发生化学变化，故此处填G；分子晶体受热熔化后分子不变，化学键不发生变化，故此处填BDE；共价晶体熔化时需克服共价键，故此处填AH。三、判断题(共7题，共14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】【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；20、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。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。22、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。23、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。24、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、有机推断题(共2题，共6分)25、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26、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；取代反应取代反应五、工业流程题(共2题，共18分)27、略

【分析】【分析】

根据焙烧的化学方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2判断氧化产物；根据制备的产品判断不能用稀硫酸代替盐酸；根据Fe2+的性质来选取检验的试剂和实验现象；根据Fe3+易水解的性质制备无水FeCl3时应在HCl环境中进行；根据Fe元素守恒计算该硫铁矿FeS2的含量；据此解答。

【详解】

（1）由1molFeS2被氧化转移11mol电子可知，“焙烧”过程中发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由反应方程式可判断，Fe元素化合价由+2价失电子变为+3价，S元素化合价由-1价失电子变为+4价，则FeS2是还原剂，得到氧化产物，该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2；答案为Fe2O3，SO2。（2）在“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸，因为最终制取的是氯化铁晶体(FeCl3•6H2O)，使用硫酸，会引入SO42-，得不到氯化铁晶体(F