2025年冀少新版选择性必修2化学上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年冀少新版选择性必修2化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、化合物()可帮助植物解除重金属中毒。W；X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。该化合物的热重曲线如图所示下列说法错误的是。

A.W、X、Y能形成多种酸B.原子半径：C.左右热分解会产生有毒气体D.热分解后生成固体化合物是ZY2、电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接摄取（）A.电子的运动轨迹图象B.原子的吸收光谱C.电子体积大小的图象D.原子的发射光谱3、依据元素周期律，下列判断不正确的是A.第一电离能：B.原子半径：C.电负性：D.酸性：4、著名的观赏石——崂山璐石主要成分可表示为其中表示三种原子序数依次增大的第三周期元素，没有未成对电子，的最高正价与最低负价的代数和为0。下列说法错误的是A.的离子半径在同周期元素中最小B.的简单氢化物分子间存在氢键C.的最高价氧化物的水化物都属于弱电解质D.三种元素的电负性由大到小的顺序为5、羟氨()可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正确的是A.羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键B.羟氨既有氧化性又有还原性C.羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应D.羟氨分子中原子、原子与羟基原子共线6、我国科学家在月壤粉末的部分铁橄榄石颗粒表面非晶层中发现了单质铁，产生的原因为：铁橄榄石被撞击时在高温与高压下发生熔融，同时其中的发生歧化反应生成Fe与下列说法正确的是A.在生成时失去电子，发生还原反应B.可用X射线衍射实验测定铁橄榄石的晶体结构C.和含有的电子数相同D.基态的核外电子有26种不同的运动状态7、中科院的科学家已研制出一种高性能超级电容器电极材料——氮掺杂有序介孔石墨烯；该材料可用作电动车的“超强电池”，充电只需7秒钟，即可续航35公里。已知石墨烯的结构如图所示，其一层层叠起来就是石墨。下列有关石墨烯和石墨晶体的说法不正确的是。

A.石墨晶体内既有共价键又有范德华力B.石墨晶体的熔、沸点很高，硬度很大C.石墨烯晶体内每个六元环平均含有2个碳原子D.石墨烯晶体中，C原子采取sp2杂化8、每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molO2-核外电子数为8NAB.常温时，22gT2O中所含的中子数为12NAC.标准状况下，22.4LHF中含有HF分子数为NAD.1L0.1mol·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目为0.1NA评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、石墨晶体的结构如图1所示；石墨的一个六方晶胞如图2所示。

请回答下列问题：

(1)每个晶胞中的碳原子个数为______。

(2)画出晶胞沿c轴的投影______。

(3)某石墨嵌入化合物中，每个六元环都对应一个写出它的化学式______。

(4)若该晶胞底面边长为高为则石墨晶体中碳碳键的键长为______密度为______(设阿伏加德罗常数的值为)。10、在光照条件下；氯气和氢气反应过程如下：

①②③

反应②中形成的化合物的电子式为___________；反应③中被破坏的化学键属于___________键(填“共价”或“离子”)。11、制备石硫合剂(一种常用农药)的方法如下：先在反应器内加水使石灰消解；然后加足水量，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入。升温熬煮，使硫发生歧化反应。滤去固体渣滓得到粘稠状深棕色透明碱性液体成品。

(1)写出生成产品的歧化反应的化学反应方程式___________。

(2)说明固体渣滓的成分(假定水和生石灰皆为纯品)_________。

(3)写出呈现深棕色物质的化学式__________。

(4)通常采用下述路线进行石硫合剂成品中有效活性物种的含量分析。写出A、B和C所代表的物种的化学式________、________、________。

(5)我国科技工作者首创用石硫合剂提取黄金的新工艺，其原理类似于氰化法提金，不同的是过程中不需要通入空气。写出石硫合剂浸金过程中氧化剂的化学式_________，指出形成的Au(I)配离子中的配位原子________。12、已知NaH、NaCN、NaBH4均为离子化合物；分别写出三者的电子式：

(1)NaH___________；

(2)NaCN___________；

(3)NaBH4___________。13、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。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___。14、一定条件下；有机化合物Y可发生重排反应：

回答下列问题：

(1)X中含氧官能团的名称是_________；鉴别Y、Z可选用的试剂是___________。

(2)实验测得Z的沸点比X的高，其原因是_____________。

(3)Y与足量溶液反应的化学方程式是_________。

(4)与Y具有相同官能团且属于芳香化合物的同分异构体还有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式是___________(任写一种)。15、回答以下问题:

(1)金属Cu晶体采取的是以下_________(填序号)面心立方最密堆积方式。

(2)CuSO4晶体类型为_________晶体。的空间构型为_______(填“正四面体”、“直线型”或“平面三角”)。Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的中心离子为______(填离子符号)。

(3)如图所示，(代表Cu原子，代表O原子)，一个Cu2O晶胞中Cu原子的数目为_____。

(4)已知：一般情况下，碳的单键中碳原子存在sp3杂化轨道，碳的双键中碳原子存在sp2杂化轨道；醇和水形成氢键；使得醇易溶于水。抗坏血酸的分子结构如图所示，回答问题：

抗坏血酸分子中碳原子的杂化轨道类型有_______和_______。(填“sp3”、“sp2”或“sp”)。抗坏血酸在水中的溶解性_____________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。16、硫及其化合物有许多用途；相关物质的物理常数如下表所示：

回答下列问题：

（1）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是__。

（2）图a为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为___。

（3）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为__形，其中共价键的类型有___种；固体三氧化硫中存在如图b所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为___。

评卷人得分三、判断题(共8题，共16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、有机推断题(共2题，共12分)24、化合物H可用以下路线合成：

已知：

请回答下列问题：

（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；

（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；

（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________；

（4）反应①的反应类型是_______________________；

（5）反应②的化学方程式为______________________________________；

（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。25、呋虫胺(F)为最新一代超级烟碱类杀虫剂；其结构中用四氢呋喃基取代了氯代吡啶基；氯代噻唑基等，在性能方面也与其他杀虫剂有所不同，杀虫谱更广，被称为“呋喃烟碱”，图为呋虫胺的一种合成路线：

已知：+H2O。

回答下列问题：

(1)B中所含官能团的名称为_______。

(2)反应A→B的反应类型为_______。

(3)写出C的最简单同系物的名称：_______。

(4)同一碳原子上连有四种不同原子或原子团时，该碳原子称为手性碳，A、B、C、D、E、F六种物质中含有手性碳原子的是_______(填标号)。

(5)写出D→E的化学方程式：_______。

(6)A的同分异构体有多种，其中符合下列条件的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。

①仅含一种官能团②与碳酸氢钠反应有气体放出③分子中含有两个甲基。

写出其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为6∶4∶2的A的同分异构体的结构简式：_______(任写一种)。

(7)请写出以ClCOOH、CH3CH2OH和为原料合成的合成路线______[可选用(CH3)3COH为溶剂，其他无机试剂任选]。评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)26、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____。27、以电解铝废渣(主要含AlF3；NaF、LiF、CaO)为原料；制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：

已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3)2.5×10-2、Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。回答下列问题：

(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为___________，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是___________。

②已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：_____________。

(2)“气体1”是___________(填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是___________。

(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式___________。

(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：______________。

(5)Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是___________；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为___________g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。

28、湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等；一种将萃余液中有价离子分步分离；富集回收的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。

(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。

(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：

反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。

(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。

(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。

(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________g∙cm-3(列出计算式即可)。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

化合物()可帮助植物解除重金属中毒，则应该为结晶水，W、Y分别为H、O；W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素，结合图示数量关系，则化合物应该为X为碳；Z为钙，此时其相对分子质量为146；

【详解】

A．W；X、Y能形成多种有机酸、无机酸；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错误；

C．反应中首先失去结晶水得到左右热分解会产生有毒气体一氧化碳；C正确；

D．热分解反应为碳酸钙分解生成氧化钙；故生成固体化合物是ZY，D正确；

故选B。2、B【分析】【详解】

由于E3d＜E4p；电子由3d能级跃迁至4p能级时，需吸收能量，故光谱仪摄取的是吸收光谱，由于电子在原子核外作无规则运动，不能直接摄取运动轨迹，电子太小，不能摄取电子体积的大小；

故选：B。3、A【分析】【详解】

A．同周期元素；从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则锂；铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，故A错误；

B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为故B正确；

C．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则氮、氧、氟的电负性由小到大的顺序为故C正确；

D．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硅、磷、氯的最高价氧化物对应水化物的酸性由小到大的顺序为故D正确；

故选A。4、B【分析】【分析】

由题干信息可知；W；Y、Z表示三种原子序数依次增大的第三周期元素，W没有未成对电子，Z的最高正价与最低负价的代数和为0，故W为Mg，Z为Si，则Y为Al，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，Y是Al，Y的离子即Al3+半径是第三周期元素中最小的；A正确；

B．由分析可知，Z为Si，Si的简单氢化物即SiH4不存在分子间氢键；B错误；

C．由分析可知，W、Y、Z的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SiO3都属于弱电解质；C正确；

D．同一周期从左往右元素的电负性依次增大；故三种元素的电负性由大到小的顺序为Z＞Y＞W，D正确；

故答案为：B。5、D【分析】【详解】

A．羟胺中含有羟基；能水分子形成分子间氢键，使羟胺易溶于水，故A正确；

B．羟胺中的N元素显－1价；处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故B正确；

C．羟胺、NH3中的N具有孤电子对，均能结合水电离出的H＋；使水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故C正确；

D．羟胺中的N、羟基中的O均为sp3杂化；N－O－H可能共线，根据水分子中心氧原子的结构可推知，N－O－H应为V形，故D错误；

答案为D。6、B【分析】【详解】

A．在生成时失去电子；被氧化，发生的是氧化反应，A错误；

B．X射线衍射实验可区分晶体非晶体；可测定铁橄榄石的晶体结构，B正确；

C．含有的电子数=26-2=24，含有的电子数=质子数=26；两者电子数不相同，C错误；

D．基态的核外有23个电子；所以有23种不同的运动状态，D错误；

故选B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．石墨晶体中层内有共价键；层间为范德华力，A正确；

B．石墨晶体的熔；沸点很高；但硬度不大，B错误；

C．由图可知，每6个碳原子排列形成六元环，每个C原子为3个六元环所共有，则每个六元环平均含有碳原子数为C正确；

D．由图可知，石墨烯为片层结构，C原子采取杂化；D正确；

故选B。8、B【分析】【详解】

A．O的质子数为8，O2-是O原子得到2个电子形成的，所以1个O2-的电子数为10，则1molO2-核外电子数为10NA；故A错误；

B．22gT2O的物质的量为1mol，1个T2O中所含的中子数为12个，所以22gT2O中所含的中子数为12NA；故B正确；

C．标准状况下HF为液态，22.4LHF的物质的量不是1mol，所以22.4LHF中含有HF分子数不是NA；故C错误；

D．Al3+在水溶液中会发生水解，所以1L0.1mol·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目小于0.1NA；故D错误；

故选B。

【点睛】

T2O中T为氚，1个T含有1个质子和2个中子，T2O的相对分子质量为22。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【详解】

(1)每个晶胞中的碳原子个数为故答案为：4；

(2)根据晶胞结构可知其沿c轴的投影为故答案为：

(3)石墨中平均每个六元环含有2个碳原子，某石墨嵌入化合物中的每个六元环都对应一个故化学式为故答案为：

(4)设碳碳键的键长为晶胞底面图可表示为则解得晶胞底面的高一个晶胞体积一个晶胞的质量故石墨晶体密度为故答案为：【解析】①.4②.③.④.⑤.10、略

【分析】【详解】

反应②中形成的化合物是HCl，属于共价化合物，电子式为反应③中Cl2分子中Cl-Cl被破坏，Cl2由Cl原子以共价键结合形成，则被破坏的化学键化学键属于共价键。【解析】共价11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)考虑歧化产物：CaS会继续与S反应生成CaSm，CaSO3会继续与与S反应生成CaS2O3，CaSO4会形成石膏而沉淀，所以方程式为：3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O

(2)反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反应生成的石膏(CaSO4·nH2O)

(3)Sm2-离子的颜色为深棕色(1分，写CaSm也得分)

(4)A为BaS2O3；B为ZnS+S；C为NaCH3SO4(硫酸甲酯钠)。

拓展补充：硫代硫酸钙可溶于水；硫代硫酸钡不溶于水：S和亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，甲醛只和过量的亚硫酸钠反应生成硫酸甲酯钠。

(5)氧化剂：Sm2-，配位原子为S。【解析】3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反。应生成的石膏(CaSO4·nH2O)Sm2-BaS2O3ZnS+SNaCH3SO4Sm2-S12、略

【分析】【详解】

(1)NaH中Na+与H-形成离子键，为离子化合物，其电子式为

(2)NaCN中Na+与CN-形成离子键，为离子化合物，其电子式为

(3)NaBH4中Na+与BH形成离子键，为离子化合物，其电子式为【解析】13、略

【分析】【详解】

AsH3和NH3为等电子体，NH3为三角锥形，因此AsH3也为三角锥形。因为NH3分子间存在氢键，所以AsH3的沸点比NH3低。【解析】三角锥形低NH3分子间存在氢键14、略

【分析】【详解】

(1)由X的结构可知，其中所含的官能团有羰基和羟基；Z中存在酚羟基，可通过浓溴水或氯化铁溶液鉴别Y和Z，故答案为：(酚)羟基、羰基(或酮基)；浓溴水或溶液；

(2)实验测得Z的沸点比X的高；是因为X中羟基和羰基处于邻位，易形成分子内氢键，而Z容易形成分子间氢键，导致其沸点较高，故答案为：Z形成分子间氢键，X形成分子内氢键，故Z的沸点比X的高；

(3)Y中含有酯基与足量溶液发生水解反应，反应为：+2NaOH→+CH3COONa+H2O，故答案为：+2NaOH→+CH3COONa+H2O；

(4)与Y具有相同官能团且属于芳香化合物，若取代基只有一个，有-COOCH3和HCOOCH2-两种，若取代基有两个：分别为-CH3和-OOCH，在苯环上有邻、间、对三种结构，共5种符合题意，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式或故答案为：5；或【解析】(酚)羟基、羰基(或酮基)浓溴水或溶液Z形成分子间氢键，X形成分子内氢键，故Z的沸点比X的高+2NaOH→+CH3COONa+H2O5或15、略

【分析】【详解】

(1)金属Cu晶体采取的是面心立方最密堆积方式；则晶胞中铜原子位于顶点和面心，故选④；

(2)硫酸铜是离子化合物，故CuSO4晶体类型为离子晶体。中孤电子对数=价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体。铜是过渡元素、离子核外有空轨道，能接纳孤电子对，故[Cu(OH)4]2-中的中心离子为Cu2+；

(3)从示意图知，Cu2O晶胞中Cu原子位于晶胞内、氧原子位于顶点和体心，则一个Cu2O晶胞中含4个Cu原子；

(4)从键线式知，抗坏血酸的分子内碳的单键和碳的双键，故碳原子的杂化轨道类型有sp3和sp2，1个分子内有4个羟基，易和水形成氢键，使其易溶于水。【解析】①.④②.离子晶体③.正四面体④.Cu2+⑤.4⑥.sp3⑦.sp2⑧.易溶于水16、略

【分析】【详解】

(1)H2S、SO2、SO3的中心原子均为S，中心原子价层电子对数分别为2+2+3+即4、3、3，所以，H2S分子的中心原子价层电子对数不同于其他分子，故答案为：H2S；

(2)S8与SO2都是分子晶体，S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2，所以熔沸点S8>SO2，故答案为：S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2；

(3)SO3中S原子价层电子对数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面三角形，该分子中S−O原子之间存在单键和双键，所以共价键类型2种。图b分子中每个S原子都形成4个单键，所以S原子杂化类型为sp3，故答案为：平面三角；2；sp3。【解析】①.H2S②.S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2③.平面三角④.2⑤.sp3三、判断题(共8题，共16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、有机推断题(共2题，共12分)24、略

【分析】【详解】

（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；

（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物；且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则A只能是异丁烷，先取代再消去生成的D名称为：2—甲基丙烯；

（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为

（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应；故答案为消去反应；

（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：

（6）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为【解析】①.CH3CH(CH3)CH3②.2—甲基丙烯③.④.消去反应⑤.⑥.25、略

【分析】【分析】

A中亚甲基上的氢原子发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，D发生取代反应生成E，C中两个醇羟基发生取代反应生成D中醚键，D的结构简式为E发生取代反应生成F；

(7)以ClCOOH、CH3CH2OH和为原料合成根据A生成B类型的反应可知ClCOOH、CH3CH2OH发生酯化反应生成ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3和发生A生成B类型的反应、再发生B生成C类型的反应得到

【详解】

(1)根据B的结构简式可知其中所含官能团名称为酯基；

(2)根据A、B结构简式的不同可知：A中亚甲基上的氢原子被—CH2COOC2H5取代生成B；所以反应A→B的反应类型为取代反应；

(3)C中含有三个醇羟基，且三个羟基连接在不同碳原子上，则C的最简单同系物的结构简式为名称为丙三醇；

(4)中标有*的碳原子为手性碳原子；A；B、C、D、E、F六种物质中含有手性碳原子的是DEF；

(5)D是D与发生取代反应生成E：同时生成HCl，则D→E的化学方程式：+→+HCl；

(6)A的同分异构体符合下列条件：

①仅含一种官能团；则可能含有酯基或羧基；

②与碳酸氢钠反应有气体放出；说明含有羧基，由于分子中含有4个O原子，说明其中含有2个羧基；

③分子中含有两个甲基。

可能的结构为：其中1、2等阿拉伯数字表示的另一个-COOH的位置，其中核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为6∶4∶2的A的同分异构体的结构简式：

(7)ClCOOH与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应产生ClCOOC2H5，然后与在Na、CH3CH2OH、KI存在的条件下发生取代反应再在NaBH4、(CH3)3COH、CH3OH条件下发生还原反应产生故由以ClCOOH、CH3CH2OH和为原料合成的合成路线为：ClCOOHClCOOC2H5【解析】酯基取代反应丙三醇D、E、F+→+HCl11ClCOOHClCOOC2H5五、工业流程题(共3题，共18分)26、略

【分析】【分析】

含锌废催化剂中含有氧化锌、还含有镍、铁、铅等元素杂质，先用去离子水化浆，再加入氨水、碳酸氢铵浸取，氧化锌转化为[Zn(NH3)4]2+，锌转化为[Ni(NH3)4]2+，铁、铅等元素杂质不溶解而成为滤渣Ⅰ；过滤后所得滤液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Ni(NH3)4]2+，加入Zn粉，将[Ni(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和Ni；过滤后滤渣Ⅱ为Zn、Ni，滤液为[Zn(NH3)4]CO3，蒸氨得ZnCO3•2Zn(OH)2等。

（1）

Zn的价电子排布式为3d104s2，则Zn2+的价电子排布图为Zn2+的价电子数为10，NH3分子为配体，1个N原子提供2个电子与Zn2+形成配位键，依据18e-经验规则，1个Zn2+应与4个NH3形成配位键，所以“浸取”后锌元素的存在微粒形式为[Zn(NH3)4]2+。答案为：[Zn(NH3)4]2+；

（2）

“浸取”步骤中，废催化剂中含锌物质与氨水、碳酸氢铵反应，转化为[Zn(NH3)4]CO3，反应方程式为ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O。答案为：ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O；

（3）

①氨水和碳酸氢铵的热稳定性都差，图一中适宜选择的温度为42℃左右，则温度不宜过高的原因是：氨气溶解度下降，碳酸氢铵会分解，不利于生成[Zn(NH3)4]CO3。

②氧化锌中加入氨水、碳酸氢铵，随着氨水含量的不断增加，溶液的碱性不断增强，可能的含锌产物为[Zn(NH3)4]2+、Zn(OH)2、[Zn(OH)4]2+，从图二中可以看出，当0.75＜＜1时，锌的浸出率不断降低，则锌不断转化为Zn(OH)2；从而得出：

当＜0.75时，溶液pH较低，锌的存在形式为[Zn(NH3)4]2+；当0.75＜＜1时，溶液pH升高，锌的存在形式为Zn(OH)2；当1＜后，溶液pH继续升高，锌的存在形式为[Zn(OH)4]2+。答案为：氨气溶解度下降，碳酸氢铵会分解，不利于生成[Zn(NH3)4]CO3；[Zn(NH3)4]2+；Zn(OH)2；[Zn(OH)4]2+；

（4）

由分析可知；滤渣II的成分为过量的Zn外，还有Ni单质。答案为：Ni单质；

（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，则在此过程中，[Zn(NH3)4]CO3转化为ZnCO3•2Zn(OH)2↓、NH3等，其化学反应方程式为：[Zn(NH3)4]CO3+2H2OZnCO3•2Zn(OH)2↓+12NH3↑+2CO2↑。答案为：[Zn(NH3)4]CO3+2H2OZnCO3•2Zn(OH)2↓+12NH3↑+2CO2↑；

（6）

在浸取操作中，需要加入氨水，在蒸氨过程中，不断产生氨气，所以整个过程中可以循环利用的物质为NH3。答案为：NH3。

【点睛】

锌离子与铜离子一样，都能与氨分子形成稳定的配离子。【解析】(1)[Zn(NH3)4]2+

(2)ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O

(3)氨气溶解度下降，碳酸氢铵会分解，不利于生成[Zn(NH3)4]CO3[Zn(NH3)4]2+Zn(OH)2[Zn(OH)4]2+

(4)Ni单质。

(5)[Zn(NH3)4]CO3+2H2OZnCO3•2Zn(OH)2↓+12NH3↑+2CO2↑

(6)NH327、略

【分析】【分析】

电解铝之后的废渣先经过酸溶；让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子