2025年华师大版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年华师大版选择性必修2化学上册月考试卷966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9题，共18分)1、水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是。

A.①为活化过程，其中的价态不变B.该材料在锌电池中作为负极材料C.②代表电池放电过程D.③中晶体转移的电子数为2、工业上制备粗硅的反应为若C过量，还会生成SiC．下列叙述错误的是A.1个CO分子内只含有1个键和2个键B.键能：C—H>Si—H，因此甲硅烷没有甲烷稳定C.键长：C—SiSiD.键长：C一C3、“类比”是研究物质的重要思想。下列有关“类比”对物质结构或性质的推测正确的是A.乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸B.乙炔的分子结构为直线形，则HCN的分子结构也为直线形C.第一电离能：N>O，则第二电离能：N>OD.卤素单质中熔点最低，则碱金属元素单质Li、Na、K、Rb中Li的熔点最低4、是“裸露”的质子，半径很小，易吸引生成水合氢离子()。下列对上述过程的描述不合理的是A.氧原子的杂化类型未发生改变B.与的价层电子对数未发生改变C.与的电子总数未发生改变D.H—O—H的键角未发生改变5、下列说法不正确的是A.颜色逐渐加深B.的挥发破坏了共价键C.的结构式：D.的沸点逐渐降低6、下列关于和金刚石的叙述正确的是A.的晶体结构中，每个原子与2个O原子直接相连B.通常状况下，晶体中含有的分子数为(表示阿伏加德罗常数的值)C.金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小环上有6个碳原子D.金刚石中含有个键(表示阿伏加德罗常数的值)7、B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是（）A.其熔点主要取决于所含化学键的键能B.形成大π键的电子全部由N提供C.分子中B和N的杂化方式均为sp2D.分子中所有原子共平面8、类推的思维方法在化学学习与研究中可能会产生错误的结论。因此类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是A.常温下为液态，常温下也为液态B.金刚石中键的键长为中键的键长为所以的熔点高于金刚石C.熔点较高，熔点也较高D.从为正四面体结构，可推测也为正四面体结构9、已知异丙苯的结构简式如图所示；下列说法错误的是（）

A.异丙苯的分子式为C9H12B.异丙苯能发生加成反应C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D.异丙苯能发生取代反应评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图为周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧下列说法正确的是。ADBEC

A.D，B，E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：C.D，B，E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小D.气态氢化物的稳定性顺序：11、下列说法正确的A.p轨道的形状为纺锤形，的能量相等B.元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大C.基态原子外围电子排布式为的元素位于第4周期ⅤA族，是p区元素D.金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，故含有的金刚石中形成的共价键有4mol12、实验室中常用丁二酮肟来检验Ni2+；反应时形成双齿配合物.离子方程式如下：

下列说法错误的是A.基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8B.丁二酮肟分子中碳原子与氮原子的杂化方式均为sp2C.每个二(丁二酮肟)合镍(II)含有32个σ键D.二(丁二酮肟)合镍(II)的中心原子的配体数目和配位数均为413、下列说法正确的是A.pKa(CH3COOH)＞pKa(CCl3COOH)B.pKa(CCl3COOH)＞pKa(CHCl2COOH)C.pKa(H3PO4)＜pKa(H3AsO4)D.pKa(HCOOH)＞pKa(CH3COOH)14、化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物；可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲；乙的说法正确的是。

A.甲分子存在顺反异构，也可以使溴水褪色B.乙中仅含有1个手性碳原子C.NaHCO3溶液和FeCl3溶液均不能鉴别化合物甲、乙D.乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与5molNaOH反应15、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键16、下列有关说法不正确的是。

A.18g的冰晶体中含氢键4molB.钋(Po)是一种放射性金属，采用简单立方堆积，空间利用率为52%C.H原子的电子云图如图c所示，电子云密度大的区域电子数自多D.金属Cu的晶胞结构如图d所示，晶胞中Cu原子的配位数为12评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、(1)已知：碳化硅()是一种具有类似金刚石结构的晶体，其中碳原子和硅原子是交替排列的。在下列晶体：①晶体硅、②金刚石、③碳化硅、④干冰、⑤冰中，它们的熔点由高到低的顺序是______(填序号)。

(2)继后，科学家又合成了已知熔点：而破坏分子所需要的能量：其原因是______。18、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)。19、(1)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___；氮元素的E1呈现异常的原因是__。

(2)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___。

(3)元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu＞INi的原因是__。20、元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1。试解答下列各题：

(1)元素X的原子最外层电子排布式中的n=_______；原子中能量最高的是_______电子，其电子云在空间有_______种伸展方向，原子轨道呈_______形。

(2)元素X的名称是_______；它的氢化物的电子式是_______；该氢化物分子结构呈_______形，其中X原子的VSEPR模型为_______；该氢化物分子可以与H+以_______结合成阳离子，该阳离子与Cl-可以形成_______化合物。21、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________。22、(1)的稳定性比水差，从结构的角度解释原因___________。

(2)的四卤化物熔点如下表所示，自至熔点依次升高，原因是___________。化合物熔点/℃37738.315523、Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。

。化合物。

TiF4

TiCl4

TiBr4

TiI4

熔点/℃

377

﹣24.12

38.3

155

24、合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种铜冶炼烟尘(主要成分是CuO、ZnO、PbO、SiO2、As2O3)为原料回收铜和锌的流程如图。回答下列问题：

(1)写出能提高“酸浸”浸出率的两个措施____。

(2)“滤渣1”的主要成分是____。

(3)已知As2O3是一种两性氧化物，“滤渣3”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中发生的离子反应方程式为____。

(4)“沉铁”通入过量空气的目的是____。

(5)加入ZnO的目的是调节溶液的pH，如图所示是溶液pH与滤液中Fe元素及滤渣中Zn元素的含量关系，则“沉铁”过程中溶液最合适的pH为____。

(6)“电解积锌”后的电解液可返回____工序继续使用。

(7)合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。阳极的电极反应式为____。

25、2020年；智能材料已大量涌现，为生物医疗；国防军事以及航空航天等领域发展提供支撑。

（1）快离子导体是具有优良离子导电能力的固体电解质。反应BF3+NH3=NH3·BF3的产物分子中形成配位键提供孤电子对的配位原子名称是___；采取sp3杂化轨道形成化学键的原子符号是___。

（2）第三代半导体材料氮化镓（GaN）适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。基态Ga原子最高能层的电子数为________，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有_____种。

（3）金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。钛（Ti）在元素周期表中位于___区，钛（Ti）的基态原子M能层中有___种能量不同的电子。

（4）镍能形成多种配合物，如正四面体形的Ni（CO）4和正方形的［Ni（CO）4］2-、正八面体形的［Ni（NH3）6］2+等。下列说法正确的有___（填标号）。

ACO与N2互为等电子体；其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2

BNH3的空间构型为平面三角形。

CNi2+在形成配合物时；其配位数只能为4

DNi（CO）4和［Ni（CO）4］2-中，镍元素均是sp3杂化。

（５）一种四方结构的超导化合物汞钡铜氧晶体的晶胞如图所示。

则汞钡铜氧晶体的密度为____g•cm-3（设NA为阿伏加德罗常数的值）。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)26、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27、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28、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29、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.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)30、受体拮抗剂是指能与受体结合；但不具备内在活性的一类物质。某受体拮抗剂的中间体G的合成路线如下：

已知：①

②R-CNR-COOH

请回答：

(1)化合物C的分子式是______，其含氧官能团的名称是_____________________。

(2)由A生成B的反应类型是_________________。

(3)已知：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出化合物G与足量H2发生加成反应产物的结构简式，并田*标出其中的手性碳原子_______________。

(4)化合物M是比B少一个碳原子的同系物，请写出符合以下四个条件的同分异构体的结构简式_____________。

①遇FeCl3溶液发生显色反应。

②苯环上连有两个取代基。

③核磁共振氢谱有5组吸收峰。

④1mol物质与足量NaHCO3溶液反应最多产生1molCO2

(5)写出E→F的化学方程式__________________。

(6)以化合物等为原料，设计合成化合物的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。31、有机物玻璃是一种常见的高分子材料；由丙酮制备有机玻璃的流程如下：

(1)物质A的化学式为____，分子中σ键与π键的个数比为____。

(2)分子中氢核磁共振谱峰的比值为____；反应③的类型是____。

(3)反应④的化学方程式为____。

(4)反应⑤为加聚反应，有机玻璃的结构简式为____。32、已知：RCNRCOOH。光学活性毗氟氯禾灵是选择性强；药效稳定、对人畜安全的多禾本科杂草除草剂；它的合成路线如下：

试回答下列问题：

(1)在吡氟氯禾灵的合成所涉及的反应中，属于加成反应的有____________（填序号）。若有机物分子中的某个碳原子所连的4个原子或原子团均不相同，则该碳原子称为手性碳原子，在吡氟氯禾灵分子中含有_________个手性碳原子。

(2)B的结构简式为___________。

(3)CH3CH(OH)CN、物质C长期暴露在空气中均会变质，其原因分别是__________。

(4)1molC分子最多可与____________molNaOH完全反应。

(5)写出下列反应的化学方程式(不需注明反应条件)：

反应④___________________________________；

反应⑥___________________________________；33、已知元素X；Y均为短周期元素；X元素的一种核素常用于测文物的年代，Y元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56。N是一种常用溶剂，分子式中两种元素个数比为1:1。回答下列问题：

(1)M的分子式为：______。

(2)任意写一种不含支链的M的结构简式______。

(3)如图在烧瓶a中加入N与液溴的混合液；加入铁粉可以使其发生反应：

①写出a容器中发生反应的化学方程式：______。

②仪器b的名称为_____。

(4)乙烯是重要有机化工原料。结合如图路线回答：

已知：2CH3CHO+O22CH3COOH

①B中官能团的名称是______。

②该转化关系中D生成CH3CHO的反应方程式为______。

③G是一种油状；有香味的物质；有以下两种制法。

制法一：实验室用D和E在浓硫酸加热条件下反应制取G。反应⑥用18O同位素标记乙醇中的氧原子，写出其化学方程式_______。

制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。该反应类型是____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去；产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故A项错误；

B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+；Zn电极为负极材料，故B项错误；

C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成；因此表示放电过程，故C项正确；

D．MnO晶胞中棱边上所含Mn的个数为同理和晶胞中棱边上所含Mn的个数为3，晶胞中Zn2+个数为因此Mn与Zn2+个数比为3：1，由此可知晶胞中Zn2+个数为③过程中1mol晶体转移电子的物质的量为故D项错误；

综上所述，叙述正确的是C项。2、D【分析】【详解】

A．CO与N2是等电子体，其结构式为则1个CO分子内只含有1个键和2个键；A正确；

B．原子半径：C＜Si；共价键键长：C—H＜Si—H，键能：C—H＞Si—H，共价键的牢固程度：C—H＞Si—H，因此甲硅烷没有甲烷稳定，B正确；

C．碳化硅和单晶硅均属于共价晶体；原子半径：C＜Si，键长：C—Si＜Si—Si，共价键的牢固程度：C—Si＞Si—Si，因此熔点：SiC＞Si，C正确；

D．键长：C—C＜Si—Si；共价键的牢固程度：C—C＞Si—Si，因此C的还原性小于Si的还原性，D不正确；

答案选D。3、B【分析】【详解】

A．乙醇具有还原性，当它与足量酸性高锰酸钾溶液反应时会被氧化成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成(草酸也能被酸性高锰酸钾溶液氧化)；A错误；

B．乙炔分子中C原子为sp杂化；HCN中C原子也是sp杂化，二者都是直线形分子，B正确；

C．N、O原子的价层电子排布式分别为基态N原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，因此第一电离能：N>O，N、O原子失去一个电子后的价电子排布式分别为O失去的第二个电子是处于半充满状态的2p轨道电子，因此第二电离能：O>N；C错误；

D．和均属于分子晶体，结构相似，相对分子质量越小，范德华力越小，熔点越低，因此熔点最低；Li、Na、K和Rb均属于金属晶体，它们价电子数相同，离子半径越大，金属键越弱，熔点越低，因此其中Rb的熔点最低；D错误；

故选：B。4、D【分析】【分析】

H2O的价层电子对数为2+2=4，杂化类型sp3，分子构型为折线形；H3O+的价层电子对数为3+1=4，杂化类型sp3；分子构型为三角锥形。

【详解】

A．O原子为中心原子，其杂化类型都是sp3杂化；A不符合题意；

B．价层电子对数都为4；B不符合题意；

C．H+是“裸露”的质子，核外无电子，故H2O与H3O+的电子总数未发生改变；C不符合题意；

D．H2O分子构型为折线形，H3O+分子构型为三角锥形；故键角不同，D符合题意；

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．为浅黄绿色，为黄绿色，为红棕色，为紫黑色；A项正确；

B．的挥发破坏了分子间作用力；共价键没有被破坏，B项错误；

C．的结构式：C项正确；

D．组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，H2O、NH3、HF属于分子晶体，但H2O、NH3、HF中都含有氢键，使得沸点变大，每个H2O中含有2个氢键，每个NH3中含有1个氢键，每个HF中含有1个氢键，且氟的非金属性强于氮，所以氢化物的沸点：＞＞D项正确；

答案选B。6、C【分析】【详解】

A．SiO2晶体结构中；每个Si原子与4个O原子直接相连，每个O原子与2个Si原子直接相连，故A错误；

B．SiO2晶体是共价晶体；不存在分子，故B错误；

C．金刚石是共价晶体；在共价晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故C正确；

D．一个碳原子含有2个C-C键；所以1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；

故选C。7、A【分析】【详解】

A．无机苯是分子晶体；其熔点主要取决于分子间的作用力，故A错误；

B．B原子最外层3个电子；与其它原子形成3个σ键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个σ键，还剩余2个电子，故形成大π键的电子全部由N原子提供，故B正确；

C．无机苯与苯结构相似，分子中含有大π键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化；故C正确；

D．无机苯与苯结构相似；分子中所有原子共平面，故D正确；

综上所述答案为A。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．由于水分子间形成氢键，所以H2O常温下为液态，而H2S分子间没有氢键，所以H2S常温下为气态；A错误；

B．金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，分子晶体的熔点一般低于原子晶体，故C60的熔点低于金刚石；与键长没有关系，B错误；

C．属于离子化合物，熔点较高，属于分子晶体；熔点较低，C错误；

D．从为正面体结构，与相似，与相似，所以可推测也为正四面体结构；D正确；

故选D。9、C【分析】【详解】

A.异丙苯的结构简式为其分子式为故A项正确；

B.异丙苯在一定条件下能与H2发生加成反应，故B项正确；

C.异丙苯分子中与苯环相连的碳原子具有像甲烷分子的四面体结构，所有碳原子不可能都处于同一平面内，故C项错误；

D.异丙苯分子中苯环和侧链上都可以发生取代反应，故D项正确；

故答案：C。二、多选题(共7题，共14分)10、BC【分析】【分析】

B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，设B元素相对原子质量为x，则×100%=60%，解得b=32；故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素；C为Se、D为P元素、E为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强；第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，第一电离能P＞Cl＞S，A错误；

B．同主族元素从上到下；元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性Cl＞S＞Se，B正确；

C．P；S、Cl三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大离子半径越小，P、S、Cl三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，C正确；

D．非金属性：P＜S＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

故选BC。11、AC【分析】【分析】

本题考查比较综合；涉及电离能；元素周期表的分区、化学键等知识，题目难度不大，掌握基础是关键。

【详解】

A．p轨道均为纺锤形，同一能级的不同轨道能量相同，空间伸展方向不同，所以的能量相等；故A正确；

B．同一周期金属性从左到右逐渐增大；同一周期第一电离能从左到右有增大趋势，但第IIIA族第一电离能小于第IIA，第VA族第一电离能大于第VIA，所以第一电离能递变规律与非金属性递变规律不完全相同，故B错误；

C．基态原子外围电子排布式为的元素有4个电子层；最外层电子数为5；位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；

D．金刚石是原子晶体，在原子晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，一个碳原子含有2个键，所以1mol金刚石含键；故D错误。

故选AC。12、BD【分析】【详解】

A.镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；故A正确；

B.由丁二酮肟分子结构可知，分子中有的碳原子形成1个双键和2个单键，碳原子的杂化方式为sp2杂化，还有的碳原子全部是单键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；故B错误；

C.由二(丁二酮肟)合镍(II)的结构可知；配合物中含有4个配位键；4个双键和24个单键，共32个σ键，故C正确；

D.由二(丁二酮肟)合镍(II)的结构可知；配合物的中心原子为镍离子，配位数为4，配位体为2个丁二酮肟，故D错误；

故选BD。13、AC【分析】【详解】

A．Cl的电负性大于H的电负性，故C-Cl键的极性大于C-H键的极性，故CCl3COOH中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，pKa(CH3COOH)>pKa(CCl3COOH)；A正确；

B．CCl3COOH有3个C-Cl键，CHCl2COOH有2个C-Cl键，CCl3COOH中的羟基更容易电离出氢离子，pKa(CCl3COOH)a(CHCl2COOH)；B错误；

C．非金属性越强，最高价氧化物对应酸性越强，P的非金属性强于As，故pKa(H3PO4)＜pKa(H3AsO4)；C正确；

D．烃基越长，羧酸的酸性越弱，故相同浓度的甲酸酸性强于乙酸的酸性，故pKa(HCOOH)a(CH3COOH)；D错误；

故答案为：AC。14、AD【分析】【详解】

A．甲分子中含有不饱和的碳碳双键；可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；由于这两个不饱和的连有不同的原子或原子团，因此存在顺反异构，A正确；

B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。甲中不含手性碳原子，乙中含有2个手性碳原子，用数字1、2标注为：B错误；

C．甲分子中含有-COOH但不含酚-OH、乙中含有酚-OH但不含-COOH，羧基能和NaHCO3溶液反应生成CO2气体，酚能和FeCl3溶液发生显色反应，所以甲能和NaHCO3反应生成CO2而乙不能，乙能发生显色反应而甲不能，所以可以用NaHCO3或FeCl3溶液鉴别甲；乙两种化合物；C错误；

D．乙中含有酯基、氨基、酚羟基、醚键、溴原子，具有酯、氨、酚、醚和溴代烃的性质，含有-NH2；能够与盐酸发生反应；能和NaOH反应的官能团有酯基水解生成的羧基；酚羟基、溴原子，所以乙能和稀盐酸、NaOH反应，且1mol乙最多能与5molNaOH反应，D正确；

故合理选项是AD。15、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。16、AC【分析】【分析】

【详解】

A．在冰的晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，则每一个水分子平均形成的氢键个数为=2；18g水为1mol，所以18g的冰晶体中含氢键2mol，故A不正确；

B．钋(Po)是一种放射性金属，采用简单立方堆积，设边长是2r，体积为8r3，根据分摊法可知，个Po，体积为空间利用率为故B正确；

C．H原子的电子云图中；电子云密度大的区域仅表示电子出现的机会多，故C不正确；

D．金属Cu的晶胞中，Cu原子的配位数为故D正确；

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【详解】

(1)题述晶体中属于共价晶体的是①②③，属于分子晶体的是④⑤。一般来说，共价晶体的熔点>分子晶体的熔点；对于共价晶体，键长：键>键键，相应键能：键键键，故熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。故答案为：②③①⑤④；

(2)分子晶体熔点与分子间作用力有关，而破坏分子则是破坏分子内的共价键。故答案为：一般情况下，对于组成与结构相似的分了晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔化所需的能量越多，故熔点：而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子所需要的能量：【解析】①.②③①⑤④②.一般情况下，对于组成与结构相似的分了晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔化所需的能量越多，故熔点：而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子所需要的能量：18、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1s22s22p63s23p63d104s1ds19、略

【分析】【详解】

(1)从图中可以看出：除N外，同周期元素随核电荷数依次增大，E1逐渐增大，这是因为随原子半径逐渐减小，结合一个电子需要释放出更多的能量；N原子的2p轨道处于半充满状态，不易再结合一个电子，故E1呈现异常；故答案为：同周期元素随核电荷数依次增大；原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子；

(2)非金属性：H

(3)铜的第二电离能失去的是全充满的3d10电子所需要的能量，镍的第二电离能失去的是4s1电子所需要的能量，前者属于稳定状态，故第二电离能：ICu＞INi，故答案为：铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。【解析】①.同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大②.N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子③.H10电子，镍失去的是4s1电子20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，s能级最多排2个电子，该元素排列了p能级说明s能级已经填满，所以n=2，则该元素最外层电子排布式为2s22p3；则该元素是N元素，根据构造原理知该元素中能量最高的电子是2p电子，其电子云有三种相互垂直的伸展方向，原子轨道呈哑铃型；

(2)元素X的名称是氮，它的氢化物NH3的电子式是氨气为三角锥分子，NH3中N原子形成3个N-H键、含有1对孤电子对，价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为正四面体形，氨气可以与H+离子以配位键形成铵根离子；与Cl-形成化合物是NH4Cl，是离子化合物。【解析】22p3哑铃/纺锤氮三角锥形四面体配位键离子21、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-S22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)结构式为其中过氧键()键能小，小于键键能，所以过氧键不稳定，因此原因为中过氧键不稳定(或键键能比键键能小)；因此稳定性比水差；

(2)为离子化合物，熔点高，而都为共价化合物，是分子晶体，其结构相似，相对分子质量增加，分子间作用力增大，熔点依次升高，所以原因是至都是分子晶体，结构相似，相对分子质量增加，分子间作用力增大，因此熔点依次升高。【解析】①.中过氧键不稳定(或键键能比键键能小)，因此稳定性比水差②.至都是分子晶体，结构相似，相对分子质量增加，分子间作用力增大，因此熔点依次升高23、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高24、略

【分析】【分析】

废料中加入稀硫酸酸浸，ZnO、CuO、PbO、As2O3分别和稀硫酸反应，SiO2不反应，生成的PbSO4不溶于水，过滤得到的浸渣1为SiO2、PbSO4，滤液中含有Zn2+、Cu2+、As3+，向滤液中加入过量的Zn沉铜，得到Cu，过滤后得到滤渣2为Cu和过量的Zn，然后向滤液中加入Fe2(SO4)3，得到FeAsO4，然后向溶液中加入ZnO、O2，O2氧化Fe2+生成Fe3+，ZnO消耗稀酸调节溶液的pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而沉铁，滤渣4为Fe(OH)3和过量的ZnO，得到的ZnSO4溶液电解得到粗锌。

（1）

能提高“酸浸”浸出率的两个措施：适当提高硫酸的浓度；适当升高温度。

故答案：适当提高硫酸的浓度；适当升高温度。

（2）

酸浸PbO+H2SO4=PbSO4+H2O，PbSO4难溶于水，烟尘中的SiO2不与硫酸反应且难溶于水，故“滤渣1”的主要成分是SiO2和PbSO4。

故答案：SiO2和PbSO4。

（3）

由题意知As2O3是一种两性氧化物，“滤渣3”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中发生的离子反应方程式为由分析知As3++3Fe3++4H2O=FeAsO4↓+2Fe2++8H+

故答案：As3++3Fe3++4H2O=FeAsO4↓+2Fe2++8H+。

（4）

由分析知将“沉铁”通入过量空气的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；便于沉淀。

故答案：将Fe2+全部氧化为Fe3+；便于沉淀。

（5）

加入ZnO调节溶液pH；除去铁离子，滤液中铁离子浓度越小越好，滤渣中Zn的质量分数越少越好，根据图知，最适宜的pH为4.5。

故答案：4.5。

（6）

）以惰性材料为电极，“电解积锌”时，阳极上水失电子生成O2，则阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，工业上常用电解法精炼锌，粗锌作阳极、纯锌作阴极，所以阴极材料是纯Zn，电解质溶液选择ZnSO4溶液；“电解积锌”后的电解液可返回酸浸工序继续使用。

故答案：酸浸。

（7）

由图可知，在阳极通入甲醇和一氧化碳，(CH3O)2CO为电极产物，则说明CH3OH和CO在阳极失去电子生成(CH3O)2CO，则阳极电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+

故答案：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+【解析】(1)适当提高硫酸的浓度；适当升高温度。

(2)SiO2和PbSO4

(3)As3++3Fe3++4H2O=FeAsO4↓+2Fe2++8H+

(4)将Fe2+全部氧化为Fe3+；便于沉淀。

(5)4.5

(6)酸浸。

(7)2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+25、略

【分析】【详解】

（1）由BF3+NH3=NH3·BF3可知，产物分子中的配位键是由N提供孤电子对，B提供空轨道形成的，故答案为氮，其中N,B都采用sp3杂化轨道形成化学键；故答案为N,B;

（2）Ga的电子排布式为[Ar]4s24p1,故基态Ga原子最高能层的电子数为3，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有3种；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IA族、VA族元素原子具有全充满、半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能B<Be

（3）钛的核外电子排布式为[Ar]3d24s2；最后一个电子填充在3d层，故钛元素属于d区元素，M能层中有有3种能量不同的电子；

（4）

A．CO与CN-、N2都互为等电子体；这三种微粒结构相似，根据氮气分子结构式知，CO结构式为C≡O，共价三键中含有1个σ键；2个丌键，所以CO分子内σ键和丌键个数之比为1:2，故A正确；

B．NH3的空间构型为三角锥形；故B错误；

C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时；其配位数可以是4，也可为6，故C错误；

D．Ni（CO）4和［Ni（CO）4］2-中；镍元素提供了空轨道，不存在杂化，故D错误；

故答案选A；

（5）由图可知晶胞的体积为a2C×10-30cm3，晶胞中的原子数目为：Hg，1；Ba，2；Cu，1；O，4；故晶胞的质量为(200+137.3×2+64+16×4)/NA故晶胞的密度为6.03×1032/a2cNA；【解析】①.氮原子②.Ｂ、N③.3④.3⑤.d⑥.3⑦.A⑧.6.03×1032/a2cNA四、判断题(共4题，共40分)26、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。27、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；28、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。29、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。五、有机推断题(共4题，共28分)30、略

【分析】【分析】

根据C的结构和已知反应①，D的结构简式为：D与反应生成E，E的结构简式为：E与发生取代反应生成F，F的结构简式为：根据已知反应②，F在生成产物G：

【详解】

（1）根据化合物C的结构简式，分子式为：分子中含有的含氧官能团为：羰基；醚键；

（2）由A和B的结构简式分析；A生成B，脱氧加氢，为还原反应；

（3）化合物G与氢气发生加成反应，生成手性碳原子为：

（4）化合物M，比B少了一个C原子，①遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基结构②苯环上连有两个取代基，③核磁共振氢谱有5组吸收峰，另一个取代基在酚羟基的对位上，④1mol物质与足量溶液反应最多产生分子中含有1个综上所述，符合条件M的结构简式为：

（5）E与发生取代反应生成F，发生反应的化学方程式为：+NaCN+NaCl；

（6）根据题目的合成信息，以化合物等为原料，设计合成化合物的路线为