2025年沪教版选择性必修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年沪教版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列说法正确的是A.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B.电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了能量最低原则C.表示的原子能量处于最低状态D.正三价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5的元素在周期表中位于Ⅷ族2、下列关于化学键的说法正确的是A.键与键的电子云对称性不同B.物质只有发生化学变化时才会有化学键的断裂C.非金属元素之间形成的化合物中只含有共价键D.1个N原子最多只能与3个H原子结合形成分子，这是由共价键的饱和性决定的3、工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收得到组成为的发烟硫酸。当时形成焦硫酸()；结构如图所示，它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是。

A.属于极性分子B.具有强氧化性C.所有S和O均为杂化D.其盐的溶液呈酸性4、下列分子的空间构型为平面三角形的是（）A.PCl3B.BCl3C.NH3D.H2O5、五羰基铁[Fe(CO)5]催化化工生产中某反应的机理如下图所示，下列说法错误的是。

A.Fe(CO)4是该反应的中间体B.OH-参与了该催化循环C.反应过程中Fe的成键数目保持不变D.该催化反应为CO+H2O⇌CO2+H26、在水晶柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，会发现不同方向石蜡熔化的快慢不同，这是晶体的A.自范性B.均一性C.晶胞“无隙并置”性D.各向异性7、由短周期主族元素形成的三种单质A；B、C；且此三种元素均在不同周期，甲、乙、丙、丁为化合物，C为密度最小的气体，其转化关系如图所示。下列说法不正确的是。

A.甲可能为电解质B.乙的水溶液一定显碱性C.丁一定为两性物质D.每个丙分子中含有10个电子8、下列性质适合于离子晶体的是A.熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电B.熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电C.熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm-3D.熔点3900℃，硬度很大，不导电评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、下列说法或有关化学用语的使用正确的是（）A.在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量B.Fe原子的外围轨道表示式为C.氧的电负性比氮大，故氧元素的第一电离能比氮元素的第一电离能大D.铜原子的外围电子排布式为3d104s110、下列关于物质性质的比较，正确的是A.原子半径：C＜N＜O＜FB.离子半径：O2-＞Na+＞S2-C.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHD.酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO411、下列实验操作现象能得出相应结论的是。

。选项实验操作现象结论ACuS溶于浓硝酸。

有红棕色气泡产生。

CuS能被硝酸氧化。

BSO2通入滴有石蕊试液的水中。

溶液变红但不褪色。

SO2有酸性；无漂白性。

C向Na2CO3中滴入HClO3溶液。

有气泡产生。

非金属性Cl＞C

D将KI和FeCl3溶液在试管中混。

合后，加入CCl4；振荡，静置。

下层溶液显紫红色。

氧化性：Fe3+＞I2

A.AB.BC.CD.D12、厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术；下列说法中正确的是。

A.1mol所含的质子总数为10NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)B.N2H2中含有σ键和π键C.过程IV中，发生氧化反应D.该方法每处理1mol需要1mol13、下列说法正确的是A.ds区元素位于第ⅠB族和第ⅡB族B.所有分子晶体中每个分子周围都有12个紧邻的分子C.有阳离子的所有物质一定会有阴离子D.p区中的某些元素构成的单质可用于做半导体材料14、氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源；水的光解技术是当前研究的重要课题。在WOC和HEC两种催化剂作用下，利用光照将水分解(“*代表反应过程中产生的中间体”)，原理如图。下列说法错误的是。

A.上述水的光解技术是将光能转化为化学能B.1molWOC*中通过螯合成环的配位键有12molC.析氢和析氧分别是还原反应和氧化反应D.HEC*中C原子的杂化方式都是sp杂化15、物质Ⅲ(2；3-二氢苯并呋喃)是一种重要的精细化工原料,其合成的部分流程如下：

下列叙述正确的是A.物质Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有六种不同环境的氢B.物质Ⅰ在NaOH醇溶液中加热可发生消去反应C.物质Ⅱ中所有原子可能位于同一平面内D.物质Ⅲ与足量H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、按要求填空：

(1)写出下列化合物的电子式：KCN_______，NaClO_______

(2)写出下列基态原子或离子核外电子排布式：P_______，Fe2+_______

(3)写出下列微粒中心原子的杂化方式：CCl4_______，NO_______

(4)铬原子的最高能层符号是_______，其价层电子的轨道表达式为_______。

(5)比较第二电离能Cu_______Zn(填“>”、“=”、“<”)，理由是：_______。17、铁原子有两种堆积方式，相应地形成两种晶胞(如图甲、乙所示)，其中晶胞乙的堆积方式是___________，晶胞甲中原子的空间利用率为___________(用含π的代数式表示)。

18、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)。19、钴单质及其化合物在生产；生活中有广泛应用。请回答下列问题：

(1)基态原子的价层电子排布图为_______。

(2)元素的第四电离能比铁元素的第四电离能小，理由是_______。

(3)以甲醇为溶剂，可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)的电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)，色胺酮分子中N原子的杂化类型有_______，X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个分子，通过_______作用与色胺酮钴配合物相结合。

(4)金属钴晶体的晶胞呈六棱柱形，其结构如图所示，每个晶胞中含原子数为_______；晶胞底面呈正六边形，边长为设为阿伏加德罗常数的值，晶胞的密度为则该晶胞的高b为_______(列出计算式)。

20、天然产物H具有抗肿瘤；镇痉等生物活性；可通过以下路线合成。

已知：+((Z—COOR；—COOH等)

回答下列问题：

化合物H含有手性碳原子的数目为___，下列物质不能与H发生反应的是___(填序号)。

A．CHCl3B．NaOH溶液C．酸性KMnO4溶液D．金属Na21、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同主族。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)Fe成为阳离子时首先失去_______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为_______。

(3)比较离子半径：F-_______O2-(填“大于”“等于”或“小于”)。

(4)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4；LiCl和苯胺等作为原料制备。

①在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_______，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_______(填“相同”或“相反”)。

②NH4H2PO4中，电负性最高的元素是_______，P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。22、以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系的晶胞结构如图所示；晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。

坐标

原子xyz000000.50.250.250.125

一个晶胞中有___________个找出距离最近的___________(用分数坐标表示)。晶体中与单个键合的有___________个。23、(1)现有①金刚石②干冰③Na2SO4④NH4Cl⑤Ar五种物质；按下列要求回答：

晶体熔化时需要破坏范德华力的是__(填序号，下同)；熔点最低的是___；晶体中只存在一种微粒作用力是__；属于离子晶体的是___。

(2)X2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，结构如图所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“标出相应的配位键___。CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2•2CO•2H2O含有σ键的数目为___。

评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)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25、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.错误评卷人得分五、原理综合题(共1题，共3分)26、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___。评卷人得分六、实验题(共4题，共28分)27、常温下；青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点约为156.5℃，易受湿；热的影响而分解。某实验小组对青蒿素的提取和组成进行了探究。

Ⅰ．提取流程：

(1)“破碎”的目的是________________。

(2)操作a和操作b的名称分别是____________、____________。

(3)操作a所用青蒿必须干燥且不宜加热，原因是_________________________________。

Ⅱ．燃烧法测定最简式：

实验室用如图所示装置测定青蒿素（烃的含氧衍生物）中氧元素的质量分数。

(4)装置D中所盛固体可以是___（用对应符号填空）；F的作用是_______________。

a.生石灰b.CaCl2c.碱石灰。

(5)燃烧mg青蒿素，图中D、E的质量分别增重ag、bg，则青蒿素中氧元素的质量分数可表示为_____（只写计算式，用含有m、a、b的符号来表示，可不化简）。28、某小组根据既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。

已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合

ⅱ.为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成也可溶于氨水生成(无色)。

Ⅰ.与的反应。

向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。装置编号试剂实验现象a溶液始终无明显变化b溶液溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀

(1)基态的价层电子排布式为_______。

(2)将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为

①证明白色沉淀中有推理过程是_______。

②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式：_______；

(3)进一步证实b中作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中，_______。

(4)由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中不能将还原为或

②的还原性由强到弱的顺序为_______。

综上所述；改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。

Ⅱ.与的反应。

向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。装置编号试剂实验现象c稀硫酸始终无明显变化d稀盐酸铜片表面变黑，溶液变为棕色铜片表面变黑，溶液变为棕色(5)证明d所得棕色溶液含有用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：_______。

(6)经进一步检验，铜表面黑色物质为补全d中反应的离子方程式：________

______________。

(7)与c对比，d能发生反应的原因是_______。29、某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律。

Ⅰ.甲同学设计了如图的装置来一次性完成元素非金属性强弱比较的实验研究。

可选用的实验药品有：1.0mol/LHCl(挥发性强酸)、1.0mol/LHClO4(挥发性强酸)；碳酸钙(固体)、1.0mol/L水玻璃。打开A处的活塞后；可看到有大量气泡产生，烧杯中可观察到白色沉淀生成。

(1)图一中A的仪器名称为___________，所装的试剂为___________(只填化学式)。

(2)B中发生反应的离子方程式为___________。

(3)乙同学认为甲同学设计的实验不够严谨，应在B和C之间增加一个洗气装置，洗气瓶中盛装的液体为___________

Ⅱ.丙同学设计了如图的装置来验证卤族元素性质的递变规律。A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花；湿润的淀粉-KI试纸、沾有NaOH溶液的棉花。

(4)A处反应的离子方程式：___________，B处的实验现象为___________，C处沾有NaOH溶液的棉花的作用为___________。

(5)该实验___________验证非金属性Cl>Br>I(填“能”或“不能”)30、20℃下；制作网红“天气瓶”流程如下，请根据下述制作流程，结合下列信息和所学知识，回答问题：

温度／℃0102030405060708090100硝酸钾溶解度／g13.320.931.645.863.985.5110138169202246氯化铵溶解度／g29.433.237.241.445.850.455.360.265.671.277.3

樟脑()是一种白色晶体；易溶于酒精；难溶于水。

(1)樟脑难溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。

(2)由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程中需要用到的玻璃仪器有__________________________。得到“溶液c”时需控制温度50℃，可采取的方法是_______________。

(3)实验中发现硝酸钾溶解速率很慢，请推测原因________________________。

(4)温度改变，天气瓶内或清澈干净，或浑浊朦胧，或产生大片美丽的结晶。请通过计算说明0℃时出现的是樟脑晶体_________________，推测晶体产生的原因________。

(5)从晶体生长析出的角度分析，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是______________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．2p；3p、4p能级都含有3个原子轨道；故A错误；

B．3p能级最多排6个电子，所以电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反洪特规则和保利不相容原理；故B错误；

C．违反了洪特规则；故C错误；

D．某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其原子核外电子数为23+3=26，为Fe元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；处于周期表中第4周期第Ⅷ族，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查原子核外电子的排布规律。根据构造原理确定核外电子排布式是否正确。①能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道；②泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；③洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。2、D【分析】【详解】

A．s-sσ键与s-pσ键的对称性相同；均为轴对称，A项错误；

B．物质溶解或熔融时也会有化学键的断裂；B项错误：

C．非金属元素之间形成的化合物中不一定只含有共价键，如中含有离子键；C项错误；

D．N原子最外层有5个电子，有三个末成对电子，1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子；是由共价键的饱和性决定的，D项正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．硫氧键和氧氢键都是极性键；焦硫酸分子中正；负电荷中心不重合，属于极性分子，A项正确；

B．焦硫酸由浓硫酸吸收SO3制得；其性质和浓硫酸类似，具有强氧化性，B项正确；

C．焦硫酸分子中，硫原子形成了4个σ键，没有孤电子对；氧原子形成了2个σ键，孤电子对数目为2，所以硫和氧均采取sp3杂化；C项正确；

D．焦硫酸属于强酸；其盐焦硫酸钾为强酸强碱盐，溶液呈中性，D项错误。

答案选D。4、B【分析】【详解】

A．PCl3中中心原子P原子的价层电子对数为：3+(5-3×1)=4，即价层电子对数为4，有1对孤对电子，故PCl3的空间构型为三角锥形；A不合题意；

B．BCl3中中心原子B原子的价层电子对数为：3+(3-3×1)=0，即价层电子对数为3，没有孤对电子，故BCl3的空间构型为平面三角形；B符合题意；

C．NH3中中心原子N原子的价层电子对数为：3+(5-3×1)=4，即价层电子对数为4，有1对孤对电子，故NCl3的空间构型为三角锥形，C不合题意；

D．H2O中中心原子O原子的价层电子对数为：2+(6-2×1)=4，即价层电子对数为4，有2对孤对电子，故H2O的空间构型为V形结构；D不合题意；

故答案为：B。5、C【分析】【详解】

A．由图知，在反应中产生又参与反应；为中间体，A正确；

B．从开始，顺时针第1步参与反应，第3步又生成B正确；

C．由图知；铁的成键数目有4；5、6三种，C错误；

D．图中的总反应为一氧化碳和水生成二氧化碳和氢气，D正确；

故选C。6、D【分析】【详解】

题述现象与晶体的各向异性有关，晶体的各向异性具体表现在晶体不同方向上的导热性等性质是不同的，综上所述，故选D。7、C【分析】【分析】

由题意可知，单质C为密度最小的气体，则C为根据图式可推出，A可能为Al或Si，B为甲为或乙为或丙为丁为或

【详解】

A．若甲为则是电解质，若甲为则不是电解质；所以甲可能为电解质，A正确；

B．乙为或其水溶液都显碱性，B正确；

C．为两性物质，为酸性物质；C错误；

D．丙为每个分子中含有10个电子，D正确；

故选C。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．熔点1070℃；易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的特点，A项选；

B．熔点为10.31°C；熔点低，符合分子晶体的特点，液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子，水溶液能导电，溶于水后，分子在水分子的作用下，电离出自由移动的离子，属于分子晶体的特点，B项不选；

C．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm-3；为金属晶体的特点，C项不选；

D．熔点为3900°C；硬度很大，不导电，熔点高，硬度大，属于原子晶体的特点，D项不选；

答案选A。二、多选题(共7题，共14分)9、BD【分析】【详解】

A．同一能层的同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高；但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，A错误；

B．基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为B正确；

C．N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态；其第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，C错误；

D．原子核外电子排布处于全满、半满或全空时是稳定结构，29号Cu元素原子的外围电子排布式为3d104s1；D正确；

故合理选项是BD。10、CD【分析】【分析】

【详解】

A．同周期从左到右原子半径逐渐减小；原子半径：C＞N＞O＞F，故A错误；

B．硫离子比氧离子多一个电子层，氧离子与钠离子电子层结构相同，核电荷大的半径小，离子半径：S2-＞O2-＞Na+；故B错误；

C．同主族元素从上到下金属性增强；最高价氧化物对应水化物的碱性增强，碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，故C正确；

D．同周期，从左到右元素的非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4；故D正确；

故选CD。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．CuS溶于浓硝酸，有红棕色气泡产生，该气体为NO2，HNO3中的N元素化合价降低，HNO3作氧化剂，则CuS作还原剂被HNO3氧化；故A选；

B．SO2通入滴有石蕊试液的水中，SO2遇水生成亚硫酸，亚硫酸可以使石蕊试液变红，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但SO2不能漂白酸碱指示剂；故B不选；

C．向Na2CO3中滴入HClO3溶液，有气泡产生，说明酸性：HClO3＞H2CO3，但HClO3不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物；不能据此判断Cl和C元素的非金属性强弱，故C不选；

D．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色，说明Fe3+将I-氧化为I2，氧化性：Fe3+＞I2；故D选；

答案选AD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．1molNH4+所含的质子总数为11NA，A错误；

B．N2H2结构式为H-N=N-H，故N2H2中含有σ键和π键，B正确；

C．过程Ⅳ氮元素从+3价降为-1价，属于还原反应，C错误；

D．由图可知经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1mol铵根离子与1molNH2OH发生氧化还原反应生成1mol氮气，因此处理1mol铵根离子需要的为1mol，D正确；

故答案为：BD。13、AD【分析】【详解】

A．将最后填入电子的轨道能级符号作为元素周期表的分区；第ⅠB族和第ⅡB族最后填入电子轨道能级符号ds，因此ds区元素位于第ⅠB族和第ⅡB族，故A正确；

B．有的分子晶体中每个分子周围紧邻的分子不是12个；如冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，故B错误；

C．金属晶体由金属阳离子与电子构成；没有阴离子，故C错误；

D．p区是ⅢA族～ⅦA族和零族元素；p区中的某些元素构成的单质位于金属与非金属的交界处，如硅；锗都位于金属与非金属的交界处，可用于做半导体材料，故D正确；

答案选AD。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A．机理图中有光吸收单元和光生单元；期间产生了中间体，上述水的光解技术是将光能转化为化学能，A正确；

B．WOC*中Ru与N通过螯合作用形成的配位键；1molWOC*中通过螯合成环的配位键有8mol，B错误；

C．析氢是还原反应；析氧是氧化反应，C正确；

D．HEC*中-CN原子的杂化方式sp杂化，Fe-CO-Fe原子的杂化方式sp2杂化；D错误；

答案选BD。15、AD【分析】【分析】

【详解】

A.物质Ⅲ分子中有六种不同环境的氢原子；A正确；

B.物质Ⅰ分子中与溴原子相连的碳原子的邻碳上没有氢原子；不能发生消去反应，B错误；

C.物质Ⅱ含有饱和碳原子；是四面体结构的碳原子，分子中所有的原子不可能共面，C错误；

D.物质Ⅲ与足量H2加成后得到分子有两个碳原子连有四个不同的原子或原子团，则有2个手性碳原子，D正确；

答案为AD。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)KCN为离子化合物由钾离子和氰根离子构成，其电子式为NaClO为离子化合物由钾离子和氰根离子构成，其电子式为

(2)P为15号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，铁的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，4s为最外层，两个电子容易失去，故亚铁离子的核外电子排布式应该为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；

(3)CCl4相当于CH4上的四个氢原子被氯原子取代形成的产物，甲烷为正四面体结构，C原子采取sp3杂化，则CCl4中心原子C原子也采取sp3杂化，NO中心原子N原子价层电子对数为3+=3，N原子采取sp2杂化；

(4)铬原子为第四周期元素，有四个电子层，最高能层符号是N，基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子的轨道表达式为

(5)Cu失去一个电子后价层电子排布为3d10全满稳定的结构，再失去一个电子较困难，Zn失去一个电子后价层电子排布为3d104s1，再失去一个电子是4s1上的电子，则第二电离能Cu＞Zn。【解析】1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p31s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6sp3sp2N＞Cu失去一个电子后价层电子排布为3d10全满稳定的结构，再失去一个电子较困难，Zn失去一个电子后价层电子排布为3d104s1，再失去一个电子是4s1上的电子17、略

【分析】【详解】

晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心，所以属于面心立方最密堆积；晶胞甲中含有铁原子个数为×8＋1=2，假设铁原子半径为r，晶胞的边长为a，则有(4r)2＝(a)2＋a2，解r＝a，原子的空间利用率为＝＝π。【解析】面心立方最密堆积18、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()19、略

【分析】【详解】

（1）的原子序数为27，其基态原子的价层电子排布式为价层电子排布图为

（2）失去3个电子后价层电子排布式为容易再失去1个电子形成稳定的半充满结构，失去3个电子后价层电子排布式为3d轨道为稳定的半充满结构，不易再失去电子，故元素的第四电离能比铁元素的第四电离能小。

（3）非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氮氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以四种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H。根据色胺酮中N原子的成键方式可知，双键N原子为杂化，单键N原子为杂化。分析甲醇的性质可知；甲醇通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。

（4）依据均摊法，每个晶胞中含原子数为晶胞的质量为晶胞的体积为晶胞的密度为【解析】(1)

(2)失去3个电子后价层电子排布式为容易再失去1个电子形成稳定的半充满结构，失去3个电子后价层电子排布式为3d轨道为稳定的半充满结构，不易再失去电子。

(3)氢键。

(4)6或20、略

【分析】【分析】

观察的结构，一个碳上连有4个不同的原子或原子团的碳有1个，如图：H中有酯基；碳碳双键、羟基，由此分析。

【详解】

根据有机物H的结构，有机物H中含有1个手性碳原子，为左下角与羟基相邻的碳原子，如图故答案为：1；

有机物H中含有羟基，可以与金属Na发生反应；有机物H中含有碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液反应；有机物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有机物H中不含与CHCl3反应的基团，故不与CHCl3反应，故选择A。故答案为：A。【解析】①.1②.A21、略

【分析】【详解】

(1)等电子体结构相似，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，判断AsH3空间构型为三角锥形；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；

(2)Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子位于4s轨道，所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，失去6s上两个电子和4f上1个电子形成Sm3+，所以其价层电子排布式为4f5；

(3)F-和O2-电子层结构相同，核电荷数F＞O，则离子半径F-小于O2-；

(4)①根据对角线规则；周期表中与Li的化学性质最相似的邻族元素为Mg，Mg元素M层有两个2s轨道电子，同一轨道中两个电子自旋方向相反；

②非金属性越强电负性越大，N、H、P、O中O元素的非金属性最强，电负性最高；P原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化，其杂化轨道与O的2p轨道头碰头形成σ键。【解析】三角锥形低NH3分子间存在氢键4s4f5小于Mg相反Osp3σ22、略

【分析】【详解】

由四方晶系晶胞及原子的分数坐标可知，有4个位于棱上，6个位于面上，则属于一个晶胞的的个数为与最近的原子为如图所示的a、b两个原子，a位置的的分数坐标为(0.5，0，0.25)；b位置的的分数坐标为(0.5，0.5，0)；晶体中除与该晶胞中的2个键合外，还与相邻晶胞中的2个键合，故晶体中单个与4个键合。【解析】4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)423、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)分子晶体熔化时需要破坏范德华力，干冰和晶体Ar都属于分子晶体，所以晶体熔化时需要破坏范德华力的是②⑤；分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越小，该分子晶体的熔点越低，干冰和Ar都属于分子晶体，Ar的相对分子质量小于二氧化碳，所以Ar的沸点最低，故选⑤；晶体中只存在一种微粒间作用力，说明该物质为原子晶体或单原子分子的分子晶体或只含离子键的离子晶体或金属晶体，金刚石为只含共价键的原子晶体，氩分子晶体是单原子分子，即一个分子仅由一个原子构成，分子之间只存在范德华力；属于离子晶体的是Na2SO4和NH4Cl；故答案为：②⑤；⑤；①⑤；③④；

(2)碳、氧均有孤对电子，形成配位键如图所示CO与N2分子的结构相似，则CO中含有1个σ键，则1molX2Cl2•2CO•2H2O含有σ键的物质的量为(2+4+8)mol=14mol，数目为14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)，故答案为：14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)。【解析】①.②⑤②.⑤③.①⑤④.③④⑤.⑥.14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)四、判断题(共2题，共14分)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。25、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。五、原理综合题(共1题，共3分)26、略

【分析】【分析】

A装置制备二氧化硫，C装置中合成Na2S2O3；会导致装置内气压减小，B装置为安全瓶作用，二氧化硫有毒，会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫。

【详解】

(1)SO中中心原子S的价层电子对数为4，S为sp3杂化SO为正四面体构型，SO中一个非羟基O原子被S原子取代后的产物，由于S=S的键长不在等于S=O(S-O)，所以其空间构型为四面体形，中心S*原子同样还是sp3杂化。

(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，Ksp(BaCO3)=c(CO)×c(Ba2+)=2.58×10-9，c(Ba2+)=2.58×10-6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c(SO)=1.07×10-10，c(SO)=4.15×10-7mol•L-1。

(3)①B装置为安全瓶；防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速。

②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为：2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。

③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。【解析】四面体sp34.15×10-7mol•L-1防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在六、实验题(共4题，共28分)27、略

【分析】【分析】

Ⅰ．根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，向粗品中加入95%的乙醇，经浓缩；结晶、过滤可得青蒿素的精品；

Ⅱ．由题给实验装置可知；装置A为氧气制备装置，装置B为氧气的干燥装置，装置C为青蒿素的燃烧装置，其中氧化铜的作用是使青蒿素燃烧生成的一氧化碳氧化生成二氧化碳，装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收；测定反应生成的水的量，装置E中盛有碱石灰固体，目的是吸收、测定反应生成的二氧化碳的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中，导致实验出现测定误差。

【详解】

（1）根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；

（2）由分析可知，操作a是用过滤的方法分离用乙醚对青蒿素进行浸取后得到的悬浊液，操作b是用蒸馏的方法分离提取液得到青蒿素的粗品；故答案为：过滤；蒸馏；

（3）由题意可知；青蒿素易受湿；热的影响而分解，则过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解，故答案为：青蒿素易受湿、热的影响而分解；

（4）装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中，导致实验出现测定误差，故答案为：b；防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果；

（5）由D、E的质量分别增重ag、bg可知，mg青蒿素中含有碳元素和氢元素的质量分别为×1×12g/mol=g、×2×1g/mol=g，则青蒿素中含有氧元素的质量为(m——)g，氧元素的质量分数为×100%，故答案为：×100%。【解析】增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率过滤蒸馏青蒿素易受湿、热的影响而分解b防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果×100%28、略

【分析】【详解】

（1）根据题意，Cu元素原子序数29，核外28个电子，基态的价层电子排布式为

故答案为：

（2）①根据如图所示的实验，将实验b中所得固体加入氨水后，白色沉淀溶解，变为无色溶液，最终生成深蓝色溶液，根据已知信息，其中深蓝色溶液中含是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的

故答案为：深蓝色溶液中含是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的

②步骤i中氨水过量，所以步骤iii中加入稀硝酸后，发生的反应有

故答案为：

（3）进一步证实b中作还原剂的操作为：取b中反应后的上层清液于试管中，滴加溶液，出现白色沉淀，说明被氧化为

故答案为：滴加溶液；出现白色沉淀；

（4）根据氧化还原反应规律，还原性：还原剂>还原产物，向硫酸铜溶液中通入无明显现象，说明a中不能将还原为或即还原性：根据实验证实，b中能将还原为发生反应即还原性：综上所述，的还原性由强到弱的顺序为：

故答案为：

（5）由题，为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使反应逆向移动，析出CuCl沉淀；

故答案为：棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使反应逆向移动，析出CuCl沉淀；

（6）根据氧化还原反应的电子守恒规律，该反应中，S元素化合价降低6