2025年沪教版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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化学上册月考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7题，共14分)1、甲醛()是生产胶粘剂的重要原料，下列说法不正确的是A.甲醛分子是平面三角形B.C原子发生sp2杂化C.甲醛分子含有3个σ键D.甲醛分子含有2个π键2、常温下，S2Cl2为浅黄色至橘红色、有恶臭、毒性的液体。S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊。下列叙述正确的是A.硫黄是原子晶体，S2Cl2是分子晶体B.S2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2和SO2的分子极性和中心原子的杂化方式均相同C.Cl与S相比，前者非金属性更强，含氧酸酸性更强D.S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大3、下列化学用语表示正确的是A.O原子的轨道电子云轮廓图：B.基态原子价层电子轨道表示式：C.中子数为8的氮原子：D.的结构示意图：4、化合物与可以通过配位键形成下列说法正确的是A.与都是由极性键构成的极性分子B.的键角大于的键角C.的沸点高于D.的结构式为5、下列关于晶体性质的描述中，正确的是A.晶体具有物理性质各向同性的特点B.形成晶体的形态与结晶过程的速率无关C.用射线衍射实验可以区分晶体和非晶体D.晶体表现自范性的过程是自发过程，不需要外界条件6、石棉属于硅酸盐，一种石棉的组成为XY3Z4W12，组成元素X、Y、Z、W的原子序数≤20，X是构成人体骨骼的重要成分，Y与X同主族；W的一种单质是大气污染物。下列说法错误的是A.X与Z的氧化物晶体类型相同B.化合物XW2中含有非极性共价键C.石棉属于天然纤维D.最高价氧化物水化物的碱性：X＞Y7、湖北出土的越王勾践剑被誉为“天下第一剑”，它属于一种青铜合金制品。下列有关说法正确的是A.Cu位于元素周期表d区B.青铜合金的硬度比纯铜高C.青铜制品易发生析氢腐蚀D.青铜中的锡会加快铜腐蚀评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、(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_______。9、(1)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。

①肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1038.7kJ·mol-1，若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键有________mol。

②肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内不存在___（填标号）。

a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力。

(2)ⅥA族元素氧；硫、硒（Se）的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答：

①H2Se的酸性比H2S________（填“强”或“弱”），SO32-离子的立体构型为________。

②H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：__________。

(3)[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=［Zn(H2O)4]2+＋4HOCH2CN

①Zn2+基态核外电子排布式为___________________。

②与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。

③)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为____________。10、工业上生产铬单质涉及的反应如下：

Na2Cr2O7＋2CCr2O3＋Na2CO3＋CO↑

Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3

(1)Cr基态原子的核外电子排布式为________。

(2)Na、O、C的第一电离能从大到小的顺序为________。

(3)与CO互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。

(4)Cr2O3具有两性，溶于NaOH溶液形成配合物Na[Cr(OH)4]。

Na[Cr(OH)4]中配体的化学式为____________，1mol该配合物中含σ键数目为_________。

(5)合金CrAl晶体的晶胞如右图所示，写出该合金的化学式：________。11、C；N、O、F等元素的化合物在航天、美容、食品等多领域中有广泛的用途；请回答：

(1)OF2主要用于火箭工程液体助燃剂，该分子的空间结构为______；N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。

(2)XeF2是一种选择性很好的氟化试剂，但在室温下易升华，推测XeF2为______晶体(填晶体类型)。

(3)FeSO4是一种重要的食品和饲料添加剂：

①Fe在周期表中位于第______周期第______族。

②FeSO4·7H2O的结构示意图如图所示，H2O与Fe2+、SO的作用类型分别是______、______。

A.离子键B.配位键C.氢键D.金属键。

③比较H2O分子和SO中键角的大小并解释原因：______。12、(1)基态Fe原子有___________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为___________。

(2)3d轨道半充满和全充满的元素分别为___________和___________。

(3)某元素最高化合价为＋5，原子最外层电子数为2，半径是同族中最小的，其核外电子排布式为___________，价电子构型为___________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、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14、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15、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16、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17、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共1题，共10分)18、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、___。评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)19、某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2；实验装置如下图(电源装置略去)。

(1)分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。实验电解质溶液现象铜电极附近石墨电极铜电极附近石墨电极INaOH溶液出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色产生无色气泡IINaCl溶液出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色产生无色气泡

资料：i．CuOH是黄色；易分解的难溶固体；CuCl是白色的难溶固体。

ii．氧化反应中；增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生。

①I和II中Cu作___________极(填“阳”或“阴”)。

②II中石墨电极产生气体的电极反应式为___________。

③II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是___________。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl—，有利于Cu被氧化为一价铜化合物，理由是___________。

(2)探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。实验电解质溶液现象IIINa2SO4溶液铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀

资料：碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大。

①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是___________。

②小组认为适当增大c(OH—)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是___________。

(3)进一步改进方案，进行如下实验。实验电解质溶液现象IVNa2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)铜电极附近溶液呈深蓝色VNa2SO4和NaOH的混合液(pH=9)铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀

IV中出现深蓝色说明电解生成了___________离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。

(4)综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑的因素有___________。20、有机物乙偶姻存在于啤酒中；是酒类调香中一个极其重要的品种。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。

步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水；再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。2.64g乙偶姻的蒸气氧化生成5.28g二氧化碳和2.16g水。

步骤二：通过仪器分析得知乙偶姻的相对分子质量为88。

步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图所示；图中4个峰的面积比为1:3:1:3。

步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图所示。

(1)请写出乙偶姻的分子式____(请写出计算过程)。

(2)请确定乙偶姻的结构简式______。评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共4分)21、已知有五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数都相同；其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。试回答下列问题：

（1）C、D两种元素的名称分别为__、__。

（2）用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：__。

（3）A、B两种元素组成的化合物A2B2存在的化学键类型是__；写出A2B2与水反应的离子方程式：___。

（4）写出下列物质的电子式：

A、B、E形成的化合物：__；

D、E形成的化合物：___。22、已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子；E2+原子核外有3层电子且M层3d轨道电子半满。请回答下列问题:

(1)A元素位于周期表_____区，CD3-的空可构型为_____，中心C原子的杂化方式为______。

(2)第一电离能C>D的原因是__________________。

(3)下列表述中能证明D元素比氟元素电负性弱这一事实的是______。

A.常温下氟气的颜色比D单质的颜色深。

B.氟气与D的氢化物剧烈反应；产生D单质。

C.氟与D形成的化合物中D元素呈正价态。

D.比较两元素单质与氢气化合时得电子的数目。

(4)黄血盐是一种配合物，其化学式为K4[E(CN)6]·3H2O，黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与该配体互为等电子体的气态化合物，该反应的化学方程式为_________________。

(5).铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为_____；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N=C=S)的沸点，其原因是______________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．甲醛分子的中心原子碳原子是sp2杂化；所以甲醛分子是平面三角形，故A正确；

B．甲醛分子的中心原子碳原子的价层电子对数是3，发生sp2杂化；故B正确；

C．单键都是σ键；双键中有一个σ键，一个π键，所以甲醛分子含有3个σ键，故C正确；

D．甲醛分子含1个π键；故D错误；

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．硫磺属于分子晶体，S2Cl2是分子晶体；故A错误；

B．S2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2中S为sp3为极性分子，SO2中S为sp2杂化是极性分子；故B错误；

C．非金属性更强；最高价含氧酸酸性更强，非金属性Cl＞S，故C错误；

D．S的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大，因为I6和I7之间为能层之间的跨越；故D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

A．s能级轨道形状为球形；A正确；

B．基态原子的价层电子轨道表示式为B错误；

C．中子数为8的氮原子表示为C错误；

D．的结构示意图：D错误；

故选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．是平面三角形；是由极性键构成的非极性分子，选项A错误；

B．是三角锥形，键角是平面三角形；键角120°，选项B错误；

C．分子间存在氢键，其沸点高于选项C正确；

D．由于N原子有孤电子对，所以的结构式为选项D错误。

答案选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由于晶体内部质点排列的有序性；所以晶体的某些物理性质具有各向异性的特点，故A错误；

B．晶体的形成都有一定的形成条件；如温度；结晶速率等，故B错误；

C．X射线衍射实验能够测出物质的内部结构；根据微粒是否有规则的排列可区分晶体与非晶体，故C正确；

D．晶体的自范性指晶体能自发地呈现多面体外形的性质；所谓自发过程，即自动发生的过程，不过自发过程的实现仍需要一定的外界条件，故D错误；

故选C。6、A【分析】【分析】

X是构成人体骨骼的重要成分，因此X是Ca，Y与X同主族，且原子序数≤20，Y是Mg，W的一种单质是大气污染物，XY3Z4W12是一种石棉(硅酸盐)；因此W是O，Z是Si，以此解题。

【详解】

A．X的氧化物；氧化钙或过氧化钙都是离子晶体，Z的氧化物二氧化硅是原子晶体，A错误；

B．XW2是过氧化钙；其中两个氧原子之间存在非极性共价键，B正确；

C．石棉是天然纤维状的硅质矿物的泛称；属于天然纤维，C正确；

D．X；Y最高价氧化物水化物分别为氢氧化钙和强氧化镁；其碱性是氢氧化钙的碱性大于氢氧化镁的碱性，D正确；

故选A。7、B【分析】【详解】

A．Cu为29号元素；位于元素周期表ds区，A错误；

B．青铜合金的硬度比纯铜更高；B正确；

C．青铜为铜的合金；在空气中发生吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，C错误；

D．锡活泼性强于铜；可以保护铜不被腐蚀，D错误；

故答案选B。二、填空题(共5题，共10分)8、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.C⑤.5⑥.9、略

【分析】【分析】

(1)①反应中有4molN—H键断裂即消耗1molN2H4；再根据方程式计算。

②硫酸铵含有离子键；共价键和配位键，不存在范德华力。

(2)①Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，先计算SO32−离子价层电子对数，再得立体构型；②H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3的非羟基氧多。

(3)①Zn为30号元素；②根据价电子N－=O，得与H2O分子互为等电子体；③[Zn(CN)4]2−中Zn2+与CN－的C原子形成配位键；C提供孤对电子。

【详解】

(1)①N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)，根据反应方程式，反应中有4molN—H键断裂即消耗1molN2H4，则生成1.5molN2；每个氮气含有2个π键，因此形成的π键有3mol；故答案为：3。

②硫酸铵含有离子键，共价键和配位键，不存在范德华力，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内含有离子键；共价键和配位键，不存在范德华力，故答案为：d。

(2)①Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，H2Se在水中更容易电离出氢离子，因此H2Se的酸性比H2S强，SO32−离子价层电子对数其立体构型为三角锥形；故答案为：强；三角锥形。

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因是H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+；故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+。

(3)①Zn为30号元素，Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10(或［Ar]3d10)。

②根据价电子N－=O，因此与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2－；故答案为：NH2－。

③)[Zn(CN)4]2−中Zn2+与CN－的C原子形成配位键，C提供孤对电子，因此[Zn(CN)4]2−的结构可用示意图表示为故答案为：【解析】3d强三角锥形H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+1s22s22p63s23p63d10（或［Ar]3d10）NH2-10、略

【分析】【详解】

(1)Cr位于第四周期ⅥB，其核外电子排布式可写成

(2)同周期元素第一电离能从左至右；呈现增大的趋势；同主族元素第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；因此三种元素第一电离能从大到小的顺序为O＞C＞Na；

(3)带有两个负电荷，因此与其互为等电子体的分子可以为SO3或BF3或COCl2等；

(4)配体是具有孤对电子，在形成配位键时可以作为电子对的给予体的分子或离子，OH-是的配体；中Na+和之间是离子键，1个中有4个配位键，因此1mol中含有σ键4+4=8mol；

(5)由Cr-Al合金的晶胞结构可知，Cr原子在晶胞的4条棱上各自有两个，并且在内部也有两个，所以一个晶胞中Cr原子的数目为：Al原子在晶胞的8个顶点上，并且内部也有一个，所以一个晶胞中Al原子的数目为：所以合金的化学式为Cr2Al。

【点睛】

同周期元素第一电离能从左至右，呈现增大的趋势；同主族元素第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；要特殊注意相邻的ⅡA与ⅢA元素中ⅡA的第一电离能更大，相邻的ⅤA与ⅥA元素中ⅤA元素第一电离能更大。【解析】①.[Ar]3d54s1②.O>C>Na③.SO3或BF3或COCl2④.OH－⑤.8×6.02×1023或8mol⑥.Cr2Al或AlCr211、略

【分析】【详解】

（1）OF2中心原子氧孤电子对数等于又键对数等于2，所以中心原子价层电子对数等于4，则VSEPR模型为四面体结构，故OF2分子空间结构为V形；第一电离能同周期从左到右呈递增趋势；但氮原子2p能级半满较稳定，其第一电离能大于氧，即顺序为F＞N＞O；

（2）分子晶体熔沸点较低，结合题意XeF2为分子晶体；

（3）①铁为26号元素；结合元素周期表结构知Fe在周期表中位于第四周期第Ⅷ族；

②水分子中氧原子提供孤电子对；亚铁离子提供空轨道，即水与亚铁离子的作用为配位键；水分子中的氢原子与硫酸根中氧原子作用为氢键；

③两者中心原子均为sp3杂化，H2O中O有2对孤电子对，SO中S没有孤电子对，孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故H2O的键角小于SO的键角。【解析】(1)V形F＞N＞O

(2)分子。

(3)四ⅧBCH2O的键角小于SO的键角；原因：两者中心原子均为sp3杂化，H2O中O有2对孤电子对，SO中S没有孤电子对，孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，使H2O的键角小于SO的键角12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态铁原子有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有4个为成对电子；Fe3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5(或【Ar】3d5)；

(2)3d轨道半充满的元素有价电子排布式为3d54s1和3d54s2的元素，或3d104s1和3d104s2,是Cr和Mn或Cu和Zn；故答案为：Cr；Mn；Cu；Zn；

(3)某元素最高化合价为＋5，则价电子数为5，原子最外层电子数为2，则最外层电子数为2，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；价电子构型为3d34s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2；3d34s2。【解析】41s22s22p63s23p63d5(或【Ar】3d5)Cr、MnCu、Zn1s22s22p63s23p63d34s23d34s2三、判断题(共5题，共10分)13、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。14、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；15、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。16、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。17、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。四、工业流程题(共1题，共10分)18、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、泥三角五、实验题(共2题，共16分)19、略

【分析】【分析】

该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素；通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。

(1)

①由题意可知；I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；

②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH—；

③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度；氧化反应易发生；

(2)

①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液；产生白色沉淀；

②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；

(3)

由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；

(4)

由实验I—V可知，选用氢氧化钠溶液、氯化钠溶液、pH为9的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。【解析】(1)阳2H2O+2e—=H2↑+2OH—2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度；氧化反应易发生。

(2)取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大。

(3)[Cu(NH3)4]2+

(4)电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)n(C)=n(CO2)==0.12moln(H)=2n(H2O)==0.24mol

m(C)+m(H)=0.12mol×12g·mol-1+0.24g=1.68g<2.64g该化合物含有氧元素。

n(O)==0.06mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.12mol：0.24mol：0.06mol=2：4：1，最简式为C2H4O，