2025年人教版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年人教版选择性必修2化学下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、下列原子的价电子排布式(或价电子排布图)中，①、②两种状态的能量符合E(①)>E(②)的是A.氮原子：①②B.钠原子：①3s1②3p1C.铬原子：①3d54s1②3d44s2D.碳原子：①②2、下列有关化学用语表达正确的是A.CS2的填充模型：B.铍原子最外层原子轨道的电子云图：C.Na2S的电子式：Na：S：NaD.氧原子核外电子轨道表示式：3、已知Cl、Se、Br在元素周期表中的位置如下图所示。下列说法不正确的是。

A.原子半径：Se＞Br＞ClB.还原性：Br‒＞Se2‒＞Cl‒C.酸性：HClO4＞HBrO4＞H2SeO4D.气态氢化物的稳定性：HCl＞HBr＞H2Se4、下列对应关系不正确的是。选项ABCD中心原子所在族IVAVAIVAVIA分子通式AB4AB3AB2AB2立体结构正四面体形平面三角形直线形V形A.AB.BC.CD.D5、下图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W；X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素；X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法中正确的是。

A.原子半径Z＞Y＞X＞WB.氢化物沸点Z＞XC.第一电离能Y＞W＞XD.WH4Z中含有离子键、极性键和配位键6、下列说法不正确的是()A.NH3易液化，主要原因是NH3为极性分子B.室温下N2性质比较稳定，原因是键能较大C.分子键角小于原因是O原子有2个杂化轨道容纳了孤电子对D.Ge原子间不易形成双键或三键，原因是Ge原子半径较大难以形成稳定的键7、氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：已知溶液显酸性，为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是A.溶液中微粒浓度大小顺序：B.的空间构型为正四面体形C.已知晶胞中每个被8个包围，则的配位数是8D.由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF＞HCl8、能用键能解释，且结论正确的是A.熔点：金刚石>晶体硅B.分子稳定性：H2O>HFC.溶解度：SO2>CO2D.状态：常温时Cl2是气态评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、电子层。

(1)概念：在含有多个电子的原子里，电子分别在___________的区域内运动。我们把不同的区域简化为___________；也称作电子层。

(2)不同电子层的表示及能量关系。各电子层由内到外电子层数(n)1234567字母代号____OPQQ最多容纳电子数(2n2)____50729898离核远近由___________到___________由___________到___________能量高低由___________到___________由___________到___________10、磷酸铁锂(LiFePO4)电极材料主要用于各种锂离子电池。回答下列问题。

(1)Fe位于元素周期表中第______周期第______族，其价层电子排布式为______。

(2)用“>”“<”或“=”填空：

离子半径：Li+______H－；第一电离能：Li______Be；电负性：O______P。

(3)在周期表中，化学性质相似的邻族元素是______。

(4)下列Li原子轨道表示式表示的状态中，能量最低和最高的分别为______、______(填字母)。

A．B．

C．D．

(5)基态P原子中未成对电子数为______，其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为______形。11、随着能源技术的发展；科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。

(1)基态原子中电子占据最高能级的符号是___________，占据该能级电子的电子云轮廓图的形状为___________形。

(2)在周期表中，与元素的化学性质最相似的邻族元素是___________

(3)部分元素的第一电离能如表所示。元素LiBeNaK520900496419

①碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是___________。

②Be的第一电离能比Li的大，从原子结构角度分析其原因是___________。

(4)海水中有丰富的锂资源；我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如下图所示：

①金属锂在电极___________(填“A”或“B”)上生成。

②阳极产生两种气体单质，写出阳极的电极反应：___________、___________。12、生物体内重要氧化还原酶大都是金属有机化合物，其中的金属离子不止一种价态，是酶的催化活性中心。研究这些酶的目的在于阐述金属酶参与的氧化过程及其电子传递机理，进而实现这些酶的化学模拟。据最近的文献报道，以(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Cy-为环己基的缩写)与正丁酸铜(II)在某惰性有机溶剂中，氩气氛下反应1小时，然后真空除去溶剂，得到淡紫色的沉淀物。该沉淀被重新溶解，真空干燥，如此反复4次，最后在CH2Cl2中重结晶，得到配合物A的纯品，产率72%。元素分析：A含C(61.90%)、H(9.25%)、P(8.16%)，不含氯。红外谱图显示，A中-CO2-基团(CH2Cl2中)有3个吸收峰：1628，1576，1413cm-1，表明羧基既有单氧参与配位，又有双氧同时参与配位；核磁共振谱还表明A含有Cy、-CH2-，不含-CH3基团；Cy的结合状态与反应前相同。单晶X-射线衍射数据表明有2种化学环境的Cu，且A分子呈中心对称。(已知相对原子质量C：12.0，H：1.01，N：14.0，Cu：63.5，P：31.0，O：16.0)。

(1)写出配合物A的化学式_______；

(2)写出配合物A的生成反应方程式_______；

(3)淡紫色沉淀物被重新溶解，真空干燥，如此反复操作多次的目的是除去何种物质_______？

(4)画出配合物A的结构式_______；

(5)文献报道，如用(Ph3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Ph-为苯基)代替(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)，可发生同样反应，得到与A类似的配合物B。但B的红外谱图(CH2Cl2中)只有2个特征吸收峰：1633和1344cm-1，表明它只有单氧参与配位。画出配合物B的结构式_______。13、海水是资源宝库；蕴藏着丰富的化学元素，如氯；溴、碘等。完成下列填空：

（1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。

（2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律；请说明下列递变规律的原因。

①熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是______________。

②还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X2（g）+H2（g）2HX（g）+Q（X2表示Cl2、Br2）；如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

①Q表示X2（g）与H2（g）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。

（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式_____。14、石墨晶体能导电的原因是______________________。15、回答下列问题：

(1)两种有机物的相关数据如表：。物质HCON(CH3)2HCONH2相对分子质量7345沸点/℃153220HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低；主要原因是______。

(2)四种晶体的熔点数据如表：。物质CF4SiF4BF3AlF3熔点/℃-183-90-127＞1000CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是______。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、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17、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18、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误19、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.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共36分)21、铬及其化合物在工业上有重要用途请回答下列问题：

(1)基态铬原子的核外电子排布式为_______。

(2)沙瑞特试剂[(C5H5N)2∙CrO3]是一种高选择性氧化剂例如它可将乙醇氧化生成乙醛而不继续氧化生成乙酸。

①沙瑞特试剂组成元素中C；O、N的第一电离能从大到小顺序为_______。

②分子中C原子的杂化类型为_______。

(3)氯化铬酰(CrO2Cl2)熔点：沸点：能与CS2等互溶则固态属于_______晶体已知与CS2互为等电子体，则1mol中含有键数目为_______。

(4)元素Cr的一种氮化物晶体的晶胞结构如图所示；则该化合物的化学式为_______。

(5)已知配合物中心原子配位数为6，向含的溶液中滴加溶液，反应完全后共消耗溶液50mL，则配离子的化学式为_______。22、现有某第四周期过渡金属元素A；其基态原子有四个未成对电子，由此元素可构成固体X。

(1)区分固体X为晶体或非晶体最可靠的科学方法为___________。若此固体结构如图甲、乙所示，则按甲虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是___________。

(2)写出A的基态原子的电子排布式：___________，A2＋的价层电子排布图是___________。

(3)A可与CO反应生成A(CO)5，常压下熔点为-20.3℃，沸点为103.6℃，试推测，该晶体类型是___________。

(4)A可与另两种元素B、C构成某种化合物，B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，其晶胞如图所示，则其化学式为___________。该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据如图中所示的数据则该晶体的密度是___________g·cm-3(列出计算式)。

23、丁二酮肟可用于镍的检验和测定；其结构式如图：

(1)Ni元素在周期表中的位置是___，C、N、O第一电离能由大到小的顺序是___。

(2)1mol丁二酮肟含有的σ键数目是___，碳原子的杂化方式为__。

(3)丁二酮肟镍分子内含有的作用力有__(填字母)。

a.配位键b.离子键c.氢键d.范德华力。

(4)某镍白铜的晶胞如图所示，其化学式为___，Cu元素基态原子价电子排布式为__。24、“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志着我国航天技术向前迈出了一大步，其制作材料中包含了Cu、Ti、Cr；Ni、Mo、N、O等多种元素。回答下列问题：

(1)Mo位于Cr同一副族的相邻下一周期，则基态Mo原子的外围电子排布式为___________；基态Mo3+最高能层中成对电子与单电子的数目比为___________。

(2)Cu催化烯烃硝化反应过程中会产生NO键角：NO___________NO(填“>”或“<”)，其原因是___________。

(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。CuCl2可与某有机物形成具有较强荧光性能的配合物，其结构如图1所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________mol，该螯合物中N的杂化方式为___________。

(4)五水合硫酸铜(化学式CuSO4·5H2O)海裕称蓝矾或胆矾，结构如图2所示，其中存在的化学键有___________填选项字母)

A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．氢键。

(5)过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物Ni(CO)X中，x=___________。

(6)磷青铜晶体的晶胞结构如图所示。原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1，0)；则D原子的分数坐标为___________。该晶体中两个距离最近的Cu原子的核间距为anm，则晶体密度为___________g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。

评卷人得分五、有机推断题(共4题，共40分)25、用N-杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂；可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______。写出反应①的化学方程式：_______。

(2)反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。

(3)E的结构简式为_______。

(4)D中官能团的名称是_______。

(5)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式：_______。

(6)如果要合成H的类似物H＇()，参照上述合成路线，写出相应的D＇和G＇的结构简式：_______、_______。H＇分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。26、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____。27、Julius利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器；获得了2021诺贝尔生理学或医学奖。辣椒素(H)的合成路线如图。

已知：①R—OHR—Br

②

(1)H分子采取sp2杂化的碳原子数目是____。

(2)写出B→C的反应类型是____。

(3)F与G反应生成H时，可能生成多种副产物，其中分子式为C18H27O3N的物质的结构简式为____(填化学式)。

(4)写出符合条件的G的一种同分异构体的结构简式___(不考虑立体异构)；

①苯环上只有两个对位取代基；

②不能使FeCl3溶液显色；红外光谱表明分子中无N—O键；

③1mol该物质与足量Na发生反应放出1molH2(不考虑同一个碳上连2个—OH)。

(5)已知：请结合题中所给的信息，写出由制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。____。28、萜类化合物是中草药中的一类比较重要的化合物；广泛分布于植物；昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。H是一种萜类化合物，其合成路线如图：

已知：R、R1、R2为烃基；X为卤素原子。

①++

②

③

请回答下列问题：

(1)E中的含氧官能团名称为____________。

(2)写出G的结构简式_____。

(3)写出反应方程式：B→C__________，反应类型为___________。

(4)用*号标出H中的手性碳原子________。

(5)写出符合下列条件的C的同分异构体有_____种。

a.含有苯环且苯环上有两种氢；

b.只含一种官能团且能发生水解反应；

c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9。

(6)应用上述信息，以乙醇为原料制备画出合成路线图(无机试剂任选)_______。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共5分)29、氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：

(1)氮原子的最外层的轨道表示式是_______；氮元素有多种化合价，列举一例含2种氮元素化合价的化合物_______(化学式)。

(2)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。NH3分子的空间构型是_______；与N2H4分子具有相同电子数的分子有多种，其中具有可燃性的物质是_____(写化学式)。

(3)肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(1)+2N2H4(1)→3N2(g)+4H2O(g)+1038.7kJ，若该反应中有4molN-H键断裂，则生成的气体有_____mol，其中转移电子数目为________。

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

a．离子键b．共价键c．金属键d．范德华力参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．基态氮原子核外电子总数为7，2p轨道3个电子各占据1个轨道，电子排布图为此时最稳定，若呈现①结构；则能量增大，属于不稳定状态，故A符合；

B．钠原子：最外层电子由①3s1轨道跃迁至②3p1轨道；能量增大，故B不符合；

C．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，基态外围电子排布为①3d54s1，此时处于半满结构，能量最低，若外围电子排布为②3d44s2时；能量增大，故C不符合；

D．根据洪特规则，碳原子2p轨道2个电子各占据1个轨道时能量最低，故①状态的能量低于②状态的能量；故D不符合；

故选A。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．CS2中硫原子的原子半径大于碳原子，CS2为直线型分子，CS2的填充模型为A正确；

B．铍原子的电子排布式为1s22s2，最外层为s能级，s能级的电子云图为球形：B错误；

C．Na2S属于离子化合物，它的电子式为C错误；

D．氧原子的核外电子轨道表示式违背了泡利不相容原理，正确的表示方式为D错误；

故选A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．Br、Se原子比Cl原子多1个电子层，则Cl的原子半径最小，Br、Se元素的电子层相同，Br元素的原子序数大于Se元素，则原子半径：Br＜Se，所以原子半径大小为：Se＞Br＞Cl；A项正确；

B．根据元素在周期表中的位置和元素周期律可知，氧化性：Cl2＞Br2＞Se，则离子的还原性：Se2‒＞Br‒＞Cl‒；B项错误；

C．根据元素在周期表中的位置和元素周期律可知，非金属性：Cl＞Br＞Se，则其最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞HBrO4＞H2SeO4；C项正确；

D．根据元素在周期表中的位置和元素周期律可知，非金属性：Cl＞Br＞Se，则气态氢化物的稳定性：HCl＞HBr＞H2Se；D项正确；

答案选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

当中心原子在ⅤA族时，AB3分子应是三角锥形。当中心原子在ⅣA族时，AB4分子是正四面体形，当中心原子在ⅣA族时，AB2分子是直线形，当中心原子在ⅥA族时，AB2分子是Ⅴ形。答案选B。5、D【分析】【分析】

W；X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素；X和Z同主族，X、Z都能形成1个共价键，X是F元素、Z是Cl元素；W形成3个共价键，Y形成5个共价键，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，Y是P元素、W是N元素。

【详解】

A．电子层数越多半径越大；电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径P＞Cl＞N＞F，故A错误；

B．HF分子间能形成氢键；所以氢化物沸点HF＞HCl，故B错误；

C．第一电离能F＞N＞P；故C错误；

D．NH4Cl由、Cl-构成，所以含有离子键，中N和H通过极性键和配位键结合；故D正确；

选D。6、A【分析】【详解】

A．NH3易液化；是因为氨气分子间能形成氢键，导致氨气的沸点较高，与分子极性无关，故A错误；

B．N2中存在的键能较大；破坏较难，使得氮气很稳定，故B正确；

C．分子中O原子杂化；价电子对数为4，有两对孤电子对，孤电子对之间的斥力大于成键电子之间的斥力，使得成键电子对距离变小，键角变小，故C正确；

D．Ge原子间不易形成双键或三键，原因是Ge原子半径较大p轨道的距离较远，难以通过肩并肩的形式形成稳定的键；故D正确；

故选：A。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．磷酸二氢钙溶液显酸性说明磷酸二氢根离子电离程度大于大于水解程度，则溶液中c(H2PO)>c(H+)>c(HPO)>c(H3PO4)；故A正确；

B．磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4；孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故B正确；

C．氟化钙晶胞中每个钙离子被8个氟离子包围；由化学式可知每个分离子被4个钙离子包围，则氟离子的配位数是4，故C正确；

D．分子的热稳定性与分子间氢键无关；故D错误；

故选D。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．原子晶体中原子形成的共价键越强；晶体的熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳碳键的键长小于硅硅键；键能大于硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，能用键能解释，故A正确；

B．元素的非金属性越强；氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，不能用键能解释，故B错误；

C．二氧化硫和水是极性分子；二氧化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用键能解释，故C错误；

D．氯气形成的晶体是分子晶体；分子间的作用力很小，则氯气的沸点低，常温时是气体，不能用键能解释，故D错误；

故选A。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】(1)

在含有多个电子的原子里；电子的能量不都相同，原子核外区域的能量也不同，电子分别在能量不同的区域内运动，把不同的区域简化为不连续的壳层，也称作电子层；

(2)

电子层从1~7层的字母代号分别为：K、L、M、N、O、P、Q，最多容纳电子数分别为：2、8、18、32、50、72、98；电子层数越小，离核越近，能量越低，则离核由近到远、能量由低到高。【解析】(1)能量不同不连续的壳层。

(2)KLMN281832近远低高10、略

【分析】【详解】

（1）Fe是26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe位于元素周期表中第四周期第VIII族，其价层电子排布式为3d64s2；故答案为：四；VIII；3d64s2。

（2）根据同电子层结构核多径小原则，则离子半径：Li+＜H－；根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势；但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则第一电离能：Li＜Be；根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：O＞P；故答案为：＜；＜；＞。

（3）在周期表中；化学性质相似的邻族元素，其根据是对角线规则，元素化学性质与相邻族右下边的元素化学性质相似即Li与Mg；Be与Al、B与Si；故答案为：Li与Mg、Be与Al、B与Si。

（4）A；B、C都是激发态；而D为基态，因此能量最低的D，而激发态中A中一个电子跃迁到2s能级，B中一个电子跃迁到2p能级、一个电子跃迁到2s能级，C的两个电子跃迁到2p能级，因此C中电子能量最高，故答案为：D；C。

（5）P是15号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，基态P原子中3p上有3个电子，则未成对电子数为3，其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；故答案为：3；哑铃。【解析】(1)四VIII3d64s2

(2)＜＜＞

(3)Li与Mg；Be与Al、B与Si

(4)DC

(5)3哑铃11、略

【分析】(1)

Li是三号元素，基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，基态原子中电子占据最高能级的符号是2s；占据该能级电子的电子云轮廓图的形状为球形。

(2)

同周期从左到右元素金属性递减，同主族从上到下元素金属性递增，则在周期表中，与元素的化学性质最相似的邻族元素是Mg。

(3)

①从Li→K类推到Cs；随着质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减小，原子失电子能力增强，第一电离能减小，则碱金属的第一电离能与碱金属的活泼性的联系是：从上到下，随着核电荷数递增第一电离能递减。

②Be的第一电离能比Li的大，从原子结构角度分析其原因是：基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构；原子的能量较低；则具有较大的第一电离能。

(4)

①要从海水中提炼Li，则原本在海水中Li+透过选择性膜在A极得到电子生成Li；故金属锂在电极A上生成。

②海水中含有大量的Cl-，故有Cl2生成，相应的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，海水中在阳放电产生气体的离子还有OH-，故另外一种气体为O2，相应的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O。【解析】(1)2s球。

(2)Mg

(3)从上到下，随着核电荷数递增第一电离能递减基态Be原子的核外电子排布式为1s22s2，2s2为全满结构；原子的能量较低。

(4)A2Cl--2e-=Cl2↑4OH--4e-=O2↑+2H2O12、略

【分析】【分析】

【详解】

①首先判断进入配合物A的成分来自两种反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)和正丁酸铜(II)，而溶剂是没有参与反应的，因为题中仅指明是惰性有机溶剂，这是命题人有意地回避，以减少对学生思维的干扰。②其次正丁酸铜(II)的正丁酸根也没有进入配合物A，因为波谱信息显示没有甲基。这样进入配合物A的只有Cy3P；丙二酸根和Cu；共有C、H、P、Cu、O5种元素。③配合物A的元素分析只给出C、H、P3种元素的含量，这就决定了要讨论求解，这是中学生在化学计算题中经常遇到的一种解题方法，并不新鲜，但用在此类题中却罕见。由C、H、P质量百分含量，可以求出A中C：H：P=19.6：34.8：1.00。

讨论：(i)当A中含1个Cy3P，1个丙二酸根(C3H2O42-)时，C：H：P=21：35：1，与A组成不符；(ii)当A含2个Cy3P，1个丙二酸根时，C：H：P=39：68：2，与A组成相符，仅H有小的偏离，这是允许的；(iii)当A含2个Cy3P，2个丙二酸根时，C：H：P=42：70：2，与A组成不符，。由以上讨论可以确定A中含Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比为2：1，这个比例正是反应物之一(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)中Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比；说明此反应物很可能作为一个整体进入配合物A。

再讨论配合物A中Cu核个数。题中已明确A中有两种化学环境的Cu，则至少是2个Cu核。这时它们化学式应为(Cy3P)2Cu2(C3H2O4)，计算其C%=59.3%，P%=7.85%，与A组成不符。若将配合物A中Cy3P与C3H2O42-数目加倍(这是为了维持其个数比为2：1的要求)，也即增加一个反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)分子，同时也增加了1个Cu核，其化学式变为(Cy3P)2Cus(C3H2O4)2，即C78H36Cu3O8P4，其C%=61.75%，H%=9.06%，P%=8.18%，与A组成相符(在实验误差范围内)。化学式中2个Cu(I)，1个Cu(II)，整个配合物呈电中性。若进一步讨论，都不符合A的组成。因此配合物A的化学式即可确定为C78H36Cu3O8P4。

④根据两种反应物的物质的量之比为2：1及A的化学式；可以写出A的生成反应式。⑤由反应的另一产物是正丁酸，以及产率只有72%，还有未反应的反应物都必须除去才能得到A的纯品，于是可以解答(3)问。⑥根据A的红外谱信息提供的羧基配位方式及A具有中心对称的特征，可以画出A的最稳定结构，此结构中的Cu(I)为三配位，Cu(II)为四配位，含有2个六员螯环。⑦根据生成配合物B与生成配合物A的反应同类型，可以写出B的化学式，进一步根据B的红外谱信息提供的B中羧基配位方式可以写出B的最稳定结构。结构式中的Cu(I)和Cu(II)均为四配位，含2个六员螯环。

[应答分析]根据元素分析和波谱信息推理多核配合物的化学式和结构式是竞赛的热点问题，参赛学生并不陌生。但由于此题涉及的信息较多，不是按问题依次给出，学生难于集中、筛选，再加上解题思维方式较新，因此有64%的参赛学生推出的化学式不正确，导致全题得零分或2分，也使此题的得分率降到0.29.有17%的学生写出了A的正确化学式，但在推结构式时，顾此失彼，没有考虑羧基的配位方式，而失去了两个结构式的分数。另有18%的学生所写结构式不是最稳定结构，只有1名学生得了满分。应该说，此题较好地考查了学生的逻辑思维和空间想象能力。在高分段有较好的区分度。【解析】C78H136Cu3O8P42(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)+Cu(CH3CH2CH2COO)2→(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2)Cu(O2CCH2CO2)Cu(PCy3)2+2CH3CH2CH2COOH(或C78H136Cu3O8P4)除去反应的另一产物正丁酸和未反应的反应物13、略

【分析】【详解】

氯离子原子核外有18个电子；为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；

溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故答案为：第四周期、ⅦA；

的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：都是分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；

元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从半径依次增大；失电子的能力依次增强，还原性依次增大；

由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：

同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=故答案为：

的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；【解析】①.18②.5③.第四周期、ⅦA（都对得1分）④.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。⑤.从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大⑥.>⑦.K=⑧.氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价⑨.14、略

【分析】【详解】

在石墨晶体中；形成大π键的电子可以在整个原子平面上活动，比较自由，相当于金属晶体中的自由电子，故可以导电；

故答案为：（见解析）。【解析】在石墨晶体中，形成大π键的电子可以在整个原子平面上活动，比较自由，相当于金属晶体中的自由电子，故可以导电15、略

【分析】(1)

HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键；破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；

(2)

CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体；破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。

【点睛】

比较分子晶体的熔沸点，需要考虑分子间是否存在氢键，若存在分子间氢键，则分子的熔沸点较高。【解析】(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键；破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。

(2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。三、判断题(共5题，共10分)16、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。17、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；18、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。19、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。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。四、结构与性质(共4题，共36分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铬为24号元素，基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；

(2)①同周期元素从左到右，第一电离能依次增大，但是氮原子的2p轨道半充满，难失去电子，故基态氮原子的第一电离能大于基态氧原子，因此沙瑞特试剂组成元素中C、O、N的第一电离能从大到小顺序为N>O>C；

②甲基中的C与周围的3个H、1个O形成四面体构型，该C为sp3杂化，醛基中含C=O，C为sp2杂化，即分子中C原子的杂化类型为sp3、sp2；

(3)氯化铬酰(CrO2Cl2)熔点、沸点较低，且与CS2互溶，应为分子晶体；与CS2互为等电子体，则的结构为[O=N=O]+，每个双键含1个π键，因此1mol中含有键数目为2NA；

(4)由晶胞结构可知1个晶胞中Cr的个数=12×+1=4，N的个数=8×+6×=4，则该化合物的化学式为CrN；

(5)向含的溶液中滴加溶液，反应完全后共消耗的物质的量为50mL×2mol/L=0.1mol，则中含1个Cl-，有2个Cl为配体，中心原子配位数为6，则有4个H2O为配体，因此配离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。【解析】1s22s22p63s23p63d54s1N>O>Csp3、sp2分子2NACrN[Cr(H2O)4Cl2]+22、略

【分析】【分析】

【详解】

第四周期过渡金属元素A，其基态原子排布中有四个未成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；故A为Fe。

(1)区分固体X为晶体或非晶体的方法为X-射线衍射实验；Fe属于体心立方堆积；按甲中虚线方向（面对角线）切割，甲中得到长方形结构，晶胞体心的Fe原子处于长方体的中心，每个长方形顶点都被Fe原子占据，若按该虚线切乙，则切得的图形中含有甲切割得到的4个长方形结构，图形A符合；

(2)A原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，Fe2+离子的价层电子排布式为3d6，价电子排布图为

(3)A可与CO反应生成A(CO)5；常压下熔点为-20.3℃，沸点为103.6℃，熔沸点很低，属于分子晶体；

(4)B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，则B为Cu、C为S，晶胞中Fe原子处于面上、棱心，Fe原子数目=4×+6×=4，Cu原子处于体心、顶点、面上，Cu原子数目=1+8×+4×=4，S原子处于晶胞内部，共有8个，故Cu、Fe、S原子数目之比为4：4：8=1：1：2，故化学式为CuFeS2。晶胞质量=g，晶体密度=【解析】X射线衍射实验A1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2分子晶体CuFeS223、略

【分析】【详解】

(1)Ni元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；同一周期从左向右第一电离能总体增大；但由于第ⅡA族价电子的p轨道处于全空的稳定结构，第ⅤA族价电子的p轨道处于半充满的稳定结构，则第ⅡA；ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族元素的第一电离能大些，故C、N、O第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；

(2)根据丁二酮肟的结构可以得出，1mol丁二酮肟中含有15mol的σ键，则1mol丁二酮肟含有的σ键数目是15NA；其中碳原子存在sp2杂化和sp3杂化两种杂化方式；

(3)丁二酮肟镍是由两个丁二酮肟和一个镍原子构成；丁二酮肟镍中Ni与N原子之间以配位键形式存在，一个丁二酮肟中的O原子与另外一个丁二酮肟中的H原子以氢键形式存在，故丁二酮肟镍分子内含有的作用力有ac；

(4)Ni在晶胞中占有8个定点，故一个晶胞中含有个Ni原子，Cu在晶胞中占有6个面心，故一个晶胞中含有6×=3个Cu原子，故镍白铜的分子式为Cu3Ni，Cu元素基态原子价电子排布式为3d104s1。【解析】①.第四周期第Ⅷ族②.N＞O＞C③.15NA④.sp2和sp3⑤.ac⑥.Cu3Ni⑦.3d104s124、略

【分析】(1)

Cr元素是24号元素，位于元素周期表第四周期VIB族，其电子排布式为[Ar]3d54s1，Mo与Cr同族，多一周期，所以Mo的外围电子排布为4d55s1，所以本问第一空应填“4d55s1”；Mo3+离子比Mo原子少3个电子，Mo3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d3；所以最高能层N层上，成对的电子是s；p能级上的8个电子，未成对的是d能级上的3个电子，所以本问第二空应填“8:3”；

(2)

根据价层电子对互斥理论，离子σ键数目为2，孤电子对数为所以价层电子对数为2，孤电子对数为0，离子空间构型为直线形；离子σ键数目为2，孤电子对数为所以价层电子对数为3，孤电子对数为1，离子空间构型为V形；所以本问第一空应填“>”，第二空应填“离子空间构型是直线形，键角180°，离子空间构型为V形；键角小于180°”；

(3)

根据图1所示，Cu原子周围除了自身连的两个Cl原子，其余三条连接N、O原子的化学键都应是形成配位化合物时建立的配位键，所以数据关系是1个Cu原子3条配位键，本问第一空应填“3”；再由图1所示，左侧连接Cu原子的氮原子有3条σ键(2条共价键，1条配位键)，一条π键，故该N原子轨道杂化方式为sp2，右侧N原子有3条σ键，一个孤电子对，故该N原子轨道杂化方式为sp3，所以本问第二空应填“sp2、sp3”；

(4)

根据图2信息，Cu2+与H2O之间形成配位键，水合铜离子又与以离子键结合，内部S原子与O原子之间是共价键连接；所以本问应选填“ABD”；

(5)

Ni为28号元素，原子核外电子排布为[Ar]3d84s2，其同周期稀有气体元素Kr原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p6，所以Ni原子比Kr原子少8个电子，按照题意，每个CO分子能提供2个电子，那么形成的Ni(CO)x中x=4；所以本问应填“4”；

(6)

按照空间一点的坐标数据R(x，y，z)，根据A(0，0，0)、B(0，1，1)、C(1，1，0)三点坐标，可以知道本题以晶胞A点为三维坐标原点，A点向上为X轴方向，A点向纸面内BC所在平面方向为Y轴方向，A点向右为Z轴方向；D点位于BC点所在后平面的面心，根据BC两点坐标数据，晶胞棱长为单位1，所以D点x轴坐标值应是C点x轴坐标值的一半，y轴坐标值与BC两点数据相同，z轴坐标值是B点z轴坐标值一半，所以本问第一空应填“”；

根据晶胞模型图，在晶胞立方体六个面的面心位置各有一个Cu原子，所以最近的两个Cu原子是立方体每相邻的两个面面心上的两个Cu原子，其距离是anm，每个Cu原子与相邻面及相对面上的另两个Cu原子为顶点，可构成一个等腰直角三角形，所以相对面的两个Cu原子距离为anm，故该晶胞棱长也为anm；按照分摊法计算晶胞中各原子个数：Cu原子是六个在面心，个，Sn原子是八个在顶点，个，P原子是一个在体心，个，故该化合物化学式为Cu3SnP，其摩尔质量为342g•mol-1，每个晶胞中相当于有1个Cu3SnP，所以扩大NA倍，1mol晶体中有1molCu3SnP；根据晶体密度公式n：1mol晶体拥有的化合物(或单质的物质的量)，M：物质的摩尔质量，V：1mol晶体的体积，棱长3，单位为cm3，代入之前推算出的n、M、及棱长数据，得所以本问第二空应填“”。【解析】(1)4d55s18:3

(2)>离子空间构型是直线型，键角180°，离子空间构型为V形；键角小于180°

(3)3sp2、sp3

(4)ABD

(5)4

(6)五、有机推断题(共4题，共40分)25、略

【分析】【分析】

由合成路线，A的分子式为在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为则A为B与发生加成反应生成再发生消去反应生成C，C的结构简式为C与发生加成反应得到再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为F的结构简式为可推知E为F与反应生成G；G与D反应生成H，据此分析解答。

（1）

由分析可知，A的结构简式为其化学名称为苯甲醇；反应①的化学方程式：

（2）

由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B()先与发生碳氧双键的加成反应生成再发生消去反应生成C()；故第二步的反应类型为消去反应；

（3）

由分析可知，E的结构简式为

（4）

D的结构简式为其分子中含有的官能团为碳碳双键；碳溴键和醛基；

（5）

C的结构简式为分子式为其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为

（6）

G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中和成环，且与成环，从而得到H，可推知，若要合成()，相应的为为手性碳原子为连