2025年牛津上海版选择性必修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年牛津上海版选择性必修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6题，共12分)1、下列叙述中不正确的是A.原子的核外M层电子数是L层电子数一半的元素是硅B.原子的最外层电子数是次外层电子数1.5倍的元素是硼C.原子的次外层电子数是最外层电子数的元素是氧D.在第四周期中未成对电子数最多的元素是锰2、甲；乙为有机合成中两种重要试剂结构如图所示。X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素其中W、M为金属元素。下列说法错误的是。

A.简单离子半径：WB.最高价含氧酸的酸性：Z>YC.金属性：W>MD.工业上可用电解法制备W和M的单质3、短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是()

A.原子半径：Z>X>WB.气态氢化物的稳定性：Z>W>YC.Y的最高价氧化物的水化物可溶于X和Z的最高价氧化物的水化物D.化合物M中所有的原子均满足8电子稳定结构4、下列化学用语表示正确的是A.离子结构示意图：B.的模型：C.在水溶液中的电离方程式：D.反-2-丁烯的结构简式：5、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是A.1mol分子中π键的数目为3NAB.1mol甲基正离子()的质子数为9NAC.1mol中配位原子的个数为4NAD.78g与足量反应转移电子数为2NA6、下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是A.CCl4和SiCl4的熔点B.对羟基苯甲醛()和邻羟基苯甲醛()的沸点C.I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度D.NH3和HF的沸点评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、已知X；Y是短周期的两种元素；下列有关比较或说法一定正确的是。

。选项。

条件。

结论。

A

若原子半径：X>Y

原子序数：X

B

化合物XnYm中X显负价。

元素的电负性：X>Y

C

若价电子数：X>Y

最高正价：X>Y

D

若X；Y最外层电子数分别为1、7

X；Y之间可能形成共价键。

A.AB.BC.CD.D8、下列有关原子半径的叙述正确的是A.原子半径：B.原子半径：C.简单阴离子半径：D.原子半径：9、下列各组分子的立体构型相同的是A.B.C.D.10、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。下列说法正确的是A.元素As与N同族可预测AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角B.NH3的水溶液中存在四种不同的氢键，其中根据氨水显碱性可以推测NH3和H2O存在的主要氢键形式可能为：(NH3)NH－O(H2O)C.配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=4D.每个H2O分子最多可与两个H2O分子形成两个氢键11、有一种蓝色晶体[可表示为：]，经X射线研究发现，它的结构特征是和互相占据立方体互不相邻的顶点，而位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的化学式为B.该晶体熔融不可导电C.该晶体属于离子晶体，M呈+2价D.晶体中与每个距离最近且等距离的为6个12、是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。

下列说法错误的是A.原子的第一电离能为B.键的键能为C.的晶格能为D.转变成需要吸收的能量为13、据某科学杂志报道，国外有一研究所发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60它的分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60、也有Si60结构。下列叙述不正确的是A.该物质有很高的熔点、很大的硬度B.该物质形成的晶体属分子晶体C.该物质分子中Si60被包裹在C60里面D.该物质的相对分子质量为240014、下列叙述不正确的是A.在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料B.在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素C.50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，转移电子数目为0.3NAD.向CuSO4溶液中加入一小粒钠块发生反应：2Na+Cu2+=2Na++Cu评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、下列各图为几种晶体或晶胞的结构示意图。

请回答下列问题：

(1)这些晶体中；粒子之间以共价键结合形成的晶体是______。

(2)冰、金刚石、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为______。

(3)晶胞与晶胞结构相同，晶体的硬度______(填“大于”或“小于”)晶体的硬度；原因是______。

(4)每个晶胞中实际占有______个原子，晶体中每个周围距离最近且相等的有______个。

(5)冰的熔点远高于干冰的重要原因是______。16、A、B、D、E、F、G为短周期元素，且原子序数依次递增。A、F同主族，E、G同主族。A与其他非金属元素化合时易形成共价键，F与其他非金属元素化合时易形成离子键，且F+与E2-核外电子排布相同。由以上元素组成的物质BE和D2具有相同的电子数。请回答以下问题：

(1)F位于第_____周期第_____族。

(2)G的离子结构示意图为_____。

(3)用电子式表示D2的形成过程：______。

(4)由A；E、F三种元素形成的化合物的化学式为____；含有的化学键有_____(填化学键类型)，属于_____化合物。

(5)B的最高价是_____，由A、B组成的化合物中，含A量最高的物质的结构式是_____。17、回答下列问题：

(1)Cd与Zn同族且相邻，写出基态Cd原子的价层电子排布式：___________。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Si原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。

(3)O和S处于同一主族，第一电离能较大的是___________。和分子中的键角较大的是___________，键长较短的是___________。单质硫与热的浓溶液反应的产物之一为的空间构型为___________。

(4)已知多个相邻且平行的p轨道重叠则形成大键，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(如苯分子的大键可表示为)。吡咯()中所有原子共平面。则吡咯分子中的大键应表示为___________。吡咯分子中N原子的杂化类型为___________，1mol吡咯分子中含有___________键，噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129-131℃之间，吡洛沸点较高，其原因是___________。

(5)键的极性对物质的化学性质有重要影响。已知一些常见电子基团的吸电子效应的强度：则下列物质酸性由强到弱的顺序是___________(填序号)。A．B．C．D．(6)是离子晶体；其形成过程中的能量变化如图(a)所示。

可知，Li原子的第一电离能为_______键键能为_______18、(1)比较相同条件下微粒得到电子的能力Fe3+____Cu2+(填“>”、“<”或“=”)

(2)已知Mg3N2遇水会剧烈反应生成白色沉淀和有刺激性气味的气体，写出Mg3N2与足量稀盐酸反应的化学方程式___________________。

(3)相同条件下冰的密度比水小，主要原因是______________。19、有下列微粒：①CH4②CH2=CH2③CH≡CH④NH3⑤NH4+⑥BF3⑦P4⑧H2O⑨H2O2

（1）呈正四面体的是________.

（2）中心原子轨道为sp3杂化的是________，为sp2杂化的是________，为sp杂化的是____。

（3）所有原子共平面的是________，共线的是________。

（4）含有极性键的极性分子是________。20、2019年12月17日；经中央军委批准，中国第一艘国产航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”，舷号为“17”。2020年9月24日下午，国防部举行例行记者会，国防部新闻局副局长；国防部新闻发言人谭克非大校称：中国海军山东舰已完成例行训练和海上试验。

（1）航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则晶体硅、金刚石、碳化硅的熔点由高到低的顺序为___，原因：___。

（2）Ti的四卤化物熔点如表所示，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

（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M；通过如图反应实现铜离子的富集，进行回收。

Cu2++2→+2H+

①上述物质M中含有的作用力有___。

A.离子键B.金属键C.共价键D.氢键E.配位键。

②X难溶于水、易溶于有机溶剂，则X晶体中铜元素与氮原子之间的共价键类型为___。评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)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.错误评卷人得分五、工业流程题(共1题，共3分)23、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____。评卷人得分六、计算题(共3题，共30分)24、(1)Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片；其晶胞结构如图所示，该合金的化学式为________．

(2)的熔点为1238℃，密度为其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为_________，Ga与As以__________键结合．设Ga和As的摩尔质量分别为和原子半径分别为和阿伏加德罗常数的值为则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____________(列出含M2、r1、r2、和的计算式)．

(3)自然界中有丰富的钛矿资源；如图表示的是钡钛矿晶体的晶胞结构，经X射线衍射分析，该晶胞为正方体，晶胞参数为apm．

写出钡钛矿晶体的化学式：_____，其密度是_____(设阿伏加德罗常数的值为)．

(4)①磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料；它可用作金属的表面保护层．如图是磷化硼晶体的晶胞，B原子的杂化轨道类型是______．立方相氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体的高，其原因是_____．

②已知磷化硼的晶胞参数请列式计算该晶体的密度______(用含的代数式表示即可，不需要计算出结果)．晶胞中硼原子和磷原子最近的核间距d为_______pm．25、根据晶胞结构示意图；计算晶胞的体积或密度。

(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为____。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值。若该晶胞的边长为acm，则该晶体的密度是______g·cm-3。

(2)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞中硫原子的个数为______的体积为______cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

26、已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。

(1)钼晶体的堆积方式为_______________，晶体中粒子的配位数为________________。

(2)构成钼晶体的粒子是__________________，晶胞中所含的粒子数为___________。

(3)金属钼的密度为______________g·cm－3。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．元素原子核外M层电子数是L层电子数的一半；说明元素原子有三个电子层，从内到外每一个电子层上的电子数分别为2；8、4，所以原子序数为14，为硅元素，A正确；

B．原子的最外层电子数是次外层电子数1.5倍；说明元素原子有二个电子层，从内到外每一个电子层上的电子数分别为2；3，所以原子序数为5，为硼元素，B正确；

C．原子的次外层电子数是最外层电子数说明元素原子有二个电子层，从内到外每一个电子层上的电子数分别为2；6，所以原子序数为8，为氧元素，C正确；

D．第四周期中未成对电子数最多的元素是铬，价电子排布式为3d54s1，共有6个未成对电子，而锰的价电子排布式为3d54s2；有5个未成对电子，D错误；

故选D。2、A【分析】【分析】

由题意知：在化合物甲中W带一个单位正电荷则W为Na；X能形成1个共价键，则X为H，Y在与4个X形成共用电子对后再得1个电子从而使甲中阴离子带1作单位负电荷，则Y最外层有3电子，Y为B；Z在乙中形成4对共用电子对，则其最外层有4个电子，则Z为C，M能形式2个化学键，M为Mg，N只形成一对共用电子对，N为Cl，以此解答。

【详解】

A．简单离子半径：Mg2++-；故A错误；

B．非金属性BY；故B正确；

C．Na、Mg同周期，同周期从左往右金属性逐渐减弱，即Na>Mg；故C错误；

D．工业通过电解熔融NaCl、MgCl2来取Na；Mg的单质；故D正确；

故选A。3、D【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；根据M的结构图，W能形成2个共价键，则W是O元素，Y能形成4个共价键且与氧元素形成双键，原子序数大于O，则Y是Si元素；W的原子序数是Z的原子序数的一半，Z是S元素；X形成+1价阳离子，原子序数大于O，则X是Na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Na>S>O；故A错误；

B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O>H2S>SiH4；故B错误；

C．Y的最高价氧化物的水化物为硅酸；X和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和硫酸，硅酸不能溶于硫酸，故C错误；

D．Na+最外层有8个电子；O原子形成2个共价键；Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；

综上所述选D。4、D【分析】【详解】

A．的质子数为8，核外电子数为10，离子结构示意图：A错误；

B．SO2的价层电子对数为3；故VSEPR模型是平面三角形，B错误；

C．HCO不能拆，故NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na++HCOC错误；

D．两个相同的原子或者原子团排列在双键两边是反式结构，故反-2-丁烯结构简式为D正确；

故选D。5、A【分析】【详解】

A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键，所以1mol分子中π键的数目为2NA；A错误；

B．1个甲基正离子()的质子数为9个，则1mol甲基正离子()的质子数为9NA；B正确；

C．中配体为NH3，配位原子为N，1mol中配位原子的个数为4NA；C正确；

D．78g的物质的量为1mol，与足量反应生成硫酸钠，转移电子数为2NA；D正确；

故选A。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．CCl4和SiCl4的相对分子质量后者大，CCl4和SiCl4的熔点；后者高，故A不符；

B．对羟基苯甲醛()分子间氢键较强，对羟基苯甲醛()的沸点高于邻羟基苯甲醛()的沸点；故B符合；

C．根据相似相溶原理，I2是非极性子，水是极性分子，I2在水中的溶解度小，CCl4是非极性子，I2在CCl4溶液中的溶解度大；故C不符；

D．HF分子间氢键强，NH3比HF的沸点低；故D不符；

故选B。二、多选题(共8题，共16分)7、BD【分析】【分析】

【详解】

A．若X；Y位于同周期时；原子半径X＞Y，则原子序数X＜Y；X、Y不同周期时，原子半径X＞Y时，原子序数X＞Y，A错误；

B．化合物XnYm中X显负价；说明得电子能力：X＞Y，则非金属性：X＞Y，B正确；

C．若价电子数X＞Y；X为F；Y为O时，二者均无正价，C错误；

D．若X为H；H与Y形成共价键，若X为Na，Y为Cl或者F，则形成离子键，D正确；

故答案为：BD。8、AC【分析】【详解】

A．同周期：同主族：所以故选A；

B．同周期：故B不选；

C．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同周期：故选C；

D．同周期从左到右，原子半径减小，所以故D不选。

答案选AC9、AC【分析】【详解】

A．空间构型为V形；中O原子的价层电子对数为2+=4；有1对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项A正确；

B．中O原子的价层电子对数为2+=4，有1对孤电子对，分子的立体构型为V形；NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，有一对孤电子对，则N原子为sp3杂化；分子的空间构型为三角锥形，选项B错误；

C．中Sn原子的价层电子对数为2+=3，有1对孤电子对，则中Sn原子为sp2杂化，分子的空间构型为V形；中N原子的价层电子对数为2+=2；有1对孤电子对，则N原子为sp杂化，分子的空间构型为V形，选项C正确；

D．中C原子的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，C原子为sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；SO3中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则S原子为sp2杂化；分子的空间构型为平面三角形，选项D错误；

答案选AC。10、AB【分析】【分析】

【详解】

A．AsH3和NH3分子内，共用电子对均偏离氢原子，元素与同族，的电负性大于N-H和As-H相比，两个键间的排斥力更大，中键角更大，因此分子中键的键角小于中键的键角；A正确；

B．由于NH3·H2ONH4++OH-，据此可以推测NH3和H2O存在的主要氢键形式可能为：(NH3)NH－O(H2O)；B正确；

C．的价层电子排布为价电子数为8，配合物一个配体提供2个电子，内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，因此则C错误；

D．冰中每个分子最多与周围四个水分子形成氢键，为四面体形结构，冰中，一个水分子平均可以形成个氢键；D错误。

故选AB。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．Fe3+的个数为Fe2+的个数为CN-为于立方体棱上，其个数为Fe元素与CN-的个数为1:3，即y=2，晶体化学式为故A正确；

B．由离子构成；该晶体熔融可导电，故B不正确；

C．.化学式为MFe2(CN)6；化合物中正负化合价的代数和为0，则M元素的化合价为0-(-1)×6-(+2)-(+3)=+1，故C不正确；

D．图中一个晶胞中与Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个，空间有8个晶胞无隙并置，最近距离在棱上，则晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN--为故D正确；

故选BC。12、AB【分析】【详解】

A.原子的第一电离能是由气态原子失去1个电子形成气态离子所需要的能量，应为故A错误；

B.键的键能为1molO2(g)分解为2molO(g)所吸收的能量，即故B错误；

C.晶格能是指气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，即的晶格能为故C正确；

D.转变成需要吸收的能量为故D正确；

故选：AB。13、AC【分析】【分析】

【详解】

略14、CD【分析】【详解】

A．在周期表中金属与非金属的分界处的物质通常具有良好的半导体性能，可以找到半导体材料，A正确；

B．在过渡元素中大部分为性能优良的金属；可寻找制造催化剂和耐高温；耐腐蚀合金的元素，B正确；

C．随着反应进行，盐酸浓度减小，反应不再进行，故转移电子数目小于0.3NA；C错误；

D．钠首先会和水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠和铜离子生成氢氧化铜沉淀，D错误；

故选CD。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)冰、干冰晶体属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合；金刚石属于共价晶体，原子之间以共价键结合；属于金属晶体，金属阳离子与自由电子之间以金属键结合；属于离子晶体；离子之间以离子键结合；故这些晶体中粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石晶体；

(2)一般情况下，微粒间的作用力：共价晶体离子晶体分子晶体。在上述物质中，金刚石属于共价晶体，熔点最高；属于离子晶体，熔点比金刚石的低，由于离子半径离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，断裂消耗的能量就越大，物质的熔点就越高，所以熔点冰、干冰都属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于分子之间存在氢键，分子之间只存在分子间作用力，所以熔点冰干冰；故上述五种物质中熔点由高到低的顺序为金刚石冰干冰；

(3)在晶体中，离子半径且晶体中离子所带电荷数大于晶体中离子所带电荷数；所以NaCl晶体的硬度小于MgO晶体的硬度；

(4)每个晶胞中含有的原子个数为晶胞中，周围距离最近且相等的构成正八面体形结构，所以每个周围距离最近且相等的有8个；

(5)冰、干冰都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于冰中水分子间形成了氢键，使冰的熔点远高于干冰的熔点。【解析】金刚石晶体金刚石冰干冰小于在晶体中，离子半径且晶体中离子所带电荷数大于晶体中离子所带电荷数48分子之间存在氢键16、略

【分析】【分析】

A、F同主族，且A与其他非金属元素化合时易形成共价键，但F与其他非金属元素化合时易形成离子键，则为第ⅠA族元素，且A为氢元素，F为钠元素。F＋与E2－核外电子排布相同，故E为氧元素，B、D两元素位于氢和氧之间，且BE与D2具有相同的电子数；则B为碳元素，D为氮元素，因E(氧)；G同主族，故G为硫元素。

【详解】

(1)根据以上分析；F为钠元素，在第三周期第IA族；

(2)G为硫元素，离子结构示意图为：

(3)D为氮元素，用电子式表示N2的形成过程为：

(4)A为氢元素；E为氧元素，F为钠元素，三种元素可以形成氢氧化钠，化学式为：NaOH，里面含有离子键和共价键；

(5)B为碳元素，最高化合价为：+4，A为氢元素，即碳与氢能形成多种有机物，其中含H量最高的物质是甲烷，其结构式为：【解析】三IANaOH离子键和共价键离子+417、略

【分析】【详解】

（1）Cd与Zn同族且相邻，Zn的价电子排布式为3d104s2，则基态Cd原子的价层电子排布式为4d105s2。

（2）Si的价电子排布式为3s23p2，3s2上的两个电子自旋方向相反；自旋磁量子数的代数和为0，3p上的两个电子自旋方向相同，则自旋磁量子数的代数和为+1或-1。

（3）同主族元素从上到下，电子层数逐渐增多，对核外电子的引力逐渐减弱，所以第一电离能逐渐减小，所以O和S第一电离能较大的是O；H2O和H2S分子的中心原子均为sp3杂化，都有两个孤电子对，由于O的电负性比S大，所以O原子周围的电子较多，排斥力较大，键角较大，所以键角较大的是H2O；O原子的半径比S小，所以H2O中的键长比H2S中的键长短；中心原子的价电子对数=2+(6+2-2×2)=2+2=4；其VSEPR模型为四面体形，去掉两个孤电子对，其空间结构为V形。

（4）吡咯是平面结构，C原子和N原子均采取sp2杂化，C原子杂化后还剩一个未参加杂化的p轨道上的电子，N原子杂化后还剩余一对电子，所以吡咯分子中的大π键是5个原子共用6个电子形成的，表示为吡咯分子中有C-Cσ键；C-Nσ键、C-Hσ键和N-Hσ键；1mol吡咯分子中有10molσ键；吡咯分子中有N原子，N原子上连着H原子，可以形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，所以吡咯的沸点比噻吩高。

（5）根据吸电子效应的强度可知，−Cl>−C≡CH>−C6H5>−H，所以四种物质酸性由强到弱的顺序为B>C>D>A。

（6）第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需吸收的最低能量，根据图示可知，Li原子的第一电离能为1040kJ/mol÷2=520kJ/mol；键能是拆开1mol共价键需要吸收的能量，根据图示可知，O=O键键能为249kJ/mol×2=498kJ/mol。【解析】(1)4d105s2

(2)+1或-1

(3)OH2OH2OV形。

(4)sp210吡咯分子间有氢键。

(5)BCDA

(6)52049818、略

【分析】【分析】

(1)根据氧化性：氧化剂>氧化产物分析判断；

(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为氨气，而Mg3N2与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵；

(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键；氢键在水呈液态时，使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时，分子之间距离增大，空隙增多。

【详解】

(1)FeCl3溶液能够腐蚀Cu线路板，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，在该反应中Fe3+是氧化剂，Cu是还原剂，Fe2+是还原产物，Cu2+是氧化产物，由于氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性：Fe3+>Cu2+；

(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为NH3，根据元素守恒知，另一种生成物是Mg(OH)2，所以该反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，则Mg3N与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应的化学方程式为：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；

(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键；氢键在水呈液态时使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时氢键会拉伸水分子之间的距离，使水分子之间距离增大，体积也就增大了，密度也就小了，所以冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大。

【点睛】

本题考查了物质的化学性质、氧化还原反应规律及氢键对物质性质的影响。明确相关概念、作用及变化规律即可解答。【解析】①.>②.Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl③.冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大19、略

【分析】【分析】

（1）根据杂化轨道数判断杂化类型判断微粒的构型来解答；

（2）根据杂化轨道数判断杂化类型；杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；

（3）①CH4是正四面体结构，②C2H4是平面形分子③C2H2是直线形分子④NH3是三角锥形分子，⑤NH4+是正四面体结构，⑥BF3是平面三角形分子⑦P4是正四面体结构，⑧H2O是V形分子⑨H2O2的空间构型是二面角结构；两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角；

（4）极性键：不同种原子之间形成的共价键。分子中正负电荷中心不重合；从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子。

【详解】

（1）①CH4中碳原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，②C2H4中碳原子采取sp2杂化，空间构型为平面形分子，③C2H2中碳原子采取sp杂化，空间构型为直线形分子④NH3中氮原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥形分子，⑤NH4+氮原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，⑥BF3硼原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形分子⑦P4中P原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，⑧H2O中O原子采取sp3杂化，空间构型为V形分子，⑨H2O2中O原子采取sp3杂化；空间构型为V形，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角。

故答案为①⑤⑦；

（2）①CH4中C原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化；

②C2H4中C原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化；

③C2H2中C原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+0=2；所以采取sp杂化；

④NH3中氮原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化；

⑤NH4+中氮原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化；

⑥BF3中B原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化；

⑦P4中P原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化；

⑧H2O中O原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化；

⑨H2O2中O原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化；

所以中心原子轨道为sp2杂化的是②⑥；为sp杂化的是③；

故答案为①④⑤⑦⑧⑨；②⑥；③；

（3）①CH4是正四面体结构；所有原子不共面也不共线；

②C2H4是平面形分子；所有原子共平面而不共线；

③CH≡CH是直线形分子；所有原子共平面也共线；

④NH3是三角锥形分子；所有原子不共面也不共线；

⑤NH4+是正四面体结构；所有原子不共面也不共线；

⑥BF3是平面三角形分子；所有原子共平面而不共线；

⑦P4是正四面体结构；所有原子不共面也不共线；

⑧H2O是V形分子；所有原子共平面而不共线；

⑨H2O2的空间构型是二面角结构；两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角，所有原子不共面也不共线；

故答案为②③⑥⑧；③；

（4）含有极性键的分子有：①CH4、②C2H4、③CH≡CH、④NH3、⑥BF3、⑧H2O、⑨H2O2。

①CO2、②C2H4、③CH≡CH、⑥BF3中含有极性键；但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；

④NH3中含有极性键；空间结构为三角锥型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；

⑧H2O中含有极性键；空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；

⑨H2O2中含有极性键；空间构型是二面角结构，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；

故答案为④⑧⑨。

【点睛】

本题主要考查了原子的杂化、分子的空间构型、原子共面、分子的极性等知识，为高频考点，（2）根据杂化轨道数判断杂化类型，（5）把握键的极性与分子的极性的关系为解答关键，题目难度中等。【解析】①⑤⑦①④⑤⑦⑧⑨②⑥③②③⑥⑧③④⑧⑨20、略

【分析】【分析】

（1）

硅、碳化硅的结构都与金刚石类似，均为原子晶体，原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，则熔点越高，r(C)碳化硅>晶体硅；

（2）

根据题目所给数据可知TiF4熔点较高；可知其应为离子化合物，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

（3）

①M为分子晶体；含有共价键和氢键，故选CE；

②X难溶于水、易溶于有机溶剂，且Cu有空轨道、N有孤电子对，则X晶体中铜元素与氮原子之间的共价键类型为配位键。【解析】（1）金刚石>碳化硅>晶体硅三者都为原子晶体，r(C)

（2）TiF4为离子化合物；熔点高，其他三种均为共价化合物，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。

（3）CE配位键四、判断题(共2题，共4分)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。五、工业流程题(共1题，共3分)23、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