2025年岳麓版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年岳麓版选择性必修2化学上册阶段测试试卷656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7题，共14分)1、下列原子的轨道表示式正确的是A.B.C.D.2、下列分子或离子的空间结构判断不正确的是A.NH为正四面体形B.BeCl2为直线形C.NF3为V形D.CO2为直线形3、卢瑟福发现质子的实验是利用轰击原子得到质子和原子X核内质子数与中子数相等，下列说法正确的是A.b=15B.电负性X＞YC.X、Y分别与氢原子形成的简单化合物中，X、Y的杂化方式都是sp3杂化D.X与Y形成的化合物只有两种4、一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构为下列说法错误的是A.的价电子排布式为B.碳原子的杂化轨道类型为和C.该配合物中配位原子是和D.该配合物形成的配位键有5、2021年5月15日，我国探测车“祝融号”成功登陆火星。其核心元器件封装用的是超轻的铝硅合金，下列说法错误的是A.Si的电负性大于AlB.和都属于分子晶体C.Al和Si都位于元素周期表的同一个周期，金属和非金属交界处D.由于硅原子最外层4个电子，相对稳定，在自然界中有单质硅存在6、化合物X是一种医药中间体；其结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是。

A.分子式为C16H10O4B.不能与饱和Na2CO3溶液反应C.1molX最多与2molNaOH反应D.1molX最多与6molH2发生加成反应7、下列说法中错误的是A.基态的核外电子排布式为B.电负性：C.石墨可导电的原因是其层内存在可自由移动的电子D.沸点：评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、按要求写出电子排布式或轨道表示式。

(1)基态的电子排布式为______。

(2)基态P原子的价层电子排布式为______。

(3)的轨道表示式为______。

(4)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为______。9、2021年春节无疑是个热闹的火星年；2月5日，我国航天局发布了由天向一号拍摄的首张火星图像。研究表明，火星中心有个以铁为主要成份的核，并含有硫；镁等轻元素，除此之外还含有磷、氮、氢、氧、碳等元素。

(1)Fe3+的基态核外价电子排布式为___________，从原子结构角度分析Fe2+和Fe3+的稳定性相对强弱：___________。

(2)氮、氧、硫三种元素原子第一电离能由大到小的顺序为___________，硫可以形成SOCl2化合物，则该化合物的立体构型为___________。

(3)除氮的氧化物之外，知还可以形成请写出氮原子的杂化方式___________，写出一种与该离子互为等电子体的分子是___________。10、(1)分子中，化学键称为______键，其电子对由______提供。

(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为整合物。一种配合物的结构如图所示，该配合物中通过螯合作用形成的配位键有______该合物中N的杂化方式有______种。

(3)基态核外电子排布式为______；中与配位的原子是______(填元素符号)。11、有机物丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀；其结构如下图所示。

(1)结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是___________，氮镍之间形成的化学键___________

(2)该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在___________。12、实践证明；75%的乙醇溶液可以有效灭活新冠病毒。

(1)1mol乙醇中含有σ键的数目为___________。

(2)相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)的原因为_________。

(3)向CuSO4溶液中滴加氨水；首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，加入乙醇后析出深蓝色晶体。

①氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为____________。

②深蓝色晶体中阴离子SO的立体构型为_____，其中心原子的杂化类型为____；阳离子的结构式为____。13、Ⅰ.键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量。

(1)已知键能：H-H键为436kJ·mol-1；H-F键为565kJ·mol-1；H-Cl键为431kJ·mol-1；H-Br键为366kJ·mol-1.则下列分子受热时最稳定的是___________。

A．HFB．HClC．HBrD．H2

(2)能用键能大小解释的是___________。

A．氮气的化学性质比氧气稳定B．常温常压下溴呈液态；碘呈固态。

C．稀有气体一般很难发生化学反应D．硝酸易挥发而硫酸难挥发。

Ⅱ．已知化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示；回答下列问题：

(3)NH3的结构式为___________。

(4)1molNH3(l)生成1molN原子和3molH原子的过程___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。

III．如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为N2时要放出热量___________kJ。

14、已知Al；Mg、Na为第三周期元素；其原子的第一至第四电离能如下表：

。电离能/kJ‧mol-1

I1

I2

I3

I4

X

578

1817

2745

11578

Y

738

1451

7733

10540

Z

496

4562

6912

9543

(1)则Al；Mg、Na的电负性从大到小的顺序为_____________。

(2)C、N、O、H是周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小，H能分别与C、N、O形成电子总数相等的分子CH4、NH3、H2O。

①在CH4、NH3、H2O分子中；C；N、O三原子都采取_______杂化；

②CH4是含有_____键(填“极性”或“非极性”)的____分子(填“极性”或“非极性”)；

③NH3是一种易液化的气体；请简述其易液化的原因_______。

④H2O分子的VSEPR模型的空间构型为_____；H2O分子的空间构型为______。

(3)K、Cr、Cu三元素的原子序数依次增大，三原子的核外的最外层电子排布均为4s1。

①K元素组成的单质的晶体堆积模型为______(填代号)；

a.简单立方堆积b.体心立方堆积c.六方最密堆积d.面心立方最密堆积。

②Cr元素在其化合物中最高化合价为_____；

③Cu2+离子的核外电子排布式为______；评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)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、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17、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18、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19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)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、有机推断题(共4题，共28分)21、普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛；其合成路线如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。

(2)B的结构简式为_______。

(3)反应②的反应类型是_______。

(4)D中有_______个手性碳原子。

(5)写出反应④的化学方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。

(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺()的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。22、卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂；被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。合成路线如下：

（1）A中官能团的名称是______________，A→B反应方程式为_______________。C→D的反应类型是_________________。

（2）1molD与NaOH溶液反应，最多消耗__________NaOH

（3）卡托普利E的分子中有_____个手性碳原子，下列关于E说法不正确的是______。

a.卡托普利的水溶液呈酸性b.在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2

c.E的分子式为C9H16NO3Sd.E存在属于芳香族化合物的同分异构体。

（4）A与浓硫酸、甲醇反应生成M，M的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为_________、_________。M加聚反应生成高分子化合物N的方程式为_____________。23、具有3个环状结构的有机物(C12H14O3)是有机合成中重要的中间体；以1，3－丁二烯为原料合成该有机物的方法如下：

(1)B的名称为________，E中的官能团名称为________，G→H的反应类型为_________。

(2)已知四元环状结构是不稳定的，请用“*”标注出化合物I中的手性碳原子__________。

(3)写出H→I的化学方程式______________________________________。

(4)含有六元环状结构且含有相同官能团的F的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。

(5)请参考题中合成路线，设计由苯甲醛及和必要的无机试剂合成的路线：___________________________________________________________________。24、有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物F是一种合成药物的中间体；其合成路线如图所示：

已知：①Diels-Alder反应：

②(R；R′均为烃基)

回答下列问题：

(1)A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则CH3CH2OH→A所需试剂、条件分别为______、______。

(2)B的化学名称是______；A→C的反应类型为______。

(3)F中官能团的名称是______。

(4)分子式为C6H10的有机物其结构不可能是______填标号

A.含有两个环的环状有机物。

B.含有一个双键的直链有机物。

C.含有两个双键的直链有机物。

D.含有一个三键的直链有机物。

(5)D→E的化学方程式为______。

(6)已知炔烃与二烯烃也能发生Diels-Alder反应。则以CH2=CH-CH=CH2和HC≡CH为原料合成的路线图为______无机试剂任选用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件评卷人得分五、工业流程题(共1题，共5分)25、一种磁性材料的磨削废料(含镍质量分数约21%)主要成分是铁镍合金；还含有铜；钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3＋、Fe2＋、Ni2＋等生成，废渣的主要成分是________；合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成.写出金属镍溶解的离子方程式______。

(2)“除铁”时H2O2的作用是_______，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是______(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”)溶液。黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，此步骤加入碳酸钠的目的是_______。

(3)“除铜”时，反应的离子方程式为_______，若用Na2S代替H2S除铜，优点是_____。

(4)已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．2p轨道应各排布一个电子且自旋平行；A错误；

B．2s轨道中两个电子的自旋状态应相反；B错误；

C．所写轨道排布式正确；

D．2s轨道中应排满两个电子后再排2p轨道；D错误；

故答案选C。2、C【分析】【详解】

A．铵根离子中氮原子的价层电子对数为4；孤对电子对数为0；离子的空间结构为正四面体形，故A正确；

B．二氯化铍分子中铍原子的价层电子对数为2；孤对电子对数为0；分子的空间结构为直线形，故B正确；

C．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4；孤对电子对数为1；分子的空间结构为三角锥形，故C错误；

D．二氧化碳分子中铍原子的价层电子对数为2；孤对电子对数为0；分子的空间结构为直线形，故D正确；

故选C。3、C【分析】【分析】

轰击原子得到质子和原子则+→+由此得出4+b=1+17，b=14；X核内质子数与中子数相等；则a=7。

【详解】

A．由以上分析可知，b=14；A不正确；

B．由分析知，分别为N；O；则电负性N＜O，B不正确；

C．X、Y分别与氢原子形成的简单化合物分别为NH3、H2O，X、Y的价层电子对数都为4，则杂化方式都是sp3杂化；C正确；

D．X与Y形成的化合物可能有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等；D不正确；

故选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．钴元素的原子序数为27，Co2+离子的价电子排布式为3d7；故A错误；

B．由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，化合物中含有杂化轨道类型为sp3的单键碳原子和杂化轨道类型为sp2的双键碳原子；故B正确；

C．由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，具有空轨道的Co2+离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成配位键；故C正确；

D．由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，具有空轨道的Co2+离子与具有孤对电子的2个氮原子和4个氧原子形成6个配位键；则1mol配合物形成的配位键有6mol，故D正确；

故选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．同周期从左到右元素的电负性增大；则硅元素的电负性大于铝元素，故A正确；

B．氯化铝和氯化硅都是熔沸点低；硬度小的分子晶体；故B正确；

C．铝元素和硅元素都位于元素周期表的第三周期；都处于金属和非金属交界处，故C正确；

D．硅是亲氧元素；在自然界中只以化合态存在，没有单质硅存在，故D错误；

故选D。6、D【分析】【详解】

A．根据结构简式，所有的节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C16H12O4；故A错误；

B．该有机物中含有羧基；具有酸性，可与碳酸钠反应，故B错误；

C．X中含有羧基可与氢氧化钠反应，含有酯基，在碱性条件下水解的产物中含有1个羧基和1个酚羟基；水解产物中的两个官能团都与氢氧化钠反应，故1mol化合物X最多能与3molNaOH反应，故C错误；

D．能与氢气反应的为苯环，则1mol化合物X最多能与6molH2发生加成反应；故D正确；

答案选D。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．Br的原子序数是35，则基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5；A错误；

B．非金属性越强，电负性越大，电负性：B正确；

C．石墨每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键；电子可以在层内移动，类似于金属键，C正确；

D．氨气分子间形成氢键，所以沸点：D正确；

答案选A。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

(1)基态原子的电子排布式为失去1个电子所得的电子排布式为或故答案为：(或)；

(2)P原子核外电子的最外层为第三层，且有5个电子，所以其价层电子排布式为故答案为：

(3)的电子排布式为轨道表示式为故答案为：

(4)第四周期最外层只有1个电子的基态原子的最外层电子排布式为此时应已填满，轨道可能全空、半充满或全充满，即电子排布式为故答案为：【解析】(或)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Fe是26号元素，位于周期表中第4周期第VIII族，Fe价电子排布式为：3d64s2，先失去4s能级2个电子变成3d6形成Fe2+、再失去3d能级1个电子形成Fe3+，所以Fe3+的核外价电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，最外层3d5为半充满状态，所以Fe3+比Fe2+稳定，故答案：1s22s22p63s23p63d5；Fe3+>Fe2+。

(2)同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但N原子2p轨道为半充满状态，所以第一电离能N>O；同一主族从上到下随着原子序数增大，第一电离能呈减小的趋势，O、S位于同一主族，所以第一电离能O>S，则氮、氧、硫三种元素原子第一电离能由大到小顺序为：N>O>S。SOCl2的等电子体为SO二者结构相似，根据VSEPR理论，SOCl2的中心原子S孤电子对数==1，价层电子对数=1+3=4，空间构型为三角锥形。故答案：N>O>S；三角锥形。

(3)对于价层电子对数==3，根据杂化理论可知，中心N原子的杂化方式sp2。中有3个原子18个电子，SO2和O3也有3个原子18个电子，所以它们互为等电子体。故答案：sp2；SO2和O3。【解析】1s22s22p63s23p63d5Fe3+>Fe2+N>O>S三角锥形sp2SO2和O310、略

【分析】【详解】

(1)中N有孤电子对；B有空轨道，N和B形成配位键，电子对由N提供。

(2)该整合物中与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的是共价键，另外的均是配位键，故该配合物中通过整合作用形成配位键。该整合物中无论是硝基中的N原子，还是中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为杂化；即N只有1种杂化方式。

(3)是26号元素，其基态原子的核外电子排布式为或中，是配体，分子中的O原子有孤电子对，是配位原子。【解析】配位N61或O11、略

【分析】【详解】

（1）碳氮之间形成双键；含有1个σ键；1个π键。每个氮都形成了三对共用电子，还有一个孤电子对，镍离子提供空轨道，氮和镍之间形成配位键。

（2）氧和氢原子之间除了共价键还有氢键，图中表示氢键。【解析】(1)1个σ键；1个π键配位键。

(2)氢键12、略

【分析】【详解】

(1)乙醇的结构式是1个乙醇分子中含有8个σ键，1mol乙醇中含有σ键的数目为8NA。

(2)乙醇、二甲醚的相对分子质量相等，乙醇分子间能形成氢键，二甲醚分子间不能形成氢键，相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)；

(3)①氢氧化铜和氨水形成配离子[Cu(NH3)4]2+，氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。

②SO中S原子的杂化轨道数是无孤电子对，SO的立体构型为正四面体形，S原子的杂化类型为sp3杂化；阳离子是[Cu(NH3)4]2+，结构式为【解析】8NA(或8×6.02×1023或4.816×1024)乙醇分子间能形成氢键Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O[或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-]正四面体形sp3杂化13、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ.(1)由题意H-H键能为436kJ·mol-1；H-F键能为565kJ·mol-1；H-Cl键能为431kJ·mol-1；H-Br键能为366kJ·mol-1可知：H-F键能最大；则HF分子受热时最稳定，故A符合题意；故答案为：A。

(2)A．氮气的化学性质比氧气稳定是由于N2中2个N原子通过3个共价键结合，O2中2个O原子通过2个共价键结合，由于NN的键能比O=O的键能大，断裂消耗能量更高，因此N2比O2稳定；A符合题意；

B．单质溴、单质碘都是由双原子分子构成的物质，分子之间通过分子间作用力结合。分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质融化、气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。由于分子间作用力:I2>Br2，所以常温常压下溴呈液态，碘呈固态，与分子内化学键的强弱及键能大小无关，故B不符合题意；

C．稀有气体一般很难发生化学反应是由于稀有气体是单原子分子，分子中不存在化学键，原子本身已经达到最外层2个或8个电子的稳定结构，与化学键的键能大小无关，故C不符合题意；

D．硝酸易挥发而硫酸难挥发是由于HNO3、H2SO4都是由分子构成的物质，由于分子间作用力：HNO32SO4，所以物质的熔沸点：HNO32SO4；硝酸易挥发而硫酸难挥发，与化学键的键能大小无关，故D不符合题意；

故答案：A。

Ⅱ．(3)NH3属于共价化合物，１个N原子和3个H原子形成３条共价键，所以结构式为故答案：

(4)根据图示可知1molN原子和3molH原子的能量比1molNH3的能量高bkJ，所以由1molN原子和3molH原子生成1molNH3(g)的过程会放出bkJ的热量。故答案：放出；b。

III．由图可知，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，根据N4(g)=2N2(g)H=193kJ6-941kJ2=-724kJ/mol，则1molN4转化为N2放出的能量为724kJ，故答案：724。【解析】AA放出b72414、略

【分析】【分析】

根据电负性递变规律，判断Al、Mg、Na的电负性大小；根据VSEPR理论判断杂化形式和空间构型；根据成键情况判断极性键还是非极性键；根据正负电荷重心是否重合判断极性分子还是非极性分子；根据NH3形成氢键，判断其易液化；根据金属晶体最常见的四种原子堆积模型，判断K为体心立方堆积，根据Cr的核外电子排布式，由价电子排布，判断其最高正价；根据Cu的核外电子排布式，写出Cu2+的电子排布式；据此解答。

【详解】

（1）Al、Mg、Na为第三周期元素，X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，则X应为Al，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，则Y应为Mg，Z的I2电离能突然增大；说明最外层有1个电子，则Z应为Na，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X；Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al＞Mg＞Na；答案为Al＞Mg＞Na。

（2）①CH4分子中，中心原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化，NH3分子中，中心原子价层电子对数=3+=3+1=4，采取sp3杂化，H2O分子中，中心原子价层电子对数=2+=2+2=4，采取sp3杂化；答案为sp3。

②CH4分子中，中心原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化；孤对电子对数为0，空间构型为正四面体结构，甲烷分子中C-H原子之间形成的共价键是不同原子提供电子形成共用电子对，为极性键，甲烷分子正负电荷重心重合，为非极性分子；答案为极性，非极性。

③因为氨分子间存在氢键；分子间作用力大，因而易液化；答案为氨分子间存在氢键。

④H2O分子中，中心原子价层电子对数=2+=2+2=4，采取sp3杂化；VSEPR模型的空间构型为正四面体，孤对电子对数为2，空间构型为V形；答案为正四面体，V形。

（3）①金属晶体最常见的四种原子堆积模型为简单立方堆积，面心立方最密堆积，体心立方最密堆积，六方最密堆积，则钾为体心立方堆积；答案为b。

②Cr为24号元素，核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的价电子排布式为3d54s1，其化合物中最高化合价为+6价；答案为+6。

③Cu为29号元素，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去最外层一个电子和次外层3d上的一个电子，Cu2+离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；答案为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。【解析】Al＞Mg＞Nasp3极性键非极性键分子间存在氢键四面体结构V形b+61s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9三、判断题(共6题，共12分)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】

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；17、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。18、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。19、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。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、有机推断题(共4题，共28分)21、略

【分析】【分析】

根据A的结构简式；A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。

（1）

根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；-NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为：

（2）

对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为故答案为

（3）

对比B和C的结构简式；C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；

（4）

根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即

（5）

根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；

（6）

H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为结构简式还可能是结构简式还可能是还可能是有1种结构，还可能是共有5种；其中-NH2在链端的有：

（7）

可以采用逆推法进行分析，聚戊内酰胺为高分子化合物，其单体为根据F→普瑞巴林的路线，则生成的为物质为根据信息ii，推出生成的物质为则合成路线为：【解析】(1)3-甲基丁醛或异戊醛

(2)

(3)加成反应。

(4)2

(5)+＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O

(6)5

(7)22、略

【分析】【分析】

（1）根据B的结构简式和A到B的反应类型反推A；根据反应条件和反应类型书写A到B的方程式；C到D；C中氯原子被取代；

（2）D中的羧基；氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应；

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官能团分析其性质；

（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3；

【详解】

（1）A到B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；A到B为碳碳双键的加成反应，方程式为：CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D；C中的氯原子被取代，为取代反应；

故答案为：碳碳双键和羧基；CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；

（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应所以1molD与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH；

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以E的分子中含有两个手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正确；b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有二氧化硫，故b正确；c.1个E分子中含有15个H原子，所以E分子式为C9H15NO3S；故c错误；d.E的不饱和度为3，无芳香族化合物的同分异构体，故d错误；

故答案为：2；cd；

（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条件的有机物有：M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为：

方程式为：nCH2=C(CH3)COOCH3→

故答案为：nCH2=C(CH3)COOCH3→【解析】①.碳碳双键和羧基②.CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH③.取代④.3mol⑤.2⑥.cd⑦.⑧.OHC-C(CH3)2-CHO⑨.nCH2=C(CH3)COOCH3→23、略

【分析】【分析】

根据流程图所示，结合已知反应信息，A(1，3－丁二烯)与乙烯发生加成反应成环生成B，B的结构B与HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为C在乙醚作用下与Mg反应生成D，D的结构简式为D与乙醛反应再进行酸化生成E，则E的结构简式为E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F，F的结构简式为F与Br2发生加成反应生成G，G的结构简式为G在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应生成H，H的结构简式为H与发生加成反应成环生成I，I的结构简式为据此分析解答。

【详解】

(1)根据分析，B的结构简式为名称为环己烯，E的结构简式为其中官能团名称为羟基，G在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应生成H，G→H的反应类型为消去反应；

(2)I的结构简式为有机物中连接4种不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则化合物I中的手性碳原子(*所示为手性碳原子)；

(3)H→I的化学方程式为+

(4)F的结构简式为含有六元环状结构且含有相同官能团碳碳双键，若碳碳双键在六元环上，即与乙基(-CH2CH3)相连，则共有如图3种结构；若与2两个甲基相连，且两个甲基在不同的碳原子上，则共有如图：10种结构；若与2两个甲基相连，且两个甲基在相同的碳原子上，则共有如图：2种结构；或与一个甲基相连有邻、间、对3种结构，则符合要求的F的同分异构体有18种；

(5)由苯甲醛及和必要的无机试剂合成首先在乙醚作用下与Mg反应生成与苯甲醛()反应再酸化生成在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成则合成路线为：

【点睛】

本题的解题关键在与已知信息提供的反应过程，根据已知反应信息逐步分析推断流程图中结构和官能团的变化，难点为(4)中F的同分异构体中，六元环上的碳存在饱和碳原子，两个取代基可以同时连接在同一碳原子上。【解析】环己烯羟基消去反应+1824、略

【分析】【分析】

由（1）中A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，A与B发生Diels-Alder反应生成分子式为C6H10的C，则B为CH2=CHCH=CH2，C为C发生信息