2025年华东师大版选择性必修二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年华东师大版选择性必修二化学下册阶段测试试卷235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8题，共16分)1、某化合物(结构如图所示)是一种高效消毒剂；可用于工业用水；游泳池、医院、餐具的杀菌消毒。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z与W不在同一周期。下列叙述不正确的是。

A.原子半径：W>Y>Z>XB.该化合物中所有原子都满足8电子稳定结构C.X、Y均能与Z形成两种及其以上化合物D.W的单质能使鲜花褪色2、下列物质中，含有共价键的化合物是A.H2B.AlC.KID.CO23、一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质；其结构如图所示，其中X；Y，Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是。

A.简单离子的半径：B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：C.元素Q的含氧酸均为强酸D.是离子化合物4、一种天然产物具有抗肿瘤；镇痉等生物活性；其结构简式如图。已知：连有四个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。下列关于该天然产物的说法正确的是。

A.该有机物的分子式为B.该物质分子中含有两个手性碳原子C.1该物质最多能与4发生加成反应D.该有机物既能与溴水反应，又能使酸性溶液褪色，还能发生皂化反应5、以[PdCl4]2-作催化剂合成H2O2；反应过程如图所示。下列叙述错误的是。

A.总反应是H2+O2H2O2B.该过程中Pd的化合价有0、+2和+4C.Pd、[PdCl2O2]2-都是反应中间体D.反应③中Pd的成键数目保持不变6、根据下列实验操作和现象所得结论正确的是。选项实验操作现象结论A向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3•H2O能大量共存C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+＞I2D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀产生与发生了双水解反应

A.AB.BC.CD.D7、关于下列晶胞说法错误的是。

A.金属晶体钠的晶胞结构如图丁所示，晶体中Na的配位数为8B.分子晶体CO2的晶胞结构如图乙所示，该晶胞中含有4个CO2C.共价晶体金刚石的晶胞结构如图丙所示，该晶胞中含有8个CD.离子晶体NaCl的晶胞结构如图甲所示，晶体中Cl-周围距离最近的Cl-个数为68、维生素A是复杂机体必需的一种营养素；也是最早被发现的一种维生素，如果儿童缺乏维生素A时，会出现夜盲症，并可导致全身上皮组织角质变性等病变。已知维生素A的结构简式如下，关于它的正确说法是。

A.维生素A分子式为C20H32OB.维生素A是一种极易溶于水的醇C.维生素A在铜作催化剂加热的条件下可以发生催化氧化反应生成一种醛D.1mol维生素A最多可以和6mol氢气加成评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的阳离子与阴离子个数比为3：1B.该晶体中Xn＋离子中n=3C.该晶体中每个N3-被6个等距离的Xn＋离子包围D.X元素的原子序数是1910、二氯化二硫()是一种广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与类似，熔点为沸点为遇水很容易水解，产生的气体能使品红溶液褪色.可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得.下列有关说法中正确的是A.是极性分子B.分子中所有原子在同一平面上C.与反应的化学方程式可能为D.中硫原子轨道杂化类型为杂化11、干冰气化时，下列所述内容发生变化的是（）A.分子内共价键B.分子间作用力C.分子间距离D.分子间的氢键12、科学家合成了11B的非碳导热材料立方氮化硎晶体；其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是。

A.11BN和10BN的性质不同B.BCl3和NCl3均为非极性分子C.该晶胞中含有14个B原子，4个N原子D.N原子周围等距且最近的N原子数为1213、下列说法正确的是A.I2是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力B.由于H—O键比H—S键牢固，所以水的沸点比H2S高C.随着相对分子质量的增加，四卤化碳CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的沸点也逐渐增高D.SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力14、已知：氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.∆H1＜0，∆H2＞0B.-∆H5+∆H1+∆H2+∆H3+∆H4+∆H6=0C.∆H3＜0，∆H4＜0D.氧化锂的晶格能=∆H6评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂；磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：

(1)氧的基态原子的轨道表示式___。写出钴的简化电子排布式___。基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为___。

(2)Li在周期表的位置___，其位于元素周期表5个分区中的___区。Li与Na的第一电离能(I1)大小比较：I1(Li)___I1(Na)，原因是___。16、(1)配合物是钴的重要化合物，中心原子的配位数为______，Co3+钴离子的电子排布式：_____________。

(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为___________。

(3)铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物如Cu2+与乙二胺可形成如图所示配离子。

①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是__________(填字母代号)。

a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键。

②乙二胺和三甲胺均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_________________。17、锌是人体必需的微量元素之一，常被人们誉为生命之花和智力之源。乳酸锌是常见的补锌剂，制取原理为(C3H5O3)2Ca+ZnSO4＝(C3H5O3)2Zn+CaSO4↓。回答下列问题：

(1)基态Zn原子的价电子排布式为_______。

(2)氧元素的原子核外有_______种不同运动状态的电子，有_______种不同能量的电子，下列不同状态的氧原子其能量最低的是______（填字母）。

A．B．

C．D．

(3)乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中碳原子的轨道杂化类型为____，分子中第一电离能最大的原子是____。

(4)SO3分子的空间构型为_____；与为等电子体的分子为______（写一种）。18、Ⅰ．(1)基态Cr原子外围电子排布图为___________；核外有___________种不同运动状态的电子。

(2)CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___________。

Ⅱ．根据等电子体原理可知：

(1)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子数为___________，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为___________。

(2)试预测N的空间构型为___________。

(3)仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有___________组。

(4)氨分子中N－H键角比水分子的O－H键角大的原因是___________。19、应用VSEPR理论判断下表中分子或离子的立体构型。分子中心原子上孤电子对数中心原子结合的杂化类型分子或离子的立体构型NH2_____________________________________________BF3_____________________________________________H3O＋_____________________________________________20、(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)。21、K和属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属低，原因是______。22、据媒体报道，法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，预计从2020年开始实现工业生产。该电池的负极材料为Na2Co2TeO6（制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2），电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题：

（1）Co属于元素周期表中______区元素，其基态原子的价电子排布式为______。

（2）基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为______，最高能层电子云轮廓图形状为_____

（3）结合题中信息判断：C、O、Cl的电负性由小到大的顺序为______（用元素符号表示）。

（4）ClO4-的几何构型为______；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，则其中碳原子的杂化轨道类型为______，1mol碳酸丙烯酯中键的数目为______。

（5）[Co（H2O）6]3+的几何构型为正八面体形，配体是______，该配离子包含的作用力为______（填选项字母）。

A．离子键B．金属键C．配位键D．氢键E．极性键。

（6）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为______，该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为______nm（用含ρ、NA的代数式表示）。

23、在短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。同周期且金属性最强的元素位于周期表的第___________周期___________族，写出一种该元素与氯元素形成的化合物的用途___________。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)24、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、工业流程题(共2题，共8分)25、CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)的电子排布式是：_______。

(2)“浸取”时，硫元素转化为硫酸根离子，则反应的离子方程式为_______。

(3)“滤渣①”的成分是_______(填化学式)

(4)已知在水溶液中存在平衡：(无色)。“还原”时使用浓盐酸和固体的原因是_______；当出现_______现象时；表明“还原”进行完全。

(5)制备请补充由还原所得的滤液液制备的操作步骤：_______，真空干燥。[已知是一种难溶于水和乙醇的白色固体，潮湿时易被氧化。实验中必须使用的试剂：水、]。26、青蒿素是我国药学家屠呦呦在1971年发现的一种含有过氧基团的倍半萜内酯的无色针状晶体；不溶于水，易溶于乙醇石油醚；苯等有机溶剂，熔点为156℃，沸点389.9℃，热稳定性差。一种提取青蒿素的主要工艺流程如图：

已知：石油醚的沸点为30～80℃；青蒿素在95%乙醇中的溶解度随温度的升高而增大。

（1）下列玻璃仪器中操作1需使用的有______(填标号)；操作2的名称______。

（2）操作3的步骤是蒸发浓缩、_______；过滤洗涤、干燥。

（3）青蒿素只含C、H、O三种元素。某学生采用如图装置(加热及夹持装置省略)测定其最简式CxHyOz。

①写出A装置中有关反应的化学方程式_______________。

②该实验装置可能会产生误差，造成测定的含氧量偏低，改进方法是_______________。

③取2.82g青蒿素样品，用改进后的装置进行实验。实验后测得装置D增重1.98g，装置E增重6.60g，则x：y：z=_______(填最简整数比)；要确定青蒿素的分子式，还需测量的数据是_______________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

根据结构简式的共价键成键数目可知；X可形成4个共价键，则最外层电子数为4，即位于IVA族，同理可推出Y形成3个共价键，则最外层电子数为5，位于VA族，Z形成2个共价键，则最外层电子数为6，位于VIA族，W形成1个共价键满足稳定结构，则最外层电子数为7，位于VIIA族，又X；Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且Z与W不在同一周期，则可推知X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质分析解答。

【详解】

A．同一周期元素原子半径从左到右依次减小，且同一主族元素原子半径从上到下依次增大，根据上述分析可知，原子半径大小排序为：W(Cl)>X(C)>Y(N)>Z(O)；A错误；

B．该化合物中不含氢原子；所有原子都为8电子稳定结构，B正确；

C．X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，则X、Y能与Z分别形成CO和CO2等、NO和NO2等两种及其以上化合物；C正确；

D．W的单质为氯气；鲜花中含水分，则氯气可使湿润的鲜花褪色，D正确；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．氢气含有共价键；但氢气不是化合物，故A不选；

B．Al是金属单质；不是化合物，故B不选；

C．KI是由钾离子和碘离子构成的离子化合物；只含有离子键，故C不选；

D．二氧化碳是含有共价键的化合物；故D选；

答案选D。3、C【分析】【分析】

根据题目信息均是前20号元素，与同主族，和的简单离子具有相同的电子层结构，又形成如图所示离子化合物，可知是碳()，是氢()，是氧()，是硫()，是钾()；据此分析解答。

【详解】

A．的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径小于A正确；

B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，根据氧化性则最高价氧化物对应的水化物的酸性：B正确；

．元素的含氧酸不一定全是强酸，如为弱酸；C错误；

D．是是离子化合物，D正确；

故选C。4、A【分析】【详解】

A．根据该物质的结构简式可知，其分子中含有15个碳原子，不饱和度为7，则含有个氢原子，还含有3个O原子，则其分子式为A项正确；

B．如图“*”标记的为手性碳原子，只有1个，B项错误；

C．该物质中苯环能与加成，酯基不能与加成，则1该物质最多能与3发生加成反应；C项错误；

D．该有机物不含能与溴水反应的官能团；不能与溴水反应，D项错误；

故选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．由反应过程图可知，氢气和氧气在的作用下生成过氧化氢，反应方程式为：H2+O2H2O2；A项正确；

B．Pd元素在[PdCl2O2]2-中的化合价均为+2价；Pd单质是0价，B项错误；

C．依据过程图可知，Pd、[PdCl2O2]2-先生成后消耗；是反应中间体，C项正确；

D．[PdCl2O2]2-中Pd形成4个键，中Pd形成4个键；D项正确；

答案选B。6、C【分析】【详解】

A．待测液中先加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，不能肯定是否发生反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，可能原溶液中本来就存在Fe3+，则不能证明Fe2+是否存在；故A结论错误；

B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，发生反应Ag++2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]++2H2O；这二者不能共存，故B结论错误；

C．将KI溶液与FeCl3溶液混合，由现象可判断反应生成I2，从而确定发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以氧化性Fe3+＞I2；故C结论正确；

D．向NaHCO3溶液中加入NaAlO2，发生反应+HCO3-＝Al(OH)3↓+CO32-+H2O；没有发生双水解反应，故D结论错误；

答案选C。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．图丁为金属晶体钠的晶胞结构；根据配位数的定义，以体心上的Na原子为例判断Na原子配位数为8，故A正确；

B．图乙为分子晶体CO2的晶胞结构，该晶胞中含有含CO2分子个数=8×+6×=4；故B正确；

C．该晶胞中8个碳原子位于顶点上，6个碳原子位于面心上，内部有4个碳原子，该晶胞中含有碳原子个数=8×+6×+4=8；故C正确；

D．以晶胞体心上的氯离子为例，晶体中Cl-周围距离最近的Cl-个数为12；故D错误；

故选D。8、C【分析】【详解】

A．维生素A分子内含有20个碳原子，不饱和度为6，所以分子式为C20H30O；A不正确；

B．维生素A分子中只有1个水溶性基(-OH)；所以应为不易溶于水的醇，B不正确；

C．维生素A在铜作催化剂并加热的条件下，-CH2OH可发生催化氧化生成一种醛；C正确；

D．维生素A分子中只含有5个碳碳双键；所以1mol维生素A最多可以和5mol氢气加成，D不正确；

故选C。二、多选题(共6题，共12分)9、BD【分析】【详解】

A．12个Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，8个N3-位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3-的个数比为3∶1；故A正确；

B．由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1；故B错误；

C．N3-位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上；下、左、右、前、后包围；故C正确；

D．因为X+的K；L、M三个电子层充满；故为2、8、18，所以X的原子序数是29，故D错误；

故选：BD。10、AC【分析】【详解】

A．中键为非极性共价键，键为极性共价键，分子结构与类似；正；负电荷中心不重合，为极性分子，A正确；

B．根据分子结构与类似；可知其分子中所有原子不在同一平面上，B错误；

C．遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为在反应过程中硫元素的化合价一部分升高到价(生成)，一部分降低到0价(生成S)，同时生成反应的化学方程式为生成的S、和均可与氢氧化钠反应，因此与反应的化学方程式可能为C正确；

D．分子中S原子分别与原子、S原子各形成1个键，同时还有两个孤电子对，所以S原子的轨道杂化类型为杂化；D错误；

故答案为：AC。11、BC【分析】【详解】

干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，CO2分子间存在分子间作用力，不存在氢键，CO2分子内C、O原子间存在共价键，干冰气化时破坏分子间作用力，使分子间距离增大，分子内原子间共价键没有被破坏，故答案选BC。12、BC【分析】【详解】

A．11B和10B互为同位素；形成的化合物在化学性质上无差异，但物理性质有差异，A项正确；

B．BCl3为平面三角形结构，为非极性分子；NCl3为三角锥形结构；为极性分子，故B错误；

C．该晶胞中，顶点上的B原子个数为8×=1，面心上的B原子个数为6×=3；共有4个B原子，C项错误；

D．由晶胞示意图；1个N原子与4个B原子成键，每个B原子又分别和3个N原子成键，所以N原子周围等距且最近的N原子数为3×4=12个，D项正确。

故选BC。13、AC【分析】【详解】

A．I2是分子晶体；加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故A正确；

B．物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高；是因为水分子间存在氢键，故B错误；

C．结构相同的分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以随着相对分子质量的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大；所以它们相应的熔沸点也逐渐升高，故C正确；

D．二氧化硅是原子晶体；只存在化学键，不存在分子间作用力，则二氧化硅熔化时破坏共价键，故D错误；

故选AC。14、BD【分析】由图可知，晶体锂转化为Li(g)吸热，∆H1＞0，Li(g)转化为Li+(g)吸热，∆H2＞0；O2(g)到O(g)是化学键断裂过程吸热，∆H3＞0；O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，∆H4＜0；由盖斯定律可知，∆H1+∆H1+∆H3+∆H4+∆H6=∆H5；由此分析。

【详解】

A．Li晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸热，即∆H1＞0、∆H2＞0；故A不符合题意；

B．由盖斯定律可知，∆H1+∆H1+∆H3+∆H4+∆H6=∆H5，即-∆H5+∆H1+∆H2+∆H3+∆H4+∆H6=0；故B符合题意；

C．O2(g)到O(g)是化学键断裂过程吸热，O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，即∆H3＞0、∆H4＜0；故C不符合题意；

D．气态离子形成1mol离子晶体释放的能量是晶格能，故氧化锂的晶格能=∆H6；故D符合题意；

答案选BD。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

(1)O是8号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为

钴是27号元素，在第四周期，其上一周期的稀有气体为Ar，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以简化电子排布式为[Ar]3d74s2；

Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子为3d64s2，Fe2+的价层电子为3d6，未成对电子数为4，Fe3+的价层电子为3d5；未成对电子数为5，所以答案为4：5；

(2)Li为3号元素，在周期表中的位置为第二周期IA族；电子排布式为1s22s1，最后排布的是s轨道，所以是s区；第一电离能是判断失电子能力，失电子能力越大，第一电离能越小，可以通过微粒半径判断，Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子，所以Na的第一电离能较小【解析】[Ar]3d74s2(或4：5)第二周期IA族s>Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)配合物是钴的重要化合物，根据配合物化学式得到中心原子的配位数为6，配体为NH3和H2O，Co为27号元素，因此Co3+钴离子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6；故答案为：6；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。

(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，说明的空间构型为平面正方形；而不是四面体结构；故答案为：平面正方形。

(3)①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部含有碳碳非极性共价键；碳氢或氮氢极性共价键，还有铜氮配位键，因此不含有离子键；故答案为：c。

②根据结构可得到乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，因此乙二胺比三甲胺的沸点高很多；故答案为：乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键。【解析】①.6②.1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)③.平面正方形④.c⑤.乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Zn是30号元素，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2；答案为：3d104s2；

(2)氧元素是8号元素，电子排布式为：1s22s22p4；原子核外有8种不同运动状态的电子，同一能级的电子其能量相同，故有3种不同能量的电子；

分析A；B、C、D选项中四种氧原子的电子排布图可知；C、D是激发态，能量较高，B中的原子排布不符合洪特规则，A项中符合泡利不相容原理和洪特规则。其能量最低；

答案为：8；3；A；

(3)乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中羧基中的碳原子形成2个单键和1个双键，碳原子采用sp2杂化，剩余2个碳原子形成4个单键，碳原子采用sp3杂化；分子中C、H、O三种原子相比较，同周期从左至右。第一电离能总体上呈增大趋势。故第一电离能最大的是O；答案为：sp2、sp3；O；

(4)SO3分子的中心原子价电子对数为3，通过价层电子对互斥模型进行判断，其孤电子对为0，则SO3分子的空间构型为平面正三角形；含有5个原子，价电子个数为32个，则与互为等电子体的分子可以为SiF4、CF4、CCl4等；答案为：平面三角形；SiF4或(CF4、CCl4)。【解析】3d104s283Asp2、sp3O平面三角形SiF4或(CF4、CCl4)18、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ．(1)Cr为24号元素，价电子排布式为3d54s1，排布图为Cr原子核外有24个电子；每个电子的空间运动状态各不相同；

(2)CH3CH2OH含有羟基；可以和水分子间形成氢键，增大溶解度；

Ⅱ．(1)苯环上的碳原子以及形成双键的碳原子均为sp2杂化，所以有7个；化合物乙中羟基中的O原子、氨基中的N原子以及非苯环上的C原子均为sp3杂化；非金属性越强，电负性越大，所以电负性O＞N＞C；

(2)N与CO2所含原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，根据CO2的空间构型可知N应为直线形；

(3)仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有CO和N2、CO2和N2O；共2组；

(4)H2O分子中有2对孤电子对，而NH3分子中有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致水分子的O－H键角较小。【解析】①.②.24③.H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键④.7⑤.O＞N＞C⑥.直线形⑦.2⑧.H2O分子中有2对孤电子对，而NH3分子中有1对孤电子对19、略

【分析】【分析】

【详解】

①NH2中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(5+1-2×1)=4，因此N采取sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，由于含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形；

②BF3分子中价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，且不含孤电子对，所以该分子为平面三角形，中心原子采用sp2杂化；

③水合氢离子中价层电子对个数=3+(6-1-3×1)=4，且该微粒中含有一个孤电子对，所以水合氢离子为三角锥形，氧原子杂化方式为sp3；故答案为2；sp3；V形；0；sp2；平面三角形；1；sp3；三角锥形。

【点睛】

本题考查了原子杂化方式、空间构型的判断等知识点，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可。价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)；分子的立体构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。【解析】①.2②.sp3③.V形④.0⑤.sp2⑥.平面三角形⑦.1⑧.sp3⑨.三角锥形20、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O21、略

【分析】【分析】

本题要应用元素周期律；从原子结构的特征；价电子数的多少判断金属键的强弱，然后应用金属键与熔、沸点的关系来作答。

【详解】

K和都属于金属晶体，根据元素周期律，K的原子半径比的大，而K的价电子数比的少，K单质内的金属键比的弱，K的熔、沸点比的低，故答案为：K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱。【解析】K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱22、略

【分析】【分析】

（1）根据最后填入电子的轨道名称确定所属区域；s区的元素为第IA；IIA族元素；第IB、IIB族为ds区；镧系元素、锕系元素为f区，ⅢB～ⅦB族（镧系元素、锕系元素产物）、第Ⅷ族为d区元素，ⅢA～ⅦA族、零族为p区；

（2）原子的电子总数等于原子序数；根据构造原理可知其电子排布式，据此可判断该基态原子中电子占据的原子轨道总数；s能级电子云轮廓图形状呈球形，p能级电子云轮廓图形状呈哑铃形；

（3）元素的非金属性越强其电负性越大；

（4）根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，单键为sp3杂化，双键为sp2杂化；叁键为sp杂化；

（5）[Co(H2O)6]3+中；1个Co原子结合6个配位体，说明提供6个空轨道，该配位离子的形成是共价键；

（6）根据图知，O离子配位数是8；根据密度公式ρ=计算晶胞中距离最近的Na与O之间的距离。

【详解】

(1)根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称，Co原子为27号元素，位于周期表第四周期、第VIII族，外围电子排布式为3d74s2；属于d区；

(2)Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，每个能级字母前的数字表示电子层数,所以该元素含有3个电子层,根据电子云的空间形状可知，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，该元素含有s、p能级，6个轨道，最外层电子为3s1电子；该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；

(3)元素的非金属性越强其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是O>Cl>C，所以其电负性大小顺序是O>Cl>C或C<Cl

(4)ClO4-中Cl原子价层电子对个数=4+(7+1−4×2)=4，且不含孤电子对，所以Cl原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键，单键形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，为sp3杂化，双键形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，sp2杂化，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，σ键的总数目为13，即l3NA(或13×6.02×1023)；

(5)配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形，Co3+在中心提供空轨道，配体是H2O提供孤电子对；1个Co提供6个空轨道。离子中存在配位键，该配位离子H−O的作用力为极性共价键，所以正确选项CE；

(6)白色球为O原子，晶胞中白色球数目为8×+6×=4，黑色球为Na原子，而原子配位数与原子数目成反比，故O原子配位数为4×2=8，晶胞体积==cm3，晶胞边长=cm，则Na与O之间的最短距离为×cm=××107nm。

【点睛】

根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，分子立体构型要减去孤对电子的对数。【解析】d3d74s26球形C<Cl<O正四面体形sp2、sp313NACE8××107nm23、略

【分析】【分析】

【详解】

短周期主族元素中与氯元素相邻的有F和S，根据同周期和同主族元素原子的半径变化规律同一周期，从左到右，原子序数增大，半径在逐渐减小，所以原子半径S＞Cl，同一主族，从上往下，半径在逐渐增大，所以原子半径Cl＞F，综上可知，三者的原子半径从大到小的顺序是S＞Cl＞F；与氯同周期，金属性最强的元素位于该周期的最左侧，为Na元素，钠为第三周期，第IA族，钠元素与氯元素形成的化合物为NaCl，日常生活中作食品调味剂，其饱和水溶液可用于氯碱工业，医疗上的生理盐水等。【解析】S＞Cl＞F三IA食品调味剂、可用于氯碱工业、医疗上的生理盐水(任写一种)四、判断题(共1题，共7分)24、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、工业流程题(共2题，共8分)25、略

【分析】【分析】

(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)加入H2SO4浸取，同时通入O2，发生反应SiO2不与H2SO4反应，过滤后除去SiO2，溶液中阳离子为Cu2+和Fe3+，加入过量的CuO调pH后，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣中含有Fe(OH)3和过量的CuO，加入过量Cu还原Cu2+得到CuCl溶液，滤渣的主要成分是Cu；CuCl溶液经一系列操作后得到CuCl固体。

（1）Cu是29号元素，电子