2025年浙教新版选择性必修二化学下册月考试卷

…………○…………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年浙教新版选择性必修二化学下册月考试卷573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9题，共18分)1、短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是A.原子半径：A＞B＞D＞CB.原子序数：d＞c＞b＞aC.离子半径：C3-＞D-＞B-＞A2+D.单质的还原性：A＞B＞D＞C2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，m是由其中两种元素组成的化合物，s是由其中三种元素组成的化合物，s与m剧烈反应生成两种气体n和p，n能使品红溶液褪色，p通入稀HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀。下列说法正确的是A.沸点：mB.气体n中含有非极性键C.简单阴离子的还原性XD.Z的氧化物对应水化物与其氢化物可以发生反应3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NAB.12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为0.2NAC.0.1molCH4与足量Cl2反应生成CH3Cl的分子数为0.1NAD.电解熔融MgCl2制2.4gMg，电路中通过的电子数为0.1NA4、我国科学家合成一种比硫酸酸性更强的超强酸M；广泛应用于有机合成，M的结构式如图所示。其中R；X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和W位于同族。下列说法正确的是。

A.简单离子半径：B.最简单氢化物的稳定性：C.M中含有极性键和非极性键D.R、X、Y只能组成一种三元化合物5、2021年诺贝尔化学奖委员会聚焦不对称有机催化。L—脯氨酸是一种有机催化剂；结构简式如下。下列叙述正确的是(手性碳原子：碳原子连接4个不同的原子或者原子团)

A.分子式为C5H8NO2B.有1个手性碳原子C.含有平面环状结构D.可使溴水褪色6、硼酸晶体的结构如图所示；下列说法不正确的是。

A.硼酸分子含三个羟基，硼酸属于三元酸B.硼酸晶体熔融时主要破坏作用力为氢键C.硼酸分子中含有两种极性键D.硼酸分子中硼原子采用sp2杂化7、下列说法不正确的是A.某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制成有色玻璃B.以NaCl为原料，工业上可制备纯碱和烧碱C.牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理保护金属的一种方法D.通常，只有那些分子较小、分子形状呈长形或碟形的物质，才易形成液晶态8、离子晶体不可能具有的性质是()A.较高的熔沸点B.良好的导电性C.溶于极性溶剂D.坚硬而易粉碎9、以下有关元素性质的说法正确的是A.①K，Rb②P，As③O，S，Se④P，Cl，元素的电负性依次递增的是④B.某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素一定在第三周期第IIA族C.下列原子中，①②③④对应的第一电离能最大的是④D.以下原子中，①②③④半径最大的是①评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、判断正误。

(1)共价键的成键原子只能是非金属原子_____________

(2)σ键可以绕键轴旋转，π键不能绕键轴旋转_____________

(3)气体单质中一定存在σ键，可能存在π键_____________

(4)σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强_____________

(5)σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成_____________

(6)在任何情况下，都是σ键比π键强度大_____________

(7)s－sσ键与s－pσ键的电子云形状对称性相同_____________

(8)碳碳叁键和碳碳双键的键能分别是碳碳单键键能的3倍和2倍_____________

(9)键长等于成键两原子的半径之和_____________

(10)σ键可以绕键轴旋转，π键不能绕键轴旋转_____________

(11)气体单质中一定存在σ键，可能存在π键_____________

(12)σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强_____________11、下列粒子：①HCN、②NH③BeCl2、④请填写下列空白(填序号)：

(1)存在大π键的非极性分子是_______；只存在σ键的分子是_______；

(2)中心原子轨道为sp2杂化的是_______；空间构型呈“V”形的是_______。12、天然硅酸盐组成复杂，阴离子的基本结构单元是SiO四面体，如图(a)，通过共用顶角氧离子可形成链状、网状等结构，图(b)为一种无限长双链的多硅酸根，其中Si与O的原子数之比为______，化学式为______(用n代表聚合度)。

13、已知H元素和O元素可以形成和两种化合物；试根据有关信息回答下列问题。

(1)水是维持生命活动所必需的一种物质；用球棍模型表示的水分子结构是_______(填序号)。

(2)已知分子的结构如图所示，分子结构不是直线形，两个氢原子犹如在半展开的书的两个面上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为而两个键与键的夹角均为

试回答下列问题：

①分子结构式为_______。

②分子是含有_______键和_______键的_______分子(填“极性”或“非极性”)。14、钴的一种配位聚合物的化学式为{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基态核外电子排布式为___________。

(2)NO的空间结构为___________。

(3)bte的分子式为C6H8N6；其结构简式如图所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，与Co2+形成配位键的原子是___________和___________(填元素符号)。

②C、H、N的电负性从大到小顺序为___________。

③bte分子中碳原子轨道杂化类型为___________和___________。

④1molbte分子中含键的数目为___________mol。15、(1)路易斯酸碱电子理论认为，凡是能给出电子对的物质叫做碱；凡是能接受电子对的物质叫做酸。BF3和NH3分别属于是___、___(酸或者碱)。

(2)金属铯(Cs)位于元素周期表中第6周期第IA族；氯化钠与氯化铯晶体中离子的排列方式如图所示：

造成两种化合物晶体结构不同的原因是___。评卷人得分三、判断题(共9题，共18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、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21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误22、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1题，共10分)23、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_______。

(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)。评卷人得分五、结构与性质(共2题，共12分)24、(1)在同一个原子中，离核越近、n越小的能层中的电子能量越______。理论研究证明，多电子原子中，同一能层的电子，能量也可能不同，还可以把它们分成能级，第三能层有3个能级，分别为3s、3p和_____。现代物质结构理论证实，原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做____原子。

(2)N≡N的键能为946kJ·mol－1，N—N单键的键能为193kJ·mol－1，计算说明N2中的______键更稳定(填“σ”或“π”)。

(3)在配离子[Fe(SCN)]2+中，提供空轨道接受孤电子对的微粒是_______，配离子[Cu(NH3)4]2+的配体是______________。

(4)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：

①NH3中心原子的杂化方式为________杂化，VSEPR构型为___________，分子的立体构型为_____________________。

②BF3分子中，中心原子的杂化方式为_______杂化，分子的立体构型为___________。25、铁被称为“第一金属”；铁及其化合物在生产；生活中有广泛用途。

（1）铁原子外围电子轨道表示式为____________________，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_________摄取铁元素的原子光谱。

（2）FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)____I4(Fe)（填“>”或“<”)，原因是_____________。

（3）二茂铁[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172℃，沸点249℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于_____________晶体。

（4）环戊二烯（C5H6）结构如图（a），可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。分子中的大π键可用符号表示，其m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子（C5H5―）结构如图(b)，其中的大π键可以表示为_________________。

（5）某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成，其晶胞结构如图(c)。该物质中，不存在________（填标号）。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键E．金属键。

（6）该晶胞中Fe3+采用的堆积方式与_______（选填Po、Na、Mg、Cu）相同，单个晶胞的配位空隙中共容纳_____个Na+。评卷人得分六、实验题(共4题，共8分)26、某化学兴趣小组拟实验探究锡及其化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn的熔点为231°C；SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常温下易分解；SnCl4常温下为无色液体；熔点为．-33°C，沸点为114°C，易水解。回答下列问题：

(1)该小组用以下流程制备SnSO4晶体：

①Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置___________________；

②在上述流程中，加入锡粉的作用为________________；

③反应Ⅰ的离子方程式为_______________________；

④操作Ⅰ为沉淀的洗涤，请简述如何判断沉淀已洗涤干净?________；操作Ⅱ中，实验操作包括_______；过滤、洗涤、干燥等一系列操作。

(2)用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4；实验装置如下：

①SnCl4是______分子(填“极性”或“非极性”)。

②装置Ⅲ中盛装药品Sn的仪器名称是_______；装置Ⅵ中碱石灰的作用为______。

(3)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度：取锡粉1.226g溶于稀硫酸中，加入过量的FeCl3溶液，再用0.1000mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定含有Fe2+的溶液，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL。已知①Sn+H+→H2↑+Sn2+；②Sn2++Fe3+→Sn4++Fe2+；③+Fe2+→Cr3++Fe3+(方程式均未配平)。则锡粉的质量分数为(杂质不参与反应)______(结果保留三位有效数字)。27、某课外活动小组学生模拟呼吸面具中的原理(过氧化钠与潮湿二氧化碳反应)；化学反应方程式如下：

①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

(1)反应①中含极性键的非极性分子的电子式为______。反应②中含极性键的离子化合物的电子式为_______。

(2)常温下，CO2为气体但CS2却为液体；请用物质结构知识说明原因_____。

(3)实验中，用大理石、稀盐酸制取所需CO2，装置如图。简述检验气密性的操作方法_____，将气体通过Na2O2前必须除去的杂质是____；该除杂剂是_______。

(4)确认实验中生成O2的操作方法是_____。28、络氨铜受热易分解产生氨气，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度变化曲线如图所示，溶于水产生的存在平衡：

I．制备少量晶体；设计实验方案如下：

(1)仪器A的名称为________，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是________(答一条即可)。

(2)悬浊液B为补全下列离子方程式：_________。

(3)某同学认为上述方案中的溶液C中一定含设计如下方案证明其存在：加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为此方案____________(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。

(4)取溶液C于试管中，加入____________(填试剂)；并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体。

Ⅱ．探究浓氨水和溶液反应。

(5)某同学阅读教材中浓氨水和溶液反应实验步骤：“取的溶液于试管中，滴加几滴的氨水，立即产生浅蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液”，设计如下方案探究浓氨水和溶液反应产物的影响因素。

①利用平衡移动原理对实验b的现象进行解释________________________。

②某同学测得溶液的于是设计实验c的试剂为硫酸和硫酸钠混合液，其目的是_______________。29、青蒿素是烃的含氧衍生物；为无色针状晶体，在乙醇；乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，青蒿素60℃以上易分解，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃。从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的。

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，萃取青蒿素________(填”能”或“不能”)用超临界CO2作萃取剂；中医古籍《肘后备急方》中“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁,尽服之”______(填“是”或“不是”)为了提取纤维素。现有四氯化碳(沸点76.5℃)和乙醚两种溶剂，应选用__________作为萃取剂；青蒿素组成元素中电负性较大的两种元素第一电离能由大到小排序为__________(填元素符号)。

(2)某学生对青蒿素的性质进行探究。将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________(填字母)具有相似的性质。说明青蒿素的结构中含有_______(填官能团名称)。

A.乙醇B.乙酸乙酯C.乙酸D.酰胺E.葡萄糖。

(3)青蒿素的质谱数据中有一个峰值与另一种抗疟药鹰爪素相同,而鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团,于是推测青蒿素中含有_____(填粒子的电子式)。青蒿素所属晶体类型为_________。1974年中科院上海有机所和生物物理研究所在研究青蒿素功能基团的过程中，屠呦呦团队发明了双氢青蒿素。从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了_____反应。

(4)科学家对H2O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程,最初科学家提出了两种观点:甲:乙:H—O—O—H,甲式中O→O表示配位键,在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构,设计并完成了下列实验:

a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水;

b.将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应,只生成A和H2SO4;

c.将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。

①如果H2O2的结构如甲所示,实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)________。

②为了进一步确定H2O2的结构,还需要在实验c后添加一步实验d,请设计d的实验方案:_______________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，其中A、B位于周期表的左侧，且位于同一周期，C、D位于周期表的右侧，也位于同一周期，且位于A和B的上一周期，所以原子序数应是a＞b＞d＞c；据此解答。

【详解】

A．同周期自左向右原子半径逐渐减小；同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：B＞A＞C＞D，A错误；

B．根据以上分析可知原子序数：a＞b＞d＞c；B错误；

C．核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：C3-＞D-＞B+＞A2+；C正确；

D．同周期自左向右金属性逐渐减弱；同主族从上到下原子半径逐渐增大，则单质的还原性：B＞A＞C＞D，D错误；

答案选C。2、D【分析】【分析】

由题意知X、Y、Z、W原子序数依次增大，p生成的色沉淀为氯化银，使品红溶液褪色为二氧化硫或氯气，氯化银中有氯元素，所以n为二氧化硫，p为HCl，s为三种元素组成的化合物SOCl2；m为水，二者剧烈反应生成氯化氢和二氧化硫，因此元素X；Y、Z、W依次为氢、氧、硫、氯元素。

【详解】

A．由分析可知；水分子间有氢键，沸点较高，氯化氢分子间不存在氢键，所以沸点m＞p，故A项错误。

B．n是二氧化硫；只有极性共价键，故B项错误；

C．单质的氧化性越强；简单离子的还原性越弱，所以简单阴离子还原性X＞Y，故C项错误；

D．Z的氧化物对应水化物为硫酸或亚硫酸；均与其氢化物硫化氢发生氧化还原反应，故D项正确；

故选D。3、B【分析】【详解】

A．没有标况；不能计算其物质的量，A错误；

B．NaHSO4晶体中含有钠离子和硫酸氢根离子，12gNaHSO4晶体（0.1mol）中阴、阳离子总的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA；B正确；

C．甲烷与氯气发生取代反应生成多种取代物；不能计算，C错误；

D．电解熔融MgCl2镁元素化合价由+2变为0，Mg~2e-，2.4gMg（0.1mol），电路中通过的电子数为0.2NA；D错误；

故选B。4、A【分析】【分析】

R；X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素；Y和W位于同族，W形成6个共价键且原子序数最大，则W为硫、Y为氧；R形成1个共价键，原子序数最小，为氢；X形成4个共价键，为碳；Z形成1个共价键，为氟。

【详解】

A．电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；简单离子半径：A正确；

B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，最简单氢化物的稳定性：B错误；

C．M中含有极性键；而不含有非极性键，C错误；

D．R；X、Y能形成多种有机化合物；不是只能组成一种三元化合物，D错误；

故选A。5、B【分析】【详解】

A．由L—脯氨酸的结构简式可知其分子式为C5H9NO2；A错误；

B．手性碳原子是碳原子连接4个不同的原子或者原子团，图中标有“*”的碳原子为手性碳原子，B正确；

C．由结构简式可知；其所含的环状结构中为饱和碳原子，饱和碳原子为四面体构型，因此形成的环状结构不是平面结构，C错误;

D．该有机物中不含碳碳双键；碳碳三键、酚羟基、醛基等能与溴水反应的官能团；故不能使溴水褪色，D错误；

故选B。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．硼酸分子中虽然含有三个羟基，但硼酸[B(OH)3]的电离方程式为：B(OH)3+H2O⇌+H+；故硼酸属于一元酸，故A错误；

B．在硼酸分子中；氧原子和氢原子形成一对共用电子对，但是氧的电负性很强，不同硼酸分子间的氧原子和氢原子形成氢键，故硼酸晶体熔融时主要破坏作用力为氢键，故B正确；

C．硼酸分子中有B−O；H−O两种极性键，故C正确；

D．一个硼原子和三个氧原子形成三对共用电子对，由于硼原子最外层为3个电子，故硼酸分子中硼原子没有孤电子，故采用sp2杂化；故D正确。

故选A。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制成有色玻璃；有色玻璃属于固溶胶，故A正确；

B．以NaCl为原料；工业上可通过侯氏制碱法制备纯碱，电解饱和食盐水的方法制备烧碱，故B正确；

C．牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理；将被保护的金属作为正极，比被保护金属活泼的另一种金属作为负极，发生反应时，负极金属被腐蚀，正极金属被保护的一种方法，故C正确；

D．分子太小时；在物质中排列的有序性表现不出来，也就不能表现出晶态；分子呈长条形或碟形时，各向异性表现的较为明显，即晶态表现明显，所以这样的分子易形成液晶态，故D不正确；

故选D。8、B【分析】【详解】

A.构成离子晶体的微粒是阴；阳离子；阴、阳离子间的作用力为离子键，故离子晶体一般熔沸点较高，故A正确；

B.离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的；在固态时，阴阳离子受到彼此的束缚不能自由移动，因而不导电，只有在离子晶体溶于水或熔融后，电离成可以自由移动的阴阳离子，才可以导电，故B错误；

C.离子晶体不易溶于苯；汽油等有机溶剂；故C正确；

D.离子晶体硬度较大且质地脆；故D正确。

故选B。

【点睛】

离子晶体的性质：①硬度较大，难于压缩；②熔沸点较高；③固体不导电；④延展性差，受到外力容易破碎；⑤部分离子化合物易溶于水。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．元素电负性的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电负性逐渐增大；同主族元素随核电荷数的增大电负性逐渐减小；故①②③逐渐减小，④中应Cl＞S＞P，故A错误；

B．该元素二三电离能之间发生突变；说明为第Ⅱ族元素，但不一定是第三周期，故B错误；

C．元素电离能的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电离能逐渐增大；同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐减小；故第一电离能最大得为④，故C正确；

D．原子半径得变化规律为：同周期元素随核电荷数增大半径逐渐减小；同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐增大；故半径最大的为④，故D错误；

故选C。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)共价键的成键原子也可以是非金属原子，如Al和Cl通过共价键形成AlCl3；(1)错误；

(2)σ键可以绕键轴旋转；π键不能绕键轴旋转，(2)正确；

(3)气体单质中不一定存在σ键；如稀有气体，(3)错误；

(4)σ键比π键的电子云重叠程度大；形成的共价键强，(4)正确；

(5)故σ键能单独形成；如单键，π键一定不能单独形成，如双键；三键中含σ键和π键，(5)正确；

(6)一般情况下σ键键能大于π键，但也有特殊情况，如氮气中由于2s22p3杂化；它的一个π键的键能是大于σ键键能，(6)错误；

(7)σ键有方向性；两个成键原子必须沿着对称轴方向接近才能达到最大重叠，故s－sσ键与s－pσ键的电子云形状对称性相同，(7)正确；

(8)碳碳叁键和碳碳双键的键能分别小于碳碳单键键能的3倍和2倍；(8)错误；

(9)键长不是成键两原子半径的和；而是两原子之间距离和，(9)错误；

(10)σ键可以绕键轴旋转；π键不能绕键轴旋转，(10)正确；

(11)气体单质中不一定存在σ键；如稀有气体，(11)错误；

(12)σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强，(12)正确。【解析】错误正确错误正确正确错误正确错误错误正确错误正确11、略

【分析】【分析】

①HCN中；C原子与H原子以单键相结合，C原子和N原子以三键结合，中心C原子无孤对电子，分子中含有2个σ键和2个π键，所以C原子为sp杂化，空间构型为直线形；

②NH中N原子与H原子以极性键结合，N原子的孤对电子数为NH中含有2个σ键，中心原子的杂化类型为sp3杂化；空间构型为V形；

③BeCl2中Be不含孤电子对；分子中含有2个σ键，中心原子以sp杂化轨道成键，分子的立体构型为直线形；

④中碳碳之间是非极性键，碳氢之间是极性键，C原子的杂化方式为sp2杂化，每个C原子以杂化轨道分别与2个C原子和1个H原子形成σ键，未参与杂化的p轨道形成大π键，是正六面形结构。

【详解】

(1)由分析可知，存在大π键的非极性分子是④；NH和BeCl2中只存在σ键，但NH是离子；所以只存在σ键的分子是③；

(2)由分析可知，中心原子轨道为sp2杂化的是④；空间构型呈“V”形的是②。【解析】①.④②.③③.④④.②12、略

【分析】【详解】

n个SiO2通过共用顶点氧离子可形成双链结构，找出重复的结构单元，如图：由于是双链，其中顶点氧占Si原子数为4，O原子数为4×+6×+4+2＝11，其中Si与O的原子数之比为2∶5.5，化学式为[Si4O11]【解析】2∶5.5[Si4O11]13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)中心O原子的价层电子对数为且含有2个孤电子对，所以O原子采取杂化；分子空间结构为V形，B正确；

(2)①由题图所给分子的结构可知，其结构式为

②中H与O形成的是极性键，O与O形成的是非极性键，根据分子的结构可知，分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，即分子是含有极性键和非极性键的非极性分子。【解析】B极性非极性极性14、略

【分析】【详解】

(1)Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

(2)NO中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化；离子构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；

(3)①Co2+离子含有空轨道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤电子对；形成配位键，故答案为：N；O；

②同周期自左而右电负性增大；C；N的氢化物中它们均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性由大到小顺序为：N＞C＞H，故答案为：N、C、H；

③bte分子中环上碳原子形成3个σ键，亚甲基中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故答案为：sp2；sp3；

④单键为σ键，双键中含有1个σ键，bte的分子含有21个σ键，1molbte分子中含σ键的数目为21mol，故答案为：21。【解析】①.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7

②.平面三角形③.N④.O⑤.N、C、H⑥.sp2⑦.sp3⑧.2115、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸；NH3中N原子有孤电子对；可以给出电子对，所以为碱；

(2)氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，但由于Na+核外有2层电子，Cs+核外有5层电子，钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同。【解析】①.酸②.碱③.氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，由于钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同三、判断题(共9题，共18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、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。21、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。22、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1题，共10分)23、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。

【详解】

（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；

（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，即故答案为2。

（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：故答案为5；【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)5五、结构与性质(共2题，共12分)24、略

【分析】【分析】

（1）离核较近的电子层有较低的能量，随着电子层数的增加，电子层的能量越来越大；原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子；

（2）N≡N中含有2个π键，1个σ键，已知N≡N键能为942kJ/mol，N-N单键键能为247kJ/mol，则1个π键的键能为kJ/mol=347.5kJ/mol，以此判断；

（3）配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对；

（4）①价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数；根据价层电子对数判断VSEPR模型和分子的立体结构；

②根据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化类型及分子空间构型；价层电子对个数=成键电子对个数+孤电子对个数。

【详解】

(1)离核较近的电子层有较低的能量；随着电子层数的增加，电子层的能量越来越大，所以在同一个原子中，离核越近；n越小的电子层能量越低；在同一电子层中，各亚层的能量按s、p、d、f的次序依次增大；原子第三能层的能级分别为s、p、d，第三能层有3个能级，分别为3s、3p和3d，原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子；

故答案为低；3d；基态；

(2)N≡N中含有2个π键，1个σ键，已知N≡N键能为942kJ/mol，N−N单键键能为247kJ/mol，则1个π键的键能为942−2472kJ/mol=347.5kJ/mol，则N2中的π键键能大于σ键键能；较稳定；

故答案为π；

(3)在配合物离子[Fe(SCN)]2+中，中心离子是Fe3+，提供提供空轨道接受孤对电子；配离子[Cu(NH3)4]2+的配体是NH3；

故答案为Fe3+；NH3；

(4)①价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，根据NH3的电子式可知，中心原子N有1个孤电子对和3个σ键电子对，共4个价层电子对，中心原子的杂化方式为sp3杂化；VSEPR模型名称为四面体形，分子的立体构型为三角锥形；

故答案为sp3；四面体形；三角锥形；

②BF3分子中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以B原子采用sp2杂化；分子空间构型是平面（正）三角形；

故答案为sp2；平面（正）三角形。【解析】①.低②.3d③.基态④.π⑤.Fe3+⑥.NH3⑦.sp3⑧.四面体形⑨.三角锥形⑩.sp2⑪.平面（正）三角形25、略

【分析】【分析】

（1）铁原子序数为26，由构造原理可知，铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布式为3d64s2；据此写出轨道表示式；

核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光；形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱；

（2）Co原子序数为27，Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6、Fe3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，为半充满的稳定状态，失去电子较难，需要较高能量，据此分析解答；

（3）根据该晶体的物理性质分析判断晶体类型；

（4）根据环戊二烯（C5H6）的结构式、结合C原子四键规律分析C原子的杂化类型；由环戊二烯负离子（C5H5-）结构图可知；环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即六个π电子，据此写出大π键符号；

（5）分析构成普鲁士蓝类配合物的粒子可知，该物质是离子化合物，含有CN-，CN-中存在C≡N三键；

（6）抽出晶胞中Fe3+和CN-可知，晶胞中Ni2+位于体心和棱心位置，配位数是12，晶胞中含有Ni2+数目为12×+1=4，是面心立方最密堆积，类似于Cu晶胞；晶胞中Fe3+的数目为8×+6×=4，CN-的数目为24×+24×+6=24，结合化合物中阴阳离子电荷数相等推断Na+的数目。

【详解】

铁原子序数为26,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布式3d64s2，外围电子轨道排布式为核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光；形成光谱，可以用光谱仪获取原子光谱；

故答案为光谱仪；

(2)Co3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，不是特殊结构，失去一个电子形成1s22s22p63s23p63d5结构需要能量不大，Fe3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，是半充满的稳定结构，再失去一个电子形成不稳定结构需要较高能量，所以I4(Co)4(Fe)；

故答案为<；铁离子失去处于半充满3d5的一个电子，相对困难，钴离子失去3d6上的一个电子形成较稳定的半充满状态；相对容易；

(3)二茂铁晶体熔沸点不高；易升华、易溶于有机溶剂；符合分子晶体特征，所以该晶体为分子晶体；

故答案为分子；

(4)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C−H单键，即有两种C原子，所以杂化类型为sp2和sp3；由环戊二烯负离子(C5H5−)结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即形成5个碳原子、6个π电子的大π键，符号为

故答案为sp2、sp3；

(5)普鲁士蓝类配合物由Na+、Ni2+、Fe3+和CN−构成，是离子化合物，存在离子键，含有CN−，CN−中存在C≡N三键；一个C≡N由1个σ键和2个π键组成，化合物中不存在氢键和金属键；

故答案为DE；

(6)抽出晶胞中Fe3+和CN−可知,晶胞中Ni2+位于体心和棱心位置,配位数是12,晶胞中含有Ni2+数目为12×+1=4，为面心立方最密堆积，类似于Cu晶胞；晶胞中Fe3+的数目为8×+6×=4，CN−的数目为24×+24×+6=24，化学式为NaxNi4Fe4(CN)24，由于化合物中阴阳离子电荷数相等，x+4×2+4×3=24×1，解得x=4。即单个晶胞的配位空隙中共容纳Na+的数目为4；

故答案为Cu；4。【解析】光谱仪<铁失去的是处于半充满状态的3d5的一个电子，相对较难；钴失去3d6上的一个电子后形成稳定的半充满状态，相对容易分子sp2sp3DECu4六、实验题(共4题，共8分)26、略

【分析】【详解】

（1）Sn与C同主族，位于元素周期表第五周期ⅣA族，可采用0族定位法确定位置，原子序数50与Xe（54）接近，与Xe同周期往前进四，为ⅣA族；由题给信息可知SnCl2易氧化，加入锡粉可防止其氧化；由流程信息可知，SnCl2与碳酸钠反应，生成SnO与一种气体，可知气体为CO2，反应的离子方程式为Sn2++=SnO↓+CO2↑。沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl-来确定是否洗净，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净；因为Sn2+易水解；为防止其水解，需在低温下结晶，因此结晶操作为：蒸发浓缩，冷却结晶。

（2）Sn位于ⅣA族，价电子数为4，SnCl4为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体型，正负电中心重合，为非极性分子；装置Ⅲ中盛放Sn的仪器有支管，是蒸馏烧瓶；装置Ⅵ位于实验装置末尾，可以吸收未反应的氯气，防止环境污染，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，引起SnCl4的水解。

（3）根据题给反应，结合化合价变化可知，滴定过程中消耗离子的比例为16Fe2+:3Sn2+，消耗重铬酸钾的物质的量为0.1mol/L×0.032L=0.0032mol，则Sn的物质的量为0.0096mol，质量为1.1424g，由此可知锡粉的质量分数为≈93.2%。【解析】(1)第五周期第ⅣA族防止SnCl2被氧化Sn2++=SnO↓+CO2↑取最后一次洗涤液少许于试管中；滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净