2025年人教版选择性必修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年人教版选择性必修2化学上册阶段测试试卷614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、下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是A.H2OB.BCl3C.CCl4D.PCl52、的晶体结构与相似，可以看作是的位置用代替，的位置用代替(如图)，晶体中含有的哑铃形使晶胞沿一个方向拉长。下列对于晶体结构的描述正确的是。

A.一个晶胞的质量为B.的熔点比的熔点低C.与距离最近且相等的有12个D.与距离最近且相等的共有4个3、柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是。

A.能与H2O形成氢键B.能与NaOH反应生成柠檬酸三钠C.能在一定条件下发生消去反应D.分子中含有手性碳原子4、下列关于C、Si及其化合物的说法正确的是A.C和Si的价电子数均为4，推测CO2中的C和SiO2中的Si均为sp杂化B.CH4的相对分子质量小于SiH4，推测CH4的热稳定性比SiH4小C.C的非金属性强于Si，推测C可以还原SiO2D.CH的键角>的键角5、下列化学用语或图示表达正确的是A.HCN的结构式：H-C≡NB.质量数为3的氢原子：3HC.NaOH的电子式：D.基态Cr原子的价层电子的轨道表示式：6、目前，低压甲醇铜基催化剂的主要组分是CuO、ZnO和Al2O3，下列氧原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是A.B.C.D.7、2017年《科学》杂志报道哈佛大学成功制造出金属氢(H)，制备方法为超高压条件下压缩。下列说法错误的是A.“金属氢”中的氢原子只有1个质子B.氢气转变为“金属氢”时，有共价键断裂C.氢气转变为“金属氢”时，不存在能量变化D.金属氢能够导电8、2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示；下列说法正确的是。

A.ΔH1＜0，若反应生成NaCl(g)，则ΔH1变小B.ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7=-ΔH1C.ΔH4数值上和Cl-Cl共价键的键能相等D.ΔH7＜0，且该过程形成分子间作用力9、我国的超级钢研究居于世界领先地位。某种超级钢中除Fe外，还含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%。下列说法中错误的是()A.上述五种元素中，有两种位于周期表的p区B.超级钢的晶体是金属晶体C.X-射线衍射实验可以确定超级钢的晶体结构D.超级钢中存在金属键和离子键评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、立方氮化硼和金刚石是等电子体，其晶胞结构如图所示，则处于晶胞顶点上的原子的配位数为___________，若晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的密度是___________g·cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。

11、下表是周期表中的一部分；根据A－I在周期表中的位置，第(1)~(4)小题用元素符号或化学式回答，（5）～（8）小题按题目要求回答。

。族。

周期。

IA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

O

1

A

2

D

E

G

I

3

B

C

F

H

(1)表中元素；化学性质最不活泼的是_______，只有负价而无正价的是________，氧化性最强的单质是______，还原性最强的单质是________。

(2)最高价氧化物的水化物碱性最强的是___；酸性最强的是____，呈两性的是_______。

(3)A分别与D；E、F、G、H形成的化合物中；最稳定的______________；

(4)在B；C、E、F、G、H中；原子半径最大的是_________；

(5)A和D组成化合物的电子式_____________________；

(6)A和E组成化合物的化学式_____________________；

(7)用电子式表示B和H组成化合物的形成过程______________________________；

(8)B的最高价氧化物的水化物和C的最高价氧化物相互反应的离子方程式___________________________________________。12、如图是甲醛分子的空间充填模型和球棍模型(棍代表单键或双键)。根据图示和所学化学键知识回答下列问题：

(1)甲醛分子中碳原子的杂化方式是______，作出该判断的主要理由是______。

(2)下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是______(填序号)。

①单键②双键③键④键和π键13、H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4溶液中第一步电离程度均大于第二步电离的原因___________。

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因______________________。14、(1)(甲醇)的熔、沸点比与其相对分子质量接近的(乙烷)的熔、沸点高很多，其主要原因是______。

(2)C的最高价含氧酸根离子与形成的酸式盐溶解度都小于其正盐的溶解度，原因是分子之间以______(填作用力)形成长链，减小了与水分子之间的作用导致溶解度减小。15、下列八种晶体：A水晶B冰醋酸C氧化镁D白磷E氩晶体F硫酸铵G铝H金刚石。

(1)属于共价晶体的化合物是___________；直接由原子构成的分子晶体是___________

(2)含有共价键的离子晶体是___________；属于分子晶体的单质是___________

(3)在一定条件下，能导电而不发生化学变化的是___________，受热熔化后不发生化学键断裂的是___________，受热熔化需克服共价键的是___________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、结构与性质(共2题，共16分)23、过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。锰钢异常坚硬；且具抗冲击性能，是制造枪栓；保险库、挖掘机械和铁路设施的理想材料；锰也是人体的重要微量元素。请根据所学知识，回答下列问题：

(1)铬、锰、铁称为黑色金属，位于同一周期的相邻位置。锰的原子序数是______；基态离子的价层电子排布图为______。

(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是______(填编号)。

A.B.

C.D.

(3)水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物。锰试剂的结构如图所示，其分子中可能与形成配位键的原子有______；锰试剂______(填“能”或“不能”)形成分子内氢键。

(4)锰试剂分子中，原子采取的杂化方式不涉及______(填“”“”或“”)杂化；分子中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为______(用元素符号表示)。

(5)规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18.符合规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知和均符合规则，性质稳定，而则容易在化学反应中表现氧化性。

①x=______。

②从结构角度解释则容易在化学反应中表现氧化性的原因______。24、层状复合金属氢氧化物（简称“层状氢氧化物”）；主体层板由二元（或多元）金属氢氧化物层构成，层间阴离子可以被其他阴离子取代，因此可以作为离子交换剂，在材料；化工、医药和环境保护等方面有着广泛的用途。镁铝碳酸根型水滑石是人们最早发现的层状氢氧化物。回答下列问题：

（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________(填标号）。

A.B.C.D.

（2）一种水滑石的化学式为Mg4Al2(OH)12CO3•H2O.其层板结构如图1。CO32-中碳的杂化类型是____。在图中最小的一个二维菱形晶胞（以图中Al为顶点）中含有___________个Al3+。每个镁氧八面体周围有_______________个相邻铝氧八面体和_______________个相邻镁氧八面体。

（3）水滑石中氢氧化物层的OH-和层间阴离子间的主要作用力为_______________，水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：PO43->CrO42->NO3-，其原因是___________

（4）当加热到一定温度时，水滑石类化合物会发生分解，部分产物转化为尖晶石结构的MgxAlyOz，晶体结构如图2所示，它的化学式为___________;A块、B块均为边长为apm的立方体，设阿伏加德罗常数为NA，则最近的两个Al离子之间的距离为___________pm，密度为___________g•cm-3(列出计算表达式）。

评卷人得分五、原理综合题(共1题，共4分)25、请回答以下问题：

(1)在常温下，溶液的则溶液中由水电离出来的___________。

(2)火箭发射可以用肼(液态)作燃料，作氧化剂，两者反应生成和水蒸气。

已知：

请写出与反应的热化学方程式___________。

(3)常压下，物质的汽化热(液体在恒温下转化为气体时所吸收的热量)见下表：。Ne汽化热5481369105

汽化热特别大的原因是___________。

(4)下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用表示)。元素电离能R740150077001050013630

关于元素R的下列推断中，正确的是___________(用相应的编号填写)

①R元素基态原子的电子排布式为

②R元素位于元素周期表中第ⅡA族。

③R元素的最高正化合价为价。

④R元素的第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能。

(5)溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃；反应后最高温度为30.1℃。

已知：反应前后，溶液的比热容均近似为溶液的密度均近似为忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。则反应放出的热量Q=___________J。

(6)根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气反应生成二氧化碳和水，设计了一种原电池，则该电池工作时，负极上反应的电极反应式为___________。评卷人得分六、实验题(共4题，共36分)26、二氯异氰尿酸钠(结构为)是一种非常高效的强氧化性消毒剂。常温下是白色固体，难溶于冷水；合成二氯异氰尿酸钠的反应为某同学在实验室用如下装置制取二氯异氰尿酸钠(部分夹持装置已略)。

请回答下列问题：

(1)二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是_______。

(2)仪器a的名称是_______；仪器D中的试剂是_______。

(3)A中烧瓶内发生反应的化学方程式为_______。

(4)装置B的作用是_______；如果没有B装置，NaOH溶液会产生的不良结果是_______。

(5)待装置C_______时(填实验现象)，再滴加溶液，反应过程中需要不断通入的目的是_______。

(6)实验室测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的原理如下：

准确称取mg样品，配成100mL溶液，取20.00mL所配溶液于碘量瓶中，加入稀和过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液，用c标准溶液滴定，滴到终点时，消耗标准溶液的体积为VmL，则样品有效氯含量为_______%()27、炭粉、CO、H2均可作为实验室还原CuO的还原剂；实验小组对CuO的还原反应及还原产物组成进行探究。

查阅资料：PdCl2溶液能吸收CO；生成黑色Pd沉淀；一种氢化物和一种氧化物。

回答下列问题：

(1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为___________。

A．577~492nmB．597~577nmC．622~597nm

(2)基态Cu+的价电子轨道表示式为___________。

(3)小组同学用如图所示装置探究炭粉与CuO反应的产物。

①实验结束后，打开开关K通氮气，其目的是___________。

②试剂X的作用为___________。

③若气体产物中含有CO，则观察到的现象为______，其中反应的化学方程式为_______。

(4)某小组同学为测定炭粉还原CuO后固体混合物(仅有C和Cu2O)两种杂质)中单质Cu的质量分数，设计如下实验：准确称取反应管中残留固体8.000g，溶于足量稀硝酸(恰好使固体溶解达到最大值)，过滤、洗涤、干燥，所得沉淀的质量为0.160g；将洗涤液与滤液合并，配成500mL溶液；量取所配溶液25.00mL，加入适当过量的KI溶液；以淀粉为指示剂，用0.5000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知：2Cu2++5I-=2CuI↓++2=+3I-。

①还原后固体混合物中单质Cu的质量分数为___________%。

②若CuI吸附部分会导致所测Cu单质的质量分数___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。28、八水合磷酸亚铁[]难溶于水和醋酸；溶于无机酸，可作为铁质强化剂。某实验室利用如图装置制备八水合磷酸亚铁，步骤如下：

ⅰ.在烧瓶中先加入维生素C稀溶液作底液；

ⅱ.通过仪器a向烧瓶中滴入足量与的混合溶液；

ⅲ.再滴入的溶液，保持为6左右；水浴加热且不断搅拌至反应充分后静置；

ⅳ.将烧瓶中混合物进行抽滤、洗涤、低温干燥，得到产品。

回答下列问题：

(1)的价电子轨道表示式为___________，的空间结构为___________。

(2)仪器a的名称是___________，配制溶液时需将蒸馏水事先煮沸、冷却，其目的是___________。

(3)用维生素C稀溶液作底液而不用铁粉的主要原因是___________。

(4)写出生成八水合磷酸亚铁的离子方程式：___________。

(5)合成时需保持为6左右的原因是___________。

(6)产率的计算：称取产品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至终点，消耗溶液滴定过程中的离子方程式为___________，本实验所得产品的产率为___________%(保留到小数点后一位)。29、在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。

资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44

ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105

Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035

iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH

(1)探究的还原性。

实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置；无明显变化。

实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液；无明显变化。

实验III．按如图装置进行实验；观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。

乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)；否定了该观点。

②探究碱性条件下的还原性；进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。

③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大；还原剂的还原性增强。

(2)探究的氧化性。

①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。

②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。

(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生。

①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。

②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。

示例：CoCoCl2Co(OH)2参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

略2、D【分析】【详解】

A．K+位于晶胞棱心和体心，数目为12×+1=4，位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，即一个KO2晶胞中摊得的K+和粒子数均为4个，则每个晶胞中含有4个KO2，晶胞的质量为g；故A错误；

B．K+的半径比Rb+离子半径小，则KO2的晶格能比RbO2晶格能大，即KO2的熔点比RbO2的熔点高；故B错误；

C．K+位于晶胞棱心和体心，位于晶胞体心的K+所在的水平方向的平面上与其最近的有4个K+，由于晶体中含有的哑铃形使晶胞沿竖直方向拉长，则与K+距离最近且相等的K+共4个；故C错误；

D．K+位于晶胞棱心，与K+距离相等且最近的位于面心；共有4个，故D正确；

答案选D。3、D【分析】【详解】

A．柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键；故A正确；

B．柠檬酸中含有三个羧基；能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；

C．柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢；能在一定条件下发生消去反应，故C正确；

D．没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳；柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；

故答案选D。4、D【分析】【详解】

A．C和Si属于第ⅣA族元素，价电子等于最外层电子数，即等于4，CO2的结构式为O=C=O，C有2个σ键，无孤电子对数，杂化类型为sp，SiO2为正四面体形，有4个σ键，无孤电子对数，Si的杂化类型为sp3；故A错误；

B．热稳定性与化学键有关，与相对分子质量或范德华力无关，C的原子半径小于Si，C-H键键长小于Si-H键长，C-H的键能大于Si-H键能，因此甲烷的热稳定性强于SiH4；故B错误；

C．C与SiO2反应生成Si和CO；C的化合价升高，Si的化合价降低，没有利用C的非金属性强于Si，故C错误；

D．CH中心原子C有3个σ键，孤电子对数为=0，中心原子C有3个σ键，孤电子对数为=1，孤对电子之间的斥力＞孤电子对-成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此CH键角大于的键角；故D正确；

答案为D。5、A【分析】【详解】

A．HCN的电子式为则结构式为H-C≡N，A正确；

B．氢原子的质子数为1，则质量数为3的氢原子为B不正确；

C．NaOH为离子化合物，O、H原子间通过一对共用电子构成OH-，电子式为C不正确；

D．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，则其轨道表示式为D不正确；

故选A。6、D【分析】【分析】

【详解】

原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高,轨道能量：1s<2s<2p<3s；根据图知，电子占据2p；3s轨道能量最高，则能量最高的是D；

故选D。7、C【分析】【详解】

A．H元素的原子序数为1；“金属氢”中的氢原子只有1个质子，故A正确；

B．氢气转变为“金属氢”时；共价键H-H键断裂，故B正确；

C．由氢气转变为“金属氢”时；氢气中的共价键断裂，生成金属键，属于化学变化，所以氢气转变为“金属氢”时，肯定存在能量变化，故C错误；

D．“金属氢"具备超导性能；具有金属单质的特征，能够导电，故D正确；

故选C。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．ΔH1＜0，由NaCl(s)变为NaCl(g)吸收能量，若反应生成NaCl(g)，则ΔH1变大；故A错误；

B．由盖斯定律可知，反应一步完成和分步完成的热效应是相同的，则ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7=ΔH1；故B错误；

C．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则ΔH4的值数值上和Cl−Cl共价键的键能相等；故C正确；

D．氯化钠为离子晶体，同种物质的气态比固态能量高，则ΔH7＜0；且该过程形成离子键，故D错误；

答案选C。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．上述五种元素中；C；Al的最外层电子都分布在p轨道，所以它们位于周期表的p区，A正确；

B．超级钢属于合金；它的晶体中只存在金属键，所以属于金属晶体，B正确；

C．X-射线衍射实验；可以对物质内部原子在空间分布状况进行分析，从而确定超级钢的晶体结构，C正确；

D．超级钢是金属晶体；因此只存在金属键，不存在离子键，D不正确；

故选D。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【详解】

由晶胞结构可知，立方氮化硼中氮原子周围的4个硼原子形成四面体结构，B原子周围的4个N原子也形成正四面体，即处于晶胞顶点上的原子配位数为4；则晶胞中N原子数目=4、B原子数目=8×+6×=4，晶胞质量m=4×g=g，晶胞的体积V=a3=(361.5×10-10cm)3，晶体密度ρ===g·cm-3；答案为4，【解析】①.4②.11、略

【分析】【分析】

根据A～I十种元素在周期表中的位置可知；它们分别是H；Na、Al、C、N、P、F、Ne。

【详解】

根据元素周期律可知：

(1)化学性质最不活泼的是Ne。只有负价而无正价的是F，氧化性最强的单质是F2；还原性最强的单质是Na。

(2)金属性或非金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性或酸性越强，则最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al(OH)3。

(3)非金属性越强；氢化物的稳定性越强，因此氢化物最稳定的是HF。

(4)同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大；同周期自左向右，原子半径逐渐减小，所以在B；C、E、F、G、H中，原子半径最大的是Na。

(5)A和D组成化合物是甲烷，含有极性键的共价化合物，其电子式为

(6)A和E组成化合物的化学式是NH3。

(7)B和H组成化合物氯化钠，其形成过程可表示为

(8)氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，则B的最高价氧化物的水化物和C的最高价氧化物相互反应的离子方程式Al(OH)3+OH—＝AlO2—+2H2O。【解析】NeFF2NaNaOHHClO4Al(OH)3HFNaNH3Al(OH)3+OH—＝AlO2—+2H2O12、略

【分析】【详解】

(1)由图可知，甲醛分子的空间结构为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采取杂化。

(2)甲醛分子中的碳氧键是双键，双键有1个键和1个键。【解析】杂化甲醛分子的空间结构为平面三角形②④13、略

【分析】【详解】

①H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的带有负电荷，吸引H+，导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，同时第一步电离产生的H+抑制第二步电离，所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；

②无机含氧酸分子中非羟基O原子数越多酸性越强，H2SeO4分子中有两个非羟基O原子，H2SeO3分子中有一个非羟基O原子，所以H2SeO4比H2SeO3酸性强。【解析】第一步电离生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，且第一步电离出的H+对第二步电离有抑制作用无机含氧酸分子中非羟基O原子数越多酸性越强，H2SeO4分子中有两个非羟基O原子，H2SeO3分子中有一个非羟基O原子14、略

【分析】【详解】

(1)中含分子之间能形成氢键，而分子间只有范德华力，所以的熔、沸点比的高很多。故答案为：分子间能形成氢键，分子间不能形成氢键；

(2)中含有所以分子之间能形成氢键而成链状，减小了与之间的作用，导致的溶解度都小于其对应的正盐的溶解度。故答案为：氢键。【解析】分子间能形成氢键，分子间不能形成氢键氢键15、A:A:B:D:D:E:E:E:F:G:H【分析】【分析】

水晶(SiO2)中含共价键，是由原子组成的共价晶体；冰醋酸中是由醋酸分子组成，含共价键，微粒间存在范德华力，属于分子晶体；氧化镁是由Mg2＋和O2－组成，微粒间存在离子键，属于离子晶体；白磷是由P4分子组成；存在范德华力和共价键，属于分子晶体；氩晶体是由氩原子组成的分子晶体，不含化学键；硫酸铵是由铵根离子和硫酸根离子组成的离子晶体，存在离子键和共价键；铝为金属晶体；金刚石是碳原子组成，微粒间存在共价键的共价晶体；据此分析；

【详解】

(1)根据上述分析；属于共价晶体的化合物是水晶；直接由原子构成的分子晶体为氩晶体；故答案为A；E；

(2)根据上述分析；属于离子晶体是氧化镁和硫酸铵，含有共价键的离子晶体是硫酸铵；属于分子晶体的单质是白磷；氩晶体；故答案为F；DE；

(3)在一定条件下能导电而不发生化学变化的是铝；受热熔化后不发生化学键断裂的是冰醋酸、白磷、氩晶体；受热熔化需克服共价键的是水晶和金刚石；故答案为G；BDE；AH。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、结构与性质(共2题，共16分)23、略

【分析】【详解】

(1)Mn的质子数为25，原子序数为25，为24号元素，原子核外电子排布为[Ar]3d54s1，则的核外电子排布为[Ar]3d3，价层电子排布图为

故答案为：25；

(2)为基态Fe3+；处于3d半满稳定状态，很难再失电子；

为基态Fe2+，易失去一个电子变为Fe3+；

为激发态的Fe2+，其失去一个电子比基态Fe2+

为激发态Fe3+，其失去一个电子比基态Fe3+容易；

故最难在失去一个电子的是A；

故答案为：A；

(3)N；O原子上存在孤电子对；可以作为配位原子；锰试剂含有两个不相邻的酚羟基，能形成分子内氢键；

故答案为：N；O；能；

(4)锰试剂分子中，苯环C原子采取sp2杂化方式，N＝C采取sp2杂化方式，羟基O采取sp3杂化方式，所以不采取sp杂化方式，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的，故第一电离能为：C

故答案为：sp；C

(4)①配合物Ni(CO)x的Ni原子价电子数为10；CO提供一对孤对电子，与Ni原子形成配位键，则10＋2x＝18，解得x＝4；

故答案为：4；

②配合物Co(CO)4的Co原子价电子数为9；CO提供一对孤对电子，与Co原子形成配位键，则9＋2×4＝17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子的配合物分子结构和化学性质会更稳定，故表现氧化性；

故答案为：配合物Co(CO)4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；【解析】25AN、O能4配合物Co(CO)4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；24、略

【分析】【分析】

(1)根据电子排布图得出粒子状态；3p轨道的电子能量高于3s，第二电离能大于第一电离能，据此分析解答；

(2)计算CO32-中C原子的价电子对数和孤电子对数；判断C原子的杂化方式，结合侧板结构图分析各微粒个数；

(3)OH-和层间阴离子间可形成氢键；根据阴离子所带电荷与受到的吸引力之间的关系进行分析解答；

(4)利用均摊法计算晶胞中个原子的个数，利用公式结合立体几何知识进行计算。

【详解】

(1)BC微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是C微粒能量高于B，稳定性B＞C，所以失电子能量B＞C；AD都是原子，但是A是基态、D是激发态，能量：D＞A，稳定性A＞D，所以失去一个电子能量：A＞D；B为Mg+；A为Mg原子；B再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，A失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量B＞A，因此，电离最外层一个电子所需能量最小的是D，故答案为：D。

(2)CO32-中C原子的价电子对数为不含孤电子对，则其杂化类型为sp2杂化，在图1中，以图中Al为顶点，最小的一个二维菱形晶胞中含有1个Al3+。每个镁氧八面体周围有3个相邻铝氧八面体和3个相邻镁氧八面体，故答案为：sp2；1；3；3；

(3)水滑石中的氢氧化物层的OH-和层间阴离子间可形成氢键，由于阴离子带电荷越高，受到吸引力越强，阴离子所带电荷数PO43->CrO42->NO3-，所以水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：PO43->CrO42->NO3-；故答案为：氢键；阴离子带电荷越高，受到吸引力越强；

(4)根据晶胞结构示意图可知，O2-占据晶胞的顶点、面心、棱心和体心，其个数为Mg2+位于晶胞的体内，个数为2，Al3+位于晶胞的体内、棱心和面心，其个数为因此其化学式为MgAl2O4，已知A块、B块均为边长为apm的立方体，则最近的两个Al离子之间的距离为一个晶胞的质量体积V=2a3×10-30cm3，则密度故答案为：

【点睛】

第(4)题为本题的难点，解答时要注意均摊法的使用以及正确数清晶胞中每个原子的个数，从而得出分子式，再结合立体几何知识及相关公式进行计算。【解析】Dsp2133氢键阴离子带电荷越高，受到吸引力越强MgAl2O4a五、原理综合题(共1题，共4分)25、略

【分析】(1)

盐溶液中氢离子和氢氧根离子均是水电离的，常温下，溶液的

(2)

根据盖斯定律，2×反应2-反应1得到

(3)

汽化热特别大的原因是氨气分子间存在氢键；

(4)

某短周期元素R的第三电离能剧增，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于4，故R为Mg元素。

①R为Mg元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2；故①错误；

②R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故②正确；

③R为Mg，是第ⅡA族元素，最高正价为+2价，故③正确；

④R元素最外层电子排布式为3s2；为全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故④正确；

故选：②③④；

(5)

溶液的质量m=ρV=100ml×1.00g•cm-=100g，温度变化∆T=30.1℃-20.1℃=10.0℃，比热容c=4.18J•g-1•C-1，所以反应放出的热量Q=cm∆T=100g×10.0℃×4.18J•g-1•C-1=4.18×103J；

(6)

对于燃料电池，燃料做负极，则负极为甲醇放电生成CO2，结合电子转移、电荷守恒书写电极反应式为：【解析】(1)

(2)

(3)氨气分子间存在氢键。

(4)②③④

(5)

(6)六、实验题(共4题，共36分)26、略

【分析】【分析】

A装置制备氯气，B装置除去氯气中的HCl，C装置中氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和合成二氯异氰尿酸钠；D用于吸收尾气。

【详解】

（1）二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是答案：

（2）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；仪器D中的试剂是氢氧化钠溶液，吸收尾气氯气，防止污染空气，答案：恒压滴液漏斗；NaOH溶液；

（3）装置A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，化学方程式答案：

（4）装置B用于除去中的HCl，如果没有B装置，HCl会和NaOH反应生成NaCl，造成NaOH的利用率低，产品杂质含量多，答案：除去中的HCl；NaOH的利用率低；产品杂质含量多；

（5）反应时，先打开A中恒压滴液漏斗活塞，反应产生氯气，排除装置中空气，待装置C液面上方有黄绿色气体，证明空气已被排尽，再滴加溶液，发生反应反应过程中需要不断通入使反应生成的NaOH再次生成NaClO；提高原料利用率，答案：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率；

（6）由得中反应可得关系：

有效氯含量答案：【解析】(1)

(2)恒压滴液漏斗NaOH溶液。

(3)

(4)除去中的HClNaOH的利用率低；产品杂质含量多。

(5)液面上方有黄绿色气体使反应生成的NaOH再次生成NaClO；提高原料利用率。

(6)27、略

【分析】【分析】

本实验的目的是探究CuO与碳的混合物高温条件下反应的产物，题给信息显示，产物中含有Cu、Cu2O、CO2，可用澄清石灰水检验CO2的存在，用PdCl2氧化CO从而除去CO气体，再用NaOH吸收反应生成的CO2等。固体产物可先用硝酸溶解，再用KI还原、Na2S2O3标准溶液滴定；从而确定固体产物的组成，以此解答。

【详解】

（1）绿色波长介于577~492nm之间；故选B。

（2）基态Cu原子核外有4个电子层，价电子排布式为3d104s1，Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+的价电子排布式为3d10，轨道表示式为

（3）①实验结束后；打开开关K通氮气，其目的是将生成的气体赶出，使其被装置C；D吸收；

②为判断反应是否发生，需检验产物CO2的存在，所以试剂X为澄清石灰水，作用为检验是否有CO2生成；

③试剂Y为PdCl2溶液，它能将CO氧化为CO2，同时自身被还原为黑色的Pd，所以若气体产物中含有CO，则观察到的现象为D瓶中产生黑色沉淀；其中反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。

（4）①硝酸有强氧化性，加入稀硝酸后，铜及铜的氧化物均被稀硝酸溶解生成硝酸铜，但碳不能溶于稀硝酸，则0.16g固体为过量的碳的质量，从而得出含Cu和Cu2O的总质量为8.000g-0.160g=7.84g；已知：2Cu2++5I-=2CuI↓++2=+3I-，可建立如下关系式：Cu2+~达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为12.00mL，则样品中含铜元素的物质的量为=0.12mol，假设样品中Cu的物质的量为xmol，Cu2O的物质的量为ymol，则144y+64x=7.84，x+2y=0.12，解得x=0.1，y=0.01，还原后固体混合物中单质Cu的质量分数为=80%；

②若CuI吸附部分会导致所用Na2S2O3标准溶液的体积小，铜元素的质量偏小，产品中氧元素的含量偏大，Cu2O的含量偏高，Cu单质的含量偏小，所测Cu单质的质量分数偏小。【解析】(1)A

(2)

(3)将生成的气体赶出，使其被装置C、D吸收检验是否有CO2生成装置D中产生黑色沉淀PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl

(4)80偏小28、略

【分析】【分析】

制备八水合磷酸亚铁，因为亚铁离子容易被氧化，同时为防止引入新杂质，应用维生素C作底液，制备的原理是3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3OOH；据此分析；

【详解】

（1）基态铁原子价电子排布式为3d64s2，则Fe2+价电子排布式为3d6，价电子轨道式为PO中中心原子P有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，因此PO的空间构型为正四