2025年人教新課標選擇性必修2化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新課標選擇性必修2化學下冊階段測試試卷881考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、目前；甘肅某醫(yī)藥公司與北京大學共同開發(fā)研制的國家一類抗癌新藥乙烷硒啉(Ethaselen)進入臨床研究，其結構如圖。下列說法錯誤的是。

A.基態(tài)Se原子的核外電子排布式為B.分子中有8種不同化學環(huán)境的C原子C.分子中的碳原子采取雜化D.氣態(tài)分子的鍵角小于的鍵角2、通過下列實驗可從的溶液中回收

下列說法正確的是。

A.NaOH溶液與I2反應的離子方程式：B.與水都是極性分子，相似相溶，不能通過過濾將水溶液與分離C.向加酸后的上層清液中滴加溶液生成AgI沉淀，1個AgI晶胞(如圖)中含14個D.回收的粗碘可通過升華進行純化3、下列有關化學用語表示正確的是A.氮氣的電子式：B.CCl4分子的球棍模型是：C.Cr的基態(tài)原子價電子排布式為：3d54s1D.中子數(shù)為20的氯原子：4、為正鹽，其中P為價O為價，能將溶液中的還原為可用于化學鍍銀。反應的離子方程式為下列說法正確的是A.上述反應中，氧化產(chǎn)物是B.該反應氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶4C.溶于水破壞離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵D.是三元酸，與反應可生成三種鹽5、厭氧氨化法(Anammox)是一種新型的氨氮去除技術。下列說法中錯誤的是。

A.聯(lián)氨(N2H4)中含有極性鍵和非極性鍵B.過程II中N2H4發(fā)生了氧化反應C.過程IV中發(fā)生了氧化反應D.過程Ⅰ中，參與反應的與NH2OH的物質的量之比為1：16、設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.中含有極性鍵的數(shù)目為B.含鍵的石英晶體中含氧原子的數(shù)目為C.中配體的數(shù)目為D.與足量溶液反應，所得溶液中的數(shù)目為7、某分子晶體晶胞結構模型如圖；下列說法正確的是。

A.該晶胞模型為分子密堆積B.該晶胞中分子的配位數(shù)為8C.分子晶體的晶胞均可用此模型表示D.該晶體熔沸點高、硬度大8、下列晶體性質的比較中，正確的是（）A.熔點：SiI444B.熔沸點：生鐵＞純鐵＞鈉C.硬度：白磷＞冰＞二氧化硅D.熔點：金剛石＞碳化硅＞晶體硅評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、利用新制的Cu(OH)2檢驗醛基時，生成紅色的Cu2O；其晶胞結構如圖所示。

(1)該晶胞原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)；B為(1，0，0)；C為()。則D原子的坐標參數(shù)為___________，它代表___________原子。

(2)若Cu2O晶體的密度為dg·cm-3，Cu和O的原子半徑分別為rCupm和rOpm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA，列式表示Cu2O晶胞中原子的空間利用率為___________。10、鍵的極性對化學性質的影響

鍵的極性對物質的化學性質有重要的影響。例如，羧酸是一大類含羧基(—COOH)的有機酸，羧基可電離出H＋而呈酸性。羧酸的酸性可用___________的大小來衡量，pKa___________，酸性___________。11、金；銀、銅、鐵、鋁和鈦均是人類大量生產(chǎn)和使用的金屬?；卮鹋c上述金屬原子結構有關的問題：

(1)上述金屬中屬于主族元素的有____(填寫元素符號)。

(2)基態(tài)Fe所有電子占有____種不同的空間運動狀態(tài)。Fe成為陽離子時首先失去____軌道電子，F(xiàn)e3+的基態(tài)的核外電子排布式為____。

(3)鈦被稱為繼鐵、鋁之后的第三金屬?；鶓B(tài)鈦原子外圍電子排布圖為____。

(4)基態(tài)金原子的外圍電子排布式為試判斷金在元素周期表中位于第___周期第____族。

(5)已知與位于同一族，則在元素周期表中位于____區(qū)(填“s”“p”“d”“f”或“ds”)。

(6)將乙炔通入溶液生成紅棕色沉淀?；鶓B(tài)核外電子簡化排布式為_。12、元素周期表在指導科學研究和生產(chǎn)實踐方面具有十分重要的意義，請將下表中A、B兩欄描述的內(nèi)容對應起來。ABAB①制半導體的元素(a)ⅣB至ⅥB的過渡元素①___②制催化劑的元素(b)F、Cl、Br、N、S“三角地帶”②___③制耐高溫材料的元素(c)金屬與非金屬元素分界線附近③___④制制冷劑的元素(d)相對原子質量較小的元素④___⑤地殼中含量較多的元素(e)過渡元素⑤___13、HN3(氫疊氮酸)常用于引爆劑，其分子的結構式可表示為：則左邊氮原子和中間氮原子的雜化方式分別為___________、___________。14、(1)X射線衍射測定等發(fā)現(xiàn)，中存在的空間結構為_______，中心原子的雜化形式為_______。

(2)我國科學家最近成功合成了世界上首個五氮陰離子鹽(用R代表)；經(jīng)X射線衍射測得化合物R的晶體結構，其局部結構如圖所示。

回答下列問題：

①從結構角度分析，R中兩種陽離子的相同之處為_______，不同之處為_______。

A.中心原子的雜化軌道類型。

B.中心原子的價層電子對數(shù)。

C.空間結構。

D.共價鍵類型。

②R中陰離子中的鍵總數(shù)為_______。分子中的大鍵可用符號表示，其中代表參與形成大鍵的原子數(shù)，代表參與形成大鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大鍵可表示為)，則中的大鍵應表示為_______。15、(1)NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是___________；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為___________。

(2)與NH互為等電子體的一種分子為___________(填化學式)。

(3)檸檬酸的結構簡式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為___________mol。

16、Ⅰ．Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰；磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻而獲得2019年諾貝爾化學獎?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數(shù)之比為___________

(2)I1(Li)＞I1(Na)，原因是___________

(3)磷酸根離子的空間構型為___________，其中P的價層電子對數(shù)為___________，雜化軌道類型為___________

Ⅱ．近年來我國科學家發(fā)現(xiàn)了一系列意義重大的鐵系超導材料；其中一類為Fe?Sm?As?F?O組成的化合物?；卮鹣铝袉栴}：

(1)元素As與N同族。預測As的氫化物分子的立體結構為___________，其沸點比NH3的___________(填“高”或“低”)，其判斷理由是___________

(2)Sm的價層電子排布式為4f66s2，Sm3+的價層電子排布式為___________

Ⅲ．以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)與互為等電子體的一種分子為___________(填化學式)

(2)檸檬酸的結構簡式如圖1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)為___________mol17、現(xiàn)有下列八種晶體：

A．水晶B．冰醋酸C．氧化鎂D．白磷E．晶體氬F．氯化銨G．鋁H.金剛石。

(1)屬于共價晶體的是___________；直接由原子構成的晶體是___________，直接由原子構成的分子晶體是___________。

(2)由極性分子構成的晶體是___________；含有共價鍵的離子晶體是___________，屬于分子晶體的單質是___________。

(3)在一定條件下能導電而不發(fā)生化學變化的是___________，受熱熔化后化學鍵不發(fā)生變化的是___________，熔化時需克服共價鍵的是___________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)18、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤19、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤20、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤21、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤22、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤23、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤24、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、有機推斷題(共2題，共6分)25、現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A；B，C，D，E，F(xiàn)6種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最多的元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B，D兩元素原子核內(nèi)質子數(shù)之和的1/2；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族?；卮鹣铝袉栴}。

（1）用電子式表示C和E形成化合物的過程________________。

（2）寫出基態(tài)F原子核外電子排布式__________________。

（3）寫出A2D的電子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ鍵，________(填“含”或“不含”)π鍵。

（4）A，B，C共同形成的化合物化學式為________，其中化學鍵的類型有________。26、實驗室一試劑瓶的標簽嚴重破損，只能隱約看到下列一部分：取該試劑瓶中的試劑，通過燃燒實驗測得：16.6g該物質完全燃燒得到39.6gCO2與9gH2O。

（1）通過計算可知該有機物的分子式為：_________。

（2）進一步實驗可知：①該物質能與碳酸氫鈉溶液反應生成無色無味氣體。②16.6g該物質與足量金屬鈉反應可生成氫氣2.24L（已折算成標準狀況）。則該物質的結構可能有____種，請寫出其中任意兩種同分異構體的結構簡式_________。

（3）若下列轉化中的D是題中可能結構中的一種；且可發(fā)生消去反應；E含兩個六元環(huán)；取C在NaOH水溶液中反應后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀。

A的結構簡式為_______。

（4）寫出A轉化成B的化學方程式：_________。

（5）寫出由D制取E的化學方程式：_________。

（6）反應類型：C→D的①______，D→E_____。

（7）已知：在一定條件下；有如下反應可以發(fā)生。

此類反應稱為縮聚反應，請寫出在一定條件下D發(fā)生縮聚反應的化學方程式：_____評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共18分)27、三氯化鐵在印刷、醫(yī)藥、顏料、污水處理以及有機合成催化劑方面有重要的應用。以硫鐵礦（主要成分為FeS2,雜質不與鹽酸反應）為原料制備三氯化鐵晶體（FeCl3·6HO2）的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）“焙燒”過程中，理論上1molFeS2被氧化轉移11mol電子，則該反應的氧化產(chǎn)物為_____________。（2）“酸溶”_____________（填“能”或“不能”)用稀硫酸代替30%的鹽酸，理由是_____________。（3）現(xiàn)有試劑①稀鹽酸②稀硫酸③稀硝酸④氯氣⑤硫氰化鉀溶液⑥高錳酸鉀溶液⑦氫氧化鈉溶液，為確認“酸溶”后的溶液中是否會含F(xiàn)e2+，另取“焙燒”后的燒渣少許，用____________（從上述試劑中選擇，填標號）溶解，將所得溶液滴入_____________從上述試劑中選擇，填標號）中，若____________，則說明“酸溶”后的溶液中含F(xiàn)e2+。（4）從FeCl3溶液中得到FeCl3?6H2O的操作包括____________、冷卻結晶、過濾，該過程需保持鹽酸過量，結合必要的離子方程式說明原因：____________。（5）從FeCl3?6H2O中得到無水FeCl3的操作方法為____________。（6）若以a噸硫鐵礦為原料，最終制得b噸FeCl3?6H2O，不計生產(chǎn)過程中的損失，則該硫鐵礦FeS2的含量為____________（用含a、b的代數(shù)式表示）。28、銅是人類最早使用的金屬之一。

（1）銅元素基態(tài)原子的價電子排布式為_______，其核外能級能量的高低3d______4s（填“>”、“<”或“=”）

（2）Cu與元素A能形成如下圖所示的兩種化合物甲和乙。元素A是短周期非金屬元素，A的常見氧化物常溫下為液態(tài)，其熔沸點比同主族其他元素的氧化物高。

①兩種化合物的化學式分別為：甲___________，乙___________。

②熱穩(wěn)定性甲_________乙（填“>”、“<”或“=”），試從原子結構上解釋原因____。

（3）銅離子形成的某種配合物陽離子具有軸向狹長的八面體結構（如下圖）。

已知兩種配體都是10電子的中性分子；且都含氫元素。

①兩種配體分子的配位原子電負性大小為______（填元素符號），其中熱穩(wěn)定性較弱的配體為（用電子式表示）__________。

②該配合物陽離子與SO42-形成的配合物X的化學式為_________.

（4）Cu單質的晶體為面心立方堆積，其晶胞立方體的邊長為acm,Cu的相對原子質量為63.5，單質Cu的密度為ρg/cm3,則阿伏加德羅常數(shù)可表示為_____mol-1（含“a、ρ的代數(shù)式表示）。評卷人得分六、計算題(共3題，共9分)29、已知：釔鋇銅氧晶體的晶胞是一個長方體(如圖所示)，其晶胞參數(shù)分別為anm、bnm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。則該晶體的密度為________g/cm3(列出計算式即可)。(原子量：Y-89Ba-137Cu-64O-16)

30、石墨的片層結構如圖所示；試回答：

(1)片層中平均每個正六邊形含有_______個碳原子。

(2)在片層結構中，碳原子數(shù)、C-C鍵、六元環(huán)數(shù)之比為_______。

(3)ng碳原子可構成_______個正六邊形。31、Cu3N的晶胞結構如圖，N3﹣的配位數(shù)為________，Cu+半徑為acm，N3﹣半徑為bcm，Cu3N的密度為________g?cm﹣3．（阿伏加德羅常數(shù)用NA表示；Cu；N相對分子質量為64、14）

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A．Se為第34號元素，根據(jù)構造原理可知基態(tài)Se原子的核外電子排布式為A正確；

B．由于左右兩部分旋轉后重疊；分子中有8種不同化學環(huán)境的C原子，B正確；

C．分子中的碳原子采取雜化，苯環(huán)中碳原子的雜化方式sp2雜化；C正確；

D．氣態(tài)分子的鍵角大于的鍵角，為正四面體，鍵角為109°28′，為平面三角形；鍵角為120°，D錯誤；

答案選D。2、D【分析】【分析】

單質碘的四氯化碳溶液加入濃氫氧化鈉溶液；單質碘與濃氫氧化鈉溶液反應生成碘化鈉；碘酸鈉和水，用分液法分離四氯化碳層，向水溶液中加入稀硫酸反應生成單質碘，過濾得到粗碘。

【詳解】

A．NaOH溶液與I2反應生成碘化鈉、碘酸鈉和水，其反應的離子方程式為：故A錯誤；

B．是非極性分子，水是極性分子，兩者都能透過濾紙，根據(jù)“相似相溶”，兩者不相溶，用分液方法將水溶液與分離；故B錯誤；

C．1個AgI晶胞(如圖)中含個故C錯誤；

D．單質碘易升華；因此回收的粗碘可通過升華進行純化，故D正確。

綜上所述，答案為D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．氮氣的電子式為：故A錯誤；

B．Cl的原子半徑比C的原子半徑大，則CCl4分子的球棍模型是：故B錯誤；

C．Cr的基態(tài)原子價電子排布式為：3d54s1；故C正確；

D．原子符號左上角的數(shù)字表示質量數(shù)，左下角的數(shù)字表示質子數(shù)，則中子數(shù)為20的氯原子為：故D錯誤；

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．該反應中中P失電子被氧化生成H3PO4，氧化產(chǎn)物為H3PO4；A正確；

B．該反應中還原劑為氧化劑為Ag+；氧化劑和還原劑的物質的量之比為4：1，B錯誤；

C．NaH2PO2溶于水生成Na+和破壞離子鍵，C錯誤；

D．H3PO2為一元酸；與NaOH反應生成一種鹽，D錯誤；

故答案選A。5、C【分析】【詳解】

A．聯(lián)氨(N2H4)分子中既含有N—H極性鍵；有含有N—N非極性鍵，A正確；

B．由過程圖可知，過程Ⅱ為N2H4→N2H2；N元素化合價由-2價升高至-1，失去電子發(fā)生氧化反應，B正確；

C．過程Ⅳ為→NH2OH；N元素的化合價由+3價降低至-1價，得到電子發(fā)生還原反應，C錯誤；

D．過程Ⅰ發(fā)生的反應為NH2OH+→N2H4，NH2OH中N元素的化合價由-1價降低至-2價，中N元素的化合價由-3價升高至-2價，根據(jù)得失電子守恒可知，參與反應的與NH2OH的物質的量之比為1：1；D正確；

答案選C。6、B【分析】【詳解】

A．1個分子中的5個鍵、1個鍵和1個鍵均為極性鍵，物質的量為含有極性鍵的數(shù)目為7A錯誤；

B．在石英晶體中，1個與4個形成鍵，1個與2個形成鍵，含鍵的石英晶體中含氧原子的數(shù)目為B正確；

C．中配體為則中配體的數(shù)目為C錯誤；

D．與足量溶液反應生成但可水解，所以所得溶液中的數(shù)目小于D錯誤；

故選B。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該分子晶體為二氧化碳晶體；以一個分子為中心，周圍可以有12個緊密的分子的特征稱為分子密堆積，故A正確；

B．二氧化碳晶體配位數(shù)為12；故B錯誤；

C．分子晶體晶胞類型很多；還有簡單立方堆積等，故C錯誤；

D．分子晶體的沸點低；硬度小；故D錯誤；

故選：A。8、D【分析】【詳解】

A.結構相似的分子晶體，相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔沸點越高，SiI4、SiBr4、SiCl4是結構相似的分子晶體，則熔點SiCl444；故A錯誤；

B.合金的熔沸點一般比各組分的熔沸點都低；則生鐵的熔沸點低于純鐵，故B錯誤；

C.一般原子晶體的硬度大于分子晶體；二氧化硅為原子晶體，白磷和冰為分子晶體，二氧化硅硬度應該大于白磷和冰，故C錯誤；

D.原子晶體中共價鍵鍵長越大；鍵能越小，共價鍵越強，熔點越高，金剛石；碳化硅和晶體硅都為原子晶體，鍵長：Si—Si＞C—Si＞C—C，鍵能：C—C＞C—Si＞Si—Si，則共價鍵：C—C＞C—Si＞Si—Si，熔點：金剛石＞碳化硅＞晶體硅，故D正確；

故選D。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)晶胞的結構，D在A和C中間，因此D的坐標是()，白色的原子位于頂點和體心，個數(shù)為8×＋1＝2，D原子位于晶胞內(nèi)，全部屬于晶胞，個數(shù)為4，根據(jù)化學式，推出D為Cu，故答案為：()；Cu；

(2)空間利用率是晶胞中球的體積與晶胞體積的比值，晶胞中球的體積為×10－30cm3，晶胞的體積可以采用晶胞的密度進行計算，即晶胞的體積為cm3，因此空間利用率為故答案為：【解析】①.()②.Cu③.10、略

【分析】略【解析】pKa越小越強11、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)金；銀、銅、鐵、鋁和鈦中只有鋁屬于主族元素。

(2)鐵為26號元素，基態(tài)Fe的電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，所有電子占有15種不同的空間運動狀態(tài)。Fe成為陽離子時首先失去4s軌道電子，F(xiàn)e3+的基態(tài)的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5。

(3)鈦是22號元素，基態(tài)鈦原子外圍電子排布圖為

(4)基態(tài)金原子的外圍電子排布式為則金在元素周期表中位于第六周期第IB族。

(5)已知與位于同一族，銅在ds區(qū)，所以在元素周期表中位于ds區(qū)。

(6)銅為29號元素，所以基態(tài)核外電子簡化排布式為【解析】Al154s六IBds12、略

【分析】【詳解】

①制半導體的元素在周期表金屬與非金屬交界線附近；因此①與(c)對應；

②制催化劑的元素的在過渡元素區(qū)域；因此②與(e)對應；

③制耐高溫材料的元素位于ⅣB至ⅥB的過渡元素區(qū)域；因此③與(a)對應；

④制制冷劑的元素位于F、Cl、Br、N、S“三角地帶”，因此④與(b)對應；

⑤地殼中含量較多的元素為氧，屬于相對原子質量較小的元素，因此⑤與(d)對應?！窘馕觥?c)(e)(a)(b)(d)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)圖示結構，左邊氮原子成鍵(H-N-N)的角度約為120°，其價層電子對數(shù)為3，所以左邊N原子的雜化應該是sp2雜化；中間氮原子，因為要和兩邊氮原子成鍵，且要形成雙鍵和三鍵，所以其價層電子對數(shù)為2，故中間氮原子發(fā)生sp雜化。答案為：sp2；sp?！窘馕觥竣?sp2②.sp14、略

【分析】【詳解】

(1)中心原子的價層電子對數(shù)個數(shù)=2+=2+2=4，含有兩個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該離子幾何構型為角形，中心原子雜化方式為sp3雜化；答案為角形，sp3。

(2)①根據(jù)題圖可知，陽離子是和的中心原子價層電子對數(shù)個數(shù)=4+=4+0=4，孤電子對為0，即中心原子N采取雜化軌道類型為空間結構為正四面體形，形成4個鍵；的中心原子價層電子對數(shù)個數(shù)=3+=3+1=4，含有1個孤電子對，即中心原子O采取雜化軌道類型為空間結構為三角錐形，形成3個鍵；則。

A．根據(jù)價層電子對個數(shù)知，二者中心原子雜化類型都是sp3，所以其中心原子雜化類型相同；

B．二者價層電子對個數(shù)都是4，所以價層電子對個數(shù)相同；

C．前者為正四面體結構、后者為三角錐形，所以二者立體結構不同；

D．含有的共價鍵類型都為σ鍵；所以共價鍵類型相同；

和相同之處為ABD；不同之處為C；答案為ABD，C。

②根據(jù)題中圖示可知，的鍵的總數(shù)為5，根據(jù)信息可知，中應有5個原子和6個電子形成大π鍵，可表示為答案為5，【解析】①.角形②.③.ABD④.C⑤.5⑥.15、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)NH3分子中氮原子的雜化軌道數(shù)是軌道雜化類型是sp3；N原子2p軌道為半充滿狀態(tài)，N原子的第一電離能大于同周期相鄰元素，所以C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為N>O>C；

(2)原子個數(shù)相同、價電子數(shù)也相同的微?；榈入娮芋w，NH價電子數(shù)是8，與NH互為等電子體的一種分子為CH4或SiH4；

(3)單鍵為σ鍵、雙鍵中有1個σ鍵，檸檬酸的結構簡式為1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為7mol?！窘馕觥縮p3N＞O＞CCH4或SiH4716、略

【分析】【分析】

鐵為26號元素，基態(tài)Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，Sm的價層電子排布式4f66s2，原子失去電子生成陽離子時先失去最外層電子，后失去次外層電子，結合洪特規(guī)則和泡利原理分析解答；根據(jù)價層電子對個數(shù)==雜化軌道數(shù)=σ+（a-xb）計算判斷；等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)相同的微粒；等電子體結構相似，據(jù)此分析解答。

【詳解】

Ⅰ．(1)鐵為26號元素，基態(tài)Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，基態(tài)Fe失去最外層2個電子得Fe2+，價電子排布為3d6，基態(tài)Fe失去3個電子得Fe3+，價電子排布為3d5，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理，d能級有5個軌道，每個軌道最多容納2個電子，F(xiàn)e2+有4個未成對電子，F(xiàn)e3+有5個未成對電子；所以未成對電子數(shù)之比為4∶5，故答案為：4∶5；

(2)Li與Na同族，Na的電子層比Li多，原子半徑比Li大，比Li更易失電子，因此I1(Li)＞I1(Na)；故答案為：Na與Li同主族，Na的原子半徑更大，最外層電子更容易失去，第一電離能更?。?/p>

(3)根據(jù)價層電子對互斥理論，PO的價層電子對數(shù)為4+(5+3-4×2)=4+0=4，VSEPR構型為四面體形，去掉孤電子對數(shù)0，即為分子的立體構型，也是正四面體形；雜化軌道數(shù)=價層電子對數(shù)=4，中心原子P采用sp3雜化；故答案為：正四面體形；4；sp3；

Ⅱ．(1)等電子體的結構相似，AsH3和NH3為等電子體，二者結構相似，氨氣分子為三角錐形，因此AsH3也是三角錐形；能形成分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高，NH3分子間形成氫鍵，AsH3分子間不能形成氫鍵，所以熔沸點：NH3＞AsH3，即AsH3沸點比NH3的低，故答案為：三角錐形；低；NH3分子間存在氫鍵，使沸點升高，使得AsH3的沸點比NH3低；

(2)Sm的價層電子排布式4f66s2，該原子失去電子生成陽離子時應該先失去6s電子，后失去4f電子，因此Sm3+價層電子排布式為4f5，故答案為：4f5；

Ⅲ．(1)等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)相同的分子、離子或原子團，可以采用：“同族替換，左右移位”的方法尋找等電子體，所以與互為等電子體的分子有CH4、SiH4等，故答案為：CH4（或SiH4等）；

(2)檸檬酸分子中有三個羧基（），且有一個C連接一個羥基，所以1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為3×2+1=7mol，故答案為：7。【解析】4∶5Na與Li同主族，Na的原子半徑更大，最外層電子更容易失去，第一電離能更小正四面體形4sp3三角錐形低NH3分子間存在氫鍵，使沸點升高，使得AsH3的沸點比NH3低4f5CH4等717、A:A:A:B:B:D:D:E:E:E:E:F:G:H:H:H【分析】【分析】

【詳解】

(1)水晶為SiO2晶體；由Si原子和O原子構成，屬于共價晶體，金剛石由C原子構成，屬于共價晶體，故此處填A；H；直接由原子構成的晶體包括原子晶體A、H，以及由單原子分子構成的分子晶體E，故此處填A、E、H；稀有氣體是單原子分子，其晶體是直接由原子構成的分子晶體，故此處填E；

(2)醋酸分子正負電荷中心不重合，屬于極性分子，故此處填B；NH4Cl由離子構成；其晶體屬于離子晶體，且銨根離子內(nèi)部存在共價鍵，故此處填F；白磷；氬都是由分子構成的單質，故此處填D、E；

(3)金屬晶體能導電且不發(fā)生化學變化，故此處填G；分子晶體受熱熔化后分子不變，化學鍵不發(fā)生變化，故此處填BDE；共價晶體熔化時需克服共價鍵，故此處填AH。三、判斷題(共7題，共14分)18、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。19、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變?nèi)酰还实冖馎族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；20、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。21、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。22、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產(chǎn)生的物質，該物質的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。23、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。24、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。四、有機推斷題(共2題，共6分)25、略

【分析】【分析】

已知B元素是地殼中含量最多的元素，則B為氧元素；B和D的價電子數(shù)相同，則D為硫元素；B、D兩元素原子核內(nèi)質子數(shù)之和24，其為12，A和C的價電子數(shù)相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質子數(shù)之和的則A為氫元素，C為鈉元素；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子，則E為氯元素；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F為鉀元素，綜上所述A；B、C、D、E、F分別為：H、O、Na、S、Cl、K，據(jù)此分析可得：

【詳解】

(1)C為鈉元素，E為氯元素；C和E形成化合物為氯化鈉，屬于離子化合物，用電子式表示氯化鈉形成化合物的過程如下：Na→Na＋[:]－；故題答案為：Na→Na＋[:]－；

(2)F為鉀，核電荷數(shù)為19，基態(tài)K原子核外電子排布式:1s22s22p63s23p64s1；故答案為：1s22s22p63s23p64s1；

(3)A為氫元素，D為硫元素；二者形成H2S，屬于共價化合為物，電子式：H:H；其分子中含σ鍵，不含π鍵；故答案為：H:H；含；不含；

(4)A為氫元素，B為氧元素，C為鈉元素，三種元素共同形成的化合物化學式為NaOH，其電子式為：化學鍵的類型有離子鍵、共價鍵答案為：NaOH；離子鍵；共價鍵。【解析】Na―→Na＋[:]－1s22s22p63s23p64s1H:H含不含NaOH離子鍵、共價鍵26、略

【分析】【分析】

(1)39.6gCO2與9gH2O中所含C的質量為39.6÷44×12=10.8g，H的質量為9÷18×2=1g，16.6g該物質所含O的質量為16.6-10.8-1=4.8，故該物質中C、H、O的原子個數(shù)比為=9：10：3；

(2)該物質能與碳酸氫鈉溶液反應生成無色無味氣體；故該物質含有羧基；16.6g該物質的物質的量為0.1mol，氫氣2.24L，物質的量為0.1mol，故1mol該物質與鈉反應生成1mol氫氣，故該物質中除了含有1個羧基外，還含有1個醇羥基，由此書寫有機物的可能結構簡式；

(3)D是(2)中可能結構中的一種，且可發(fā)生消去反應；E含兩個六元環(huán)，故D為在濃硫酸作用下發(fā)生取代反應生成E，E為C在NaOH水溶液中反應后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，C中含有氯原子，C在NaOH水溶液中反應后的混合液，加入足量硝酸酸化后得到故C為B催化氧化得到B為A催化氧化得到A為再結合對應有機物的結構和性質，以及前后轉化關系，解答該題。

【詳解】

(1)39.6gCO2與9gH2O中所含C的質量為39.6÷44×12=10.8g，H的質量為9÷18×2=1g，16.6g該物質所含O的質量為16.6-10.8-1=4.8，故該物質中C、H、O的原子個數(shù)比為=9：10：3，故該物質的分子式為C9H10O3；

(2)該物質能與碳酸氫鈉溶液反應生成無色無味氣體，故該物質含有羧基；16.6g該物質的物質的量為0.1mol，氫氣2.24L，物質的量為0.1mol，故1mol該物質與鈉反應生成1mol氫氣，故該物質中除了含有1個羧基外，還含有1個醇羥基，故該物質可能的結構簡式為：共4種；

(3)①D是(2)中可能結構中的一種，且可發(fā)生消去反應；E含兩個六元環(huán)，故D為C在NaOH水溶液中反應后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，C中含有氯原子，C在NaOH水溶液中反應后的混合液，加入足量硝酸酸化后得到故C為B催化氧化得到B為A催化氧化得到A為

②A催化氧化得到B，化學方程式為：

③在濃硫酸作用下發(fā)生取代反應生成E，E為反應方程式為：

④C→D為取代反應；D→E為取代反應；

(4)D發(fā)生縮聚反應的化學方程式為：

【點睛】

能準確根據(jù)反應條件推斷反應原理是解題關鍵，常見反應條件與發(fā)生的反應原理類型：①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。【解析】C9H10O34；取代反應取代反應五、工業(yè)流程題(共2題，共18分)27、略

【分析】【分析】

根據(jù)焙燒的化學方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2判斷氧化產(chǎn)物；根據(jù)制備的產(chǎn)品判斷不能用稀硫酸代替鹽酸；根據(jù)Fe2+的性質來選取檢驗的試劑和實驗現(xiàn)象；根據(jù)Fe3+易水解的性質制備無水FeCl3時應在HCl環(huán)境中進行；根據(jù)Fe元素守恒計算該硫鐵礦FeS2的含量；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）由1molFeS2被氧化轉移11mol電子可知，“焙燒”過程中發(fā)生的反應為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由反應方程式可判斷，F(xiàn)e元素化合價由+2價失電子變?yōu)?3價，S元素化合價由-1價失電子變?yōu)?4價，則FeS2是還原劑，得到氧化產(chǎn)物，該反應的氧化產(chǎn)物為Fe2O3和SO2；答案為Fe2O3，SO2。（2）在“酸溶”時不能用硫酸代替鹽酸，因為最終制取的是氯化鐵晶體(FeCl3?6H2O)，使用硫酸，會引入SO42-，得不到氯化鐵晶體(F