2024年华师大版选择性必修2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2024年华师大版选择性必修2化学下册阶段测试试卷747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5题，共10分)1、如图为元素周期表中短周期的一部分；下列说法不正确的是。

A.离子半径：M->Z2->Y-B.电负性：Y>M>ZC.简单气态氢化物的稳定性：Y>M>ZD.Y元素基态原子的简化电子排布式：［X]2s22p52、提出“杂化轨道理论”的科学家是A.门捷列夫B.普鲁特C.玻尔D.鲍林3、W、X、Y、Z是短周期主族元素；M中含有碳、氮、W、Z四种元素，M分子部分结构如图所示(表示氢键)：化合物能与反应产生X元素是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是。

A.碳与Z形成的离子的空间构型为三角锥形B.稳定性：C.X的氧化物的水化物是强碱D.简单离子半径：4、下列化合物中，既含离子键、共价键，又含配位键的是A.NaBrB.AlCl3C.NH4NO3D.CaCl25、下列说法正确的是A.含有共价键的化合物一定是共价化合物B.乙醇分子中只含有σ键C.正四面体结构的分子中的键角一定是109°28′D.所有的σ键的强度都比π键的大评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如下图所示；可看作是金刚石晶胞内部的C原子被As原子代替；顶点和面心的C原子被B原子代替。下列说法正确的是。

A.基态As原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3B.砷化硼(BAs)晶体属于分子晶体C.1molBAs晶体中含有4molB-As键D.与同一个B原子相连的As原子构成的立体构型为正四面体形7、路易斯·巴斯德(LouisPasteur)分离手性酒石酸盐实验(1848年)被评为十大最美实验之首，左旋和右旋酒石酸铵钠盐的结构简式分别为酒石酸的制备方法之一是乙二醛与氢氰酸(HCN)反应再酸性水解：OHC—CHO+HCN下列说法正确的是A.左旋和右旋酒石酸铵钠盐中含有的化学键类型相同B.氢氰酸溶液所含元素中第一电离能最大的是OC.一个酒石酸()分子中含有2个手性碳原子D.乙二醛(OHC—CHO)分子中σ键和π键的数目之比为3∶28、键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数，下列叙述正确的是A.C-H键比Si-H键的键长短，故CH4比SiH4更稳定B.因为H-O键的键能小于H-F键的键能，所以O2与H2反应的能力比F2强C.水分子可表示为H-O-H，分子中的键角为104.3°D.H-O键的键能为463kJ/mol，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗的能量为926kJ9、(砒霜)是两性氧化物(分子结构如图所示)，与盐酸反应能生成和反应的产物之一为下列说法正确的是。

A.分子中As原子的杂化方式为B.为共价化合物C.的空间构型为平面正三角形D.分子的键角小于10、下列关于CO2和N2O的说法正确的是。

A.二者互为等电子体，结构相似B.由CO2的结构式可推出N2O的结构式为N=O=NC.两种分子中σ键与π键数目之比相同D.由图可知干冰晶体中每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有8个11、高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞。下列有关说法正确的是。

A.晶体中与每个K＋距离最近的有6个B.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个C.KO2中阴、阳离子个数比为1：1D.晶体中所有原子之间都以离子键结合12、下列说法中错误的是。

A.图①中，距最近的可构成正八面体B.图②中，每个晶胞平均含有4个C.图③中，碳原子与键个数比为1：4D.图④中，铜原子的配位数为813、下列叙述错误的是A.晶体熔点的高低：>B.硬度的大小：金刚石>碳化硅>晶体硅C.熔点的高低：Na>Mg>AlD.酸性：HClO4>HBrO4>HIO414、如图；铁有δ；γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是。

A.γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B.α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C.若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体密度比为2b3：a3D.将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、(1)玻尔原子结构模型成功地解释了___________的实验事实，电子所处的轨道的能量是___________的。最大不足之处是___________。

(2)p能级上有___________个原子轨道，在空间沿___________轴对称，记为___________，___________，___________，其能量关系为___________。16、某班同学用如下实验探究的性质。回答下列问题：

(1)分别取一定量氯化铁、硫酸亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。请简述配制溶液的方法：_______。

(2)甲组同学探究与的反应。取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/L溶液混合。分别取2mL此溶液于4支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入3滴硝酸酸化的溶液，生成黄色沉淀；②第二支试管中加入1mL充分振荡、静置，层呈紫色；

③第三支试管中加入3滴某黄色溶液；生成蓝色沉淀；

④第四支试管中加入3滴KSCN溶液；溶液变红。

实验③加入的试剂为_______(填化学式)；实验_______(填序号)的现象可以证明该氧化还原反应为可逆反应。

(3)乙组同学设计如下实验探究亚铁盐的性质。实验方案现象查阅资料I1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/LNaOH溶液生成白色沉淀，后沉淀基本变为红褐色在溶液中不存在II1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/L溶液生成白色沉淀，后沉淀颜色几乎不变

①实验I中由白色沉淀生成红褐色沉淀的化学方程式为_______。

②对实验II所得白色沉淀展开研究：

i.取II中少量白色沉淀；充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；

ii.向i所得溶液中滴入KSCN试剂；溶液几乎不变红；

iii.向ii溶液中再滴入少量氯水；溶液立即变为红色。

根据以上现象，实验中生成的白色沉淀的化学式为_______。若向ⅱ溶液中再加入少量固体，溶液也立即变为红色。发生反应的离子方程式为_______。

(4)丙组同学向乙组同学得到的红色溶液中滴入EDTA试剂，溶液红色立即褪去。通过查阅资料，发现可能是EDTA的配合能力比更强，加入EDTA后，EDTA与三价铁形成了更稳定的配合物，血红色消失。该配合物阴离子的结构如图所示，图中M代表配合物中C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，的配位数为_______。

17、请回答下列问题。

(1)请解释H2O的热稳定性高于H2S的原因______

(2)(CN)2是一种无色气体，有苦杏仁臭味，极毒，请写出该物质的电子式______

(3)乙醇与丙烷的相对分子质量接近，但是两者的沸点相差较大，请解释其原因_____18、铁原子有两种堆积方式，相应地形成两种晶胞(如图甲、乙所示)，其中晶胞乙的堆积方式是___________，晶胞甲中原子的空间利用率为___________(用含π的代数式表示)。

19、(1)HNO3失去OH-之后形成中间体，中所有原子满足稳定结构，写出的电子式________。

(2)在元素周期表中，某些主族元素与其右下方的主族元素有些性质相似。写出Be(OH)2与NaOH溶液反应的离子方程式_______________________。

(3)AlF3的熔点(1040℃)比AlBr3的熔点(194℃)高得多，主要原因_________________________。评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)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.错误评卷人得分五、有机推断题(共1题，共3分)23、对羟基苯甲醛，俗称PHBA，是一种重要的有机化工原料。其结构为有人提出；以对甲基苯酚为原料合成PHBA的途径如下：

已知：

(1)PHBA的核磁共振氢谱图中会出现_______组吸收峰。

(2)下列有关说法正确的是________。

A．上述流程中D的分子式为C8H8O2

B．PHBA能与NaHCO3溶液反应。

C．PHBA是一种芳香醇。

D．1molPHBA最多能与4molH2反应。

(3)上述流程中C的结构简式为______________。

(4)反应④的化学方程式为_______________________________。

(5)该合成途径中的反应①⑤的作用为_______________________。

(6)E有多种同分异构体，符合以下所有特征的同分异构体的结构简式为_________(只写一种)。

a．苯环上存在2种不同化学环境的氢原子；且个数比为1∶2

b．遇FeCl3溶液显示特征颜色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)24、“中国芯”的发展离不开单晶硅；四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。

已知有关信息：

①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4

②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃。

请回答下列问题：

(1)写出A中发生反应的离子方程式：___________。

(2)若拆去B装置，可能的后果是_________。

(3)有同学设计图装置替代上述E；G装置：

上图装置的主要缺点是________。

(4)测定产品纯度。取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收)，将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应)，消耗滴定液VmL。则产品的纯度为_______%(用含a；c和V的代数式表示)。

(5)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱；用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：

Ⅰ.打开弹簧夹1；关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。

Ⅱ.A中看到白色沉淀时；关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。

①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是_________(填字母)。

A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性。

②C装置中的试剂X是________(填化学式)

③D中发生反应的化学方程式是：________。25、醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力；能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。

Ⅰ；合成。

(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。

(2)回流沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：

A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水。

正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤；洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。

Ⅱ；载氧量测定。

(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。

(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度已知大气压为p，氧气的压强为温度为配合物载氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。26、肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备并探究的性质；其制备装置如图所示。

回答下列问题：

(1)仪器b的名称为___________，仪器a的作用是___________。

(2)装置A试管中发生反应的化学方程式为___________。

(3)上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是___________。

(4)探究的性质。将制得的分离提纯后；进行如下实验。

[查阅资料]AgOH不稳定，易分解生成黑色的可溶于氨水。

[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。

[实验验证]设计如下方案，进行实验。操作现象结论ⅰ．取少量黑色固体于试管中，加入足量①___________，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有ⅱ．取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②___________黑色固体是Ag和则肼具有的性质是碱性和③___________

(5)实验制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是___________。

(6)肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的的质量为___________kg。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

四种元素均为短周期元素；根据图中在周期表中的位置可知X为He；Y为F、Z为S、M为Cl，据此分析。

【详解】

A．离子半径比较先看电子层数，电子层数多半径大，层数相同时看核电荷数，核电荷数越多半径越小，Z、M的简单离子有三个电子层，Y的离子有两个电子层，其核电荷数Z2->M->Y-；故A错误；

B．同周期元素从左到右电负性增强，同主族同上到下电负性减弱，则电负性：Y>M>Z；故B正确；

C．元素的非金属性越强形成的气态氢化物越稳定，非金属：Y>M>Z，则形成气态氢化物的稳定性：Y>M>Z；故C正确；

D．Y为F，原子序数为9，核外电子排布为1s22s22p5，简化电子排布式：［X]2s22p5；故D正确；

故选：A。2、D【分析】【分析】

【详解】

杂化轨道理论是1931年由鲍林等人在价键理论的基础上提出，答案选D。3、D【分析】【分析】

W、X、Y、Z是短周期主族元素，X元素是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al元素；化合物W2Z能与Y2反应产生Z2；Y为F元素，M中有氢键，则W为H元素，Z为氧元素，据此分析解题。

【详解】

A．碳与Z形成的离子为空间构型是平面正三角形，故A错误；

B．非金属性F大于O，则稳定性：故B错误；

C．X的氧化物的水化物为氢氧化铝；属于弱碱，故C错误；

D．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z>Y>X；故D正确；

故选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

略5、B【分析】【分析】

【详解】

A．共价键是由原子之间通过共用电子对形成的化学键；既可存在于离子化合物中如NaOH等，也可存在于共价化合物中如HCl等，故A错误；

B．乙醇分子中含有C—H键；C—O键、O—H键、C—C键；单键全为σ键，即只含有σ键，故B正确；

C．正四面体结构的分子中的键角不一定是109°28′，如白磷(P4)为正四面体结构；键角为60°，故C错误；

D．σ键的强度不一定比π键的大，例如N2分子中存在的N≡N键能比3个N-N键能大；也比一个N-N和一个N=N键能加起来要大，就说明N≡N中的π键比σ键强，故D错误；

故答案为B。二、多选题(共9题，共18分)6、CD【分析】【分析】

【详解】

A．As原子核外电子排布式应为[Ar]3d104s24p3；故A错误；

B．由题目信息可知砷化硼(BAs)的晶胞可看作金刚石晶胞内部C原被As原子代替；顶点和面心的C原子被B原子代替；金刚石是原子晶体，故砷化硼(BAs)晶体也属于原子晶体，故B错误；

C．看中间一个黑球As原子；与周围白球B有4个键，其它黑球As不共用这个化学键，故每1molBAs晶体中含有4molB-As键，故C正确；

D．砷化硼结构与金刚石相似；与同一个B原子相连的As原子构成正四面体形，故D正确；

选CD。7、AC【分析】【详解】

A．左旋和右旋酒石酸铵钠盐中都是含有共价键和离子键；A正确；

B．氢氰酸溶液所含元素中含有的元素有，H、N、C、O，其中N的价层电子排布式为2s22p3；为半满的稳定结构，其第一电离能大于O，故第一电离能最大的是N，B错误；

C．酒石酸中标有“*”的碳原子为手性碳，一共有2个手性碳原子，C正确；

D．1个乙二醛(OHC—CHO)分子中；σ键为5个，π键的为2个数目之比为5∶2，D错误；

故选AC。8、AC【分析】【详解】

A．由于原子半径：C＜Si，所以C-H键的键长比Si-H键的键长短。键长越短，原子之间结合力就越强，断开化学键需消耗的能量就越大，含有该化学键的物质就越稳定，素C-H键比Si-H键的键能大，故CH4比SiH4更稳定；A正确；

B．O2分子中两个O原子形成共价双键O=O，结合力强，断键吸收的能量高，而F2中的2个F原子形成的是共价单键F-F，结合力相对O2较弱，断键吸收的能量低，因此更容易与H2发生反应，即F2比O2与H2反应的能力更强；B错误；

C．水分子的结构式可表示为H-O-H；分子中的键角为104.3°，因此水分子是V形结构，C正确；

D．水分解生成氧气和氢气时，反应消耗的热量=断键吸收的能量与成键放出的能量的差，由于氧分子中O=O键和氢分子中H-H键的键能未知，所以无法计算反应热，就不能计算18gH2O分解成H2和O2时的能量变化；D错误；

故合理选项是AC。9、AD【分析】【详解】

A．由的分子结构可知，与3个O形成三角键形结构，中心原子上有1对孤电子对和3个成键电子对，则原子的杂化方式为A正确；

B．是由和构成的离子化合物；B错误；

C．中含1对孤电子对和3个成键电子对；空间结构为三角锥形，C错误；

D．中含有1对孤电子对和3个成键电子对；空间结构为三角键形，键角小于109°28′，D正确；

故选AD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．CO2和N2O互为等电子体；二者的结构相似，A正确；

B．由CO2结构式为O=C=O可以推出N2O的结构式为B错误；

C．每个CO2分子中有2个σ键与2个π键，每个N2O分子中有2个σ键与2个π键；两种分子中σ键与π键数目之比均为1：1，C正确；

D．由干冰晶胞图可知，每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有12个；D错误。

故选：AC。11、AC【分析】【详解】

A.根据题给信息，超氧化钾晶胞是面心立方晶胞，晶胞中与每个K＋距离最近的O2－有6个；故A正确；

B.由晶胞结构可知，位于顶点和面心的钾离子的个数为8×+6×=4，位于体心和棱上的超氧根离子的个数为1+12×=4；故B错误；

C.由晶胞结构可知，位于顶点和面心的钾离子的个数为8×+6×=4，位于体心和棱上的超氧根离子的个数为1+12×=4，则KO2中钾离子和超氧根离子个数比为4:4=1：1；故C正确；

D.超氧化钾晶体是离子化合物；阴；阳离子分别为钾离子和超氧根离子，晶体中钾离子和超氧根离子间形成离子键，超氧根离子中氧氧键为非极性键，故D错误；

故选AC。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．图①中，距最近的位于6个面的面心处；可构成正八面体，A正确；

B．图②中，每个晶胞平均含有数为个；B正确；

C．碳原子最外层电子数是4个，则图③中平均1个碳原子形成碳碳单键个数为＝2，碳原子与键个数比为1：2；C错误；

D．以顶点Cu原子研究，Cu原子的配原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用、每个面心为2个晶胞共用，故Cu原子的配位数为＝12；D错误；

答案选CD。13、AC【分析】【详解】

A．两者为互为同分异构体的分子晶体，形成分子内氢键，形成分子间氢键，故熔点＜A错误；

B．三者都为共价晶体；因为键能：C—C键＞C—Si键＞Si—Si键，故硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；

C．三者都为金属晶体；因为Na；Mg、Al的原子半径逐渐减小，阳离子所带电荷数逐渐增大，金属键强度：Na＜Mg＜Al，则熔点：Na＜Mg＜Al，C错误；

D．Cl、Br、I属于同主族元素，同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，则酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4；D正确；

答案选AC。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．γ-Fe晶体是一个面心立方晶胞；以顶点铁原子为例，与之距离相等且最近的铁原子位于晶胞的面心上，一共有12个，A错误；

B．α-Fe晶体是一个简单立方晶胞；与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，B正确；

C．δ-Fe晶胞中Fe原子个数=1+8×=2、晶胞体积=a3cm3，α-Fe晶胞中Fe原子个数=8×=1，该晶胞体积=b3cm3，δ-Fe晶体密度=g/cm3，α-Fe晶体密度=g/cm3，两种晶体密度比=g/cm3：g/cm3=2b3：a3；C正确；

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却；温度不同，分别得到α-Fe；γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不同，D错误；

故答案为：BC。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)线状光谱与量子化之间有必然的联系；玻尔原子结构模型成功地解释了氢原子光谱是线状光谱的实验事实，电子所处的轨道的能量是量子化的。最大不足之处是某些光谱现象难以用该模型解释。

(2)p能级有3个能量相同、伸展方向不同的原子轨道,p能级上有3个原子轨道，在空间沿x、y、z轴对称，记为px，py，pz，其能量关系为px=py=pz。【解析】①.氢原子光谱是线状光谱②.量子化③.某些光谱现象难以用该模型解释④.3⑤.x、y、z⑥.px⑦.py⑧.pz⑨.px=py=pz16、略

【分析】【详解】

（1）因为的水解能力强，不直接把溶于水中配制，而是把溶于浓盐酸中；抑制其水解，然后再加水调节到所需要的浓度。

（2）根据现象“生成蓝色沉淀”，可以判断出是加入铁氰化钾来检验所以化学式为要证明与发生了可逆反应；既要证明有新物质生成(即能发生反应)，又需证明较少的反应物有剩余(即反应不彻底，可逆)，因此由②和④或③和④可以证明。

（3）1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/LNaOH溶液，发生复分解反应，生成沉淀等，由于溶液中溶解空气，被氧化为从而使沉淀转化为红褐色；1.0mL0.1mol/L溶液中滴加1.0mL0.5mol/L溶液，资料显示：在溶液中不存在则白色沉淀可能是也可能是①由分析可知，实验Ⅰ中被氧化为由白色沉淀生成红褐色沉淀，化学方程式为

②ⅰ。取Ⅱ中少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡，则沉淀中含有

ⅱ。向ⅰ所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红，溶液中不含有

ⅲ。向ⅱ溶液中再滴入少量氯水，溶液立即变为红色，则溶液中含有根据以上现象，实验中生成的白色沉淀的化学式为

向溶液中再加入少量溶液变红，说明被氧化为发生反应的离子方程式：和

（4）C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；的配位数为6。【解析】(1)取一定量氯化铁溶解到浓盐酸中；然后加水稀释到所需要的浓度。

(2)②④(或③④)

(3)

(4)N>O>C617、略

【分析】【分析】

（1）热稳定性与分子内部化学键键能强弱有关；

（2）根据各原子8电子稳定结构写出其电子式；

（3）N；O、F与H之间能形成氢键；以此分析。

【详解】

（1）原子半径S>O，则键能H-O大于H-S键，所以H2O的热稳定性高于H2S；故答案为：原子半径：氧原子小于硫原子，故H-O的键能大于H-S的键能；

（2）(CN)2根据各原子8电子稳定结构可得其电子式：故答案为：

（3）乙醇分子中O和H可以形成氢键，而丙烷中不能形成氢键，两者均为分子晶体，则乙醇的熔沸点远高于丙烷，故答案为：乙醇分子间可形成氢键而丙烷分子不行。【解析】原子半径：氧原子小于硫原子，故H-O的键能大于H-S的键能乙醇分子间可形成氢键而丙烷分子不行18、略

【分析】【详解】

晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心，所以属于面心立方最密堆积；晶胞甲中含有铁原子个数为×8＋1=2，假设铁原子半径为r，晶胞的边长为a，则有(4r)2＝(a)2＋a2，解r＝a，原子的空间利用率为＝＝π。【解析】面心立方最密堆积19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题意知，所有原子均满足稳定结构，推测N与O之间共用两对电子，中心原子N失去1个价电子，三者均形成稳定结构，对应电子式为故此处填：（或根据其与CO2互为等电子体；而等电子体具有相似的化学键也可推出）；

(2)根据题意，Be与对角线位置的Al元素性质相似，故Be(OH)2能与NaOH反应生成盐和水，对应离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=+2H2O；

(3)Al与F之间电负性差值较大，两者之间形成离子键，而Al与Br之间电负性差值较小，两者之间形成共价键，即AlF3固体为离子晶体，AlBr3固体为分子晶体，而离子晶体熔化时需破坏离子键，分子晶体熔化时破坏范德华力，离子键强度远大于范德华力，故AlF3的熔点比AlBr3高得多，故此处填：AlF3固体为离子晶体，AlBr3固体为分子晶体。【解析】Be(OH)2+2OH-=+2H2OAlF3固体为离子晶体，AlBr3固体为分子晶体四、判断题(共3题，共15分)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。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。五、有机推断题(共1题，共3分)23、略

【分析】【分析】

由反应物及生成物的结构可知，反应①为取代反应，与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为C发生水解反应生成D为D氧化生成E为E发生水解反应得到PHBA：以此分析。

【详解】

(1)由PHBA结构简式可知含4种环境的H；则PHBA的核磁共振氢谱图中会出现4组吸收峰，故答案为：4；

(2)A．由上述分析可知D的结构简式为：分子式为C8H10O2；故A错误；

B．PHBA含酚羟基酸性弱于碳酸，不能与NaHCO3溶液反应；故B错误；

C．PHBA含酚羟基；不是醇类物质，故C错误；

D．1molPHBA中苯环可以与3molH2发生加成，醛基可以与1molH2发生加成，则最多能与4molH2反应；故D正确。

故答案选：D；

(3)由上述分析可知，C的结构简式为故答案为：

(4)反应④为D的催化氧化生成则方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；

(5)该合成途径中的反应①⑤的作用为保护酚羟基；防止其被氧化成醛基，故答案为：保护酚羟基，防止其被氧化;

(6)E结构简式为：

符合条件a．苯环上存在2种不同化学环境的氢原子；且个数比为1∶2

b．遇FeCl3溶液显示特征颜色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色。

则含有官能团碳碳双键和酚羟基，且含有一条对称轴，符合条件的同分异构体有：或

故答案为：或【解析】4D2+O22+2H2O保护酚羟基，防止其被氧化或六、实验题(共3题，共30分)24、略

【分析】【分析】

装置A用于制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氯杂质，再用无水氯化钙进行干燥，在装置D中硅和氯气发生反应生成SiCl4，SiCl4沸点较低，在冷凝管中冷凝SiCl4气体，在E中得到液态的SiCl4，因SiCl4遇水剧烈水解；干燥管G的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。

【详解】

(1)装置A中高锰酸钾具有强氧化性，氧化浓盐酸生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，对应的离子方程式为2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(2)由信息可知，HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，若拆去B装置，HCl会和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低，而且Cl2和H2混合共热易发生爆炸，答案：HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；

(3)所给装置用装有烧碱溶液的广口瓶代替原装置中的干燥管G，烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，Si