2025年北师大新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年北师大新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列各组性质比较中正确的是。

①颜色：氯化银；溴化银、碘化银；颜色逐渐加深。

②离子还原性：

③酸性：

④金属性：

⑤气态氢化物稳定性：A.①②③B.①④⑤C.②③④D.①③④⑤2、下图是2种固体的微观示意图；下列说法正确的是。

A.Ⅰ有各向异性B.Ⅱ有固定的熔点C.Ⅰ、Ⅱ的X射线衍射图谱相同D.Ⅰ、Ⅱ在一定条件下，都会自发形成有规则外形的晶体3、有关化学键与晶体的说法正确的是A.晶体硅融化时共价键发生断裂B.熔融状态时能导电的物质一定是离子晶体C.两种元素组成的分子中一定只有极性键D.分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高4、已知：碘化膦(PH4I)性质类似NH4Cl，是一种白色晶体，下列说法不正确A.它是离子晶体，稳定，高温也不分解B.它的水溶液显酸性C.能与强碱反应放出气体PH3D.该物质中含有共价键和离子键5、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的简单阳离子与氖原子的电子层结构相同，X的同素异形体有多种，其中一种是自然界最硬的物质。常温常压下，R单质的密度最小。R、X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子最外层电子数。下列推断一定错误的是A.原子半径：Y＞Z＞RB.Y位于第三周期ⅢA族C.YnZ一定是离子化合物D.X的氢化物能使溴水褪色评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、依据原子结构知识回答下列问题。

(1)下列有关说法错误的是_______。A．简单离子的还原性：P3->O2->F-B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有两种C．焰色试验与电子跃迁有关D．基态铝原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状为球形(2)基态V原子中具有_______种不同能量的电子，具有_______种不同空间运动状态的电子，具有_______种不同运动状态的电子。

(3)基态Cu原子的简化电子排布式为_______，基态Se原子的价电子轨道表示式为_______，基态Mn2+的价电子排布式为_______。

(4)Li2O是离子晶体；其形成过程中的能量变化如图(a)所示。

可知，Li原子的第一电离能为_______kJ·mol-1，O=O键键能为_______kJ·mol-1。7、元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能()。

(1)第二周期部分元素的变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的自左而右依次增大。而氮元素的呈现异常的原因是___________。

(2)是离子化合物，下图是Born−Haber循环。

可知，Li原子的第一电离能为___________键键能为___________8、引起灰霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3；含锌有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量；可知交通污染是目前造成我国灰霾天气主要原因之一。

(1)Zn2+在基态时核外电子排布式为_________。

(2)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CH－CHO、HCOOH、CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。

①N2O分子的立体构型为______。

②CH2=CH－CHO分子中碳原子的杂化方式为______

③1molHCOOH中含σ键数目为_____。

④NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配体为______，Fe的化合价为_____。9、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______________________。10、(1)酸碱质子理论认为：凡是能给出质子(H+)的任何物质都是酸，凡是能接受质子(H+)的任何物质都是碱。则CH3CH3、OH-、HCl、F-中属于碱的是_______，用一个离子方程式说明它们结合质子能力的相对强弱_______。

(2)化合物A；B、C的熔点如表：

。

A

B

C

化学式。

CH3CH2Cl

CH3CH2CH2Cl

CH3NH3Cl

熔点/℃

-139

-123

230

化合物C的熔点明显高于A的原因是_______。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)11、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12、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13、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误14、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15、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16、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分四、有机推断题(共4题，共12分)17、芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（为氢或烃基）

回答下列问题：

(1)A是一种烯烃，化学名称为______，其分子中最多有__________个原子共面。

(2)B中官能团的名称为_____、_____。②的反应类型为________

(3)③的化学方程式为________

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。指出F的结构简式中手性碳原子并用星号(*)标出F中的手性碳________。G的结构简式为________。

(5)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是________。

(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料经三步制备化合物的合成路线________。

(已知：其他试剂任选)18、三唑并噻二嗪类化合物具有抗炎；抗肿瘤、抗菌的作用。该类新有机化合物G的合成路线如图所示。

已知：R1COOH+R2NH2R1CONHR2+H2O

(1)化合物B的名称为_______，化合物C的结构简式为_______。

(2)由E→F的化学方程式为_______。

(3)C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______。

(4)有机物H是B的同分异构体，则满足下列条件的H有_______种。

a.与FeCl3溶液反应显紫色b.能发生银镜反应c.分子中不含甲基。

(5)利用题中信息，设计以乙醇为原料制备另一种三唑并噻二嗪类化合物中间体P()的合成路线_______(无机试剂任选)。19、卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂；被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心力衰竭。合成路线如下：

（1）A中官能团的名称是______________，A→B反应方程式为_______________。C→D的反应类型是_________________。

（2）1molD与NaOH溶液反应，最多消耗__________NaOH

（3）卡托普利E的分子中有_____个手性碳原子，下列关于E说法不正确的是______。

a.卡托普利的水溶液呈酸性b.在氧气中充分燃烧的产物中含有SO2

c.E的分子式为C9H16NO3Sd.E存在属于芳香族化合物的同分异构体。

（4）A与浓硫酸、甲醇反应生成M，M的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、且只有一种官能团，该同分异构体可能结构为_________、_________。M加聚反应生成高分子化合物N的方程式为_____________。20、化合物H可用以下路线合成：

已知：

请回答下列问题：

（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为________________________；

（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_________________；

（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3—苯基—1—丙醇。F的结构简式是___________；

（4）反应①的反应类型是_______________________；

（5）反应②的化学方程式为______________________________________；

（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_______________。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共16分)21、工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有等杂质)，低湿硫酸化焙烧—水浸工艺制备其流程如图：

资料：i.高温易分解。

ii.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为

iii.含磷有机试剂萃取过程中溶液的浓度越高；萃取率越低，萃取钒效果越差。

iv.

v.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表：。沉淀物完全沉淀3.29.04.7

(1)中的电子排布式为_______，有的空间构型是_______。

(2)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将转化为的化学方程式是_______。

(3)预处理过程中先加入溶液进行还原预处理，加入溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失；再用氨水混合并调节溶液pH。

①请用相关离子方程式说明加入的第二个作用_______。

②解释加氨水调节pH≈5的原因是_______。

(4)沉钒过程中先加入进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将中的钒元素以多钒酸铵的形式沉淀，溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释pH=2.5沉钒率最高的原因是_______。

(5)测定产品中的纯度：

称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL，已知被还原为假设杂质不参与反应，产品中的质量分数是_______。(写出计算过程，的摩尔质量：)22、三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。以硫铁矿(主要成分为杂质不与盐酸反应)为原料制备三氯化铁晶体的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)“焙烧”过程中，理论上被氧化转移电子，则该反应的氧化产物为_____________。

(2)现有试剂：①稀盐酸②稀硫酸③稀硝酸④氯气⑤硫氰化钾溶液⑥高锰酸钾溶液⑦氢氧化钠溶液。

为确认“酸溶”后的溶液中是否会含另取“焙烧”后的烧渣少许，用________(从上述试剂中选择，填标号)溶解，将所得溶液滴入______________(从上述试剂中选择，填标号)中，若_________，则说明“酸溶”后的溶液中含

(3)从溶液中得到的操作包括_______、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，结合必要的离子方程式说明原因：____________________。

(4)从中得到无水的操作方法为____________________________。

(5)若以a吨硫铁矿为原料，最终制得b吨不计生产过程中的损失，则该硫铁矿中的含量为_______________(用含a、b的代数式表示)。23、镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料；具有容量高；循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是MnO、Fe2O3、

②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取。

请回答下列问题：

(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。

(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。

(3)“酸浸”时加入的作用是___________。

(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。开始沉淀时pH1.53.46.36.66.77.8完全沉淀时pH3.54.78.39.29.510.4

(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同；可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。

②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。24、二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物，以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)写出“氧化培烧”时生成CeO2的化学方程式：_______。

(2)“酸浸”产生的气体的名称是_______。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_______。

(3)实验室中进行操作Ⅰ所用到的主要玻璃仪器有_______。

(4)溶液中时即认为完全沉淀，为确保沉淀完全，则溶液的pH_______(填pH的范围)。(已知)

(5)中心原子轨道的杂化类型为_______；的空间结构为_______。

(6)铈的原子序数为58，基态铈原子的最外层电子排布式为_______。CeO2可被氢气还原为Ce2O3，已知铈与氧的一种化合物晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_______。

评卷人得分六、实验题(共3题，共21分)25、下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量；来确定有机物分子式。

（1）A装置是提供实验所需的O2，B装置中浓硫酸的作用是_______；C中CuO的作用是____________。

（2）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44g样品，经充分反应后，D管质量增加0.36g，E管质量增加0.88g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的化学式为_________。

（3）若该有机物的核磁共振氢谱如下图所示，峰面积之比为1：3则其结构简式为__________________；

若符合下列条件，则该有机物的结构简式为_____________________。

①环状化合物②只有一种类型的氢原子。

（4）某同学认E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个装置E，其主要目的是_________。26、在含单质碘的溶液中存在可逆反应：为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：

I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。

II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。

III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。

已知：i.

ii.与难溶于

iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为86∶1

回答下列问题：

(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_______(填标号)。A．B．C．D．(2)易溶于的原因是_______。

(3)滴定过程中标准溶液应装在_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_______。

(4)步骤II中加入溶液的目的是_______。

(5)步骤III测得萃取后的水溶液中_______平衡常数_______(列出计算式即可)。

(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_______(填标号)。A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小27、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、D【分析】【分析】

【详解】

①氯化银-白色；溴化银-淡黄色、碘化银-黄色；颜色逐渐加深，正确；

②元素的非金属性Cl>Br>I>S，对应的离子还原性错误；

③非金属性Cl>Br>I，元素的非金属性越强，即酸性正确；

④同主族从上到下，金属性增强：K>Na，同周期，从左到右金属性减弱，即正确；

⑤元素非金属性F>Cl>S，气态氢化物的稳定性正确；①③④⑤正确；

答案选D。2、A【分析】【分析】

由图可知；Ⅰ中微粒呈周期性有序排布，Ⅱ中微粒排列不规则，则Ⅰ为晶体，Ⅱ为非晶体即无定型二氧化硅。

【详解】

A．I形成的固体为晶体；具有各向异性，故A正确；

B．晶体具有固定熔点；非晶体没有固定熔点，Ⅱ为非晶体，没有固定熔点，故B错误；

C．X射线衍射可用于区分晶体和非晶体；则Ⅰ；Ⅱ的X射线衍射图谱不相同，故C错误；

D．晶体有规则的几何外形；非晶体没有规则的几何外形，Ⅰ会形成有规则外形的晶体，Ⅱ不会，故D错误；

答案选A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．原子晶体熔化时破坏的是共价键；硅为原子晶体，融化时共价键发生断裂，A正确；

B．熔融状态时能导电的物质可能是离子晶体；也可能是金属晶体，B错误；

C．两种元素组成的分子中不一定只有极性键，如H与O元素组成的H2O2分子中；既含有极性键，也含有非极性键，C错误；

D．分子晶体的熔沸点与范德华力或氢键有关；与共价键的键能无关，D错误；

故选A。4、A【分析】【分析】

由于氮和磷、氯和碘具有相似性，故PH4I和NH4Cl的结构和性质相似。

【详解】

A．PH4I和NH4Cl的结构和性质相似可知，PH4I也是离子晶体，但受热时与NH4Cl一样会分解；A错误；

B．PH4I和NH4Cl的结构和性质相似，故PH4I也为强酸弱碱盐；能水解，其水溶液呈酸性，B正确；

C．由PH4I和NH4Cl的结构和性质相似可知，PH4I能与碱反应产生PH3；C正确；

D．PH4I和NH4Cl的结构和性质相似，PH4I中存在共价键和离子键；D正确；

故选A。5、B【分析】【分析】

短周期主族元素R；X、Y、Z的原子序数依次增大；常温常压下，R单质的密度最小，则R为H元素；X的同素异形体有多种，其中一种是自然界最硬的物质，则X为C元素；Y的简单阳离子与氖原子的电子层结构相同，且为主族元素，则Y为Na或Mg元素；R、X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子最外层电子数，则Z为S或Cl元素。

【详解】

A．当Y为Na元素时；Z为S元素，当Y为Mg元素时，Z为Cl元素，R为H元素，H元素半径最小，同周期元素随核电荷数增大原子半径逐渐减小，则原子半径：Y＞Z＞R，故A正确；

B．Y位于第三周期ⅢA族，既Y为Al元素，根据题意，R、X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子最外层电子数，则Z为Ar；此时Z不是主族元素，与题意不符，故Y不可能为Al，故B错误；

C．当Y为Na元素时，Z为S元素，当Y为Mg元素时，Z为Cl元素，Y与Z组成的化合物分别为Na2S、MgCl2；均属于离子化合物，故C正确；

D．X为C元素；C的氢化物有很多种，可以是烷烃；烯烃或炔烃，烯烃或炔烃能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故D正确；

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】(1)

A．元素的非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，非金属性：F＞O＞P，则简单离子的还原性：P3-＞O2-＞F-，故A正确；

B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有Be、C、O元素，三种元素，故B错误；

C．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，电子发生跃迁，故C正确；

D．基态铝原子占据的最高能级为p能级，p能级的电子电子云形状为哑铃形，故D错误；

故答案为：BD；

(2)

基态V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；该原子中具有1s；2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同能量的电子，s能级的电子有1种空间运动状态，p能级上的电子有3种不同空间运动状态，d能级上的电子有5种不同空间运动状态，所以具有1+1+3+1+3+3+1=10种不同空间运动状态的电子，每一个电子具有一种移动状态，所以具有23种不同运动状态的电子，故答案为：7；10；23；

(3)

基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理书写其简化基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Se原子的价电子为4s、4p能级上的电子，其价电子轨道表示式为基态Mn2+的价电子为3d能级上的5个电子，其价电子排布式为3d5，故答案为：[Ar]3d104s1；3d5；

(4)

Li原子的第一电离能为Li(g)原子失去1个电子形成Li+(g)所需要的能量，故Li的第一电离能为：=520kJ/mol；O=O键键能是指断裂1molO=O键生成O(g)原子所需能量，故O=O键的键能为：2×249kJ/mol=498kJ/mol，故答案为：520；498。【解析】(1)BD

(2)71323

(3)[Ar]3d104s13d5

(4)5204987、略

【分析】【详解】

（1）N原子的2p轨道为半充满状态；具有额外稳定性，故不易结合一个电子，得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量最少。

（2）基态气态原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需要的最低能量为第一电离能，故Li原子的第一电离能为键能为断裂1mol物质需要吸收的能量，故从图分析，键键能为249×2=498【解析】(1)N原子的2p轨道为半充满状态；具有额外稳定性，故不易结合一个电子。

(2)5204988、略

【分析】【分析】

根据Zn的原子序数，依据核外电子排布规律写出Zn2+的电子排布式；根据等电子体判断立体构型；根据分子结构中σ键数目判断C原子杂化方式；根据分子结构中单键数目判断σ键数目；根据配合物的结构判断配体和中心离子的价态；据此解答。

【详解】

(1)Zn元素是30号元素，核内有30个质子，核外有30个电子，各电子层上电子依次为2，8，18，2，Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Zn2+表示失去最外层2个电子，Zn2+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；答案为1s22s22p63s23p63d10。

(2)①N2O与CO2是等电子体，结构相似，CO2的结构式O=C=O，立体构型为直线形，所以N2O立体构型也为直线形结构；答案为直线形。

②CH2=CH-CHO分子中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，即含有三根σ键和一根π键，因有三根σ键，每个C原子均采用sp2杂化；答案为sp2杂化。

③1个HCOOH分子中含有3个单键即C-H，C-O，O-H，1个双键即碳氧双键，双键中有一根σ键和一根π键，则该分子中共有4个σ键，1molHCOOH中含σ键4mol，即含σ键数目为4NA；答案为4NA。

④由[Fe(NO)(H2O)5]SO4配合物结构可知，配位体位于方括号中，由1个NO和5个H2O分子构成，则配体为NO和H2O，配位数位6，由硫酸根呈现-2价，配体NO和H2O是分子，根据化合价代数和为0，则中心离子铁元素呈现+2价；答案为NO和H2O，+2。【解析】①.1s22s22p63s23p63d10②.直线形③.sp2④.4NA⑤.H2O和NO⑥.+29、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10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在上述微粒中OH-、F-会结合H+形成H2O、HF，因此OH-、F-属于碱；

HF与OH-反应产生F-、H2O，反应方程式为：HF+OH-=F-+H2O，根据强酸制取弱酸的性质可知酸性：HF＞H2O，即结合H+的能力：OH-＞F-；

(2)由物质的熔点可知A的熔点比较低，而C的熔点比较高。这是由于A属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂消耗的能量比较低；而C是离子晶体，阴、阳离子之间以离子键结合，离子键是比分子间作用力强，断裂消耗的能量比较高，给其熔点比较高。【解析】OH-、F-HF+OH-=F-+H2OA是分子晶体，C是离子晶体，离子键比分子间作用力强三、判断题(共6题，共12分)11、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。12、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；13、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。14、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。15、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。16、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。四、有机推断题(共4题，共12分)17、略

【分析】【分析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH＝CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH＝CH2。反应①为取代反应。由C、D的分子式，可知反应②发生信息I中取代反应，可知D为由信息II中取代反应、结合E的分子式，可知E为E发生酯的水解反应生成F。对比F、J的结构简式，可知F脱羧生成G，G与苯胺脱去1分子水生成J，故G为J与发生取代反应生成L；

(6)由信息II可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到

【详解】

(1)A属于烯烃，A的结构简式为CH2＝CH﹣CH3；A名称为：丙烯，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于碳碳双键的平面结构内，分子中最多有7个原子共面；

(2)B为ClCH2CH＝CH2，B中官能团有碳碳双键、氯原子，反应②是B的氨基中氢原子被﹣CH2CH2COOCH3替代；属于取代反应；

(3)反应③的化学方程式为：

(4)F的结构简式为用星号(*)标出F中的手性碳原子为：G的结构简式为：

(5)反应④为取代反应；生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率；

(6)由信息II可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到合成路线流程图为：

【点睛】

进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。【解析】丙烯7碳碳双键氯原子取代反应吸收反应生成的HCl提高反应转化率18、略

【分析】【分析】

根据B，D的结构、结合C的分子式可知：B转化成C发生取代反应，C的结构为

欲以乙醇为原料制备P()，则需2个引入肽键，第一个肽键的引入可仿照流程中A→B→C，即与乙醇先发生酯化反应得到与H2NNH2发生取代反应得到与发生信息反应生成第2个肽键得到目标产物

【详解】

（1）苯甲酸和乙醇发生酯化反应得到苯甲酸乙酯，则化合物B的名称为苯甲酸乙酯，据分析化合物C的结构简式为

（2）E→F的反应，即与BrCH(CN)2发生取代反应生成和HBr，化学方程式为+BrCH(CN)2→+HBr。

（3）同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，因为氮原子的价电子排布式2s22p3；p能级半充满，比较稳定，N的第一电离能大于O，C；N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。

（4）有机物H是B的同分异构体；满足下列条件：

a．与FeCl3溶液反应显紫色b．能发生银镜反应c．分子中不含甲基；则含有醛基和酚羟基，为苯环上含有一个羟基和一CH2CH2CHO；则满足条件的H有邻间对三种结构，即H有3种。

（5）据分析，以乙醇为原料制备P()的合成路线为：【解析】(1)苯甲酸乙酯

(2)+BrCH(CN)2→+HBr

(3)N>O>C

(4)3

(5)19、略

【分析】【分析】

（1）根据B的结构简式和A到B的反应类型反推A；根据反应条件和反应类型书写A到B的方程式；C到D；C中氯原子被取代；

（2）D中的羧基；氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应；

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官能团分析其性质；

（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3；

【详解】

（1）A到B发生加成反应，碳链骨架不变，则B消去可得到A，则A为CH2=C(CH3)COOH，官能团为碳碳双键和羧基；A到B为碳碳双键的加成反应，方程式为：CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；C到D；C中的氯原子被取代，为取代反应；

故答案为：碳碳双键和羧基；CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH；取代；

（2）D中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应所以1molD与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH；

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，所以E的分子中含有两个手性碳原子；a.E分子中有羧基有酸性，故a正确；b.分子中含有硫元素，所以在氧气中充分燃烧的产物中含有二氧化硫，故b正确；c.1个E分子中含有15个H原子，所以E分子式为C9H15NO3S；故c错误；d.E的不饱和度为3，无芳香族化合物的同分异构体，故d错误；

故答案为：2；cd；

（4）A与浓硫酸、甲醇发生酯化反应，故M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢，只有一种官能团则符合条件的有机物有：M加聚反应生成高分子化合物N的结构简式为：

方程式为：nCH2=C(CH3)COOCH3→

故答案为：nCH2=C(CH3)COOCH3→【解析】①.碳碳双键和羧基②.CH2=C(CH3)COOH+HCl→ClCH2-CH(CH3)COOH③.取代④.3mol⑤.2⑥.cd⑦.⑧.OHC-C(CH3)2-CHO⑨.nCH2=C(CH3)COOCH3→20、略

【分析】【详解】

（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；

（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物；且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则A只能是异丁烷，先取代再消去生成的D名称为：2—甲基丙烯；

（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键．从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为

（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应；故答案为消去反应；

（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：

（6）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体为【解析】①.CH3CH(CH3)CH3②.2—甲基丙烯③.④.消去反应⑤.⑥.五、工业流程题(共4题，共16分)21、略

【分析】【分析】

石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。

【详解】

（1）钒元素的价电子排布为[Ar]3d34s2,的电子排布式为[Ar]3d1；的价层电子对数为故其空间构型是正四面体形；

（2）V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；

（3）①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3+++H2O=2Fe2++2H++

②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；

（4）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，水解程度增大；不利于形成多钒酸铵沉淀；

（5）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=【解析】(1)正四面体形。

(2)

(3)除去提高钒在有机试剂中的萃取率。

(4)pH<2.5，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸被沉淀；pH>2.5，水解程度增大；不利于形成多钒酸铵沉淀。

(5)22、略

【分析】【分析】

硫铁矿在空气中焙烧，生成氧化铁和二氧化硫气体，固体物质用盐酸酸浸，若硫铁矿未反应完全，则溶液中含有亚铁离子、铁离子；通入氯气氧化，使溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；FeCl3溶液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到FeC13•6H2O；

【详解】

（1）由1mo1FeS2被氧化转移11mol电子可知，“焙烧”过程中发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2；故答案为：

（2）检验“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，则酸溶不能选择稀硝酸，因为硝酸具有氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+．溶液中本就含有Fe3+，所以不能用硫氰化钾溶液和氯气以及氢氧化钠溶液检验Fe2+是否存在，则只有高锰酸钾溶液可以检验Fe2+是否存在；而高锰酸钾也可以氧化盐酸而发生褪色，所以“酸溶”应选用稀硫酸，故答案为：②；⑥；高锰酸钾溶液的紫色变浅或褪色；

（3）从FeCl3溶液中得到FeC13•6H2O的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，因为铁离子很容易发生水解反应，直接加热蒸干最终得到的是氧化铁，所以在加热浓缩时要保持盐酸过量，抑制铁离子发生水解反应，故答案为：蒸发浓缩；过量的盐酸能抑制水解；

（4）以防铁离子水解，从中得到无水的操作方法为：在气流中加热失去结晶水；

（5）b吨FeC13•6H2O中铁元素的含量为：根据Fe元素守恒，硫铁矿中FeS2的含量为：【解析】②

⑥

高锰酸钾溶液褪色蒸发浓缩过量的盐酸能抑制水解在气流中加热失去结晶水23、略

【分析】【分析】

废旧电池正极材料灼烧，得到MnO、Fe2O3、加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍；钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀；滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；

【详解】

（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积；使反应更充分。

（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的对应的化学反应方程式是

（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。

（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而均未开始沉淀，故的最佳范围是

（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目和数目都是3，数目数目其化学式应为为25号元素，其价层电子轨道表示为

(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度【解析】(1)增大固体与相应反应物的接触面积；使反应更充分。

(2)除去氧化物中的

(3)把+3价钴还原为+2价。

(4)3.5≤pH＜6.6

(5)24、略

【分析】【分析】

氟碳铈矿(主要含CeFCO3)中加入Na2CO3、空气进行氧化焙烧，生成CO2，同时生成CeO2；CeO2中加入稀硫酸、双氧水进行酸浸，可生成O2和Ce2(SO4)3，发生反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O；用HT萃取、分液，可得到硫酸铈稀溶液和有机层CeT2；有机层加入稀硫酸，将铈转化为Ce2(SO4)3；加碱调节pH，将铈转化为Ce(OH)3；通入O2后过滤、洗涤、干燥，即得到Ce(OH)4。

（1）

“氧化培烧”时，CeFCO3、Na2CO3、O2发生反应，生成CeO2和CO2，化学方程式：4CeFCO3+2Na2CO3+O2=4CeO2+6CO2。答案为：4CeFCO3+2Na2CO3+O2=4CeO2+6CO2；

（2）

由分析可知，“酸浸”时发生反应2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O，产生的气体的名称是氧气。酸浸时，加入双氧水，双氧水受热易分解，温度偏高造成浸出率减小，其原因是：温度升高，H2O2发生分解，造成浸出率减小。答案为：氧气；温度升高，H2O2发生分解；造成浸出率减小；

（3）

操作Ⅰ是萃取分液；所用到的主要玻璃仪器有：分液漏斗；烧杯。答案为：分液漏斗、烧杯；

（4）

溶液中c(OH-)≥mol/L=1.0×10-5mol/L；则溶液的pH≥9。答案为：≥9；

（5）

中心原子的价层电子对数为3，则轨道的杂化类型为sp2；由此得出的空间结构为：平面三角形。答案为：sp2；平面三角形；

（6）

铈的原子序数为58，基态铈原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f15s