2025年外研版三年级起点选择性必修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年外研版三年级起点选择性必修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8题，共16分)1、三种元素的基态原子的电子排布式如下：

①1s22s22p63s23p63d104s24p3；②1s22s22p63s23p4；③1s22s22p5。

则下列有关比较中正确的是A.原子半径：③＞②＞①B.电负性：③＞②＞①C.金属性：③＞②＞①D.最高正化合价：③＞②＞①2、短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W、Y同周期且原子最外层电子数之和为10，可形成结构如图所示的阴离子，Z原子的最外层有2个电子。据此判断下列说法错误的是。

A.最高正化合价：Y>X>W>ZB.简单氢化物的稳定性：Y>X>WC.简单离子半径：X>Y>ZD.由X、Y、Z可形成离子化合物3、已知A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，五种元素所有的s能级电子均为全充满，E的d能级电子数等于B、C最高能层的p能级电子数之和，下列说法正确的是A.原子半径：AB.第一电离能：AC.E价电子排布式为常有+2、+3两种价态D.氢化物稳定性：A4、代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.24g石墨中含有个σ键B.1mol金刚石中含有个σ键C.62g白磷()中含有个非极性键D.0.5mol雄黄(结构为)含有个键5、“证据推理与模型认知”是化学学科培养的核心素养之一，下列推论合理的是。选项已知信息推论A．原子半径：离子半径：B．非金属性：还原性：C．酸性：酸性：D．的分子构型为V形二甲醚的分子骨架()构型为V型

A.AB.BC.CD.D6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.合成氨反应每生成标况下1.12L氨气，转移的电子数为0.15NAB.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数大于0.3NAC.NH5的结构类似于NH4Cl，则，1molNH5中所含σ键的数目为5NAD.钢铁电化学腐蚀生成0.05molFe2O3·nH2O，则负极反应失电子数为0.2NA7、下列物质中只含有离子键的是A.Na2O2B.MgCl2C.H2OD.N28、2011年初，瑞典皇家理工学院研究人员发现了一种高效的新型火箭燃料，这是一种新发现的氮氧化合物，分子式是N(NO2)3。该分子的几何形状是A.平面三角形B.四面体形C.螺旋桨形D.A型评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、二茂铁分子是一种金属有机配合物；是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是。

A.二茂铁分子中存在π键B.环戊二烯()中含有键的数目为C.基态的电子排布式为D.二茂铁中与环戊二烯离子()之间形成的是配位键10、常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu2S的晶胞参数apm，阿伏加德罗常数的值为NA。

下列说法正确的是A.S2-是面心立方最密堆积B.Cu2S晶胞中，Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙C.CuS晶胞中，S2-配位数为8D.Cu2S晶胞的密度为11、HCHO(g)与(g)在催化剂(简写为HAP)表面催化生成(g)和的历程示意图如下。下列说法错误的是。

A.该反应是放热反应B.HCHO与分子中的中心原子的杂化轨道类型相同C.羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率D.该反应过程中既有极性共价键和非极性共价键的断裂，也有极性共价键和非极性共价键的形成。12、用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)；下列说法错误的是。

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为513、结构中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物。一种Co(II)双核配合物的内界结构如图所示；内界中存在Cl；OH配位，外界为Cl。下列说法正确的是。

A.中心离子Co2+的配位数为6B.该内界结构中含有极性键、非极性键和离子键C.的一氯代物有5种D.常温下，向含有1mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，最终生成2molAgCl沉淀14、普伐他汀是一种调节血脂的药物；其结构如图所示。下列有关该有机物的说法正确的是。

A.分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3杂化B.分子间存在氢键、极性键和非极性键C.分子中含有手性碳原子D.分子中所含元素的基态原子的第一电离能大小顺序为C＞O＞H15、我国科学家合成太阳能电池材料(CH3NH3)PbI3，其晶体结构如图，属于立方晶系，晶体密度为ρg·cm³。其中A代表(CH3NH3)+；原子坐标参数A为(0，0，0)，B为()；下列说法错误的是。

A.B代表Pb2+B.每个晶胞含有I—的数目为6C.C的原子坐标参数为(0)D.(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为ρ•a3×6.02×10-27g·mol-1评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、按要求作答。

（1）写出下列微粒的电子式。

Na+：_______S2-：_______NH3：_______Na2O2：_______HClO：_______

（2）用电子式表示下列化合物的形成过程。

NaBr：_______；HF：_______。

（3）同主族从上到下：原子半径逐渐_______(填“增大”或“减小”)；金属性逐渐_______(填“增强”或“减弱”，下同)；最高价氧化物对应水化物碱性_______。同周期从左到右：原子半径逐渐_______(填“增大”或“减小”)；非属性逐渐_______(填“增强”或“减弱”，下同)；最高价氧化物对应水化物酸性_______；简单氢化物稳定性逐渐_______。17、原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据已学知识；请你回答下列问题：

(1)指出31号元素镓(Ga)在元素周期表中的位置：___。

(2)写出原子序数最小的第Ⅷ族元素原子的核外的价电子排布图：____。其正三价离子的未成对电子数为____

(3)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：____。

(4)日常生活中广泛使用的不锈钢，在其生产过程中添加了某种元素，该元素的价电子排布式为3d54s1，该元素的名称为___。

(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有___种。

(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为___，属于____区元素；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有___，[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为____。18、下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。

试回答下列问题（凡涉及的物质均用化学式表示）：

（1）a的氢化物的分子构型为_________，中心原子的杂化形式为______；d的最高价氧化物分子构型为__________，中心原子的杂化形式为_______。

（2）g位于第________族，属于________区。写出其基态原子的电子排布式_____________________________。

（3）将f的无水硫酸盐溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：_______________________________________。

（4）CH3+、—CH3、CH3—都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是___________。

A．它们均由甲烷去掉一个氢原子所得。

B．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化。

C．CH3—与NH3、H3O＋互为等电子体；几何构型均为三角锥形。

D．CH3+中的碳原子采取sp2杂化；所有原子均共面。

E．两个—CH3或一个CH3+和一个CH3—结合均可得到CH3CH319、回答下列问题。

（1）CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，写出CN2H4的电子式为___________。

（2）Al（OH）3具有一元弱酸的性质，在水中电离产生的含铝微粒具有正四面体结构，写出电离方程式___________。

（3）H2O、CH3OH的沸点如下表：

。物质。

H2O

CH3OH

沸点/°C

100

64.7

H2O的沸点比CH3OH高的原因是___________。20、有下列七种晶体：

A水晶B冰醋酸C白磷D晶体氩E氯化铵F铝G金刚石。

用序号回答下列问题：

（1）属于原子晶体的化合物是___________，直接由原子构成的晶体是____________。

（2）在一定条件下能导电而不发生化学变化的是___________，受热熔化后化学键不发生变化的是__________，需克服共价键的是_____________。21、(1)现有①金刚石②干冰③Na2SO4④NH4Cl⑤Ar五种物质；按下列要求回答：

晶体熔化时需要破坏范德华力的是__(填序号，下同)；熔点最低的是___；晶体中只存在一种微粒作用力是__；属于离子晶体的是___。

(2)X2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，结构如图所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“标出相应的配位键___。CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2•2CO•2H2O含有σ键的数目为___。

评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)22、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误23、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24、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.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)25、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:_______________________。26、铁氰化钾又叫赤血盐，是一种深红色的晶体，易溶于水，不溶于乙醇。已知：能与形成若与直接混合时，会将氧化成某实验小组为制备铁氰化钾设计如下实验方案。回答下列问题：

(1)中铁元素的化合价为_______，该化合物中四种元素电负性从大到小的顺序为_______(填元素符号)，该化合物中键和键的个数比为_______。

Ⅰ.氯气氧化法制备其实验装置如下图所示：

(2)仪器b的名称为_______。

(3)装置A中导管a的作用是_______，装置A中反应的化学方程式为_______。

(4)实验过程中先打开②处的活塞，充分反应一段时间后再打开①处的活塞的原因是_______。

(5)装置C的作用是_______。

Ⅱ.电解法：

(6)将亚铁氰化钾的饱和溶液在以下进行电解制备铁氰化钾，其阳极上的电极反应式为_______。27、根据要求完成下列各小题实验目的。(a、b为弹簧夹；(加热及固定装置已略去)

(1)验证碳；硅非金属性的相对强弱。(已知酸性：亚硫酸＞碳酸)

①连接仪器、___________、加药品后，打开a关闭b；然后滴入浓硫酸，加热。

②铜与浓硫酸反应的化学方程式是___________。装置A中试剂是___________。

③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是___________。

(2)验证SO2的氧化性；还原性和酸性氧化物的通性。

①在(1)①操作后打开b；关闭a。

②一段时间后，H2S溶液中的现象是___________，化学方程式是___________。

③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式______________________28、氯可形成多种含氧酸盐；广泛应用于杀菌；消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。

Ⅰ.用如图所示实验装置制取氯水和氯酸钾。

(1)氯酸钾中氯原子的杂化方式为_______，装置A圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。

(2)在确保KOH溶液完全反应的条件下，若对调装置B和C的位置，C中氯酸钾的产率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。

Ⅱ.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中的质量分数(粗产品中混有的杂质是和)；碱性条件下，氧化性较弱，不能氧化测定粗产品中的纯度的实验过程如下：

步骤1：取3.00g样品溶于水配成250mL溶液。

步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO-。然后煮沸溶液1~2min；冷却。

步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)加将溶液调至弱酸性，加过量的的KI溶液；加盖水封；于暗处放置5min。

步骤4：以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次。平均消耗溶液相关反应为

(3)步骤2中，煮沸溶液1~2min的目的是_______。

(4)步骤3发生反应的离子方程式为_______。

(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是_______。

(6)粗产品中的质量分数为_______。(保留三位有效数字)评卷人得分六、有机推断题(共3题，共21分)29、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)。30、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)。31、有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物F是一种合成药物的中间体；其合成路线如图所示：

已知：①Diels-Alder反应：

②(R；R′均为烃基)

回答下列问题：

(1)A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则CH3CH2OH→A所需试剂、条件分别为______、______。

(2)B的化学名称是______；A→C的反应类型为______。

(3)F中官能团的名称是______。

(4)分子式为C6H10的有机物其结构不可能是______填标号

A.含有两个环的环状有机物。

B.含有一个双键的直链有机物。

C.含有两个双键的直链有机物。

D.含有一个三键的直链有机物。

(5)D→E的化学方程式为______。

(6)已知炔烃与二烯烃也能发生Diels-Alder反应。则以CH2=CH-CH=CH2和HC≡CH为原料合成的路线图为______无机试剂任选用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

根据原子核外电子排布式可知①是As元素；②是S元素，③是F元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】

A．原子核外电子层数越多；元素周期序数越大，原子半径就越大，可知原子半径：①＞②＞③，A错误；

B．元素的非金属性越强；其电负性就越大。元素的非金属性：F＞S＞As，所以元素的电负性大小关系为：F＞S＞As，用序号表示为：③＞②＞①，B正确；

C．元素的原子核外电子层数越多；元素的金属性越强；同一周期元素的金属性随原子序数的增大而减小，所以元素的金属性：①＞②＞③，C错误；

D．一般情况下；元素的最高正化合价等于元素原子最外层电子数，但F元素由于原子半径小，元素的非金属性非常强，没有与最外层电子数相同的最高正化合价，故三种元素最高正化合价关系为：②＞①＞③，D错误；

故合理选项是B。2、A【分析】【分析】

由阴离子图可知W原子最外层有4个电子；已知Z原子最外层有2个电子，确定W在第二周期，Z在第三周期，则W为碳元素，Z为镁元素，W；Y同周期且最外层电子数之和为10，确定Y为氧元素，根据原子序数依次增大确定X为氮元素。

【详解】

A．Y为氧元素；O元素没有最高正化合价，A项错误；

B．简单氢化物稳定性：H2O>NH3>CH4；B项正确；

C．简单离子半径：N3−>O2−>Mg2+；C项正确；

D．N、O、Mg三种元素可以形成Mg(NO3)2；属于离子化合物，D项正确。

答案选A。3、C【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素；且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，则A为B元素、B为C元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，五种元素所有的s能级电子均为全充满，E的d能级电子数等于B、C最高能层的p能级电子数之和，则D为Ca元素、E为Fe元素；

【详解】

A．同周期元素；从左到右原子半径依次减小，则碳原子的原子半径大于氧原子，小于硼原子，故A错误；

B．金属元素的第一电离能小于非金属元素；则钙元素的第一电离能小于氧元素，故B错误；

C．铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2；铁元素的常见化合价为+2；+3两种价态，故C正确；

D．同周期元素；从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，则水的稳定性强于甲烷，故D错误；

故选C。4、A【分析】【详解】

A．24g石墨的物质的量为在石墨晶体中一个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键由2个碳原子构成，因此24g石墨中含有C-C键的物质的量为2mol×3×=3mol，故1mol石墨中含3NA个σ键，选项A正确；

B．在金刚石中每个C原子形成四个共价键，但每个共价键为两个C原子共用，即一个碳原子含有2个C-C键，所以1mol金刚石含2NA个σ键，选项B错误；

C．在白磷(P4)分子中，每个P原子与相邻的3个P原子形成P-P共价键，每个共价键为相邻的2个P原子形成，则在1个P4中含有的P-P键数目为6个，所以在62g白磷()，即0.5mol白磷(P4)中含有P-P非极性键数目是3NA个，选项C错误；

D．根据雄黄分子结构可知，在1个雄黄分子中含As-S键数目是8个，在1mol雄黄分子中含As-S键数目是8NA个，则在0.5mol雄黄分子中含As-S键数目是4NA个，选项D错误；

答案选A。5、D【分析】【详解】

A．Na+、Mg2+、O2-核外电子排布相同，一般来说，电子层数相同，微粒半径随原子序数的递增而减小，因此离子半径是O2-＞Na+＞Mg2+；故A错误；

B．一般非金属性越强，其离子的还原性越弱，即还原性：N3-＞O2-＞F-；故B错误；

C．卤素原子半径越大，非金属性越弱，与H结合能力越弱，在水溶液中越容易电离，酸性越强，Te、Se、S原子半径减小，非金属性增强，与氢元素的结合能力越强，在水溶液中越难电离，酸性：H2Te＞H2Se＞H2S；故C错误；

D．水分子和二甲醚中氧原子成键方式相同，都形成2个σ键，孤电子对数均为2，价层电子对数为4，即杂化类型均为sp3杂化；立体结构相似，都为V形，故D正确；

答案为D。6、C【分析】【详解】

A．通过合成氨反应的化学方程式N2+3H22NH3，可知生成标况下44.8L氨气，转移电子数为6NA，则生成标况下1.12L氨气，转移的电子数为0.15NA；故A正确；

B．Na2CO3溶液中不仅有钠离子和碳酸根离子，还有氢离子和氢氧根离子等，故1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴、阳离子的总数大于0.3NA；故B正确；

C．NH5的结构类似于NH4Cl，而1molNH4Cl中所含σ键的数目为4NA，则1molNH5中所含σ键的数目为4NA；故C错误；

D．钢铁电化学腐蚀生成0.05molFe2O3·nH2O，意味着有0.1mol铁被氧化，则转移电子数为0.2NA；故D正确；

本题答案C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．Na2O2含有离子键和非极性键；故A不选；

B．MgCl2只含有离子键；故B选；

C．H2O含有极性键；故C不选；

D．N2只含有非极性键；故D不选；

故选B。8、C【分析】【分析】

【详解】

略二、多选题(共7题，共14分)9、BC【分析】【详解】

A．二茂铁中每个碳原子只与2个碳原子和1个氢原子形成3个键；则环戊二烯离子中五个碳原子间还形成1个π键，故A正确；

B．1个环戊二烯分子中含有5个碳碳键、6个碳氢键，含有π键的数目为2，则环戊二烯中含有键的数目为故B不正确；

C．铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层的2个电子变为则基态核外电子排布式为故C不正确；

D．二茂铁中的d电子(d6)与2个环戊二烯离子()提供的电子(2×6)之和符合18电子规则；它们之间形成π型配合物，故D正确；

故选BC。10、AD【分析】【分析】

【详解】

A．据图可知S2-位于立方体的顶点和面心；为面心立方最密堆积，A正确；

B．晶胞中S2-的个数为=4，化学式为Cu2S，则Cu+的个数为8；所以占据了8个四面体空隙，即全部的四面体空隙，B错误；

C．CuS晶胞中Cu2+位于四面体空隙中，所以Cu2+的配位数为4，化学式为CuS，所以S2-配位数也为4；C错误；

D．Cu2S晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为=D正确；

综上所述答案为AD。11、BD【分析】【详解】

A．反应物能量大于生成物的能量；反应为放热反应，A正确；

B．HCHO分子碳形成2个C-H单键和1个C=O双键为sp2杂化；分子中碳形成2个C=O双键为sp杂化；中心原子的杂化轨道类型不相同，B错误；

C．催化剂可以改变反应历程；降低反应的活化能，加快反应速率，C正确；

D．反应中存在碳氢极性键；氧氧非极性键的断裂；存在氢氧极性键、碳氧极性键的生成；不存在非极性键的生成，D错误；

故选BD。12、BD【分析】【详解】

A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正确；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍；故B错误；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正确；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D错误；

故选BD。13、AD【分析】【分析】

【详解】

A．中心离子Co2+与5个N原子、1个Cl-形成配位键；则配位数为6，故A正确；

B．含有C-H；C-N极性键、C-C非极性键；不含有离子键，故B错误；

C．一氯代物有6种；故C错误；

D．中心离子为Co2+，则1mol该配合物外界有2molCl-，加入足量AgNO3溶液；最终生成2molAgCl沉淀，故D正确；

故选：AD。14、AC【分析】【详解】

A．分子中碳原子的成键方式有碳碳单键，碳碳双键，成碳碳单键的碳原子采用的是sp3杂化，成碳碳双键的碳原子采用的是sp2杂化；故A符合题意；

B．分子中存在羟基；易形成分子间氢键，极性键和非极性键都是分子内的化学键，故B不符合题意；

C．与羟基相连的碳原子连接四个不同的原子；是手性碳，故C符合题意；

D．同周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势；分子中所含元素的基态原子的第一电离能大小顺序为O＞H＞C，故D不符合题意；

答案选AC。15、BD【分析】【分析】

由晶体结构可知，晶体中位于顶点和棱上的(CH3NH3)+的个数为8×+4×=2，位于体内的B的个数为2，位于面心和体内的C的个数为10×+1=6，由晶胞的化学式为可知CH3NH3)PbI3，B代表Pb2+、C代表I—。

【详解】

A．由分析可知，晶胞中B代表Pb2+；故。

B．由晶体结构可知，该晶体中含有2个晶胞，则每个晶胞含有I—的数目为6×=3；故B错误；

C．原子坐标参数A为(0，0，0)、B为()可知，晶胞的边长为1，则位于底面面心的C的原子坐标参数为(0)，故C正确；

D．由晶体结构可知，每个晶胞中含有1个CH3NH3)PbI3，由晶胞质量公式可得：=(a×10—10)3ρ，解得M=ρ•a3×6.02×10-7g·mol-1；故D错误；

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

（1）

Na+的电子式就是离子符号，即Na+；S2-的电子式为NH3是共价化合物，电子式为Na2O2是含有共价键的离子化合物，电子式为HClO是共价化合物，电子式为

（2）

NaBr是离子化合物，其形成过程可表示为HF是共价化合物，其形成过程可表示为

（3）

同主族从上到下原子半径逐渐增大；原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，金属性逐渐增强；最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强。同周期从左到右原子半径逐渐减小；原子核对最外层电子的吸引力逐渐增强，非属性逐渐增强；最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强；简单氢化物稳定性逐渐增强。【解析】（1）Na+

（2）

（3）增大增强逐渐增强减小增强逐渐增强增强17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ga在元素周期表中的位置为第四周期第ⅢA族；

(2)原子序数最小的第Ⅷ族元素为Fe，其原子的核外的价电子排布式为3d64s2，电子排布图为Fe3+的价电子排布为3d5；其中未成对的电子数为5；

(3)3p轨道上有2个未成对电子的元素；则可能是14号元素Si或16号元素S；

(4)该元素的价电子排布式为3d54s1，则该元素的原子序数为24，其元素符号为Cr；

(5)基态原子的4s能级中只有1个电子的元素有[Ar]4s1、[Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；共3种；

(6)元素基态原子的M层全充满，N层有且只有一个未成对电子，则该元素为Cu元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于ds区金属；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、共价键和配位键；[Cu(NH3)4]SO4的外界离子为硫酸根，其中心原子为S，根据VSEPR模型，其中心原子无孤电子对，有4个共价键，故硫酸根的空间构型为正四面体形。【解析】①.第四周期第ⅢA族②.③.5④.Si或S⑤.Cr⑥.3⑦.1s22s22p63s23p63d104s1⑧.ds⑨.离子键、共价键和配位键⑩.正四面体形18、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置知；a-g分别是N；F、Al、S、Cl、Cu、Zn元素；

（1）a是N元素；a的氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化方式；氨气分子空间构型；

d是S元素；S元素的最高价氧化物是三氧化硫，三氧化硫分子中价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断三氧化硫分子空间构型及原子杂化方式；

（2）g为Zn；为30号元素；位于第ⅡB族，属于ds区；

（3）硫酸铜溶于水，铜离子与水生成了呈蓝色的配合离子[Cu（H2O）4]2+；

（4）甲烷去掉一个氢原子后为甲基—CH3，甲基再失去一个电子为CH3+、得到一个电子为CH3—，很明显它们不是等电子体的关系；由VSEPR模型可知，CH3—为三角锥形、CH3+为平面三角形，中心原子分别为sp3和sp2杂化。

【详解】

根据元素在周期表中的位置知；a-g分别是N；F、Al、S、Cl、Co、Cu元素；

（1）a是N元素，a的氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知N原子杂化方式为sp3；氨气分子空间构型为三角锥形；

d是S元素，S元素的最高价氧化物是三氧化硫，三氧化硫分子中价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知三氧化硫分子空间构型为平面正三角形，S原子杂化方式sp2；

（2）g为Zn，为30号元素；位于第ⅡB族，属于ds区；其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

（3）f为Cu，硫酸铜溶于水，铜离子与水生成了呈蓝色的配合离子[Cu（H2O）4]2+，离子方程式为Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+；

（4）A．甲烷分子变成CH3+、—CH3、CH3—时；失去的分别是氢负离子；氢原子和氢离子（质子），空间构型也不再与原来的分子相同，选项A错误；

B．CH3+、—CH3、CH3—分别具有6个；7个和8个价电子；不是等电子体，中心碳原子的价层电子对数不同，故空间构型不同，选项B错误；

C．CH3—与NH3、H3O＋均具有10个电子；互为等电子体，几何构型均为三角锥形，选项C正确；

D．CH3+中的碳原子采取sp2杂化；所有原子均共面，选项D正确；

E．两个CH3-或一个CH3+和CH3-结合可得到CH3CH3；选项E正确。

答案选CDE。【解析】①.三角锥形②.sp3③.平面正三角形④.sp2⑤.ⅡB⑥.ds⑦.1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2⑧.Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+⑨.CDE19、略

【分析】(1)

由CN2H4是离子化合物且各原子均满足8e—稳定结构可知，离子化合物的化学式为NH4CN，则电子式为故答案为：

(2)

由氢氧化铝在水中电离产生的含铝微粒具有正四面体结构可知，铝微粒为四羟基合铝离子，电离方程式为Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]—+H+，故答案为：Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]—+H+；

(3)

水分子间和甲醇分子间都能形成氢键，但水分子间氢键数目比甲醇多，分子间的作用力强于甲醇，沸点高于甲醇，故答案为：H2O分子间和CH3OH分子间都存在氢键，且H2O中分子间氢键比CH3OH分子间的氢键数目多。【解析】(1)

(2)Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]—+H+

(3)H2O分子间和CH3OH分子间都存在氢键，且H2O中分子间氢键比CH3OH分子间的氢键数目多20、略

【分析】【分析】

A水晶是由Si和O两种原子构成的原子晶体；B冰醋酸是由醋酸分子构成的分子晶体；C白磷是由P4构成的分子晶体；D晶体氩是由Ar原子构成的但原子和原子之间以分子间作用力的形式结合；属于分子晶体；E氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的离子晶体；F铝是金属晶体；G金刚石是由C原子构成的原子晶体，据此答题。

【详解】

(1)根据分析；属于原子晶体的化合物是A；直接由原子构成的晶体是ADG；

(2)物质导电是由于离子或电子发生了定向移动，上述7个物质能导电而不发生化学变化的是F金属晶体；受热熔化后化学键不发生变化的是分子晶体，故选择BCD；熔化时需要克服共价键的是原子晶体，故选择AG。【解析】①.A②.ADG③.F④.BCD⑤.AG21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)分子晶体熔化时需要破坏范德华力，干冰和晶体Ar都属于分子晶体，所以晶体熔化时需要破坏范德华力的是②⑤；分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越小，该分子晶体的熔点越低，干冰和Ar都属于分子晶体，Ar的相对分子质量小于二氧化碳，所以Ar的沸点最低，故选⑤；晶体中只存在一种微粒间作用力，说明该物质为原子晶体或单原子分子的分子晶体或只含离子键的离子晶体或金属晶体，金刚石为只含共价键的原子晶体，氩分子晶体是单原子分子，即一个分子仅由一个原子构成，分子之间只存在范德华力；属于离子晶体的是Na2SO4和NH4Cl；故答案为：②⑤；⑤；①⑤；③④；

(2)碳、氧均有孤对电子，形成配位键如图所示CO与N2分子的结构相似，则CO中含有1个σ键，则1molX2Cl2•2CO•2H2O含有σ键的物质的量为(2+4+8)mol=14mol，数目为14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)，故答案为：14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)。【解析】①.②⑤②.⑤③.①⑤④.③④⑤.⑥.14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)四、判断题(共3题，共6分)22、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。23、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。24、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。五、实验题(共4题，共8分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，而杂质溶解性较差，所以能用超临界CO2作萃取剂；用萃取剂提取青篙素以便分离纤维素等杂质；目的不是为了提取纤维素，而是提取青篙素；由于青蒿素60℃以上易分解，且乙醚沸点为35℃，则应选：乙醚；组成青蒿素的三种元素为H；C、O，非金属性越强，电负性就越强，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，短周期主族元素中只有N、O、F三种元素的第一电离能比H元素的大，故第一电离能：O＞C；

(2)加入NaOH后反应物被消耗了；说明含有能水解的官能团，如乙酸乙酯；酰胺，故选：BD；

(3)青蒿素的质谱有一个峰值；与鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团：过氧基；青蒿素由非金属构成，所属晶体类型为：分子晶体；从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了加成反应；

(4)①发生信息甲，可知实验c中化学反应方程式为：+H2→C2H5OC2H5+H2O；实验c中产物有水，可用无水硫酸铜检验水的存在，则d的实验方案设计如下：用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水。【解析】能不是乙醚O＞CBD酯基过氧基分子晶体加成反应(或还原反应)+H2→C2H5OC2H5+H2O用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水26、略

【分析】【分析】

实验装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，B中KCN先与FeSO4反应生成[Fe(CN)6]4-，Cl2再将[Fe(CN)6]4-氧化成[Fe(CN)6]3-；最后的NaOH用于吸收多余的氯气。

【详解】

（1）中含有配体为则铁元素的化合价为元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性的大小顺序为该化合物中内与之间存在6个配位键，内存在1个键和2个键，则该化合物中键和键的个数比为1∶1。

（2）仪器b的名称为三颈烧瓶或三口烧瓶。

（3）装置A中导管a的作用是平衡压强，使液体顺利滴下，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰和氯气，其反应的化学方程式为

（4）由于会氧化生成所以实验过程中应先生成再用氯气将氧化为故实验过程中先打开②处的活塞，充分反应一段时间后再打开①处的活塞。

（5）装置C的作用是尾气处理；吸收多余氯气，防止污染空气。

（6）电解亚铁氰化钾的饱和溶液，阳极生成铁氰根离子，其阳极上的电极反应式为【解析】(1)1∶1

(2)三颈烧瓶或三口烧瓶。

(3)平衡压强，使液体顺利滴下

(4)由于会氧化生成所以实验过程中应先生成再用氯气将氧化为

(5)尾气处理；防止污染空气。

(6)27、略

【分析】【分析】

实验开始时接仪器并检查装置气密性；铜与浓硫酸混合加热发生反应，铜被氧化成+2价的Cu2+，硫酸被还原成+4价的SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；据此检验SO2；当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；SO2中硫元素的化合价是+4价，被H2S中-2价的S还原为S单质；Cl2具有氧化性，能将SO2氧化成+6价的H2SO4，H2SO4电离产生的和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，当溶液中存在氨水时，SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。SO2与Cl2在溶液中反应产生HCl和H2SO4，在该反应中SO2表现还原性。

【详解】

(1)①实验开始时；先连接仪器并检查装置气密性；

②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价Cu2+，浓硫酸被还原为SO2，同时产生水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

试剂A是品红溶液，作用是检验SO2的存在；

③SO2具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，避免了SO2和可溶性硅酸盐反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；

(2)②SO2中硫元素的化合价是+4价，具有氧化性，SO2气体与H2S溶液在常温下反应，生成淡黄色难溶性固体硫(单质)和水，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+6价的和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3白色沉淀。【解析】检查装置气密性Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O品红溶液A中品红溶液不褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀出现浅黄色浑浊现象2H2S+SO2=3S↓+2H2OBaSO4BaSO328、略

【分析】【详解】

（1）氯酸根离子中氯原子存在3个σ键和1对孤电子对，所以氯原子的杂化方式为杂化；装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）浓盐酸具有挥发性；反应过程中装置A中挥发出来的HCl，会消耗装置C中的KOH，使氯酸钾的产率减小；

（3）滴加的双氧水过量，所以煮沸的主要目的是除去溶液中过量的防止干扰后续实验；

（4）步骤3中，酸性环境中将氧化为I2，自身被还原为根据得失电子守恒可知，和的系数比为再结合元素守恒可得离子方程式为

（5）碘易挥发；加盖水封的目的是防止碘挥发损失；

（6）消耗的的物质的量为根据可知，被氧化的的物质的量为则的物质的量为所以样品中的物质的量为质量分数为【解析】(1)sp3MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

(2)减小浓盐酸具有挥发性；A装置中挥发出来的HCl，会消耗C装置中的KOH

(3)除去溶液中过量的H2O2；防止干扰后续实验。

(4)

(5)防止碘挥发损失。

(6)20.4%(或0.204)六、有机推断题(共3题，共21分)29、略

【分析】【分析】

根据A的结构