…………○…………內…………○…○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教滬科版選擇性必修2化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、長式周期表共有18個縱列，從左到右排為1～18列，即堿金屬為第一列，稀有氣體元素為第18列。按這種規定，下列說法正確的是A.第9列元素中有非金屬元素B.只有第2列的元素原子最外層電子排布式為ns2C.第四周期第8列元素是鐵元素D.第15列元素原子的最外層電子排布式為ns2np52、下列分子或離子中，中心原子含有孤電子對的是A.NHB.SiH4C.H3O+D.SO3、41號元素鈮(Nb)的一種氧化物的晶胞結構如圖所示；晶胞參數為anm。下列說法錯誤的是。

A.Nb元素位于第五周期第VB族B.該氧化物的化學式為NbOC.O原子周圍最近的O原子有12個D.Nb原子與O原子的最短距離為nm4、最活潑的金屬元素、最活潑的非金屬元素、常溫下呈液態的金屬(價電子排布為5d106s2)元素分別位于下面元素周期表中的。

A.s區、p區、ds區B.s區、p區、d區C.f區、p區、ds區D.s區、f區、ds區5、中國研究人員在金星大氣中探測到了磷化氫()氣體。常作為一種熏蒸劑，在貯糧中用于防治害蟲，一種制備的流程如圖所示：

下列說法正確的是A.白磷()分子呈正四面體形，鍵角為B.白磷與濃NaOH溶液反應的化學方程式為C.次磷酸的分子式為屬于三元酸D.上述過程中，每消耗1mol白磷，生成6、四種知短周期元素在元素周期表中的相對位置如圖所示。其中；Y元素原子的最外層電子數是最內層電子數的2倍。下列說法正確的是。

。

X

Y

Z

W

A.原子半徑：B.簡單氫化物沸點：C.最低價陰離子的還原性：D.元素對應的含氧酸酸性：評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、指出下列原子的雜化軌道類型及分子的空間構型。

(1)CO2中的C________雜化，空間構型________；

(2)SiF4中的Si________雜化，空間構型________；

(3)BCl3中的B________雜化，空間構型________；

(4)NF3中的N________雜化，空間構型________；

(5)NO中的N________雜化，空間構型________。8、SiO2為何是原子晶體，原因是___________。9、五種元素原子的電子層結構如下：

A．1s22s22p63s23p63d54s2；B．1s22s22p63s2；C．1s22s22p6；D．1s22s22p63s23p2；E．[Ar]4s1

請回答：

(1)___________(填字母，下同)元素是稀有氣體。含未成對電子數最多的元素是___________。

(2)A的元素符號是___________，其核外電子共有___________種運動狀態。

(3)D元素原子核外電子排布圖是___________，總共有___________個能級。10、已知元素的電負性和元素的化合價一樣，也是元素的一種基本性質．下面給出13種元素的電負性：。元素電負性1.52.01.52.53.04.01.0元素電負性3.00.93.52.12.51.8

已知：兩成鍵原子元素間電負性差值大于1.7時；形成離子鍵，兩成鍵原子元素間電負性差值小于1.7時，形成共價鍵．

(1)根據表中給出的數據，可推知元素的電負性具有的變化規律是_____________．

(2)通過分析電負性數值的變化規律，確定元素電負性數值的最小范圍：_____________．

(3)判斷下列物質是離子化合物還是共價化合物：

A．B．C．D．

屬于離子化合物的是_____________(填字母)；屬于共價化合物的是___________(填字母)．請設計一個實驗方案證明上述所得結論：_____________．11、下列粒子：①HCN、②NH③BeCl2、④請填寫下列空白(填序號)：

(1)存在大π鍵的非極性分子是_______；只存在σ鍵的分子是_______；

(2)中心原子軌道為sp2雜化的是_______；空間構型呈“V”形的是_______。12、Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優良性能，得到廣泛應用。LiAlH4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構型是___、中心原子的雜化形式為___LiAlH4中，存在___(填標號)。

A.離子鍵B.σ鍵C.π鍵D.氫鍵13、(1)元素As與N同族。As的氫化物的沸點比的_______(填“高”或“低”)，其判斷理由是_______。

(2)關于化合物下列敘述正確的有_______。

A.分子間可形成氫鍵B.分子中既有極性鍵又有非極性鍵。

C.分子中有7個σ鍵和1個π鍵D.該分子在水中的溶解度大于2-丁烯14、有三種晶體，分別由四種元素中的一種或幾種形成，對這三種晶體進行實驗，結果如表所示。晶體熔點/℃硬度水溶性導電性水溶液與反應801較大易溶水溶液（或熔融）導電白色沉淀3500很大不溶不導電不反應很小易溶液態不導電白色沉淀

（1）晶體的化學式分別為______；______。

（2）晶體的類型分別為______；______，______。

（3）晶體中粒子間的作用力分別為______、______。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數___________

(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16、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17、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數___________

(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、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20、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、有機推斷題(共3題，共9分)21、化合物G是一種藥物合成中間體；其合成路線如下：

回答下列問題：

（1）A中的官能團名稱是________。

（2）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出B的結構簡式，用星號（*）標出B中的手性碳__________。

（3）反應④所需的試劑和條件是__________。

（4）⑤的反應類型是________。

（5）寫出B到C的反應方程式____________。

（6）與B互為同分異構體，且具有六元環結構、并能發生銀鏡反應的有機物有________種（不考慮立體異構）。任意寫出2個符合上述條件的有機物的結構簡式_________、________。22、已知：RCNRCOOH。光學活性毗氟氯禾靈是選擇性強；藥效穩定、對人畜安全的多禾本科雜草除草劑；它的合成路線如下：

試回答下列問題：

(1)在吡氟氯禾靈的合成所涉及的反應中，屬于加成反應的有____________（填序號）。若有機物分子中的某個碳原子所連的4個原子或原子團均不相同，則該碳原子稱為手性碳原子，在吡氟氯禾靈分子中含有_________個手性碳原子。

(2)B的結構簡式為___________。

(3)CH3CH(OH)CN、物質C長期暴露在空氣中均會變質，其原因分別是__________。

(4)1molC分子最多可與____________molNaOH完全反應。

(5)寫出下列反應的化學方程式(不需注明反應條件)：

反應④___________________________________；

反應⑥___________________________________；23、對羥基苯甲醛，俗稱PHBA，是一種重要的有機化工原料。其結構為有人提出；以對甲基苯酚為原料合成PHBA的途徑如下：

已知：

(1)PHBA的核磁共振氫譜圖中會出現_______組吸收峰。

(2)下列有關說法正確的是________。

A．上述流程中D的分子式為C8H8O2

B．PHBA能與NaHCO3溶液反應。

C．PHBA是一種芳香醇。

D．1molPHBA最多能與4molH2反應。

(3)上述流程中C的結構簡式為______________。

(4)反應④的化學方程式為_______________________________。

(5)該合成途徑中的反應①⑤的作用為_______________________。

(6)E有多種同分異構體，符合以下所有特征的同分異構體的結構簡式為_________(只寫一種)。

a．苯環上存在2種不同化學環境的氫原子；且個數比為1∶2

b．遇FeCl3溶液顯示特征顏色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色評卷人得分五、工業流程題(共3題，共9分)24、銅單質及其化合物在很多領域有重要的用途．

(一)如金屬銅用來制造電線電纜，超細銅粉可應用于導電材料、催化劑等領域中；CuCl和都是重要的化工原料；常用作催化劑；顏料、防腐劑和消毒劑等．

(1)超細銅粉的某制備方法如下：

中的配體是_______________________。

(2)氯化亞銅的制備過程是：向溶液中通入一定量SO2，微熱，反應一段時間后即生成CuCl白色沉淀，反應的離子方程式為_______________________________________________________。

(二)波爾多液是一種保護性殺菌劑；廣泛應用于樹木；果樹和花卉上，鮮藍色的膽礬晶體是配制波爾多液的主要原料．

(1)與銅同周期的所有元素的基態原子中最外層電子數與銅原子相同的元素有_______________________填元素符號

(2)往濃溶液中加入過量較濃的直到原先生成的沉淀恰好溶解為止，得到深藍色溶液．小心加入約和溶液等體積的并使之分成兩層，靜置．經過一段時間后可觀察到在兩層“交界處”下部析出深藍色晶體是____________________(寫化學式)，實驗中所加的作用是________________________。

(3)晶體中呈正四面體的原子團是______，雜化軌道類型是雜化的原子是____________。25、高純硫酸錳在電池材料領域具有重要的用途。一種以軟錳礦(主要成分是含有等雜質)和硫鐵礦(主要成分是含有FeO、NiO、等雜質)為原料制備流程如下圖所示。

相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：。金屬離子開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.9

回答下列問題：

(1)基態Mn原子的價電子排布式為_______。

(2)“濾渣1”的成分是“酸浸”過程中，轉化為的化學反應方程式為_______。

(3)“氧化”目的是將浸出液中氧化為為檢測溶液中是否被氧化完全，可選用的化學試劑為_______。

(4)已知加入調節溶液pH為5~6，則“濾渣2”的主要成分是_______。

(5)已知請用沉淀溶解平衡原理計算說明“除雜1”中選擇MnS的原因_______。

(6)“除雜2”中加入的作用是_______。

(7)下圖為溶解度曲線。則“結晶”的具體操作為_______、_______；洗滌、干燥。

26、以粉煤灰(主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3)為原料，制取Al2O3的部分工藝流程如下：

完成下列填空：

(1)鋁原子核外有_______種不同能量的電子，最外層電子的軌道式是_______，上述流程涉及第二周期元素的原子半徑由小到大的順序是_______。

(2)“除鐵”是將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，反應的離子方程式為_______，檢驗溶液中Fe3+是否除盡的方法是_______。

(3)解釋“結晶”過程中向AlCl3濃溶液中通入HCl氣體的原因。_______

(4)上述流程可循環的物質是_______。

(5)工業上是通過電解熔化狀態下Al2O3，而不是電解熔化狀態下AlCl3來獲得鋁，其原因是_______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據元素周期表的結構可知；第9列為d區元素，全部為金屬元素，A項錯誤；

B．最外層電子排布式為ns2的不只是第2列元素的原子，如第12列元素的原子最外層電子排布式也是ns2；B項錯誤；

C．第四周期第8列元素是26號元素；即鐵元素，C項正確；

D．第15列元素原子的最外層電子排布式為ns2np3；D項錯誤；

故選C。2、C【分析】【分析】

根據分子中孤電子對個數=(中心原子價電子數-配原子個數×配原子形成穩定結構需要的電子數)計算判斷。

【詳解】

A．NH中孤電子對個數=(5-1-4×1)=0；故A不選；

B．SiH4中孤電子對個數=(4-4×1)=0；故B不選；

C．H3O+中孤電子對個數=(6-1-3×1)=1；故C選；

D．SO中孤電子對個數=(6+2-4×2)=0；故D不選；

故選C。3、C【分析】【詳解】

A．Nb為41號元素；位于第五周期第VB族，A項正確；

B．該晶體中Nb的個數=O原子的個數為則該氧化物的化學式為NbO；B項正確；

C．以最上面面心的O原子為例；該晶體中與之周圍最近的O原子有4個，上面的晶體中還存在4個，則O原子周圍最近的O原子有8個，C項錯誤；

D．根據晶胞結構可知，面心上O原子與棱心上的Nb原子距離最近，則Nb原子與O原子的最短距離為nm；D項正確；

答案選C。4、A【分析】【分析】

【詳解】

同一周期元素；金屬性隨著原子序數增大而減弱，非金屬性隨著原子序數增大而增強，同一主族元素，金屬性隨著原子序數增大而增強；非金屬性隨著原子序數增大而減弱，這些元素中金屬性最強的是位于ⅠA族，為s區元素、非金屬性最強的是F元素，位于p區，常溫下呈液態的金屬為Hg，位于ds區；A項正確；

答案選A。5、B【分析】【詳解】

A．白磷的分子的結構為白磷分子呈正四面體，鍵角60°，A錯誤；

B．由流程分析白磷與濃NaOH溶液反應的化學方程式為：P4+3NaOH(濃)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2；B正確；

C．次磷酸鈉分子式可得，次磷酸的分子式為H3PO2；由于氫氧化鈉過量生成次磷酸鈉，所以其屬于一元酸，C錯誤；

D．根據圖示可知發生的反應有P4+3NaOH(濃)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2、所以所以若起始時有1molP4參加反應，則整個工業流程中共生成2.5molPH3；D錯誤；

故選B。6、B【分析】【分析】

由題干信息可知；Y元素原子的最外層電子數是最內層電子數的2倍，故Y為Si，再根據四種知短周期元素在元素周期表中的相對位置可知，X為F，Z為S，W為Cl，據此分析解題。

【詳解】

A．由圖可知，Y、Z是同一周期元素，從左往右原子半徑依次減小，故原子半徑：A錯誤；

B．由分析可知，X為F，W為Cl，由于HF中存在分子間氫鍵，故簡單氫化物沸點：B正確；

C．由分析可知，Z、W為同一周期元素，從左往右元素的非金屬性依次增強，即單質的氧化性依次增強，則對應最低價陰離子的還原性依次減弱，故最低價陰離子的還原性：C錯誤；

D．元素對應的最高價含氧酸的酸性與元素的非金屬性一致，由分析可知，Y為Si，Z為S，則H2SiO3為弱酸，H2SO3為中強酸和H2SO4為強酸，故元素對應的含氧酸酸性為：D錯誤；

故答案為：B。二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】【詳解】

(1)CO2：C以兩個sp雜化軌道分別與兩個O形成ó鍵，C上另兩個未雜化的2p軌道分別與兩個O上的p軌道形成π鍵，分子構型為直線形；

(2)SiF4：Si以四個sp3雜化軌道分別與四個F形成ó鍵，分子構型為正四面體；

(3)BCl3：B采取sp2雜化，三個雜化軌道分別與三個Cl形成ó鍵，分子構型為平面三角形；

(4)NF3：N采取sp3雜化，其中一個雜化軌道上有一對電子，不參與成鍵，另外三個雜化軌道分別與三個F形成ó鍵，由于一對孤電子對的存在，三個F不可能平均占據N周圍的空間，而是被孤電子對排斥到一側，形成三角錐形結構；

(5)NON采取sp2雜化，其中兩個雜化軌道分別與兩個O形成ó鍵，另一個雜化軌道有一對孤電子對，未雜化的p軌道與兩個O上的另一個p軌道形成e鍵，形成V形分子結構。【解析】①.sp②.直線形③.sp3④.正四面體⑤.sp2⑥.平面三角形⑦.sp3⑧.三角錐形⑨.sp2⑩.V形8、略

【分析】【詳解】

Si原子與O原子以共價鍵相互結合形成空間網狀結構，所以SiO2為原子(共價)晶體。【解析】Si原子與O原子以共價鍵相互結合形成空間網狀結構9、略

【分析】【分析】

根據電子排布式；推出A為Mn，B為Mg，C為Ne，D為Si，E為K，據此分析；

【詳解】

(1)根據上述分析；Ne為稀有氣體；根據能級所含原子軌道數以及每個軌道最多容納2個電子，A中d能級上有5個原子軌道，最多容納10個電子，因此A中未成對電子為5，B中沒有未成對電子，C中沒有未成對電子，D中p有3個原子軌道，最多容納6個電子，即未成對有2，E沒有未成對電子，綜上所述，含未成對電子數最多的元素是A；故答案為D；A；

(2)根據上述分析；A元素符號為Mn，核外有多少個電子，核外有多少種運動狀態的電子，即Mn元素核外電子共有25種運動狀態；故答案為Mn；25；

(3)D元素為Si，其軌道式為含有的能級為1s、2s、2p、3s、3p，共有5個能級；故答案為5。【解析】①.C②.A③.Mn④.25⑤.⑥.510、略

【分析】【詳解】

(1)將表中數據按照元素周期表的順序重排；可以看出元素電負性隨著原子序數的遞增呈周期性變化，故答案為：隨著原子序數的遞增，元素的電負性呈周期性變化；

(2)根據電負性的遞變規律，同周期元素從左到右電負性逐漸增大，同主族元素從上到下電負性逐漸減小，可知同周期中電負性同主族中電負性故的電負性數值的最小范圍應為0.9~1.5；故答案為：0.9~1.5；

(3)由已知條件及表中數據可知：中兩元素的電負性差值為2.0，大于1.7形成離子鍵，為離子化合物；中兩元素的電負性差值分別為1.5、1.5、0.7，均小于1.7形成共價鍵，為共價化合物；共價化合物和離子化合物最大的區別在于熔融狀態下能否導電，離子化合物在熔融狀態下以離子形式存在，可以導電，但共價化合物卻不能；故答案為：A；BCD；測定各物質在熔融狀態下能否導電，若導電則為離子化合物，反之則為共價化合物。【解析】隨著原子序數的遞增，元素的電負性呈周期性變化0.9~1.5ABCD測定各物質在熔融狀態下能否導電，若導電則為離子化合物，反之則為共價化合物11、略

【分析】【分析】

①HCN中；C原子與H原子以單鍵相結合，C原子和N原子以三鍵結合，中心C原子無孤對電子，分子中含有2個σ鍵和2個π鍵，所以C原子為sp雜化，空間構型為直線形；

②NH中N原子與H原子以極性鍵結合，N原子的孤對電子數為NH中含有2個σ鍵，中心原子的雜化類型為sp3雜化；空間構型為V形；

③BeCl2中Be不含孤電子對；分子中含有2個σ鍵，中心原子以sp雜化軌道成鍵，分子的立體構型為直線形；

④中碳碳之間是非極性鍵，碳氫之間是極性鍵，C原子的雜化方式為sp2雜化，每個C原子以雜化軌道分別與2個C原子和1個H原子形成σ鍵，未參與雜化的p軌道形成大π鍵，是正六面形結構。

【詳解】

(1)由分析可知，存在大π鍵的非極性分子是④；NH和BeCl2中只存在σ鍵，但NH是離子；所以只存在σ鍵的分子是③；

(2)由分析可知，中心原子軌道為sp2雜化的是④；空間構型呈“V”形的是②。【解析】①.④②.③③.④④.②12、略

【分析】【分析】

【詳解】

LiAlH4中的陰離子是中心原子鋁原子含有的價層電子對數是4，且不存在孤對電子，所以空間構型是正四面體，中心原子的雜化軌道類型是sp3雜化；陰陽離子間存在離子鍵，Al與H之間還有共價單鍵，不存在雙鍵和氫鍵，答案選AB。【解析】①.正四面體②.sp3③.AB13、略

【分析】【詳解】

(1)中N的電負性比中As的電負性大得多，故易形成分子間氫鍵，從而使其沸點升高，故填低、分子間存在氫鍵；

(2)A.分子中不存在與電負性大的元素原子相連的氫原子；所以不存在分子間氫鍵，故A錯誤；

B.分子中是非極性鍵，是極性鍵；故B正確；

C.1個單鍵是1個σ鍵；1個雙鍵包含1個σ鍵和1個π鍵，所以分子中有9個σ鍵和3個π鍵，故C錯誤；

D.由于該化合物中的醛基與分子之間能形成氫鍵；所以該分子在水中的溶解度大于2-丁烯，故D正確；

故填BD。【解析】低分子間存在氫鍵BD14、略

【分析】【分析】

A、B、C三種晶體，分別由C、H、Na、Cl四種元素中的一種或幾種形成。根據A的水溶液與Ag+反應有白色沉淀，說明A的水溶液中有Cl-，再根據其可以導電得A為NaCl或HCl，又因為其硬度較大，熔點較高，所以A為NaCl；根據B的熔點很高、硬度很大、不導電、不溶于水，可判斷其應該為原子晶體，所以B為金剛石；根據C的熔點很低、硬度很小，液態不導電，判斷其為氣體，易溶于水，水溶液與Ag+反應有白色沉淀；所以C為HCl；結合物質的組成和性質分析解答。

【詳解】

(1)由以上分析可知；A為NaCl，B為金剛石(C)，C為HCl，故答案為：NaCl；HCl；

(2)A的熔點較高；熔融狀態下能導電，為離子晶體；B的熔點很高；硬度很大、不導電、不溶于水，為原子晶體；C熔點很低、硬度很小，為分子晶體，故答案為：離子晶體；原子晶體；分子晶體；

(3)A為NaCl；NaCl為離子化合物，晶體中粒子間的作用力為離子鍵；B為金剛石(C)，金剛石為原子晶體，原子間以共價鍵結合，故答案為：離子鍵；共價鍵。

【點睛】

把握離子晶體、原子晶體以及分子晶體的結構和性質的區別是解題的關鍵。本題的易錯點為A的判斷，要注意分子晶體和離子晶體熔融狀態導電性的區別。【解析】離子晶體原子晶體分子晶體離子鍵共價鍵三、判斷題(共6題，共12分)15、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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數，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。16、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，非金屬性變弱；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；17、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。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鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數，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】

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。20、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。四、有機推斷題(共3題，共9分)21、略

【分析】【分析】

A發生氧化反應生成B，B發生加成反應生成C，C發生氧化反應生成D，根據E結構簡式知，D為D發生酯化反應生成E，F先發生堿性條件下水解然后酸化得到G，根據EG結構簡式知，E發生取代反應生成F，F為

【詳解】

（1）A中的官能團名稱是羥基；故答案為：羥基；

（2）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，連接甲基的碳原子為手性碳，其手性碳為故答案為：

（3）反應④為羧基轉化為酯基的酯化反應，生成羧酸乙酯，則所需的試劑和條件是CH3CH2OH、濃硫酸、加熱，故答案為：CH3CH2OH；濃硫酸、加熱；

（4）⑤的反應類型是取代反應；故答案為：取代反應；

（5）B到C是加成反應，化學方程式為：+HCHO故答案為：+HCHO

（6）具有六元環結構，說明環上有6個原子，并能發生銀鏡反應，說明含有-CHO，B的不飽和度是2，環的不飽和度是1、醛基的不飽和度是1，則符合條件的B的同分異構體中不含其它碳碳不飽和鍵，取代基為-CH3、-CHO時，兩個取代基可能位于同一個碳原子上，有1種；可能位于不同碳原子上有鄰間對3種，取代基可能為-CH2CHO，1種，所以符合條件的有5種，這5種結構簡式分別為故答案為：5；（或）。

【點睛】

本題考查有機物推斷和合成，側重考查分析推斷及信息獲取、知識遷移能力，正確推斷各物質結構簡式、明確反應中斷鍵和成鍵方式是解本題關鍵。【解析】羥基CH3CH2OH、濃硫酸、加熱取代反應+HCHO5（或）22、略

【分析】【分析】

CH3CHO與HCN發生加成反應產生CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性條件下發生水解反應生成A，A為CH3CH(OH)COOH，A與CH3OH發生酯化反應生成B，B為CH3CH(OH)COOCH3，B與CH3SO2Cl發生取代反應產生C與反應生成毗氟氯禾靈，結合毗氟氯禾靈的結構及生成C的反應物可知，C為

【詳解】

根據上述分析可知CH3CHO與HCN發生①的加成反應產生CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN在酸性條件下發生②的水解反應生成A，A為CH3CH(OH)COOH，A與CH3OH發生酯化反應生成B，B為CH3CH(OH)COOCH3，B與CH3SO2Cl發生取代反應產生與發生取代反應產生C：C與反應生成毗氟氯禾靈

(1)根據上述分析過程可知：在吡氟氯禾靈的合成所涉及的反應中；屬于加成反應的有反應①；若有機物分子中的某個碳原子所連的4個原子或原子團均不相同，則該碳原子稱為手性碳原子，在吡氟氯禾靈分子中，與甲基C原子連接的C原子為手性C原子，因此只含有1個手性碳原子。

(2)根據上述分析可知B物質結構簡式為CH3CH(OH)COOCH3。

(3)CH3CH(OH)CN長期暴露在空氣中均會變質是由于CH3CH(OH)CN易與空氣中的H2O反應；而物質C長期暴露在空氣中均會變質是由于C分子中含有酚羥基；容易被空氣中的氧氣氧化。

(4)C為1mol該物質含有1mol酚羥基；1mol酯基，二者都可以與NaOH發生反應，所以1molC最多可與2molNaOH完全反應。

(5)反應④是CH3CH(OH)COOCH3與CH3SO2Cl發生取代反應產生和HCl，反應方程式為：CH3CH(OH)COOCH3+CH3SO2Cl+HCl；反應⑥是與發生取代反應生成和HCl，反應方程式為：++HCl。【解析】①.①②.1③.CH3CH(OH)COOCH3④.CH3CH(OH)CN易與空氣中的水反應，C(是酚類化合物)易被空氣中O2氧化⑤.2⑥.CH3CH(OH)COOCH3+CH3SO2Cl+HCl⑦.++HCl23、略

【分析】【分析】

由反應物及生成物的結構可知，反應①為取代反應，與氯氣在光照條件下發生取代反應生成C為C發生水解反應生成D為D氧化生成E為E發生水解反應得到PHBA：以此分析。

【詳解】

(1)由PHBA結構簡式可知含4種環境的H；則PHBA的核磁共振氫譜圖中會出現4組吸收峰，故答案為：4；

(2)A．由上述分析可知D的結構簡式為：分子式為C8H10O2；故A錯誤；

B．PHBA含酚羥基酸性弱于碳酸，不能與NaHCO3溶液反應；故B錯誤；

C．PHBA含酚羥基；不是醇類物質，故C錯誤；

D．1molPHBA中苯環可以與3molH2發生加成，醛基可以與1molH2發生加成，則最多能與4molH2反應；故D正確。

故答案選：D；

(3)由上述分析可知，C的結構簡式為故答案為：

(4)反應④為D的催化氧化生成則方程式為：2+O22+2H2O，故答案為：2+O22+2H2O；

(5)該合成途徑中的反應①⑤的作用為保護酚羥基；防止其被氧化成醛基，故答案為：保護酚羥基，防止其被氧化;

(6)E結構簡式為：

符合條件a．苯環上存在2種不同化學環境的氫原子；且個數比為1∶2

b．遇FeCl3溶液顯示特征顏色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色。

則含有官能團碳碳雙鍵和酚羥基，且含有一條對稱軸，符合條件的同分異構體有：或

故答案為：或【解析】4D2+O22+2H2O保護酚羥基，防止其被氧化或五、工業流程題(共3題，共9分)24、略

【分析】【分析】

(一)(1)根據配合物的組成判斷；

(2)CuCl2與SO2反應生成CuCl沉淀和硫酸；

(二)（1）根據銅的電子排布式分析；

（2）在酒精中的溶解度小于在水溶液中的溶解度；

(3)晶體中呈正四面體的原子團是雜化軌道類型是其價層電子對個數是4。

【詳解】

(一)(1)根據配合物的組成可以判斷中的配體是NH3；

(2)CuCl2與SO2反應生成CuCl沉淀和硫酸，其反應的離子方程式為：

(二)（1）Cu元素為29號元素，原子核外有29個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子中有1個未成對電子，第四周期中最外層電子數為1的元素還有：鉀其外圍電子排布式為4s1，鉻其外圍電子排布式為3d54s1，答案為K、Cr；

(2)在兩層“交界處”下部析出深藍色晶體是

實驗中加減小“溶劑”和的極性；降低溶解度；

(3)晶體中呈正四面體的原子