2024年沪科版选择性必修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2024年沪科版选择性必修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、下列所述的粒子(均为36号以前的元素)；按半径由大到小的顺序排列正确的是。

①基态X原子的结构示意图为

②基态的价电子排布式为

③基态的轨道表示式为

④基态的最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数A.②>③>①B.④>③>②C.③>②>④D.④>②>③2、科学家发现固体电解质具有良好的导电能力，为锂离子电池的发展做出了重要贡献，其晶胞结构如图所示，其中位于体心。下列说法正确的是。

A.该晶胞中位于体心和棱心B.电负性：C.周围距离最近且相等的的个数为4D.若晶胞参数为则晶体密度为3、钙钛矿是一种陶瓷类氧化物；是性能优异；用途广泛的离子晶体材料。其晶胞结构如图，对钙钛矿描述错误的是。

A.钙钛矿的化学式是B.钙钛矿在熔融状态下不能导电C.距离最近的可能形成正八面体D.钙钛矿晶体可能有较大的硬度4、下列晶体在相同条件下熔点由低到高排列正确的是A.金刚石碳化硅晶体硅B.HFHClHBrC.金属钾金属钠金属锂D.二氧化硅氯化钠干冰5、化学与生活、生产密切相关。下列说法中正确的是A.以木材、秸秆等为原料，经加工处理可以得到合成纤维B.植物从土壤中吸收NO转化为氨基酸的过程属于氮的固定C.低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表D.“杯酚”分离和体现了超分子的自组装的重要特性评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、短周期元素X、Y、Z和W 的原子序数依次递增，四种元素原子的最外层电子数之和为18，Z、W原子序数之和是X、Y原子序数之和的2倍，X和W形成的正四面体型化合物为中学化学常见的萃取剂，下列叙述不正确的是A.X、Y元素的非金属性：X＜YB.由Y和Z组成的化合物不止一种C.四种元素原子半径大小：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)D.工业上用电解Z和W组成的化合物水溶液的方法制备Z的单质7、胺是指含有—NH2，—NHR或者—NR2(R为烃基)的一系列有机化合物，下列说法正确的是A.胺与羧酸反应生成肽键的反应类型与酯化反应的反应类型不同B.胺类物质具有碱性C.C4NH11的胺类同分异构体共有8种D.胺类物质中三种含氮结构的N原子的杂化方式不同8、X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y形成的一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X与W、Y与Z的最高正化合价之和均为8。下列说法正确的是（）A.X、Y两种元素可形成离子化合物B.Y、W的氧化物对应水化物的酸性：WC.简单离子半径大小：W>Y>ZD.Z的单质能与氨水反应9、下列说法错误的是A.晶体是蓝色的，因为与形成了B.在晶体中，每个周围紧邻且距离相等的有6个C.向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀D.在金刚石晶体中，碳原子数与碳碳键个数的比为10、部分短周期元素原子半径的相对大小；最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示；下列说法正确的是。

A.离子半径的大小：B.与a形成简单化合物的稳定性C.a、c、d三种元素形成的化合物可能是酸、碱或盐D.e、f、g、h四种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间均能发生反应评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)11、碳、氮、氧、氟、硫是中学常见的非金属元素，铁离子可与由这几种元素组成的SCN-、CN-、F-等形成很多配合物。

（1）基态Fe原子中，电子占据的最高电子层符号为__，该电子层具有的原子轨道数为__。

（2）已知(CN)2是直线形分子，并有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为__；在配合物[Fe(SCN)]2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是__。

（3）配合物K4[Fe(CN)6]中不存在的作用力是__（填序号）。

A.极性键B.离子键C.非极性键D.配位键。

（4）写出一种与SCN-互为等电子体的分子__（用化学式表示），该分子的空间构型为__。

（5）已知乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可由CH3COOH在(C2H5O)3P=O存在下加热脱H2O得到。乙烯酮分子中碳原子的杂化轨道类型是__。1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ键的物质的量为__。12、按照下列元素基态原子的电子排布特征判断元素；并回答问题。

A原子中只有一个能层且只含1个电子；B原子的2p轨道上得到2个电子后不能再容纳外来电子；C原子价电子排布式为nsn-1npn+1；D的一种核素的质量数为59；中子数为31。

(1)A的原子轨道形状为___________。

(2)画出B的原子结构示意图__________。

(3)C的基态原子核外电子空间运动状态有________种。

(4)D2+的核外电子排布式是____________。13、根据相关物质结构理论；回答下列问题：

（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布图及Sc的电子排布式。试判断，违反了泡利原理的是___，违反了洪特规则的是___，违反了能量最低原理的是___。

①②③④⑤(21Sc)1s22s22p63s23p63d3

（2）某种原子的结构示意图为则该原子的核电荷数x取值范围为___。

（3）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+__Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是__。14、基态Ti原子的核外电子排布式为___________。15、（1）元素原子的外围电子排布式为nsn-1npn-1。画出该原子的结构示意图___________

（2）请写出33号元素符号名称________，并写出该原子的外围电子排布式为____________。

（3）Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)

（4）基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是_________其电子排布式为____________N原子的轨道排布式__________Fe2+的电子排布式为___________16、按要求回答以下问题：

现有的配合物其中配离子是_______，配位数为_______；在0.2mol该配合物溶液中滴加足量的溶液，产生沉淀的物质的量为_______。17、根据物质结构有关性质和特点；回答以下问题：

(1)[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配位数为___，其内外界之间的化学键类型为___(填离子键；共价键、配位键)。

(2)向硫酸铜溶液中加入过量氨水后，再加少量乙醇得到的深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中，与Cu2+形成配位键的原子是___(填元素符号)。

(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体Ni(CO)4，呈正四面体构型。Ni(CO)4易溶于下列___(填字母)。

a.水b.CCl4c.C6H6(苯)d.NiSO4溶液。

(4)酞菁铟是有机分子酞菁与金属铟形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中存在的化学键为___(填选项字母)

a.σ键b.π键c.离子键d.配位键。

(5)过渡元素Fe基态原子价电子轨道表达式为___。第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是___。18、N；P、As及其化合物在生产生活方面都有重要的用途。回答下列问题：

(1)As原子的基态核外电子排布式为___________。

(2)Pt(NH3)2Cl2有如图所示两种结构，Pt2+的配位体是___________。顺铂在水中溶解度较大，反铂在水中溶解度小，顺铂在水中溶解度较大的原因是___________。

(3)碳铂是一种广谱抗癌药物，其结构如图。其分子中碳原子轨道杂化类型为___________。

(4)PCl3和BCl3混合与H2在1000℃条件下可得到一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。BCl3的空间构型为___________(用文字描述)，该反应的化学方程式为___________。

19、(1)下列关于CH4和CO2的说法正确的是___(填序号)。

a.固态CO2属于分子晶体。

b.CH4分子中含有极性共价键；是极性分子。

c.因为碳氢键键能小于碳氢键，所以CH4熔点低于CO2

d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

(2)ClF3的熔、沸点比BrF3的___(填“高”或“低”)。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)20、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21、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、工业流程题(共1题，共4分)22、无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO，含少量NiO、CuO、FeO和等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示：

已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：。金属离子开始沉淀时pH7.64.46.81.97.5完全沉淀时pH9.26.48.43.29.5

请回答下列问题：

(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似，结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体，P原子处于正四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图，请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。

(2)若氧化剂M为氧气，则其反应的离子方程式为_______；调节的目的是_______。

(3)“萃取”目的是除去镍离子；M代表被萃取的离子，萃取金属离子的原理简化如下：(水层)（有机层）（(有机层)(水层)，影响萃取率的因素有很多，在其他条件相同时，根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件：相比(油相O∶水相A)=_______；根据如图-4分析，在一定范围内随着pH升高，金属离子萃取率升高的原因是_______。

(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。

(5)为测定粗产品中的含量，称取10g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的若消耗20.00mLKSCN溶液，则该粗产品中的质量分数为_______。(写出计算过程，已知：)评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共40分)23、下表是元素周期表的一部分；表中的字母分别代表一种化学元素。

。a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

(1)e和f的I1大小关系是___________＞___________(填元素符号；下同)___________，理由是___________

(2)上述元素中；原子中未成对电子数最多的是___________，写出该元素基态原子的核外电子排布式：___________。

(3)X；Y是上述a—j中的两种元素；根据下表所提供的电离能数据，回答下列问题：

。

锂。

X

Y

I1

520

496

580

I2

7296

4570

1820

I3

11799

6920

2750

I4

9550

11600

①X的元素符号是___________；X和c以原子个数之比1：1形成的一种化合物的电子式是___________

②Y与h形成的化合物是___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)24、下表给出了六种元素的相关信息，其中A、B、C、D、E、F为短周期元素，原子序数依次递增。元素相关信息A单质为密度最小的气体B元素最高正价与最低负价之和为0D可形成D2、D3两种气态单质，其中一单质是保护地球地表环境的重要屏障E存在质量数为23，中子数为12的核素F单质F为淡黄色固体

根据上述信息填空：

(1)元素D在元素周期表中的位置是____________。E基态原子的电子排布式_______________________。

(2)化合物甲是一种强氧化剂，由元素D和E组成，写出一种甲的用途：_______________；

书写化合物甲与BD2的反应式并标出电子转移情况：_______________。

(3)化合物乙由元素D和F组成，气体乙与A2F反应的化学方程式是______________。化合物乙的危害_______________________。(写一种)25、1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表；到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位置；结构和性质的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：

(1)Sn的最高价氧化物对应水化物的化学式为___，N、O、F对应的简单离子的半径由大到小的顺序为___。(写离子符号)

(2)根据元素周期律；推断：

①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是___。(写化学式)

②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4(填“>”“<”或“=”)___H2SeO4。

③镓的氯化物与氨水反应的化学方程式为___。

(3)用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2A1+4BaO3Ba↑+BaO•A12O3

利用上述方法可制取Ba的主要原因是()

a.高温时A1的活泼性大于Ba

b.高温有利于BaO分解。

c.高温时BaO•A12O3比Al2O3稳定。

d.Ba的沸点比A1的低。

(4)用铝热法还原下列氧化物，制得金属各1mo1，消耗铝最少的是___。

a.MnO2b.WO3c.Cr2O3d.Co3O426、今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表为元素周期表的一部分。

。碳。

W

Y

X

硫。

Z

回答下列问题：

（1）X元素的名称是______________。

（2）Y元素的氢化物H2Y的稳定性_____________（填“＞”或“＜”）H2S。

（3）表中元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是____________（填化学式）。

（4）写出W的最高价含氧酸的稀溶液与足量铁粉反应的离子方程式_____________。

（5）碳与镁可形成化合物M，若1molM与水反应生成2molMg(OH)2和1mol烃N，N分子中碳氢质量比为9:1，M与水反应的化学方程式为___________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

①X为F元素，②Y为Cl元素，③Z为S元素，④E为K元素，根据元素周期律，判断原子半径K>S>Cl>F，粒子半径S2->Cl->K+>F。

故答案选C。2、D【分析】【详解】

A．由题干晶胞示意图可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点；A错误；

B．同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故电负性：B错误；

C．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，则周围距离最近且相等的的个数为2；C错误；

D．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：S2-的数目为：=1，的数目为1，若晶胞参数为则晶体密度为=D正确；

故答案为：D。3、B【分析】【详解】

A．由上述晶胞结构图可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1因此其化学式为CaTiO3；故A正确；

B．已知钙钛矿是离子晶体材料；故钙钛矿在熔融状态下能导电，故B错误；

C．由晶胞结构可知，距离最近的能形成正八面体；故C正确；

D．已知钙钛矿是离子晶体材料；故可能具有较大的硬度，故D正确；

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．金刚石；碳化硅、晶体硅都为原子晶体；形成原子晶体的原子半径越小，共价键越强，其熔沸点越高，原子半径是C＞Si，则熔点由低到高的顺序是：晶体硅＜碳化硅＜金刚石，A项错误；

B．HF分子间存在氢键；其熔点最高，B项错误；

C．同主族金属元素；原子半径越小，金属键键能越大，熔沸点越大，则熔点由低到高的顺序是：金属钾＜金属钠＜金属锂，C项正确；

D．二氧化硅是原子晶体；氯化钠是离子晶体，干冰是分子晶体，则熔点由低到高的顺序是：干冰＜氯化钠＜原子晶体，D项错误；

答案选C。5、C【分析】【详解】

A．以木材；秸秆等为原料；经加工处理可以得到再生纤维，故A错误；

B．植物从土壤中吸收氨气；一氧化氮转化为氨基酸的过程不是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程；不属于氮的固定，故B错误；

C．低温石英的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋向上的长链；而没有封闭的环状结构，这一结构决定它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，故C正确；

D．杯酚分离碳60和碳70体现了超分子的分子识别特征；故D错误；

故选C。二、多选题(共5题，共10分)6、CD【分析】【分析】

X、Y、Z和W 均为短周期元素，X和W形成的正四面体型化合物为中学化学常见的萃取剂，应为CCl4；所以X为C元素，W为Cl元素；四种元素原子的最外层电子数之和为18，则Y；Z的最外层电子数之和为18-4-7=7，且Y、Z元素位于C、Cl元素之间，则最外层电子数分别为6和1、2和5、3和4，再结合Z、W原子序数之和是X、Y原子序数之和的2倍可知Y为O元素，Z为Na元素。

【详解】

A．同周期自左至右非金属性增强；所以非金属性C＜O，故A正确；

B．O和Na可以组成Na2O和Na2O2；故B正确；

C．电子层数越多半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以半径大小为r(Na)＞r(Cl)＞r(C)＞r(O)；故C错误；

D．工业制备金属钠为电解熔融的NaCl；故D错误；

综上所述答案为CD。7、BC【分析】【详解】

A．胺与羧酸反应生成肽键的过程是羧基失去羟基；胺失去氢原子，脱去一个水分子，反应类型属于取代反应，酯化反应也属于取代反应，反应类型相同，故A错误；

B．胺类物质中含有氮原子；可以接受氢离子，可以和酸性物质反应；故具有碱性，故B正确；

C．C4NH11的胺类同分异构体中含有—NH2，—NHR或者—NR2等官能团；有CH3(CH2)3NH2、CH3CH2(CH)NH2CH2、(CH3)2CHCH2NH2、C(CH3)3NH2、CH3CH2CH2NHCH3、CH3CH2NHCH2CH3、(CH3)3CHNHCH3、(CH3)2NCH2CH3共8种同分异构体；故C正确；

D．胺类物质中三种含氮结构—NH2，—NHR或者—NR2等中的N原子的成键电子对数为3对，孤对电子数为1对，杂化方式都是sp3杂化；杂化方式相同，故D错误；

答案选BC。8、AC【分析】【分析】

X；Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大；X、Y形成的一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气，则X是H；Y是N；X与W、Y与Z的最高正化合价之和均为8，则W是Cl，Z是Al，据此解答。

【详解】

A．X；Y两种元素可形成叠氮化铵；是离子化合物，A正确；

B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的酸性越强，故Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y；B错误；

C．离子结构示意图一样的离子，序数越大，半径越小，故简单离子半径大小：W>Y>Z；C正确；

D．铝能溶于强酸强碱；不能与氨水反应，D错误；

答案选AC。9、BD【分析】【分析】

【详解】

A．CuSO4·5H2O晶体结构中，与形成了晶体是蓝色的；A正确；

B．由晶胞示意图可知，每个周围紧邻且距离相等的氯离子有6个，每个周围紧邻且距离相等的有12个；B不正确；

C．由与氯离子构成，故向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀；C正确；

D．在金刚石晶体中，每一个碳原子与4个碳原子通过碳碳单键形成正四面体空间网状结构，故按均摊法可知，碳原子数与碳碳键个数的比为D不正确；

答案选BD。10、BC【分析】【分析】

【详解】

由题意知，a、b；c、d、e、f、g、h依次为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl元素。

A．离子半径S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；应该为g＞h＞e＞f，故A错误；

B．电负性越强，稳定性越强H2O＞NH3＞CH4，故B正确；

C．H、N、O3种元素可以形成酸（如HNO3、HNO2）、碱（如NH3H2O）或盐（如NH4NO3、NH4NO2）；故C正确；

D．e、f、g、h四种元素的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4、HClO4H2SO4、HClO4不能反应；故D错误；

所以答案为BC。三、填空题(共9题，共18分)11、略

【分析】【分析】

(1)Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；据此分析解答；

(2)(CN)2是直线型分子；并有对称性，结构式为：N≡C-C≡N，据此分析解答；

(3)钾离子和六氰合亚铁离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N极性共价键；据此分析解答；

(4)原子总数；价电子总数相同的微粒互为等电子体；根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；

(5)乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2；根据(C2H5O)3P=O分子的结构分析解答。

【详解】

(1)Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；电子占据的最高能层符号为N，该能层具有的原子轨道数为1+3+5+7=16，故答案为：N；16；

(2)(CN)2是直线型分子，并有对称性，则结构式为N≡C-C≡N，(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3；在配合物离子[Fe(SCN)]2+中，中心离子是Fe3+，提供提供空轨道接受孤对电子，故答案为：4：3；Fe3+；

(3)K+和[Fe(CN)6]4-离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键；为极性共价键，不存在非极性共价键，故答案为：C；

(4)原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与SCN-互为等电子体的分子为CS2或CO2，其中心原子的价电子对数为2+=2，无孤对电子，所以分子空间构型为直线型，故答案为：CS2或CO2；直线形；

(5)乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，(C2H5O)3P=O分子含有15个C-H键，3个C-C键，3个C-O键3个P-O键和1个P=O键，共25个σ键，则1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ键为25mol，故答案为：sp2和sp；25mol。【解析】①.N②.16③.4：3④.Fe3+⑤.C⑥.CS2⑦.直线形⑧.sp2杂化和sp1杂化⑨.25mol12、略

【分析】【分析】

A原子中只有一个能层且只含1个电子，则A为H元素；B原子的2p轨道上得到2个电子后不能再容纳外来电子，原子核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；C原子价电子排布式为nsn-1npn+1，由于s能级容纳2个电子，即n-1=2，则n=3，C原子价电子排布为3s23p4；故C为S元素；D的一种核素的质量数为59，中子数为31，其质子数为59-31=28，故D为Ni元素；据此解答。

【详解】

(1)A为H元素，电子只填充1s轨道；原子轨道为球形；答案为球形。

(2)B为O元素，原子序数为8，核内8个质子，核外8个电子，各电子层上电子依次为2，6，其原子结构示意图为答案为

(3)C为S元素，原子序数为16，核外有16个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外电子空间运动状态由能层、能级、原子轨道决定，有1s轨道、2s轨道、3s轨道，2p、3p均有3个轨道，3p有3个轨道填充电子；故核外有9种不同空间运动状态的电子；答案为9。

(4)D是28号元素，原子核外有28个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成D2+，D2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；答案为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8。【解析】①.球形②.③.9④.1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d813、略

【分析】【详解】

（1）①电子排布正确；②违反了两电子在一个轨道内自旋状态相反，违反了泡利原理；③违反了电子要优先单独占据一个轨道，洪特规则；④书写正确；⑤(21Sc)1s22s22p63s23p63d3；电子排布应3p排布完后应先排4s能级，未遵循能量最低原理；

（2）某种原子的结构示意图为若该原子的第三层为8个电子；则x=20，若第三层排满18个电子，则x=30，故答案为：20≤x≤30；

（3）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+失去两个电子，3d能级有6个电子，Fe3+失去3个电子，3d能级半满，更稳定，故稳定性Fe2+小于Fe3+；

故答案为：小于；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定。【解析】①.②②.③③.⑤④.20≤x≤30⑤.小于⑥.Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定14、略

【分析】【分析】

【详解】

Ti原子位于元素周期表中的第四周期第ⅣB族。核外有22个电子，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，答案为：1s22s22p63s23p63d24s2。【解析】1s22s22p63s23p63d24s215、略

【分析】【详解】

（1）元素原子的外围电子排布式为nsn-1npn-1，其中n-1＝2，则n＝3，所以该元素是硅元素，原子的结构示意图

（2）33号元素是As元素，名称砷，其原子核外有33个电子，根据构造原理知其外围电子排布式为4s24p3；

（3）Na、Mg、Al同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg最外层3s能级容纳2个电子，为全满状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg>Al>Na；

（4）基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素，N层是第四周期，M全满说明至少在Cu之后，N层没有成对电子，只有1个未成对电子说明就是4s1，所以就是Cr，24Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1；N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其轨道表示式为Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子生成Fe2+，其3d轨道上6个电子为其外围电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。【解析】①.②.砷③.4s24p3④.Mg>Al>Na⑤.Cr⑥.1s22s22p63s23p63d54s1⑦.⑧.1s22s22p63s23p63d616、略

【分析】【详解】

由配合物的化学式可知，配合物中正三价钛离子为中心离子，配体为氯离子和水分子，配位数为6，外界为氯离子，则0.2mol该配合物溶液与足量硝酸银溶液反应生成0.4mol氯化银白色沉淀，故答案为：Cl—；6；0.4mol。【解析】Cl—60.4mol17、略

【分析】【详解】

(1)[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配体是NH3和N3，所以Co原子配位数是6，[Co(N3)(NH3)5]2+与硫酸根离子之间形成离子键；

(2)Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+含有空轨道，N原子含有孤对电子，与Cu2+形成配位键；

(3)Ni(CO)4是液态挥发性物质，所以其熔点较低，为分子晶体，呈正四面体构型，是对称结构，所以是非极性物质，根据相似相溶原理知，Ni(CO)4易溶于非极性溶剂，苯、四氯化碳是非极性物质，NiSO4溶液和水都属于极性溶剂，所以Ni(CO)4易溶于苯、四氯化碳，答案选bc；

(4)分子中含有C−N单键、C−H单键，属于σ键，有碳碳双键、碳氮双键，双键含有σ键、π键，而In3+与N；Cl之间形成配位键；该分子中存在的化学键为σ键、π键、配位键；

(5)过渡元素Fe是26号元素，基态原子价电子轨道表达式为Fe3+失去的是较稳定的3d5中的一个电子，Co失去的是3d6中的一个电子，第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)。【解析】①.6②.离子键③.N④.bc⑤.abd⑥.⑦.Fe3+失去的是较稳定的3d5中的一个电子，Co失去的是3d6中的一个电子18、略

【分析】(1)

As为33号元素，则原子的基态核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，故答案为：[Ar]3d104s24p3；

(2)

根据图示可知，配体为NH3、Cl-；顺铂为极性分子，在水中的溶解度大于反铂，故答案为：NH3、Cl-；顺铂为极性分子；在极性溶剂水中溶解度较大；

(3)

该分子中C原子形成了单键和双键，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；

(4)

BCl3中心原子周围的价层电子对数为：根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为平面正三角形；根据晶胞的均摊法，B的个数为P的个数为4，则该半导体材料的化学式为BP，则PCl3和BCl3混合与H2在1000℃条件下生成BP和HCl，化学方程式为：PCl3+BCl3+3H2BP+6HCl，故答案为：平面正三角形；PCl3+BCl3+3H2BP+6HCl。【解析】(1)[Ar]3d104s24p3

(2)NH3、Cl-顺铂为极性分子；在极性溶剂水中溶解度较大。

(3)sp2、sp3

(4)平面正三角形PCl3+BCl3+3H2BP+6HCl19、略

【分析】【详解】

(1)固态由分子构成，为分子晶体，a正确；分子中含有极性键，但为非极性分子，b错误；固态固态均为分子晶体，熔点由分子间作用力强弱决定，与键能大小无关，c错误；中C的杂化类型为中C的杂化类型为sp；d正确。

故答案为：ad；

(2)和是组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高。故答案为：低；【解析】①.ad②.低四、判断题(共2题，共12分)20、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。21、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、工业流程题(共1题，共4分)22、略

【分析】【分析】

“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐，溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、Fe2+，SiO2与硫酸不反应，固体1为SiO2，加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+，调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+转为沉淀除去，‘萃取步骤中将Co2+转到有机层，Ni2+在水层，有机层加入稀硫酸得到溶液含Co2+，加入纯碱生成CoCO3沉淀，过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl2溶液，经系列操作后得到结晶，加入SOCl2灼烧得到CoCl2。

【详解】

（1）钴原子位于立方体的顶点和面心和体心，磷原子在小四面体的体心，即磷在立方体的体对角线的四分之一位置，故P原子的位置为

（2）氧化剂为氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：结合氢氧化物沉淀的pH分析，调节的目的是将铁离子和铜离子转化为氢氧化物沉淀而除去。

（3）油相和水相1:1时钴离子和镍离子萃取比例差距最大，根据萃取方程式分析，(水层)（有机层）（(有机层)(水层)，萃取产生随pH的升高被消耗；促进萃取金属离子的平衡正向移动，所以pH升高，金属离子萃取率升高。

（4）加入SOCl2灼烧得到CoCl2，SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应方程式为：

（5）为测定粗产品中的含量，称取10g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的消耗20.00mLKSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为该粗产品中的质量分数为【解析】(1)

(2)将全部转化为而除去。

(3)1∶1萃取产生随pH的升高被消耗；促进萃取金属离子的平衡正向移动。

(4)

(5)消耗20.00mLKSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为该粗产品中的质量分数为六、元素或物质推断题(共4题，共40分)23、略

【分析】【分析】

根据周期表中的位置，各元素分别为a为H，b为C；c为O，d为Na，e为Mg，f为Al，g为P，h为Cl，i为Sc，j为Ge。

【详解】

(1)e和f的I1大小关系是Mg＞Al(填元素符号；下同)，理由是Mg的2s轨道为全满结构，比较稳定，不易失去一个电子，故答案为：Mg＞Al；Mg的2s轨道为全满结构，比较稳定，不易失去一个电子；

(2)上述元素中，原子中未成对电子数最多的是P，有3个末成对电子，该元素基态原子的核外电子排布式：[Ne]3s23p3。故答案为：P；[Ne]3s23p3；

(3)①X的第一电离能远小于第二电离能，说明X是ⅠA族的元素，X的元素符号是Na，X和c以原子个数之比1：1形成的一种化合物Na2O2的电子式是故答案为：Na；

②Y的第三电离能远小于第四电离能，说明Y是ⅢA族的元素，Y为铝元素，铝与氯形成的化合物是共价化合物(填“共价化合物”或“离子化合物”)，故答案为：共价化合物。【解析】Mg＞AlMg的2s轨道为全满结构，比较稳定，不易失去一个电子P[Ne]3s23p3Na共价化合物24、略

【分析】【分析】

A元素的单质为密度最小的气体，A是H元素；D元素可形成D2、D3两种气态单质；其中一单质是保护地球地表环境的重要屏障，D是O元素；E元素存在质量数为23，中子数为12的核素，E的质子数是11，E是Na元素；单质F为淡黄色固体，F是S元素；元素最高正价与最低负