2025年新科版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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2025年新科版选择性必修2化学下册月考试卷107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7题，共14分)1、某记忆合金的晶体结构如图a所示，晶胞结构如图b所示。已知原子半径为下列说法错误的是。

A.该物质的化学式为B.与最邻近且距离相等的原子数是8C.该晶体与金属钠含有相同的化学键D.该晶胞的体积为2、最活泼的金属单质；最活泼的非金属单质、常温下呈液态的金属单质；其组成元素分别位于下列元素周期表中的（）

A.区、区、区B.区、区、区C.区、区、区D.区、区、区3、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A.原子半径：d>c>b>aB.4种元素中b的金属性最强C.c的氧化物的水化物是强碱D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强4、设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.石墨中含有的键电子数为B.的溶液中含有的阴离子总数为C.羟基和中含有的质子数均为D.的浓硫酸与足量铜反应转移的电子数为5、下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃

A.Na2O、AlF3是离子晶体；AlCl3、BCl3是分子晶体B.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体C.Al2O3熔点高于AlF3，因为Al2O3晶格能大于AlF3D.在上面涉及的共价化合物分子中各原子都形成8电子结构6、工业合成氨常选择为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol完全反应，转移的电子数为3B.混合气中物质的沸点由高到低的顺序为C.物质的量之比为1∶1的和的混合气体所含原子数目为4D.反应物断裂个σ键同时生成物断裂个σ键，反应达到平衡状态7、工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下：下列说法正确的是A.Na3AlF6为离子晶体B.中Al3+为配体，接受孤电子对C.CO2中碳原子为sp2杂化D.熔沸点：HF＞H2O评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、有5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子2p轨道上有3个未成对电子；Y原子的价电子构型为Q原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数；T原子有1个3p空轨道。下列叙述错误的是A.Y与Q能形成Y2Q和YQ两种化合物B.第一电离能Q＞X＞ZC.电负性Q＞Z＞TD.T和Q结合生成的化合物晶体类型为分子晶体9、现有四种元素的基态原子的核外电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是：A.最高正化合价：④＞①＞③＝②B.原子半径：④＞③＞②＞①C.电负性：④＞③＞①＞②D.第一电离能：④＞③＞②＞①10、诺奖反应—Suzuki-Miyaura反应历程如下(代表苯基，代表异丙基)。下列说法正确的是。

A.是总反应的催化剂B.上述循环中，原子形成的化学键数目相等C.和中B原子的价层电子数相等D.上述循环中，存在极性键的断裂和非极性键的形成11、下列说法不正确的是A.SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构B.位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂C.SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同D.过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成12、下列对有关事实的解释错误的是。选项事实解释ASiO2的熔点比干冰高SiO2晶体是共价晶体，分子间作用力大BHF的热稳定性比HCl强H—F比H—Cl的键能大CCO2与SO2的空间结构不同中心原子杂化方式相同，孤电子对数不同D某些金属盐灼烧时呈现不同焰色电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光A.AB.BC.CD.D13、噻吩()的芳香性略弱于苯，其中S原子与所有C原子间可形成大π键。下列关于噻吩的说法正确的是A.1mol噻吩中含9molσ键B.碳原子与硫原子的杂化方式相同C.一氯代物有4种(不含立体异构)D.所有共价键的键长相同14、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到溶液先变红后褪色。下列说法正确的是A.B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E强B.B的氢化物分子中B采用sp3杂化C.向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物15、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16、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＞H评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、原子结构与元素周期表存在内在联系；按要求回答下列问题：

(1)根据元素在周期表中的位置；写出元素基态原子的价电子排布式。

①第四周期第ⅥB族_______；

②第五周期第ⅠB族_______；

③第五周期第ⅣA族_______；

④第六周期第ⅡA族_______。

(2)根据元素电子排布可以确定元素在周期表中的位置。

①具有(n-1)d10ns2电子排布的元素位于周期表中的第_______族。

②已知某元素+2价离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。该元素位于元素周期表_______(填序号)。

A.第二周期第ⅡB族。

B.第四周期第ⅡA族。

C.第四周期第ⅤB族。

D.第五周期第ⅡB族。

③某元素原子的核电荷数为33，则其原子的价电子排布式为_______，其位于元素周期表中的_______，属于_______区的元素。

(3)根据元素核外电子排布可以推知元素的性质。

①被誉为“21世纪金属”的钛(Ti)元素，基态原子价电子轨道表示式为_______，Ti元素形成的化合物中，Ti呈现的最高价态为_______价。

②日常生活中广泛应用的不锈钢，在其生产过程中添加了某种元素，该元素基态原子的价电子排布式为3d54s1，该元素的名称是_______。18、下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填标号)。19、下图是元素周期表的一部分；图中所列字母分别代表一种化学元素。

请回答下列问题：

(1)元素b位于周期表中_______区，其基态原子核外有_______种运动状态不同的电子。

(2)基态c原子中有_______个未成对电子，其中能量最高的电子所在原子轨道的电子云轮廓图为_______形。

(3)理论上为离子化合物，猜测其电子式为_______。

(4)基态外围电子的电子排布图为_______，已知高温下化合物比化合物fd更稳定，试从核外电子排布的角度解释原因_______。

(5)b、c、d三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。20、①O2②H2O2③MgCl2④硫酸⑤NaAlO2⑥NH4Cl⑦CO2⑧Al(OH)3⑨盐酸⑩NaHCO3

(1)这些物质中；只含有共价键的化合物是_______；属于强电解质的是_______。

(2)写出②H2O2的结构式_______。

(3)写出NH4Cl的电子式_______。

(4)用电子式表示CO2的形成_______。

(5)写出Al(OH)3的酸式电离的电离方程式_______。

(6)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中反应的离子方程式_______。21、(1)H2S的键角_______H2Se(填＞或＜或＝)。

(2)甲醇(CH3OH)在Cu催化作用下被氧化成甲醛(HCHO)。甲醛分子内σ键与π键个数之比为_______。甲醇分子内的O—C—H键角_______(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O－C－H键角；

(3)根据等电子体原理判断N立体构型为_______；

(4)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，ClO中心原子的杂化形式为_______、立体构型是_______。22、磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料。LiFePO4可用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等作为原料制备。

(1)Fe2＋基态核外电子排布式为________，PO43-的空间构型为________(用文字描述)。

(2)NH4H2PO4中，除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是____(填元素符号)。

(3)1mol含有的σ键数目为___，苯胺的沸点高于甲苯的主要原因是________。

(4)一个LiCl晶胞(如图)中，Li＋数目为________。

23、UO2的晶胞结构如图所示：

晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为___________(填“立方体”、“四面体”、“八面体”)；评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)24、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、有机推断题(共4题，共28分)25、化合物G是一种药物合成中间体；其合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A中的官能团名称是________。

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号（*）标出B中的手性碳__________。

（3）反应④所需的试剂和条件是__________。

（4）⑤的反应类型是________。

（5）写出B到C的反应方程式____________。

（6）与B互为同分异构体，且具有六元环结构、并能发生银镜反应的有机物有________种（不考虑立体异构）。任意写出2个符合上述条件的有机物的结构简式_________、________。26、有机物H是优良的溶剂；在工业上可用作洗涤剂；润滑剂，其合成线路：

已知：①

②

③

请回答下列问题：

（1）H的名称为___。用*标出F中的手性碳原子__（碳原子上连有4个不同原子或基团时；该碳称为手性碳）

（2）A的结构简式为___。

（3）D→E的化学方程式为___。

（4）F中含有官能团的名称为__。G→H的反应类型为__。

（5）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式为__。

①能与NaHCO3溶液反应放出CO2②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6∶2∶1∶1

（6）请设计由和乙烯（CH2=CH2）为起始原料，制备的合成路线__(无机试剂任选)。27、法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物；某研究小组以化合物I为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。

已知：R-NH2++H2O。

回答下列问题：

(1)化合物II中官能团名称为_______。

(2)已知化合物II的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，其结构简式为____。

(3)反应物III为乙二醛，反应①的化学方程式为_______。

(4)反应②的反应类型是_______；反应③的反应类型是_______。

(5)已知X的相对分子质量比化合物I少14，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2，符合上述条件的X共有_______种(不考虑立体异构)，写出含有手性碳原子的所有可能的结构简式：_______(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。28、化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体；一种合成G的路线如下：

已知以下信息：

①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰；峰面积比为6∶1∶1。

②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1molNaOH或2molNa反应。

回答下列问题：

(1)A的结构简式为____________。

(2)B的化学名称为____________。

(3)C与D反应生成E的化学方程式为_________________。

(4)由E生成F的反应类型为____________。评卷人得分六、计算题(共3题，共18分)29、我国是世界稀土资源大国；徐光宪等提出的串级萃取理论，使我国稀土分离技术与生产工艺达到世界先进水平，稀土分离产品在世界市场的份额占90%。如图为某稀土A氧化物晶体的立方晶胞。

(1)晶胞中氧离子占据顶点、面心、棱心和体心位置，A离子占据半数立方体空隙，请写出A氧化物的化学式和结构基元__________。

(2)写出晶体中氧离子的配位数__________。

(3)已知晶胞参数a=545.5pm，设A的摩尔质量为MA，计算晶体的理论密度__________。

(4)计算A-A和A-O的间距__________。

(5)若晶胞中一半A离子被B离子取代，请指出：当两种离子统计分布时，晶体所属的点阵类型__________；

(6)若将A离子选为晶胞项点，写出A氧化物晶胞中正负离子的分数坐标__________。30、研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。31、已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。

(1)钼晶体的堆积方式为_______________，晶体中粒子的配位数为________________。

(2)构成钼晶体的粒子是__________________，晶胞中所含的粒子数为___________。

(3)金属钼的密度为______________g·cm－3。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．位于面上的Ni原子个数=位于顶点和体心的Mn原子个数=位于棱上和面心的Ga原子个数=则该物质的化学式为A正确；

B．由晶胞结构图可知，与最邻近且距离相等的原子数是8；B正确；

C．该晶体是由Ni；Mn和Ga构成的合金；与金属钠一样都含有金属键，C正确；

D．该晶胞中，设底面边长为apm，高为bpm，则该晶胞的体积为D错误；

故选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

同一周期元素；金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，金属性随着原子序数增大而增强；非金属性随着原子序数增大而减弱，这些元素中金属性最强的是位于ⅠA族，为s区元素、非金属性最强的是F元素，位于p区，常温下呈液态的金属为Hg，位于ds区，答案选A。

【点睛】

根据元素周期表，结合元素的性质，元素周期律进行判断，最活泼的金属应该在周期表的第ⅠA，非金属性最强的元素为F。3、B【分析】【分析】

若b原子次外层有2个电子，则a为He，与a为主族元素不符，故b原子次外层应有8个电子，即a原子核外有8个电子，a为O；结合c所在周期数与族数相同，可确定c为Al；再结合b原子次外层有8个电子，可推出b可能为Na或Mg；d与a同族，则d为S。

【详解】

A．原子半径Na(或Mg)>Al>S>O；A项错误；

B．同周期从左到右，元素金属性逐渐减弱，即金属性Na(或Mg)>Al；B项正确；

C．Al2O3对应的水化物为Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物；C项错误；

D．同主族自上而下元素非金属性逐渐减弱，则对应单质的氧化性逐渐减弱，即氧化性O2>S；D项错误。

综上所述答案为B。4、C【分析】【详解】

A．石墨是由碳原子构成的六边形平面网状结构，其中C原子以sp2杂化轨道与邻近的3个C原子形成无限的六边形平面网状结构。每个C原子还有1个与碳环平面垂直的未杂化的p轨道，并含有1个未成对电子，因此能够形成大键。石墨中含有的碳原子数为，因此键电子数为故A错误；

B．缺少溶液体积；无法计算微粒数目，故B错误；

C．羟基和中含有的质子数均为9，羟基和的物质的量均为0.1mol，则含有的质子数均为故C正确；

D．随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，故转移的电子数小于故D错误；

故答案选C。5、D【分析】【详解】

A．Na2O、AlF3是活泼的金属与活泼的非金属元素的原子之间通过电子得失形成离子，离子再通过离子键结合形成离子晶体。由于离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此物质的熔沸点较高。在AlCl3、BCl3中，尽管Cl元素的非金属性较强，但其原子半径大，得到电子能力弱，所以AlCl3、BCl3是由分子通过分子间作用力结合而形成的分子晶体；分子间作用力很微弱，因此它们的熔沸点较低，A正确；

B．C、Si都是第IVA的元素，它们形成的氧化物中，CO2是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，而SiO2是由原子通过共价键结合形成的原子晶体。由于分子间作用力比化学键弱的多，故CO2熔沸点比较低，在室温下呈气态；而SiO2在室温下呈固态；B正确；

C．Al2O3、AlF3都属于离子晶体，物质的熔点Al2O3高于AlF3，是因为两种物质的阳离子都是Al3+，但Al2O3中阴离子O2-带有2个单位的负电荷，AlF3中的阴离子F-只带有一个单位的负电荷，与Al3+形成的离子键时Al2O3更强些，断裂消耗能量更多，即晶格能Al2O3大于AlF3；C正确；

D．在上面涉及的物质中，BCl3、CO2、AlCl3属于共价化合物，其中在BCl3分子中B原子最外层只有6个电子；没有形成8电子稳定结构，D错误；

故答案为D。6、B【分析】【详解】

A．反应中氮元素化合价由0变为-3，则1mol完全反应，转移的电子数为6A错误；

B．氨气分子间存在氢键，导致沸点最高；氮气的相对分子质量大于氢气，其沸点高于氢气，故混合气中物质的沸点由高到低的顺序为B正确；

C．不确定混合气体的总的物质的量，不能计算和的混合气体中所含原子数目；C错误；

D．单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键；1个氮气分子含有2个π键和1个σ键，1分子氢气含有1个σ键，1分子氨气含有3个σ键，则反应物断裂个σ键同时生成物断裂个σ键；说明正逆反应速率不同，反应没有达到平衡状态，D错误；

故选B。7、A【分析】【详解】

A．Na3AlF6是盐，由Na+与通过离子键结合形成的离子晶体；A正确；

B．中Al3+为中心离子，接受孤电子对，F-是配位体；提供孤电子对，B错误；

C．CO2中碳原子杂化类型为sp3杂化；C错误；

D．HF、H2O都是由分子构成的分子晶体，分子之间都存在氢键，但由于H2O分子与相邻4个H2O分子形成氢键，而HF只与相邻的2个HF分子形成氢键，因此作用力：H2O＞HF，使得H2O在常温下呈液态，HF在常温下呈气态，因此物质熔沸点：H2O＞HF；D错误；

故合理选项是A。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】X原子2p轨道上有3个未成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p3，X是N元素；Y原子的价电子构型为则Y是Cu元素；Q原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Q核外电子排布是2、6，所以Q是O元素；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数，则Z是6号C元素；T原子有1个3p空轨道，则T核外电子排布式是1s22s22p63s23p2；则T是Si元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X是N；Y是Cu，Z是C，Q是O，T是Si元素。

A．Y是Cu，Q是O，Cu、O两种元素形成的化合物有Cu2O；CuO两种；A正确；

B．Q是O；X是N，Z是C，它们是同一周期的元素，一般情况下，同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大，但第VA的N元素的原子核外电子排布处于原子轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以第一电离能大小关系为：X＞Q＞Z，B错误；

C．同一周期元素；原子序数越大，其电负性越大；同一主族元素，原子序数越大，其电负性越小。Z是C，Q是O，二者是同一周期元素，T是Si，C；Si是同一主族元素，所以元素的电负性由大到小的顺序为：Q＞Z＞T，C正确；

D．Q是O，T是Si元素，二者形成的化合物为SiO2；Si原子与O原子之间以共价键结合形成立体网状结构，该物质属于共价晶体，D错误；

故合理选项是BD。9、CD【分析】【分析】

根据各元素基态原子的核外电子排布式可知①为S元素；②为P元素，③为N元素，④为F元素。

【详解】

A．最高正化合价等于最外层电子数；但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故A错误；

B．根同周期自左而右原子半径减小；所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；

C．非金属性F＞N＞S＞P；非金属性越强电负性越大，所以电负性F＞N＞S＞P，即④＞③＞①＞②，故C正确；

D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势；故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故D正确；

综上所述答案为CD。10、AD【分析】【详解】

A．观察图示可知，在第一步参与反应；在第五步生成，是总反应的催化剂，A项正确；

B．上述循环中，原子形成的化学键数目有1；3、4三种；B项错误；

C．中B原子形成3个单键，B原子价层有6个电子，而中B原子形成4个单键；价层有8个电子，C项错误；

D．上述循环中；断裂碳溴键，形成了碳碳键，碳碳键是非极性键，碳溴键是极性键，D项正确；

故选AD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．化合价的绝对值+原子的最外层电子数，若和为8，则该原子最外层电子数为8，只有PCl5中P是10电子结构；故A正确；

B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右；可在此区域研究农药，而高效催化剂一般在过渡金属区域选择，故B不正确；

C．SO2价层电子对数为3，孤对电子为1，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，NO2孤对电子为1，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，COCl2孤对电子为0，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为平面三角形，SOCl2孤对电子为1；价层电子对数为4，所以其VSEPR模型为正四面体形，立体构型为三角锥形，故C不正确；

D．过氧化钠和水反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应中离子键；极性键、非极性键都有断裂和形成，故D正确；

故选BC。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化硅为共价晶体；微粒间的作用力为共价键，不是分子间作用力大，故A错误；

B．氟元素的非金属性强于氯元素；H—F的键能大于H—Cl的键能，则HF的热稳定性比HCl强，故B正确；

C．二氧化碳中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式sp杂化，二氧化硫中硫原子的价层电子对数为3，杂化方式sp2杂化；故C错误；

D．金属的焰色反应是在灼烧时；电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光，故D正确；

故选AC。13、AB【分析】【分析】

【详解】

A．1mol噻吩中含3molC-Cσ键；2molC-Sσ键，4molC-Hσ键，共9molσ键，故A正确；

B．噻吩中S原子与所有C原子间可形成大π键，故碳原子与硫原子均采取sp2杂化；每个C原子有一个未杂化的p轨道，每个轨道上各有一个电子，S原子有一个未杂化的p轨道，该轨道上有2个电子，这5个未杂化的p轨道垂直于分子平面，互相平行，“肩并肩”重叠形成大π键，故B正确；

C．该分子有2种氢原子；故一氯代物有2种，故C错误；

D．共价键的键长与原子半径的大小有关；S原子与C原子的半径不一样，故所有共价键的键长不都相同，故D错误；

故选AB。14、BC【分析】【分析】

短周期元素A；B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；则A是碳元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素。

【详解】

A．B为N元素；E是Cl元素，氯元素的非金属性强于氮元素，所以高氯酸的酸性比硝酸的强，A错误；

B．B为N元素，氢化物分子中N形成3个σ键，以及一个孤电子对，可知N采用sp3杂化；B正确；

C．Mg单质与沸水反应后生成氢氧化镁；溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，C正确；

D．A的氢化物有烷烃；烯烃、炔烃、芳香烃等；碳原子数小于等于4时，为气态，大于4以上为液态；B的氢化物是氨气，虽然氨气分子之间形成氢键，沸点较高，但其沸点不一定高于A的氢化物，D错误；

答案选BC。15、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。16、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。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】(1)

第ⅢB族～ⅦB族元素的价电子排布式分别为(n-1)dxns2(x=1～5)，且价电子数等于族序数。故①为3d44s2，但据洪特规则应为3d54s1。ⅠB族和ⅡB族的价电子排布式分别为(n-1)d10ns1和(n-1)d10ns2，故②为4d105s1。主族元素的价电子全都排布在最外层的ns或np上，且价电子数等于族序数。故③为5s25p2，④为6s2。

(2)

①具有(n-1)d10ns2电子排布的元素应该在ds区；根据其电子排布式可知位于周期表第ⅡB族；

②该元素基态原子价电子排布式为3d34s2；该元素为d区副族元素(价电子排在d轨道和s轨道上)，根据周期数=能层序数，族序数=价电子数，可知该元素位于第四周期第ⅤB族；故选C；

③根据构造原理可知该元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则其原子的价电子排布式为4s24p3；该元素原子价电子排布在ns和np轨道；故为主族元素，价电子数为5，故该元素在周期表中位于第四周期第ⅤA族，属于p区元素；

(3)

)①钛位于第四周期第ⅣB族，价层电子排布为3d24s2，其价电子轨道表示式为Ti的最高化合价=价电子数=4；

②原子价层电子排布式为3d54s1的元素为铬元素。【解析】(1)3d54s14d105s15s25p26s2

(2)ⅡBC4s24p3第四周期第ⅤA族p

(3)3d24s24铬18、A【分析】【详解】

由题给信息知，A和D代表B和C代表Mg。已经失去了一个电子，再失一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，所以电离所需能量3p能级的能量高于3s，3p能级上电子较3s上易失去，故电离所需能量且因此A电离最外层一个电子所需能量最大。

【点睛】

同一能层中的电子越多，电子之间的斥力越大，就越不稳定，容易失去电子。同理，同一能层中的电子越少，电子之间的斥力越小，就越稳定，不容易失去电子。19、略

【分析】【分析】

由题可知，元素a、b；c、d、e、f分别为H、C、N、O、Na、Cu。

【详解】

(1)C位于周期表中p区；其基态原子核外各电子的运动状态都不相同，故有6种，故答案为：p；6；

(2)基态N原子中有3个未成对电子；其中能量最高的电子所在原子轨道为2p轨道，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形，故答案为：3；哑铃(纺锤)形；

(3)根据铵根离子与氢负离子推测，离子化合物为其电子式为故答案为：

(4)基态外围电子的电子排布图为的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为最外层电子排布达到全满时稳定，所以高温下稳定性强于CuO，故答案为：的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态稳定性强于CuO；

(5)同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N的2p半充满，较稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：N>O>C。【解析】p63哑铃(或纺锤)的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态稳定性强于CuON>O>C20、略

【分析】【分析】

【详解】

①O2为只含有非极性共价键的单质；既不是电解质也不是非电解质；

②H2O2为含有极性和非极性共价键的共价化合物；是一种极弱的酸，是弱电解质；

③MgCl2只含有离子键；是离子化合物，其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

④硫酸是只含有共价键的共价化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

⑤NaAlO2是离子化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

⑥NH4Cl既含有共价键又含有离子键的离子化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

⑦CO2是只含有共价键的共价化合物；属于非电解质；

⑧Al(OH)3是离子化合物；属于弱碱，是弱电解质；

⑨盐酸是氯化氢的水溶液；属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑩NaHCO3是既含有共价键又含有离子键的离子化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

(1)根据上述分析；这些物质中，只含有共价键的化合物是②④⑦；属于强电解质的是③④⑤⑥⑩；

(2)根据分析，②H2O2为含有极性和非极性共价键的共价化合物；其结构式H-O-O-H；

(3)NH4Cl是铵根离子和氯离子构成的离子化合物，其电子式为

(4)二氧化碳为共价化合物，电子式表示CO2的形成

(5)Al(OH)3是两性氢氧化物，既可以发生酸式电离，也可以发生碱式电离，其酸式电离的电离方程式Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]-+H+或Al(OH)3H2O+AlO+H+；

(6)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO+CO2+H2O=HCO+Al(OH)3↓。【解析】②④⑦③④⑤⑥⑩H-O-O-HAl(OH)3+H2O[Al(OH)4]-+H+或Al(OH)3H2O+AlO+H+AlO+CO2+H2O=HCO+Al(OH)3↓21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)S的电负强于Se，且S的原子半径小于Se，使得成键电子对之间的斥力增大，即键角增大，因此H2S的键角大于H2Se；故答案为＞；

(2)甲醛的结构式为甲醛中σ键与π键个数之比为3∶1；甲醇中碳原子的杂化方式为sp3，分子构型为四面体形，分子内O－C－H键角接近109°28′,甲醛中碳原子杂化方式为sp2；分子构型为平面三角形，分子内O－C－H键角接近120°，得出甲醇分子内的O—C—H键角小于甲醛分子内的O－C－H键角；故答案为3∶1；小于；

(3)N与CO2互为等电子体，CO2为直线形，N空间构型也为直线形；答案为直线形；

(4)ClO中心原子氯原子有3个σ键，孤电子对数为=1，即氯原子的杂化类型为sp3；立体构型为三角锥形；故答案为sp3；三角锥形。【解析】＞3∶1小于直线形sp3三角锥形22、略

【分析】【详解】

（1）Fe是26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，Fe2+是Fe失去两个电子形成的，故Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；PO43-中心原子的孤电子对数为中心原子的σ键为4条，故PO43-中心原子的价层电子对数为4，故PO43-的空间构型为正四面体；

（2）同主族元素第一电离能从上到下依次减小；故N＞P，第ⅤA族元素由于p轨道半满，第一电离能大于第ⅥA族，故N＞O，所以N；O、P第一电离能最大的是N；

（3）1分子苯胺（），苯环中C与C之间的σ键有6条，C与H之间的σ键有5条，C和N之间的σ键有1条，N和H之间的σ键有2条，共有14条σ键，故1mol含有的σ键数目为14mol；苯胺和甲苯都是分子晶体；苯胺分子中有氨基，氨基之间可以形成氢键，而甲苯分子之间没有氢键，所以苯胺的沸点高于甲苯；

（4）由图可知，Li＋在晶胞的棱上和晶胞内，每条棱被4个晶胞共用，故每个晶胞含有Li＋个数为个；

【点睛】

本题要注意第（2）问，同一周期第一电离从左到右有依次增大的趋势，但第ⅡA族元素s轨道全满，第ⅤA族元素p轨道半满，导致这两个主族原子的第一电离能异常，比后一个主族的原子大，故同一周期元素第一电离能第ⅡA族＞第ⅢA族，第ⅤA族＞第ⅥA族。【解析】①.1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6②.正四面体③.N④.14mol⑤.苯胺可形成分子间氢键，而甲苯分子间没有氢键⑥.423、略

【分析】【分析】

【详解】

由UO2的晶胞结构，O原子填充在U原子堆积形成的空隙中，O原子有8个，且分别位于晶胞分割成的8个小立方体的中心，所以连接后构成立方体。答案为：立方体。【解析】立方体四、判断题(共1题，共4分)24、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。五、有机推断题(共4题，共28分)25、略

【分析】【分析】

A发生氧化反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，根据E结构简式知，D为D发生酯化反应生成E，F先发生碱性条件下水解然后酸化得到G，根据EG结构简式知，E发生取代反应生成F，F为

【详解】

（1）A中的官能团名称是羟基；故答案为：羟基；

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为故答案为：

（3）反应④为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH；浓硫酸、加热；

（4）⑤的反应类型是取代反应；故答案为：取代反应；

（5）B到C是加成反应，化学方程式为：+HCHO故答案为：+HCHO

（6）具有六元环结构，说明环上有6个原子，并能发生银镜反应，说明含有-CHO，B的不饱和度是2，环的不饱和度是1、醛基的不饱和度是1，则符合条件的B的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为-CH3、-CHO时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有1种；可能位于不同碳原子上有邻间对3种，取代基可能为-CH2CHO，1种，所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为故答案为：5；（或）。

【点睛】

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及信息获取、知识迁移能力，正确推断各物质结构简式、明确反应中断键和成键方式是解本题关键。【解析】羟基CH3CH2OH、浓硫酸、加热取代反应+HCHO5（或）26、略

【分析】【分析】

由题给有机物的转化关系可知，A和乙炔发生信息①反应生成B，则A的结构为B与酸性高锰酸钾溶液发生信息②反应生成C，则C的结构为CH3COCH2COOH；C与乙醇在浓硫酸作用下共热反应生成D，D与发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，F发生信息③反应生成G()；G与氢气发生加成反应生成H。

【详解】

（1）H的结构简式为名称为4-甲基-2-戊醇；F的结构简式为手性碳原子为连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，F分子中与羧基相连的碳原子为连有4个不同原子或基团的手性碳原子，用*标出的结构简式为故答案为：4-甲基-2-戊醇；

（2）由分析可知A的结构简式为故答案为：

（3）D→E的反应为与发生取代反应生成反应的化学方程式为故答案为：

（4）F的结构简式为含有官能团的名称为羧基和羰基；G→H的反应为在Ni做催化剂作用下，与氢气加成反应生成故答案为：羧基和羰基；加成反应；

（5）D的结构简式为D的同分异构体能与NaHCO3溶液反应放出CO2说明含有羧基，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为9∶1∶1∶1说明同一个碳原子上连有3个甲基，符合条件的同分异构体的结构简式可能为故答案为：（或）；

（6）结合题给信息可知，由和乙烯为起始原料制备的步骤为在浓硫酸作用下发生下去反应得到与溴发生加成反应得到在氢氧化钠乙醇作用下发生消去反应和乙烯发生加成反应得到合成路线为故答案为：【解析】①.4—甲基—2—戊醇②.③.④.+HCl⑤.羧基和羰基⑥.加成反应（或还原反应）⑦.（或）⑧.27、略

【分析】【分析】

由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ发生取代反应加上一个Br原子，结合第(2)题的信息可知Ⅱ为接着发生已知信息的反应，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子。

【详解】

（1）化合物Ⅱ中官能团名称为酯基；溴原子；

（2）已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：4：1，则Ⅱ应该轴对称，其结构简式为

（3）反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，反应①的化学方程式为OHC-CHO+→+2H2O；

（4）反应②为硝基氢化得到氨基；反应类型是还原反应；反应③是氨基被氟原子取代生成法匹拉韦，反应类型是取代反应；

（5）X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1molX能与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2说明