2025年沪科新版选择性必修2化学上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年沪科新版选择性必修2化学上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6题，共12分)1、下列关于杂化轨道的说法错误的是A.并不是所有的原子轨道都参与杂化B.同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化C.杂化轨道能量集中，有利于牢固成键D.杂化轨道都用来成键2、氨硼烷是一种固体储氢材料，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是A.中子数为8的N原子：B.基态B原子的外围电子排布式：2s22p3C.分子中N-B键是配位键D.分子中所有原子共平面3、下列变化需要克服同类型作用力的是A.NaCl和AlCl3的融化B.氯化氢和氯化钾的溶解C.碘和干冰的升华D.溴和汞的汽化4、中国科技改变世界。下列说法错误的是A.“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同B.“天问一号”火星车使用热控保温材料纳米气凝胶，可产生丁达尔效应C.“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入D.“天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料5、下列有关明矾的说法不正确的是A.Al元素位于周期表的p区B.明矾晶体不能导电C.明矾溶液呈酸性D.明矾能使蛋白质变性6、有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（）

A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体B.在晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列事实中可以用“相似相溶”原理说明的是A.易溶于水B.可溶于水C.可溶于水D.易溶于苯8、现有六种元素，其中X、Y、Z、M为短周期主族元素，G、H为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。X元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1，Y元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与X元素在同一周期，Z原子核外所有p轨道全满或半满，M元素的主族序数与周期数的差为4，G是前四周期中电负性最小的元素，H在周期表的第七列。以下说法正确的是A.X基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有2个方向，原子轨道呈纺锤形或哑铃形B.ZM3中心原子的杂化方式为sp3，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为三角锥形C.H位于四周期第VIIB族d区，其基态原子有30种运动状态D.检验G元素的方法是焰色反应9、化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体；可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法错误的是A.物质X的熔点与化学键无关B.一个Z分子中，形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为4∶27C.X分子中C和O的杂化方式不相同D.Y分子中所有C原子可能共面10、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键11、钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物，研究分子结构发现其络离子形状为正八面体。取1mol该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生xmol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是A.Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族B.配合物中络离子化学式为[Co(NH2)6]3+C.x≤3D.若晶体Co为A1型密堆积，晶胞参数为acm，则钴原子的半径为a×1010pm12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.12g金刚石中含有C-C的个数为4NAB.124g白磷(P4)晶体中含有P-P的个数为6NAC.28g晶体硅中含有Si-Si的个数为2NAD.SiO2晶体中1mol硅原子可与氧原子形成2NA个共价键(Si-O)13、(砒霜)是两性氧化物(分子结构如图所示)，与盐酸反应能生成和反应的产物之一为下列说法正确的是。

A.分子中As原子的杂化方式为B.为共价化合物C.的空间构型为平面正三角形D.分子的键角小于评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、现有下列分子或离子：①CS2②H2S③PH3④HCHO⑤H3O+⑥NH⑦BF3⑧SO2

(1).粒子的几何构型为直线形的有____(填序号；下同)。

(2).粒子的几何构型为V形的有____。

(3).粒子的几何构型为平面三角形的有____。

(4).粒子的几何构型为三角锥型的有____。

(5).粒子的几何构型为正四面体型的有___。15、回答下列问题：

(1)基态Mn原子核外有___________种运动状态不同的电子。

(2)基态镁原子核外M层电子的自旋状态___________(填“相同”或“相反”)。

(3)基态Ge原子有___________个未成对电子。

(4)镍元素基态原子的电子排布式为___________。

(5)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为___________。

(6)基态与离子中未成对的电子数之比为___________。

(7)基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________。

(8)Se的基态原子中电子占据的原子轨道总数为___________。16、不同元素的原子在分子内吸引电子的能力大小可用一数值X来表示，若X越大，则原子吸引电子的能力越强，在所形成的分子中成为负电荷一方。下面是某些短周期元素的X值。元素LiBeBCOFX值0.981.572.042.533.443.98元素NaAlSiPSClX值0.931.611.902.192.583.16

（1）通过分析X值的变化规律，确定N、Mg的X值范围：___<___；___<___。

（2）推测X值与原子半径的关系是___。

（3）某有机物结构简式为在S∼N中，你认为共用电子对偏向谁?___（写原子名称）。

（4）经验规律告诉我们当成键的两原子相应元素电负性的差值△X>1.7时，一般为离子键，当△X<1.7时，一般为共价键，试推断AlBr3中化学键的类型是_______。

（5）预测元素周期表中,X值最小的元素位置_______（放射性元素除外）。17、根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ/mol)；回答下面各题，并将正确选项填入答题卡相应的空格内。

。元素代号。

I1

I2

I3

I4

Q

2080

4000

6100

9400

R

500

4600

6900

9500

S

740

1500

7700

10500

T

580

1800

2700

11600

U

420

3100

4400

5900

(1)在周期表中，最可能处于同一族的是_______

A.Q和RB.S和TC.T和UD.R和UE.R和T

(2)电解它们的熔融氯化物，阴极放电反应最可能正确的是_______

A.Q2＋＋2e-→QB.R2＋＋2e-→RC.S3＋＋3e-→SD.U2＋＋2e-→UE.T3＋＋3e-→T

(3)它们的氯化物的化学式，最可能正确的是_______

A.QCl2B.SCl3C.TClD.RClE.UCl4

(4)S元素最可能是_______

A.P区元素B.稀有气体元素C.S区元素D.准金属E.d区元素。

(5)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是_______

A.硼(1s22s22p1)B.铍(1s22s2)C.锂(1s22s1)D.氦(1s2)E.氢(1s1)

(6)化学性质最稳定的是_______

A.QB.SC.TD.U18、NaNO2可将正常的血红蛋白中的二价铁变为高铁血红蛋白中的三价铁；失去携氧能力。完成下列填空：

（1）N元素在元素周期表中位于第____族；N原子最外层的电子排布式是______________。

（2）Na；N、O三种元素形成的简单离子中；离子半径最小的是_______（用离子符号表示）。

（3）某工厂的废液中含有2%～5%的NaNO2直接排放会造成污染。下列试剂中，能使NaNO2转化为N2的是______________（选填编号）。

a．NaClb．NH4Clc．HNO3d．H2SO4

（4）已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2+HI→NO↑+I2+NaI+H2O

①配平反应物的系数并标出电子转移的方向和数目____NaNO2+____HI

②当有0.75molHI被氧化时；在标准状况下产生气体的体积是_______L。

（5）NaNO2外观与食盐相似，根据上述反应，可用于鉴别NaNO2和NaCl。现有①白酒、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白糖、⑤白醋，其中可选用的物质至少有______（选填编号）。19、一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。

(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。

①Mn2＋基态的电子排布式可表示为____________________________。

②NO3-的空间构型是_______________________(用文字描述)。

(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O。

①根据等电子体原理，CO分子的结构式为___________________。

②H2O分子中O原子轨道的杂化类型为___________________。

③1molCO2中含有的σ键数目为___________________。20、回答下列问题：

(1)基态O原子核外电子的运动状态有___________种。

(2)的沸点由高到低的顺序为___________(填化学式)。

(3)已知与的价电子数和原子数目相同，它们互为等电子体，写出与互为等电子体的一种分子的化学式________。

(4)在低压合成甲醇反应()所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为________。

(5)中提供电子对形成配位键的原子是_______。

(6)中含氧官能团的名称为___________。

(7)写出高分子化合物的单体___________。21、元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为___________，其沸点比NH3的___________(填“高”或“低”)，其判断理由是___________。22、金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期IIIA族，其卤化物的熔点如下表：。GaF3GaCl3GaBr3熔点/℃>100077.75122.3

GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是___________。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)23、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共27分)24、已知前四周期A；B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大；其中A所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；基态B原子核外电子有6种不同的运动状态；基态D原子L层上有2对成对电子；基态E原子有6个未成对电子。

请回答下列问题：

(1)E在元素周期表中的位置是______，基态E原子的价电子排布式为______。

(2)基态C原子的价电子轨道表示式为______。

(3)是重要的基本石油化工原料。分子中含______键。

(4)的电子式为______，此分子的键角为______。

(5)B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为______(填元素符号)，原因为__________________。25、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E原子核外最外层只有1个电子；其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A；B、C、D、E用所对应的元素符号表示)：

(1)E的价电子排布式是_____，A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序_____。

(2)B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点，理由是__________；

(3)D的低价氧化物分子的空间构型是_______。

(4)A、E形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为_______________；(每个球均表示1个原子，白球为A，黑球为E)若相邻A原子和E原子间的距离为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_____________g/cm3(用含a、NA的符号表示)。

26、如表列出了①~⑦七种元素在周期表中的位置。请按要求回答：。族

周期ⅠA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③3④⑤⑥⑦

(1)七种元素中，原子半径最大的是(填元素符号)___________。

(2)③与⑦的简单氢化物中，稳定性较强的是(填化学式)___________，该物质的分子为___________(填“极性”或“非极性”)分子。

(3)元素②形成的一种氢化物常用作火箭燃料，则该物质的电子式为___________。

(4)元素④的最高价氧化物对应的水化物与元素⑤的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式为___________。

(5)由①、②、③三种元素组成的离子化合物是___________，检验该化合物中阳离子的方法是___________。

(6)下列事实能说明O的非金属性比S的非金属性强的是___________(填字母代号)。A．O2与H2S溶液反应，溶液变浑浊B．加热条件下H2S比H2O更容易分解C．在氧化还原反应中，1molO2比1molS得电子多D．H2O的沸点比H2S高(7)含有上述元素的物质间存在如图转化。

M所含的化学键类型是___________，实验室检验AlCl3是否为离子化合物的方法___________。评卷人得分六、实验题(共4题，共32分)27、有机物乙偶姻存在于啤酒中；是酒类调香中一个极其重要的品种。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。

步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水；再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。2.64g乙偶姻的蒸气氧化生成5.28g二氧化碳和2.16g水。

步骤二：通过仪器分析得知乙偶姻的相对分子质量为88。

步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图所示；图中4个峰的面积比为1:3:1:3。

步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图所示。

(1)请写出乙偶姻的分子式____(请写出计算过程)。

(2)请确定乙偶姻的结构简式______。28、根据要求完成下列各小题的实验目的(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，加热圆底烧瓶。

②铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______________________________________。

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____________________________________________

写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式______________________________________。29、四氯化碳主要用作优良的溶剂；干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等；也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用图实验装置模拟工业制备四氯化碳。

已知：

①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；

②与在铁作催化剂的条件下；在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；

③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度

(1)分子的空间结构为___________；其中C的杂化轨道类型为__________；写出两个与具有相同空间结构和键合形式的分子或离子__________、___________。

(2)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。

A装置中导管k的作用为________________________。

(3)A装置中发生反应的离子方程式为____________________(写成其还原产物为)。

(4)反应结束后关闭此时F装置的作用为_______________________。

(5)B装置中发生反应的化学方程式为___________________________________。

(6)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到30、某小组拟用自制的氨水制取银氨溶液；并探究银氨溶液的性质。回答下列问题：

(一)氨水的制备：制备装置如图；

(1)A中反应的化学方程式为：_______。

(2)使用加装单向阀的导管，目的是_______；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装_______(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是_______。

(二)探究银氨溶液的制备(实验中所用氨水均为新制)。实验装置实验序号实验操作实验现象

1mL2%AgNO3溶液I向试管中滴加2%氨水1mL并不断振荡产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失Ⅱ向试管中滴加2%氨水(经敞口放置空气中48小时)1mL产生白色略暗沉淀产生白色略暗沉淀

已知：白色AgOH沉淀不稳定，极易分解生成棕褐色Ag2O；Ag2O溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+。

(3)实验I中沉淀消失的化学方程式为_______。

(4)实验测得Ⅱ中所用的氨水比I中所用氨水的pH小，可能原因有_______。

(三)该实验小组同学设计如下实验：

实验1：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％NaOH溶液；立即产生棕黑色浑浊；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液逐渐变黑，最终试管壁附着光亮银镜。

实验2：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％氨水；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液无明显变化。

(5)经检验，实验I产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，黑色物质中有Ag2O，写出沸水浴时发生反应的离子方程式：_______。

(6)该实验小组同学设计上述实验的目的是_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．参与杂化的原子轨道；其能量不能相差太大，如1s与2s；2p的能量相差太大，不能形成杂化轨道，即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A正确；

B．参与杂化的原子轨道；只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故B正确；

C．杂化轨道的电子云一头大一头小；成键时利用大的一头，可使电子云的重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C正确；

D．并不是所有的杂化轨道中都成键，也可以容纳孤电子对(如NH3、H2O的形成)；故D错误；

故选：D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和。中子数为8的N原子质量数是7+8=15，用原子符号表示为A错误；

B．B是5号元素，根据构造原理，可知基态B原子的外围电子排布式：2s22p1；B错误；

C．在分子中；N原子核外最外层的孤电子对与B原子的原子核之间以配位键结合，形成N-B键，C正确；

D．在分子中，N、B原子价层电子对数是4，原子都采用sp3杂化；因此形成的是四面体结构，不可能所有原子共平面，D错误；

故合理选项是C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．NaCl融化时克服离子键，AlCl3融化时破坏分子间作用力；A不符合题意；

B．HCl溶解时破坏共价键；氯化钾溶解时破坏离子键，B不符合题意；

C．碘和干冰均为分子晶体；升华时均只破坏分子间作用力，C符合题意；

D．溴汽化时破坏分子间作用力；汞汽化时破坏金属键，D不符合题意；

综上所述答案为C。4、A【分析】【详解】

A．光导纤维是用二氧化硅生产的；通信容量大，抗干扰性能好，传输信号不易衰减，能有效提高通信效率。而芯片利用了高纯硅的半导体性能广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，A错误；

B．热控保温材料纳米气凝胶的粒径大小在1nm-100nm间；此分散系为胶体，可产生丁达尔效应，B正确；

C．银离子为重金属离子；能使蛋白质变性，有杀菌消毒的作用，故可用于抗菌技术，防护细菌侵入，C正确；

D．氮化硼陶瓷具有多种优良性能；可用做高温；高压、绝缘、散热部件、航天航空业中的热屏蔽材料，属于新型无机非金属材料，D正确；

选A。5、D【分析】【详解】

A．Al元素为13号元素；位于周期表的p区，A正确；

B．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子；明矾晶体中不存在自由移动的离子，不能导电，B正确；

C．明矾溶液中由于铝离子的水解而使溶液呈酸性；C正确；

D．明矾能使蛋白质发生盐析而不是变性；D错误；

故选D。6、D【分析】【详解】

A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl−是6个；即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；

B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+；故B正确；

C．金刚石晶胞中相连4个C形成四面体结构；则6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C正确；

D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4；故D错误；

答案选D。二、多选题(共7题，共14分)7、AD【分析】【详解】

一般情况下，由极性分子构成的物质易溶于极性溶剂，由非极性分子构成的物质易溶于非极性溶剂，HCl是极性分子，I2、Cl2是非极性分子，H2O是极性溶剂，苯是非极性溶剂，所以HCl易溶于水，I2易溶于苯，AD符合题意，故选AD。8、BD【分析】【分析】

【详解】

略9、BC【分析】【分析】

【详解】

A．X属于分子晶体；X的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，与化学键无关，故A正确；

B．根据图知，一个Z分子中含有5个π键(2个C=Oπ键、1个Π大π键)和30个σ键(13个C-Hσ键；2个C=Oσ键、10个C-Cσ键、3个C-Oσ键、1个H-Oσ键、1个C-Clσ键)；形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为5×2∶30×2=1∶6，故B错误；

C．X中C、O原子中价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，C、O原子杂化类型都是sp3杂化；其杂化方式相同，故C错误；

D．苯分子中所有原子共平面；甲烷中最多有3个原子共平面、-COCl中所有原子共平面；单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；

故选BC。10、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。11、BD【分析】【详解】

A.钴元素的原子序数为27；位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A错误；

B.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH2)6]3+；故B正确；

C.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH2)6]Cl3；1mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成3mol不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C错误；

D.若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r，则面对角线为4r，由晶胞参数为acm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm；故D正确；

故选BD。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．金刚石中每个C原子形成4个C-C键，每个C-C键被两个C原子共用，则每个C具有=2个C-C键，12g金刚石含有1mol碳原子，含有C-C的个数为2NA；A错误；

B．1mol白磷含有6molP—P键，124g白磷(P4)物质的量为1mol，因此124g白磷晶体中含有P—P键的个数为6NA；B正确；

C．与金刚石类似，晶体硅中每个Si原子形成Si-Si键，28g晶体硅物质的量为1mol，因此中含有Si—Si键的个数为2NA；C正确；

D．SiO2晶体中每个Si与周围4个O原子结合形成4个Si—O键，因此SiO2晶体中每摩尔硅原子可与氧原子形成4NA个共价键(Si—O键)；D错误；

综上所述答案为BC。13、AD【分析】【详解】

A．由的分子结构可知，与3个O形成三角键形结构，中心原子上有1对孤电子对和3个成键电子对，则原子的杂化方式为A正确；

B．是由和构成的离子化合物；B错误；

C．中含1对孤电子对和3个成键电子对；空间结构为三角锥形，C错误；

D．中含有1对孤电子对和3个成键电子对；空间结构为三角键形，键角小于109°28′，D正确；

故选AD。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

【小问1】

①CS2分子中C原子价层电子对个数是2；孤电子对数为0，C原子采用的是sp杂化，空间构型为直线形；【小问2】

②H2S分子中σ键数目为2，孤对电子对数为2，则价层电子对数为4，S原子采用的是sp3杂化；由于有2个孤电子对，故空间构型为V型；

⑧SO2分子中价层电子对个数=2+×(6-2×2)=3，含有1个孤电子对，S原子采用的是sp2杂化；由于有1个孤电子对，故空间构型为V形；【小问3】

④CH2O分子中心原子C的σ键数目为3，孤电子对数为0，C原子采用的是sp2杂化；由于碳氧双键的存在，故空间构型为平面三角形；

⑦BF3分子中心原子B的σ键数目为3，孤电子对数为0，B原子采用的是sp2杂化；故空间构型为平面正三角型；【小问4】

③PCl3分子中σ键数目为3，孤电子对数为1，则价层电子对数为4，则P原子采用的是sp3杂化；由于有1个孤电子对，故空间构型为三角锥型；

⑤H3O+分子中心原子O的σ健数目为3，孤电子对数为1，O原子采用的是sp3杂化；由于有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形；【小问5】

⑥分子中心原子N的σ健数目为4，孤电子对数为0，N原子采用的是sp3杂化，故空间构型为正四面体形。【解析】【小题1】①

【小题2】②⑧

【小题3】④⑦

【小题4】③⑤

【小题5】⑥15、略

【分析】【详解】

（1）一个电子就是一种运动状态；Mn是25号元素，则基态Mn原子核外有25种运动状态不同的电子；故答案为：25。

（2）基态镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，则核外M层电子即3s2电子；同一个轨道中两个电子自旋状态相反；故答案为：相反。

（3）基态Ge价电子排布式为4s24p2；则基态Ge原子有2个未成对电子；故答案为：2。

（4）Ni为28号元素，则镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2；故答案为：[Ar]3d84s2。

（5）氮原子价层电子为2s22p3，则价层电子的轨道表达式(电子排布图)为故答案为：

（6）基态价电子排布式为3d6，基态价电子排布式为3d5，则基态与离子中未成对的电子数之比为4：5；故答案为：4：5。

（7）基态K原子价电子排布式为3s1；则核外电子占据的最高能层的符号是M；故答案为：M。

（8）Se的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则Se的基态原子中电子占据的原子轨道总数为18；故答案为：18。【解析】(1)25

(2)相反。

(3)2

(4)[Ar]3d84s2

(5)

(6)4：5

(7)M

(8)1816、略

【分析】【详解】

(1)由表中数值可看出，同周期中元素的X值随原子半径的减小而增大，同主族自上而下X值减小，X值的变化体现周期性的变化，故：0.93<1.57，2.55<3.44；

故答案为0.93；1.57；2.55；3.44；

(2)由表中数值可看出；同周期中元素的X值随原子半径的减小而增大，同主族自上而下原子半径增大，而X值减小；

故答案为同周期(或同主族)元素；X值越大，原子半径越小；

(3)对比周期表中对角线位置的X值可知：X(B)>X(Si)，X(C)>X(P)，X(O)>X(Cl)，则可推知：X(N)>X(S)，所以S∼N中；共用电子对应偏向氮原子；

故答案为氮；

(4)查表知：AlCl3的△X=3.16-1.61=1.55<1.7，又X(Br)3的△X应小于AlCl3的；为共价键；

故答案为共价键；

(5)根据递变规律，X值最小的应为Cs(Fr为放射性元素)位于第六周期；第ⅠA族；

故答案为第六周期第ⅠA族。【解析】①.0.93②.1.57③.2.55④.3.44⑤.同周期（或同主族）元素，X值越大，原子半径越小，⑥.氮⑦.共价键⑧.第六周期第ⅠA族17、A:C:D:D:D:E【分析】【分析】

根据得失电子规律；同一主族从上到下电离能依次递减，同一周期从左到右电离能依次递增。根据元素的电离能可知，Q的第一电离能最大，很可能是稀有气体。R和U的第2电离能均远远大于第一电离能，因此最外层电子数都是1个，最有可能处于同一主族。S的第三电离能远远大于第二电离能，所以S的最外层有2个电子。同理分析T的最外层电子数是3个。由于最外层2个电子属于全充满，稳定性强，所以第一电离能大于T的，因此金属性强弱顺序为U＞R＞S＞T＞Q。

【详解】

(1)由以上分析可知；R和U的第一电离能较小，最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案：D；

(2)金属性越强；相应阳离子的氧化性就越弱，所以阴极放电反应最可能是选项E；

(3)由分析可知根据R、S、T、U最高化合价为+1、+2、+3、+1，所以各氯化物分别是RCl、SCl2、TCl3；UCl；B符合；故答案是：D；

(4)S的第一；第二电离能较小；最外层电子数为2，可能为S区元素，所以答案是：C；

(5)Q的电离能很大；可能为0族元素，化学性质和物理性质最像氦，所以答案是：D；

(6)根据元素的电离能可知，Q的第一电离能最大，很可能是稀有气体，所以化学性质最稳定的是Q，所以答案是：A。18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N是7号元素，最外层电子数是5，所以在元素周期表中N元素位于第二周期VA族；核外电子排布是1s22s22p3,所以最外层电子排布式为2s22p3；

（2）Na、N、O三种元素形成的简单离子中，Na+、N3-、O2-中它们的电子层结构相同，随核电荷数递增，离子半径依次减小，所以离子半径最小的是Na+；

（3）NaNO2中的N元素的化合价是+3价，使NaNO2中的氮转化为对空气无污染的气体（氮气），需要另一种反应物具有强还原性，而且含有N元素，二者发生氧化还原反应产生N2，就不会引起环境污染，a中的Cl-只有弱还原性，a错误，b中NH4+的N元素是-3价，具有强还原性，能够与+3价的N元素发生氧化还原反应生成N2，b正确；HNO3中的N元素+5价，具有强氧化性，不符合条件，c错误；d中浓硫酸具有强氧化性，且没有N元素，也不符合条件，d错误，正确答案是b；

（4）①2I-被氧化为I2，失去2e-，NaNO2→NO，N元素得到e-，被还原，根据电子守恒及原子守恒可得2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，2molHI中I失去2mol电子给NaNO2中的N，电子转移总数是2e-即：

②根据方程式2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知：4molHI参加反应，有2mol被氧化，生成2mol的NO气体，所以当有0.75molHI被氧化时，有0.75mol的NO生成，V（NO）=0.75mol×22.4L·mol-1=16.8L；

（5）鉴别亚硝酸钠和氯化钠固体，利用题干中给的信息：NaNO2能够将HI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，而NaCl没有该性质，所以利用上述反应可以鉴别NaNO2和NaCl的物质有：②碘化钾淀粉试纸；⑤白醋；，答案选②⑤。

【点睛】

微粒半径比较“三看”：一看电子层数，对于电子层数不同，电子层越多，半径越大，如：Li+、N3-、O2-离子半径大小顺序：Na+3-2-，再如：同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）；三看核外电子数，核电荷数相同的元素，阳离子所带离子电荷数越多，半径越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，阴离子大于相应的原子半径，如：S2－＞S、Br－＞Br。【解析】VA2s22p3Na+b16.8②⑤19、略

【分析】【详解】

（1）①Mn的原子序数是25，根据构造原理可知，Mn2＋基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)。

②NO3-中中心原子含有的孤对电子对数＝（5＋1－3×2）÷2＝0；所以其空间构型是平面三角形。

（2）①原子数和价电子数分别都相等的是等电子体；则和CO互为等电子体的是氮气，氮气分子中含有三键，则CO的结构简式就是C≡O。

②水分子中氧原子含有2对孤对电子，是V形结构，因此氧原子的杂化类型是sp3杂化。

③CO2分子中含有2个碳氧双键，而双键是由1个σ键和1个π键构成，所以1molCO2中含有的σ键数目为2×6.02×1023个(或2NA)。【解析】①.1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)②.平面三角形③.C≡O④.sp3⑤.2×6.02×1023个(或2NA)20、略

【分析】【详解】

（1）O原子核外有8个电子；一个电子是一种运动状态，因此基态O原子核外电子的运动状态有8种；故答案为：8。

（2）氨气存在分子间氢键，熔沸点高，相对分子质量比大，范德华力大，熔沸点高，因此的沸点由高到低的顺序为故答案为：

（3）根据价电子B－＝C＝N＋，则与互为等电子体的一种分子的化学式C2H6；故答案为：C2H6。

（4）在低压合成甲醇反应()所涉及的4种物质中，水、甲醇都存在分子间氢键，但水中存在的氢键数目多，二氧化碳相对分子质量比氢气相对分子质量大，范德华力大，沸点高，因此沸点从高到低的顺序为故答案为：

（5）中N；O、Cl都有孤对电子；因此提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl；故答案为：N、O、Cl。

（6）中含氧官能团的名称为酮羰基；酰胺基；故答案为：酮羰基、酰胺基。

（7）高分子化合物从左边第一个碳有半键，则需要相邻碳上也有半键，则需要断裂第二个碳上双键中一根键，因此第一、二个碳形成双键，第三个碳有半键，需要第四个碳有半键，则第四个和第五个碳断裂单键，第三四个碳形成双键即为第五个碳和第六个碳形成一根键就变为叁键即为因此单体为故答案为：【解析】(1)8

(2)

(3)

(4)

(5)N；O、Cl

(6)酮羰基；酰胺基。

(7)21、略

【分析】【分析】

【详解】

As的氢化物同NH3分子，中心原子sp3杂化，一对孤电子对，故为三角锥形；因NH3中存在分子间氢键，故沸点比AsH3高。【解析】三角锥形低NH3分子间存在氢键22、略

【分析】【详解】

应该从晶体类型来考虑，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。【解析】GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力四、判断题(共1题，共4分)23、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。五、元素或物质推断题(共3题，共27分)24、略

【分析】【分析】

前四周期A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为氢元素；基态B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B原子核外有6个电子，则B为碳元素；基态D原子L层上有2对成对电子，则基态D原子的电子排布式为所以D为氧元素；C的原子序数介于碳；氧元素之间，则C为氮元素；基态E原子有6个未成对电子，只能是其中5个在d轨道，1个在s轨道，故E为铬元素，据此作答。

【详解】

(1)在元素周期表中的位置是第4周期ⅥB族；基态格原子的价电子排布式为故答案为：第4周期ⅥB族；

(2)C为氮元素，根据洪特规则，其基态原子的价电子轨道表示式为故答案为：

(3)1个分子中含有5个键，1个π键，则分子中含有键；故答案为：5；

(4)的电子式为二氧化碳是直线形分子，键角为180°，故答案为：180°；

(5)B、C、D依次为碳、氦、氧，同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，基态N原子轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能会出现反常，在三种元素中最大，故答案为：同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，基态N原子轨道处于半充满状态；较稳定，其第一电离能会出现反常。

【点睛】

本题重点(5)，同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，基态N原子轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能会出现反常。【解析】第4周期ⅥB族5180°同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大的趋势，基态N原子轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能会出现反常25、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。A原子核外有三个未成对电子，则A为氮(N)；A与B可形成离子化合物B3A2；则B为镁(Mg)；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为铝(Al)；D原子核外的M层中有两对成对电子，则D为硫(S)；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满，则E为铜(Cu)。

【详解】

由以上分析可知；A；B、C、D、E分别为N、Mg、Al、S、Cu。

(1)E为铜，其位于第四周期第ⅠB族，价电子排布式是3d104s1，A、B、C、D分别为N、Mg、Al、S，总的来说，非金属性越强，第一电离能越大，但由于Mg的3s轨道半充满，所以第一电离能大于Al，从而得出第一电离能由小到大的顺序为Al104s1；Al

(2)MgCl2由离子构成，微粒间作用力为离子键，AlCl3由分子构成，微粒间作用力为范德华力，MgCl2的熔点远高于AlCl3的熔点，理由是MgCl2为离子晶体而A1C13为分子晶体。答案为：MgCl2为离子晶体而A1Cl3为分子晶体；

(3)D的低价氧化物为SO2；S的价层电子对数为3，分子的空间构型是V形。答案为：V形；

(4)在Cu、N形成晶体的晶胞结构中，含N原子个数为8×=1，含Cu原子个数为12×=3，则其化学式为Cu3N；若相邻N原子和Cu原子间的距离为anm，则晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g/cm3。答案为：

【点睛】

比较原子序数相差1的两元素原子的第一电离能时，需注意二者的价电子轨道是否半满、全满、全空，若符合此情况，则其第一电离能比原子序数大1的原子大。【解析】3d104s1Al2为离子晶体而A1C13为分子晶体V形Cu3N26、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表的位置可知：①是H；②是N，③是O，④是N，⑤是Al，⑥是Si，⑦是S元素，然后结合元素周期律及物质的性质分析解答。

（1）

同一周期元素；原子序数越大，原子半径越小；同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，则上述七种元素中，原子半径最大的是Na元素。

（2）

元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。③是O，⑦是S元素，二者是同一主族的元素，元素的非金属性：O＞S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S，因此稳定性较强的是H2O。H2O分子是V形结构；由于分子中正；负电荷重心不重合，因此该分子是极性分子。

（3）

②是N，N元素形成的一种氢化物常用作火箭燃料，则该物质是N2H4，分子中2个N原子形成1对共用电子对，每个N原子又分别与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中各原子都达到稳定结构，故其的电子式为

（4）

④是N，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3，该物质为一元强酸；⑤是Al，Al的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，HNO3与Al(OH)3反应产生Al(NO3)3、H2O，该反应的离子方程式为：

（5）

①是H，②是N，③是O，这三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，铵盐与碱共热产生氨气，故检验的方法是：取少量该化合物于试管中；加入NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明有铵根离子存在。

（6）

A．O2与H2S溶液发生置换反应产生S、H2O；S难溶于水，因此反应后溶液变浑浊，可以证明O的非金属性比S强，A符合题意；

B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。加热条件下H2S比H2O更容易分解；说明元素的非金属性O大于S，B符合题意；

C．不能根据反应中元素单质得到电子数目判断元素的非金属性的强弱；而应该根据得到电子的难易程度判断，C不符合题意；

D．物质氢化物都是由分子构成的物质，熔沸点高低与分子间作用力大小有关，而与元素的非金属性强弱无关，因此不能根据H2O的沸点比H2S高判断出O的非金属性比S强；D不符合题意；

故合理选项是AB。

（7）

AlCl3、NH3、H2O发生反应产生NH4Cl、Al(OH)3。由于M是仅有非金属元素形成的盐，则M是NH4Cl，Z是Al(OH)3。Al(OH)3受热分解产生X是Al2O3，电解熔融Al2O3产生Al单质。AlCl3是共价化合物，由分子构成，在液态时仍然是物质分子，不存在离子，因此在熔融状态不能导电，故可在熔融状态下测导电性，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物。【解析】(1)Na

(2)H2O极性。

(3)

(4)

(5)NH4NO3取少量该化合物于试管中；加入NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，则证明有铵根离子存在。

(6)AB

(7)离子键和极性键(或共价键)熔融状态下测导电性，若导电则为离子化合物，若不导电则为共价化合物六、实验题(共4题，共32分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)n(C)=n(CO2)==0.12moln(H)=2n(H2O)==0.24mol

m(C)+m(H)=0.12mol×12g·mol-1+0.24g=1.68g<2.64g该化合物含有氧元素。

n(O)==0.06mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.12mol：0.24mol：0.06mol=2：4：1，最简式为C2H4O，由已知相对分子质量为88，该化合物分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；

(2)根据核磁共振氢谱图中由4个峰，且面积比为1:3:1:3，说明分子中含有4中氢原子，且个数比为1:3:1:3，结合红外光谱图所示含有C-H、C-O、C=O等化学键，故其结构简式为：故答案为：【解析】C4H8O228、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；

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