2025年人教版（2024）选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年人教版（2024）选择性必修2化学下册阶段测试试卷426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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列各组物质的晶体类型相同的是A.二氧化硅和干冰B.冰和金属铜C.晶体硅和氧化钙D.氯化钠和氯化铯2、已知X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：下列说法不正确的是A.电负性：B.气态氢化物的稳定性：C.原子半径：D.单质的氧化性：3、下表物质与其所含化学键类型；所属化合物类型完全正确的一组是()

。

选项。

A

B

C

D

物质。

MgCl2

CO2

HCl

NaOH

化学键类型。

离子键；共价键。

共价键。

离子键。

离子键。

化合物类型。

离子化合物。

共价化合物。

离子化合物。

离子化合物。

A.AB.BC.CD.D4、下列化学用语表示正确的是A.CO2的结构式：O-C-OB.N2的电子式：C.H2O的VSEPR模型名称：四面体D.乙烯的结构简式：C2H45、0.01molCrCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，结果并没有观察到有白色AgCl沉淀生成。已知CrCl3·6H2O中Cr3+形成六个配位键，则其结构表示可能正确的是A.[Cr(H2O)6]Cl3B.[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2OC.[Cr(H2O)4Cl]Cl2·2H2OD.[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O6、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7、现有两种烯烃：CH2=CH2和它们的混合物进行聚合反应；则聚合反应的产物中含有如下四种物质中的。

②③④

A.①③④B.③C.②③D.①②④8、下列性质适合于离子晶体的是A.熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电B.熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电C.熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm-3D.熔点3900℃，硬度很大，不导电9、二氯化二硫(S2Cl2)可用作橡胶工业的硫化剂，常温下它是橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2相似，熔点为193K，沸点为411K，遇水反应，既产生能使品红褪色气体又产生淡黄色沉淀，S2Cl2可由干燥的氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法错误的是A.S2Cl2分子是既有极性键又有非极性键的极性分子B.S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构C.S2Cl2在液态下不能导电D.S2Cl2与水反应后生成的气体通入石蕊试液中，现象是溶液先变红后褪色评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是A.第一电离能：W＞X＞YB.电负性：Y＞W＞ZC.简单离子半径：Z＞X＞YD.最简单氢化物的沸点：X＞Z＞W11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Y原子p能级上有2个未成对电子，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是A.X、Y、Z的电负性大小顺序是X＞Y＞ZB.WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1C.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞WD.W、Z形成的分子的空间构型是正四面体形12、下列实验内容和解释都正确的是。

。编号。

实验内容。

解释。

A

常温下，测得0.1mol/LH2C2O4溶液和0.1mol/LHNO3溶液的pH分别1.3和1.0

氮元素的非金属性强于碳元素。

B

向氯化铁溶液中加入过量的KI溶液；充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红。

KI与FeCl3的反应为可逆反应。

C

向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再滴入2滴0.1mol/LFeCl3溶液；又生成红褐色沉淀。

在相同条件下的Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3

D

取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液；加热，有砖红色沉淀产生。

蔗糖水解产物中有葡萄糖。

A.AB.BC.CD.D13、如图为周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧下列说法正确的是。ADBEC

A.D，B，E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：C.D，B，E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小D.气态氢化物的稳定性顺序：14、白磷燃烧的能量变化(图甲)和白磷及产物的结构(图乙)如图所示；下列有关说法不正确的是。

A.白磷的燃烧热B.1个白磷分子中含6个键C.中键的数目为D.假设P—P、P—O、O=O键的键能分别为a、b、c，则P=O键的键能为15、钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中为另两种离子为和

下列说法错误的是A.钛酸钙的化学式为B.图(b)中，为C.中含有配位健D.晶胞中与每个紧邻的有6个评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、(1)基态与离子中未成对的电子数之比为___________。

(2)基态原子的核外电子排布式为___________。

(3)位于元素周期表中第四周期第___________族，基态原子核外未成对电子有___________个。

(4)基态原子价电子的电子排布图(轨道表达式)为___________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。

(5)原子核外电子排布式为___________。

(6)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为___________。

(7)基态原子核外电子排布式为___________。17、PtCl2(NH3)2可以形成两种固体；一种为淡黄色，在水中的溶解度较小；另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大。

(1)PtCl2(NH3)2为__________结构（填“平面四边形”或“四面体”）。

(2)黄绿色固体的立体构型图为____________________。18、元素及其化合物的应用研究是目前科学研究的前沿之一。试回答下列问题：

(1)二氧化钛（）作光催化剂，能将污染物如甲醛（）、苯等有害气体转化为二氧化碳和水。水分子的中心原子的价电子对数为__________；甲醛的价电子对互斥理论模型为__________；二氧化碳分子中碳原子的杂化类型为____________________。

(2)写出下列分子或离子的空间构型：__________；__________。

(3)可与形成H3O+，H3O+中O原子采取杂化_________。H3O+中键角比H2O中键角大，原因是______________________________。

(4)原子序数小于36的过渡元素A和B，在元素周期表中位于同一族，且原子序数B比A多1，基态B原子中含有三个未成对电子。则B在元素周期表中的位置为__________，属于__________区元素，基态B原子的电子排布式为______________________________。19、工业上可用以下方法制备粮食储备的强效熏虫剂PH3。请回答：

(1)磷原子最外层的电子排布式_______；同族元素氢化物RH3的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示：

则Y轴可表示的氢化物性质可能是_______；根据P4的结构，推测其在CS2中的溶解度_______(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。

(2)配平反应Ⅰ的方程式，并标出电子转移方向和数目______。

_______P4+_______NaOH+_______→_______NaH2PO2+_______PH3↑

(3)由工业流程图可以判断H3PO2为_______(填“一”；“二”或“三”)元酸。

(4)在标准状况下若有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成_______升PH3气体(不考虑产物的损失)。

(5)查文献，AlP遇水蒸气会发生水解反应也产生PH3，该反应的另一种产物的电离方程式为_______。20、(1)可正确表示原子轨道的是___________。

A．2sB．2dC．3pxD．3f

(2)写出基态镓(Ga)原子的价电子排布式：___________。

(3)下列物质中，只含有极性键的分子是_____，既含离子键又含共价键的化合物是_______；只存在σ键的分子是_______，同时存在σ键和π键的分子是_____。

A．N2B．CO2C．CH2Cl2D．C2H4E．C2H6F．CaCl2G．NH4Cl

(4)用“>”“<”或“=”填空：第一电离能的大小：Mg____Al；21、(1)氨是_______分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_______。

(2)①下列物质中既有离子键又有共价键的是_______。

A.B.C.D.

②关于下列分子的说法不正确的是_______。

A.既有σ键又有π键。

B.的极性强于的极性。

C.是非极性分子。

D.该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键22、按要求回答下列问题：

(1)常温下；在水中的溶解度乙醇大于乙苯，原因是：乙醇与水会形成分子间_______。

(2)天然橡胶(聚异戊二烯)的结构简式是________________。

(3)NaOH溶液可以去油污(硬脂酸甘油酯)的化学方程式______________。

(4)二氧化碳与环氧丙烷制可降解塑料的化学方程式___________________。23、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__。24、有下列几种晶体：A．氮化硅；B．氯化铯；C．生石灰；D．金刚石；E．苛性钠；F．铜；G．固态氨；H．干冰；I．二氧化硅。

回答下列问题：

(1)上述晶体中，属于共价晶体的化合物是________(填字母；下同)。

(2)上述晶体中，受热熔化后化学键不发生变化的是________。

(3)上述晶体中，含有共价键的离子晶体是________。

(4)上述晶体中，熔融状态下能导电的是________。评卷人得分四、工业流程题(共2题，共8分)25、次磷酸钠()是具有珍珠光泽的晶体或白色结晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍；其制备与镀镍过程如下图所示：

据此回答下列问题：

(1)基态Ni原子的核外电子排布式为___________，PH3的分子空间构型为___________。

(2)“碱溶”过程中，发生反应化学方程式为___________。次磷酸(H3PO2)的结构为则溶液中离子浓度大小关系为___________。

(3)“沉降池”中通入氨气的目的是___________。“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，选用的洗涤剂为___________。

(4)“滤液2”经分离提纯可以得写出“镀镍”过程发生的离子反应方程式___________，充分反应后，向“滤液2”中，加入适量悬浊液，生成和混合沉淀，此时___________[已知：26、广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：

已知：

I.“焙烧”后，固体中主要含有“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。

Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取

Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：。金属离子开始沉淀1.97.011.98.1完全沉淀3.29.013.910.1

回答下列问题：

(1)基态钒原子的价层电子排布式为_______。

(2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式为_______，该工序的低于7.0，试计算出_______。

(3)指出各元素的第一电离能由大到小的顺序_______，的空间结构为_______形。

(4)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为_______。

(5)“氧化”时，每消耗可得到_______

(6)单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为_______pm。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．二氧化硅是由Si和O通过共价键形成的空间网状结构，属于原子(共价)晶体，干冰是由CO2分子通过分子间作用力形成的分子晶体，A不合题意；

B．冰是由H2O分子通过分子间作用力形成的分子晶体；金属铜是由Cu原子通过金属键形成的金属晶体，B不合题意；

C．晶体硅是由Si原子通过共价键形成的空间网状结构，属于原子(共价)晶体，氧化钙是由Ca2+和O2-通过离子键形成的离子晶体，C不合题意；

D．氯化钠是由Na+和Cl-通过离子键形成的离子晶体，氯化铯是由Cs+和Cl-通过离子键形成的离子晶体；D符合题意；

故答案为：D。2、A【分析】【分析】

X、Y、Z为三种原子序数相邻的主族元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4；则X；Y、Z同周期，且原子序数X＞Y＞Z，电负性X＞Y＞Z，非金属性X＞Y＞Z，非金属性越强，气态氢化物越稳定、单质氧化性越强，据此解答。

【详解】

A．根据分析；电负性：X＞Y＞Z，A错误；

B．非金属性越强；氢化物越稳定，则氢化物稳定性X＞Y＞Z，B正确；

C．根据分析，X、Y、Z同周期，且原子序数X＞Y＞Z，则原子半径：C正确；

D．非金属性越强；单质氧化性越强，则单质的氧化性：X＞Y＞Z，D正确；

故选A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．氯化镁中只含有氯离子和镁离子形成的离子键；故A错误；

B．CO2只含碳原子和氧原子形成的共价键；属于共价化合物，故B正确；

C．HCl中只含氢原子和氯原子形成的共价键；属于共价化合物，故C错误；

D．NaOH中除含有离子键外；还含有氧原子和氢原子形成的共价键，故D错误；

综上所述答案为B。4、C【分析】【详解】

A．二氧化碳的结构式为O=C=O；故A错误；

B．氮气的电子式为故B错误；

C．H2O的中心原子的价层电子对数为2+=4；所以VSEPR模型名称为四面体，故C正确；

D．乙烯的结构简式为CH2=CH2；故D错误；

答案为C。5、D【分析】【详解】

A．若其结构为[Cr(H2O)6]Cl3；则与硝酸银反应后生成0.03molAgCl沉淀，错误；

B．若其结构为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O与硝酸银反应后生成0.02molAgCl沉淀；错误；

C．根据题意知，CrCl3·6H2O中Cr3+形成六个配位键；而该结构中只存在五个配位键，错误；

D．结构为[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O的配位键为6；且与硝酸银不产生AgCl，正确；

故选：D。6、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。7、D【分析】【详解】

CH2=CH2和的混合物进行聚合反应，可能是CH2=CH2加聚生成可能是加聚生成可能是CH2=CH2和按1:1摩尔比加聚生成或从而得出①②④符合题意；故选D。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．熔点1070℃；易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的特点，A项选；

B．熔点为10.31°C；熔点低，符合分子晶体的特点，液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子，水溶液能导电，溶于水后，分子在水分子的作用下，电离出自由移动的离子，属于分子晶体的特点，B项不选；

C．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm-3；为金属晶体的特点，C项不选；

D．熔点为3900°C；硬度很大，不导电，熔点高，硬度大，属于原子晶体的特点，D项不选；

答案选A。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．S2Cl2的分子结构与H2O2相似；既有极性键又有非极性键的极性分子，故A正确；

B．S2Cl2的电子式为分子中各原子均达到8电子稳定结构，故B正确；

C．S2Cl2为分子晶体；在液态下不能电离出自由移动的离子，则不能导电，故C正确；

D．与水发生2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；气体通入石蕊试液中，溶液变红，故D错误。

故选：D。二、多选题(共6题，共12分)10、BD【分析】【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1；Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是N；X是O，Y是Na，Z是P元素。

A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势；但第IIA；第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，A正确；

B．同一周期元素随原子序数的增大；元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，B错误；

C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有３个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+；即离子半径：Z＞X＞Y，C正确；

D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3；即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，D错误；

故合理选项是BD。11、CD【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素，Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。

【详解】

A．根据分析；X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X；Y、Z的电负性大小顺序是X＜Y＜Z，A错误；

B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S；1个双键中含1个σ键；1个π键，σ键与π键的数目之比是1∶1，B错误；

C．电子层越多；原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W；X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，C正确；

D．根据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化；空间构型是正四面体形，D正确；

故选CD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．元素非金属性的强弱可以通过比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱来判断，H2C2O4不是碳的最高价氧化物对应的水化物；故A错误；

B．向氯化铁溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，再滴入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，说明在KI过量的情况下，仍有Fe3+存在，说明KI与FeCl3的反应为可逆反应；故B正确；

C．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，此时NaOH是过量的，再滴入2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明Fe(OH)3是由Mg(OH)2转化而来的，故不能由此比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp；故C错误；

D．取1mL蔗糖溶液，加入3滴稀H2SO4，水浴加热5min，使蔗糖水解，冷却后加入NaOH溶液中和硫酸至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液；加热，有砖红色沉淀产生，可以说明蔗糖水解产物中有葡萄糖，故D正确；

故选BD。13、BC【分析】【分析】

B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，设B元素相对原子质量为x，则×100%=60%，解得b=32；故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素；C为Se、D为P元素、E为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强；第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，第一电离能P＞Cl＞S，A错误；

B．同主族元素从上到下；元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性Cl＞S＞Se，B正确；

C．P；S、Cl三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大离子半径越小，P、S、Cl三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，C正确；

D．非金属性：P＜S＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

故选BC。14、CD【分析】【详解】

A．反应热等于正反应活化能减逆反应活化能；A正确；

B．白磷分子形成正四面体形结构，故1个白磷分子中含6个键；B正确；

C．由图乙可知，中每个磷原子与4个氧原子形成4个键，4个磷原子共形成16个键，故中键的数目为C错误；

D．白磷燃烧的化学方程式为白磷完全燃烧需拆开键和键，形成键和键，反应热反应物的总键能-生成物的总键能，即得D错误；

故选CD。15、BD【分析】【详解】

A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中位于8个顶点、位于6个面心、位于体心，根据均摊法可以确定的数目分别为1、3、1，因此其化学式为A说法正确；

B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，和均为1个，有3个故为B说法错误；

C．类比的成键情况可知，中含有与形成的配位健；C说法正确；

D．图(a)的晶胞中，位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个紧邻的有38÷2=12个；D说法错误。

综上所述，本题选BD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【详解】

(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+和Fe3+的价电子排布式分别为3d6和3d5，根据洪特规则，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+基态有5个未成对电子；所以二者未成对电子数之比为4：5；

(2)Ti为22号元素，核外共22个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。

(3)Mn是25号元素，价电子排布式为：3d54s2；故Mn位于元素周期表中第四周期第ⅦB族；根据构造原理；洪特规则可知Mn原子核外3d能级上5个电子均为未成对电子，故此处填5；

(4)基态原子Fe的价电子排布式为3d64s2，对应电子排布图(轨道表达式)为基态S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4；则电子占据最高能级是3p，对应电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形；

(5)Zn为30号元素，核外有30个电子，对应电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

(6)N元素位于第二周期第ⅤA族，价电子排布式为2s22p3，对应排布图是

(7)是27号元素，其基态原子核外有27个电子，对应排布式为或【解析】4：5ⅦB5哑铃(或纺锤)（或）17、略

【分析】【分析】

(1)根据相似相溶原理；极性分子构成的溶质易溶于极性分子构成的溶剂，非极性分子构成的溶质易溶于非极性分子构成的溶剂。

(2)Pt(NH3)2Cl2分子是平面结构；两个Cl原子有相邻和相对两种位置；

【详解】

(1)通过相似相溶原理可知两种固体一种为极性分子，另一种为非极性分子，若PtCl2(NH3)2为四面体结构；只能为极性分子，故只能为平面正方形结构，故答案为：平面四边形；

(2)黄绿色固体在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故黄绿色固体是故答案为：

【点睛】

这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来解答，注意相似相溶原理的应用。【解析】平面正方形18、略

【分析】【详解】

(1)水分子中O原子的价电子对数甲醛分子中C原子的价电子对数为3；价电子对互斥理论模型为平面三角形；二氧化碳分子中碳原子的价电子对数为2，杂化类型为sp杂化。答案为：4；平面三角形；sp杂化；

(2)中P原子的价电子对数孤电子对数为0，空间构型为正四面体；中原子的价电子对数孤电子对数为1，空间构型为三角锥形。答案为：正四面体；三角锥形；

(3)H3O+中O原子的价电子对数是4，根据价层电子对互斥理论模型可知，O原子的杂化类型为杂化；孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，水分子中O原子有2对孤电子，H3O+中只有1对孤电子，后者的孤电子对对成键电子对的排斥力较小，所以H3O+中键角比H2O中键角大。答案为：H2O中O原子有2对孤电子，H3O+中O原子只有1对孤电子对；后者的孤电子对对成键电子对的排斥力较小；

(4)原子序数相差1的A、B两种元素位于同一族，说明A、B位于第Ⅷ族，且A、B的原子序数均小于36，故A、B位于第4周期，基态B原子含有3个未成对电子，则其价电子排布式为为元素，A为元素。答案为：

【点睛】

在共价化合物分子中，杂化轨道数=孤电子对数+中心原子所形成的σ键数。【解析】①.4②.平面三角形③.sp杂化④.正四面体⑤.三角锥形⑥.sp3⑦.H2O中O原子有2对孤电子，H3O+中O原子只有1对孤电子对，后者的孤电子对对成键电子对的排斥力较小⑧.第4周期第Ⅷ族⑨.d⑩.19、略

【分析】【分析】

(1)磷是15号元素；结合原子结构和元素周期律；相似相容原理分析解答；

(2)根据化合价升降守恒结合质量守恒配平方程式；

(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，确定H3PO2的类型；

(4)根据发生反应的过程寻找关系式分析计算；

(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体和Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物；存在酸性电离与碱式电离，据此分析解答。

【详解】

(1)磷是15号元素，第三电子层为最外层，电子数为5，最外层电子排布式是3s23p3，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，从上到下原子半径逐渐增大，键能逐渐减小，因此Y轴可表示三种氢化物的稳定性、键能；P4为正四面体结构，为非极性分子，CS2为非极性分子形成的溶剂，水是极性溶剂，根据相似相容原理，P4在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案为：3s23p3；热稳定性；键能；大于；

(2)P4和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，反应中P部分由0价升高为+1价，部分由0价降低为-3价，根据化合价升降守恒，PH3配1，NaH2PO2配3，结合质量守恒可知，反应物中缺少的物质为H2O，配平后的方程式为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，故答案为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；

(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，可以确定H3PO2属于一元酸；故答案为：一；

(4)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2、反应Ⅱ为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应Ⅲ为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，因此P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3；在标准状况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L，故答案为：56；

(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体，生成的另外一种物质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，电离方程式为：H++AlO+H2O⇌AlOH3⇌Al3++3OH-，故答案为：H++AlO+H2O⇌AlOH3⇌Al3++3OH-。

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，要注意关系式法在解题中的应用。【解析】3s23p3热稳定性、键能大于1P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+1PH3↑一56H++AlO+H2O⇌AlOH3⇌Al3++3OH-20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A.2s能级只有1个轨道；故2s可以表示原子轨道，A正确；

B．不存在2d能级；B错误；

C.3p能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3px表示为x轴上的轨道；C正确；

D．不存在3f能级；D错误；

故答案为：AC；

(2)Ga与Al同主族相邻，原子序数相差第四周期容纳元素种数，故Ga的原子序数为13+18=31，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；

(3)

A、N2分子含有非极性共价键；属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键；

B、CO2分子中碳原子和氧原子之间存在极性键；属于共价化合物，二氧化碳分子结构简式为O=C=O，所以二氧化碳分子中含有σ键和π键；

C．CH2Cl2分子中碳原子和氢原子或氯原子之间存在极性键，属于共价化合物，CH2Cl2分子结构式为：CH2Cl2分子中只含σ键；

D．C2H4分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烯的结构式为乙烯分子中含有σ键和π键；

E．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价键，属于共价化合物，乙烷的结构式为乙烷分子中只含σ键；

F．CaCl2中只含离子键；属于离子化合物；

G．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键；氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在σ键；

故答案为：BC；G；CE；ABD；

(5)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能为：Mg＞Al，故答案为：＞。【解析】①.AC②.1s22s22p63s23p63d104s24p1③.BC④.G⑤.CE⑥.ABD⑦.＞21、略

【分析】【详解】

(1)中N的孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，因此为极性分子，N的杂化轨道数为3+1=4，杂化类型为

(2)①中只有离子键，为离子化合物，O和H之间形成共价键，中既有离子键又有共价键；故选BD；

②A．该分子中存在碳碳双键；因此既有σ键又有π键，A项正确；

B．O的电负性大于C的电负性，O吸引电子的能力更强，故的极性强于的极性；B项正确；

C．该分子的空间结构不对称；因此属于极性分子，C项错误；

D．该分子中存在因此分子之间可以形成氢键，D项错误；

故选CD。【解析】极性BDCD22、略

【分析】【分析】

根据氢键形成原理分析对物质溶解性的影响；根据有机物的结构特点分析并书写相关有机反应方程式。

【详解】

(1)乙醇含有羟基；与水分子间形成氢键，导致乙醇易溶于水，而与乙苯不存在氢键，故常温下，在水中的溶解度乙醇大于乙苯，故答案为：氢键；

(2)异戊二烯的两个双键同时打开，彼此相互连接，异戊二烯又形成一个新双键，形成高聚物的结构简式为：故答案为：

(3)硬脂酸甘油酯与氢氧化钠反应生成C17H35COONa与甘油，反应方程式为+3NaOH→3C17H35COONa+故答案为：+3NaOH→3C17H35COONa+

(4)利用CO2中的一个碳氧双键与环氧丙烷()发生加聚反应，得到聚酯类高聚物，酯在自然界中可以降解，该反应的化学方程式是，nCO2+n故答案为：nCO2+n【解析】氢键+3NaOH→3C17H35COONa+nCO2+n23、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⑨.25mol24、略

【分析】【分析】

(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物；据此回答；

(2)受热熔化后化学键不发生变化；则变化的是分子间作用力；故满足条件的是分子晶体；

(3)含有共价键的离子晶体；那么离子化合物内含有复杂离子，例如氢氧根离子；铵根离子、含氧酸根离子等，据此回答；

(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体；据此回答；

【详解】

(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物；硅的原子结构决定了：氮化硅；二氧化硅晶体是由原子直接通过共价键形成的，故填A、I；

(2)原子晶体