2025年外研衔接版选择性必修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2025年外研衔接版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列化学用语书写不正确的是A.Cl-的结构示意图：B.NaCl的电子式：C.基态铜原子(29Cu)的价层电子排布式：3d94s2D.基态氧原子的轨道表示式：2、下列由实验操作、现象所得结论正确的是。实验操作和现象实验结论A将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁B用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流，液流方向改变CF2Cl2是极性分子C石蜡油加强热，将产生的气体通入溴水，溴水颜色褪去气体中含有乙烯D用pH计分别测0.1molL-1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大Ka(HClO)>Ka(CH3COOH)

A.AB.BC.CD.D3、资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径，CO2光催化转化为CH4的方法入选了2020年世界十大科技进展，其原理为：CO2+4H2CH4+2H2O。下列有关CO2、CH4的说法正确的是A.CO2的空间构型是V形B.CH4是极性分子C.电负性：O>C>HD.CO2转化为CH4体现了CO2的还原性4、科技日报2007年1月30日讯，美、德两国科学家日前成功合成出具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，其结构类似由硼和氢组成的硼烷，有关研究报告发表在最新出版的美国《科学》杂志上。最简单的氢铝化合物为Al2H6它的熔点为150℃，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如图。下列有关说法肯定不正确的是。

A.Al2H6中H为+1价，Al为-3价B.Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C.Al2H6分子是非极性分子D.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料5、HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：下列有关说法正确的是A.[Zn(CN)4]2-中存在共价健和离子键B.HCHO中碳原子以sp2的形式杂化C.CN-中的σ键和π键数目相同D.Zn原子的3d能级中有空轨道评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、金属铁有δ；γ、α三种结构；各晶胞如图。下列说法不正确的是。

A.三种晶胞中实际含有的铁原子的个数之比为2：4：1B.三种晶胞中铁原子的配位数之比为1：3：2C.三种晶胞密度之比为32：37：29D.δ-Fe晶胞的空间利用率为7、下列说法正确的是A.已知键能为故键能为B.键能为键能为故比稳定C.某元素原子最外层有1个电子，它跟卤素相结合时，所形成的化学键为离子键D.键能为其含义为断裂所吸收的能量为390.8kJ8、氰气的化学式为结构式为性质与卤素单质相似，下列叙述正确的是A.在一定条件下可发生加成反应B.分子中键的键长大于键的键长C.分子中含有2个键和4个键D.能与氢氧化钠溶液发生反应9、已知火药爆炸的反应为下列有关说法正确的是A.上述反应中生成1molN2转移的电子是10molB.气体产物与均是非极性分子C.上述化学方程式涉及元素第一电离能：D.上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：10、氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源；水的光解技术是当前研究的重要课题。在WOC和HEC两种催化剂作用下，利用光照将水分解(“*代表反应过程中产生的中间体”)，原理如图。下列说法错误的是。

A.上述水的光解技术是将光能转化为化学能B.1molWOC*中通过螯合成环的配位键有12molC.析氢和析氧分别是还原反应和氧化反应D.HEC*中C原子的杂化方式都是sp杂化11、半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如下图所示；可看作是金刚石晶胞内部的C原子被As原子代替；顶点和面心的C原子被B原子代替。下列说法正确的是。

A.基态As原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3B.砷化硼(BAs)晶体属于分子晶体C.1molBAs晶体中含有4molB-As键D.与同一个B原子相连的As原子构成的立体构型为正四面体形12、下列对一些实验事实的理论解释正确的是。选项实验事实理论解释ANH3空间构型为三角锥NH3中心原子均为sp3杂化且均有一对孤对电子B白磷为正四面体分子白磷分子中P—Р键间的夹角是109.5°CHF的沸点高于HClH—F的键能比H—Cl的键能大D硼酸固体难溶于水，加热溶解度增大加热后，硼酸分子之间的氢键部分断裂，与水分子产生氢键作用A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、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___________。

14、金属钠及其化合物在人类生产；生活中起着重要作用。

(1)Na的轨道表示式为_______。

(2)NaCl的熔点为800.8℃。工业上，采用电解熔融的NaCl和混合盐，制备金属Na，电解的化学方程式为：加入的目的是_______。

(3)采用空气和Na为原料可直接制备空气与熔融的金属Na反应前需依次通过的试剂为_______、_______(填序号)。

a．浓硫酸b．饱和食盐水c．NaOH溶液d．溶液。

(4)的电子式为_______。

在25℃和101kPa时，Na与反应生成放出510.9kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：_______。

(5)向酸性溶液中加入粉末；观察到溶液褪色，发生如下反应。

配平上述离子方程式_______。

该反应说明具有_______(选填“氧化性”“还原性”或“漂白性”)。

(6)在密闭容器中，将和bmol固体混合物加热至250℃，充分反应后，若剩余固体为和NaOH、排出气体为和时，的取值范围为_______。15、(1)观察Li；Be、Mg、Al在元素周期表中的位置回答下列问题：

①铍的最高价氧化物对应的水化物是______(填“酸性”“碱性”或“两性”)化合物，证明这一结论的有关的离子方程式是______。

②根据Mg在空气中的燃烧情况可知，Li在空气中燃烧，生成的产物为______(用化学式表示)。

(2)现有核电荷数小于20的元素A，其电离能数据如表：(表示原子失去第n个电子的电离能，单位：)。序号电离能7.64415.0380.12109.3141.2186.5224.9266.0327.9367.41761

①外层电子离核越远，能量越高，电离能越______(填“大”或“小”)；阳离子所带电荷数越大，失去电子时，电离能越______(填“大”或“小”)。

②表中11个电子分属______个电子层；失去了11个电子后，该元素原子还有______个电子。

③该元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是______。16、(1)计算下列分子或离子中点“·”原子的价电子对数。

①CCl4_________②BeCl2__________③BCl3________④PCl3___________

(2)计算下列微粒中点“·”原子的孤电子对数。

①H2S___________

②PCl5_________

③BF3___________

④NH3___________17、下表是元素周期表短周期的一部分：

请按要求用化学用语回答下列问题：

（1）元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为___；

（2）用电子式表示元素④与元素⑥形成的化合物的形成过程___；

（3）比元素⑦的原子序数多17的元素在周期表的位置为___；

（4）写出由①④⑤三种元素组成的一种离子化合物的电子式___，若将其溶于水，破坏了其中的___(填“离子键”；“共价键”或“离子键和共价键”)；

（5）元素①和元素④形成的化合物及元素①和元素⑧形成的化合物均为18电子分子，请写出这两种化合物按物质的量之比4：1反应的离子方程式___。18、H5O2Ge(BH4)3是钙钛矿型化合物(ABX3型)；量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。请回答下列问题：

(1)基态Ge的价电子轨道表示式___________。

(2)根据杂化轨道理论，由B的4个___________(填杂化轨道类型)杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，请画出的结构式___________。

(3)CsPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图所示：

①原子1的坐标为(0，0)，则原子2和3的坐标分别为___________、___________。

②I-位于该晶体晶胞的___________(填“棱心”、“体心”或“顶角”)。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)19、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误20、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21、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.错误评卷人得分五、原理综合题(共2题，共16分)22、铁元素被称为“人类第一元素”；其化合物应用广泛。

Ⅰ.硫化亚铁(FeS)是一种常见的还原剂。用FeS处理模拟含铬废水的流程如下：

(1)“还原”过程发生反应的离子方程式为______。

(2)为测定模拟废水中铬元素的去除率；进行如下实验：将滤渣用蒸馏水洗净后，在低温条件下干燥，称得质量为2.2100g。将上述2.2100g固体在空气中加热，测得固体质量随温度的变化如图所示。

说明：780℃以上的残留固体为Fe2O3、Cr2O3的化合物。

①A→B固体质量增加是由滤渣中______(填化学式)发生反应引起的。

②在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是______。

③根据以上实验数据计算上述模拟废水中铬元素的去除率______(写出计算过程)。

Ⅱ.铁元素是构成人体的必不可少的元素之一；补铁剂种类繁多，其中一种有效成分是琥珀酸亚铁(图1)。

(1)琥珀酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型为______，1mol琥珀酸亚铁中含σ键______mol。

(2)用邻二氮菲(phen，如图2)与琥珀酸亚铁生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，发生反应：Fe2++3phen=[Fe(phen)3]2+。[Fe(phen)3]2+中，Fe2+的配位数为______。用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在2~9适宜范围，原因是______。23、MnS纳米粒子被广泛应用于除去重金属离子中的隔离子。

(1)锰的价层电子排布式为_____________，Mn2+中未成对电子数为_______。

(2)磁性氧化铁纳米粒子除隔效率不如MnS纳米粒子，试比较两种纳米材料中的阴离子的半径大小：__________，常温下H2O是液态而H2S是气态的原因是__________。

(3)Mn可以形成多种配合物，[Mn(CO)(H2O)2(NH3)3]Cl2•H2O中第二周期元素第一电离能大小关系为_____________，配体H2O、NH3中心原子杂化类型均为_________。

(4)S和Na形成的晶体晶胞如图所示，该晶体的化学式为_____________，设晶胞的棱长为acm。试计算R晶体的密度：_____________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．Cl原子是17号元素，Cl-核外电子分为三个电子层，一层2个电子，二层8个电子．三层8个电子，原子结构示意图为故A正确；

B．NaCl为离子化合物，电子式为：故B正确；

C．铜原子(29Cu)是29号元素，价层电子排布式为：3d104s1；故C错误；

D．O是8号元素，电子排布式为1s22s2sp4，轨道表示式为故D正确；

故选C。2、B【分析】【详解】

A．二价铁和浓盐酸均可以被酸性KMnO4溶液氧化；紫色褪去，故A错误；

B．由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，CF2Cl2是极性分子；故当橡胶棒靠近水流时，液流方向改变，故B正确；

C．气体通入溴水；溴水颜色褪去，只能说明气体中含有不饱和烃，故C错误；

D．用pH计分别测0.1molL-1NaClO和CH3COONa溶液的pH，前者pH大，说明ClO-的水解程度大于CH3COO-，酸性HClO3COOH，所以Ka(HClO)3COOH)；故D错误；

故答案选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2；孤对电子对数为0，空间构型为直线形，故A错误；

B．甲烷的空间构型为结构对称的正四面体形；属于非极性分子，故B错误；

C．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性O>C>H，则电负性O>C>H；故C正确；

D．由方程式可知；反应中二氧化碳中碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，表现氧化性，故D错误；

故选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

略5、B【分析】【详解】

A．[Zn(CN)4]2-中存在共价键和配位键；没有离子键，故A错误。

B．HCHO中心原子C的价层电子对数=3+=3是平面三角形分子，碳原子以sp2的形式杂化；故B正确；

C．CN-中C；N原子间形成三键；一个三键中含有1个σ键和2个π键，故C错误；

D．Zn原子的价层电子排布式为3d104s2；3d能级没有空轨道，故D错误；

答案选B。二、多选题(共7题，共14分)6、BC【分析】【分析】

【详解】

A．三种晶胞中实际含有的铁原子的个数之比为(8×+1):(8×+6×):(8×)=2：4：1；故A正确；

B．δ-Fe为体心立方堆积；以体心Fe研究可知Fe原子配位数为8，γ-Fe为面心立方堆积，Fe原子配位数为12，α-Fe为简单立方堆积，可知Fe原子配位数为6，故δ-Fe；γ-Fe、α-Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：12：6=4：6：3，故B错误；

C．设铁原子半径为a，根据晶胞结构图，γ-Fe晶体中晶胞的棱长为δ-Fe晶体中晶胞的棱长为α-Fe晶体中晶胞的棱长为2a，所以三种晶胞的棱长之比为：233，原子数之比2：4：1，密度之比：=故C错误；

D．δ-Fe晶胞的空间利用率为==故D正确；

故选BC。7、BD【分析】【详解】

A．氮氮三键中含有1个σ键、2个π键，σ键与π键的键能不同，并且形成氮氮三键更稳定，释放的能量更多，所以键能远大于A项错误；

B．分子中共价键的键能越大；分子越稳定，B项正确；

C．该元素可能为氢元素或碱金属元素；故与卤素相结合可形成共价键或离子键，C项错误。

D．键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量；D项正确。

故本题选BD。8、AD【分析】【详解】

A．氰气的分子结构中含有不饱和键；在一定条件下可发生加成反应，A正确；

B．同周期主族元素中，原子半径随原子序数的增大而减小，原子半径越大形成共价键的键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以分子中键的键长小于键的键长；B错误；

C．单键为键，1个三键中含有1个键和2个键，所以分子中含有3个键和4个键；C错误；

D．卤素单质能和氢氧化钠溶液发生反应；氰气的性质与卤素单质相似，所以氰气能与氢氧化钠溶液反应，D正确；

故选AD。9、BC【分析】【详解】

A．上述反应中硝酸钾中氮化合价降低，硫化合价降低，碳化合价升高，根据方程式分析生成1molN2转移的电子是12mol；故A错误；

B．气体产物与都是直线形分子；均是非极性分子，故B正确；

C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则上述化学方程式涉及元素第一电离能：故C正确；

D．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：故D错误。

综上所述，答案为BC。10、BD【分析】【分析】

【详解】

A．机理图中有光吸收单元和光生单元；期间产生了中间体，上述水的光解技术是将光能转化为化学能，A正确；

B．WOC*中Ru与N通过螯合作用形成的配位键；1molWOC*中通过螯合成环的配位键有8mol，B错误；

C．析氢是还原反应；析氧是氧化反应，C正确；

D．HEC*中-CN原子的杂化方式sp杂化，Fe-CO-Fe原子的杂化方式sp2杂化；D错误；

答案选BD。11、CD【分析】【分析】

【详解】

A．As原子核外电子排布式应为[Ar]3d104s24p3；故A错误；

B．由题目信息可知砷化硼(BAs)的晶胞可看作金刚石晶胞内部C原被As原子代替；顶点和面心的C原子被B原子代替；金刚石是原子晶体，故砷化硼(BAs)晶体也属于原子晶体，故B错误；

C．看中间一个黑球As原子；与周围白球B有4个键，其它黑球As不共用这个化学键，故每1molBAs晶体中含有4molB-As键，故C正确；

D．砷化硼结构与金刚石相似；与同一个B原子相连的As原子构成正四面体形，故D正确；

选CD。12、AD【分析】【分析】

【详解】

A．中价层电子对个数=3+(6+2-2×3)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，S原子采用sp3杂化；NH3分子中价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其立体结构都是三角锥形，NH3中N原子杂化方式为sp3；所以S和N杂化方式相同，A正确；

B．白磷分子为P4；4个P原子位于正四面体的4个顶点，每个面都是正三角形，P-P键键角为60°，B错误；

C．HF和HCI的熔；沸点与分子内的共价键无关；只与分子间作用力有关，HF分子间可以形成氢键，所以HF比HCl沸点高，C错误；

D．硼酸分子由于分子间氢键的存在；形成了集团形成了块状，使得硼酸固体难溶于水；加热时破坏了硼酸分子间的氢键，使得硼酸更易与水产生分子间氢键，故溶解度增大，D正确。

【点睛】

硼酸的分子间可以形成氢键、硼酸与水分子间也可以形成氢键是解题关键。三、填空题(共6题，共12分)13、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+6HCl14、略

【分析】【详解】

（1）Na为11号元素，基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，则其轨道表示式为故答案为：

（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃时NaCl即熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，即CaCl2作助溶剂；降低NaCl的熔点，节省能耗，故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；

（3）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物；能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与熔融的金属Na反应前需依次通过NaOH溶液；浓硫酸，故答案为：c；a；

（4）由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在O-O键，则的电子式为在25℃和101kPa时，Na与反应生成放出510.9kJ的热量，则反应的热化学方程式为故答案为：

（5）根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为该反应中，为还原剂，说明具有还原性，故答案为：还原性；

（6）残余的固体为Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O，则有总反应式为2a-b>0，则a：bb-a>0，则a：b<1，则a：b的取值范围为故答案为：【解析】(1)

(2)作助熔剂；降低NaCl的熔点，节省能耗。

(3)ca

(4)

(5)还原性。

(6)15、略

【分析】【详解】

(1)①根据“对角线规则”可知，的性质与相似，则铍的最高价氧化物的水化物是两性化合物；与强酸、强碱均能发生反应生成盐和水，有关反应的离子方程式是

②的性质与相似，在空气中燃烧生成和所以在空气中燃烧生成

(2)①外层电子离核越远；核对电子的吸引作用越弱，电离能越小；阳离子电荷数越大，失去电子越困难，电离能越大；

②根据失去第1个、第2个电子的电离能远小于失去第3个电子的电离能可知该元素的最外层电子数为2，根据失去第10个电子的电离能远小于失去第11个电子的电离能可知该元素的次外层电子数为8，A的核电荷数小于20，则A为元素；11个电子分属3个电子层；失去11个电子，还有1个电子；

③元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是【解析】两性小大3116、略

【分析】【分析】

价层电子对包含σ电子对和孤电子对，σ电子对数等于中心原子所连原子的个数，孤电子对数=（a：中心原子价电子数，b：配原子达稳定结构缺少的电子数；x：配原子个数）。

【详解】

(1)①C原子价层电子对数=σ电子对+孤电子对=4+=4；

②Be原子价层电子对数=σ电子对+孤电子对=2+=2；

③B原子价层电子对数=σ电子对+孤电子对=3+=3；

④P原子价层电子对数=σ电子对+孤电子对=3+=4；

(2)①S原子孤电子对数=

②P原子孤电子对数=

③B原子孤电子对数=

④N原子孤电子对数=【解析】①.4②.2③.3④.4⑤.2⑥.0⑦.0⑧.117、略

【分析】【分析】

由元素在周期表的位置可知，①是H；②是C；③是N；④是O；⑤是Na；⑥是Mg；⑦是P；⑧是S；⑨是Cl元素。

(1)离子核外电子层数越多；离子半径越大；离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；

(2)Mg与O先得失电子形成离子；离子间通过离子键结合；

(3)元素⑦是P元素，是15号元素，比它的原子序数多17的元素是32号元素；根据元素的原子序数与原子结构确定元素位置；

(4)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH；NaOH溶于水电离产生OH-、Na+；

(5)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，二者会发生氧化还原反应，结合这两种化合物按物质的量之比为4：1；写出反应的离子方程式。

【详解】

(1)由于离子核外电子层数越多，离子半径越大，当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；Cl−核外有3个电子层，O2−、Mg2+核外都有2个电子层，所以Cl−的半径最大，O2−半径次之，Mg2+的离子半径最小，故元素④、⑥、⑨的离子半径由大到小的顺序为Cl−>O2−>Mg2+；

(2)Mg原子失去电子形成Mg2+，O原子获得电子形成O2−，Mg2+与O2−通过静电作用形成离子键，用电子式表示为

(3)元素⑦是P元素；它的原子序数是15，比该元素的原子序数大17的元素是32，其核外电子排布是2；8、18、4，所以该元素位于第四周期第IVA；

(4)①④⑤三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的离子化合物是NaOH，其电子式是NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，当其溶于水电离产生OH−、Na+；所以断裂的是离子键；

(5)元素①和元素④形成的化合物18电子分子是H2O2，该物质具有氧化性，元素①和元素⑧形成的化合物18电子分子是H2S，该物质具有还原性，二者混合时按物质的量之比为4:1发生氧化还原反应，根据电子守恒，可得反应的离子方程式为【解析】Cl−>O2−>Mg2+第四周期第IVA离子键18、略

【分析】【详解】

(1)Ge是第四周期ⅣA元素，价电子排布式为4s24p2，基态Ge的价电子轨道表示式为

(2)根据杂化轨道理论，中B的价电子对数为4，采用sp3杂化，由B的4个sp3杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，空间构型是正四面体，的结构式为

(3)①原子1的坐标为(0，0)，则由CsPbI3的晶体结构可知原子2和3的坐标分别为(0，0，)、(1，1)。

②由晶体结构可知Cs位于晶胞的体心，则1个晶胞中含有1个Cs，还有2种原子位于顶角和棱心，根据均摊法可知，1个晶胞中位于顶角的原子的个数为：个，应为Pb，则I-位于该晶体晶胞的棱心。【解析】sp3(0，0，)(1，1)棱心四、判断题(共3题，共12分)19、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；20、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。21、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。五、原理综合题(共2题，共16分)22、略

【分析】【分析】

Ⅰ.铬酸钾与硫化亚铁反应生成SOFeOOH和Cr(OH)3,过滤；对滤渣进行称量，进行后续考查。Ⅱ.主要考查琥珀酸亚铁中铁的杂货类型，及σ键数。

【详解】

(1)由流程图知，铬酸钾与硫化亚铁反应生成SOFeOOH和Cr(OH)3,铁元素从+2价升高到+3价，硫元素从-2价升高到+6价，硫化亚铁完全反应化合价升高9价，铬酸钾完全反应化合价降低3价，根据化合价升降相等及电子守恒，质量守恒配平方程式为FeS+3CrO+7H2O=FeOOH+3Cr(OH)3+SO+4OH-，答案为FeS+3CrO+7H2O=FeOOH+3Cr(OH)3+SO+4OH-

(2)①滤渣为FeS、FeOOH、Cr(OH)3的混合物，已知780℃以上的残留固体为Fe2O3、Cr2O3的化合物，FeOOH、Cr(OH)3加热分解生成Fe2O3、Cr2O3的过程是质量减小的过程；FeS加热先变成硫酸铁，硫酸铁加强热分解变为氧化铁，该过程固体中先增大后减小，所以A→B固体质量增加是由滤渣中FeS引起的。故答案为FeS；

②在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是Fe2+中3d轨道没有达到半满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半满的稳定结构，故答案为Fe2+中3d轨道没有达到半满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半满的稳定结构；

③根据以上实验数据计算上述模拟废水中铬元素的去除率；1L模拟废水中含铬酸钾的物质的量为5.82g/L×1L÷194g/mol=0.03mol。

设2.2100g固体中含FeS为xmol,FeOOH为ymol,根据反应FeS+3CrO+7H2O=FeOOH+3Cr(OH)3+SO+4OH-可知，Cr(OH)3为3ymol,结合Fe、Cr元素守恒可知，灼烧所得的固体质量为1.74g固体中Fe2O3的物质的量为mol,Cr2O3的物质的量为1.5ymol，则xmol×88g/mol+ymol×89g/mol+3ymol×103g/mol