2024年西师新版选择性必修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2024年西师新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷91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、已知：X元素的气态氢化物分子式为其中X元素的质量分数为Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍。Z元素原子的外围电子排布为W元素原子的未成对电子数在前四周期中最多。下列有关说法中错误的是A.可燃冰的主要成分是的水合物，过度开采容易造成温室效应B.X与Y形成化合物时，X呈正价C.W元素的价电子排布式为D.四种元素的最高化合价：2、根据表中(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息；判断下列叙述正确的是（）

。元素代号。

X

Y

Z

Q

W

原子半径/nm

0.186

0.143

0.089

0.104

0.074

主要化合价。

+1

+3

+2

+6；-2

-2

A.W2-与Y3+的核外电子数不可能相等B.离子半径大小：X+2-C.最高价氧化物对应水化物的碱性：XD.简单氢化物的稳定性：Q>W3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1molHClO中含H-Cl键的数目为0.1NAB.1L0.1mol∙L-1NaAlO2溶液中含AlO的数目为0.1NAC.7.8gNa2O2中阴、阳离子的总数为0.3NAD.1mol苯中所含碳碳双键的数目为3NA4、主族元素X、Y、Z、Q、M的原子序数依次增大且均不大于20，元素Z和Q同族。元素M的化合物M+[Q-X≡Y]-为实验室中常用于检验Fe3+试剂，下列说法错误的是A.原子半径：M＞Q＞X＞Y＞ZB.气态氢化物的稳定性：Y＜ZC.1molFe(QXY)3中σ键为9molD.Ca与Z元素可形成阴阳离子个数比为2：1的化合物5、下列实验操作、现象与结论相匹配的是。选项操作现象结论A向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴溶液溶液未变红铁粉与水蒸气未反应B常温下，分别测定浓度均为的溶液和溶液的均等于7常温下，的溶液和溶液中水的电离程度相等C常温下，将苯与混合所得混合溶液的体积为混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用弱于氢键D向溶液中滴加浓氨水至过量先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解是两性氢氧化物

A.AB.BC.CD.D6、下列对分子性质的解释中，不正确的是A.F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高B.乳酸()分子中含有2个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释D.冰的密度比水小、氨气极易溶于水、邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛都能用氢键来解释评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、按要求填空。

(1)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。

(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第2周期部分元素的E1变化趋势如下图所示。

氮元素的E1呈现异常的原因是___________。

(3)B原子价层电子的轨道表达式为___________。

(4)Co基态原子核外电子排布式为___________，元素Mn与O中，基态原子核外未成对电子数较多的是___________。8、Ⅰ.下列8种化学符号：O2、O3、H、C、Na、N、C、Mg。

（1）表示核素的符号共_____种。

（2）互为同位素的是______，质量数相等的是_______，中子数相等的是____。

（3）质量相同的H216O和D216O所含中子数之比为________。

Ⅱ.根据周期表对角线规则；金属Be与Al的单质及其化合物的性质相似。试回答下列问题：

（4）写出Be与NaOH溶液反应生成Na2[Be(OH)4]的离子方程式____________

（5）Be(OH)2与Mg(OH)2可用_________鉴别。

Ⅲ.铜有两种天然同位素Cu和Cu；参考铜的相对原子质量（63.5）。

（6）计算Cu的质量百分含量约是_________。（保留3位有效数字）9、金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。

(1)LiH中，离子半径：Li+_________H－(填“＞”；“＝”或“＜”)。

(2)某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如下表所示：。I1/kJ·mol-1I2/kJ·mol-1I3/kJ·mol-1I4/kJ·mol-1I5/kJ·mol-1738145177331054013630

M是_________(填元素符号)。

(3)CH4、NH3、H2O、BCl3、HF分子中键角大小顺序是_____。

(4)有以下物质：①H2O，②NaOH，③H2O2，④H2，⑤C2H4，⑥Ar，⑦Na2O2，⑧HCN，既有σ键又有π键的是_____________________；只含有σ键的是__________；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是________；不存在化学键的是________；含有离子键和非极性键的是_________。10、(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_______。11、地球上的物质不断变化，数10亿年来大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：。目前空气的成分水蒸气及稀有气体(如He、Ne等)原始大气的主要成分CO、等

用上表所涉及的分子填写下列空白。

(1)含有10个电子的分子有(填化学式，下同)___________；

(2)由极性键构成的非极性分子有___________；

(3)与可直接形成配位键的分子有___________；

(4)分子中不含孤电子对的分子有___________，它的立体构型为___________；

(5)极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是___________，它极易溶于水的原因是___________。12、下列各图为几种晶体或晶胞的结构示意图。

请回答下列问题：

(1)这些晶体中；粒子之间以共价键结合形成的晶体是______。

(2)冰、金刚石、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为______。

(3)晶胞与晶胞结构相同，晶体的硬度______(填“大于”或“小于”)晶体的硬度；原因是______。

(4)每个晶胞中实际占有______个原子，晶体中每个周围距离最近且相等的有______个。

(5)冰的熔点远高于干冰的重要原因是______。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、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14、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误15、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16、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17、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误18、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.错误评卷人得分四、结构与性质(共3题，共15分)19、过渡元素中；Ti被誉为“未来金属”；“战略金属”，其具有稳定的化学性质。回答下列问题：

(1)基态钛原子的px原子轨道上的电子数为_______个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有_______种。

(2)过渡金属可形成许多配合物。

①羰基配合物，即CO作为配体形成的配合物。CO的等电子体有N2、CN-、_______(任写一个)等；CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是_______。

②Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)TiF的配体所含原子中电负性由大到小的顺序是_______(写元素符号)；Ti(H2O)中∠H-O-H_______(填“大于”；“小于”或“等于”)单个水分子中∠H-O-H。

(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4的分子结构与CCl4相同，二者在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______，其中Ti原子采取_______杂化；TiCl4的稳定性比CCl4差，极易水解，试从结构的角度分析其原因：_______。

(4)Ti晶体晶胞的堆积模型为_______；如图为四方晶系的TiO2晶体结构，晶胞参数α=β=γ=90°，底面边长为mpm，高为npm，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为ρg/cm3，则m的表达式为_______pm(列出计算式)。

20、2019年1月3日上午；嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：

(1)基态Ga原子价电子排布式__________________，核外电子占据最高能级的电子云形状为_________；基态As原子最高能层上有_______个电子。

(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol−1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的第一电离能比镓_____(填“大”或“小”)。

(3)第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为__________。

(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为______，AsH3分子的空间构型为____________。

(5)相同压强下，AsH3的沸点______NH3(填“大于”或“小于”)，原因为__________________

(6)GaAs为原子晶体，其晶胞结构如图所示，Ga与As以___________(填“共价键”或“离子键”)键合。设阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶胞边长为apm，则GaAs晶体的密度为_____g•cm−3(列出计算式即可)。21、已知A；B、R、D都是周期表中前四周期的元素；它们的原子系数依次增大。其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。

(1)写出基态D原子的电子排布式__________。

(2)已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高纯度R的单质过程如下：

写出过程③的反应方程式___________，已知RHCl3的沸点是31.5oC，则该物质的晶体类型是__________，中心原子的轨道杂化类型为__________，该物质的空间构型是______。

(3)A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是_________，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是________。A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为_______。

(4)已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为______，一个D的晶胞质量为____，已知D原子半径为rpm，则该晶胞的空间利用率为_____________(写出计算过程)。

评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)22、短周期中的四种主族元素A；B、C、D、E；原子序数依次增大。A是电负性最大的元素，B、D的价电子层中均有两个未成对电子，回答下列问题：

（1）B元素在周期表中的位置为___________________________；

（2）A的基态原子中，电子占据的最高能级符号为___；该能级的电子云轮廓图形状为__________；

（3）B、C、D三种元素的第一电离能大小顺序为________；该电离能大小变化的原因为________________；

（4）C、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺为________________。23、部分短周期主族元素在周期表中的相对位置如图。

。

a

b

c

d

e

f

请回答：

(1)上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物的电子式为__。

(2)c、d和e三种简单离子半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。

(3)单质e与b的简单氢化物反应的化学方程式为________。

(4)a和c形成的简单化合物的立体构型为__________。

(5)工业上制备单质d的化学方程式为____________。24、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___________。25、Ⅰ.按要求填空：

(1)有①②③石墨、金刚石；④四组微粒或物质。互为同位素的是_______(填编号，下同)，互为同素异形体的是_______。

Ⅱ.已知和反应生成吸收180kJ能量；反应过程中能量变化如图所示。

(2)该反应中反应物所具有的总能量_______(填“高于”或“低于”)生成物的总能量。

(3)分子中的化学键断裂时要吸收_______kJ能量。

(4)断裂键吸收的能量即x值为_______。

Ⅲ.如表所示是部分短周期元素的性质或原子结构特点。请回答下列问题：。元素代号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是+7价W其最高价氧化物对应水化物既能跟酸反应，又能跟强碱反应(5)元素X的一种质子数与中子数相同的核素符号为_______。

(6)元素Z与元素T相比，元素原子得电子能力较强的是_______(用元素符号表示)。下列表述中能证明这一事实的是_______。(填序号)

a.常温下Z的单质和T的单质状态不同。

b.Z元素的简单氢化物比T元素的简单氢化物稳定。

c.一定条件下Z和T单质都能与氢氧化钠溶液反应。

(7)T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物中性质明显不同于其他三种的是_______(填化学式)，理由是_______。

(8)T的低价氧化物与Z的单质等体积混合后通入溶液中发生的反应是_______。(用化学方程式表示)评卷人得分六、工业流程题(共3题，共6分)26、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：27、联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如下图：

(1)两种方法的沉淀池中均发生的反应化学方程式为_______。

(2)X分子构型是____，Y分子中中心原子的杂化方式是_____。

(3)Z中除了溶解的氨气、食盐外，其它溶质还有_；排出液中的溶质除了氢氧化钙外，还有__。

(4)根据联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确是_。

a．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小。

b．通入氨气能增大的浓度；使铵盐更多析出。

c．加入食盐细粉能提高Na+的浓度，使NaHCO3结晶析出。

(5)联碱法中，每当通入NH322.4L(已折合成标准状况下)时可以得到纯碱50.0g，则NH3的利用率为_。(结果精确到0.01)28、次磷酸钠(NaH2PO2)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(NaH2PO2)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___________，H3PO2为一元弱酸，则NaH2PO2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H3PO4，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Ca(OH)2悬浊液，生成CaSO4和CaHPO4混合沉淀，此时=___________。[已知：Ksp(CaSO4)=7×10-5(mol／L)2；Ksp(CaHPO4)=1×10-7(mol／L)2]参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

X元素的气态氢化物分子式为其中X元素的质量分数为则解得X的相对原子质量为12，则X是C元素；Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，则Y原子最外层电子数为4，内层电子总数为10，则Y是Si元素；Z元素原子的外围电子排布为s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p3，Z为P元素；W元素原子的未成对电子数在前四周期中最多，则W为Cr元素；

【详解】

分析可知：X是C、Y是Si、Z是P、W是Cr；

A．可燃冰的主要成分是CH4水合物；也是能造成温室效应的气体，故A正确；

B．X与Y形成化合物是SiC；由于C的还原性比Si强，C显-4价，故B错误；

C．Cr元素的价电子排布式为故C正确；

D．数值上最高价化合价与主族序数相等，C为+4、Si为+4、P为+5、Cr为+6，四种元素的最高化合价：故D正确；

答案选B。2、B【分析】【分析】

由表中数据可知；X为钠，Y为铝，Z为铍，Q为硫，W为氧。

【详解】

A．根据上述分析可知：Y为铝，W为氧，则W2-与Y3+的核外电子数均为10；故A错误；

B．根据上述分析可知：X为钠，Q为硫，X+有2个电子层，Q2-有3个电子层，所以离子半径大小：X+2-；故B正确；

C．根据上述分析可知：X为钠，Z为铍，因为金属性：X>Mg>Z，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Z；故C错误；

D．根据上述分析可知：Q为硫，W为氧，属于同一主族，W非金属性强于Q，所以简单氢化物的稳定性：Q

故答案：B。3、C【分析】【详解】

A．HClO中不含有H-Cl键；A错误；

B．AlO在溶液中水解，1L0.1mol∙L-1NaAlO2溶液中含AlO的数目小于0.1NA；B错误；

C．7.8gNa2O2的物质的量是1mol，过氧化钠由钠离子和过氧根离子组成，其中阴、阳离子的总数为0.3NA；C正确；

D．苯中不含碳碳双键，D错误；答案选C。4、D【分析】【分析】

元素M的化合物M+[Q-X≡Y]-为实验室中常用于检验Fe3+试剂；应为KSCN，所以M为K元素，Z和Q同族，则Q为第三周期元素，为S元素，Z为O元素，X为C元素，Y为N元素，据以上分析解答。

【详解】

A．同一周期；从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径：K＞S＞C＞N＞O，故A正确；

B．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：N

C．配位键为σ键，[Q-X≡Y]-中含有2个σ键，则1molFe(QXY)3中σ键为1mol×2×3+3mol=9mol；故C正确；

D．Ca与O元素可形成化合物CaO、CaO2，两种物质均属于离子化合物，CaO中存在钙离子和氧负离子，CaO2中存在钙离子和过氧根离子；两种化合物中阴阳离子个数比均为1：1，故D错误；

故选D。5、C【分析】【详解】

A．四氧化三铁在稀硫酸中溶解，生成的铁离子会与未反应的铁粉反应生成亚铁离子，滴入几滴溶液；溶液未变红，不能说明铁粉与水蒸气未反应，A错误；

B．是弱酸弱碱盐，促进水的电离，为强酸强碱盐；对水的电离无影响，二者水的电离程度不相同，B错误；

C．常温下，将苯与混合体积为说明混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用弱于氢键；导致分子间距离增大，从而使体积变大，C正确；

D．溶液先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后与氨水生成络合物，则先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，不能说明是两性氢氧化物；D错误；

故选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子；熔点随相对分子质量增大而升高，故A正确；

B．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和羟基；是手性碳原子，只有1个，故B错误；

C．碘；四氯化碳、甲烷都为非极性分子；水为极性分子，分子极性相似的分子易溶，故C正确；

D．冰中含有氢键；水结冰后体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，氨气分子和水分子之间能形成氢键，所以氨气极易溶于水，邻羟基苯甲醛分子内存在氢键，而对羟基苯甲醛分子间存在氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故D正确；

故选：B。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

(1)基态K原子共有4层电子层，所以最高能层符号为N；价层电子排布式为4s1；该能层电子云轮廓为球形；

(2)元素的非金属性越强；越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，而N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，所以出现异常；

(3)B为5号元素，核外电子排布式为1s22s22p1，价层电子排布为2s22p1，轨道表达式为

(4)Co是27号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。【解析】①.N②.球形③.N的2p能级为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子④.⑤.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2⑥.Mn8、略

【分析】【分析】

（1）核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子；

（2）质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；

（3）先计算两种分子的中子数；再依据等质量计算所含中子数之比；

（4）Be与氢氧化钠溶液反应生成Na2[Be(OH)4]和氢气；

（5）Be(OH)2与氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，Mg(OH)2为中强碱；溶于强酸，不溶于强碱；

（6）先计算Cu和Cu的物质的量比；再依据物质的量比计算质量百分含量。

【详解】

（1）核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，属于原子的有H、C、Na、N、C、Mg；它们都表示核素，即共有6种核素，故答案为6；

（2）质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，在8种微粒中C和C质子数都是6，中子数分别为7和8，互为同位素；N和C的质量数都为14；Na的中子数为（23—11）=12，Mg的中子数为（24—12）=12，两者中子数相同，故答案为C、C；N、C；Na、Mg；

（3）H216O的摩尔质量为18g/mol，中子数为2×0+（16—8）=8，D216O的摩尔质量为20g/mol，中子数为2×1+（16—8）=10，质量相同的H216O和D216O所含中子数之比为（8×）：（10×）=8:9；故答案为8:9；

（4）金属Be与Al的单质及其化合物的性质相似可知，Be与氢氧化钠溶液反应生成Na2[Be(OH)4]和氢气，反应的离子方程式为Be+2OH-+2H2O=[Be(OH)4]2-+H2↑，故答案为Be+2OH-+2H2O=[Be(OH)4]2-+H2↑；

（5）Be(OH)2与氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，Mg(OH)2为中强碱，溶于强酸，不溶于强碱，则可用氢氧化钠溶液鉴别Be(OH)2与Mg(OH)2；故答案为氢氧化钠溶液；

（6）设Cu的物质的量分数为a，则Cu的物质的量分数为（1—a），由铜的相对原子质量为63.5可得65a+63（1—a）=63.5，解得a=0.25，Cu和Cu的物质的量比为0.25:0.75=1:3，则Cu的质量百分含量为×100%≈25.6%；故答案为25.6%。

【点睛】

Be(OH)2与氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，Mg(OH)2为中强碱，溶于强酸，不溶于强碱是鉴别的关键。【解析】6CCN、CNa、Mg8:9Be+2OH-+2H2O=[Be(OH)4]2-+H2↑氢氧化钠溶液25.6%9、略

【分析】【详解】

(1)核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径：Li+＜H－。

(2)根据表中数据可知第三电离能剧增；属于第三周期第ⅡA元素，则M是Mg。

(3)CH4为正四面体，键角是109°28′；NH3是三角锥形，键角是107°；H2O是V形，键角是105°；BCl3为平面三角形，键角是120°；HF是直线形，键角是180°。分子中键角大小顺序是HF、BCl3、CH4、NH3、H2O。

(4)①H2O中含有极性键；②NaOH中含有离子键和极性键；③H2O2中含有极性键和非极性键；④H2中含有非极性键；⑤C2H4中含有碳氢单键和碳碳双键；⑥Ar中不存在化学键；⑦Na2O2中含有离子键和非极性键；⑧HCN中含有单键和三键，则既有σ键又有π键的是⑤⑧；只含有σ键的是①③④；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是④；不存在化学键的是⑥；含有离子键和非极性键的是⑦。【解析】①.＜②.Mg③.HF、BCl3、CH4、NH3、H2O④.⑤⑧⑤.①③④⑥.④⑦.⑥⑧.⑦10、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11、略

【分析】【详解】

（1）含有10个电子的分子有Ne、

（2）是正四面体结构，空间结构对称，是极性键构成的非极性分子；是直线型分子；结构对称，是极性键构成的非极性分子；

（3）含有空轨道，中N原子有孤电子对，中O原子有孤电子对，所以与能形成配位键；

（4）分子C原子价电子对数为4，有4个配位原子，不含孤电子对，所以不含孤电子对的分子有它的立体构型为正四面体；

（5）和都是极性分子，相似相溶；与分子间能形成氢键；与能发生化学反应生成一水合氨，所以极易溶于水、且水溶液呈碱性。【解析】(1)Ne、

(2)

(3)

(4)正四面体。

(5)和都是极性分子，相似相溶；与分子间能形成氢键；与能发生化学反应12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)冰、干冰晶体属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合；金刚石属于共价晶体，原子之间以共价键结合；属于金属晶体，金属阳离子与自由电子之间以金属键结合；属于离子晶体；离子之间以离子键结合；故这些晶体中粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石晶体；

(2)一般情况下，微粒间的作用力：共价晶体离子晶体分子晶体。在上述物质中，金刚石属于共价晶体，熔点最高；属于离子晶体，熔点比金刚石的低，由于离子半径离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，断裂消耗的能量就越大，物质的熔点就越高，所以熔点冰、干冰都属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于分子之间存在氢键，分子之间只存在分子间作用力，所以熔点冰干冰；故上述五种物质中熔点由高到低的顺序为金刚石冰干冰；

(3)在晶体中，离子半径且晶体中离子所带电荷数大于晶体中离子所带电荷数；所以NaCl晶体的硬度小于MgO晶体的硬度；

(4)每个晶胞中含有的原子个数为晶胞中，周围距离最近且相等的构成正八面体形结构，所以每个周围距离最近且相等的有8个；

(5)冰、干冰都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于冰中水分子间形成了氢键，使冰的熔点远高于干冰的熔点。【解析】金刚石晶体金刚石冰干冰小于在晶体中，离子半径且晶体中离子所带电荷数大于晶体中离子所带电荷数48分子之间存在氢键三、判断题(共6题，共12分)13、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。14、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。15、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。16、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。17、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。18、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。四、结构与性质(共3题，共15分)19、略

【分析】(1)

基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道包括2px、3px，因此px原子轨道上电子个数为2+2=4个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，符合条件的元素原子的价电子排布为3d54s1（Cr）、3d104s1（Cu）；共2种；

(2)

①等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或基团，CO的等电子体有2个原子、10个价电子，因此CO的等电子体有NO+、等；C的电负性小于O；对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，因此CO作配体时，配位原子是C而不是O；

②的配体分别为CO、H2O、F-，含有的原子有H、C、O、F，其中H元素的电负性最小，C、O、F元素位于第二周期，随着原子序数的增大，吸引电子能力逐渐增强，电负性逐渐增大，因此电负性：单个水分子中，O的2对孤对电子排斥O-H键，使得∠H-O-H变小，而在中，O的孤对电子和Ti2+的空轨道配位，减弱了O的孤对电子对O-H键的排斥，因此中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H；

(3)

TiCl4分子中价层电子对数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的空间构型为正四面体形，Ti原子杂化类型为sp3杂化；TiCl4的分子结构与CCl4相同，都是正四面体结构，钛原子半径比碳原子半径大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长长，键能低，易断裂，所以TiCl4稳定性比CCl4差；极易水解；

(4)

由图可知，Ti晶体晶胞的堆积模型为六方最密堆积；根据晶胞图可知，该晶胞中黑色球的数目为白色球的数目为因此黑色的球表示Ti原子，白色的球为O原子，则解得【解析】(1)42

(2)NO+、等C的电负性小于O，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易大于。

(3)正四面体形钛原子的半径比碳原子的大；Ti—Cl键比C—Cl键的键长长，键能较低，容易断裂。

(4)六方最密堆积20、略

【分析】【分析】

(1)Ga位于周期表中第4周期第ⅢA族；As位于周期表中第4周期第ⅤA族；

(2)根据电离能差值分析元素的化合价；电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随着原子序数增大，电负性增强，同主族元素随着原子序数增大，电负性减小；

(3)基态As原子核外1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；核外未成对电子数目为3；

(4)利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式；As与N同主族位于第VA族其氢化物的结构与氨气相同；

(5)NH3分子间能形成氢键；

(6)GaAs为原子晶体；原子间以共价键结合；利用均摊法计算一个晶胞中含有的As；Ga原子数，通过计算晶胞体积、晶胞中As、Ga的总质量就可计算出密度。

【详解】

(1)Ga为31号元素，核外有31个电子，基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，核外电子占据最高能级为4p，电子云形状为哑铃形；As元素的基态原子核外电子排布式1s22s22p63d104s24p3；最高能层上有5个电子；

(2)根据Ga失去电子的逐级电离能数值；第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga；As是同一周期的元素，一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以电负性As＞Ga；

(3)基态As原子核外1s22s22p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3，核外未成对电子数目为3，第四周期元素中，基态V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，基态Co原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2；以上两种元素核外未成对电子数目都为3；

(4)(CH3)3Ga中Ga形成3个σ键，没有孤电子对，所有Ga原子的杂化方式为sp2杂化；As与N同主族位于第VA族，其氢化物的结构与氨气相同，则AsH3分子的空间构型为三角锥形；

(4)N原子半径较小，电负性较大，对应的NH3分子间能形成氢键；沸点较高，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键，沸点较低；

(6)GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合，利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，As:8×18+6×12=4，Ga:4×1=4，即一个晶胞中含有4个GaAs；晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=(apm)3=(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶胞的密度===【解析】4s24p1哑铃形(或纺锤形)5+1大V、Cosp2三角锥形小于NH3与AsH3的结构相似，NH3分子间能形成氢键，沸点更高共价键21、略

【分析】【分析】

B的基态原子的L层；R基态原子的M层均有2个单电子；则最外层电子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素；

(1)D是Fe元素；其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；

(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应；生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；

(3)原子轨道中电子处于全满；全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中；元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；

(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，其配合物是8，每个Fe原子的质量=则该晶胞质量就是两个Fe原子质量，空间利用率=

【详解】

(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；

(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，反应方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp3；四面体形；

(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性O-Si键＞N-Si键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O；

(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，体心上的Fe原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe原子的质量=g，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量=2×g=2×g=g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为rpm，如图所示，晶胞的棱长为=晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%。【解析】①.[Ar]3d64s2②.SiHCl3+H2Si+3HCl③.分子晶体④.sp3⑤.四面体形⑥.N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态⑦.Si-O键⑧.N2O⑨.8⑩.⑪.晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为rpm，如图所示，晶胞的棱长为=晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%五、元素或物质推断题(共4题，共20分)22、略

【分析】【分析】

短周期中的四种主族元素；原子序数依次增大。A是电负性最大的元素，A是F；B；D的价电子层中均有两个未成对电子，B是Si，D是S；C介于Si和S之间，是P；短周期中的四种主族元素原子序数依次增大，则E是Cl。

【详解】

（1）B是Si；14号元素，第三周期ⅣA族。

（2）氟原子的电子排布图电子占据的最高能级符号为2p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形（纺锤形）;

（3）S与Si相比较，S半径小，核电荷数大，S原子对电子吸引能力更强，因此第一电离能S>Si；而P原子的2p能级为半充满，较稳定，较难失去第一个电子，因此第一电离能P>S>Si

（4）元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl>S>P，Cl、S、P三种元素的最高价氧化物的水化物分别为H3PO4、H2SO4、HClO4，所以其最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>H3PO4。【解析】①.第三周期ⅣA族②.2p③.哑铃形（纺锤形）④.SiSi；而P原子的2p能级为半充满，较稳定，较难失去第一个电子，因此第一电离能P>S⑥.HClO4>H2SO4>H3PO423、略

【分析】【分析】

由元素周期表中的相对位置可知，a为C元素、b为O元素；c为F元素、d为Na元素、e为Mg元素、f为Cl元素。

【详解】

（1）元素的金属性最强，最高价氧化物的水化物的碱性最强，由元素周期律可知，Na元素的金属性最强，则碱性最强的化合物为离子化合物氢氧化钠，电子式为故答案为：

（2）氟离子、钠离子和镁离子的电子层结构相同，电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径依次减小，则氟离子、钠离子和镁离子的离子半径由大到小的顺序为F->Na+>Mg2+，故答案为：F->Na+>Mg2+；

（3）镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，化学方程式为Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑，故答案为：Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑；

（4）C元素和F元素形成的简单化合物的四氟化碳；四氟化碳的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；

（5）工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠，反应的化学方程式为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故答案为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑。

【点睛】

电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径依次减小是分析解答关键。【解析】F->Na+>Mg2+Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑或Mg+2H2O(沸水)=Mg(OH)2+H2↑正四面体2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑24、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25、略

【分析】【分析】

III.T的M层上有6个电子，其核外电子数为16，则T为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3•H2O，则Y为N元素；Z的元素最高正价是+7价，元素最高正价等于其族序数，则Z位于第ⅦA，由于F元素无正价，则Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2；该单质为金属Al，则W为Al元素，据此分析解答。

(1)

①质子数相同，中子数不同，故互为同位素；②H2、D2、T2是由氢的同位素原子构成的氢分子，既不是同位素，也不是同素异形体；③石墨、金刚石都是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；④质子数相同；中子数不同，故互为同位素；所以互为同位素的是：①④，互为同素异形体的是：③，故答案为：①④；③；

(2)

已知和反应生成吸收180kJ；则为吸热反应，则反应物所具有的总能量低于生成物的总能量，故答案为：低于；

(3)

由图中可知；断裂1molNO分子中的化学键，需要吸收632kJ能量，故答案为：632；

(4)

反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)═2NO(g)ΔH=(x+498-2×632)kJ/mol=180kJ/mol；解得x=946，故答案为：946；

(5)

X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素，质子数为6，元素C的一种质子数与中子数相同，则质量数为12，核素符号为

(6)

分析可知，Z为C，T为S元素，同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项：

a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a项错误；

b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b项正确；

c．单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，c项错误；

故答案为：Cl；b；

(7)

T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为