2024年中图版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

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A.a的氢化物在常温下一定呈气态B.b元素的氢化物可能有还原性C.c的氢化物能与反应D.d的最高价氧化物所对应的水化物是强酸6、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7、石棉属于硅酸盐，一种石棉的组成为XY3Z4W12，组成元素X、Y、Z、W的原子序数≤20，X是构成人体骨骼的重要成分，Y与X同主族；W的一种单质是大气污染物。下列说法错误的是A.X与Z的氧化物晶体类型相同B.化合物XW2中含有非极性共价键C.石棉属于天然纤维D.最高价氧化物水化物的碱性：X＞Y评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、月球含有H；He、N、Na、Mg、Si等元素；是人类未来的资源宝库。

（1）3He是高效核能原料，其原子核内中子数为_____________。

（2）Na的原子结构示意图为______，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为_______。

（3）MgCl2在工业上应用广泛；可由MgO制备。

①MgO的熔点比BaO的熔点________（填“高”或“低”）

②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为______；SiO2的晶体类型为________。

③MgO与炭粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为______（写化学式）。

（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg3He同时可得6000kgH2和700kgN2，若以所得H2和N2为原料经一系列反应最多可制得碳酸氢铵___kg。9、某同学学了元素周期表后；自己设计了一套实验方案，验证元素性质的递变性，并记录了有关实验现象(见下表，表中的“实验方案”与“实验现象”前后不一定是对应关系)。

。实验步骤。

实验现象。

①将镁条用砂纸打磨后；放入试管中，加入少量水后，加热至水沸腾；再向溶液中滴加酚酞溶液。

A．浮在水面上；熔成小球，四处游动，发出“嘶嘶”声，随之消失，溶液变成红色。

②向新制得的Na2S溶液中满加新制的氯水。

B．有气体产生；溶液变成浅红色。

③将一小块金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水中。

C．剧烈反应；迅速产生大量无色气体。

④将镁条投入稀盐酸中。

D．反应不十分剧烈；产生无色气体。

⑤将铝条投入稀盐酸中。

E.生成淡黄色沉锭。

请你帮助该同学整理并完成实验报告。

实验目的：研究同周期元素性质的递变性。

(1)实验用品：

试剂：金属钠，镁条，铝条，稀盐酸，新制氯水，新制Na2S溶液，AlC13溶液；NaOH溶液，酚酞溶液等。

仪器：_____(写两种以上的玻璃仪器)；试管夹，胶头滴管，镊子，小刀，玻璃片，砂纸，火柴等。

(2)实验记录：(填写与实验步骤对应的实验现象的编号和步骤②；步骤⑤反应的离子方程式)

。实验内容。

①

②

③

④

⑤

实验现象(填A～E)

_

_

_

_

_

步骤②_____；

步骤⑤______；

(3)实验结论：____。

(4)总结反思：从原子结构角度分析，同周期元素产生性质递变性的原因是______。10、怎样理解Cl2、Br2、I2的键能依次下降，键长依次增大？___________________________。11、羟基亚乙基二磷酸(HEDPA，结构式如I，可简写为H4L)可在较宽的pH范围内与金属离子或原子形成稳定的配合物，是一种常用的配体，主要用作工业循环冷却水的缓蚀阻垢剂和无氰电镀的络合剂，与188Re所形成的188Re-HEDPA可用于治疗转移性骨癌。HEDPA和Mn2+可在一定的pH值和Mn2+/HEDPA配比下形成配合物A；将该配合物加热，在250°C以上样品失重25.80%。脱水结束后对残余物之进行元素分析。配合物A的元素含量为：Mn(15.74%)；C(6.88%)；H(4.62%)；O(55.01%)；P(17.77%)。

(1)根据元素分析数据，推证配合物A的分子式为____。

(2)画出该配合物的结构示意图，并在图上注明HEDPA中哪些原子可为配位原子？(用*表示)____。

(3)实验测得配合物A的磁矩为6.12μ0，配合物未成对电子数为___，中心原子的杂化轨道类型是____。

(4)如何将合成A的条件作修改，可得到多核配合物___。并写出2种该多核配合物的分子式。__。

(5)已知配合物[Mn(H2O)6]2+的d-d跃迁在400nm-550nm范围内有弱的吸收，配合物呈肉粉色：在水溶液中形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将发生怎样的变化____。观察配合物的颜色明显加深，为什么？___。12、回答下列问题：

(1)Cd与Zn同族且相邻，写出基态Cd原子的价层电子排布式：___________。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Si原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。

(3)O和S处于同一主族，第一电离能较大的是___________。和分子中的键角较大的是___________，键长较短的是___________。单质硫与热的浓溶液反应的产物之一为的空间构型为___________。

(4)已知多个相邻且平行的p轨道重叠则形成大键，分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数(如苯分子的大键可表示为)。吡咯()中所有原子共平面。则吡咯分子中的大键应表示为___________。吡咯分子中N原子的杂化类型为___________，1mol吡咯分子中含有___________键，噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129-131℃之间，吡洛沸点较高，其原因是___________。

(5)键的极性对物质的化学性质有重要影响。已知一些常见电子基团的吸电子效应的强度：则下列物质酸性由强到弱的顺序是___________(填序号)。A．B．C．D．(6)是离子晶体；其形成过程中的能量变化如图(a)所示。

可知，Li原子的第一电离能为_______键键能为_______13、金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a=0.295nm，c=0.469nm，则该钛晶体的密度为___________g·cm-3(用NA表示阿佛加德罗常数的值；列出计算式即可)。

14、请用所学知识填空。

(1)请写出钾元素在周期表的位置_______，并写出钾原子基态原子的电子排布式_______。

(2)氯元素的电负性_______(填“小于”“等于”或“大于”)硫元素的电负性。

(3)Na、O、S三种元素所形成的简单离子，其离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。

(4)写出NO2与H2O反应的化学方程式_____，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比______。

(5)某氧化物M，分子中有22个电子且其晶体可用于人工降雨，写出M的电子式______，根据价层电子对互斥理论，该分子中心原子上的孤电子对数为_______，分子中的价层电子对数为_______，分子的立体构型名称为_______，中心原子的杂化轨道类型为________杂化。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)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、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17、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误18、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19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)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.错误评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)21、是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：

已知：氧化操作中除生成外；另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。

(1)的空间构型为___________。

(2)“酸溶”时，莫尔盐___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。

(3)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为___________。

(4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是___________；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为___________(填“直接加热”或“水浴加热”)。

(5)测定产品中铁的含量。

步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。

步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液

①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量___________。

②该样品中铁元素的质量分数为___________(用含m、y、z的代数式表示)。22、LiMn2O4是一种无污染、成本低的锂离子电池电极材料，某研究小组利用柠檬酸配合法制备LiMn2O4。

(1)按一定配比将醋酸锂(CH3COOLi)和醋酸锰[(CH3COO)2Mn]溶液混合后，加入柠檬酸(分子式C6H8O7)溶液中配成混料，用6mol•L-1氨水调节pH至6.5～9；在75℃～85℃水浴中加热，制得柠檬酸配合物(其中Mn为+2价)，装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。

①调节pH至6.5～9是为了促进柠檬酸电离，pH不能大于9的原因是_____。

②用水浴加热的目的是______。

(2)将制得的配合物在烘箱中真空干燥得到固态柠檬酸配合物前驱体，研磨后焙烧，得LiMn2O4。

①柠檬酸配合物前驱体应放在______(填仪器名称)中焙烧。

②焙烧需要在空气中进行的原因是______。23、Ⅰ.绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份；完成如下实验：

请回答。

(1)X的化学式是____。

(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。

(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。

Ⅱ.为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物；按如图所示装置进行实验：

请回答。

(1)该套实验装置的明显缺陷是____。

(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。

(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。评卷人得分五、有机推断题(共2题，共10分)24、芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（为氢或烃基）

回答下列问题：

(1)A是一种烯烃，化学名称为______，其分子中最多有__________个原子共面。

(2)B中官能团的名称为_____、_____。②的反应类型为________

(3)③的化学方程式为________

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。指出F的结构简式中手性碳原子并用星号(*)标出F中的手性碳________。G的结构简式为________。

(5)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是________。

(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料经三步制备化合物的合成路线________。

(已知：其他试剂任选)25、对羟基苯甲醛，俗称PHBA，是一种重要的有机化工原料。其结构为有人提出；以对甲基苯酚为原料合成PHBA的途径如下：

已知：

(1)PHBA的核磁共振氢谱图中会出现_______组吸收峰。

(2)下列有关说法正确的是________。

A．上述流程中D的分子式为C8H8O2

B．PHBA能与NaHCO3溶液反应。

C．PHBA是一种芳香醇。

D．1molPHBA最多能与4molH2反应。

(3)上述流程中C的结构简式为______________。

(4)反应④的化学方程式为_______________________________。

(5)该合成途径中的反应①⑤的作用为_______________________。

(6)E有多种同分异构体，符合以下所有特征的同分异构体的结构简式为_________(只写一种)。

a．苯环上存在2种不同化学环境的氢原子；且个数比为1∶2

b．遇FeCl3溶液显示特征颜色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，所以次氯酸的电子式：A错误；

B．基态铜原子的外围电子排布时应遵循洪特规则，基态铜原子的价电子轨道表示式为B错误；

C．基态Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4；C正确；

D．F－的最外层电子数是8；D错误；

故选C。2、C【分析】【分析】

具有相同电子数时；激发态电子更易失电子，处于稳定结构的原子更难失去电子，且逐级电离能依次增大，据此分析。

【详解】

A．上述为铍元素激发态原子的轨道表示式；失去一个电子需要的能量为第一电离能；

B．上述为铍元素基态原子的轨道表示式；失去一个电子需要的能量为第一电离能；

C．上述为Be+基态的轨道表示式；失去一个电子需要的能量为第二电离能；

D．上述为Be+激发态的轨道表示式；失去一个电子需要的能量为第二电离能；

因为C项中的2s轨道中只有一个电子，所以再失去一个电子需要的能量最大，故选C。3、D【分析】【详解】

A．由于Mg的3s轨道为全充满稳定结构；较难失去电子，因此Mg的第一电离能大于Al，即第一电离能：Na＜Al＜Mg，A错误；

B．HF为弱酸，而HCl、HI、HBr均为强酸；酸性HF最弱，B错误；

C．H元素位于第一周期第ⅠA族；处在s区，C错误；

D．共价化合物中；电负性大的成键元素对共用电子的吸引能力更强，表现为负价，D正确；

答案选D。4、C【分析】【详解】

A．已知Ge是32号元素，故基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]3d104s24p2，A错误；

B．已知Ge的基态原子核外有2个未成对电子，第4周期基态原子与锗未成对电子数相等的元素共有3d24s2的Ti、3d84s2的Ni、4s24p2的Ge和4s24p4的Se等4种，B错误；

C．电负性大的元素电子对将偏向于它，故显负电性，故氮化锗中氮显价，说明氮的电负性比锗大，C正确；

D．能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，故基态氮原子2s电子能量较高，不一定在比1s电子离核更远的地方运动，D错误；

故答案为：C。5、A【分析】【分析】

d和b共用两个电子对形成双键，则b、d属于VIA族元素。b、d同主族，a、b、c、d为原子序数依次递增，可知d为S，b为O，a形成四个单键，则a为C，原子半径c为F。综上，a、b；c、d分别为C、O、F、S。

【详解】

A．C的氢化物不一定为气态，如C6H6；故A错误；

B．O的氢化物H2O可以有还原性；故B正确；

C．HF可以和反应生成SiF4和氢气；故C正确；

D．S的最高价氧化物所对应的水化物是硫酸；为强酸，故D正确；

故选A。6、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。7、A【分析】【分析】

X是构成人体骨骼的重要成分，因此X是Ca，Y与X同主族，且原子序数≤20，Y是Mg，W的一种单质是大气污染物，XY3Z4W12是一种石棉(硅酸盐)；因此W是O，Z是Si，以此解题。

【详解】

A．X的氧化物；氧化钙或过氧化钙都是离子晶体，Z的氧化物二氧化硅是原子晶体，A错误；

B．XW2是过氧化钙；其中两个氧原子之间存在非极性共价键，B正确；

C．石棉是天然纤维状的硅质矿物的泛称；属于天然纤维，C正确；

D．X；Y最高价氧化物水化物分别为氢氧化钙和强氧化镁；其碱性是氢氧化钙的碱性大于氢氧化镁的碱性，D正确；

故选A。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

（1）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数；左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此该核素的原子核内中子数＝3－2＝1。

（2）原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数。由于钠的原子序数是11，位于元素周期表的第三周期第IA族，因此钠的原子结构示意图为钠在氧气中完全燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，电子式可表示为

（3）①氧化镁和氧化钡形成的晶体均是离子晶体；离子晶体的熔点与晶格能有关系。晶格能越大，熔点越高。形成离子键的离子半径越小，离子的电荷数越多离子键越强，晶格能越大。由于镁离子半径小于钡离子半径，因此氧化镁中晶格能大于氧化钡中晶格能，则氧化镁的熔点高于氧化钡的熔点。

②氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，而氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，因此除去氧化镁中的二氧化硅可以用氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为2OH－＋SiO2＝SiO32－＋H2O；二氧化硅是由硅原子和氧原子通过共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体。

③氧化镁、炭粉和氯气在一定条件下反应制备氯化镁，另一种生成物可以被氢氧化钠溶液完全吸收，则气体应该是二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠。另外过量的氯气有毒也需要尾气处理，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，则盐的化学式为NaCl、NaClO、Na2CO3。

（4）根据反应的方程式可知。

3H2＋N2＝2NH3

6kg28kg34kg

6000kg28000kg34000kg

因此氮气不足，则实际生成的氨气的物质的量为×2，根据氮原子守恒可知，最终生成碳酸氢铵的质量为×2×79g/mol＝3950000g＝3950kg。【解析】1高2OH－＋SiO2＝SiO32－＋H2O原子晶体NaCl、NaClO、Na2CO339509、略

【分析】【分析】

根据实验现象可以判断反应的剧烈程度；根据剧烈成都可以判断金属的活泼性，通过活泼性从而能判断同周期元素在同周期中的变化规律。

【详解】

(1)在烧杯中完成①③实验；①需要加热，在试管中完成其它实验，则还需要的仪器为试管；烧杯、酒精灯；

故答案为：试管；烧杯、酒精灯；

(2)钠与冷水反应剧烈；Mg与水反应需要加热；且金属越活泼，与酸反应越剧烈，则。

与实验步骤对应的实验现象的编号为。

。实验内容。

①

②

③

④

⑤

实验现象(填A～E)

B

E

A

C

D

步骤②的离子反应为S2﹣+Cl2═S+2Cl﹣；

步骤⑤的离子反应为2Al+6H+═2Al3++3H2↑；

故答案为：

。实验内容。

①

②

③

④

⑤

实验现象(填A～E)

B

E

A

C

D

；S2﹣+Cl2═S+2Cl﹣；2Al+6H+═2Al3++3H2↑；

(3)实验结论为同周期从左到右；元素得电子能力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱；

故答案为：同周期从左到右；元素得电子能力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱；

(4)从原子结构角度分析；同周期元素产生性质递变性的原因是同周期元素的原子，电子层数相同，从左到右，核电荷数增大，原子核对电子的吸引力增强，使得原子的失电子能力减弱，故答案为：同周期元素的原子，电子层数相同，从左到右，核电荷数增大，原子核对电子的吸引力增强，使得原子的失电子能力减弱。

【点睛】

此题难点在于从原子结果角度分析，同周期元素性质的递变规律，根据半径的大小判断，及影响判断得失电子的能力。【解析】试管、烧杯、酒精灯BEACDS2﹣+Cl2=S+2Cl﹣2Al+6H+=2Al3++3H2↑同周期从左到右，元素得电子能力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱同周期元素的原子，电子层数相同，从左到右，核电荷数增大，原子核对电子的吸引力增强，使得原子的失电子能力减弱10、略

【分析】【分析】

结合键能和键长的概念及Cl、Br；I原子半径的递变性分析判断。

【详解】

卤素单质(X2)中卤原子之间通过共用电子对形成共价键，由于Cl、Br、I的电负性依次减小，故对键合电子的吸引能力依次减小，化学键越不稳定，故化学键的键能依次降低；Cl、Br、I的原子半径逐渐增大，原子的核间距逐渐增大，形成的卤素单质分子(X2)中的X-X键的键长就依次增大。

【点睛】

考查影响键能和键长的因素，明确影响键长和键能的决定因素是解题关键，特别注意Cl、Br、I是同族元素，随着核电荷数的增大，电负性依次减小，原子半径依次增大。【解析】Cl、Br、I的电负性依次减小，故对键合电子的吸引能力依次减小，故化学键的键能依次降低；Cl、Br、I的原子半径逐渐增大，原子的核间距逐渐增大，卤素单质分子(X2)中的X-X键的键长依次增大。11、略

【分析】【分析】

【详解】

由μ=[n(n+2)]1/2μ0=6.12μ0

得μ=[n(n+2)]1/2=6.12→n2+2n-37.45=0

→(n-5.2)(n+7.2)=0→n=5.2→n≈5【解析】MnC2H6O7P2·5H2O5sp3d2当[Mn2+]》[H4L]时，可形成多核配合物[(H2O)5Mn-H2L-Mn(H2O)5]2+：[(Mn·5H2O)4L]4+等由于HEDPA中磷酸基上的氧比水分子中的氧更易给出孤电子对，对中心离子d轨道的影响更大，因此形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将增加由于水合离子的摩尔吸收率一般都很低，因此水合配合物的颜色常常较浅。当形成配合物II后，d-d跃迁禁阻部分解除，摩尔吸收率增加，吸收颜色加深12、略

【分析】【详解】

（1）Cd与Zn同族且相邻，Zn的价电子排布式为3d104s2，则基态Cd原子的价层电子排布式为4d105s2。

（2）Si的价电子排布式为3s23p2，3s2上的两个电子自旋方向相反；自旋磁量子数的代数和为0，3p上的两个电子自旋方向相同，则自旋磁量子数的代数和为+1或-1。

（3）同主族元素从上到下，电子层数逐渐增多，对核外电子的引力逐渐减弱，所以第一电离能逐渐减小，所以O和S第一电离能较大的是O；H2O和H2S分子的中心原子均为sp3杂化，都有两个孤电子对，由于O的电负性比S大，所以O原子周围的电子较多，排斥力较大，键角较大，所以键角较大的是H2O；O原子的半径比S小，所以H2O中的键长比H2S中的键长短；中心原子的价电子对数=2+(6+2-2×2)=2+2=4；其VSEPR模型为四面体形，去掉两个孤电子对，其空间结构为V形。

（4）吡咯是平面结构，C原子和N原子均采取sp2杂化，C原子杂化后还剩一个未参加杂化的p轨道上的电子，N原子杂化后还剩余一对电子，所以吡咯分子中的大π键是5个原子共用6个电子形成的，表示为吡咯分子中有C-Cσ键；C-Nσ键、C-Hσ键和N-Hσ键；1mol吡咯分子中有10molσ键；吡咯分子中有N原子，N原子上连着H原子，可以形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，所以吡咯的沸点比噻吩高。

（5）根据吸电子效应的强度可知，−Cl>−C≡CH>−C6H5>−H，所以四种物质酸性由强到弱的顺序为B>C>D>A。

（6）第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需吸收的最低能量，根据图示可知，Li原子的第一电离能为1040kJ/mol÷2=520kJ/mol；键能是拆开1mol共价键需要吸收的能量，根据图示可知，O=O键键能为249kJ/mol×2=498kJ/mol。【解析】(1)4d105s2

(2)+1或-1

(3)OH2OH2OV形。

(4)sp210吡咯分子间有氢键。

(5)BCDA

(6)52049813、略

【分析】【详解】

每个晶胞含Ti原子数为12×+3+2×=6，晶胞的质量是晶胞的体积是晶胞的密度为：【解析】14、略

【分析】【分析】

根据钾的原子序数和结构确定在周期表的位置和基态原子的核外电子排布式。根据同周期元素性质的递变规律回答。根据化合价的变化判断NO2与H2O反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比。分子中有22个电子且其晶体可用于人工降雨的物质是二氧化碳；根据分子式确定电子式，利用价层电子对互斥理论判断价层电子对数；杂化方式、分子的立体构型。

【详解】

(1)钾是19号元素，原子核外有四层电子，最外层电子数为1，钾元素在周期表的位置第四周期第IA族，根据构造原理可知，钾原子基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1；

(2)氯元素和硫元素位于同一周期；在元素周期表中，氯元素在硫元素的右侧，同周期元素的电负性逐渐增强，故氯元素的电负性大于硫元素的电负性；

(3)Na、O、S三种元素所形成的简单离子中，O2-和Na+的核外电子排布相同，核电荷数大的元素的离子半径小，故O2-＞Na+，氧元素和硫元素位于同一主族，同主族元素的原子半径逐渐增大，离子半径也逐渐增大，故S2-＞O2-，其离子半径由大到小的顺序为：S2-＞O2-＞Na+；

(4)NO2与H2O反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO；二氧化氮中氮元素的化合价为+4价，硝酸中氮元素的化合价为+5价，一氧化氮中氮元素的化合价为+2价，二氧化氮中的氮元素的化合价既有升高又有降低，既做氧化剂又做还原剂，3mol二氧化氮发生反应时，作还原剂的二氧化氮有2mol，做氧化剂的二氧化氮有1mol，氧化剂与还原剂的物质的量之1:2；

(5)某氧化物M，分子中有22个电子且其晶体可用于人工降雨，是二氧化碳，M的电子式为根据价层电子对互斥理论，该分子中心原子是碳，碳原子上没有孤对电子，中心原子上的孤电子对数为0对，成键电子对数为2对，分子中的价层电子对数为2+0=2对，价层电子对数为2对的的分子的立体构型名称为直线形，中心原子的杂化轨道类型为sp杂化。

【点睛】

二氧化氮中的氮原子的化合价既有升高又有降低，既做氧化剂又做还原剂，为易错点。【解析】①.第四周期第IA族②.1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1③.大于④.S2-＞O2-＞Na+⑤.3NO2+H2O=2HNO3+NO⑥.1：2⑦.⑧.0⑨.2⑩.直线形⑪.sp三、判断题(共6题，共12分)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】

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；17、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。18、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。19、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。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。四、实验题(共3题，共30分)21、略

【分析】【分析】

由实验流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成加入H2O2溶液进行氧化将Fe元素转化为+3价，加入饱和草酸钾和草酸溶液煮沸得到溶液，经过一系列操作得到产品

【详解】

（1）H2O分子，中心原子的价层电子对数：孤电子对数为2，则水的空间构型为：V形；

（2）HNO3具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，不能得到预期产物，故：“酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，原因是：会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)；

（3）H2C2O4与Fe2+反应生成非氧化还原反应，根据元素守恒，反应的离子方程式为：

（4）漏斗需要和外界气压平衡；里面的液体才能顺利流下，故作用为：平衡气体，使液体顺利流下；需要保持40℃温度加热，温度较低且要控制温度，所以采用水浴加热；

（5）①步骤ⅰ加入溶液时发生反应的离子方程式为无色草酸根和有色高锰酸钾氧化还原反应，计算草酸根含量，步骤ii发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe3+氧化Cu得到还原性Fe2+，通过Fe2+和MnO4-反应来计算铁元素的含量，步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，使步骤ii中消耗的减少，计算的铁元素偏小；若步骤ⅱ中不滤去不溶物Cu，会和生成的Fe3+继续反应生成Fe2+，使消耗偏多，测得铁元素含量偏大；②根据关系式可以得出铁的质量为：0.28xyg，该样品中铁元素的质量分数为【解析】V形不能会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)平衡气压，使液体顺利滴下水浴加热偏小偏大22、略

【分析】【分析】

由题给信息可知，该实验的实验目的是用醋酸锂、醋酸锰与氨水和柠檬酸反应制得柠檬酸配合物，配合物在烘箱中真空干燥得到固态柠檬酸配合物前驱体，研磨后焙烧制得LiMn2O4。

【详解】

（1）①若溶液pH能大于9；锰离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化锰沉淀，影响柠檬酸配合物的生成，所以制备柠檬酸配合物时，溶液pH不能大于9，故答案为：碱性太强锰离子会转化成沉淀；

②由题意可知；制备柠檬酸配合物的反应温度为75℃～85℃，则用水浴加热便于反应物受热均匀，便于控制反应温度，有利于柠檬酸配合物的生成，故答案为：受热均匀，便于控制温度；

（2）①由题意可知，柠檬酸配合物前驱体为固体，应放在坩埚中灼烧制得LiMn2O4；故答案为：坩埚；

②由化合价代数和为0可知，LiMn2O4中锰元素的化合价为+3.5价，由柠檬酸配合物中锰元素的化合价为+2价可知，焙烧需要在空气中进行的原因是产品中的锰化合价比柠檬酸配合物高需氧气氧化，故答案为：产品中的锰化合价比柠檬酸配合物高，需氧气氧化。【解析】(1)碱性太强锰离子会转化成沉淀受热均匀；便于控制温度。

(2)坩埚产品中的锰化合价比柠檬酸配合物高，需氧气氧化23、略

【分析】【分析】

实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀；推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式；

实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2；E装置可检验还原性气体。

【详解】

实验I：(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=设X化学式为NaxCuyClz，列式：①（说明：个数比=物质的量之比），②x+2y=z（说明：化合价关系），解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；

(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：

(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+