2025年人教新起点选择性必修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年人教新起点选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列各组物质的沸点按由低到高的顺序排列的是A.B.C.D.2、下列基态原子的电子排布式或电子排布图，正确的是A.12Mg原子：B.8O原子：C.24Cr原子：[Ar]3d44s2D.26Fe2+离子：[Ar]3d63、最近几年烟酰胺火遍了全网；它的美白功效一直以来都广受好评。烟酰胺的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是。

A.烟酰胺属于胺B.烟酰胺与盐酸反应生成和C.烟酰胺与氢氧化钠溶液反应生成和氨气D.烟酰胺分子中氮原子的杂化方式只有1种4、抗癌药阿霉素与环糊精在水溶液中形成超分子包合物；增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。下列说法错误的是。

A.阿霉素分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3B.红外光谱法可推测阿霉素分子中的官能团C.阿霉素分子含有羟基、羧基和氨基D.阿霉素分子中，基态原子的第一电离能最大的元素为N5、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法错误的是。

A.化合物W2Z3是良好的耐高温材料B.Y的氧化物对应的水化物不一定是强酸C.X的氢化物的沸点一定小于Z的氢化物的沸点D.化合物(ZXY)2中Z元素的化合价为-16、科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的新物质三硝基胺其结构如图所示。已知该分子中键角都是108.1°；下列有关说法不正确的是。

A.分子中N、N间形成的共价键是非极性键B.该分子易溶于水，是因为分子中N、O均能与水分子形成氢键C.分子中非硝基氮原子采取杂化D.分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子7、下列叙述正确的是A.不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应B.同一主族元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高C.在CCl4、PCl3、HCl中各原子最外层均能达到8电子稳定结构D.s区的所有元素的原子的价电子都在s轨道8、下列性质比较中不正确的是A.还原性：B.熔点：C.碱性：D.氧化性：评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的O2、N2、CH3、NH3、H2O和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法正确的是A.基态Fe3+价电子排布为：3d5B.O2、N2、HCN中均存在σ键和π键C.CH4、NH3、H2O分子间均存在氢键D.沸点：C2H5SH(乙硫醇)>C2H5OH10、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法正确的是（）。元素XYZW最高价氧化物的水化物H3ZO40.1mol•L-1溶液对应的pH(25℃)1.0013.001.570.70

A.元素电负性：ZB.W和Y形成的化合物一定只含离子键C.元素第一电离能：Z＞WD.简单氢化物的沸点：X11、A、B、C、D为短周期元素，且原子序数依次增大。已知基态A原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，B是地壳中含量最高的元素，基态B原子的最外层电子数是基态D原子最外层电子数的2倍，基态C原子最外层只有一个电子。下列说法正确的是A.电负性：B.原子半径：C.元素B和C只能形成一种化合物D.D的最高价氧化物对应的水化物均能相互反应12、X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y原子的电子总数是内层电子数的4倍，Y和R同主族，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH=1.下列说法正确的是A.电负性：Y>W>R>ZB.Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性C.简单离子的半径：R>W>Y>ZD.因X与Y组成的分子间存在氢键，所以X与Y组成的分子比X与R组成的分子稳定13、下列分子或离子中，VSEPR模型为四面体形，但分子或离子的空间结构为V形的是A.B.C.D.14、有关晶体的结构如下图所示；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CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋C.12g金刚石中含有4NA个碳碳键D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4

（1）只存在非极性键的分子是___；既存在非极性键又存在极性键的分子是___；只存在极性键的分子是____。

（2）只存在单键的分子是___，存在叁键的分子是___，只存在双键的分子是____，既存在单键又存在双键的分子是____。

（3）只存在σ键的分子是___，既存在σ键又存在π键的分子是____。

（4）不存在化学键的是____。

（5）既存在离子键又存在极性键的是___；既存在离子键又存在非极性键的是___。16、等电子体的结构相似、物理性质相近，称为等电子原理。如N2和CO为等电子体。

（1）由第二周期元素组成，与F2互为等电子体的离子是____，与C2O42-互为等电子体的分子是____。

（2）Mn原子在元素周期表中的位置是____，价电子排布为____。

（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。该离子的结构式为____，已知NF3与NH3的立体构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是：____。17、有两种气态单质和已知和所含的原子个数相等，分子数之比为和的原子核内质子数都等于中子数，原子层电子数是层的3倍。

（1）的元素符号分别为_______。

（2）中的值为_______。

（3）的能层数目为_______。

（4）形成的一种气态化合物与水反应能生成由形成的另一种气态化合物，写出该反应的化学方程式：_______。18、CO2和CH4在一定条件下合成乙酸：CO2+CH4CH3COOH。完成下列填空：

(1)①写出碳原子最外电子层的轨道表示式______

②钛(Ti)是22号元素，它是______(选填编号)

a.主族元素b.副族元素c.短周期元素d.长周期元素。

(2)CS2分子的电子式为______；其熔沸点比CO2高，原因是______常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度(c)的关系如图所示。

(3)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：______

(4)a点溶液中由水电离产生的c(H+)=______；b点溶液中c(H+)______1×10﹣7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)

(5)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是______(选填序号)

a.加水稀释b.加入少量乙酸钠固体c.通氯化氢d.加入少量苛性钠固体19、我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。经X射线衍射测得化合物R的晶体结构；其局部结构如图所示。

(1)从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为______________，不同之处为________。(填标号)

A．中心原子的杂化轨道类型。

B．中心原子的价层电子对数。

C．立体结构。

D．共价键类型。

(2)R中阴离子中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则中的大π键应表示为____________。

(3)图中虚线代表氢键，其表示式为()N—HCl、________________、______________。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)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、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.错误评卷人得分五、原理综合题(共1题，共6分)22、钴(Co)有多种化合物.在高压条件下.采用钴碘催化循环法制备醋酸过程如图所示。

(1)一种锂钴复合氧化物晶体的结构如图所示，其化学式为___________。

(2)下图表示的总反应的化学方程式为______________________。

(3)基态Co原子的价电子排布图为______________。

(4)1个CH3COCo(CO)4分子中含有键的数目为______。与CO32—互为等电子体的一种分子的化学式为______________。

(5)CH4、CO2是合成CH3OH的基本原料。一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体.俗称“可燃冰”。为开采深海海底的“可燃冰’，有科学家提出用以CO2换CH4的设想。已知下图中笼状结构的空腔直径为0.586nm.结合图表从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是___________。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．是离子晶体；沸点高，故A错误；

B．是离子晶体，沸点高，其余是分子晶体，熔沸点低，但是水分子有分子间氢键，沸点比和高；故B错误；

C．是共价晶体，是离子晶体，都是分子晶体且常温下水为液态，是气态；故C正确；

D．半径依次增大；沸点依次降低，故D错误；

故答案为C。2、D【分析】【详解】

A．12Mg原子核外电子排布图为：违反了泡利不相容原理，故A错误；

B．8O原子核外电子排布图为：违反了洪特规则，故B错误；

C．铬是24号元素，其原子核外有24个电子，根据核外电子排布规律可知其基态核外电子排布式为：[Ar]3d54s1或者1s22s22p63s23p63d54s1；故C错误；

D．铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以亚铁离子的核外电子排布式为[Ar]3d6；故D正确；

答案选D。3、B【分析】【详解】

A．氨分子中的一个或多个氢原子被烃基取代后的产物，称为胺，由于烟酰胺中还含有N和O原子，则不属于胺，故A错误；

B．酰胺在酸催化下水解得到羧基和氨，氨可进一步与酸反应生成铵盐，则烟酰胺与盐酸反应生成和故B正确；

C．酰胺在碱催化下水解得到羧基和氨，羧基可与碱进一步反应，则烟酰胺与氢氧化钠溶液反应生成和氨气，故C错误；

D．烟酰胺分子中存在C=N键和C-N键，分子中氮原子的杂化方式有sp2、sp3共2种，故D错误；

故选：B。4、C【分析】【详解】

A．阿霉素分子中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3；故A正确；

B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键；故B正确；

C．阿霉素分子含有羟基；氨基和羰基；没有羧基，故C错误；

D．阿霉素分子中含有H；C、N、O四种元素；同周期元素，从左往右第一电离能呈增大的趋势，N位于第VA族，p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于O，则这四种元素中第一电离能最大的元素为N，故D正确；

故选C。5、C【分析】【分析】

由(ZXY)2的结构可知；X能够形成四条共价键，Y能够形成三条共价键，Z能够形成两条共价键，且W的原子序数比X大，W的最外层电子数比X的小1，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，据此分析解答。

【详解】

A．由分析可知，化合物W2Z3即Al2O3熔点很高；是良好的耐高温材料，A正确；

B．由分析可知，Y为N，其Y的氧化物对应的水化物HNO3是强酸，而HNO2是弱酸；B正确；

C．由分析可知，X、Z分别为C，O，由于X的氢化物有很多，很多碳原子多的烃类常温下是固体，而Y的氢化物H2O、H2O2均为液体；故X的氢化物的沸点不一定小于Z的氢化物的沸点，C错误；

D．由题干化合物(ZXY)2的结构示意图可知；结构中存在过氧键，故Z元素的化合价为-1，D正确；

故答案为：C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．分子中N；N间形成的共价键是同种原子间形成的共价键；为非极性键，A正确；

B．分子中的氮；氧原子上没有连接氢原子；因此不能与水分子形成氢键，故B错误；

C．分子中非硝基氮原子有3个σ键和一个孤电子对，采取杂化；正确；

D．分子中非硝基氮原子上有1对孤对电子；正确；

答案为B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．不能跟酸反应的氧化物也不一定能跟碱反应；如CO；NO都是氧化物，二者既不能与酸发生反应，也不能与碱发生反应，A错误；

B．同一主族元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点不一定越高，如H2O、H2S是同一主族元素O、S形成的氢化物，相对分子质量：H2O＜H2S，但由于水分子之间除存在分子间作用力外还存在氢键，增加了水分子之间的吸引作用，使其熔点低比只存在分子间作用力的H2S高；B错误；

C．在HCl中的H原子最外层达到的是2个电子的稳定结构；C错误；

D．s区元素的原子最外层电子排布式是ns1或ns2；因此它们的价电子都在s轨道上，D正确；

故合理选项是D。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．非金属性越强，对应离子的还原性越弱；因非金属性F＞Cl＞Br，则还原性F-＜Cl-＜Br-；故A错误；

B．Al2O3是离子化合物熔点比较高，AlCl3和HCl都是分子晶体，AlCl3是固体，分子量大，范德华力大，熔沸点比HCl高，熔点：故B正确；

C．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；因金属性K＞Ca＞Mg，则最高价氧化物对应的水化物的碱性KOH＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2；故C正确；

D．同种金属，价态越高氧化性越强，金属性越弱，离子的氧化性越强，所以氧化性为：故D正确；

故答案为A。二、多选题(共6题，共12分)9、AB【分析】【详解】

A．Fe为26号元素，原子核外有26个电子，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去外层3个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+价电子排布为：3d5；故A正确；

B．O2分子中存在双键，N2分子中存在三键；HCN分子中存在三键，双键有一个σ键和一个π键，三键有一个σ键和两个π键，故B正确；

C．C元素的电负性较弱，CH4分子间不存在氢键；故C错误；

D．乙醇含有-OH；分子间存在氢键，所以沸点高于乙硫醇，故D错误；

综上所述答案为AB。10、AC【分析】【分析】

由0.1mol/L的H3ZO4的pH为1.57可知Z元素的最高价氧化物对应的水化物为弱酸，且Z元素的最高价为+5价，所以Z为P元素；0.1mol∙L−1W的最高价氧化物对应的水化物的pH为0.70，说明该物质为多元强酸，为硫酸，则W为S元素；0.1mol∙L−1Y的最高价氧化物对应的水化物的pH为13.00，说明该物质为一元强碱，为氢氧化钠，则Y为Na元素；0.1mol∙L−1X的最高价氧化物对应的水化物的pH为1.00；说明该物质为一元强酸，为硝酸，则Y为N元素，据此回答。

【详解】

A．同一周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大；因S的原子序数大于P，则S的电负性大于P，胡A正确；

B．S元素Na元素可以形成化合物Na2S2；该物质含有S原子和S原子形成的非极性共价键，故B错误；

C．同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大；但由于第ⅡA；ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故P的第一电离能大于S，故C正确；

D．相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3中含有分子间氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点；故D错误；

综上所述，答案为AC。11、AB【分析】【分析】

B是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；基态A原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且A的原子序数比B小，故A电子层为两层，第一层为2个电子，第二层为4个电子，故A是C元素；基态B原子的最外层电子数是基态D原子最外层电子数的2倍，则D的最外层电子数是3，则D是元素；基态C原子最外层只有一个电子，则C是元素。

【详解】

A．同周期主族元素的电负性随着原子序数的增大而逐渐变大，故电负性：A正确；

B．Na、Al电子层均为三层，C、O为两层，故Na、Al半径大于C、O，电子层数相同时，质子数大半径小，故四者半径顺序为：B正确；

C．氧元素和钠元素可以形成Na2O和Na2O2两种化合物；C错误；

D．Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能与NaOH反应，但不能与H2CO3（弱酸）反应；D错误；

故答案选AB。12、AC【分析】【分析】

X；Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素；Y原子的电子总数是内层电子数的4倍，Y和R同主族，则Y为O，R为S；W的原子序数大于S，则W为Cl；Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，Z的最外层电子数为7﹣6＝1，则Z为Na；25℃时，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH＝1，则X为H。综上：X为H，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl

【详解】

A．元素的非金属性越强电负性越大；则电负性Y＞W＞R＞Z，故A正确；

B．O；Na、Cl形成的氯酸钠、高氯酸钠溶液呈中性；故B错误；

C．电子层越多离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：R＞W＞Y＞Z，故C正确；

D．氢化物稳定性取决于元素非金属性强弱；与氢键无关，故D错误；

故选：AC。13、AD【分析】【详解】

A．中心原子价层电子对数为2+=4；则VSEPR模型为四面体形，空间构型为V形，故A正确；

B．中心原子价层电子对数为3+=4；则VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，故B错误；

C．中心原子价层电子对数为2+=2；则VSEPR模型为直线形，空间构型为直线形，故C错误；

D．中心原子价层电子对数为2+=4；则VSEPR模型为四面体形，空间构型为V形，故D正确；

故答案为AD。14、CD【分析】【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，A说法正确；

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+；B说法正确；

C．金刚石晶胞中1个C原子连接4个碳原子形成正四面体结构，则1个碳原子含有4×=2条共价键，则12g金刚石中含有2NA个碳碳键；C说法错误；

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；D说法错误；

答案选CD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；

【详解】

(1)只存在非极性键是相同原子形成的化学键，非极键的分子是N2；既存在非极性键又存在极性键的分子是：H2O2、C2H4；只存在极性键的分子是：HCl、NH3、CO2；

(2)只存在单键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，存在三键的分子是②N2，只存在双键的分子是⑨CO2，既存在单键又存在双键的分子是⑩C2H4；

(3)只存在单键的分子都存在σ键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，既存在σ键又存在π键的分子，分子必须含有双键和叁键，是②N2、⑨CO2、⑩C2H4；

(4)不存在化学键的是稀有气体；

(5)既存在离子键又存在极性键的是⑥NH4Cl、⑦NaOH；既存在离子键又存在非极性键的是④Na2O2。【解析】②⑤⑩①③⑨①③⑤②⑨⑩①③⑤②⑨⑩⑧⑥⑦④16、略

【分析】【分析】

(1)根据等电子体的概念分析判断；

(2)Mn原子核外的电子数为25；根据元素周期表的结构和核外电子的排布规律分析解答；

(3)NF3中N-F成键电子对偏向于F原子；N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，据此分析解答。

【详解】

(1)等电子体的原子数目相等，价电子个数相等；由第二周期元素组成的与F2互为等电子体的离子为O22-；与C2O42-互为等电子体的分子是N2O4，故答案为：O22-；N2O4；

(2)Mn原子核外电子数为25，处于第四周期ⅦB族，价电子排布式为3d54s2，故答案为：第四周期ⅦB族；3d54s2；

(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为：F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，使得N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F原子，使得氮原子上的孤对电子难与Cu2+形成配离子。【解析】①.O22-②.N2O4③.第四周期ⅦB族④.3d54s2⑤.⑥.F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子17、略

【分析】【分析】

A原子的L层电子数是K层的3倍；可推知A是氧元素，计算A原子的物质的量，根据含有原子数目相等，可以得到B原子物质的量，进而计算B元素的摩尔质量，确定B元素；再利用原子数目相等确定m；n的值，据此解答。

【详解】

（1）A原子的L层电子数是K层的3倍，可推知A是氧元素，Am中含A原子的物质的量为＝0.15mol，则Bn中含B原子数也为0.15mol，B元素原子的摩尔质量＝＝14g/mol；故B为氮元素；

（2）由于n(Am)：n(Bn)＝2：3，含有原子数目相等，则2m＝3n，故m＝3，n＝2，则Am为O3，Bn为N2；

（3）B原子的能层有K；L；能层数为2个；

（4）由A和B形成的一种气态化合物与水反应能生成由A、B形成的另一种气态化合物，得相关化学反应为NO2溶于水生成NO，化学方程式为：【解析】O、N3218、略

【分析】【分析】

(1)①C原子共2个电子层；最外层电子为2s；2p电子；

②钛(Ti)是22号元素；位于第四周期ⅣB族；

(2)CS2的电子式类似于CO2；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；

(3)当水电离出的OH−离子浓度最大时；说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用；

(4)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH＝10的NaOH溶液，结合水的离子常数分析求解；b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)＜1×10−7mol/L；

(5)电离程度增大；电离平衡应正向移动，且pH增大，则酸性减弱，以此来解答。

【详解】

(1)①C原子共2个电子层，最外层电子为2s、2p电子，最外电子层的轨道表示式为故答案为：

②钛(Ti)是22号元素，位于第四周期ⅣB族，为长周期副族元素，故答案为：bd；

(2)CS2的电子式类似于CO2，电子式为二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，故答案为：二者都为分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越大；

(3)当水电离出的OH−离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以离子溶液浓度大小为c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)，故答案为：c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)；

(4)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH＝10的NaOH溶液，则c(H＋)＝1×10−10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c(H＋)＝1×10−10mol/L，b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)＜1×10−7mol/L，故答案为：1×10−10mol/L；小于；

(5)a．加水稀释，促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；

b．加入少量乙酸钠固体，抑制电离，电离程度减小，故不选；

c．通氯化氢，酸性增强，pH减小，故不选；

d．加入少量苛性钠固体；促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；

故答案为：ad。【解析】bd二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)1×10﹣10mol/L小于ad19、略

【分析】【分析】

(1)R中两种阳离子分别为H3O+和NH4+；

(2)由题给图示可知；N与N之间形成5个N一N键，因此有5个σ键；

(3)根据题给表示式可知；除表示出形成氢键的原子外，还要表示出形成氢键的原子所在的原子团和该原子在原子团中的成键情况。

【详解】

(1)R中两种阳离子分别为H3O+和NH4+。

A、两种阳离子中心原子的杂化轨道类型均为sp3；所以两者相同；

B、H3O+中心原子的价层电子对数为=4，NH4+中心原子的价层电子对数为=4；所以两者相同；

C、H3O+和NH4+的立体结构分别为三角锥形和正四面体形；所以两者不同；

D、H3O+和NH4+均含有极性共价键和配位键；所以两者相同。

答案选ABD；

(2)由题给图示可知，N与N之间形成5个N一N键，因此有5个σ键。N5-中有5个氮原子参与形成大π键，每个N原子与其他2个N原子形成共价键，每个N原子还可以提供1个电子参与大π键的形成，加上得到的1个电子，共有6个电子参与形成大π键，因此N5-中的大π键可表示为

(3)根据题给表示式可知，除表示出形成氢键的原子外，还要表示出形成氢键的原子所在的原子团和该原子在原子团中的成键情况，因此氢键的表示式为(H3O＋)O—HN()、(NH)N—HN()。

【点睛】

本题考查原子结构及物质性质，只有对基础知识积累牢固，才能比较容易解决，做题过程一定要注意审清问题问什么，易错点为(2)由题给图示可知，N与N之间形成5个N一N键，因此有5个σ键。N5-中有5个氮原子参与形成大π键。【解析】ABDC5(H3O＋)O—HN()(NH)N—HN()四、判断题(共2题，共12分)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、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；