2025年外研版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年外研版选择性必修2化学下册月考试卷137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7题，共14分)1、的衰变反应为其半衰期(反应物的量被消耗到其初始量的一半需要的时间)为5730年。下列说法正确的是A.与互为同位素B.与的中子数相同C.和的价层轨道电子数相差2D.某考古样品中的量应为其11460年前的2、下表是第三周期部分元素基态原子的逐级电离能［单位：eV（电子伏特）］数据：。元素甲乙丙丁I1/eV5.77.713.015.7I2/eV47.415.123.927.6I3/eV71.880.340.040.7

下列说法正确的是A.乙常见的化合价是+1价B.甲的金属性比乙强C.丁一定是金属元素D.丙不可能是非金属元素3、科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A，其结构如图所示。短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期，其最高正价与最低负价代数和为4.Z与Y可以形成分子下列关于X；Y、Z的叙述；正确的是。

A.最高价氧化物对应水化物的酸性：B.离子半径：C.最简单氢化物的沸点：D.化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构4、和分析比较，相同的是（）A.水溶性B.化学键类型C.键角D.空间构型5、下列说法不正确的是A.全部由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键B.SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键C.HF、HCl、HBr、HI的分子间作用力依次增大D.H2O的稳定性强于H2S，说明H-O键稳定性强于H-S键6、下列说法正确的是（）A.溶于水能电离出所以是离子化合物B.受热分解生成和既破坏了离子键，也破坏了共价键C.和都是由分子构成的，它们中都存在共价键D.碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力7、下列关于物质性质的比较中，错误的是A.熔点由高到低：Li＞Na＞KB.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.氢化物的沸点：HF＜HCl＜HBr＜HID.晶格能由大到小：Al2O3＞MgO＞Na2O评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。

(1)基态碳原子的电子排布图为___。

(2)铬和镍元素都易形成配位化合物：

①[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr3+的配位数为___。

②硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为____。

③氨是___分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为___，氨的沸点高于PH3，原因是___。

(3)镍元素基态原子的价电子排布式为___，3d能级上的未成对电子数为___。

(4)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol、INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是___。

(5)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=___nm。

9、以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)Fe基态核外电子排布式为________；中与Fe2+配位的原子是______(填元素符号)。

(2)H2O2是________分子(填“极性”“非极性”)，电子式为_______。

(3)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(4)与互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。

(5)柠檬酸的结构简式如下图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键为_________mol。

10、Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为_______11、下表是元素周期表中第一、第二周期10种元素的某种性质的一组数据（所列数据的单位是相同的）。除带“”的四种元素除外，其余元素都给出了该种元素的全部该类数据。(H)13.6(He)24.654.4(Li)5.475.6122.5(Be)9.318.2153.9217.7(B)8.325.237.9259.4340.2(C)11.324.447.964.5392.1489.9(N)14.529.647.472.597.9552.1(O)13.635.1(F)17.434.9(Ne)21.641.6

研究这些数据：

（1）每组数据可能是该元素的__。

A．原子得到电子所放出的能量B．原子半径的大小。

C．原子逐个失去电子所吸收的能量D．原子及形成不同分子的半径的大小。

（2）分析同周期自左往右各元素原子的第一个数据。

①总体变化趋势是__（填“增大”或“减小”），②与前后元素相比，由于该元素的数值增大得较多而变为反常的元素是在__族，分析它们的原子核外电子排布后，指出造成上述反常情况的可能原因是__。

A．它们的原子半径突然变小些B．它们的核外电子排布处于饱和状态。

C．它们的原子半径突然变大些D．它们的核外电子排布处于半充满或全充满状态。

根据以上规律，请推测镁和铝的第一个数据的大小Mg(1)__Al(1)。

（3）同一元素原子的一组数据是约以倍比关系增大，请你说出可能的一个原因是__，每个元素的一组数据中个别地方增大的比例特别大，形成突跃（大幅度增大），请找出这些数据，并根据这些数据出现的规律，你认为氧元素出现该情况的数据应该是氧元素8个数据的第___个。

上述规律可以证明原子结构中__的结论。12、Ⅰ．Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂；磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：

(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为___________

(2)I1(Li)＞I1(Na)，原因是___________

(3)磷酸根离子的空间构型为___________，其中P的价层电子对数为___________，杂化轨道类型为___________

Ⅱ．近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料；其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：

(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为___________，其沸点比NH3的___________(填“高”或“低”)，其判断理由是___________

(2)Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为___________

Ⅲ．以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)与互为等电子体的一种分子为___________(填化学式)

(2)柠檬酸的结构简式如图1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数为___________mol13、有机物丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀；其结构如下图所示。

(1)结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是___________，氮镍之间形成的化学键___________

(2)该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在___________。14、依据原子结构知识回答下列问题。

(1)下列有关说法错误的是___________。

A．元素的电负性：P＜O＜F

B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有两种。

C．离子半径：S2-＞Ca2+＞O2-＞Na+

D．原子的未成对电子数：Cr＞Mn＞Si＞Cl

E．基态铝原子的核外电子有13种运动状态；占据的最高能级的电子云轮廓图的形状为球形。

(2)违反能量最低原理的是___________(填序号，下同)，违反洪特规则的是___________，违反泡利原理的是___________。

①Ge：1s22s22p63s23p63d104s24p2②F-：1s22s23p6③P：

④Fe：1s22s22p63s23p63d64s2⑤Mg2+：1s22s22p6⑥C：

(3)下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最高的为___________(填选项字母)。A．B．C．D．(4)①Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born­Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为___________kJ·mol-1，O=O键键能为___________kJ·mol-1，Li2O晶格能为___________kJ·mol-1。

②已知：r(Fe2＋)为61pm，r(Co2＋)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，分解温度较低的是___________，原因是___________。15、现有两组物质的熔点数据如表所示：。A组B组金刚石：3550℃HF：-83℃晶体硅：1410℃HCl：-115℃晶体硅：2300℃HBr：-89℃二氧化硅：1710℃HI：-51℃

根据表中数据回答下列问题。

(1)A组属于________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是____________。

(2)B组中HF熔点反常是由于__________。

(3)B组晶体不可能具有的性质是________________。

①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④液体状态能导电16、(1)C元素是形成有机物的主要元素，下列分子中含有含有手性碳原子且符合sp和sp3杂化方式的是__(填字母)。

abCH4cCH2=CClCH3dCH3CHBrC≡CH

(2)某有机物的结构简式为该有机物分子中采取sp3杂化的原子对应元素的电负性由大到小的顺序为____________。

(3)NH4Cl中提供孤电子对的原子的轨道表示式为__，该物质中不含有__。

A离子键B极性共价键C非极性共价键D配位键Eσ键Fπ键。

(4)“笑气”(N2O)是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。已知N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，则N2O的电子式可表示为__，其分子空间构型是__形。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、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18、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19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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22、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误23、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、元素或物质推断题(共2题，共12分)24、下表为元素周期表的一部分：

。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

二。

C

N

①

三。

②

③

④

P

⑤

⑥

请填写下列空白：

（1）表中元素，原子半径最大的是___（填元素符号）；①的核外电子排布式___，④的M层上有___种不同能级的电子。③和⑥两元素形成化合物的电子式为___。

（2）②③④三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是___（填化学式）。

（3）比较④、⑤两种元素的简单离子半径：___（填离子符号）；元素④最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为___。

（4）列举一个事实来证明元素①比元素⑤的非金属性强___。

（5）若8g甲烷气体完全燃烧生成液态水时放出445.15kJ的热量，请写出其热化学方程式___。25、三种常见元素原子的结构信息如表所示，试回答下列问题。元素ABC结构信息原子核外有2个电子层，最外层有3个未成对电子原子核外M层有1个成对的p电子原子核外M层充满电子，N层有1个未成对的s电子

(1)C元素位于元素周期表中______区，C元素原子的价电子排布式为______。

(2)A的简单氢化物分子结合一个H形成阳离子后，其键角______(填“变大”“变小”或“不变”)。

(3)下列分子结构图中“●”表示某种元素的原子；①中“●”表示A元素的原子，②③中“●”表示的原子其元素与A元素同周期，④中“●”表示的原子其元素与B元素同主族且与A元素同周期，“○”均表示氢原子，小黑点“·”均表示没有参与形成共价键的电子，短线均表示共价键。

上述四种物质的分子式分别为______、______、______、______，中心原子采取sp3杂化的是______(填序号)。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共8分)26、CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)的电子排布式是：_______。

(2)“浸取”时，硫元素转化为硫酸根离子，则反应的离子方程式为_______。

(3)“滤渣①”的成分是_______(填化学式)

(4)已知在水溶液中存在平衡：(无色)。“还原”时使用浓盐酸和固体的原因是_______；当出现_______现象时；表明“还原”进行完全。

(5)制备请补充由还原所得的滤液液制备的操作步骤：_______，真空干燥。[已知是一种难溶于水和乙醇的白色固体，潮湿时易被氧化。实验中必须使用的试剂：水、]。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共3分)27、一定条件下将锰冶炼烟尘灰(主要成分)、黄铁矿(主要成分)与足量硫酸溶液混合，通过反应可将锰和铁浸出。其它条件相同；温度对Mn；Fe浸出率及硫酸残留率(反应后溶液中剩余硫酸与加入硫酸的比例)影响如图所示。

(1)基态核外电子排布式为___________。

(2)温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是与反应，该反应的离子方程式为___________。

(3)温度高于120℃时，残留固体中的含量减少，但铁元素浸出率却下降的原因是___________。

(4)向浸出液先加入后加入调节pH，可得到纯化溶液。

已知：室温下假设加入后溶液中若溶液中某离子浓度小于则认为该离子完全沉淀。

①先加入再调节pH的原因是___________。

②浓氨水调节溶液的pH范围为___________。

(5)溶液经电解可得到生成的电极反应式为___________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】由可知z=7，X为N，因此

【详解】

A．z=7，与质子数不相同；不互为同位素，A错误；

B．与的中子数分别为14-6=8；14-7=7；中子数不同，B错误；

C．和的核外电子数均为6；核外电子排布相同，价层轨道电子数相同，C错误；

D．根据半衰期的定义，某考古样品中的量应为其5730年前的为5730×2=11460年前的D正确；

答案选D。2、B【分析】【详解】

A．乙元素的第二电离能远远小于第三电离能；则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素，化合价为+2价，A错误；

B．甲的第一电离能比乙的小；第一电离能越小，金属性越强，故甲的金属性比乙强，B正确；

C．丙；丁元素的第一电离、第二电离能、第三电离能相差不大；说明丙元素最外层等于或大于3个电子，丙可能是金属元素也可能不是金属元素，丁一定元素最外层大于3个电子，一定为非金属元素，C、D错误；

故答案为：B。3、D【分析】【分析】

根据图示A的结构可知；阳离子中的Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层有6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S；阴离子Y形成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，用为F；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层有3个电子，则X为B元素，综上，X；Y、Z分别为B、F、S，结合原子结构、元素周期律解答。

【详解】

A．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：B3BO32SO4，即X

B．电子层越多，离子半径越大，则离子半径：F-2-，即Y

C．HF分子间存在氢键，沸点比H2S高，即最简单氢化物的沸点：Y>Z；故C错误；

D．结合分析可知；化合物A中，B；F、S最外层都达到8电子稳定结构，故D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

A．是极性分子，是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于水，难溶于水；二者的水溶性不同，故A不符合题意；

B．和都是共价化合物，中都是N-H单键，属于极性键，中都是C-H单键，也是极性键，且共价单键都是键；则二者的化学键类型都相同，故B符合题意；

C．中的中心原子N原子的价层电子对数=3+=4，N原子采取sp3杂化，空间结构为三角锥形，键角为107°18′，中的中心原子C原子的价层电子对数=4+=4，C原子采取sp3杂化；空间结构为正四面体形，键角为109°28′，二者键角不同，故C不符合题意；

D．根据C项分析；二者的空间构型不相同，故D不符合题意；

答案选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．全部由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键，如NH4Cl中含有铵根和氯离子形成的离子键；故A正确；

B．SiO2由氧原子和硅原子靠共价键结合而成；属于原子晶体，熔化破坏共价键，故B正确；

C．HF分子间存在氢键；其分子间作用力大于其他三种物质，故C错误；

D．H2O和H2S分解时均需破坏共价键，H2O的稳定性强于H2S；说明H-O键比H-S键更难断裂，H-O键稳定性强于H-S键，故D正确；

答案为C。6、B【分析】【详解】

A．分子内原子间以共价键结合，属于共价化合物，溶于水时共价键被破坏，电离出A项错误；

B．是离子化合物，间存在离子键，内原子间存在共价键，受热分解生成和时；既破坏了离子键又破坏了共价键，B项正确；

C．和都是由分子构成的，其中是单原子分子，分子中无化学键，而分子中都存在共价键；C项错误；

D．碘晶体受热变成碘蒸气是物理变化；吸收的热量用于克服碘分子间的范德华力，D项错误。

答案选B。7、C【分析】【详解】

A.碱金属单质的熔点从上到下逐渐减小；则熔点由高到低：Li＞Na＞K，A正确；

B.原子晶体中原子半径越小共价键越强；硬度越大，原子半径C＜Si，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；

C.氟化氢分子间存在氢键，则氢化物的沸点：HCl＜HBr＜HI＜HF；C错误；

D.离子晶体中离子半径越小、所带电荷数越多晶格能越大，离子半径：Al3+＜Mg2+＜Na+，则晶格能由大到小：Al2O3＞MgO＞Na2O，D正确；答案选C。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【分析】

(1)基态碳原子的排布式为1s22s22p2；

(2)①[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr3+与4个H2O，2个Cl-形成配位键；

②利用价层电子互斥理论判断；

③氨中氮原子为sp3杂化；氨分子间存在氢键；

(3)镍元素为28号元素，其基态原子的价电子排布式3d84s2；

(4)铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子；

(5)根据ρ=计算。

【详解】

(1)基态碳原子的排布式为1s22s22p2，则排布图为

(2)①[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr3+与4个H2O，2个Cl-形成配位键；所以配位数为6；

②[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为硫酸根离子，其中心S原子孤电子对数=(a-bx)=(6+2-2×3)=0，无孤电子对，4条化学键，为sp3杂化，故立体构型是正四面体；配离子中Ni2+与NH3之间形成的为配位键；

③氨中氮原子为sp3杂化，为三角锥形，则为极性分子；氨分子间存在氢键，而PH3分子间不存在氢键，氨分子间的作用力大于PH3分子间的作用力，导致氨的沸点高于PH3；

(3)镍元素为28号元素，其基态原子的价电子排布式3d84s2；3d能级有5个轨道，8个电子，则未成对电子数为2；

(4)铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，导致ICu＞INi；

(5)Cu位于晶胞的面心，N(Cu)=6×=3，Ni位于晶胞的顶点，N(Ni)=8×=1，ρ=则m=ρV，64×3+59×1=d×(a×10-7)3×NA，a=×107nm。

【点睛】

利用价层电子互斥理论，先计算中心原子的孤电子对数目，再结合化学键数目，判断空间构型。【解析】6正四面体配位键极性sp3氨分子间存在氢键3d84s22铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子×1079、略

【分析】【详解】

(1)Fe元素为26号元素，根据基态原子核外电子排布规律可知其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；中配体为H2O；水分子中O原子核外有2对孤电子对，所以O原子为配位原子；

(2)H2O2分子呈书页形，所以正负电荷中心不重合，为极性分子；电子式为

(3)NH3分子中N原子的价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势；但N原子2p能级为半满状态，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以C；N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；

(4)原子数为5，价电子总数为8，其等电子体的分子有CH4或SiH4；

(5)由图可知；含3个-COOH；1个-OH，所以含4个C-O键，3个C=O键，单键为σ键，双键中含1个σ键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键为7mol。

【点睛】

同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。【解析】1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2O极性sp3N＞O＞CCH4或SiH4710、略

【分析】【详解】

共价单键是σ键；共价三键中含有2个π键1个σ键，共价双键中含有1个σ键1个π键。

CO分子中σ键与π键数目之比为1∶2，Cr与6个CO形成σ键，故Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为1∶1。【解析】1∶111、略

【分析】【分析】

(1)A．同一元素获得电子越多，放出的能量越少；

B．同一元素原子半径不变；

C．同一元素失去电子越多吸收的能量越高；

D．同一元素原子或分子半径不变；

(2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势；

②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素；

(3)由表中数据可知；“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁。

【详解】

：(1)A．同一元素随获得电子增多，放出的能量越少，故A错误；

B．同一元素原子半径不变，故B错误；

C．同一元素随失去电子增多，吸收的能量越高，故C正确；

D．同一元素原子或分子半径不变，故D错误；

故答案为：C．

(2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，故答案为：增大；

②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定，不容易失去电子，故选D；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素，Mg元素处于ⅡA，Al元素处于ⅤA族，故Mg(1)＞Al(1)，故答案为：ⅡA、ⅤA；D；>；

(3)由表中数据可知，“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能，原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁，故氧元素8个数据中出现“突跃”的数据应该是第7个；上述规律可以证明原子结构中原子核外电子是分层排布的的结论。【解析】①.C②.增大③.ⅡA、ⅤA④.D⑤.>⑥.原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加⑦.七⑧.原子核外电子是分层排布的12、略

【分析】【分析】

铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Sm的价层电子排布式4f66s2，原子失去电子生成阳离子时先失去最外层电子，后失去次外层电子，结合洪特规则和泡利原理分析解答；根据价层电子对个数==杂化轨道数=σ+（a-xb）计算判断；等电子体是指价电子数和原子数相同的微粒；等电子体结构相似，据此分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)铁为26号元素，基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子；所以未成对电子数之比为4∶5，故答案为：4∶5；

(2)Li与Na同族，Na的电子层比Li多，原子半径比Li大，比Li更易失电子，因此I1(Li)＞I1(Na)；故答案为：Na与Li同主族，Na的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小；

(3)根据价层电子对互斥理论，PO的价层电子对数为4+(5+3-4×2)=4+0=4，VSEPR构型为四面体形，去掉孤电子对数0，即为分子的立体构型，也是正四面体形；杂化轨道数=价层电子对数=4，中心原子P采用sp3杂化；故答案为：正四面体形；4；sp3；

Ⅱ．(1)等电子体的结构相似，AsH3和NH3为等电子体，二者结构相似，氨气分子为三角锥形，因此AsH3也是三角锥形；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，NH3分子间形成氢键，AsH3分子间不能形成氢键，所以熔沸点：NH3＞AsH3，即AsH3沸点比NH3的低，故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比NH3低；

(2)Sm的价层电子排布式4f66s2，该原子失去电子生成阳离子时应该先失去6s电子，后失去4f电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5，故答案为：4f5；

Ⅲ．(1)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，可以采用：“同族替换，左右移位”的方法寻找等电子体，所以与互为等电子体的分子有CH4、SiH4等，故答案为：CH4（或SiH4等）；

(2)柠檬酸分子中有三个羧基（），且有一个C连接一个羟基，所以1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为3×2+1=7mol，故答案为：7。【解析】4∶5Na与Li同主族，Na的原子半径更大，最外层电子更容易失去，第一电离能更小正四面体形4sp3三角锥形低NH3分子间存在氢键，使沸点升高，使得AsH3的沸点比NH3低4f5CH4等713、略

【分析】【详解】

（1）碳氮之间形成双键；含有1个σ键；1个π键。每个氮都形成了三对共用电子，还有一个孤电子对，镍离子提供空轨道，氮和镍之间形成配位键。

（2）氧和氢原子之间除了共价键还有氢键，图中表示氢键。【解析】(1)1个σ键；1个π键配位键。

(2)氢键14、略

【分析】【分析】

(1)

A．元素的非金属性越强；得电子能力越强，元素的电负性越大，所以P；O、F非金属性P＜O＜F，得电子能力P＜O＜F，元素的电负性P＜O＜F，故A正确；

B．对于第二周期元素；随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但要注意第ⅡA族和第VA族的反常，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有Be；C和O，一共有3种，故B错误；

C．具有相同电子层结构的离子，随着原子序数递增，半径减小，即离子半径S2-＞Ca2+，O2-＞Na+，又电子层数越多，半径越大，S2-、Ca2+有三个电子层，O2-、Na+只有二个电子层，所以离子半径为S2-＞Ca2+＞O2-＞Na+；故C正确；

D．Cr原子的价电子排布为3d54s1，有6个未成对电子，Mn原子的价电子排布为3d54s2，有5个未成对电子，Si原子的价电子排布为3s23p2，有2个未成对电子，Cl原子的价电子排布为3s23p5，有1个未成对电子，则原子的未成对电子数Cr＞Mn＞Si＞Cl；故D正确；

E．Al的原子序数为13，核外有13个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p1；基态铝原子的核外电子有13种运动状态，占据最高能级为3p，3p能级电子云轮廓图形状为哑铃形，故E错误；

答案为BE。

(2)

①Ge：1s22s22p63s23p63d104s24p2，该原子的电子排布式遵循了核外电子排布三大规律，正确；②F-：1s22s23p6，该离子的电子排布式违反了能量最低原理，因为能量2p＜3p，电子应填充在2p轨道上，F-的电子排布式为1s22s22p6；③P：该原子的轨道表示式违反了洪特规则，因洪特规则是电子排布在同一能级不同轨道时，基态原子中的电子优先单独占据1个轨道，而且自旋方向相同，所以P原子的轨道表示式为④Fe：1s22s22p63s23p63d64s2，该原子的电子排布式遵循了核外电子排布三大规律，正确；⑤Mg2+：1s22s22p6，该离子的电子排布式遵循了核外电子排布三大规律，正确；⑥C：该原子的轨道表示式违反了泡利不相容原理，因泡利不相容原理是一个原子轨道上最多可容纳两个电子，而这两个电子的自旋方向必须相反，所以C原子的轨道表示式为答案为②；③；⑥。

(3)

原子核外电子排布中；如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，能量最高的是2s；2p能级，D选项符合题意；答案为D。

(4)

①由题中图示可知，Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子形成气态基态正一价阳离子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol=520kJ/mol；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；其键能=2×249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol；答案为520；498；2908。

②由题中信息可知Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，Fe2+更易和氧离子结合，FeO比CoO稳定，所以FeCO3分解温度低，FeCO3比CoCO3易分解；答案为FeCO3；Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，Fe2+更易和氧离子结合，FeO比CoO稳定，FeCO3比CoCO3易分解。【解析】（1）BE

（2）②③⑥

（3）D

（4）5204982908FeCO3Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，Fe2+更易和氧离子结合，FeO比CoO稳定，FeCO3比CoCO3易分解15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A组熔点很高；应是原子晶体，原子晶体熔化时破坏的是共价键；

(2)B组是分子晶体；且结构相似，一般是相对分子质量越大，熔点越高；HF的相对分子质量最小但熔点比HCl高，出现反常的原因是HF分子间存在氢键，HF熔化时除了破坏分子间作用力，还要破坏氢键，所需能量更高，因而熔点更高；

(3)B组是分子晶体，具有的性质有硬度小、水溶液能导电，分子晶体在固态和熔化状态都不导电，答案选③④。【解析】①.原子②.共价键③.HF分子间能形成氢键，熔化时需要消耗的能量更多④.③④16、略

【分析】【详解】

(1)a、b、c物质中均无手性碳原子，d物质CH3CHBrC≡CH从左往右第二个碳原子是手性碳原子；且炔基中原子呈直线结构，其碳原子采取sp杂化，符合题意；

(2)某有机物的结构简式为该有机物分子中采取sp3杂化的原子有C；N、O；元素非金属性越强，电负性越强，故对应元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；

(3)NH4Cl中N原子提供孤电子对，其轨道表示式为该物质是离子化合物；含离子键；配位键、极性共价键、σ键，不含非极性共价键、π键，故选CF；

(4)已知N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，则N2O含氮氮三键和氮氧双键，其电子式可表示为其分子空间构型是直线型。【解析】①.d②.O＞N＞C③.④.CF⑤.⑥.直线三、判断题(共8题，共16分)17、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。18、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；19、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。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。22、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。23、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、元素或物质推断题(共2题，共12分)24、略

【分析】【分析】

结合元素周期表可知：①为O元素；②为Na元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为S元素、⑥为Cl元素。

【详解】

(1)同周期核电荷数越大，原子半径越小，则表中元素，原子半径最大的是Na；O的核电荷数为8，基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4；Al的M层有3个电子，则有2种不同能级的电子；Mg和Cl两元素形成MgCl2为离子化合物，其电子式为[:Cl:]-Mg2+[:Cl:]-，故答案为：Na；1s22s22p4；2；[:Cl:]-Mg2+[:Cl:]-；

(2)Na；Mg、Al三种元素中金属性最强的是Na；则最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH，故答案为：NaOH；

(3)Al3+核外有两个电子层，而S2-核外有三个电子层，简单离子半径S2-＞Al3+；Al最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3与硝酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：S2-＞Al3+；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

(4)元素的非金属性越强，氢化物越稳定，现H2O的稳定性大于H2S，可知O的非金属性比S强，故答案为：H2O的稳定性大于H2S；

(5)8g甲烷的物质的量为0.5mol，其完全燃烧生成液态水时放出445.15kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出的热量为445.15kJ×2=890.3kJ，反应的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ。【解析】Na1s22s22p42[:Cl:]-Mg2+[:Cl:]-NaOHS2->Al3+Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OH2O的稳定性大于H2SCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ25、略

【分析】【分析】

A元素原子核外有2个电子层，最外层有3个未成对电子，则A元素原子的价电子排布