2025年人教版选择性必修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年人教版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列分子的VSEPR模型与分子立体结构模型一致的是A.NH3B.CCl4C.H2OD.PCl32、2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分；W；X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，下列说法不正确的是。

。

W

X

Y

Z

A.原子半径：WB.X的最高价氧化物的水化物具有两性C.Y单质可用做半导体材料D.气态氢化物热稳定性：Z>W3、元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的外围电子排布式为下列说法不正确的是。

A.Y在周期表中第三周期ⅥA族B.X所在周期中所含非金属元素种类最多C.最高价氧化物对应的水化物酸性：D.X，Y、Z元素的电负性：4、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是。

。选项。

实验操作。

实验现象。

结论。

A

向Co2O3中滴加浓盐酸。

产生黄绿色气体。

氧化性：Cl2>Co2O3

B

在镁；铝为电极；氢氧化钠为电解质的原电池装置。

镁表面有气泡。

金属活动性：Al>Mg

C

测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH

后者较大。

非金属性：Cl>C

D

将10mL2mol/L的KI溶液与1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液。

溶液颜色变红。

KI与FeCl3的反应具有可逆性。

A.AB.BC.CD.D5、下列叙述正确的是（）

①两种原子构成的分子中的化学键都是极性键。

②两种不同非金属元素原子间形成的化学键都是极性键。

③含有共价键的化合物一定是共价化合物。

④只要是离子化合物；其熔点就比共价化合物的熔点高。

⑤难失去电子的原子；易形成阴离子。

⑥单质分子中不存在化学键；化合物的分子中才存在化学键。

⑦离子化合物中一定含有离子键A.只有①⑦B.只有②⑦C.只有⑦D.只有①⑤⑦6、某物质的化学式为其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，与强碱共热没有放出，则关于该物质的说法正确的是A.Pt的化合价+6价B.该物质的分子可能是平面正方形结构C.和均为配位体D.含有的键数为7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是()A.28g晶体硅中含有Si—Si键的个数为2NAB.124g白磷(P4)晶体中含有P—P键的个数为4NAC.12g金刚石中含有C—C键的个数为4NAD.SiO2晶体中每摩尔硅原子可与氧原子形成2NA个共价键(Si—O键)8、利用超分子可分离和将混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是。

A.和互为同素异形体B.杯酚分子中存在大键C.杯酚与形成氢键D.熔点低于金刚石9、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有0.1NA个B.在含有4molSi-O键的石英晶体中，氧原子的数目为4NAC.常温下，14gC2H4和C3H6的混合气体中含有2NA个氢原子D.0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、蔗糖(C12H22O11)和葡萄糖(C6H12O6)的不同之处是A.组成元素B.各元素的质量比C.相对分子质量D.充分燃烧后的生成物11、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键12、下列各物质的物理性质，判断构成固体的微粒间以范德华力结合的是（）A.氮化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电B.溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电C.五氟化钒，无色晶体，熔点19．5℃，易溶于乙醇、丙酮中D.溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水时能导电13、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的二分之一。下列说法正确的是A.原子半径：W>X>Y>Z>MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C.由X元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键14、普鲁士蓝是一种辐射应急药物。最初，狄斯巴赫把草木灰和牛血混在一起，制成亚铁氰化钾(其三水合物俗称黄血盐)，之后与反应获得了普鲁士蓝。如图是普鲁士蓝晶体的单元结构；下列说法正确的是。

A.黄血盐的化学式为B.在制备黄血盐时，牛血的作用是仅提供元素C.普鲁士蓝中与的配位数均为6D.普鲁士蓝的每个晶胞中实际含有3个15、下列有关晶体结构或性质的描述中正确的是A.在F、Cl的氢化物中，因HF的键能大，故HF的熔沸点高B.冰中存在极性共价键、范德华力和氢键C.物质的量均为1mol的金刚石与石墨晶体所含的C-C键的数目相同D.金属性K＞Na，但金属钾的熔点低于金属钠16、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①②③则下列有关比较中正确的是A.未成对电子数：②>①>③B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.第一电离能：③>②>①评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、碳元素的单质有多种形式，下图依次是石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：

(1)碳元素基态原子的最外层电子排布式为_______。

(2)所属的晶体类型为_______晶体。

(3)在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为_______。

(4)金刚石中碳原子的杂化轨道类型是_______。

(5)上述三种单质互称为_______。

a.同系物b.同素异形体c.同分异构体18、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___________。19、下面是s能级与p能级的原子轨道图：

请回答下列问题：

(1)s电子的原子轨道呈_____形，每个s能级有_____个原子轨道；

(2)p电子的原子轨道呈_____形，每个p能级有_____个原子轨道.

(3)Na、Mg、Al第一电离能的由大到小的顺序：__________________。

(4)将下列多电子原子的原子轨道按轨道能量由低到高顺序排列：①2s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p轨道能量由低到高排列顺序是_______。20、如图是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是其中的6种元素。XYZRWJ

请回答下列问题(除特别说明外；凡涉及用元素回答的问题均用具体元素符号表示)：

(1)基态R原子的核外电子排布的轨道表示式为__。

(2)在化合物YZ2中Y的化合价为__；Y2-与Na+的半径大小为__。

(3)在X、Y、Z三种元素中，电负性由大到小的顺序是__；第一电离能：X__Y(填“<“>或“=”)，其理由是__。

(4)以上6种元素组成的双原子分子中，最稳定单质的电子式为__；HX3溶液的酸性与醋酸相近，HX3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为__。21、如图甲是元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素。

试回答下列问题。

(1)元素p为26号元素，请写出其基态原子的电子排布式：___________。

(2)c、d、e、f四种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________(填元素符号)。

(3)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：___________。

(4)o、p两元素的部分电离能数据如表：。元素pp717759150915611561324829572957

比较两元素的可知，气态基态再失去一个电子比基态气态再失去一个电子难。对此，你的解释是___________。

(5)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序排列如图乙所示，其中电负性最大的是___________(填图中的序号)。

(6)图甲中的某主族元素的电离能情况如图丙所示，则该元素是___________(填元素符号)。

22、(1)钠的晶胞属于体心立方，则该晶胞中属于该晶胞的Na原子数目是_______。氯化铯晶体的晶胞如图1，则的配位数是_______。

(2)钛的一种氟化物晶胞结构如图2所示，其化学式为_______。

(3)元素X的某价态离子与形成的晶体结构如图3所示。该晶体中阳离子与阴离子个数比为_______，中_______，晶体中每个被_______个等距离的包围。23、锂离子电池在生产生活中应用广泛，LiFePO4、LiPF6和LiAsF6均可作锂离子电池的电极材料。回答下列问题：

(1)基态锂原子的轨道表达式为_______。

(2)O2-和F-半径更大的是_______；O、F、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(3)H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为_______。

(4)锂离子电池工作时，Li+可在离子导体中迁移。Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图所示，该迁移过程属于_______(填“物理变化”或“化学变化”)。

(5)以LiPF6和LiAsF6作锂离子电池的负极材料时，放电过程的实质是Li+从负极材料脱嵌。相同条件下，Li+更易在_______(填“LiPF6”或“LiAsF6”)电极中脱嵌，解释其原因为_______。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)24、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25、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、有机推断题(共3题，共12分)26、具有3个环状结构的有机物(C12H14O3)是有机合成中重要的中间体；以1，3－丁二烯为原料合成该有机物的方法如下：

(1)B的名称为________，E中的官能团名称为________，G→H的反应类型为_________。

(2)已知四元环状结构是不稳定的，请用“*”标注出化合物I中的手性碳原子__________。

(3)写出H→I的化学方程式______________________________________。

(4)含有六元环状结构且含有相同官能团的F的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。

(5)请参考题中合成路线，设计由苯甲醛及和必要的无机试剂合成的路线：___________________________________________________________________。27、为了研究有机物A的组成与结构；某同学进行如下实验。

i.将9.0gA在足量氧气中充分燃烧；并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g。

ii.通过质谱法测得其相对分子质量为90。

iii.通过红外光谱法测得A中含有－OH和－COOH。

请回答下列问题。

(1)9.0gA完全燃烧生成水的物质的量是____________mol。

(2)A的分子式是____________。

(3)在一定条件下，若两个A分子可以反应得到一个六元环的分子，还能发生缩聚反应，写出A发生缩聚反应的方程式____________________________________。

(4)试写出由与A含有相同C原子数的烯烃为原料(无机试剂及催化剂任用)合成A的合成路线_________________________。(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。28、(1)下图是表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子；小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合。

①图中A的分子式是________。

②图中C的名称是________。

③图中D的结构简式是________。

④图中与B互为同分异构体的是_______(填字母)。

⑤图中1molG完全燃烧时消耗_______molO2。

(2)已知某有机物的结构简式如图：

①该有机物的分子式为______。

②该有机物中能与NaOH溶液反应的官能团的名称是____。

③该有机物1mol与足量的NaHCO3溶液反应，消耗NaHCO3的物质的量是___mol。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共27分)29、锌；氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。

(1)基态Zn2+的价电子排布式为_______________；

(2)独立的NH3分子中，H-N-H键键角为107°18’。如图是[Zn(NH3)6]2＋的部分结构以及其中H-N-H键键角。

请解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是_____________。

(3)离子液体具有很高的应用价值，其中EMIM＋离子由H；C、N三种元素组成；其结构如图所示：

大π键可用符号Π表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM＋离子中的大π键应表示为___________________。化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，该物质晶体的类型是________。

(4)过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律，已知Zn2＋等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：。离子Sc3＋Cr3＋Fe2＋Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色

请根据原子结构推测Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因：____________________。

(5)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。

①Zn2+填入S2－组成的________________空隙中；

②由①能否判断出S2－、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为dg/cm3，S2－半径为apm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。30、I．2016年；我国研制的大型运输机运－20正式进入投产，标志着我国成为少数几个能生产大型军用运输机的国家之一。

（1）运－20的外壳大量使用了AM系列Mg-Al-Mn，铝的价电子排布图为_________________，第一电离能铝___________（填“大于”；“等于”或“小于”）镁。

（2）为了减轻飞机的起飞重量并保持机身强度，运－20使用了大量的树脂材料，其中一种树脂材料的部分结构如图1所示，其中碳原子的杂化方式为___________，其个数比为___________

II．大型飞机的高推重比发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”；采用大量的金属钨作为耐高温耐磨损材料。

（3）钨元素位于第六周期第VIB族，价电子排布的能级与Cr相同，但排布方式与Cr有所不同，请写出钨原子的价层电子排布式___________

（4）图2为碳和钨形成的一种化合物的晶胞模型，碳原子和钨原子个数比为___________，其中一个钨原子周围距离最近且相等的碳原子有___________个。31、为了实现“将全球温度上升控制在2℃以内”，科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。

(1)下列说法正确的是__________(填序号)。A．CH4与CO2分子均为含有极性共价键的非极性分子B．第一电离能：O>N>CC．沸点高低：CH4>SnH4>GeH4>SiH4D．CH离子的空间构型为平面正三角形(2)CH4和CO2在Ni催化作用下反应可获得化工原料CO和H2。

①Ni基态原子核外电子排布式为__________。

②与CO互为等电子体的阴离子的电子式为__________，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1molNi(CO)4中含有σ键的数目为__________。

(3)CH4和CO2在含有钛氧化物的某种催化剂作用下，可直接转化为CH3COOH。

①CH3COOH中C原子轨道杂化类型为__________；

②钛氧化物晶胞结构如图所示，写出其化学式：__________。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．中心原子价层电子对为4，VSEPR模型为四面体形，中心N原子为杂化；有孤电子对，空间为三角锥形，故A不选；

B．中心原子价层电子对为4，VSEPR模型为四面体形，中心C原子为杂化；空间为(正)四面体形，故B选；

C．中心原子价层电子对为4，VSEPR模型为四面体形，中心O原子为杂化；有孤电子对，空间为V形分子，故C不选；

D．中心原子价层电子对为4，VSEPR模型为四面体形，中心P原子为杂化；有一对孤对电子，空间为三角锥形，故D不选；

故选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

根据主族元素的最高化合价等于原子的最外层电子数(O；F除外)；W与X的最高化合价之和为8，结合题干提供的部分元素周期表可知，W、X、Y、Z分别为N、Al、Si、P，据此进行解题。

A．同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大，故原子半径：W

B．由上述分析可知，X是Al，故其的最高价氧化物的水化物即Al(OH)3具有两性；B正确；

C．由上述分析可知；Y是Si，单质硅可用做半导体材料，C正确；

D．同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故气态氢化物热稳定性：Z

故答案为：D。3、D【分析】【分析】

元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，已知Y元素原子的外围电子排布式为其中n－1＝2，解得n＝3，所以Y是S，则Z是P，X是F，据此解答。

【详解】

A．Ｓ元素在周期表中的位置是第三周期ⅥA族；A正确；

B．F所在周期即第二周期中所含非金属元素种类最多；B正确；

C．非金属性S＞P，则最高价氧化物对应的水化物酸性：C正确；

D．非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z元素的电负性：D错误；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A．发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cl2＜Co2O3；故A错误；

B．Al与NaOH溶液反应；Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；

C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大；可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；

D．KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性；故D正确。

答案选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

①两种原子构成的分子中的化学键不一定是极性键，如H2O2由两种元素构成；含有O原子和O原子形成的非极性键，故①错误；

②不同种非金属元素形成极性共价键；故②正确；

③含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如Na2O2；故③错误；

④离子化合物的熔点不一定比共价化合物的熔点高；如二氧化硅的熔点大于NaCl的，故④错误；

⑤难失去电子的原子；不一定易形成阴离子，如稀有气体等，故⑤错误；

⑥单质分子中也可以存在化学键，如O2、H2等；故⑥错误；

⑦含有离子键的化合物为离子化合物；故⑦正确；

综上所述正确的有②⑦，答案为B。6、C【分析】【分析】

某物质的化学式为PtCl4⋅2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，与强碱共热没有NH3放出，说明该物质中的氯离子和NH3均为Pt的配体；在配合物的内界。

【详解】

A．Cl的化合价为-1价，NH3是中性的分子；所以Pt的化合价+4价，故A错误；

B．该物质是配合物，Cl-和NH3都和Pt以配位键结合；共有6个配体，所以不可能是平面正方形结构，故B错误；

C．由以上分析可知，Cl-和NH3均为配位体；故C正确；

D．在PtCl4⋅2NH3中有6个配体，NH3中的N和H也以σ键结合，所以1molPtCl4⋅2NH3含有的σ键数为12NA；故D错误；

故选C。7、A【分析】【详解】

A．1mol晶体硅含有2molSi—Si键，28g晶体硅物质的量为1mol，因此中含有Si—Si键的个数为2NA；故A正确；

B．1mol白磷含有6molP—P键，124g白磷(P4)物质的量为1mol，因此124g白磷晶体中含有P—P键的个数为6NA；故B错误；

C．1mol金刚石含有2molC—C键，12g金刚石物质的量为1mol，因此12g金刚石中含有C—C键的个数为2NA；故C错误；

D．SiO2晶体中每个Si与周围4个O原子结合形成4个Si—O键，因此SiO2晶体中每摩尔硅原子可与氧原子形成4NA个共价键(Si—O键)；故D错误。

综上所述，答案为A。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．和是由碳元素组成的不同单质；互为同素异形体，故A正确；

B．杯酚分子中含有8个苯环，苯环中存在大键；故B正确；

C．不符合形成氢键的条件，杯酚与不能形成氢键；故C错误；

D．为分子晶体；熔点低于金刚石(共价晶体)，故D正确；

选C。9、C【分析】【详解】

A．NaHSO4在溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，不存在故A不符合题意；

B．在含4molSi-O键的石英晶体中，含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有氧原子的数目为2NA；故B不符合题意；

C．14gC2H4和C3H6的混合物中含有1mol简式CH2，含有2mol氢原子，含有2NA个氢原子；故C符合题意；

D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中氧元素的化合价从-1价升高到0价，2molNa2O2完全反应，转移2mol电子，0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.1NA个电子；故D不符合题意；

答案选C。二、多选题(共7题，共14分)10、BC【分析】【详解】

A.均由C；H和O元素组成；故组成元素相同，A不选；

B.C；H和O原子数目之比根据分子式判断；各元素的质量比不相同，B选；

C.分子式不同；故相对分子质量不同，C选；

D.充分燃烧后的生成物均为水和二氧化碳；D不选；

答案选BC。11、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。12、BC【分析】【详解】

A.氮化铝；黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，符合原子晶体的特征，不以范德华力结合，故A错误；

B.溴化铝；无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，符合分子晶体的特征，以范德华力结合，故B正确；

C.五氟化钒；无色晶体，熔点19．5℃，易溶于乙醇；丙酮中，符合分子晶体的特征，以范德华力结合，故C正确；

D.溴化钾是离子晶体；不以范德华力结合，故D错误；

故选BC。13、AC【分析】【分析】

X、Y、Z为同周期，且X、Z能形成XZ2分子，故X为C元素，Z为O元素；根据X、Y、Z最外层电子数之和为15，则Y的最外层电子数为15-6-4=5，为N元素；在标况下，密度为0.76g/L的气体，其相对分子质量为=g/mol；故M为H元素，X；Y、Z、M的质子数之和为6+7+8+1=22，所以W的原子序数为11，为Na元素。

【详解】

A．同一周期从左到右，原子半径依次减小，短周期中Na的原子半径最大，H的原子半径最小，因此，原子半径从大到小的顺序为Na>C>N>O>H；故A正确；

B．Na2O2属于离子化合物；故B错误；

C．由C元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在；如金刚石；石墨等，故C正确；

D．由C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键又有共价键，如CO(NH2)2只含有共价键；故D错误；

故选AC。14、CD【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知，与各有4个位于顶点，个数为：CN-有12个位于棱上，个数为CN-=1：1：6，阴离子为：黄血盐的化学式为故A错误；

B．在制备黄血盐时，牛血的作用是提供2+和CN-；故B错误；

C．普鲁士蓝晶体中，与位于顶点，CN-位于棱上，与的配位数均为6；故C正确；

D．CN-有12个位于棱上，个数为每个晶胞中实际含有3个故D正确；

故选：CD。15、BD【分析】【分析】

【详解】

A．F；Cl的氢化物HF、HCl都是由分子构成的物质；HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点比只存在分子间作用力的HCl高，这与分子内化学键的键能大小无关，A错误；

B．冰中水分子内存在极性共价键H－O键；在水分子之间存在范德华力和氢键，B正确；

C．在金刚石中每个C原子与相邻的4个C原子形成4个C-C共价键，每个共价键为相邻的两个原子所共有，所以每个C原子形成的C-C共价键数目为4×=2，则1mol金刚石中含有2mol共价键。在石墨晶体中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，每个共价键为相邻的两个原子所共有，所以每个C原子形成的C-C共价键数目为3×=1.5；则1mol石墨中含有1.5mol共价键，因此所含共价键数目不同，C错误；

D．元素的金属性：K＞Na，但由于K原子半径大，K+与电子作用力弱；即金属键：K＜Na，所以断裂金属键使物质熔化消耗的能量钾比钠低，因此金属钾的熔点比金属钠低，D正确。

故合理选项是BD。16、AD【分析】由核外电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素；据此分析解答。

【详解】

A．基态S原子核外有2个未成对电子，基态P原子核外有3个未成对电子，基态F原子核外有1个未成对电子，所以未成对电子数：③<①<②；A正确；

B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>S>F，即②>①>③；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②；C错误；

D．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但P原子轨道为半充满稳定状态，其元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>P>S，即③>②>①；D正确；

故选AD。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)碳是6号元素，碳元素基态原子的电子排布式为：最外层电子排布式为故答案为：

(2)是由碳原子形成的分子；所属的晶体类型分子晶体，故答案为：分子晶体；

(3)石墨晶体中每个碳原子被3个六元环共用，属于一个六元环的碳原子数为每个碳原子伸出3个共价键与其他原子共用，属于每个碳原子的共价键为1.5个，在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为1:1.5=2:3，故答案为：2:3；

(4)金刚石是巨型网状结构，其中碳原子采取sp3杂化，故答案为：sp3；

(5)石墨、金刚石都是碳元素形成的不同单质，由同种元素形成的不同单质属于同素异形体，故答案为：b。【解析】分子晶体2:3sp3b18、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.Mn19、略

【分析】【分析】

s电子的原子轨道呈球形；p电子的原子轨道呈哑铃形或纺锤形，s；p、d、f能级的原子轨道数分别为1、3、5、7；同周期第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能（稀有气体）最大，同族元素从上到下第一电离能变小；绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序（能量由低到高）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s。

【详解】

(1)s电子的原子轨道呈球形；每个s能级只有1个原子轨道；

(2)p电子的原子轨道呈哑铃形或纺锤形；每个p能级有3个原子轨道；

(3)Na、Mg、Al分别位于第三周期ⅠA族、ⅡA族、ⅢA族，根据每周期第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能（稀有气体）最大，所以第一电离能的由大到小的顺序为：Mg＞Al>Na；

(4)绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序（能量由低到高）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s，所以题目中轨道能量由低到高排列顺序为：①④⑥③②⑤。【解析】①.球②.1③.哑铃或纺锤④.3⑤.Mg＞Al>Na⑥.①④⑥③②⑤20、略

【分析】【分析】

由J为0族元素，由周期表结构可知，X、Y、Z位于第二周期，R位于第三周期，W位于第四周期，J为第五周期的Xe，则X为N、Y为O、Z为F、R为S、W为Br；以此解答。

【详解】

由上述分析可知，X为N、Y为O、Z为F、R为S、W为Br；J为Xe。

(1)R为S，S原子3p轨道上的电子应先占据不同轨道，核外电子排布的轨道表示式为故答案为：

(2)在化合物中F为-1价，则O的化合价为+2；与具有相同的电子层结构，原子序数越小，对电子的束缚能力越弱，离子半径越大，故半径大小为故答案为：+2；O2->Na+(或Na+2-)；

(3)非金属性越强，电负性越大，则N、O、F三种元素中，电负性由大到小的顺序是非金属性越强，第一电离能越大，但N的2p轨道为半充满状态，较稳定，则N、O的第一电离能故答案为：F>O>N；>；N的2p轨道为半充满状态；较稳定；

(4)在这六种元素组成的双原子分子中，最稳定的单质为电子式为溶液的酸性与醋酸相近，则为弱酸，溶液与溶液反应的离子方程式为故答案为：HN3+OH-=N+H2O。【解析】+2O2->Na+(或Na+2-)F>O>N>N的2p轨道为半充满状态，较稳定HN3+OH-=N+H2O21、略

【分析】根据元素周期表知，元素分别是H、C、N、O、F、Al、Si、S、Cl、Ar；K、Mn、Fe。

【详解】

(1)P为Fe元素，原子核外电子数为26，根据能量最低原理可知，其基态原子核外电子排布式为(或)。

(2)同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、第ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为

(3)镁在空气中燃烧发出耀眼的白光；是因为在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(辐射)的形式释放能量。

(4)基态的轨道电子为半充满状态，比较稳定；而基态的轨道电子排布为更易失电子达到稳定状态；

(5)第三周期8种元素形成的单质中；只有单质硅为共价晶体，熔点最高，与图乙中8对应；磷；硫、氯气、氩气形成的晶体均属于分子晶体，熔点较低，其中氯元素的电负性最大，氯气熔点仅高于氩气，与图乙中2对应；

(6)根据图丙中所列的电离能数据及变化规律可知，该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为元素。

【点睛】

本题考查原子结构与元素性质，明确元素在周期表中的位置是解题关键，掌握元素电离能、电负性的定义，熟悉元素电离能、电负性的递变规律，培养学生结构决定性质的理念。【解析】(或)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(辐射)的形式释放能量基态的轨道电子为半充满状态，比较稳定222、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)钠的晶胞属于体心立方，则钠处于晶胞的顶点和体心，则属于该晶胞的Na原子数目是由氯化铯晶体的晶胞示意图知，Cs处于立方体的体心时，氯离子处于顶点，则的配位数是8。

(2)由钛晶胞结构知，Ti处于顶点和面心，数目为F处于晶胞的体心，数目为8，则其化学式为

(3)Xn+处于棱边的中点，数目为N3-处于顶点，数目为则该晶体中阳离子与阴离子个数比为3:1，按化合价代数和为0知，中1，由结构示意图知：晶体中每个被6个等距离的包围。【解析】①.2②.8③.④.⑤.1⑥.623、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态锂原子的轨道表达式为

(2)O2-和F-的核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故半径更大的是O2-；非金属的第一电离能比金属元素的第一电离能大；同周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，故O；F、Fe的第一电离能由大到小的顺序为F＞O＞Fe；

(3)H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为H3AsO4中非羟基氧原子数多于H3AsO3；As的正电性更高，更容易电离出氢离子；

(4)从图可知，Li+迁移过程中生成了新的物质；发生了化学变化；

(5)由于P原子的半径小于As原子的半径，所以AsF的半径比PF的大，AsF与Li+的作用力比PF弱，故导致Li+更易在LiAsF6电极中脱嵌。【解析】O2-F＞O＞FeH3AsO4中非羟基氧原子数多于H3AsO3，As的正电性更高，更容易电离出氢离子化学变化LiAsF6AsF的半径比PF的大，AsF与Li+的作用力比PF弱四、判断题(共2题，共14分)24、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；25、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、有机推断题(共3题，共12分)26、略

【分析】【分析】

根据流程图所示，结合已知反应信息，A(1，3－丁二烯)与乙烯发生加成反应成环生成B，B的结构B与HBr发生加成反应生成C，C的结构简式为C在乙醚作用下与Mg反应生成D，D的结构简式为D与乙醛反应再进行酸化生成E，则E的结构简式为E在浓硫酸作用下发生消去反应生成F，F的结构简式为F与Br2发生加成反应生成G，G的结构简式为G在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应生成H，H的结构简式为H与发生加成反应成环生成I，I的结构简式为据此分析解答。

【详解】

(1)根据分析，B的结构简式为名称为环己烯，E的结构简式为其中官能团名称为羟基，G在NaOH醇溶液中发生卤代烃的消去反应生成H，G→H的反应类型为消去反应；

(2)I的结构简式为有机物中连接4种不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则化合物I中的手性碳原子(*所示为手性碳原子)；

(3)H→I的化学方程式为+

(4)F的结构简式为含有六元环状结构且含有相同官能团碳碳双键，若碳碳双键在六元环上，即与乙基(-CH2CH3)相连，则共有如图3种结构；若与2两个甲基相连，且两个甲基在不同的碳原子上，则共有如图：10种结构；若与2两个甲基相连，且两个甲基在相同的碳原子上，则共有如图：2种结构；或与一个甲基相连有邻、间、对3种结构，则符合要求的F的同分异构体有18种；

(5)由苯甲醛及和必要的无机试剂合成首先在乙醚作用下与Mg反应生成与苯甲醛()反应再酸化生成在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成则合成路线为：

【点睛】

本题的解题关键在与已知信息提供的反应过程，根据已知反应信息逐步分析推断流程图中结构和官能团的变化，难点为(4)中F的同分异构体中，六元环上的碳存在饱和碳原子，两个取代基可以同时连接在同一碳原子上。【解析】环己烯羟基消去反应+1827、略

【分析】【分析】

9.0gA在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，通过浓硫酸的增重确定水的质量，碱石灰的增重确定CO2的质量；根据元素守恒确定9.0gA中C；H原子物质的量，再结合A的质量确定氧原子物质的量，可得有机物A的实验式；根据有机物的相对分子质量可确定有机物A的分子式；最后根据红外光谱法测得的A中含有的官能团可确定A的结构简式，据此分析解答。

【详解】

(1)浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n(H2O)==0.3mol；

(2)0.3molH2O所含有H原子的物质的量n(H)=0.3mol×2=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m(CO2)是13.2g，n(CO2)==0.3mol，则n(C)=0.3mol，9.0gA中m(O)=9g-0.6g-12g/mol×0.3mol=4.8g，n(O)==0.3mol，所以n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即有机物A的实验式为：CH2O；通过质谱法测得其相对分子质量为90，有机物A的实验式为CH2O，设其分子式为(CH2O)x，则30x=90，故x=3，则A的分子式为C3H6O3；

(3)A的分子式为C3H6O3，由于通过红外光谱法测得A中含有-OH和-COOH，则A的结构简式可能为①CH2OHCH2COOH或②CH3CHOHCOOH，但两个CH2OHCH2COOH分子反应得到一个八元环的分子，所以能形成一个六元环分子的物质A的结构简式是A发生缩聚反应的方程式为n+(n-1)H2O；

(4)与A含有相同C原子数的烯烃为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3可以和Br2发生加成反应生成继而发生水解反应可以生成与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基可以被连续氧化生成羧基，与羟基相连的碳原子上有一个氢原子时可以被氧化成羰基，则可以被氧化生成再与氢气发生加成反应可以生成所以合成路线为CH2=CHCH3

【点睛】

与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基可以被连续氧化生成羧基；与羟基相连的碳原子上有一个氢原子时可以被氧化成羰基，羰基、醛基可以与氢气发生加成反应生成羟基。【解析】0.3C3H6O3n+(n-1)H2OCH2=CHCH328、略

【分析】【分析】

(1)根据题干信息，小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合，结合提干各物质的结构示意图可知：A的结构简式为：CH3CH2CH2CH3、B的结构简式为：CH3CH=CHCH3、C的结构简式为：（CH3）2CHCH3、D的结构简式为：CH3C≡CCH3、E的结构简式为：CH3CH2CH=CH2、F的结构简式为：（CH3）2C=CH2、G的分子式为：CH3CH2C≡CH；据此解题；

(2)根据题干有机物的结构简式可推知其分子式，分子中含有羧基能与NaOH反应，1mol羧基能与1molNaHCO3反应。

【详解】

(1)①由分析可知：图中A的分子式是C4H10，故答案为：C4H10；

②由分析可知：图中C的结构简式为：（CH3）2CHCH3；故C的名称是异丁烷或2—甲基丙烷，故答案为：异丁烷或2—甲基丙烷；

③由分析可知：图中D的结构简式是CH3C≡CCH3，故答案为：CH3C≡CCH3；

④同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质之间，故图中B、E、F的分子式均为C4H8；但结构互不相同，故与B互为同分异构体的是E；F，故答案为：E、F；

⑤由分析可知，G的分子式为C4H6，故图中1molG完全燃烧时消耗molO2；故答案为：5.5；

(2)①根据有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C11H12O3，故答案为：C11H12O3；

②该有机物中含有碳碳双键；羧基和醇羟基；其中只有羧基能与NaOH溶液反应，故能与NaOH溶液反应的官能团的名称是羧基，故答案为：羧基；

③该有机物中含有碳碳双键、羧基和醇羟基，其中只有羧基能与NaHCO3溶液反应，且1mol有机物只含1mol羧基，故该有机物1mol与足量的NaHCO3溶液反应，消耗NaHCO3的物质的量是1mol，故答案为：1。【解析】①.C4H10②.异丁烷或2—甲基丙烷③.CH3C≡CCH3④.E、F⑤.5.5⑥.C11H12O3⑦.羧基⑧.1六、原理综合题(共3题，共27分)29、略

【分析】【分析】

(1)基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，由此可确定Zn2+的价电子排布式。

(2)解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°；可从电子对的排斥作用寻找原因。

(3)EMIM＋离子中形成大π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6。化合物[EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-构成；由此可确定该物质的晶体类型。

(4)通过对Sc3＋、Cr3＋、Fe2＋、Zn2+四种离子的核外电子进行分析，得出Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因。

(5)①四个S2-构成正四面体结构，Zn2+体积很小，填入S2－组成的空隙中；

②由①无法判断出S2－、Zn2+是否相切；已知晶体密度为dg/cm3，S2－半径为apm，若要使S2-、Zn2+相切，可通过建立一个正四面体，确定一个三角形，计算Zn2+半径。

【详解】

(1)基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则基态Zn2+的价电子排布式为3d10。答案为：3d10；

(2)在独立的NH3分子中，N原子的孤电子对排斥成键电子对的能力强，[Zn(NH3)6]2＋中；N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其它三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。

从而得出解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大。答案为：氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键；原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大；

(3)EMIM＋离子中形成大π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6，EMIM＋离子中的大π键应表示为Π化合物[EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-构成，则晶体类型为离子晶体。答案为：Π离子晶体；

(4)通过对Sc3＋、Cr3＋、Fe2＋、Zn2+四种离子的核外电子进行分析发现，得出Sc3＋、Zn2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d10；3d轨道为全空和全满，而另两种离子，3d轨道都存在未成对电子，由此得出水合离子为无色的原因是3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态)。答案为：3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态)；

(5)①四个S2-构成正四面体结构，Zn2+体积很小，填入S2－组成的正四面体空隙中；答案为：正四面体；

②由①分析，我们不能得出S2－、Zn2+是否相切。

由晶胞结构我们可以得出：晶胞中含S2-的个数为4，含Zn2+的个数为8×+6×=4，所以晶体的体积为=cm3，晶胞边长为cm。

四个Zn2+在体内四个小正四面体的中心，不在同一平面内，过b点向上面作垂线，构成三角形，两边分别为x、x，即可求出斜