2024年冀教新版选择性必修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2024年冀教新版选择性必修2化学下册月考试卷823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、已知Mg、Al、O三种元素组成尖晶石型晶体结构，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中和都在小晶格内部，部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点(如图)，下列分析错误的是。

A.该晶体为离子晶体B.该物质的化学式为C.晶胞中，的配位数为4D.两个之间最近的距离是2、已知短周期元素的离子：aX2＋、bY＋、cM2－、dN－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A.原子半径：X＞Y＞M＞NB.原子序数：d＞c＞b＞aC.离子半径：M2－＞N－＞Y＋＞X2＋D.阳离子的氧化性：X2＋＜Y＋3、下列各组分子都属于含有极性键的非极性分子的是A.CO2、H2SB.C2H4、CH4C.Cl2、C2H2D.NH3、HCl4、下列描述中正确的是A.CS2分子的立体构型为V形B.ClO的立体构型为平面三角形C.NH3、CO、CO2都是极性分子D.SiF4和SO的中心原子均采取sp3杂化5、如图所示是元素周期表的一部分。图中的字母分别代表某一种化学元素。下列说法正确的是。

A.沸点：B.分子是非极性分子C.C形成的单质中σ键与π键的数目之比为1:2D.酸性：说明非金属性：6、下列现象与氢键无关的是A.NH3的熔、沸点比PH3的高B.NH3分子加热难分解C.冰的密度比液态水的密度小D.小分子的醇、羧酸可以和水以任意比例互溶7、A、B、D、E为原子序数依次递增的四种元素，简单离子A2–和E+相差一个电子层，B、D为同周期元素，B为金属元素，其基态原子最外层成对电子是未成对电子的2倍，D元素的原子最外层有一个未成对电子。下列有关元素及其化合物的说法错误的是A.简单离子半径：B﹤DB.E与D形成的化合物晶体的熔点高于B与D形成的化合物晶体的熔点C.E的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应的化学方程式有4个D.DA2可用于自来水的消毒，其消毒效果(以每摩尔物质得到的电子数表示)相当于D2的2.5倍8、X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.X与Z形成的10电子微粒有2种B.Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒C.与的晶体类型不同D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、有一种蓝色晶体[可表示为MxFey(CN)6]，经X­射线研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN—位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法不正确的是。

A.该晶体的化学式为MFe2(CN)6B.该晶体属于离子晶体，M呈+1价C.属于离子晶体，M呈+2价D.晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN—为8个10、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，X与Z同主族且二者可形成离子化合物，W的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A.电负性：XB.第一电离能：ZC.元素W的含氧酸均为强酸D.Z的氧化物对应的水化物为弱碱11、用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)；下列说法错误的是。

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为512、下列说法错误的是A.水稳定是因为水中含有大量的氢键B.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低C.可燃冰(CH4·8H2O)的形成是由于甲烷分子与水分子之间存在氢键D.氨气极易溶于水，原因之一是氨分子与水分子之间形成了氢键13、元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的阳离子与阴离子个数比为3：1B.该晶体中Xn＋离子中n=3C.该晶体中每个N3-被6个等距离的Xn＋离子包围D.X元素的原子序数是1914、下面的排序不正确的是（）A.晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4CI4B.硬度由小到大：金刚石碳化硅晶体硅C.晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaID.熔点由高到低：NaMgAl15、下列说法中错误的是。

A.图①中，距最近的可构成正八面体B.图②中，每个晶胞平均含有4个C.图③中，碳原子与键个数比为1：4D.图④中，铜原子的配位数为8评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、基态Ti原子的核外电子排布式为___________。17、按要求填空。

(1)下列原子或离子的电子排布式或排布图违反构造原理的是_______，违反洪特规则的是_______，违反泡利原理的是_______。

①Ca2+：1s22s22p63s23p6

②F-：1s22s23p6

③P：

④Cr：1s22s22p63s23p63d44s2

⑤Fe：1s22s22p63s23p63d64s2

⑥Mg2+：1s22s22p6

⑦O：

(2)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，1mol该分子中σ键个数为_______；

(3)硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]-而体现一元弱酸的性质，[B(OH)4]-中B的原

子杂化类型为_______，不考虑空间构型，[B(OH)4]-的结构可用示意图表示为_______；

(4)氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“”表示)结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为_______；。A．B．C．D．(5)氨水和次氯酸盐溶液在弱碱性介质中反应可生成氯胺(H2NCl)，分子结构类似于NH3，H2NCl分子电子式为_______，H2NCl中氯的化合价为_______。18、含硼；氮、磷、铜、锌的化合物有许多重要用途。回答下列问题：

(1)基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为____；基态Cu+的核外电子排布式为___。

(2)的空间构型是________；HNO3的酸性比HNO2强，试从结构的角度解释其原因_______________。

(3)亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，则H3PO3分子的结构式为____。

(4)Zn2+可与CN－、二苯硫腙()等形成稳定配合物。

①CN－的结构式为_____。

②每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的原子有__个。19、(1)在①Li②石墨③C60④Mg⑤CH3CH2OH⑥C⑦Li⑧CH3OCH3中：____互为同位素；____互为同分异构体；___互为同素异形体(填序号)

(2)现有①CaCl2②金刚石③NH4Cl④Na2SO4⑤冰等五种物质；按下列要求回答：

①熔化时不需要破坏化学键的是___________，熔点最高的是_______。(填序号)

②只含有离子键的物质是______，晶体以分子间作用力结合的是______。(填序号)

(3)写出下列物质的电子式。

①H2O______

②NaOH______

③NH3______20、的一种氯化物的晶胞结构如图所示(黑球表示铜原子，白球表示氯原子)，该氯化物的化学式是____________.若该晶体的密度为以表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的边长_________

评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)21、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22、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23、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24、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、实验题(共2题，共12分)25、氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药；农药、香料、染料等行业；实验室按如图流程、装置开展制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。

已知：①难溶于烃；可溶于乙醚；四氢呋喃；

②LiH、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解；

③乙醚；沸点34.5℃，易燃，一般不与金属单质反应。请回答下列问题：

(1)仪器a的名称是___________；装置b的作用是___________。

(2)乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数为0.2%)含水量的是___________。

a．钠b．分液c．五氧化二磷d．通入乙烯。

(3)下列说法正确的是___________

a．能溶于乙醚，可能与可以形成二聚体有关。

b．滤渣A的主要成分是LiCl

c．为提高过滤出滤渣A的速度；可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁。

d．为提高合成的速率；可将反应温度提高到50℃

e．操作B可以在分液漏斗中进行。

(4)该制备原理的不足之处是___________。

(5)(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品记录量气管B起始体积读数在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃、水混合液15.0mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B，读数过量四氢呋喃的作用___________；的质量分数为___________(已知25℃时，气体摩尔体积为列出计算式即可)。

26、某兴小趣组利用Cl-取代[Co(NH3)6]3+离子中NH3的方法，制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2.实验过程如下：

CoCl2[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体产品。

已知：

a．配合物X能溶于水；且溶解度随温度升高而增大。

b．Co的此类配合物离子较稳定，但加碱再煮沸可促进其解离，例如[Co(NH3)5Cl]2+Co3++5NH3+Cl-。

c．H2O2参与反应时；明显放热。

(1)制备配合物X的总反应方程式为：___________

CoCl2+____H2O2+____NH3+______=______[Co(NH3)5Cl]Cl2+_______，Co与Zn元素的第一电离能较大的是___________。(填写元素符号)

(2)“1)NH4Cl-NH3·H2O”时，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是___________。

(3)“2)H2O2”加H2O2时应选择___________(填序号)。

A．冷水浴B．温水浴(≈60℃)C．沸水浴D．酒精灯直接加热。

(4)本实验条件下，下列物质均可将Co(II)氧化为Co(III)。其中可替代“2)H2O2”的是___________。

A．O2B．KMnO4溶液C．Cl2D．HNO3(填序号)。

(5)下列关于实验过程的叙述，正确的是___________(填序号)。

A．“4)70℃”水浴加热；有利于获得颗粒较大的晶体。

B．抽滤后；应该用热水洗涤晶体。

C．可用AgNO3和稀HNO3检验配合物X是否已经洗净。

(6)某实验小组用以下思路验证实验所制备的配合物的组成：取一定量X加入过量浓NaOH溶液，煮沸，将生成的NH3通入20mL0.5mol/L的稀硫酸(过量)中，再用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余H2SO4。

已知：样品中Co元素均为+3价，查询资料知Co3+的配位数为6，若滴定过程平均消耗NaOH标准溶液20.00mL，则样品中含有NH3的物质的量n(NH3)=___________取上述溶液加入过量HNO3酸化后，用AgNO3溶液滴定测得n(C1-)=0.012mol，则用配位化合物的形式表示该样品的组成为___________。若NH3未完全从样品溶液中蒸出，则测定的配合物内界中Cl-的个数___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

A．该晶体由镁离子；铝离子与氧离子通过离子键形成的离子晶体；故A正确；

B．由晶胞结构可知，1个A晶格中有4个镁离子在顶点，1个在体心，1个A中的镁离子个数为：1+=1个B晶格中有4个镁离子在顶点，1个B中的镁离子个数为：=则该晶胞中镁离子个数为：1个A晶格和1个B晶格中均含有4个氧离子，则氧离子个数为4×8=32个，每个B晶格中含有4个铝离子，铝离子个数为：4×4=16，该物质的化学式为故B错误；

C．由A晶格结构可知每个与4个氧离子紧相邻；其配位数为4，故C正确；

D．两个之间最近的距离是A晶格结构中体心与顶点的距离，A晶格的边长为体对角线为两个之间最近的距离是该体对角线的一半，即故D正确；

故选：B。2、C【分析】【分析】

aX2＋、bY＋、cM2－、dN－都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋2＝d＋1，其中X、Y属于金属，位于同一周期，且X在Y的右侧；M、N是非金属，位于同一周期，且位于X和Y的上一周期，其中N位于M的右侧，由此可知，原子序数：a＞b＞d＞c；电子层数越多；半径越大，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，由此可知，原子半径：Y＞X＞M＞N，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；原子半径：Y＞X＞M＞N，故A错误；

B．根据分析，原子序数：a＞b＞d＞c；故B错误；

C．aX2＋、bY＋、cM2－、dN－都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，半径越小，核电荷数：a＞b＞d＞c，则离子半径：M2－＞N－＞Y＋＞X2＋；故C正确；

D．金属性越强，相应阳离子的氧化性越弱，金属性：Y＞X，则阳离子的氧化性：X2＋＞Y＋；故D错误；

答案选C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．H2S分子中S原子有孤电子对；空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，A不符合题意；

B．C2H4、CH4均含有C-H极性键；且正负电荷中心重合，为非极性分子，B符合题意；

C．Cl2分子中不含极性键；C不符合题意；

D．NH3；HCl中心原子均有孤电子对；正负电荷中心不重合，为极性分子，D不符合题意；

综上所述答案为B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．CS2中C原子孤电子对数价电子对数是直线型结构，A不正确；

B．ClO中中心原子价层电子对数为3+=4；孤对电子对数是1，所以是三角锥形结构，B不正确；

C．NH3是三角锥形，NH3、CO分子内正负电荷中心不重叠，均是极性分子，CO2是直线型结构；分子内正负电荷中心重叠；是非极性分子，C不正确；

D．SO内中心原子孤电子对数=价层电子对数=3+1=4，故中心原子为sp3杂化；SiF4的中心原子孤电子对数=价层电子对数=4+0=4，故中心原子为sp3杂化；D正确；

答案选D。5、C【分析】【分析】

由元素在周期表中的相对位置可知；A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，X为硫元素，Y为氯元素。

【详解】

A．分子间存在氢键，其沸点高于故A错误；

B．分子呈三角锥形；正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，故B错误；

C．氮气分子中存在含有1个σ键；2个π键；分子中σ键与π键的数目之比为1:2，故C正确；

D．应根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较元素的非金属性强弱；故D错误；

故选：C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．因ⅤA族中；N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔；沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，与氢键有关，故A不符合题意；

B．NH3分子高温下也很稳定；其稳定性与化学键有关，与氢键无关，故B符合题意；

C．氢键的形成具有方向性；水结成冰后氢键的数目变多，水分子间的空隙变大，因此，相同质量时冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，故C不符合题意；

D．因小分子的醇；羧酸与水分子之间能形成氢键；氢键的形成对其溶解性的影响占主要地位，故小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故D不符合题意；

答案选B。

【点睛】

氢键是分子间(内)电负性较大的成键原子与H原子间形成的静电作用，分子中含有与H原子相结合的原子半径小、电负性大、有孤对电子的F、O、N原子可以形成氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高、水中溶解度增大。7、C【分析】【分析】

B为金属元素且基态原子最外层成对电子是未成对电子的2倍，则B的基态原子排布式为1s22s22p63s23p1，故B为Al，D与B同周期且原子最外层有一个未成对电子，则D原子的价电子排布式为3s23p5，故D为Cl，A、B、D、E四种元素原子序数依次递增，A能形成-2价离子A2–，则A为O，A2–和E+相差一个电子层；则E的+1价离子有3个电子层，则E为K，据此分析。

【详解】

A．B的简单离子为Al3+，有两个电子层，D的简单离子为Cl–为三个电子层，半径大于Al3+；A正确；

B．E与D形成的化合物KCl为离子晶体，B与D形成的化合物AlCl3为分子晶体；离子晶体的熔点高于分子晶体，B正确；

C．B、D、E分别为Al、Cl、K，其最高价氧化物对应的水化物分别是Al(OH)3、HClO4、KOH，物质类别分别为两性氢氧化物、强酸、强碱，两两之间发生反应的化学方程式有3个，如下：Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O，Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，KOH+HClO4=KClO4+H2O；C错误；

D．DA2为ClO2，D2为Cl2，消毒原理都是具有强氧化性，消毒过程中被还原得到Cl-，根据化合价的变化求出1mol物质转移的电子数为：1molClO2∼5mole-，1molCl2∼2mole-,故ClO2消毒效果相当于Cl2的2.5倍；D正确；

故答案选C。8、B【分析】【分析】

X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形；Y为N，Z的核外电子数等于X；Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl，以此解题。

【详解】

A．由分析可知X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+；A错误；

B．由分析可知Z为O，Q为Cl，可形成ClO2；有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；

C．由分析可知Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O；为离子晶体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶体类型相同，C错误；

D．由分析可知X为H；Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH₃·H₂O，其溶液显碱性，D错误；

故选B。二、多选题(共7题，共14分)9、CD【分析】【分析】

由阴离子的晶胞结构可知，晶胞中亚铁离子的个数为4×=铁离子的的个数为4×=氰酸根离子的个数为12×=3，则阴离子为[Fe2(CN)6]—，由化合价代数和为0可知，MxFey(CN)6只能为MFe2(CN)6。

【详解】

A．由分析可知，该晶体的化学式为MFe2(CN)6；故A正确；

B．由题意可知，该晶体为M+离子和[Fe2(CN)6]—离子形成的离子晶体；故B正确；

C．由题意可知，该晶体为M+离子和[Fe2(CN)6]—离子形成的离子晶体；故C错误；

D．由阴离子的晶胞结构可知，位于顶点的铁离子与位于棱上的氰酸根离子的距离最近，则每个铁离子距离最近且等距离的CN—为6个；故D错误；

故选CD。10、AB【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z.、W的原子序数依次增大；元素Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W最外层电子数是其电子层数的2倍，其原子序数大于O，则W为S元素；X与Z同主族且二者可形成离子化合物，则X为H，Z为Na元素，以此分析解答。

【详解】

结合分析可知；X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素；

A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，故电负性H

B．同一周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能Na<W<Y；故B正确；

C．W为S元素；S的含氧酸不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；

D．Z的氧化物对应的水化物为为NaOH；NaOH为强碱，故D错误。

答案选AB。11、BD【分析】【详解】

A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正确；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍；故B错误；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正确；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D错误；

故选BD。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．水很稳定是因为水分子内的共价键较强；与氢键无关，故A错误；

B．能形成分子间氢键的熔；沸点高；邻羟基苯甲醛是分子内形成氢键，对羟基苯甲醛是分子间形成氢键，邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，故B正确；

C．碳元素的电负性较小；甲烷分子与水分子之间不存在氢键，故C错误；

D．氨分子与水分子之间形成了氢键；可以增大氨气的溶解度，故D正确；

故选AC。13、BD【分析】【详解】

A．12个Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，8个N3-位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3-的个数比为3∶1；故A正确；

B．由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1；故B错误；

C．N3-位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上；下、左、右、前、后包围；故C正确；

D．因为X+的K；L、M三个电子层充满；故为2、8、18，所以X的原子序数是29，故D错误；

故选：BD。14、BD【分析】【分析】

分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；金属晶体的熔沸点和硬度与离子半径和电荷数量有关；原子晶体中；键长越短，硬度越大；离子晶体的晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比。

【详解】

A.都是分子晶体，与相对分子质量成正比，随着原子序数的增大而增大，故晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4CI4；A正确；

B.原子晶体中，键长越短硬度越大，键长为C-CC.晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比，卤族元素的简单阴离子半径随着原子序数的增大而增大，所以晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaI；C正确；

D.影响金属晶体熔沸点的因素为离子半径和电荷数量；离子半径钠离子最大，故熔点最低，D错误。

答案为BD。15、CD【分析】【分析】

【详解】

A．图①中，距最近的位于6个面的面心处；可构成正八面体，A正确；

B．图②中，每个晶胞平均含有数为个；B正确；

C．碳原子最外层电子数是4个，则图③中平均1个碳原子形成碳碳单键个数为＝2，碳原子与键个数比为1：2；C错误；

D．以顶点Cu原子研究，Cu原子的配原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用、每个面心为2个晶胞共用，故Cu原子的配位数为＝12；D错误；

答案选CD。三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

Ti原子位于元素周期表中的第四周期第ⅣB族。核外有22个电子，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，答案为：1s22s22p63s23p63d24s2。【解析】1s22s22p63s23p63d24s217、略

【分析】（1）

基态原子核外电子排布要遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，①⑤⑥正确；②违反了能量最低原理，电子应排在2p上而不是3p，正确的为：1s22s22p6；③违反了洪特规则，3p轨道的轨道表示式为：④违反了洪特规则，电子排布为半充满或全充满时，体系能量较低，正确的为：1s22s22p63s23p63d54s1；⑦违反了泡利不相容原理，2轨道的轨道表示式为：综上分析，违反构造原理的是②，违反洪特规则的是③④，违反泡利原理的是⑦。

（2）

Ni与CO之间存在配位键为σ键，CO分子中存在碳氧三键，故1mol该分子中含σ键4mol+4mol=8mol，个数为8NA。

（3）

[B(OH)4]-中B的价层电子对数为4+=4，采取sp3杂化，无孤对电子，空间构型为四面体形，不考虑空间构型，[B(OH)4]-的结构可用示意图表示为

（4）

从氢键的成键原理上讲；A；B两项都成立，C、D两项都错误，但H-O键的极性比H-N键的极性大，H-O键上氢原子的正电性更大，更易与氮原子形成氢键，所以氢键主要存在于水分子中的氢和氨气中的氮之间，答案选B。

（5）

H2NCl的分子结构类似于NH3，分子中N与H、Cl以共用电子对成键，其电子式为：Cl比N的吸电子能力强，共用电子对偏向Cl，因此Cl的化合价为-1价。【解析】(1)②③④⑦

(2)8NA

(3)sp3

(4)B

(5)-1价18、略

【分析】【分析】

(1)s能级电子云形状为球形、p能级电子电子云形状为哑铃形；Cu失去4s能级电子生成Cu+；

(2)根据价层电子对互斥理论判断空间结构；

(3)根据亚磷酸和NaOH的产物可知亚磷酸为二元酸；

(4)①寻找熟悉的等电子体判断结构式；

②双键碳和双键氮以及苯环碳均是sp2杂化。

【详解】

(1)基态B原子电子占据最高能级的电子为2p电子，其电子云轮廓图为哑铃形或纺锤形；Cu为29号元素，核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去最外层一个电子形成Cu+，所以Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10；

(2)中心原子价层电子对数为不含孤电子对，所以为平面三角形；HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，越容易电离出氢离子，故HNO3的酸性比HNO2强；

(3)亚磷酸应为二元酸，应含有两个羟基，所以结构式为或

(4))①CN-与N2互为等电子体，等电子体具有相似的结构，N2的结构式为N≡N，故CN-的电子式为

②每个二苯硫腙分子中，2个苯环的12个碳原子为sp2杂化，形成双键的硫原子、碳原子和2个氮原子也为sp2杂化；共计16个。

【点睛】

一般来讲对于同一元素的不同价态的含氧酸，其非羟基氧越多，酸性越强。【解析】哑铃形或纺锤形[Ar]3d10平面三角形HNO3中含有非羟基氧多(HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，越容易电离出氢离子，故HNO3的酸性比HNO2强)或1619、略

【分析】【分析】

(1)质子数相同；中子数不同的原子互为同位素；分子式相同；结构不同的有机物互为同分异构体；同种元素组成的不同单质互为同素异形体；

(2)①CaCl2是离子晶体；②金刚石是原子晶体；③NH4Cl是离子晶体；④Na2SO4是离子晶体；⑤冰是分子晶体；

(3)①H2O是共价化合物；②NaOH是离子化合物；③NH3是共价化合物。

【详解】

(1)①Li、⑦Li是质子数相同、中子数不同的原子，①、⑦互为同位素；CH3CH2OH、CH3OCH3的分子式都是C2H6O，结构不同，⑤、⑧互为同分异构体；石墨、C60都是由C元素组成的单质；②；③互为同素异形体；

(2)①分子晶体熔化时破坏分子间作用力；熔化时不需要破坏化学键的是冰，选⑤；原子晶体熔化需破坏共价键，原子晶体的熔点高，熔点最高的是金刚石，选②；

②CaCl2是离子晶体；只含有离子键，选①；分子晶体以分子间作用力结合，以分子间作用力结合的晶体是冰，选⑤；

(3)①H2O是共价化合物，电子式是

②NaOH是离子化合物，电子式是

③NH3是共价化合物，电子式是【解析】①⑦⑤⑧②③⑤②①⑤20、略

【分析】【详解】

晶胞中铜原子的个数是4，氯原子的个数是所以该氯化物的化学式为根据可知解得

故答案为：【解析】四、判断题(共4题，共40分)21、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；22、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。23、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。24、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。五、实验题(共2题，共12分)25、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；氯化铝乙醚溶液与氢化锂乙醚溶液在28℃条件下搅拌反应生成氢化铝锂和不溶于乙醚的氯化锂，过滤得到乙醚和氢化铝锂乙醚滤液；向滤液中加入苯，蒸馏得到乙醚和氢化铝锂；苯的混合物；混合物经过一系列操作C得到粗产品。

【详解】

（1）由实验装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗；由氢化锂、氢化铝锂在潮湿的空气中均会发生剧烈水解可知，装置b中盛有的固体干燥剂用于吸收装置内的水分；防止空气中水蒸气进入，保持反应装置干燥，防止氢化锂；氢化铝锂发生水解，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收装置内的水分，防止空气中水蒸气进入，保持反应装置干燥；

（2）a．钠能与水反应生成不溶于乙醚的氢氧化钠和氢气；则用金属钠可以除去乙醚中的水，故正确；

b．乙醚微溶于水；不能用分液的方法除去乙醚中的水，故错误；

c．五氧化二磷是酸性干燥剂；能与水反应生成磷酸，则五氧化二磷可以除去乙醚中的水，故正确；

d．乙烯不能与水反应；溶于乙醚，则通入乙烯不能除去乙醚中的水，故错误；

故选ac；

（3）a．氯化铝中氯离子和铝离子可以通过配位键形成二聚氯化铝；由相似相溶原理可知，二聚氯化铝能溶于乙醚，则氯化铝能溶于乙醚与氯化铝可以形成二聚体有关，故正确；

b．由分析可知；滤渣A的主要成分是不溶于乙醚的氯化锂，故正确；

c．氢化铝锂在潮湿的空气中均会发生剧烈水解；所以过滤时不能加水让滤纸紧贴漏斗内壁，故错误；

d．由题给信息可知；乙醚的