2025年北师大版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大版选择性必修2化学上册阶段测试试卷836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5题，共10分)1、已知锰的核电荷数为25，下列有关基态锰原子核外电子排布正确的是A.价电子排布图为B.核外电子排布时，先排满4s轨道，再排3d轨道C.锰原子失去电子形成Mn2+时应失去3d轨道上的电子D.锰原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同2、下列数据或事实所呈现的规律不能用元素周期律解释的是。

B．。最高价含氧酸酸性强弱HClO4强酸H3PO4中强酸H2SiO3弱酸

C．。气态氢化物分解温度/°CH2O＞2000H2S≈300H2Se≈160

D．。共价键键能/kJ/molC-C347C=C620C≡C812

A.。化学方程式B.C.D.3、下列粒子的中心原子的杂化轨道类型和粒子的空间结构不正确的是A.中P原子为杂化，为三角锥形B.中P原子为杂化，为正四面体形C.中O原子为sp杂化，为直线形D.中S原子为杂化，为V形4、NF3分子中的中心原子采取sp3杂化，下列有关叙述正确的是A.NF3分子的立体构型呈三角锥形B.NF3分子的立体构型呈平面三角形C.NF3分子中的N－F键间的夹角与CH4分子中的C－H键间的夹角相等D.NF3分子不能与其他粒子形成配位键5、2020年12月，俄罗斯的一家上市公司QuantumScape。它的研究成果“固态锂金属电池”通过“无负极”制造工艺和陶瓷材料的固态分离器实现了突破。或能突破现有电动汽车锂离子电池的局限，实现更高的能量密度，15分钟80%快充，并且更安全。下列说法错误的是A.锂离子电池的正极反应式为：Li-e-=Li+B.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料C.基态锂离子的电子排布式为1s2D.该电池的电解质不可能是酸性溶液评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、某种钛酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如图所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于___________位置，与Co紧邻的O的个数为___________。若晶胞中Co与O之间的最短距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。

7、下表是元素周期表的一部分；根据所给的10种元素，完成以下各小题。

。族。

周期。

ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01H2CNFNe3NaMgAlSCl(1)金属性最强的元素是____________填元素符号

(2)最不活泼元素的原子结构示意图为___________。

(3)第3周期元素中，其最高价氧化物对应的水化物具有两性的元素是__________填元素名称

(4)Na、Mg两种元素中，原子半径较大的是__________。

(5)第3周期元素中，其元素的一种氧化物是形成酸雨的主要物质，该氧化物的化学式为___________。

(6)Na极易与水反应，该反应的化学方程式为____________。

(7)HF与HCl热稳定性较强的是_________。

(8)由碳与氢元素形成的最简单有机物的化学式为________，该物质中碳元素与氢元素的质量比为____________，其分子空间构型为____________。

(9)重氢()和超重氢()两种核素都可用作制造氢弹的原料，它们所含中子数之比为___________。8、呼吸面具中的Na2O2可吸收CO2放出O2，若用超氧化钾(KO2)代替Na2O2也可以得到类似的产物；起到同样的作用。

(1)标准状况下，若有30mL的CO2气体通过盛有足量的KO2的装置充分反应后，逸出气体的体积为_______mL；

(2)标准状况下，若一定量的CO2(过量)，通过盛有7.24gKO2和Na2O2的均匀混合物的装置充分反应后，逸出的气体中O2体积为1568mL，则混合物中KO2和Na2O2的物质的量分别为：KO2_______mol、Na2O2_______mol；

(3)比较Na2O2和KO2中氧氧键的键能大小，并说明理由：_______。9、(1)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。

(2)NH4H2PO4中，电负性最高的元素是______；P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。

(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。

(4)H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子的空间构型为________。

(5)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_________，中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键10、海水是资源宝库；蕴藏着丰富的化学元素，如氯；溴、碘等。完成下列填空：

（1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。

（2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律；请说明下列递变规律的原因。

①熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是______________。

②还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X2（g）+H2（g）2HX（g）+Q（X2表示Cl2、Br2）；如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

①Q表示X2（g）与H2（g）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。

（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式_____。11、(1)已知NH3、PH3常温下都是气体，试比较二者沸点高低：NH3________PH3，并解释原因________。

(2)加热条件下，用化合物PH4I和烧碱反应制取PH3的化学方程式为：___________。

(3)氨气可以在纯氧中燃烧，利用该原理设计成碱性条件下的氨—氧燃料电池，其正极的电极反应式为________。12、氟在自然界中常以CaF2的形式存在。

(1)下列有关CaF2的表述正确的是___________。

a.Ca2＋与F-间仅存在静电吸引作用。

b.F-的离子半径小于Cl-，则CaF2的熔点高于CaCl2

c.阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同。

d.CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电。

(2)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为___________，其中氧原子的杂化方式为___________。

(3)单质铜及镍都是由___________键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是___________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、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14、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15、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误16、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17、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18、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误19、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、原理综合题(共3题，共30分)20、钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：

(1)钴元素在周期表中的位置是______________。

(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)＞I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是__________。

(3)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物；其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为______。

②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。

(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。

a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb；Na的第一电离能为603.4kJ/mol

c、NaCl的晶格能为785.6kJ/mold；Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol

(5)碲化锌晶体有两种结构；其中一种晶胞结构如图：

若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为__________g/cm3。21、GaN是制造5G芯片的材料；氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：

(1)基态As原子核外电子排布式为[Ar]___；下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是___。（填标号）

A.[Ne]B.[Ne]C.[Ne]D.[Ne]

(2)8-羟基喳啉合铝(分子式C27H18AlN3O3)用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与8—羟基噎啉）合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为___；8-羟基喹啉合铝中所含元素电负性最大的是___（填元素符号，下同），第一电离能最大的是___(填元素符号)，N原子的杂化方式为___。

(3)已知下列化合物的熔点：。化合物AlF3GaF3AlCl3熔点/℃10401000194

表格中卤化物的熔点产生差异的原因是___。

(4)Ga和As可以形成共价晶体，其晶胞结构如图所示，Ga与As以___键键合（共价、离子）。该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为___。（列出计算式；可不化简）

22、研究表明新冠病毒在铜表面存活时间最短；仅为4小时，铜被称为细菌病毒的“杀手”。回答下列问题：

(1)铜的晶胞结构如下图所示，铜原子的配位数为____，基态铜原子价层电子排布式为____。

(2)与铜同周期，N能层电子数与铜相同，熔点最低的金属是_______；

(3)农药波尔多液的有效杀菌成分是Cu2(OH)2SO4(碱式硫酸铜)，碱式硫酸铜中非金属元素电负性由大到小的顺序是______，的空间构型为__________。

(4)氨缩脲()分子中氮原子的杂化类型为__，σ键与π键的数目之比为___。氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色物质，1mol紫色物质中含配位键的数目为____。

(5)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示；其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。

①原子B的坐标参数为_______

②)若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为______评卷人得分五、结构与性质(共2题，共20分)23、过渡元素中；Ti被誉为“未来金属”；“战略金属”，其具有稳定的化学性质。回答下列问题：

(1)基态钛原子的px原子轨道上的电子数为_______个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有_______种。

(2)过渡金属可形成许多配合物。

①羰基配合物，即CO作为配体形成的配合物。CO的等电子体有N2、CN-、_______(任写一个)等；CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是_______。

②Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)TiF的配体所含原子中电负性由大到小的顺序是_______(写元素符号)；Ti(H2O)中∠H-O-H_______(填“大于”；“小于”或“等于”)单个水分子中∠H-O-H。

(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4的分子结构与CCl4相同，二者在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______，其中Ti原子采取_______杂化；TiCl4的稳定性比CCl4差，极易水解，试从结构的角度分析其原因：_______。

(4)Ti晶体晶胞的堆积模型为_______；如图为四方晶系的TiO2晶体结构，晶胞参数α=β=γ=90°，底面边长为mpm，高为npm，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为ρg/cm3，则m的表达式为_______pm(列出计算式)。

24、LiCoO2、LiC6是重要的电极材料；回答下列问题：

(1)基态Co原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。

(2)Li、Co、O、C的电负性由大到小的顺序是_____。

(3)Co(III)可形成多种配合物。

①已知Co(NH3)5BrSO4中Co(III)的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为_____。

②[Co(NH3)6]3+结构如图所示，Co3+位于正八面体中心，若其中两个NH3被Cl-取代，则[Co(NH3)4Cl2]-的空间结构有_____种。

(4)LiCH3、LiC(CH3)3在合成化学上应用广泛。(CH3)3C-的空间结构为______；(CH3)3C-、H3C-、F3C-的稳定性随中心C原子上电子云密度增大而减小，其中稳定性最强的是______。

(5)①正极材料LiCoO2的晶胞结构如图(a)(部分O位于晶胞之外)，每个晶胞中含有_____个O；充电时，LiCoO2脱出部分Li+，形成Li1-xCoO2，结构如图(b)，则n(Co3+)：n(Co4+)=______。

②负极材料LiC6晶胞结构如图(c)，Li原子插入石墨层中间，若该晶胞中碳碳键键长为mpm。石墨层间距为npm。该晶体的密度为______g•cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。

评卷人得分六、有机推断题(共1题，共9分)25、富马酸(反式丁烯二酸)与Fe2+形成的配合物——富马酸铁又称“富血铁”；可用于治疗缺铁性贫血。以下是合成富马酸铁的一种工艺路线：

回答下列问题：

(1)由A生成B的反应类型为___，反应的化学方程式为：___。

(2)由D生成E的反应类型为___，反应的化学方程式为：__。

(3)检验富血铁中是否含有Fe3+的实验所用的试剂是___。富血铁中存在的化学键有___。

A.离子键B.共价键C.配位键D.氢键E.σ键F.π键。

(4)富马酸为二元羧酸，富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有___，___(写出结构简式，考虑立体异构)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A.按洪特规则知，基态锰原子核外电子排布时，5个3d轨道上各有1个电子且自旋方向相同，价电子排布图为A错误；

B.4s轨道能量比3d轨道低；故核外电子排布时，先排满4s轨道，再排3d轨道，B正确；

C.锰原子失去电子形成Mn2+时应先失去4s轨道上的电子；C错误；

D.锰原子的2p和3p轨道的形状均为纺锤形；能量高低则不同；2p轨道能量低于3p轨道，D错误；

答案选B。2、D【分析】【详解】

A.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，F2在暗处遇H2爆炸；氯气和氢气光照下反应，溴单质和氢气加热反应，碘单质和氢气需要持续的加热才能反应，且为可逆反应，数据说明生成氢化物的进行程度，与非金属性有关，故A不选；

B.非金属性Cl＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SiO3；能够用元素周期律解释，故B不选；

C.分解温度越高，说明氢化物越稳定，非金属性O＞S＞Se，则气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞H2Se；能够用元素周期律解释，故C不选；

D.碳碳单键键长最长；键能最小，而碳碳三键键长最短，键能最大，但键能不是碳碳双键的键能和碳碳单键的键能之和，也不是碳碳单键键能的三倍，和元素周期律无关，故D选；

正确答案是D。3、C【分析】【详解】

A．的价层电子对数3+=,3+1=4，所以P原子为杂化；为三角锥形，故A正确；

B．的价层电子对数4+=4+0=4,所以P原子为杂化；为正四面体形，故B正确；

C．的价层电子对数2+=2+2=4，所以O原子为杂化；为V形，故C错误；

D．的价层电子对数2+=2+1=3,所以S原子为杂化；为V形,故D正确；

故答案为：C4、A【分析】【分析】

【详解】

A．NF3分子中N原子的价层电子对个数=3+1/2×（5-3×1）=4，且含有一个孤电子对，可形成配位键，中心原子采用sp3杂化；所以该分子是三角锥形结构，A正确；

B．由A选项分析NF3分子是三角锥形结构；B错误；

C．NF3为极性分子，而CH4分子为正四面体，所以NF3分子的N-F键夹角与CH4分子中的C-H键的夹角不相等；C错误；

D．．NF3分子含有一个孤电子对；可形成配位键，D错误；

故选：A。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．锂为较活泼金属单质，故锂离子电池的负极反应式为：Li-e-=Li+；故A错误；

B．高温结构陶瓷包括Si3N4陶瓷；SiC陶瓷等属于新型无机非金属材料；故B正确；

C．锂离子核外2个电子，故基态锂离子的电子排布式为1s2；故C正确；

D．若电解质是酸性溶液；则溶液会与锂单质反应，故D正确；

故选A。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

CoTiO3晶胞中Co处于各顶角位置，则Co的数目为由晶体的化学式CoTiO3可知晶胞中O的数目为3，Ti的数目为1，结合题图1可知O处于面心位置，Ti处于体心位置。由题图1可知与Co紧邻的O的个数为12。若晶胞中Co与O之间的最短距离(面对角线长度的一半)为anm，则晶胞参数为cm，该晶体的密度：【解析】面心127、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)金属性最强的元素位于周期表的左下方；因此是在所给出的元素中金属性最强的是Na。

(2)最不活泼元素是稀有气体元素，在所给出的元素中Ne是稀有气体元素，原子结构示意图为

(3)第3周期元素中；其最高价氧化物对应的水化物具有两性的是氢氧化铝，对应的元素是铝。

(4)同周期自左向右原子半径逐渐减小；则Na；Mg两种元素中原子半径较大的是Na。

(5)第3周期元素中，其元素的一种氧化物是形成酸雨的主要物质，该物质是二氧化硫，该氧化物的化学式为SO2。

(6)Na极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应的化学方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。

(7)非金属性越强；氢化物越稳定，非金属性F＞Cl，则HF与HCl热稳定性较强的是HF。

(8)由碳与氢元素形成的最简单有机物是甲烷，化学式为CH4；该物质中碳元素与氢元素的质量比为12∶4＝3∶1，其分子空间构型为正四面体。

(9)重氢()和超重氢()两种核素都可用作制造氢弹的原料，它们所含中子数之比为【解析】Na铝NaSO22Na+2H2O＝2NaOH+H2↑HFCH43∶1正四面体1∶28、略

【分析】【分析】

【详解】

45

4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2

故30mLCO2和足量KO2反应后产生的O2为：30×3/2=45(mL)

(2)0.080.02

设：有xmolNa2O2、ymolKO2

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2xxx/2

4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2y.y/20.75y.

解得：x=0.02mol；y=0.08mol

(3)KO2键能大因为KO2键级大(或O2-电荷较O22-原子之间的排斥力小，键长短，键能大)【解析】450.080.02KO2键能大。因为KO2键级大(或O电荷较O原子之间的排斥力小，键长短，键能大)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)对于CO2，根据VSEPR理论，其价层电子对数=2+=2，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，C的杂化方式为sp杂化；CH3OH分子中，C形成4根σ键，所以C的杂化方式为sp3杂化；答案为sp；sp3。

(2)元素的非金属性越强，其电负性越大，NH4H2PO4中元素的非金属性H＜P＜N＜O，则电负性最高的是O；P原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构，中心原子的杂化方式为sp3，杂化轨道只能形成单键，即P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；答案为O；sp3；σ。

(3)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C-H键、2个C-N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3，sp3；答案为sp3；sp3。

(4)H2S中，中心原子S的价层电子对数=2+=2+2=4且含有二对孤电子对，则VSEPR模型为正四面体型，中心原子S的杂化方式为sp3；在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得分子的空间构型为V型；与CO2互为等电子体，二者价键结构相似，空间构型相同，CO2为直线型，则为直线型；答案为正四面体型；V型；直线型。

(5)LiAlH4的阴离子中中心原子Al的价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体型，中心原子杂化方式分sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键；答案为正四面体型；sp3；AB。【解析】spsp3Osp3σsp3sp3正四面体型V型直线型正四面体型sp3AB10、略

【分析】【详解】

氯离子原子核外有18个电子；为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；

溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故答案为：第四周期、ⅦA；

的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：都是分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；

元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从半径依次增大；失电子的能力依次增强，还原性依次增大；

由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：

同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=故答案为：

的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；【解析】①.18②.5③.第四周期、ⅦA（都对得1分）④.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。⑤.从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大⑥.>⑦.K=⑧.氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价⑨.11、略

【分析】【详解】

(1)由于N的电负性较大，NH3分子间可形成氢键，有氢键的物质气化时必须提供稍大的能量来破坏分子间的氢键，所以这些物质的沸点比同系列氢化物的沸点高，故沸点NH3>PH3；

(2)PH4I和烧碱反应类似与铵盐与NaOH的复分解反应，生成PH3、NaI和H2O，方程式为PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O；

(3)氨—氧燃料电池中，O2所在的一极为正极，正极得电子，在碱性环境中生成OH-，方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-；【解析】>氨分子间形成氢键PH4I+NaOHPH3+NaI+H2OO2+2H2O+4e-=4OH-12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)a．因为阴阳离子间既存在静电引力又存在静电斥力，所以Ca2+与F-间既存在静电吸引作用，也存在静电斥力，故a错误；

b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径大小有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，F-的离子半径小于Cl-，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；

c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2:1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同；若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；

d．CaF2属于离子化合物，在熔融时能发生电离生成Ca2+和F-；所以能导电，故d正确；

故答案：bd。

(2)OF2分子中O原子的价层电子对数=2+(6-21)=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形，故答案为：V形；sp3。

(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，呈全充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以元素铜的第二电离能高于镍的。故答案：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。【解析】①.bd②.V形③.sp3④.金属⑤.铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子三、判断题(共9题，共18分)13、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。14、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；15、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。16、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。17、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。18、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。19、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、原理综合题(共3题，共30分)20、略

【分析】【分析】

根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据电负性的大小分析配合物中的配位原子。分析表中数据并结合相关概念判断有关变化中能量变化。根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。

【详解】

(1)钴是27号元素，其有4个电子层，其价电子排布式为3d74s2；因此，其在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。

(2)Fe的价电子排布式为3d64s2，其失去3个电子后变为较稳定的半充满结构3d5，而Co的价电子排布式为3d74s2，其失去3个电子后变为3d6。因此，从原子结构的角度分析I4(Fe)＞I4(Co)的可能原因是：Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子；故Fe需要的能量较高。

(3)由Cu2Cl2•2CO•2H2O的结构可知：

①该配合物中氯原子均形成2个σ键，另外每个氯原子还有2个孤电子对，故其价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。

②CO分子中的C原子和O原子均有孤电子对；但是O元素的电负性大于C元素，故O原子对孤电子对的吸引力更强，因此，该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是：电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对（用于形成配位键）。

(4)a、由图中信息可知，Cl2(g)=Cl(g)的∆H=119.6kJ/mol，因此，Cl-Cl键的键能为239.2kJ/mol，a不正确；

b、由图中信息可知，Na(g)=Na+(g)+e-的∆H=495.0kJ/mol，因此，Na的第一电离能为603.4kJ/mol，b不正确；

c、由图中信息可知，Cl-(g)+Na+(g)=NaCl(s)的∆H=-785kJ/mol，因此，NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；

d、由图中信息可知，Cl(g)+e-=Cl-(g)的∆H=-348.3kJ/mol；因此，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确。

综上所述；有关说法正确的是cd。

(5)由碲化锌晶体的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与金刚石相似，Te原子堆积方式为面心立方最密堆积，Zn距离最近的Te原子间距为体对角线长度的高晶胞参数（即该晶胞的边长）为x，则晶胞的体对角线长度为，x=4apm，故x=pm，晶胞的体积为x3=该晶胞中占有4个Te原子和4个Zn原子，则晶胞的质量为因此，该晶体密度为g/cm3。

【点睛】

本题中关于晶胞的计算是难点，尤其是确定与Zn距离最近的Te原子的间距为体对角线长度的这也是解题的关键所在。解题时，要求学生能掌握常见晶胞中原子的堆积方式，并能迁移到新的情境之中，做到轻车熟路、得心应手。另外，还要掌握常见于晶胞计算中的长度单位的换算，不能在这种小的地方失误。【解析】第四周期ⅧCo失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高sp3电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对cd21、略

【分析】【分析】

(1)As为33号元素；电离时处于激发态的电子能量越高；失去一个电子所需能量最小。

(2)计算LiAlH4中阴离子的价层电子对数；根据同周期电负性逐渐增大；同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势；但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；分析出N的价层电子对数。

(3)根据熔点与晶体类型之间的联系分析。

(4)先计算出晶胞中Ga和As的个数；再根据GaA晶胞的密度公式进行计算。

【详解】

(1)As为33号元素，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；铝元素的下列状态中电子能量越高，电离时处于激发态的电子能量越高，失去一个电子所需能量最小，[Ne]3p能级上的电子能量越高，失去时所需能量最小，因此D符合题意；故答案为：3d104s24p3；D。

(2)LiAlH4中阴离子()价层电子对数为则阴离子空间构型为正四面体形；8-羟基喹啉合铝中所含元素有C、H、O、N，根据同周期电负性逐渐增大，因此元素中电负性最大的是O，根据同周期第一电离能从左到右具有增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能最大的是N，根据结构分析N原子有2个σ键，有一对孤对电子，其价层电子对数为3对，其杂化方式为sp2；故答案为：正四面体；O；N；sp2。

(3)表格中卤化物的熔点产生差异的原因是；AlF3、GaF3熔点高，主要是AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3熔点低，主要是AlCl3为分子晶体；故答案为：AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体。

(4)Ga和As可以形成共价晶体，因此Ga与As以共价键键合。晶胞中Ga个数为4个，As个数为该立方晶胞的晶胞参数为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaA晶胞的密度为故答案为：

【点睛】

物质结构是常考题型，主要考查电子排布式书写、电离能、电负性、空间构型、杂化类型、晶胞计算等。【解析】3d104s24p3D正四面体ONsp2AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体共价22、略

【分析】【详解】

(1)根据铜的晶胞结构可知，与铜原子距离最近的铜原子共有12个，即铜原子的配位数为12，铜为29号元素，其核外共有29个电子，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则其价层电子排布式为3d104s1；

(2)铜为第四周期元素；N能层含有1个电子，同周期N能层电子数与铜相同的元素中，熔点最低的金属是钾(K)；

(3)碱式硫酸铜中非金属元素有H、O、S，其电负性O＞S＞H，的中心原子的价电子对数为不含有孤对电子，因此的空间构型为正四面体形；

(4)根据胺缩脲的结构简式分析可知，分子中每个氮原子形成三个共价键，含有一对孤对电子，因此氮原子的杂化类型为sp3杂化，分子中共含有11个σ键和2个π键，则分子中σ键与π键的数目之比为11：2，中Cu与O原子形成2个配位键，与N原子形成1个配位键，因此，1mol紫色物质中含有配位键的数目为2×2NA+4×NA=8NA；

(5)①根据A的坐标，可以判断晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为

②由晶胞结构可知，处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，则晶胞面对角线长度为2acm，晶胞的棱长为2a×=cm，又晶胞的质量为所以(cm)3×dg·cm-3=解得a=【解析】123d104s1钾(K)O＞S＞H正四面体形sp3杂化11：8NA五、结构与性质(共2题，共20分)23、略

【分析】(1)

基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道包括2px、3px，因此px原子轨道上电子个数为2+2=4个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，符合