2024年人教版选择性必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2024年人教版选择性必修2化学下册月考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5题，共10分)1、关于四个量子数的下列说法中，不正确的是A.电子的自旋磁量子数是若在某一个轨道中有两个电子，则总自旋磁量子数是0B.2p和3p能级均含3个原子轨道C.角量子数l为2时，m的取值有5个D.在没有外磁场存在的多电子原子中，电子的能量决定于主量子数n和角量子数l2、某科研小组采用Cu(其中a=0或者1)基催化剂，多步加氢合成甲醇；其合成反应历程如下图。下列说法中正确的是。

A.中的碳原子发生杂化B.生成甲醇是通过多步氧化反应实现的C.Cu元素属于d区D.该催化过程中涉及化学键的断裂和形成3、F、K和Ni三种元素组成的一种化合物的晶胞如图所示。下列说法错误的是A.Ni位于元素周期表d区B.该物质的化学式为K2NiF4C.Ni的配位数为6D.该晶体属于分子晶体4、铁有δ；γ、α三种晶体结构；图示是δ、γ、α三种晶体在不同温度下转化的图。下列有关说法中正确的是。

A.δ、γ、α三种晶体互为同分异构体B.γ-Fe晶体为体心立方体紧密堆积C.α-Fe晶体中，与每个Fe原子距离相等且最近的Fe原子有6个D.δ-Fe晶体中，与每个Fe原子距离相等且最近的Fe原子有6个5、X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大前20号主族元素，X元素原子失去一个电子后是“裸露”质子；R原子最外层电子数是其内层电子总数的一半；X、Y、Z、R形成化合物表示为[YX4]+[X2RZ4]-；W是前20号元素中金属性最强的。下列正确的是A.离子半径：W+2-B.键能：Y—X>R—XC.第一电离能：Z>Y>XD.该物质中，冠醚和W+之间配位键是离子键评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图所示是一种天然除草剂分子的结构；下列说法正确的是。

A.该除草剂可以和NaHCO3溶液发生反应B.该除草剂分子中所有碳原子一定在同一平面内C.1mol该除草剂最多能与4molNaOH反应D.该除草剂与足量的H2在Pd/C催化加氢条件下反应得到含9个手性碳的产物7、BF3与一定量的水形成一定条件下可发生如图转化；下列说法中正确的是。

A.熔化后得到的物质属于离子晶体B.分子之间存在着配位键和氢键C.H3O+中氧原子为sp3杂化D.BF3是仅含极性共价键的非极性分子8、下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.C1s22s22p2B.O2-1s22s22p6C.Cr1s22s22p63s23p63d44s2D.Al3+1s22s22p63s23p19、下列有关叙述正确的是A.利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子B.氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中C.互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同D.由酸性FCH2COOH＞CH3COOH，可知酸性ClCH2COOH＞CH3COOH10、部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。元素XYZWT原子半径/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外层电子数11667

下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：Y>Z>XB.气态氢化物的热稳定性：W>ZC.Y与Z形成的化合物可能具有强氧化性D.常温下，W单质的分子间作用力小于T单质11、表为部分短周期元素的原子半径及主要化合价；根据表中信息，判断以下叙述正确的是。

。元素代号。

L

M

Q

R

T

原子半径/nm

0.160

0.143

0.086

0.102

0.074

主要化合价。

+2

+3

+2

+6；-2

-2

A.L、R形成的简单离子核外电子数相等B.单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞LC.氢化物的稳定性为H2R＜H2TD.M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应12、在分析化学中，常用丁二酮肟镍重量法来测定样品中Ni2+的含量；产物结构如图所示。下列关于该物质的说法，正确的是。

A.含有的化学键类型为共价键、配位键和氢键B.Ni2+利用其空轨道与丁二酮肟形成了配合物C.该化合物中C的杂化方式只有sp2D.难溶于水的原因是形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键13、有一种蓝色晶体[可表示为：]，经X射线研究发现，它的结构特征是和互相占据立方体互不相邻的顶点，而位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的化学式为B.该晶体熔融不可导电C.该晶体属于离子晶体，M呈+2价D.晶体中与每个距离最近且等距离的为6个评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、(1)以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级上电子排布的情况。违反了泡利原理的是______(填序号；下同)，违反了洪特规则的是______。

①

②

③

④

⑤

⑥

(2)某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2；则该元素基态原子的电子排布式为______；其最高价氧化物对应水化物的化学式是______。

(3)将下列多电子原子的能级按能级能量由低到高的顺序排列：______(填序号)。

①1s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p15、已知元素的某种性质(用数据x反映)和原子半径一样，也是元素的一种基本性质。下表给出了多种元素的x值：。元素BCFx1.52.01.52.53.04.01.0元素NOPSx1.23.00.9y2.12.51.8

试结合元素周期律知识完成下列问题：

(1)根据上表给出的数据，可推知元素的这种性质具有的变化规律是___________。

(2)y的取值范围是___________。16、Ⅰ.已知氢分子的形成过程示意图如图所示；请据图回答问题。

(1)H—H键的键长为___________，①～⑤中，体系能量由高到低的顺序是___________。

(2)下列说法中正确的是___________(填字母)。

A．氢分子中含有一个π键。

B．由①到④；电子在核间出现的概率增大。

C．由④到⑤；必须消耗外界的能量。

D．氢分子中含有一个极性共价键。

Ⅱ.几种常见化学键的键能如下表所示。化学键Si—OH—OO==OSi—SiSi—C键能/kJ·mol-1452462.8497.3226X

请回答下列问题：

(1)试比较Si—C键与Si—Si键的键能大小：X_______(填“>”“<”或“=”)226kJ·mol-1。

(2)H2被认为是21世纪人类最理想的燃料，而又有科学家提出硅是“21世纪的能源”“未来的石油”等观点。结合Ⅰ中图像，试计算每千克H2燃烧(生成水蒸气)放出的热量约为___________；每摩尔硅完全燃烧放出的热量约为________(已知1molSi中含有2molSi—Si键，1molSiO2中含有4molSi—O键)。17、已知元素的某种性质“X”和原子半径、金属性、非金属性等一样，也是元素的一种基本性质。下面给出13种元素的X的数值：。元素AlBBeCClFLiX的数值1.52.01.52.52.84.01.0元素MgNaOPSSiX的数值1.20.93.52.12.51.7

试结合元素周期律知识完成下列问题：

（1）经验规律告诉我们：当形成化学键的两原子相应元素的X差值大于1.7时，所形成的一般为离子键；当小于1.7时，一般为共价键，试推断BeCl2中的化学键类型是______。

（2）根据上表给出的数据，简述主族元素X的数值大小与元素的金属性或非金属性强弱之间的关系________。

（3）请你预测Br与I元素的X数值的大小关系________。

（4）某有机化合物分子中含有S—N键，你认为该共用电子对偏向于________原子(填元素符号)。18、联氨分子(分子式为N2H4)的电子式为___________，其中氮的化合价为___________。19、指出下列分子的中心原子可能采取的杂化轨道类型；并预测分子的空间结构。

(1)_________、__________；

(2)_________、__________；

(3)_________、__________；

(4)_________、__________。20、钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示。钛的配位数为___________，碳原子的杂化类型为___________

21、(1)已知甘氨酸的熔点是233℃，而二苯胺的熔点只有53℃，为什么甘氨酸的熔点高_______。

(2)相同条件下HF酸性比H2CO3强，请用一个化学方程式说明________。

(3)NF3的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：C3N3F3)，分子结构中有类似苯环结构，所有原子均满足8电子结构。写出三聚氟氰的结构式________。22、锗(Ge)是典型的半导体元素；在电子，材料等领域应用广泛。回答下列问题：

(1)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_______________________________。熔点/℃26146沸点/℃186约400

(2)Ge单晶具有金刚石型结构，微粒之间存在的作用力是____________________________________________。评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)23、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25、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误26、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3题，共18分)27、常温下；青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点约为156.5℃，易受湿；热的影响而分解。某实验小组对青蒿素的提取和组成进行了探究。

Ⅰ．提取流程：

(1)“破碎”的目的是________________。

(2)操作a和操作b的名称分别是____________、____________。

(3)操作a所用青蒿必须干燥且不宜加热，原因是_________________________________。

Ⅱ．燃烧法测定最简式：

实验室用如图所示装置测定青蒿素（烃的含氧衍生物）中氧元素的质量分数。

(4)装置D中所盛固体可以是___（用对应符号填空）；F的作用是_______________。

a.生石灰b.CaCl2c.碱石灰。

(5)燃烧mg青蒿素，图中D、E的质量分别增重ag、bg，则青蒿素中氧元素的质量分数可表示为_____（只写计算式，用含有m、a、b的符号来表示，可不化简）。28、络氨铜受热易分解产生氨气，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度变化曲线如图所示，溶于水产生的存在平衡：

I．制备少量晶体；设计实验方案如下：

(1)仪器A的名称为________，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是________(答一条即可)。

(2)悬浊液B为补全下列离子方程式：_________。

(3)某同学认为上述方案中的溶液C中一定含设计如下方案证明其存在：加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为此方案____________(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。

(4)取溶液C于试管中，加入____________(填试剂)；并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体。

Ⅱ．探究浓氨水和溶液反应。

(5)某同学阅读教材中浓氨水和溶液反应实验步骤：“取的溶液于试管中，滴加几滴的氨水，立即产生浅蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液”，设计如下方案探究浓氨水和溶液反应产物的影响因素。

①利用平衡移动原理对实验b的现象进行解释________________________。

②某同学测得溶液的于是设计实验c的试剂为硫酸和硫酸钠混合液，其目的是_______________。29、(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备

已知：在时恰好完全沉淀为②不同温度下在水中的溶解度如图所示。

(一)的制备。

易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于可用金属钴与氯气反应制备实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。

(1)仪器a的名称为_______。

(2)用图中的装置组合制备连接顺序为_______。装置B的作用是_______。

(3)装置A中发生反应的离子方程式为_______。

(二)的制备。

步骤如下：

Ⅰ.在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的和5mL水；加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。

Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。

Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。

(4)在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入请结合平衡移动原理解释原因_______。

(5)步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是_______、_______。

(6)制备的总反应的化学方程式为_______。

(7)步骤Ⅲ中的操作名称为_______。评卷人得分六、有机推断题(共3题，共9分)30、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：________（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）用结构简式表示A中含有的官能团：__________、________（4）A的1H核磁共振谱如图。

（4）A中含有________种氢原子（5）综上所述，A的结构简式________31、芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如下：

已知：

I、+HCl

II、+R2OH；

III、（为氢或烃基）

回答下列问题：

(1)A是一种烯烃，化学名称为______，其分子中最多有__________个原子共面。

(2)B中官能团的名称为_____、_____。②的反应类型为________

(3)③的化学方程式为________

(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。指出F的结构简式中手性碳原子并用星号(*)标出F中的手性碳________。G的结构简式为________。

(5)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(一种有机碱)，其作用是________。

(6)参照上述合成路线，写出以环己烯()和乙醇为起始原料经三步制备化合物的合成路线________。

(已知：其他试剂任选)32、实验室一试剂瓶的标签严重破损，只能隐约看到下列一部分：取该试剂瓶中的试剂，通过燃烧实验测得：16.6g该物质完全燃烧得到39.6gCO2与9gH2O。

（1）通过计算可知该有机物的分子式为：_________。

（2）进一步实验可知：①该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体。②16.6g该物质与足量金属钠反应可生成氢气2.24L（已折算成标准状况）。则该物质的结构可能有____种，请写出其中任意两种同分异构体的结构简式_________。

（3）若下列转化中的D是题中可能结构中的一种；且可发生消去反应；E含两个六元环；取C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀。

A的结构简式为_______。

（4）写出A转化成B的化学方程式：_________。

（5）写出由D制取E的化学方程式：_________。

（6）反应类型：C→D的①______，D→E_____。

（7）已知：在一定条件下；有如下反应可以发生。

此类反应称为缩聚反应，请写出在一定条件下D发生缩聚反应的化学方程式：_____参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．电子的自旋磁量子数ms，用来描述一个电子的自旋状态，只有+和-两种取值；两个电子的自旋量子数不能相加，即自旋磁量子数只用于描述电子自旋状态，不能相加，故A错误；

B．原子轨道数目只和角量子数l有关；只要是p能级，就含3个原子轨道，故B正确；

C．角量子数l为2时；m可取值0；+1、-1、+2、-2这5个值，故C正确；

D．在没有外磁场存在的多电子原子中；主量子数n和角量子数l共同决定电子的能量，故D正确；

本题答案A。2、D【分析】【详解】

A．根据VSEPR理论，二氧化碳中碳的价层电子数为直线形结构，属于sp杂化，A错误；

B．CO2生成甲醇的过程中；碳元素化合价降低，是通过多步还原反应实现的，B错误；

C．Cu元素在周期表属于ds区；C错误；

D．反应过程有化学键的断裂与新化学键的形成；D正确；

故选D。3、D【分析】【详解】

A．Ni是28号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；位于元素周期表d区，A正确；

B．晶胞中含有K为8×+2=4，F为16×+4×+2=8，Ni为8×+1=2，化学式为K4Ni2F8，化学式为K2NiF4；B正确；

C．由图像可知；每个Ni周围距离最近的F有6个，故Ni的配位数为6，C正确；

D．该晶胞由阳离子和阴离子构成；属于离子晶体，D错误；

故选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．Fe是单质；δ；γ、α三种晶体结构不同，属于同素异形体，不是同分异构体，A项错误；

B．γ-Fe晶体中Fe原子处于顶点与面心；属于面心立方体紧密堆积，B项错误；

C．α－Fe晶体中Fe原子处于顶点；属于简单立方堆积，与每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个，C项正确；

D．δ-Fe晶体中；与每个Fe原子距离相等且最近的Fe原子有8个，D项错误；

答案选C。5、B【分析】【分析】

X元素原子失去一个电子后是“裸露”质子，X是H，R原子最外层电子数是其内层电子总数的一半；则R为第三周期元素，是15号元素，R为P，由[YX4]+[X2RZ4]-可知Y是N；Z是O；W是前20号元素中金属性最强的；W为K。

【详解】

分析知；X；Y、Z、R、W分别为H、N、O、P、K；

A．K+有三层电子层，O2-有两层电子层，则离子半径：W+>Z2-；A错误；

B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则NH3比PH3稳定，则NH3的能量越低；N-H的键能比P-H的大，B正确；

C．同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，N原子的2p3是半充满结构，第一电离能变大，C、N、H的第一电离能大小顺序为N＞O＞H，即Y>Z>X；C错误；

D．冠醚和K+之间配位键是共价键；D错误；

故选：B。二、多选题(共8题，共16分)6、AD【分析】【分析】

【详解】

略7、CD【分析】【详解】

A．从题干给定的转化可以看出，熔化后得到的物质虽然由阴阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A错误；

B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键；分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B错误；

C．H3O+中氧原子价层电子对数=3+=4，则O原子采取sp3杂化；故C正确；

D．BF3中B原子价层电子对数=3+=3，则B原子采取sp2杂化；分子空间构型为平面三角形，结构对称，是仅含极性共价键的非极性分子，故D正确；

答案选CD。8、CD【分析】【详解】

A．C是6号元素，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p2；A正确；

B．O是8号元素，故O2-核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；B正确；

C．Cr是24号元素，根据能级构造原理结合洪特规则，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；C错误；

D．Al是13号元素，故Al3+核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；D错误；

故答案为：CD。9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子；称为手性合成，故A正确；

B．氢键不是化学键；是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；

C．互为手性异构体的分子互为镜像；且分子组成和原子排列都完全相同，但性质和用途不相同，故C错误；

D．F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH中羧基里的羟基的极性更大，酸性都大于乙酸，所以酸性FCH2COOH＞CH3COOH，ClCH2COOH＞CH3COOH；故D正确；

故选AD。10、AC【分析】【分析】

Z和W最外层电子均为6；且Z原子半径小，所以Z为O；W为S；T元素最外层电子书为7，其原子半径介于Z和W之间，所以T为F；X和Y最外层电子均为1，且半径均大于Z，Y元素半径大于W；所以X为Na，Y为K；据此分析解题。

【详解】

A．据分析可知，Y为K；Z为O；X为Na，电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小；所以简单离子的半径：Y>Z>X；故A正确；

B．W为S；Z为O；电负性大小为Z>W，所以气态氢化物的热稳定性：Z>W；故B错误；

C．Y为K；Z为O；K和O形成的过氧化钾即可以做氧化剂又可以做还原剂；故C正确；

D．W为S；T为F；S单质为分子晶体；F单质为分子晶体；分子晶体之间作用力与分子量大小有关，S是以S8存在，F以F2存在；所以W单质的分子间作用力大于T单质；故D错误；

故答案选AC。11、CD【分析】【分析】

元素的最高正价=最外层电子数；最高正价与最低负价绝对值之和等于8。R；T两元素最外层电子数为6，为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S。M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径远大于氧和硫，则M为Al。Q和L的化合价均为+2价，所以均为第ⅡA族元素，L的半径比Q大，则L为Mg，Q为Be。

【详解】

A．L形成的简单离子是Mg2+，R形成的简单离子是S2-；它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，A错误；

B．L为Mg；Q为Be，因为同主族，从上到下原子失电子能力逐渐增强，元素的金属性增强，元素的金属性越强，其单质与盐酸反应越剧烈，B错误；

C．T为O，R为S，因为同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以稳定性：H2O＞H2S，即H2R＜H2T；C正确；

D．M为Al；T为O，M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，D正确；

故选CD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．该物质含有共价键；配位键和氢键；其中共价键和配位键是化学键，氢键不是化学键，故A错误；

B．过渡金属离子Ni2+利用其空轨道与丁二酮肟中的氮原子上的孤电子对形成了配位键；从而形成了配合物，故B正确；

C．该化合物中甲基上的碳原子的杂化方式为sp3，和氮原子相连的碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2；故C错误；

D．该化合物难溶于水；是因为形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键，故D正确；

故选BD。13、BC【分析】【分析】

【详解】

A．Fe3+的个数为Fe2+的个数为CN-为于立方体棱上，其个数为Fe元素与CN-的个数为1:3，即y=2，晶体化学式为故A正确；

B．由离子构成；该晶体熔融可导电，故B不正确；

C．.化学式为MFe2(CN)6；化合物中正负化合价的代数和为0，则M元素的化合价为0-(-1)×6-(+2)-(+3)=+1，故C不正确；

D．图中一个晶胞中与Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个，空间有8个晶胞无隙并置，最近距离在棱上，则晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN--为故D正确；

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)按泡利不相容原理：同—轨道中不应有运动状态完全相同的两个电子存在；即不能存在自旋平行的电子，③违反了泡利原理；洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；②中未成对电子的自旋状态应相同，不能相反；④原子核外电子应尽可能占据不同的轨道，而且自旋方向相同，这样排布能量最低，在④中5个电子应分占5个轨道；⑥中未成对电子的自旋状态应相同，所以②④⑥违反了洪特规则；

(2)根据构造原理可知：3s能级的能量小于3p能级的能量，3p能级的能量小于3d能级的能量，电子排布式为1s22s22p63s13p33d2的激发态原子，其基态原子的电子排布式应为1s22s22p63s23p4，该原子的核外电子数为16，原子核外电子数等于原子核内质子数，则其质子数也为16，故该元素为S元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4；

(3)原子核外电子排布遵循能量最低原理，根据构造原理可知原子核外电子填充的先后顺序是1s-2s-2p-3s-3p-3d-4s，故按照能级由低到高的顺序为①④⑥③②⑤。【解析】③②④⑥1s22s22p63s23p4H2SO4①④⑥③②⑤15、略

【分析】【详解】

将表中给出的多种元素的这种性质按原子序数由大到小的顺序整理如下：。元素BCNOFx1.01.52.02.53.0y4.0元素PSx0.91.21.51.82.12.53.0

(1)经过整理后可以看出：3~9号元素的这种性质由小到大；11~17号元素的这种性质也是由小到大；同主族元素；从上到下元素的这种性质逐渐减小；

故答案为：同周期主族元素；从左到右，该性质逐渐增大；同主族元素，从上往下，该性质逐渐减小。

(2)y的取值范围由表格可推测为：3.0<4.0；

故答案为：3.0<4.0【解析】同周期主族元素，从左到右，该性质逐渐增大；同主族元素，从上往下，该性质逐渐减小16、略

【分析】【详解】

Ⅰ.(1)可以直接从题中读出有关数据；H—H键的键长为74pm；体系能量由高到低的顺序是①⑤②③④。故答案为：74pm；①⑤②③④；

(2)氢分子中含有一个σ键；A项错误；核间距逐渐减小时，两个氢原子的原子轨道会相互重叠，导致电子在核间出现的概率增大，B项正确；④已经达到稳定状态，当改变构成氢分子的两个氢原子的核间距时，必须消耗外界的能量，C项正确；氢分子中含有一个非极性共价键，D项错误，故答案为：BC；

Ⅱ.(1)Si—Si键的键长比Si—C键的键长长，Si—Si键的键能比Si—C键的键能小，故答案为：>；

(2)由题图可知H—H键的键能为436kJ·mol-1，每千克H2燃烧(生成水蒸气)放出的热量约为×(462.8kJ·mol-1×2-436kJ·mol-1-497.3kJ·mol-1×)=120475kJ；每摩尔硅完全燃烧放出的热量约为452kJ·mol-1×4mol-497.3kJ·mol-1×1mol-226kJ·mol-1×2mol=858.7kJ，故答案为：120475kJ；858.7kJ；【解析】①.74pm②.①⑤②③④③.BC④.>⑤.120475kJ⑥.858.7kJ17、略

【分析】【分析】

由题意可知；题给X为电负性，当形成化学键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，所形成的一般为离子键，当小于1.7时，一般为共价键，元素电负性的数值越大，非金属性越强；元素的电负性值越小，金属性越强。

【详解】

（1）由表给数据可知，Be的电负性为1.5，Cl的电负性为2.8，两者电负性的差值为1.3，小于1.7，则BeCl2中的化学键为共价键；故答案为：共价键；

（2）同周期元素；从左到右，金属性依次减弱，非金属性依次增强，由表给数据可知，同周期元素，从左到右电负性依次增强，说明元素电负性的数值越大，元素的非金属性越强，元素电负性的数值越小，元素的金属性越强，故答案为：元素X的数值越大，元素的非金属性越强(或元素X的数值越小，元素的金属性越强)；

（3）同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，电负性依次减小，溴和碘都位于元素周期表ⅦA族，则溴元素的电负性大于碘元素，故答案为：Br大于I；

（4）由同周期元素的电负性递变规律可知，N元素的电负性应大于2.5而小于3.5；S元素的电负性为2.5，则N元素非金属性强于S元素，S－N中的共用电子对偏向于非金属性强的N原子一方，故答案为：N。

【点睛】

非金属元素之间形成共价键，共用电子对偏向非金属性强的原子一方是解答关键。【解析】①.共价键②.元素X的数值越大，元素的非金属性越强(或元素X的数值越小，元素的金属性越强)③.Br大于I④.N18、略

【分析】【分析】

【详解】

联氨分子中N原子满足8电子稳定结构、H原子满足2电子稳定结构，故电子式为H为+1价，故N为-2价。【解析】-2价19、略

【分析】【详解】

。微粒σ键电子对数中心原子上的孤电子对数价层电子对数VSEPR模型名称杂化轨道类型空间结构34四面体形三角锥形33平面三角形平面三角形22直线形sp直线形24四面体形V形

【点睛】

可以先确定分子或离子的VSEPR模型，然后确定中心原子的杂化轨道类型。此类问题也可以通过与熟知的物质快速对比得出结论，如与类似，与类似，与类似等。【解析】①.②.三角锥形③.④.平面三角形⑤.sp⑥.直线形⑦.⑧.V形20、略

【分析】【详解】

由图可知钛与四个氧原子和两个氯原子形成配位键，所以钛的配位数为6，环上的碳原子是sp2杂化，甲基上的碳原子是sp3杂化，答案为：6，sp3、sp2。【解析】6sp3、sp221、略

【分析】【详解】

(1)已知甘氨酸的熔点是233℃；而二苯胺的熔点只有53℃，甘氨酸的熔点比二苯胺的熔点高，这是由于甘氨酸形成内盐是离子晶体，离子之间以较强的离子键结合，而二苯胺是分子晶体，分子之间以微溶的分子间作用力结合，离子键比分子间作用力结合强，所以甘氨酸的熔点高；

(2)HF、H2CO3都是弱酸，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐可以发生反应制取弱酸，可通过反应：HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑，来证明酸性：HF＞H2CO3；

(3)C原子最外层有4个电子，可形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，能形成3个共价键，F原子最外层有7个电子，能够形成1个共价键，三聚氟氰分子式为C3N3F3，分子结构中有类似苯环结构，所有原子均满足8电子结构，则三聚氟氰的结构式是【解析】①.甘氨酸形成内盐是离子晶体，而二苯胺是分子晶体，一般离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，所以甘氨酸的熔点高。②.HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑③.22、略

【分析】【详解】

(1)根据表格数据分析，从GeCl4到GeI4，熔沸点逐渐升高，三者组成相似，都是分子晶体，相对分子量增大，分子间作用力越强，熔沸点上升，可以解释为：GeCl4、GeBr4、GeI4的熔沸点依次上升，因为其组成和结构相似的物质，都是分子晶体，随分子量增大，范德华力增大，熔沸点上升；故答案为：的熔点和沸点依次升高。原因是分子的组成和结构相似；相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强；

(2)类比金刚石，晶体锗是共价晶体，每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，微粒之间存在的作用力是共价键；故答案为：共价键。【解析】①.的熔点和沸点依次升高。原因是分子的组成和结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强②.共价键四、判断题(共4题，共28分)23、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；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。25、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。26、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3题，共18分)27、略

【分析】【分析】

Ⅰ．根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，向粗品中加入95%的乙醇，经浓缩；结晶、过滤可得青蒿素的精品；

Ⅱ．由题给实验装置可知；装置A为氧气制备装置，装置B为氧气的干燥装置，装置C为青蒿素的燃烧装置，其中氧化铜的作用是使青蒿素燃烧生成的一氧化碳氧化生成二氧化碳，装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收；测定反应生成的水的量，装置E中盛有碱石灰固体，目的是吸收、测定反应生成的二氧化碳的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中，导致实验出现测定误差。

【详解】

（1）根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；

（2）由分析可知，操作a是用过滤的方法分离用乙醚对青蒿素进行浸取后得到的悬浊液，操作b是用蒸馏的方法分离提取液得到青蒿素的粗品；故答案为：过滤；蒸馏；

（3）由题意可知；青蒿素易受湿；热的影响而分解，则过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解，故答案为：青蒿素易受湿、热的影响而分解；

（4）装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中，导致实验出现测定误差，故答案为：b；防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果；

（5）由D、E的质量分别增重ag、bg可知，mg青蒿素中含有碳元素和氢元素的质量分别为×1×12g/mol=g、×2×1g/mol=g，则青蒿素中含有氧元素的质量为(m——)g，氧元素的质量分数为×100%，故答案为：×100%。【解析】增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率过滤蒸馏青蒿素易受湿、热的影响而分解b防止空气中的H2O和CO2被E吸收而影响实验结果×100%28、略

【分析】【详解】

（1）Cu在仪器A中和O2加热生成CuO，所以仪器A为坩埚；然后CuO与硫酸反应生成硫酸铜，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是没有SO2生成，更环保；故答案为坩埚；没有SO2生成；更环保。

（2）硫酸铜溶液中通入氨水得到悬浊液B为故答案为

（3）溶液C为悬浊液B加入过量氨水得到；所以溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气；所以该同学设计方案不合理；故答案为不可行；溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气。

（4）有题可知；络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度随着乙醇体积分数增大，溶解度减小，所以取溶液C于试管中，加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体；故答案为无水乙醇。

（5）①已知溶于水产生的存在平衡加入NaOH溶液，OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色；故答案为OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低；溶液变为无色。

②实验a和b分别研究了铜离子浓度和溶液酸碱性对浓氨水和溶液反应产物的影响，某同学测得溶液的于是设计实验c的试剂为硫酸和硫酸钠混合液，对比实验a和b，设计此实验的目的是研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响；故答案为研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响。【解析】(1)坩埚没有SO2生成；更环保。

(2)

(3)不可行溶液C中含有氨水；氨水不稳定，加热也能生成氨气。

(4)无水乙醇。

(5)OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响29、略

【分析】【分析】

利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制

【详解】

（1）仪器a的名称为分液漏斗；

（2）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解；故连接顺序为A→D→C→E→B；

（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；

（4）溶于水电离出能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；

（5）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；

（6）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为

（7）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。【解析】(1)分液漏斗。

(2)A→D→C→E→B防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解。

(3)

(4)溶于水电离出使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀。

(5)控制反应速率防止温度过高使和分解。

(6)

(7)趁热过滤、冷却结晶六、有机推断题(共3题，共9分)30、略

【分析】【分析】

（1）有机物和氢气的密度之比等于相对分子质量之比；

（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；

（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，羟基可以和金属钠发生化学反应生成氢气；

（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子；峰面积之比等于氢原子的数目之比；

（5）根据分析确定A的结构简式。

【详解】

（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物的相对分子质量为45×2=90，故答案为90；

（2）浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，由于有机物是0.1mol，所以有机物中碳原子个数是3，氢原子个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3；

故答案为C3H6O3；

（3）只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基（－COOH），醇羟基（－OH）可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应生成2.24LH2（标准状况）；则含有羟基数目是1个；

故答案为－COOH和－OH；

（4）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值；则含4种类型的等效氢原子，氢原子的个数比是3：1：1：1；

故答案为4；

（5）综上所述，A的结构简式为CH3CH(OH)COOH。【解析】90C3H6O3－COOH－OH4CH3CH(OH)COOH31、略