2024年浙科版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年浙科版选择性必修2化学下册阶段测试试卷887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9题，共18分)1、化学家GethardErtl证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程；示意图如下：

下列说法错误的是A.②→③需要吸收能量B.使用催化剂降低了合成氨反应的ΔHC.该过程表示化学反应中包括旧化学键的断裂和新化学键的生成D.该过程由非极性键生成极性键2、常温下，二氧化硅是很坚硬的固体，而二氧化碳是气体，造成这一差别的根本原因是A.二氧化硅不溶于水，二氧化碳能溶于水B.硅元素与碳元素的非金属性不同C.二氧化硅分子与二氧化碳分子的结构不同D.二氧化硅是具有立体网状结构的共价晶体，二氧化碳则是由分子组成的分子晶体3、具有以下结构的基态原子，一定属于主族元素的是A.4s1B.4p3C.ns2D.3d104s24、下列物质中，含离子键的是A.CO2B.KClC.HClD.CH45、色谱分析法是现代分离实验技术中的一种，现用纸层析法分离两种有机色素A与B的混合物，已知A的亲脂性比B强，则下列说法正确的是A.A在水中的溶解度比B大B.层析结束后，滤纸下端为A，上端为BC.A在固定相中分配的较少，随流动相移动的较快D.点样时要迅速、多次，使试样斑点直径不小于0.5cm，但不能使试样点浸入展开剂6、已知短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z元素原子的最内层电子数相同；X的一种核素常用来鉴定一些文物的年代；工业上采用液态空气分馏法来生产Y的单质，该单质是常见氧化剂；Z的单质为单原子分子。下列说法正确的是A.原子半径：W＜X＜Y＜ZB.X的电负性大于Y的电负性C.XY2分子中σ键与π键的个数之比是2：1D.W与Y形成的分子的空间构型可能是V形7、化合物A是一种新型锅炉水除氧剂；其结构式如图，下列说法不正确的是。

A.A分子中既含极性键，又含非极性键B.A是有机化合物，由分子结构可知其难溶于水C.A分子中的共用电子对数为12D.A除氧时N元素被氧化8、下列叙述错误的是A.因为H-O键的键能小于H-F键的键能，所以O2、F2与H2的反应能力逐渐增强B.由于ZnS的晶格能大于PbS的晶格能，所以ZnS的熔点高于PbS，故而岩浆冷却时ZnS先析出C.金属晶体中，六方最密堆积的空间利用率大于面心立方最密堆积D.[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中心离子的化合价为+3，配位数为69、下列说法正确的是A.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，升华或熔化时需克服的微粒间作用力类型也相同B.CO2和CS2每个原子的最外层都具有8电子稳定结构C.H2O、H2S、H2Se由于分子间作用力依次增大，所以熔、沸点依次升高D.某晶体固态时不导电，水溶液能导电，说明该晶体是离子晶体评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、下列有关化学键的比较肯定错误的是A.键能：C-N＜C=N＜C≡NB.键长：I-I＞Br-Br＞Cl-ClC.分子中的键角：H2O＞CO2D.碳原子间形成的共价键键能：π键＞σ键11、用价层电子对互斥理论可以预测空间构型，也可以推测键角大小，下列判断正确的是A.SO2、CS2、BeCl2都是直线形的分子B.BF3键角为120°，NF3键角小于120°C.CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子D.NH3、PCl3、SF6都是三角锥形的分子12、下列叙述正确的是A.和分子都是含极性键的极性分子B.分子稳定性低于分子，因为键键能高C.为正四面体结构，可推测出也为正四面体结构D.汽化成水蒸气、分解为和都需要破坏共价键13、已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-⇌[CoCl4]2-+6H2O△H；用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释错误的是A.由实验①可推知△H<0B.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为9：2C.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-14、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15、钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中为另两种离子为和

下列说法错误的是A.钛酸钙的化学式为B.图(b)中，为C.中含有配位健D.晶胞中与每个紧邻的有6个16、工业上常用反应制备粗硅，若碳过量还会生成SiC，下列说法正确的是A.相对分子质量：C60＞SiO2＞SiC，因此熔沸点：C60＞SiO2＞SiCB.SiH4中Si的化合价为+4价，CH4中C的化合价为-4价，因此SiH4还原性小于CH4C.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键D.键能：Si—H＜C—H，Si—Si＜C—C，因此硅烷的种类和数量远不如烷烃的多评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、(1)硫的基态原子核外有_____个未成对电子，溴的基态原子价层电子排布图为_____。

(2)基态铁原子有____个未成对电子，请利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因_____。

(3)写出基态铜原子的M能层的电子排布式___，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有____。

(4)铝原子核外电子云有____种不同的伸展方向，有____种不同运动状态的电子。18、(1)观察Li；Be、Mg、Al在元素周期表中的位置回答下列问题：

①铍的最高价氧化物对应的水化物是______(填“酸性”“碱性”或“两性”)化合物，证明这一结论的有关的离子方程式是______。

②根据Mg在空气中的燃烧情况可知，Li在空气中燃烧，生成的产物为______(用化学式表示)。

(2)现有核电荷数小于20的元素A，其电离能数据如表：(表示原子失去第n个电子的电离能，单位：)。序号电离能7.64415.0380.12109.3141.2186.5224.9266.0327.9367.41761

①外层电子离核越远，能量越高，电离能越______(填“大”或“小”)；阳离子所带电荷数越大，失去电子时，电离能越______(填“大”或“小”)。

②表中11个电子分属______个电子层；失去了11个电子后，该元素原子还有______个电子。

③该元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是______。19、I.有以下物质：①石墨；②铝；③葡萄糖；④氨气；⑤二硫化碳；⑥硫酸铁固体；⑦氢氧化钡；⑧氯化氢气体；⑨K2CO3；⑩NaHSO4

(1)属于共价化合物的有_______(填写编号，下同)；属于离子化合物的有_______。

(2)写出⑤的电子式：_______；写出⑩在水中的电离方程式：_______。

II.利用如图装置可验证非金属元素的非金属性的变化规律。

(1)仪器A的名称为_______

(2)请选择合适药品设计实验验证Cl、C、Si的非金属性的变化规律；装置A、C中所装药品分别为_______、_______(填化学式)。20、取质量相等的2份PbSO4(难溶物)粉末，分别加入HNO3(3mol·L-1)和HClO4(3mol·L-1)，充分混合，PbSO4在HNO3能全溶，而在HClO4中不能全溶。简要解释PbSO4在HNO3中溶解的原因。___________21、比较下列各对物质熔点的高低；并简述理由。

（1）NH3和PH3_______

（2）NaF和KF_______

（3）SO2和SiO2_______22、某物质只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示，分子中共有12个原子图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键

(1)该物质的结构简式为______。该化合物的核磁共振氢谱中有______个吸收峰。

(2)该物质中所含含氧官能团的名称为______。

(3)下列物质中，与该产品互为同分异构体的是填序号______。互为同系物的是填序号______。

①②

③④评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)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26、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共28分)27、某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律。

Ⅰ.甲同学设计了如图的装置来一次性完成元素非金属性强弱比较的实验研究。

可选用的实验药品有：1.0mol/LHCl(挥发性强酸)、1.0mol/LHClO4(挥发性强酸)；碳酸钙(固体)、1.0mol/L水玻璃。打开A处的活塞后；可看到有大量气泡产生，烧杯中可观察到白色沉淀生成。

(1)图一中A的仪器名称为___________，所装的试剂为___________(只填化学式)。

(2)B中发生反应的离子方程式为___________。

(3)乙同学认为甲同学设计的实验不够严谨，应在B和C之间增加一个洗气装置，洗气瓶中盛装的液体为___________

Ⅱ.丙同学设计了如图的装置来验证卤族元素性质的递变规律。A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花；湿润的淀粉-KI试纸、沾有NaOH溶液的棉花。

(4)A处反应的离子方程式：___________，B处的实验现象为___________，C处沾有NaOH溶液的棉花的作用为___________。

(5)该实验___________验证非金属性Cl>Br>I(填“能”或“不能”)28、某研究性学习小组设计了一组实验来验证元素周期律．

用过氧化氢的水溶液和二氧化锰制备氧气，并将其通入到氢硫酸（H２S的水溶液）中．

（1）过氧化氢的电子式:_______________;

（2）从图1中选择氧气的制备装置______；反应前需要的操作是:________________;

（3）该实验如何证明O的非金属性强于S（用化学方程式表示）_________________

（4）你认为能证明Cl的非金属性强于S的是___________

a．S在常温下为固体而Cl2为气体b．H2S不如HCl稳定。

c．H2SO3的酸性弱于HClO3d．S与H2化合不如Cl2与H2化合剧烈29、肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备并探究的性质；其制备装置如图所示。

回答下列问题：

(1)仪器b的名称为___________，仪器a的作用是___________。

(2)装置A试管中发生反应的化学方程式为___________。

(3)上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是___________。

(4)探究的性质。将制得的分离提纯后；进行如下实验。

[查阅资料]AgOH不稳定，易分解生成黑色的可溶于氨水。

[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。

[实验验证]设计如下方案，进行实验。操作现象结论ⅰ．取少量黑色固体于试管中，加入足量①___________，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有ⅱ．取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②___________黑色固体是Ag和则肼具有的性质是碱性和③___________

(5)实验制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是___________。

(6)肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的的质量为___________kg。30、晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞。NaCl晶体的晶胞如右图所示。随着科学技术的发展，测定阿伏加德罗常数的手段越来越多，测定精确度也越来越高。现有一简单可行的测定方法，具体步骤如下：①将固体食盐研细，干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。②用滴定管向仪器A中加苯；并不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为VmL。回答下列问题：

⑴步骤①中A仪器最好用__________________(填仪器名称)。

⑵能否用胶头滴管代替步骤②中的滴定管______，其原因是____________。

⑶能否用水代替苯_______，其原因是______________________。

⑷经X射线衍射测得NaCl晶胞中最邻近的Na+和Cl-平均距离为acm；则利用上述。

方法测得的阿伏加德罗常数的表达式为NA=_______________________。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

由示意图可知；氮分子和氢分子吸附在催化剂的表面，氢分子之间；氮分子之间的化学键断键后形成氮原子和氢原子，氮原子和氢原子形成新的化学键，构成了新的氨分子，由此分析。

【详解】

A．②→③表示氮分子之间；氨分子之间旧的化学键断裂后形成原子；断裂化学键需要吸收能量，故A不符合题意；

B．使用催化剂降低了反应的活化能，不能改变合成氨反应的ΔH，ΔH是由氮气；氢气、氨气的能量大小决定的；故B符合题意；

C．由示意图可知；氮分子和氢分子吸附在催化剂的表面合成了氨分子，氢分子和氮分子之间的化学键断键后形成氮原子和氢原子，氮原子和氢原子形成新的化学键，故该过程表示化学反应中包括旧化学键的断裂和新化学键的生成，故C不符合题意；

D．氮气中氮分子间；氢气中氢分子间都只存在非极性键，氨气中氮原子和氢原子间形成的是极性共价键，故该过程是由非极性键生成极性键，故D不符合题意；

答案选B。2、D【分析】【详解】

在SiO2晶体中，每个O原子与2个Si原子形成2个Si-O共价键，每Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键，这四个与Si原子连接的O原子构成的是正四面体结构，这种正四面体结构向空间无限扩展，就形成了一种具有空间网状结构。在SiO2晶体中Si、O原子个数比是1：2，所以化学式是SiO2。由于原子之间完全以共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，所以物质的熔点高，硬度大，在常温下为固态；而CO2是由CO2分子构成的分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合在一起，应用分子间作用力比化学键弱得多，所以由CO2分子组成的晶体，熔点低，在常温下为气态，故选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．Cr元素为3d54s1；不是主族元素，A错误；

B．具有4p3结构的基态原子；一定属于主族元素，B正确；

C．3d34s2为V；V不是主族元素，C错误；

D．3d104s2为Fe元素；不是主族元素，D错误。

答案选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．CO2是共价化合物；含有共价键，A不符合题意；

B．KCl是离子化合物；含有离子键，B符合题意；

C．HCl是共价化合物；含有共价键，C不符合题意；

D．CH4是共价化合物；含有共价键，D不符合题意；

故选B。5、C【分析】【分析】

纸层析法依据极性相似相溶原理；是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的。

【详解】

A．A的亲脂性比B强；则A的亲水性比B弱，故A在水中的溶解度比B小，A错误；

B．A的亲脂性比B强；则A随流动相移动的较快，因此A在滤纸上端，B错误；

C．A的亲脂性比B强；则A在流动相的分配比B多，在固定相中的分配比B少，随流动相移动的较快，C正确；

D．试样斑点直径大于0.5cm不利于展开；点样进入展开剂相当于溶解，最后显色不明显，故点样时要迅速；多次，使试样斑点直径不大于0.5cm，但不能使试样点浸入展开剂，D错误；

选C。6、D【分析】【分析】

已知短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z元素原子的最内层电子数相同；X的一种核素常用来鉴定一些文物的年代，则X是C元素；工业上采用液态空气分馏法来生产Y的单质，该单质是常见氧化剂，则Y是O；Z的单质为单原子分子，则Z可能是Ne或Ar；因此W是H元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Ne或Ar。

A．一般情况下；原子核外电子层数越多，原子半径越大；对于电子层数相同的元素，原子序数越大，原子半径越小，惰性气体的原子半径大于同一周期其它元素，则原子半径大小关系为：W＜Y＜X＜Z，A错误；

B．同一周期元素的原子序数越大；元素的非金属性越强，其电负性就越大。X是C，Y是O，则元素的电负性：C＜O，即X的电负性小于Y的电负性，B错误；

C．X是C，Y是O，XY2分子是CO2；C原子与2个O原子形成2个共价双键，所以在该分子中含有2个σ键和2个π键，故其中σ键与π键的个数之比是1：1，C错误；

D．W是H，Y是O，二者形成的分子H2O的空间构型为V形；D正确；

故合理选项是D。7、B【分析】【详解】

A．根据结构式可知；该物质含N-H极性键，N-C极性键，C=O双键，N-N非极性键，故A正确；

B．A是有机化合物；由分子结构含有N-H极性键，可以和水分子形成氢键，可知能溶于水，故B错误；

C．该物质中含6个N-H极性键；2个N-C极性键，2个N-N非极性键，1个C=O双键，共有共用电子对为12个，故C正确；

D．A与氧气反应的方程式为(N2H3)2CO+2O2=2N2+CO2+3H2O；氮元素化合价升高，A除氧时N元素被氧化，故D正确；

故选B。8、C【分析】【详解】

A．H-O键的键能小于H-F键的键能，则稳定性：HF＞H2O，反应倾向于生成稳定性更强的物质，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强；A正确；

B．ZnS、PbS均为离子晶体，晶格能越大熔点越高，ZnS的晶格能大于PbS的晶格能；ZnS熔点高，所以岩浆冷却时ZnS先析出，B正确；

C．六方最密堆积和面心立方最密堆积都是空间利用率最高的结构；空间利用率相等，C错误；

D．根据化合物整体化合价为0可知，Cr的化合价为+3价；配体为4个水分子；2个溴离子，所以配位数为6，D正确；

综上所述答案为C。9、B【分析】【详解】

A．干冰属于分子晶体；分子间的作用力是范德华力，升华或熔化时克服的是范德华力，石英属于共价晶体，微粒间的作用力是共价键，熔化时克服的是共价键，故A错误；

B．CO2的结构式为O=C=O，CS2的结构式为S=C=S，CO2、CS2中每个原子都满足8e－稳定结构；故B正确；

C．水分子间存在氢键，H2S、H2Se分子间不存在分子间氢键，因此H2O的熔沸点高，H2S、H2Se属于分子晶体，H2Se的相对分子质量大于H2S，H2Se的范德华力大，熔沸点高于H2S；故C错误；

D．某些分子晶体固态时不导电；水溶液能导电，如干冰；HCl等，故D错误；

答案为B。二、多选题(共7题，共14分)10、AB【分析】【详解】

A．两种相同元素形成的化学键数目越多；结合力就越强，键能就越大，C；N原子间形成的化学键中，三键键能最大，单键键能最小，键能由小到大的顺序为：C-N＜C=N＜C≡N，A正确；

B．同一主族元素原子核外电子层数越多，原子半径越大。原子半径I＞Br＞Cl，则键长：I-I＞Br-Br＞Cl-Cl；B正确；

C．H2O分子中的键角是104.5°，CO2分子中的键角是180°，所以键角：H2O＜CO2；C错误；

D．C2H2、C2H4分子中碳原子间形成的化学键既有σ键，也有π键，σ键比π键的结合的更牢固，物质的稳定性更强，断裂消耗的能量σ键比π键更大，即σ键的键能大于π键的键能；D错误；

故合理选项是AB。11、BC【分析】【详解】

A．SO2中价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，所以SO2为V型结构，而CS2、BeCl2则为直线形结构；A错误；

B．BF3中价层电子对个数=3+=3，所以为平面三角形结构，键角为120°；NH3中价层电子对个数=3+=4，且含有一个孤电子对，所以NH3为三角锥型结构，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角小于120°；B正确；

C．CH2O中C原子形成3个σ键，C原子形成的是sp2杂化，故平面三角形结构；BF3、SO3中的中心B、S原子都是sp2杂化；故形成的都是平面三角形的分子，C正确；

D．NH3、PCl3中价层电子对个数=3+=4，且含有一个孤电子对，所以NH3、PCl3为三角锥形结构；而SF6中S原子是以sp3d2杂化轨道形成σ键,为正八面体形分子；D错误；

故合理选项是BC。12、BC【分析】【详解】

A．极性键是指不同种元素之间形成的共价键，CS2的结构式为只存在非极性键，故A错误；

B．根据元素周期律，简单气态氢化物的稳定性与电负性成相关，电负性大的形成的键能高，更稳定，N与P同主族，电负性N>P，键键能高于故B正确；

C．中N为sp3杂化，4个H原子分别位于正四面体四个顶点，N原子位于中心，因为N和P同主族，价电子层结构相同，与结构相似，所以可推测出也为正四面体结构；故C正确；

D．液态水汽化是物理变化；不是化学反应，不存在共价键断裂，故D错误；

故选BC。13、AC【分析】【详解】

A．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，△H＞0；A结论错误；

B．1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，则等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18：4=9：2；B解释正确；

C．实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(HzO)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数；平衡逆向移动，C解释错误；

D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-；D解释正确；

答案选AC。14、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。15、BD【分析】【详解】

A．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中位于8个顶点、位于6个面心、位于体心，根据均摊法可以确定的数目分别为1、3、1，因此其化学式为A说法正确；

B．由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，和均为1个，有3个故为B说法错误；

C．类比的成键情况可知，中含有与形成的配位健；C说法正确；

D．图(a)的晶胞中，位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个紧邻的有38÷2=12个；D说法错误。

综上所述，本题选BD。16、CD【分析】【分析】

【详解】

A．SiO2、SiC都属于原子晶体，SiO2中硅氧键的键长小于SiC中碳硅键的键长，所以熔沸点：SiO2＞SiC，与共价键有关，属于分子晶体，熔沸点较低，因此熔沸点：SiO2＞SiC＞C60；故A错误；

B．SiH4中Si元素的非金属性小于CH4中C，因此SiH4还原性大于CH4；故B错误；

C．Si原子间难形成双键而C原子间可以；是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键，故C正确；

D．键能：Si—H＜C—H；Si—Si＜C—C，因此硅烷的种类和数量远不如烷烃的多，碳能形成双键；叁键、链状、环状等多种形式，而硅不能，故D正确；

故选CD。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

价层电子的轨道表达式；核外电子排布、轨道与能量等知识点；根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识点来分析。

【详解】

(1)硫的价层电子排布3s23p4，硫的基态原子核外有2个未成对电子，溴的价层电子排布4s24p5，溴的基态原子价层电子排布图为故答案为：2；

(2)铁的价层电子排布3d64s2，基态铁原子有4个未成对电子，利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因：Fe3+的价电子构型为3d5，Fe2+的价电子构型为3d6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定。故答案为：4；Fe3+的价电子构型为3d5，Fe2+的价电子构型为3d6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定；

(3)铜为29号元素，基态铜原子的M能层的电子排布式3s23p63d10，最外层是4s1，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr。故答案为：3s23p63d10；K、Cr；

(4)s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子。故答案为：4；13。【解析】①.2②.③.4④.Fe3+的价电子构型为3d5，Fe2+的价电子构型为3d6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定；⑤.3s23p63d10⑥.K、Cr⑦.4⑧.1318、略

【分析】【详解】

(1)①根据“对角线规则”可知，的性质与相似，则铍的最高价氧化物的水化物是两性化合物；与强酸、强碱均能发生反应生成盐和水，有关反应的离子方程式是

②的性质与相似，在空气中燃烧生成和所以在空气中燃烧生成

(2)①外层电子离核越远；核对电子的吸引作用越弱，电离能越小；阳离子电荷数越大，失去电子越困难，电离能越大；

②根据失去第1个、第2个电子的电离能远小于失去第3个电子的电离能可知该元素的最外层电子数为2，根据失去第10个电子的电离能远小于失去第11个电子的电离能可知该元素的次外层电子数为8，A的核电荷数小于20，则A为元素；11个电子分属3个电子层；失去11个电子，还有1个电子；

③元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是【解析】两性小大3119、略

【分析】【详解】

I．(1)共价化合物是指只含有共价键的化合物，离子化合物是指含有离子键的化合物，可能含有共价键，在①石墨；②铝；③葡萄糖；④氨气；⑤二硫化碳；⑥硫酸铁固体；⑦氢氧化钡；⑧氯化氢气体；⑨K2CO3；⑩NaHSO4中①②是单质；③④⑤⑧是共价化合物，⑥⑦⑨⑩是离子化合物，故答案为：③④⑤⑧；⑥⑦⑨⑩；

(2)⑤是二硫化碳，其电子式为⑩是盐，是强电解质，在水中的电离方程式：故答案为：V；

Ⅱ．(1)仪器A是分液漏斗；故答案为：分液漏斗；

(2)用如图设计实验验证Cl、C、Si的非金属性的变化规律，可以利用最高价氧化物对应水化物的酸性来判断HClO4>H2CO3>H2SiO3的酸性强弱顺序，从而得出非金属性强弱顺序为Cl>C>Si，所以A、B、C中所盛试剂分别为HClO4、Na2CO3、Na2SiO3，所以A、C中所装药品分别为HClO4、Na2SiO3，故答案为：HClO4、Na2SiO3。

【点睛】

本题考查离子化合物，共价化合物等基本概念，考查非金属性比较的依据，知识较简单，考查学生对基础知识的掌握程度。【解析】③④⑤⑧⑥⑦⑨⑩分液漏斗HClO4Na2SiO320、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】Pb2+与NO形成络离子(配离子或配合物)或PbSO4+H++NO-=HSO+Pb(NO3)+21、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）NH3>PH3，因NH3分子间可形成氢键。

（2）NaF>KF，都是离子型化合物，Na+半径小；则NaF晶格能大(或库仑引力大)

（3）SiO2>SO2，SiO2是原子晶体，SO2为分子晶体22、略

【分析】【分析】

根据C、H、O的价键结构可知，左上方应该是碳碳双键，后上方是碳氧双键，因此该物质的结构简式为再根据同系物和同分异构体的定义分析解答。

【详解】

⑴该物质的结构简式为该化合物含有3种等效氢原子；故该化合物的核磁共振氢谱中共有3个吸收峰；

⑵该物质中所含含氧官能团的名称为羧基；

⑶①②与原物质分子式相同，结构不同，互为同分异构体；③与原物质都含有一个碳碳双键、一个羧基，官能团相同，结构相似，组成相差一个CH2，则互为同系物；④只含有一个羧基；与原物质结构不相似，不是同系物，分子式不同，不是同分异构体，因此与该物质互为同分异构体的是①②，与该物质互为同系物的是③。

【点睛】

同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质，结构相似即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，这是常考点，也是学生们的易错点。【解析】3羧基①②③四、判断题(共4题，共36分)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。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。26、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。五、实验题(共4题，共28分)27、略

【分析】【分析】

Ⅰ.要对元素非金属性强弱比较；则用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来进行比较，即强酸制弱酸。A为分液漏斗，打开A处的活塞高氯酸与碳酸钙发生反应生成二氧化碳（混有挥发的HCl），气体进入装有水玻璃的C装置中生成白色沉淀：硅酸；

Ⅱ.浓盐酸与高锰酸钾溶液反应制得氯气，氯气与NaBr；KI均可发生氧化还原反应；氢氧化钠溶液的棉花用于氯气的尾气吸收。

【详解】

（1）图示中仪器A即(球形)分液漏斗应盛装高氯酸，B中装碳酸钙，则高氯酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳再与硅酸钠反应，生成白色沉淀硅酸，故答案为：(球形)分液漏斗；

（2）由(1)分析可知B中为高氯酸与碳酸钙反应生成二氧化碳水和高氯酸钙，则其离子方程式为：

（3）由于高氯酸具有挥发性；高氯酸与碳酸钙反应制取的二氧化碳中混有挥发的高氯酸，从而影响实验结果的判断，所以应除去高氯酸。应在B和C之间增加一个洗气装置，洗气瓶中盛装的液体为饱和碳酸氢钠溶液，饱和的碳酸氢钠溶液不仅不与二氧化碳反应，且能与高氯酸反应生成二氧化碳；

（4）圆底烧瓶中为浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，生成的氯气分别与A、B、C三个位置的物质发生反应。由三处分别是沾有溶液的棉花、湿润的淀粉试纸、沾有溶液的棉花。则A处为氯气与溶液生成溴单质与氯化钠，即B处为氯气或A处生成的溴单质与碘化钾溶液反应生成单质的碘，从而使淀粉变蓝；C处氢氧化钠溶液能与氯气等卤素单质反应，从而避免其污染空气，故答案为：变蓝；吸收多余防止污染空气；

（5）实验中B处使湿润的淀粉试纸变蓝的碘单质，主要为氯气与碘化钾反应生成的单质碘，所以不能验证非金属性故答案为：不能。【解析】(1)分液漏斗

(2)

(3)饱和NaHCO3溶液。

(4)变为蓝色吸收多余防