2025年陕教新版选择性必修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2025年陕教新版选择性必修2化学下册月考试卷443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、下列有关化学键类型的叙述正确的是A.化合物NH5所有原子最外层均满足2个或8个电子的稳定结构，则1molNH5中含有5NA个N—Hσ键(NA表示阿伏加德罗常数)B.乙烯酮的结构简式为CH2=C=O，其分子中含有极性共价键和非极性共价键，且σ键与π键数目之比为1∶1C.已知乙炔的结构式为H-C≡C-H，则乙炔中存在2个σ键和3个π键D.乙烷分子中只存在σ键，不存在π键2、下列能级符号正确的是A.6sB.2dC.1dD.3f3、下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是A.[Ne]3s1[Ne]3s2B.[Ar]4s1[Ne]3s23p4C.[Ne]3s2[Ar]4s2D.[He]2s22p4[Ne]3s23p54、二硫代磷酸酯的分子结构如图；则下列说法错误的是。

A.原子半径：r(H)<r(N)B.二硫代磷酸酯中C—O的极性小于C—SC.该物质可以与水形成分子间氢键D.1mol该物质含有的Π键数目为2NA5、某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是A.“水瓶”、冰水混合物、CuSO4•5H2O都是混合物B.金刚石、石墨和C60互称为同素异形体，均为原子晶体C.磷酸钙是难溶性弱电解质D.一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应6、金属钠、镁、铝的熔点高低顺序正确的是A.Na>Mg>AlB.Al>Mg>NaC.Mg>Al>NaD.Na>Al>Mg7、下列物质的熔点由高到低的顺序是A.金刚石>晶体硅>碳化硅B.CBr4>CCl4>CH4C.CaO>H2S>H2OD.生铁>纯铁>钠8、柠檬醛是一种具有柠檬香味的有机化合物；广泛存在于香精油中，是食品工业中重要的调味品，且可用于合成维生素A．已知柠檬醛的结构简式如图所示，下列关于柠檬醛的说法正确的是。

A.柠檬醛存在分子内氢键B.柠檬醛能使溴水褪色说明碳碳双键的存在C.柠檬醛分子内存在一个手性碳原子D.柠檬醛分子中所有碳原子可能共平面评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A.最外层都只有1个电子的基态X、Y原子B.2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子C.原子核外M层上仅有2个电子的基态X原子与原子核外N层上仅有2个电子的基态Y原子D.最外层电子数是核外电子总数1/5的原子和价层电子排布式为3s23p5的原子10、下列各组元素的性质正确的是A.第一电离能：B.电负性：C.最高正价：D.原子半径：11、常温下；W；X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是。

A.电负性：Z＞Y＞XB.简单离子的半径：Y＞Z＞W＞XC.同浓度氢化物水溶液的酸性：Z＜YD.Z的单质具有强氧化性和漂白性12、下列说法不正确的是A.SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构B.位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂C.SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同D.过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成13、关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是A.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAB.中心原子的化合价为+3价C.中心原子的配位数是6D.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀14、已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是()A.第一电离能：Y一定小于XB.气态氢化物的稳定性：HmY小于HnXC.最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的D.X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注,因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都具有重要意义。

⑴铜离子与氨基酸形成的配合物具有杀菌、消炎和抗肿瘤活性。与铜属于同一周期,且未成对电子数最多的元素基态原子的核外电子排布式为_________.

⑵CO可以和很多过渡金属形成配合物,如羰基铁[Fe(CO)5]、羰基镍[Ni(CO)4]。CO分子中C原子上有一对孤电子对,C、O原子都符合8电子的稳定结构,CO的结构式为____________,与CO互为等电子体的离子为_____________(填化学式)。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_________________。

⑶氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时,会生成紫色配合物,其配离子的结构如下图所示:

①此配离子中含有的作用力有__________(填字母)。

A.离子键B.金属键C.极性键D.非极性键E.配位键F.氢键G.σ键H.π键。

②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有__________。

⑷Ti3+可形成配位数为6的配合物。现有钛的两种颜色的配合物,一种为紫色,另一种为绿色。相关实验证明,两种物质的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种配合物的成键情况,设计了如下实验:分别取等质量的两种物质的样品配成待测溶液;分别往待测溶液中滴入过量的AgNO3溶液并充分反应,均产生白色沉淀;测定沉淀质量并比较,发现由原绿色物质得到的沉淀质量是由原紫色物质得到的沉淀质量的2/3.则原绿色配合物的内界的化学式为__________.16、回答以下问题。

Ⅰ.元素X位于第四周期；其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2.元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

(1)在1个晶胞中，X离子的数目为_______。

(2)该化合物的化学式为_______。

Ⅱ.(1)准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_______方法区分晶体；准晶体和非晶体。

(2)Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子。17、电子层。

(1)概念：在含有多个电子的原子里，电子分别在___________的区域内运动。我们把不同的区域简化为___________；也称作电子层。

(2)不同电子层的表示及能量关系。各电子层由内到外电子层数(n)1234567字母代号____OPQQ最多容纳电子数(2n2)____50729898离核远近由___________到___________由___________到___________能量高低由___________到___________由___________到___________18、如图是元素周期表的一部分：

(1)表中属于s区的非金属元素是________(用元素符号表示)，元素⑩核外电子排布式为________________；

(2)元素③④⑤电负性由小到大___________(用元素符号表示)

(3)若元素③用R表示，为什么可以形成RCl3分子,不可以形成RCl5分子:____________。

(4)元素⑤与⑧元素相比非金属性较强的是________(写元素名称)，下列表述中能证明这一事实的是__________。

A．气态氢化物的挥发性和稳定性B．两元素的电负性。

C．单质分子中的键能D．含氧酸的酸性。

E．氢化物中X—H键的键长F．两单质在自然界中的存在形式。

(5)元素⑦的氧化物与元素⑧的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为______________________。19、高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。

(1)写出基态Ni原子的外围电子排布图_______

(2)写出基态Cl原子核外电子排布式_______，核外电子总共有_______种运动状态，最高能级的原子轨道电子云形状为_______

(3)高氯酸三碳酰肼合镍化学式中的CHZ为碳酰肼，其结构为它是一种新型环保的锅炉水除氧剂。分子中氮原子和碳原子的杂化轨道类型分别为_______、_______。

(4)Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子，其理由可能是_______，1mol该配合物分子中σ键数目为_______(设NA为阿伏伽德罗常数的值)。20、(1)衡量元素非金属性的标准之一是最高价氧化物水化物的酸性强弱，则含氧酸中中心元素化合价与酸性的关系是_______。

(2)NaBH4是离子化合物，所有原子最外层都达到稳定结构，请写出电子式_______。

(3)冰的密度比水小的原因是_______。21、下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩中10种元素回答以下问题：

(1)写出⑧元素在周期表的位置______________________；

(2)实验室制取②氢化物的化学方程式_______________________________________；

②的氢化物与其最高价氧化物水化物反应生成的物质是________________(填名称)

(3)⑦的氯化物物理性质非常特殊；如熔点为190℃，但在180℃就开始升华。据此判断该氯化物是________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你判断正确的实验依据为：________________________。

(4)用电子式表示④、⑥两元素结合成化合物的形成过程____________________________。22、东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载；云南镍白铜闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

(1)镍元素基态原子的电子排布式为___________，3d能级上的未成对电子数为___________。

(2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。

①中的空间立体构型是___________。

②在中与之间形成的化学键称为___________。

③氨的沸点___________(填“高于”或“低于”)膦()，原因是___________。氨分子中，中心原子的轨道杂化类型为___________。评卷人得分四、判断题(共1题，共5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.错误评卷人得分五、原理综合题(共3题，共12分)24、铝和氟的化合物在制造；化工等领域都有广泛应用。回答下列问题：

（1）基态铝原子的核外电子排布式为___________，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为___________，基态铝原子比基态镁原子的第一电离能(I1)小，其原因是___________。

（2）通常情况下，AlF3可由六氟铝酸铵[(NH4)3AlF6]受热分解制得，请写出该反应的化学方程式______________________。

（3）AlF3具有较高的熔点(1040℃)，属于___________晶体(填晶体类型)；AlCl3在178℃时升华，写出导致AlF3、AlCl3具有不同晶体类型的原因(从原子结构与元素性质的角度作答)___________。

（4）NaAlO2在水溶液中实际上都是以Na[Al(OH)4]形式存在。其中[Al(OH)4]－为配离子，写出Al原子的杂化形式___________，该阴离子中存在的化学键有___________(填字母代号)

A.离子键B.极性键C.非极性键D.金属键E.配位健F.氢键。

（5）萤石CaF2晶体的晶胞如图所示，其中Ca2+的堆积方式称为___________。立方体边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2晶体的密度为___________g·cm－3(列出计算式)

25、工业制玻璃时，发生的主要反应的化学方程式为：完成下列填空：

(1)钠原子核外具有_____种不同能量的电子，钠元素在周期表中的位置为________。

(2)在上述反应中，反应物和生成物的晶体类型共有_____种；属于原子晶体的为_____。

(3)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为_____(用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是______(选填编号)。

a.气态氢化物的熔沸点b.最高价氧化物对应水化物的酸性。

c.气态氢化物的热稳定性d.三种元素两两形成的化合物中电子对偏向。

(4)常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，____(填“>”、“<”或“=”)。

(5)向10mL一定浓度的Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸；加入盐酸的体积与产生气体的体积有如图关系。

由此可知原Na2CO3溶液的物质的量浓度为_____。在滴入盐酸的整个过程中，溶液中c()的变化情况是____。26、现有以下几种有机物：

①CH4②CH3CH2OH③④癸烷⑤CH3COOH

⑥⑨丙烷。

请利用上述给出的物质按要求回答下列问题：

（1）相对分子质量为44的烷烃结构简式为__________________________。

（2）分子中含有14个氢原子的烷烃的分子式是__________________________。

（3）与③互为同分异构体的是_________(填序号)。

（4）⑦的所有同分异构体(不考虑空间异构)中一氯代物有3种的有_________种。

（5）具有特殊气味，常作萃取剂的有机物在铁作催化剂的条件下与液溴发生一溴代反应的化学方程式为________________________________________________________。

（6）有机物②在Cu作催化剂，加热条件下与O2反应的化学方程式为__________________。

（7）在120℃，1．01×105Pa条件下，某种气态烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是_________(填序号)；它与⑧互为_________关系。

（8）有机物⑤和②在一定条件下发生反应的化学方程式是_____________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．化合物NH5应由NH和H-构成，1molNH5中含有4NA个N—Hσ键；A错误；

B．C=C键和C=O键中均有一个σ键；一个π键，C-H均为σ键，所以σ键与π键数目之比为2∶1，B错误；

C．C≡C键中有一个σ键；两个π键，C错误；

D．乙烷分子中C-C键；C-H均为σ键；不存在π键，D正确；

综上所述答案为D。2、A【分析】【分析】

能级符号由两部分构成；阿拉伯数字代表能层序数，英文字母代表能级并且第一能层只有1个能级(1s)，第二能层有2个能级(2s；2p)，第三能层有3个能级(3s、3p、3d)，依次类推。

【详解】

A．每个能层都有s能级；所以A正确；

B．第三能层才开始出现d能级；所以B错误；

C．第三能层才开始出现d能级；所以C错误；

D．第四能层才开始出现f能级；所以D错误；

故答案选A。3、B【分析】【详解】

A．[Ne]3s1为Na，[Ne]3s2为Mg；二者均为金属元素，故A不符合；

B．[Ar]4s1为K，[Ne]3s23p4为S；前者是金属元素，后者是非金属元素，故B符合；

C．[Ne]3s2为Mg，[Ar]4s2为Ca；二者均为金属元素，故C不符合；

D．[He]2s22p4为O，[Ne]3s23p5为Cl；二者均为非金属元素，故D不符合；

故选：B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．原子半径一般电子层数越多半径越大，同周期元素随核电荷数增大半径减小，故原子半径：r(H)<r(N)

B．二硫代磷酸酯中C—O的电负性之差小于C—S的电负性之差；故C—O的极性小于C—S，B正确；

C．该物质中含有N-H键；故可以与水形成分子间氢键，C正确；

D．1mol该物质含有的Π键数目为2NA；D错误；

故选D。5、D【分析】【详解】

A．冰水混合物、CuSO4•5H2O均只含一种物质；都是纯净物，根据题干提供的信息可知，“水瓶”为混合物，故A错误；

B．金刚石、石墨和C60均是由碳元素形成的结构和性质不同的单质，互为同素异形体，金刚石是由共价键形成的立体网状结构，属于原子晶体，石墨中的层与层之间是分子间作用力，而层内的碳原子之间是以共价键结合形成的平面网状结构，石墨是混合晶体，C60存在分子结构，分子之间以分子间作用力相结合，C60属于分子晶体；故B错误；

C．磷酸钙为难溶物；但溶解的部分在水溶液中可以完全电离，是强电解质，故C错误；

D．石墨和C60互为同素异形体；同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变化，因反应前后元素的化合价没有发生变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；

答案选D。6、B【分析】【详解】

金属阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，金属阳离子与“自由电子”的作用力越大，金属键越强。的电荷数逐渐增多；半径逐渐减小，故钠；镁、铝的熔点逐渐升高。

故选B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．三者都是原子晶体，熔点与共价键强弱有关，原子半径越小共价键越强，而原子半径C碳化硅>晶体硅；A错误；

B．三者都是分子晶体，且都不存在氢键，则相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以熔点：CBr4>CCl4>CH4；B正确；

C．H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S；C错误；

D．合金的熔点一般低于其组分金属单质，即熔点纯铁>生铁；D错误；

综上所述答案为B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．分子内氢键仅在分子内部两个可能发生氢键作用的基团的空间位置合适时；才会形成，故柠檬醛不存在分子内氢键，选项A错误；

B．柠檬醛分子中存在碳碳双键和醛基；分别能与溴发生加成反应和氧化反应，故溴水褪色，不能证明碳碳双键存在，也可能是醛基引起的，选项B错误；

C．柠檬醛分子中碳原子不存在连接的4个基团或原子均不同的结构；故不存在手性碳原子，选项C错误；

D．根据乙烯分子中的6个原子共平面；甲醛的4个原子共平面可知；若柠檬醛分子中这三个结构中三个面重叠，则所有碳原子可能共面，选项D正确；

答案选D。二、多选题(共6题，共12分)9、BD【分析】【详解】

A．最外层只有一个电子的可能是H或碱金属或某些过渡元素；不同族一般性质有较大差异，A不符合题意；

B．2p、3p未排满，则下一能级不可能有电子，故X为：C(2S22P2)、Y为：Si(3S23P2)；两者最外层电子相同，性质相似，B符合题意；

C．M层仅有2个电子；则第一层和第二层排满，故X为Mg；N层上仅有2个电子，则X可能为Ca或者某些过渡元素(如Fe)，不同族性质有差异，C不符合题意；

D．电子总数等于最外层5倍，若电子层为2层、3层均没有相应原子；若为4层，设第三层为a个电子，第四层为b个电子，由题意得：5b=2+8+a+b，即a=4b-10，既然有第四层，根据电子排布规则，第三层至少满足3s23p6，故a=4b–10≥8，推得b≥4.5，即最外层至少5个电子，故第三层3d应该排满，即a=18，所以5b=2+8+18+b，推得b=7，故该原子为35号溴原子，与Cl(3s23p5)最外层电子相同；性质相似，D符合题意；

故答案选BD。10、AB【分析】【详解】

A．同主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：A正确；

B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：B正确；

C．主族元素原子最外层电子数=最高正价，氟无正价，所以最高正价：C错误；

D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：D错误。

故答案为：AB11、CD【分析】【分析】

由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol•L-1的溶液；W；Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，原子序数Z＞W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na。

【详解】

A．周期表中同周期从左到右；元素的非金属性增强，电负性增大，电负性：Cl＞S＞Na，故A正确；

B．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，简单离子的半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+；故B正确；

C．盐酸是强酸；氢硫酸是弱酸，同浓度氢化物水溶液的酸性：S＜Cl，故C错误；

D．氯的单质具有强氧化性；没有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，故D错误；

故选CD。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．化合价的绝对值+原子的最外层电子数，若和为8，则该原子最外层电子数为8，只有PCl5中P是10电子结构；故A正确；

B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右；可在此区域研究农药，而高效催化剂一般在过渡金属区域选择，故B不正确；

C．SO2价层电子对数为3，孤对电子为1，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，NO2孤对电子为1，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，COCl2孤对电子为0，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为平面三角形，SOCl2孤对电子为1；价层电子对数为4，所以其VSEPR模型为正四面体形，立体构型为三角锥形，故C不正确；

D．过氧化钠和水反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应中离子键；极性键、非极性键都有断裂和形成，故D正确；

故选BC。13、AD【分析】【详解】

A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+与外界Cl-间为离子键，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+与配体NH3、Cl-间形成6个配位键，配位键属于σ键，每个配体NH3中N、H原子间形成3个N—Hσ键，故1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键为(6+)mol=21mol，即含有σ键的数目为21NA；A错误；

B．在该化合物中N；H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1；根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，B正确；

C．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5；1；故配位数为5+1=6，C正确；

D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液；产生2mol白色沉淀，D错误；

答案选AD。14、AC【分析】【分析】

X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则原子序数X>Y；非金属性X＞Y。

【详解】

A.同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势；当能级处于半满；全满稳定状态时，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能可能Y大于X，如N＞O，故A错误；

B.非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX；故B正确；

C.元素的非金属性越强；最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O；F没有正化合价除外，故C错误；

D.电负性大的元素在化合物中显负价；所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故D正确；

故选AC。

【点睛】

电负性值大的吸引电子能力强，在化合物中显负价，电负性值小的吸引电子能力弱，在化合物中显正价。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

(1).铜位于第4周期,该周期中未成对电子数最多的元素中3d轨道上应是半充满状态,4s轨道上也是半充满状态,为Cr元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；

(2).C原子最外层有4个电子,O原子最外层有6个电子,当二者都符合8电子的稳定结构时,电子式为即C与O之间形成共价叁键,结构式为C≡O;CO分子共含有14个电子,与其互为等电子体的离子为CN-;同周期元素自左到右,第一电离能有增大的趋势,ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满(,ⅡA族)或半充满(ⅤA族)的稳定结构,故第一电离能要高于其相邻的主族元素,即三者第一电离能的大小顺序为N>O>C；

(3).①在该配离子中含有C-O、C-H等极性键,含有C-C非极性键,O与Fe3+之间的配位键,C-C；C-O、C-H、O-H等σ键,C=O、C=C含有π键；

②碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化,-CH3和-CH2-中的碳原子采用sp3杂化；

（4）.两种物质的溶液中加入AgNO3溶液后都生成白色沉淀,说明外界中都含有Cl-由得到沉淀的量的关系可知,绿色物质中的Cl-有2个在外界,而紫色物质中的Cl-全部在外界,故绿色物质的内界的化学式为[TiCl(H2O)5]2+；

【详解】

(1).铜位于第4周期,该周期中未成对电子数最多的元素中3d轨道上应是半充满状态,4s轨道上也是半充满状态,为Cr元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；

(2).C原子最外层有4个电子,O原子最外层有6个电子,当二者都符合8电子的稳定结构时,电子式为即C与O之间形成共价叁键,结构式为C≡O;CO分子共含有14个电子,与其互为等电子体的离子为CN-;同周期元素自左到右,第一电离能有增大的趋势,ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满(,ⅡA族)或半充满(ⅤA族)的稳定结构,故第一电离能要高于其相邻的主族元素,即三者第一电离能的大小顺序为N>O>C，答案为：C≡O；CN-；N>O>C；

(3).①在该配离子中含有C-O、C-H等极性键,含有C-C非极性键，O与Fe3+之间的配位键,C-C；C-O、C-H、O-H等σ键,C=O、C=C含有π键；答案为：CDEGH；

②碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化，-CH3和-CH2-中的碳原子采用sp3杂化，答案为：sp2、sp3；

（4）.两种物质的溶液中加入AgNO3溶液后都生成白色沉淀,说明外界中都含有Cl-由得到沉淀的量的关系可知,绿色物质中的Cl-有2个在外界，而紫色物质中的Cl-全部在外界,故绿色物质的内界的化学式为[TiCl(H2O)5]2+，答案为：[TiCl(H2O)5]2+；

【点睛】

等电子体的电子式相同，CO与氮气互为等电子体，则CO的电子式为【解析】①.1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)②.C≡O③.CN-④.N>O>C⑤.CDEGH⑥.sp2、sp3⑦.[TiCl(H2O)5]2+16、略

【分析】Ⅰ.元素X位于第四周期；其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，则X为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；

Ⅱ.(1)通过X-射线衍射实验进行区分；

(2)根据均摊法，先求出该晶胞中氧原子数，再由Cu2O中铜与氧原子的比例关系计算出铜原子数目。

【详解】

Ⅰ.(1)锌与硫所形成的的化合物晶体的晶胞如图，1个晶胞中Zn的个数为：8×+6×=4；

(2)硫原子位于晶胞内部；每个晶胞含有4个，即S为4，故此晶胞中锌与硫的个数比为1:1，故该化合物的化学式为ZnS；

Ⅱ.(1)用X光进行照射会发现；晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此可通过X-射线衍射实验进行区分；

(2)根据均摊法，该晶胞中氧原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中铜与氧原子的比例关系可知，该晶胞中铜原子数为16。【解析】①.4②.ZnS③.X-射线衍射实验④.1617、略

【分析】(1)

在含有多个电子的原子里；电子的能量不都相同，原子核外区域的能量也不同，电子分别在能量不同的区域内运动，把不同的区域简化为不连续的壳层，也称作电子层；

(2)

电子层从1~7层的字母代号分别为：K、L、M、N、O、P、Q，最多容纳电子数分别为：2、8、18、32、50、72、98；电子层数越小，离核越近，能量越低，则离核由近到远、能量由低到高。【解析】(1)能量不同不连续的壳层。

(2)KLMN281832近远低高18、略

【分析】【分析】

根据元素周期表中各元素的位置；可以推断出①为H，②为Be，③为N，④为O，⑤为F，⑥为Na，⑦为Al，⑧为Cl，⑨为Ti，⑩为Fe。

【详解】

（1）s区包含IA族和IIA族，其中①H为非金属元素；⑩是Fe，26号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

（2）③④⑤分别为N、O、F，则电负性由小到大为N

（3）③为N，N原子最外层为第二层，该电子层无d轨道，所以不能发生sp3d杂化；

（4）⑤为F；⑧为Cl，由于F在VIIA族的最上方，所以F的非金属性比Cl强；证明的依据：

A.HF的稳定性比HCl强；可以说明F的非金属性强些，但是氢化物的熔沸点不能说明这一点，A错误；

B.元素的电负性越大；表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强，元素的非金属性越强，其电负性越大，故B正确；

C.比较元素非金属性；与单质的键能无关，C错误；

D.比较元素的非金属性；首先比较的一定是其最高价含氧酸，其次F元素没有正价，故无法通过这一点去比较F；Cl的非金属性，D错误；

E.键长越长；则该化学键所含能量越低，即化合物所含能量越低，则该物质越稳定，所以可以比较出HF和HCl的热稳定性，氢化物越稳定，则该元素的非金属性越强，E正确；

F.两种元素在自然界都以化合态存在；不能通过这点比较F；Cl的非金属性，D错误；

故合理选项为BE；

（5）元素⑦的氧化物为Al2O3，元素⑧的最高价氧化物为HClO4，这两个物质发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。

【点睛】

电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度。元素电负性数值越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强；反之，电负性数值越小，相应原子在化合物中吸引电子的能力越弱（稀有气体原子除外）。【解析】①.H②.1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2③.N3d杂化⑤.氟⑥.BE⑦.Al2O3+6H+=2Al3++3H2O19、略

【分析】【详解】

(1)镍为28号元素，其核外电子排布式为所以基态Ni原子的外围电子排布图

(2)氯为17号元素，基态Cl原子核外电子排布式1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；核外电子总共有17种运动状态，最高能级为p轨道，电子云形状为哑铃形；

(3)碳酰肼，其结构为氮原子有1个孤电子对，每个氮原子形成3个σ键，属于sp3杂化，碳原子形成3个σ键，属于sp2杂化；

(4)电负性O>C，O原子不易提供孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子；Ni形成4个配位键属于σ键，CO与N2互为等电子体，其分子结构为C≡O，1分CO分子中存在1个σ键，2个π键，故1mol该配合物Ni(CO)4分子中σ键数目为8NA。【解析】1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p517哑铃形sp3sp2电负性O>C，O原子不易提供孤电子对8NA20、略

【分析】【详解】

（1）含氧酸中非羟基氧的数目越多；吸引电子的能力越强，酸性越强，同一元素的不同含氧酸中，该元素的化合价越高，非羟基氧的数目越多，酸性越强，故答案为：同一元素的不同含氧酸中中心元素化合价越高，非羟基氧的数目越多，酸性越强；

（2）NaBH4为离子化合物，所有原子最外层都达到稳定结构，电子式为故答案为：

（3）冰中水分子排列有序，分子间更容易形成氢键，所以冰中形成的氢键数目比液态水中要多，分子间的距离更大，导致相同温度下冰的密度比水小，故答案为：冰中氢键数目比液态水中要多，导致冰里面存在较大的空隙。【解析】①.同一元素的不同含氧酸中中心元素化合价越高，非羟基氧的数目越多，酸性越强②.③.冰中氢键数目比液态水中要多，导致冰里面存在较大的空隙21、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置知；①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是H；N、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S元素。

(1)Si的原子结构中含3个电子层；最外层电子数为4；

(2)铵盐与碱加热制备氨气；氨气与硝酸反应生成盐；

(3)物质的熔沸点低；由分子构成，可知为共价化合物，且共价化合物熔融状态不导电；

(4)④、⑥两元素结合成化合物为MgF2；为离子化合物；

【详解】

(1)⑧元素为Si；原子序数为14，在周期表的位置为第三周期第IVA族，故答案为：第三周期第IVA族；

(2)②的氢化物为氨气，实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑，②的氢化物（氨气）与其最高价氧化物水化物（硝酸）反应生成盐为硝酸铵，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；硝酸铵；

(3)⑦的氯化物物理性质非常特殊；如熔点为190℃，但在180℃就开始升华，可知由分子构成，熔沸点低，则氯化铝为共价化合物，实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电，故答案为：共价化合物；氯化铝在熔融状态下不能导电；

(4)④、⑥两元素结合成化合物为MgF2，为离子化合物，用电子式表示其形成过程为故答案为：【解析】第三周期第IVA族；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑硝酸铵共价化合物氯化铝在熔融状态下不能导电22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ni元素的序号为28，原子核外电子数为28，镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2；故答案为：[Ar]3d84s2；2；

(2)①SO中S原子的孤电子对数==0；价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；

②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对；二者之间形成配位键，故答案为：配位键；

③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，因此是极性分子。故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；sp3。【解析】[Ar]3d84s22正四面体配位键高于NH3分子间可形成氢键sp3四、判断题(共1题，共5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。五、原理综合题(共3题，共12分)24、略

【分析】【详解】

(1)根据核外电子排布规律得基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；p轨道的电子云轮廓图形状为纺锤型；基态铝原子比基态镁原子的第一电离能(I1)小，其原因是镁原子的3s轨道为全充满，3p轨道为全空，稳定性强，因此镁原子的第一电离能大于铝；故答案为1s22s22p63s23p1；纺锤型，镁原子的3s轨道为全充满，3p轨道为全空，稳定性强，因此镁原子的第一电离能大于铝；

(2)根据题干信息AlF3可由六氟铝酸铵[(NH4)3AlF6]受热分解制得，反应的化学方程式为：(NH4)3AlF6=3NH3↑+3HF↑+AlF3；

(3)因为AlF3具有较高的熔点，且F非金属性强，则AlF3属于离子晶体；AlCl3为分子晶体；它们的差异原因在于：F的电负性强于Cl，更容易得电子形成离子键而形成离子晶体；

(4)[Al(OH)4]－的配位数为4，则Al原子的杂化形式是sp3；该阴离子中存在的化学键有极性键和配位键，故答案为sp3；B；E；

(5)根据萤石的晶胞图所示，其中Ca2+的堆积方式称为面心立方；晶胞中Ca2+数目为：84，F-数目为8，则晶胞的密度为：==g/cm3。

【点睛】

在计算晶胞中微粒数目时，位于顶点的微粒属于这