2024年沪教版选择性必修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年沪教版选择性必修2化学下册月考试卷46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、硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子分层排布，彼此分层间隔。单层硼原子(半径为a)和单层镁原子(半径为b)在平面上的投影如图1。下列说法不正确的是。

A.白球代表镁原子，其电子排布式为B.该晶体的化学式为C.硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示D.晶胞边长为(a+b)2、短周期元素的原子序数依次增大，原子的最外层电子数之和为11，与同族，最外层电子数等于次外层电子数，的单质晶体是应用最广泛的半导体材料。下列叙述错误的是A.非金属性：B.简单氢化物的沸点：C.化合物中含有共价键D.的单质可与的氧化物发生置换反应3、下列各组微粒的空间结构相同的是。

①和②和③和④和A.①②③④B.①②④C.①③④D.②④4、钙钛矿型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器等的功能材料，其一种晶胞如图(a)所示，一种具有立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为和有机碱离子其晶胞如图(b)所示；下列说法错误的是。

A.基态的核外电子排布式为B.图(a)对应钙钛矿型化合物的化学式为C.图(b)中与图(a)中的空间位置相同D.图(a)对应化合物中与等距离且最近的有6个5、已知晶体属立方晶系，晶胞边长a。将掺杂到该晶胞中；可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。

假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是A.该结构单元中O原子数为3B.Ni和Mg间的最短距离是C.Ni的配位数为4D.该物质的化学式为评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、现有下列微粒：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨填写下列空白(填序号)：

(1)分子空间结构呈正四面体形的是_______。

(2)中心原子轨道为杂化的是为_______，杂化的是_______，为杂化的是_______。

(3)所有原子共平面(含共直线)的是_______，共直线的是_______。7、以海绵铜（CuO；Cu）为原料制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如下：

（1）Cu基态原子核外电子排布式为________，SO42−的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中提供孤电子对的原子是_______（填元素符号）。

（2）“吸收”过程：

①2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=－112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有______________（写出两种）。

②吸收NO2的有关反应如下：

反应Ⅰ：2NO2(g)+H2O(l)＝HNO3(aq)+HNO2(aq)ΔH=－116.1kJ·mol−1

反应Ⅱ：3HNO2(aq)＝HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)ΔH=－75.9kJ·mol−1

用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

（3）“电解”过程：HNO2为弱酸，通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是____________。

（4）“沉淀”过程：产生CuCl的离子方程式是________________。8、甲；乙、丙三种有机物的结构如下：

甲：乙：丙：CH2=CHCN

(1)甲分子中有_______个键，_______个键，_______(填“有”或“没有”)非极性键。

(2)乙分子中每个碳原子形成_______个键，_______个键。

(3)丙分子中键与键的数目之比为_______。

(4)上述分子中既存在极性键又存在非极性键的是_______。9、A、B、D、E、F、G为短周期元素，且原子序数依次递增。A、F同主族，E、G同主族。A与其他非金属元素化合时易形成共价键，F与其他非金属元素化合时易形成离子键，且F+与E2-核外电子排布相同。由以上元素组成的物质BE和D2具有相同的电子数。请回答以下问题：

(1)F位于第_____周期第_____族。

(2)G的离子结构示意图为_____。

(3)用电子式表示D2的形成过程：______。

(4)由A；E、F三种元素形成的化合物的化学式为____；含有的化学键有_____(填化学键类型)，属于_____化合物。

(5)B的最高价是_____，由A、B组成的化合物中，含A量最高的物质的结构式是_____。10、在下列空格中；填上适当的元素符号或微粒符号。

(1)在第3周期中，第一电离能最大的元素是_______，电负性最大的元素是_______。

(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的_________。

(3)在F2、H2O2、NH3、H2O、HBr中，含有配位键的微粒有_____，含有非极性键的微粒有________；空间构型是三角锥形的分子_______。11、回答下列问题。

(1)氯化亚砜是一种无色或淡黄色发烟液体，沸点为76℃，其分子的空间构型为_______，其晶体粒子间的作用力为_______。硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中配位原子是_______。

(2)的结构如图；下列说法正确的是_______。

A．它是由极性键形成的非极性分子B．它能与水形成分子间氢键C．分子中含2个键D．它溶于水电离产生离子键(3)最简单的硼烷是其分子结构如下图所示，B原子的杂化方式为_______。

(4)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：的原因是_______。

(5)下图(Ⅱ)表示甲烷分子，图(Ⅲ)表示某钠盐的无限链状结构的阴离子的一部分，该钠盐的化学式为_______。

12、是生命之源，由分子形成的物质种类繁多。

(1)分子内键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为_______。

(2)可与形成是三角锥空间构型。中O原子采用的杂化方式为_______。

(3)是一种无色液体，其结构如图所示。根据“相似相溶规则”在水中的溶解度_______(填“大于”、“小于”、“等于”)其在中的溶解度。

(4)在的水溶液中，一定条件下存在组成为(n为正整数)的配离子。则。

①_______。

②在该配离子中，提供空轨道的元素是_______，提供孤电子对的是_______。

A.B.HC.OD.Cr评卷人得分三、判断题(共6题，共12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、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16、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17、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误18、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、有机推断题(共2题，共10分)19、为了研究有机物A的组成与结构；某同学进行如下实验。

i.将9.0gA在足量氧气中充分燃烧；并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g。

ii.通过质谱法测得其相对分子质量为90。

iii.通过红外光谱法测得A中含有－OH和－COOH。

请回答下列问题。

(1)9.0gA完全燃烧生成水的物质的量是____________mol。

(2)A的分子式是____________。

(3)在一定条件下，若两个A分子可以反应得到一个六元环的分子，还能发生缩聚反应，写出A发生缩聚反应的方程式____________________________________。

(4)试写出由与A含有相同C原子数的烯烃为原料(无机试剂及催化剂任用)合成A的合成路线_________________________。(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。20、已知元素X；Y均为短周期元素；X元素的一种核素常用于测文物的年代，Y元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56。N是一种常用溶剂，分子式中两种元素个数比为1:1。回答下列问题：

(1)M的分子式为：______。

(2)任意写一种不含支链的M的结构简式______。

(3)如图在烧瓶a中加入N与液溴的混合液；加入铁粉可以使其发生反应：

①写出a容器中发生反应的化学方程式：______。

②仪器b的名称为_____。

(4)乙烯是重要有机化工原料。结合如图路线回答：

已知：2CH3CHO+O22CH3COOH

①B中官能团的名称是______。

②该转化关系中D生成CH3CHO的反应方程式为______。

③G是一种油状；有香味的物质；有以下两种制法。

制法一：实验室用D和E在浓硫酸加热条件下反应制取G。反应⑥用18O同位素标记乙醇中的氧原子，写出其化学方程式_______。

制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。该反应类型是____。评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共8分)21、现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素基态原子的价电子排布式为nsnnpn+1；C元素为周期表中最活泼的非金属元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的E元素形成的正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满；N层只有一个电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

(1)A元素的第一电离能__(填“<”“>”或“=")B元素的第一电离能；A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为__(用元素符号表示)。

(2)D元素基态原子的价电子排布式为__。

(3)C元素基态原子的轨道表示式为__；E3+的离子符号为__。

(4)F元素位于元素周期表的__区，其基态原子的电子排布式为__。

(5)G元素可能的性质是__(填序号)。

A．其单质可作为半导体材料B．其电负性大于磷。

C．其原子半径大于储D．其第一电离能小于硒。

(6)活泼性D__(填“>”或“<”，下同)Al；I1(D)_I1(Al)，其原因是__。评卷人得分六、计算题(共4题，共8分)22、(1)碳的某种晶体为层状结构，可与熔融金属钾作用。钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图①所示，则其化学式可表示为________。

(2)图②为碳的一种同素异形体C60分子，每个C60分子中含有σ键的数目为________。

(3)图③为碳的另一种同素异形体金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(12，0，12)，C为(12，12，0)；则D原子的坐标参数为________。

(4)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼晶胞的密度是______________g·cm－3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为NA)。23、10mL某气态烃，在50mLO2中充分燃烧，得到液态水，以及35mL混合气体(所有气体均在同温同压下测定)，该气态烃是什么？____________(写出计算过程和烃的分子式)24、LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有___________个。

电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。25、K2S的晶胞结构如图所示。其中K＋的配位数为___________，S2-的配位数为___________；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，则K2S晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式；不必计算出结果)。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．镁是12号元素，镁原子半径大于硼，白球代表镁原子，其电子排布式为故A正确；

B．根据图示，1个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子被3个Mg原子共用，所以该晶体的化学式为故B正确；

C．根据均摊原则，1个晶胞含有个Mg原子、2个硼原子，晶体的化学式为与晶胞相符；所以硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示，故C正确；

D．由图2可知，边长为2个白球的圆心距，图1中3个距离最近的白球连成1个等边三角形在等边三角形中做辅助线如图ac即为晶胞边长，设边长为x，则ae=ad=a+b，x=故D错误；

选D。2、C【分析】【分析】

短周期元素的原子序数依次增大，最外层电子数等于次外层电子数，推知Y为Mg，的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，推知Z为Si，与同族，推知W为C，原子的最外层电子数之和为11，推知X为N，所以分别为C；N、Mg和Si；据此分析选择。

【详解】

A．同周期主族元素随原子序数增大，非金属性递增，同主族元素随原子序数增大，非金属性递减，所以非金属性：N>C>Si；A正确；

B．氨气可以形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以简单氢化物的沸点：NH3>CH4；B正确；

C．Mg3N2为离子化合物；其中只有离子键，没有共价键，C错误；

D．C和SiO2可以发生如下反应：该反应为置换反应，D正确；

答案为：C。3、C【分析】【详解】

。微粒中心原子上的孤电子对数中心原子上的价层电子对数空间结构①2直线形2直线形直线形②2直线形4V形V形③3V形3V形V形④4正四面体形4正四面体形正四面体形

综合以上分析，①③④符合题意，故答案选C。4、C【分析】【详解】

A．为20号元素，基态的核外电子排布式为A项正确；

B．图(a)晶胞中位于体心，位于棱上，12条棱上每条棱上均有一个的配位数为12，对应钙钛矿型化合物的化学式为B项正确；

C．距离最近的是处于面心的的配位数为6，图(a)中的配位数也是6，图(a)和图(b)可以看出和空间位置相同；C项错误；

D．图(a)对应化合物中处于顶点处，位于棱上，与图(a)等距离且最近的有6个；D项正确；

答案选C。5、B【分析】【详解】

A．由均摊法可知该结构单元中O原子数=1+12×=4；A错误；

B．由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即=B正确；

C．由晶胞可知Ni的配位数为6；C错误；

D．1个晶胞中Li的个数=1×0.5=0.5，Mg的个数=2×0.5+1×=1.125，Ni的个数=7×+3×0.5=2.375，O的个数=4，因此该物质的化学式为D错误；

答案选B。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

①中原子杂化轨道数=键电子对数+孤电子对数=所以采取杂化，空间结构为正四面体形；②中原子杂化轨道数键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为平面形；③中原子杂化轨道数键电子对数十孤电子对数所以采取杂化，空间结构为直线形；④中原子杂化轨道数键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为三角锥形；⑤中原子杂化轨道数键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为正四面体形；⑥中原子杂化轨道数键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为平面三角形；⑦中原子杂化轨道数键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为正四面体形；⑧中原子杂化轨道数=键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为角形；⑨中原子杂化轨道数=键电子对数+孤电子对数所以采取杂化，空间结构为二面角形结构，两个原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角。

【详解】

(1)根据上述分析；分子空间结构呈正四面体形的有①⑤⑦。答案为：①⑤⑦；

(2)根据上述分析，中心原子轨道为杂化的有①④⑤⑦⑧⑨；为杂化的是②⑥；为杂化的是③。答案为：①④⑤⑦⑧⑨；②⑥；③；

(3)①是正四面体形结构，所有原子不共平面也不共线；②是平面形分子，所有原子共平面而不共线；③是直线形分子，所有原子共平面也共线；④是三角锥形分子，所有原子不共面也不共线；⑤是正四面体形结构，所有原子不共面也不共线；⑥是平面三角形分子，所有原子共平面而不共线；⑦是正四面体形结构，所有原子不共面也不共线；⑧是角形分子，所有原子共平面而不共线；⑨的空间结构是二面角形结构，所有原子不共面也不共线。因此，所有原子共平面(含共直线)的是②③⑥⑧，共直线的是③。答案为：②③⑥⑧；③。【解析】①.①⑤⑦②.①④⑤⑦⑧⑨③.②⑥④.③⑤.②③⑥⑧⑥.③7、略

【分析】【分析】

海绵铜（CuO、Cu）中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，SO2具有还原性；再将铜离子还原为氯化亚铜，NO合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu的原子序数为29，Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；SO42−中S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该微粒为正四面体形；[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形；O；

（2）①2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=－112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应；提高NO平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度；增大压强、提高氧气的浓度等；

②由盖斯定律可知：（反应I3+反应II）可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=－212.1kJ·mol−1；

（3）电解过程中，阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3，阳极的电极反应式是：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；

（4）Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s1②.正四面体形③.O④.增大压强、提高氧气的浓度⑤.3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=－212.1kJ·mol−1⑥.HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-⑦.2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+8、略

【分析】【详解】

(1)甲分子中有3个键，2个键，2个键，1个键，共有8个键；键和键中分别有1个键，共有2个键；该分子中有非极性键；故此处填“有”。

(2)乙分子中与原子之间形成1个键和1个键，与两个原子之间分别形成1个键，故乙中含有3个键，1个键。

(3)丙分子中含有1个键（含1个键和1个键），1个C≡N键（含1个键和2个键），3个键和1个键，故丙分子中共有6个键和3个键；数目之比为2：1。

(4)甲中存在C—H、O—H、C=O极性键，C.C—C非极性键，乙中只存在极性键，丙中存在C—H、C≡N极性键，C.C—C非极性键，综上所述，符合题意的为甲、丙。【解析】82有312：1甲、丙9、略

【分析】【分析】

A、F同主族，且A与其他非金属元素化合时易形成共价键，但F与其他非金属元素化合时易形成离子键，则为第ⅠA族元素，且A为氢元素，F为钠元素。F＋与E2－核外电子排布相同，故E为氧元素，B、D两元素位于氢和氧之间，且BE与D2具有相同的电子数；则B为碳元素，D为氮元素，因E(氧)；G同主族，故G为硫元素。

【详解】

(1)根据以上分析；F为钠元素，在第三周期第IA族；

(2)G为硫元素，离子结构示意图为：

(3)D为氮元素，用电子式表示N2的形成过程为：

(4)A为氢元素；E为氧元素，F为钠元素，三种元素可以形成氢氧化钠，化学式为：NaOH，里面含有离子键和共价键；

(5)B为碳元素，最高化合价为：+4，A为氢元素，即碳与氢能形成多种有机物，其中含H量最高的物质是甲烷，其结构式为：【解析】三IANaOH离子键和共价键离子+410、略

【分析】【分析】

同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，据此判断；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强；在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2；据此判断元素；判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子，以此来分析配位键情况；同种元素原子之间形成非极性共价键，不同元素原子之间形成极性共价键，根据分子的立体构型判断。

【详解】

(1)同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar；在元素周期表中；同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，在第三周期元素中，电负性最大的元素是Cl；

(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，是Cr元素或Mn元素；

(3)中N提供孤电子对，H+提供空轨道，二者能形成配位键；同种元素原子之间形成非极性共价键，所以含有非极性键的微粒为F2、H2O2；F2是双原子分子，分子的立体构型为直线型；NH3的氮原子的价层电子对数为4对，有一对孤对电子，分子的立体构型为三角锥形；的氮原子的价层电子对数为4对，分子的立体构型为正四面体形、H2O2是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上；HBr是直线型；H2O的中心原子是O，成键电子对数为2对，孤对电子对数为2对，价层电子对数为4对，空间构型为V形；空间构型是三角锥形的分子是NH3。

【点睛】

3d轨道为半充满的元素还有Cr，容易遗漏。【解析】ArClMn、CrF2、H2O2NH311、略

【分析】【详解】

（1）氯化亚砜分子中的中心原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，为三角锥形，该物质沸点较低，为分子晶体，分子间存在范德华力。在中配位原子是氮原子。

（2）A.不同非金属元素的原子之间形成极性键，该分子存在极性键，为四面体结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，故错误；B.羟基能与水形成分子间氢键正确；C.分子中含2个键；为氧氢键，故正确；D.它溶于水电离产生氢离子和硫酸根离子，不产生离子键，故错误。故选BC

（3）硼烷中硼原子的价层电子对数为4，故采取sp3杂化。

（4）金属通过金属键形成金属晶体，亚铜离子失去的是全充满的3d10电子，而Ni+失去的是4s1电子；故亚铜离子失去第二个电子更难，故元素铜的第二电离能高于镍的。

（5）该图的重复结构中含有2个硅原子，氧原子个数为所以硅、氧原子个数比为2:6=1:3，结合化学键可知，该酸根离子为硅酸根离子，形成的钠盐为硅酸钠。【解析】(1)三角锥形范德华力N

(2)BC

(3)sp3

(4)金属键亚铜离子失去的是全充满的3d10电子，而Ni+失去的是4s1电子。

(5)Na2SiO312、略

【分析】【分析】

（1）

氢键不属于化学键，其大小介于化学键与分子间的范德华力之间，故分子内键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为：分子内键＞氢键＞分子间的范德华力，故答案为：分子内键＞氢键＞分子间的范德华力；

（2）

可与形成是三角锥空间构型。中O原子的价层电子对数为：3+4，故采用的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；

（3）

由H2O2的结构示意图可知，H2O2不是对称结构，即正电荷中心和负电荷中心不重合，即H2O2为极性分子，H2O也是极性分子，CCl4为非极性分子，根据“相似相溶规则”H2O2在水中的溶解度大于其在中的溶解度；故答案为：大于；

（4）

①根据在的水溶液中，一定条件下存在组成为其中Cr的化合价为+3价，Cl-的化合价为-1价，故3-2=1；故答案为：1；

②在该配离子中，中心原子或离子提供空轨道，故提供空轨道的元素是Cr，H2O中的O原子上有孤电子对，Cl-中有孤电子对，故提供孤电子对的是O和Cl-，故答案为：D；AC。【解析】(1)分子内键＞氢键＞分子间的范德华力。

(2)sp3

(3)大于。

(4)1DAC三、判断题(共6题，共12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、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。16、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。17、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。18、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、有机推断题(共2题，共10分)19、略

【分析】【分析】

9.0gA在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，通过浓硫酸的增重确定水的质量，碱石灰的增重确定CO2的质量；根据元素守恒确定9.0gA中C；H原子物质的量，再结合A的质量确定氧原子物质的量，可得有机物A的实验式；根据有机物的相对分子质量可确定有机物A的分子式；最后根据红外光谱法测得的A中含有的官能团可确定A的结构简式，据此分析解答。

【详解】

(1)浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n(H2O)==0.3mol；

(2)0.3molH2O所含有H原子的物质的量n(H)=0.3mol×2=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m(CO2)是13.2g，n(CO2)==0.3mol，则n(C)=0.3mol，9.0gA中m(O)=9g-0.6g-12g/mol×0.3mol=4.8g，n(O)==0.3mol，所以n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即有机物A的实验式为：CH2O；通过质谱法测得其相对分子质量为90，有机物A的实验式为CH2O，设其分子式为(CH2O)x，则30x=90，故x=3，则A的分子式为C3H6O3；

(3)A的分子式为C3H6O3，由于通过红外光谱法测得A中含有-OH和-COOH，则A的结构简式可能为①CH2OHCH2COOH或②CH3CHOHCOOH，但两个CH2OHCH2COOH分子反应得到一个八元环的分子，所以能形成一个六元环分子的物质A的结构简式是A发生缩聚反应的方程式为n+(n-1)H2O；

(4)与A含有相同C原子数的烯烃为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3可以和Br2发生加成反应生成继而发生水解反应可以生成与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基可以被连续氧化生成羧基，与羟基相连的碳原子上有一个氢原子时可以被氧化成羰基，则可以被氧化生成再与氢气发生加成反应可以生成所以合成路线为CH2=CHCH3

【点睛】

与羟基相连的碳原子上有两个氢原子时，羟基可以被连续氧化生成羧基；与羟基相连的碳原子上有一个氢原子时可以被氧化成羰基，羰基、醛基可以与氢气发生加成反应生成羟基。【解析】0.3C3H6O3n+(n-1)H2OCH2=CHCH320、略

【分析】【分析】

X元素的一种核素常用于测文物的年代，则X为C；Y元素原子半径是所有原子中最小的，Y为H；元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M中含有不饱和键，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56，N(C)：N(H)=1：2，分子式为C4H8。N是一种常用溶剂；分子式中两种元素个数比为1:1，N常温下为液体，为常用溶剂，为苯。

【详解】

(1)分析可知，M的分子式为C4H8；

(2)M能使高锰酸钾褪色，则含有碳碳不饱和键，分子式为C4H8，则含有一个碳碳双键，则不含支链的M的结构简式CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3；

(3)①分析可知，N为苯，与液溴在溴化铁作催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，方程式为+Br2+HBr；

②仪器b的名称为球形冷凝管；

(4)①B为乙二醇；含有的官能团为羟基；

②乙烯与水反应生成乙醇，则D为乙醇，乙醇与氧气在Cu作催化剂的条件下生成乙醛和水，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

③乙醛被氧化生成乙酸，乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯，反应时，醇中的H-O键断开，乙酸中的C-O键断开，用18O同位素标记乙醇中的氧原子，乙酸乙酯、乙醇中含有18O，方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；

E为乙酸，CH2=CH2和CH3COOH直接发生加成反应获得G(乙酸乙酯），则反应类型为加成反应。【解析】C4H8CH3CH=CHCH3+Br2+HBr球形冷凝管羟基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O加成反应五、元素或物质推断题(共1题，共8分)21、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F、G七种元素属于前四周期，且原子序数依次增大。A元素基态原子的价电子排布式为所以A是N元素；C元素为周期表中最活泼的非金属元素，则C是F元素，所以B是O元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，所以D是元素；E元素形成的正三价离子的轨道为半充满状态，则E的原子序数是即E是元素；F元素基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则F是元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G是元素。据此解答。

【详解】

(1)A是N元素，B是O元素，C是F元素，氮元素原子的轨道处于半充满状态，稳定性强，故氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能；非金属性越强，电负性越大，则A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为故答案为：

(2)D为元素，根据核外电子排布规律可知基态原子的价电子排布式为故答案为：

(3)C为F元素，E是元素，根据核外电子排布规律可知基态F原子的轨道表示式为的离子符号为故答案为：

(4)F为元素，位于元素周期表的区，其基态原子的电子排布式为或故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

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