2025年浙教新版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年浙教新版选择性必修2化学上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7题，共14分)1、下列判断中错误的是A.铝的化合物的晶体不一定是分子晶体B.熔融态能够导电的一定是离子晶体C.同族元素氧化物可形成不同类型晶体D.不同族元素氧化物可形成同类晶体2、有机化合物的结构简式如右图所示，其组成元素为原子序数依次增大的短周期元素。只有为同周期相邻元素，的原子序数与的最外层电子数相同。下列说法正确的是。

A.简单氢化物的稳定性顺序为B.最高价含氧酸的酸性强弱顺序为C.简单离子的半径由小到大的顺序为D.元素可形成既有离子键又有共价键的化合物3、下列说法不正确的是A.化学反应的实质是旧键的断裂，新键的形成B.石墨转化为金刚石的反应是吸热反应，说明金刚石比石墨稳定C.原电池反应的实质是自发进行的氧化还原反应D.理论上可燃物与氧气的反应均能设置成原电池装置4、下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是A.CO2B.H2OC.D.CCl45、室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1KMnO4溶液：Na+、H+、Fe2+B.0.1mol·L-1盐酸溶液：Na+、K+、C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K+、D.28%的浓氨水：Cu(OH)2、K+、Cl-、6、是钙钛矿型太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图所示。已知：摩尔质量为Mg/mol，晶胞边长为apm，为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是。

A.中心小黑球的配位数为8B.该晶体为共价晶体C.该晶体的密度为D.若I－换为Cl－，则晶胞棱长不变7、某钙钛矿型氧化物的晶体如图所示；其中A为镧系金属离子，B为过渡金属离子，O为氧离子。下列说法不正确的是。

A.A和O联合组成面心立方最密堆积B.B离子占据八面体空隙，占据率25%C.A离子的配位数是12D.O2-离子的分数坐标：(1/2，0，0)，(0，1/2，0)，(0，0，1/2)评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、短周期主族元素X；Y、Z、W、Q在周期表中的相对位置如表所示；其中W的气态氢化物的摩尔质量为34g/mol，Y的最简单氢化物为非电解质，则下列说法不正确的是。

。

X

Y

Z

W

Q

A.X的最简单氢化物水溶液呈碱性B.Q单质能溶于水，且其水溶液须用棕色细口瓶盛装C.电负性：Y>W>ZD.阴离子的还原性：W>Q9、短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z＞Q＞RB.最简单氢化物的沸点：Y＞Z＞QC.R的最高价氧化物对应的水化物为强碱D.X、Z、Q三种元素可形成离子化合物和共价化合物10、CH—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是A.它们的碳原子均采取sp2杂化B.CH与NH3、H3O+几何构型均为三角锥形C.CH中的所有原子均共面D.CH与OH-形成的化合物中含有离子键11、下列分子中，属于非极性的是A.SO2B.BeCl2C.BBr3D.COCl212、下列说法中错误的是。

A.图①中，距最近的可构成正八面体B.图②中，每个晶胞平均含有4个C.图③中，碳原子与键个数比为1：4D.图④中，铜原子的配位数为8评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、大型客机燃油用四乙基铅做抗震添加剂，但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用硫基乙胺()和清除四乙基铅。

(1)基态锰原子的价层电子排布式为_______。

(2)N、C和Mn电负性由大到小的顺序为_______。

(3)中C的杂化方式为_______，其中空间构型为_______。

(4)是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于_______晶体。14、铁原子有两种堆积方式，相应地形成两种晶胞(如图甲、乙所示)，其中晶胞乙的堆积方式是___________，晶胞甲中原子的空间利用率为___________(用含π的代数式表示)。

15、下列为元素周期表中的一部分；用化学式或元素符号回答下列问题：

。族。

周期。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

二。

⑥

⑩

三。

①

③

⑤

⑦

⑨

四。

②

④

⑧

（1）①③⑤中，最高价氧化物对应的水化物的碱性最强的是________(填化学式)。

（2）②③④中，形成的简单离子半径由大到小的顺序是________________。

（3）①和⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为________和________。①和⑧两元素形成化合物的化学式为________，该化合物的溶液与元素⑦的单质反应的离子方程式为_________________________。

（4）⑦⑧⑩三种元素形成的气态氢化物最稳定的是________________，三者非金属性强弱顺序为________________________________________。16、I．下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：

。主族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0族。

第二周期。

①

②

③

第三周期。

④

⑤

⑥

⑦

⑧

第四周期。

⑨

⑩

(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是：________(填元素符号)；

(2)在最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是________(填化学式)，在常温下该化合物和元素⑦的单质反应的离子方程式__________。

(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：__________。

(4)表示①与⑦的化合物的电子式_______，该化合物是由______(填“极性”或“非极性”)键形成的。

(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是____________(用化学式表示)。

II．①CaBr2；②H2O；③NH4Cl；④H2O2；⑤Na2O2；⑥Ca(OH)2；⑦HClO；⑧I2；⑨He

只含有离子键的是(用序号回答)_____，即含离子键又含共价键是(用序号回答)_____，其中含有非极性共价键的共价化合物是(用序号回答)_____，常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的是(用序号回答)_____。17、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)_________、__________。18、现有下列物质：①②③NaOH④HCl⑤⑥

(1)只由离子键构成的物质是________(填序号；下同)。

(2)只由极性键构成的物质是_________。

(3)只由非极性键构成的物质是________。

(4)由极性键和非极性键构成的物质是________。

(5)由离子键和极性键构成的物质是_______。

(6)由离子键和非极性键构成的物质是______。

(7)属于离子化合物的物质是_______。

(8)属于共价化合物的物质是_______。19、按要求填入相应的序号：

(1)铁；(2)干冰、(3)氯化钠、(4)碘、(5)水晶、(6)氯化铵、(7)金刚砂、(8)冰、(9)氢氧化钠、(10)过氧化钠、(11)锗、(12)氯化铝、(13)氨气、(14)铜、(15)胆矾、(16)乙醇、(17)氖。

(1)以上物质中，属于金属晶体的是___________________________；

(2)以上物质中，属于离子晶体的是________________________；

(3)以上物质中，属于分子晶体的是_______________________；

(4)以上物质中，属于共价晶体的是_______________________；

(5)以上物质中，晶体内部存在氢键的是_______________________；

(6)以上物质中，晶体内部既有离子键，又有非极性共价键的是__________________；

(7)以上物质中，晶体内部含有配位键的是____________________________。20、(1)下列各图均能表示甲烷的分子结构,按要求回答下列问题:

①上述哪一种更能反映其真实存在状况______(填字母,下同)。

a.Ib.IIc.IIId.IV

②下列事实能证明甲烷分子是正四面体结构的是_____。

a.CH3Cl只代表一种物质b.CH2Cl2只代表一种物质。

c.CHCl3只代表一种物质d.CCl4只代表一种物质。

(2)分子式为CmH20的烷烃中m为_____，与CO2密度(同温同压)相同的烷烃分子式为________。

(3)若CH4、C2H6、C3H8、C4H10四种烃各为1g，在足量O2中燃烧，消耗O2最多的是_____。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)21、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4题，共36分)22、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。23、氨是重要的工业原料；在农业；医药、国防和化工等领域有重要应用。

（1）氨气的电子式为___，它的共价键属于___(填“极性”或“非极性”)键，其溶于水显碱性的理由是（用化学方程式表示）___。

（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨，下列措施能使正反应速率增大，且一定使平衡混合物中NH3的体积分数增大的是___。

A．降低反应温度B．压缩反应混合物C．充入N2D．液化分离NH3

（3）常温下，向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。

表示NH3·H2O浓度变化的曲线是___(填“A”或“B”)。

（4）当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=___mol/L(用数字表示)。若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)；碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。

①写出液氨的电离方程式：___。

②写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式：___。

③写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系：___。24、Fe2＋、Fe3＋与O22－、CN－、F－有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。

(1)C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是___________________________。

(2)Fe2＋基态核外电子排布式为_____________________________。

(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂；其结构如图1所示。

此物质中碳原子的杂化方式是______________________。

(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为________。已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为_____________。

(5)F－不仅可与Fe3＋形成[FeF6]3－，还可以与Mg2＋、K＋形成一种立方晶系的离子晶体；此晶体应用于激光领域，结构如图2所示。

该晶体的化学式为___________________________________。25、Mn和Ni是构成合金钢金(即铁合金)的主要元素。请回答下列问题：

(1)Mn在元素周期表中的位置___________；

(2)Ni的价电子排布式为___________，属于___________区的元素。

(3)过硫酸盐(S2O)氧化法常用于测定钢中锰的含量，H2S2O8的结构式如图所示：H2S2O8中S的轨道杂化方式为___________

(4)NiO、FeO属于___________晶体，已知r(Ni2+)＞r(Fe2+)，则熔点NiO___________FeO(填“＜"或“＞’’)，原因是___________。

(5)铜盐是自然界中重要的盐，向CuSO4熔液中加入过量稀氨水，产物的外界离子的空间构型为___________，Cu(NO3)2中的化学键类型___________

(6)已知CuCl的晶胞结构如图所示：晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm-3(列出计算式即可)。

评卷人得分六、实验题(共4题，共40分)26、某小组设计一系列实验探究SO2和AgNO3溶液反应的原理。回答下列问题：已知：Ag+能与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

实验(一)：制备SO2并完成SO2和AgNO3溶液反应。

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2。

实验中；硝酸银溶液中产生大量白色沉淀，过滤得到灰白色沉淀A和无色溶液B。

(1)制备SO2的发生装置宜选择___________(填标号)。A．B．C．D．(2)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。

实验(二)：探究灰白色沉淀A的成分。

步骤1：向沉淀A中加入足量的浓氨水；灰白色沉淀逐渐减少，得到灰黑色浊液。

步骤2：静置一段时间；取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体。

(3)经检验，灰黑色浊液中的固体是银单质，则每生成1mol银转移的电子的物质的量为___________mol。

(4)灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为___________(写出一个即可)。

实验(三)：探究无色溶液B的成分。

已知：AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-

操作与现象：

将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液；试管中无沉淀产生。

(5)补充实验：向0.1mol•L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生。由此推知，无色溶液B中___________(填“存在”或“不存在”)Ag+。

(6)经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：___________。

(7)取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，设计实验探究该同学的猜想：___________。

(8)通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一种是___________(用离子方程式表示)。27、某同学做同主族元素性质相似性；递变性实验时；自己设计了一套实验方案，并记录了有关实验现象（见表格，表中的“实验方案”与“实验现象”前后不一定是对应关系）。

。实验方案。

实验现象。

①将氯水滴加到溴化钠溶液中，振荡后加入适量CCl4溶液；振荡，静置。

A．浮在水面上；熔成小球，四处游动，随之消失。

②将一小块金属钠放入冷水中。

B．分层；上层无色，下层紫红色。

③将溴水滴加到NaI溶液中，振荡后加入适量CCl4溶液；振荡，静置。

C．浮在水面上；熔成小球，四处游动，并伴有轻微的爆炸声，很快消失。

④将一小块金属钾放入冷水中。

D．分层；上层无色，下层棕红色。

请你帮助该同学整理并完成实验报告。

(1)实验目的：__________________________________。

(2)实验用品：①试剂：金属钠、金属钾、新制氯水、溴水、0.1mol·L‒1NaBr溶液、0.1mol·L‒1NaI溶液、CCl4溶液等。

②仪器：___；___、镊子、小刀、玻璃片等。

(3)实验内容（请把表中与实验方案对应实验现象的标号和化学方程式补写完整）：

。实验方案。

实验现象。

化学方程式。

①

D

Cl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br2

②

A

2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑

③

___

___

④

___

___

(4)实验结论：___________________________________________________。28、氯可形成多种含氧酸盐；广泛应用于杀菌；消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。

Ⅰ.用如图所示实验装置制取氯水和氯酸钾。

(1)氯酸钾中氯原子的杂化方式为_______，装置A圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。

(2)在确保KOH溶液完全反应的条件下，若对调装置B和C的位置，C中氯酸钾的产率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。

Ⅱ.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中的质量分数(粗产品中混有的杂质是和)；碱性条件下，氧化性较弱，不能氧化测定粗产品中的纯度的实验过程如下：

步骤1：取3.00g样品溶于水配成250mL溶液。

步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO-。然后煮沸溶液1~2min；冷却。

步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)加将溶液调至弱酸性，加过量的的KI溶液；加盖水封；于暗处放置5min。

步骤4：以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次。平均消耗溶液相关反应为

(3)步骤2中，煮沸溶液1~2min的目的是_______。

(4)步骤3发生反应的离子方程式为_______。

(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是_______。

(6)粗产品中的质量分数为_______。(保留三位有效数字)29、某小组同学探究FeCl3溶液显黄色的原因。

资料：FeCl3溶液中存在如下化学平衡：[Fe(H2O)6]3++H2O[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+

I．猜想与预测。

小组同学认为可能是Fe3＋与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色；进而提出以下猜想：

i．Fe3＋与OH-配位。

ii．Fe3＋与H2O配位。

iii．Fe3＋与Cl-配位。

(1)上述微粒能形成配离子的原因是___________。

II．实验与分析。

为验证猜想i，小组同学设计并完成了以下实验。实验实验操作实验现象a向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀硝酸溶液由黄色变为浅黄色b向2mLFeCl3溶液中加0.5mL水溶液黄色略变浅(2)实验b的目的是___________。

(3)甲同学认为综合上述实验证明猜想i成立；乙同学认为不严谨，并进行了如下实验探究。

实验c：向2mL黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸；观察到溶液由黄色变为无色。

①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是___________。

②乙同学认为实验c可以证明猜想i成立，猜想ii不成立，理由是___________。

③小组同学进一步设计实验证明了猜想iii成立。该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量___________；溶液由无色变为黄色。

III．结论与反思。

(4)综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是______。

(5)向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，用平衡移动原理解释：______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．铝的化合物的晶体不一定是分子晶体；例如氟化铝晶体属于离子晶体；氯化铝晶体属于分子晶体，A正确；

B．熔融态能够导电的化合物一定是离子晶体；如果是金属，液态时也能导电，B错误；

C．同族元素氧化物可形成不同类型晶体；例如二氧化硅晶体属于原子晶体(或共价晶体)；二氧化碳晶体属于分子晶体，C正确；

D．不同族元素氧化物可形成同类晶体；例如钠；镁、铝处于不同主族，而氧化钠、氧化镁、氧化铝均属于离子晶体，例如，氢和碳处于不同主族，而它们的氧化物晶体：二氧化碳晶体、冰均属于分子晶体，D正确；

答案选B。2、D【分析】【分析】

为原子序数依次增大的短周期元素，由M的结构可知，Q最外层有7个电子，则Z的原子序数为7，为N元素，又因为为同周期相邻元素；所以Y为C元素，W为O元素，Q为Cl元素，X能形成一根共价键，则X为H元素，据此解答。

【详解】

A．非金属性强弱为：O＞N＞C，所以简单氢化物的稳定性顺序为故A错误；

B．非金属性强弱为：Cl＞N＞C，所以最高价含氧酸的酸性强弱顺序为故B错误；

C．简单离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同的离子，原子序数越小，半径越大，所以简单离子的半径由小到大的顺序为故C错误；

D．元素可形成硝酸铵；既有离子键又有共价键，故D正确；

故选D。3、B【分析】A、化学反应的本质就是旧的化学键断裂，新的化学键的形成，A正确。B、物质的能量越低，物质越稳定。石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低，所以石墨比金刚石稳定，B错误。C、原电池的负极失去电子发生氧化反应，正极上是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，本质就是发生了自发的氧化还原反应，C正确。D、可燃物与氧气的反应是氧化还原反应，有电子的得失或者偏转，故均能设置成原电池装置，D正确。正确答案为B4、B【分析】【分析】

价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布；不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；

价层电子对个数为3；不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断。

【详解】

A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对；所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，A不符合题意；

B．水分子中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4；VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，B符合题意；

C．的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=×(4+2-2×3)=0，所以的空间构型是平面三角形；VSEPR模型与分子立体结构模型一致，C不符合题意；

D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+×(4-1×4)=4；VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；

故选B。5、C【分析】【详解】

A．KMnO4溶液具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+；A不符合题意；

B．B不符合题意；

C．在Na2CO3溶液中；四种离子能大量共存，C符合题意；

D．Cu(OH)2溶于氨水形成配合物，即Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；D不符合题意。

故答案选C。6、C【分析】【详解】

A．中心小黑球周围有6个小白球；其配位数为6，故A错误；

B．该晶体由离子构成；属于离子晶体，故B错误；

C．该晶体的密度为故C正确；

D．由于I－换为Cl－半径不同，若I－换为Cl－；则晶胞棱长将改变，故D错误。

综上所述，答案为C。7、D【分析】【分析】

【详解】

略二、多选题(共5题，共10分)8、AB【分析】【分析】

由短周期主族元素X；Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知；X、Y位于第二周期，Z、W、Q位于第三周期，Y、W同主族，Y的最简单氢化物为非电解质，W的气态氢化物的摩尔质量为34g/mol，由于水为弱电解质，Y不能为O，则Y为N，W为P，结合相对位置可知，X为C，Z为Al，Q为S。

【详解】

A．C的最简单氢化物为不溶于水，A错误；

B．S单质不能溶于水；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，电负性C正确；

D．由于非金属性故阴离子还原性D正确；

故选AB。9、AC【分析】【分析】

Q是地壳中含量最高的元素；则Q为O元素，则X；Y、R的最外层电子数之和为6，X与R同族，则最外层电子数相同，则只有1、1、4满足条件，X、Y的原子序数均小于O，所以X可以是H或Li，Y为C，R为Na，Z位于C和O之间，为N元素。

【详解】

A．Z、Q、R对应的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，电子层结构相同，则核电荷数越小半径越大，所以半径N3-＞O2-＞Na+；即Z＞Q＞R，A正确；

B．Y的最简单氢化物为CH4，Z的最简单氢化物为NH3，Q的最简单氢化物为H2O，NH3和H2O分子之间均存在氢键，沸点高于CH4，而H2O常温下为液体，沸点高于NH3，所以沸点H2O＞NH3＞CH4；即Q＞Z＞Y，B错误；

C．Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH；是一种强碱，C正确；

D．若X为Li元素；则Li；N、O只能形成离子化合物，D错误；

故选AC。10、BC【分析】【详解】

A．CH—CH3、CH价电子对数不同；碳原子采取的杂化方式不同，故A错误；

B．CH与NH3、H3O+中心原子价电子对数都是4；都有1个孤电子对，几何构型均为三角锥形，故B正确；

C．CH中心碳原子的价电子对数是3；无孤电子对，为平面结构，所有原子均共面，故C正确；

D．CH与OH-形成的化合物是CH3OH；属于共价化合物，不含离子键，故D错误；

选BC。11、BC【分析】【分析】

根据价层电子对互斥理论(VSEPR)可得四种分子的结构如下：

【详解】

A．SO2中心原子S的价层电子对数为2+=3，为杂化，分子构型为V型正负电荷中心不重叠，属于极性分子，故A不选；

B．BeCl2中心原子Be的价层电子对数为2+=2，为杂化，分子构型为直线形正负电荷中心重叠，属于非极性分子，故B选；

C．BBr3中心原子B的价层电子对数为3+=3，为杂化，分子构型为对称平面三角形正负电荷中心重叠，属于非极性分子，故C选；

D．COCl2中心原子C的价层电子对数为3+=3，为杂化，分子构型为不对称平面三角形正负电荷中心不重叠，属于极性分子，故D不选；

故选BC。12、CD【分析】【分析】

【详解】

A．图①中，距最近的位于6个面的面心处；可构成正八面体，A正确；

B．图②中，每个晶胞平均含有数为个；B正确；

C．碳原子最外层电子数是4个，则图③中平均1个碳原子形成碳碳单键个数为＝2，碳原子与键个数比为1：2；C错误；

D．以顶点Cu原子研究，Cu原子的配原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用、每个面心为2个晶胞共用，故Cu原子的配位数为＝12；D错误；

答案选CD。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】

根据Mn的原子序数和核外电子排布规律写出Mn价层电子排布式；根据电负性递变规律，判断N、C、Mn电负性相对大小；根据HSCH2CH2NH2结构，判断C原子杂化方式；根据VSEPR理论，判断的空间构型；根据题中信息，判断晶体类型；据此解答。

【详解】

(1)Mn的原子序数为25，根据核外电子排布规则，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2；答案为3d54s2。

(2)电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量；元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性(或电负性)的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大，可以得到电负性大小为N大于C，而Mn为金属元素，其电负性小于非金属性，N；C和Mn三种元素的电负性由大到小的顺序为N＞C＞Mn；答案为N＞C＞Mn。

(3)HSCH2CH2NH2分子中，C形成4个共价键，它们价层电子对数为4对，其杂化方式为sp3，中N原子价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为V型；答案为sp3；V型。

(4)由题中信息，是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，根据相似相溶原理可知，其晶体类型为分子晶体；答案为分子。【解析】N＞C＞MnV型分子14、略

【分析】【详解】

晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心，所以属于面心立方最密堆积；晶胞甲中含有铁原子个数为×8＋1=2，假设铁原子半径为r，晶胞的边长为a，则有(4r)2＝(a)2＋a2，解r＝a，原子的空间利用率为＝＝π。【解析】面心立方最密堆积15、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置知，①为Na元素，②为K元素，③为Mg元素，④为Ca元素，⑤为Al元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素，⑧为Br元素，⑨为Ar元素；⑩为F元素；据此解答。

【详解】

（1）①为Na元素，③为Mg元素，⑤为Al元素，三元素属于同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，原子序数Na＜Mg＜Al，金属性Na＞Mg＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，三元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3；碱性最强的是NaOH；答案为NaOH。

（2）②为K元素，③为Mg元素，④为Ca元素，三元素形成简单阳离子分别为K＋、Mg2＋、Ca2＋，其中Mg2+只有二个电子层，K+和Ca2+有三个电子层，电子层越多，半径越大，K+和Ca2+具有相同的电子层结构，随着核电荷的递增，半径减小，原子序数K＜Ca，离子半径r(K＋)＞r(Ca2＋)，三元素的离子半径大小顺序为r(K＋)＞r(Ca2＋)＞r(Mg2＋)；答案为r(K＋)＞r(Ca2＋)＞r(Mg2＋)。

（3）①为Na元素，⑧为Br元素，Na和Br的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和HBrO4；Na和Br两元素形成化合物的化学式为NaBr，⑦为Cl元素，其单质Cl2与NaBr溶液发生置换反应生成NaCl和Br2，其离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；答案为NaOH，HBrO4，NaBr，Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。

（4）⑦为Cl元素，⑧为Br元素，⑩为F元素，三元素属于同主族元素，从上到下，非金属依次减弱，原子序数F＜Cl＜Br，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，三种元素形成的气态氢化物最稳定的是HF；答案为HF，F＞Cl＞Br。【解析】NaOHr(K＋)＞r(Ca2＋)＞r(Mg2＋)NaOHHBrO4NaBrCl2＋2Br－=Br2＋2Cl－HFF＞Cl＞Br16、略

【分析】【分析】

I.根据元素在周期表的位置可知：①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Al元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ar元素，⑨是K元素，⑩是Br元素；然后根据元素周期律分析解答；

II.根据构成物质元素的金属性；非金属性强弱判断物质含有的化学键类型；结合各物质的构成微粒及微粒间的作用力判断物质熔化时破坏的作用力。

【详解】

I.根据上述分析可知：①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K，⑩是Br元素。

(1)同一周期中惰性气体元素的原子核外电子排布达到最外层2个或8个电子的稳定结构，化学性质不活泼，在上述元素中，化学性质最不活泼的是Ar元素；

(2)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，在上述元素中金属性最强的元素是K元素，所以最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是KOH；⑦是Cl元素，Cl2与KOH反应产生KCl、KClO、H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(3)元素④与⑥形成的化合物是Na2S，该化合物为离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：

(4)①与⑦的化合物的化学式是CCl4，由于C、Cl都是非金属元素，两种元素的原子间以共价键形成共价化合物，其电子式为：C；Cl是不同的元素；C-Cl键为极性共价键；

(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子分别是O2-、S2-、Cl-，O2-核外有2个电子层，而S2-、Cl-的核外有3个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此这三种离子半径由大到小的顺序是：S2->Cl->O2-；

II.①CaBr2是离子化合物，只含有离子键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；②H2O是共价化合物，只含极性共价键，常温呈液态；③NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；④H2O2是共价化合物，含极性共价键、非极性共价键，常温呈液态；⑤Na2O2是离子化合物，含离子键、非极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；⑥Ca(OH)2是离子化合物，含离子键、极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；⑦HClO是共价化合物，含极性共价键，熔化时破坏分子间作用力；⑧I2是非金属单质；含有非极性共价键，在室温下呈固态，熔化时破坏分子间作用力；⑨He是单原子分子，无化学键，常温呈气态；

综上所述可知：只含有离子键的是①；既含有离子键又含有共价键的是③⑤⑥，含有非极性共价键的共价化合物是④；常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的物质是⑧。

【点睛】

本题考查了元素周期律的应用。根据元素在周期表的位置推断元素是解题关键。掌握元素周期律的含义、正确理解元素及化合物的性质与结构的关系，正确判断物质中化学键的类型，学会使用电子式表示物质，注意相关基础知识的积累。【解析】ArKOHCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O极性S2->Cl->O2-①③⑤⑥④⑧17、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18、略

【分析】【详解】

①属于单质，只含有非极性共价键；②属于离子化合物，含有离子键和非极性共价键；③NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键；④HCl属于共价化合物，只含极性共价键；⑤属于共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键；⑥属于离子化合物；只含有离子键；

(1)只由离子键构成的物质是⑥；

(2)只由极性键构成的物质是④；

(3)只由非极性键构成的物质是①；

(4)由极性键和非极性键构成的物质是⑤；

(5)由离子键和极性键构成的物质是③；

(6)由离子键和非极性键构成的物质是②；

(7)属于离子化合物的物质是②③⑥；

(8)属于共价化合物的物质是④⑤。【解析】⑥④①⑤③②②③⑥④⑤19、略

【分析】【分析】

①铁为含有金属键的金属晶体；②碳原子和氧原子通过极性共价键形成CO2分子，分子间存在范德华力，干冰为分子晶体；③氯化钠是阴、阳离子以离子键结合形成的离子晶体；④碘原子之间通过非极性共价键形成碘分子，碘分子之间通过范德华力形成分子晶体；⑤水晶SiO2中硅原子和氧原子通过极性共价键形成的立体网状结构，水晶为共价晶体；⑥铵根离子和氯离子通过离子键形成氯化铵晶体，NH内存在极性共价键和配位键；⑦金刚砂是SiC，是通过极性键形成的共价晶体；⑧冰是分子晶体，分子间存在氢键和范德华力，水分子内存在极性共价键；⑨氢氧化钠是离子晶体，OH-内存在极性共价键；⑩过氧化钠是离子晶体，过氧根离子内存在非极性共价键；⑾锗是共价晶体，⑿氯化铝是分子晶体，分子间存在范德华力；⒀氨气形成分子晶体，分子内存在极性共价键，分子之间存在氢键和范德华力；⒁铜是存在金属键的金属晶体；⒂胆矾是CuSO4∙5H2O；是离子晶体，存在的作用力有离子键；共价键、配位键、氢键；⒃乙醇是分子晶体，分子内存中极性共价键和非极性共价键，分子之间存在氢键和范德华力；⒄氖是分子晶体，分子内没有化学键，分子之间存在范德华力；

【详解】

（1）根据以上分析属于金属晶体的是(1)(14)；

（2）根据以上分析属于离子晶体的是(3)(6)(9)(10)(15)；

（3）根据以上分析属于分子晶体的是(2)(4)(8)(12)(13)(16)(17)；

（4）根据以上分析属于共价晶体的是(5)(7)(11)；

（5）根据以上分析晶体内部存在氢键的是(8)(13)(15)(16)；

（6）根据以上分析晶体内部既有离子键；又有非极性共价键的是(10)；

（7）根据以上分析晶体内部含有配位键的是(6)(15)。【解析】(1)(1)(14)

(2)(3)(6)(9)(10)(15)

(3)(2)(4)(8)(12)(13)(16)(17)

(4)(5)(7)(11)

(5)(8)(13)(15)(16)

(6)(10)

(7)(6)(15)20、略

【分析】【详解】

(1)①这几种形式中；分子结构示意图；球棍模型及填充模型均能反映甲烷分子的空间构型，但其中填充模型更能形象地表达出H、C的位置及所占比例，电子式只反映原子的最外层电子的成键情况。

答案选d；

②如果甲烷是平面正方形结构，则CH3Cl、CHCl3、CC14都只有一种结构，但CH2Cl2却有两种结构，一种是两个氯原子相邻，另一种是两个氯原子处于对角关系。所以，CH2Cl2只有一种结构，可以判断CH4应为正四面体结构；而不是平面正方形结构；

答案选b；

(2)据烷烃的通式CnH（2n+2），分子式为CmH20的烷烃中H为20；则2m+2=20，所以m=9；

同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，与CO2密度（同温同压）相同的烷烃分子，其相对分子质量应该和二氧化碳的相等，即为44，分子式为C3H8；

(3)若同为1g烃，消耗O2的多少取决于CxHy中“x+”的大小，“x+”的值越大，消耗O2越多，此题中消耗O2最多的是CH4。【解析】①.d②.b③.9④.C3H8⑤.CH4四、判断题(共1题，共4分)21、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4题，共36分)22、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cd23、略

【分析】【分析】

（1）氨气的电子式为极性共价键是不同元素之间形成的共价键；非极性共价键是同种元素之间形成的共价键；氨气溶于水生成一水合氨；

（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨的反应是气体体积减小的放热反应；

（3）向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸；一水合氨浓度减小；

（4）根据电荷守恒和物料守恒计算；

①液氨和水电离类似；据此写出到了方程式；

②盐类水解的实质是弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子形成弱电解质的过程；

③氨解存在的离子方程式为：据此分析判断离子浓度大小。

【详解】

（1）氨气的电子式为N-H键是不同元素形成的共价键，故为极性共价键；氨气溶于水生产一水合氨，一水合氨为弱碱，故答案为：极性；

（2）A．降低反应温度；平衡正向进行，但反应速率减小，故A错误；

B．压缩反应混合物增大压强反应速率增大；平衡正向进行，氨气体积分数一定增大，故B正确；

C．充入N2速率增大；平衡正向进行，但氨气的体积分数不一定增大，故C错误；

D．液化分离NH3平衡正向进行；反应速率减小，故D错误；

故答案为：B；

（3）常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小，表示NH3•H2O浓度变化的曲线是A；故答案为：A；

（4）当加入盐酸体积为50ml时，此时溶液pH=9，溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl-），得到c（NH4+）-c（NH3•H2O）=2c（OH-）-2c（H+）=2×10-5-2×10-9，故答案为：2×10-5-2×10-9；

①若液氨中也存在类似水的电离，则液氨的电离方程式为：

②碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子结合液氨电离出的阳离子发生氨解，碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式为：

③氨解存在的离子方程式为：因此溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）。

【点睛】

第（4）题中，解决离子浓度差值的问题通常就是对溶液中三大守恒的考查；因为液氨存在与水相似的电离，故把NH2-看成OH-，把NH4+看成H+来处理即可。【解析】极性BA2×10-5-2×10-9c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）24、略

【分析】【详解】

（1）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势；所以第一电离能O＞C。由于N原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C；N、O三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为N＞O＞C。

（2）Fe是26号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2＋为Fe原子失去4s上2个电子，则Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。

（3）乙酰基二茂铁中甲基碳原子采用sp3杂化，羰基碳原子采用sp2杂化。

（4）配合物K3Fe(CN)6的配体为CN－，C得到一个e－为N或N得到一个e－为O，所以CN－与N2或CO互为等电子体；(CN)2为直线型分子，具有对称性，其结构式为N≡C－C≡N，单键为σ键，CN中含有一个σ键，2个π键，因此(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3。

（5）根据晶胞结构可知，Mg2＋、F－、K＋分别位于顶点、棱心和体心处，根据均摊法可知，晶胞中含有的Mg2＋、F－、K＋个数分别是8×1/8＝1个、12×1/4＝3个、1个，所以该物质的化学式为KMgF3。【解析】①.N＞O＞C②.1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)③.sp3、sp2④.CO(或N2)⑤.4∶3⑥.KMgF325、略

【分析】【详解】

(1)Mn为25号元素；位于元素周期表第四周期第ⅦB族；

(2)Ni为28号元素，核外有28个电子，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价电子排布式为3d84s2；属于d区元素；

(3)根据H2S2O8的结构式可知，S原子的价电子对数为则H2S2O8中S的轨道杂化方式为sp3；

(4)NiO、FeO均由离子键构成，属于离子晶体，已知r(Ni2+)＞r(Fe2+)；电荷数相同，离子半径越大，晶格能越小，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO；

(5)向CuSO4熔液中加入过量稀氨水，产物的外界离子为中心原子S的价电子对数为其空间构型为正四面体形，Cu(NO3)2中，Cu2+与形成的离子键，中N原子和O原子形成共价键；

(6)D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点C的连线处于晶胞的体对角线线上，且C、D两原子核间距为体对角线长的设晶胞的边长为a，则C、D两原子核间距为a，则a=该晶胞中含有4个CuCl，根据公式晶胞的密度为【解析】第四周期第ⅦB族3d84s2dsp3离子＜r(Ni2+)＞r(Fe2+)，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO正四面体形共价键、离子键六、实验题(共4题，共40分)26、略

【分析】【分析】

70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2，生成气体通过饱和NaHSO3溶液进行除杂；得到纯净二氧化硫气体通入硝酸银溶液中观察实验现象，二氧化硫气体有毒，尾气通入碱液中吸收处理。

（1）

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2；反应为固液不加热反应；且亚硫酸钠为粉末，多孔隔板不起作用，故应该选择装置c。

（2）

生成的二氧化硫气体会带出部分硫酸酸雾和三氧化硫气体，硫酸、三氧化硫会和饱和碳酸氢钠反应，故饱和NaHSO3溶液的作用是：除去SO2中H2SO4形成的酸雾或通过观察气泡控制SO2流速。

（3）

已知：

步骤1：向沉淀A中加足量的浓氨水，灰白色沉淀逐渐减少，说明沉淀溶于氨水，据信息，是含银离子的沉淀与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

步骤2：静置一段时间，取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体，则浓硝酸转变为二氧化氮，说明上层清液含有还原剂，则含有+4价S，综上，可以推知灰白色沉淀含Ag2SO3、溶于氨水时能发生非氧化还原反应得到[Ag(NH3)2]+与SO则Ag2SO3与浓氨水反应方程式可以为Ag2SO3+4NH3▪H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O；经检验；实验步骤1中还得到含银单质的灰黑色浊液，则+1价银转变为Ag，发生了氧化还原反应；银化合价降低1价，按得失电子守恒，每生成1mol银转移的电子的物质的量为1mol。

（4）

结合(3)可知，Ag2SO3溶于NH3·H2O还得到了Ag，则亚硫酸根离子作还原剂被氧化为SO故还可能发生的反应为Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。综上，灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为Ag2SO3+4NH3·H2O2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O或Ag2SO3+2NH3·H2O2Ag+SO+2NH+H2O。(写出一个即可)。

（5）

将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则沉淀为氯化银、并且AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-；说明无色溶液B中存在Ag+。

向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液，试管中无沉淀产生。补充实验：向0.1mol•L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生，二者一比较可推知，无色溶液B中存在的Ag+浓度小；应该是银离子与亚硫酸根离子生成了难以解离的可溶性离子。

（6）

经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO加入浓盐酸发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2SO+2H+=H2O+SO2↑，导致[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO平衡正向移动，使c(Ag+)·c(Cl-)＞Ksp(AgCl)。

（7）

取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，结合(6)可知，白色沉淀可能为氯化银、也可能为硫酸钡——由氧气氧化+4价硫转变为硫酸钡沉淀。若有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，则设计实验为：向盐酸酸化的BaCl2溶液中通入SO2；无白色沉淀生成，放置空气中一段时间，若溶液变浑浊，则上述猜想正确，否则不正确(或其他合理答案)。

（8）

通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。通常，Fe3+的氧化性略小于银离子，由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是Fe3+与SO之间的非氧化还原反应——双水解反应，另一种是Fe3+与SO之间的氧化还原反应，得到Fe2+和SO则离子方程式为2Fe3++SO+H2O2Fe2++SO+2H+。【解析】(1)C