2025年西师新版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年西师新版选择性必修2化学上册阶段测试试卷416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、关于和的说法中，正确的是A.C和S上都没有孤电子对B.都是型，空间结构都是直线形C.C和S都是杂化D.的空间结构是直线形，是V形2、短周期元素原子组成的某种分子的结构式如图所示。X原子的核外电子只有一种运动状态：W；Y、Z位于同一周期；Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等。E与W有相同数目的价电子。下列说法错误的是。

A.电负性：B.简单阴离子半径：C.元素Y、Z形成氢化物，其键能故对应氢化物沸点为：D.同主族元素中，W形成的气态氢化物最稳定3、由短周期元素W、X、Y、Z构成的化合物结构式如图所示，其中W、Y原子的最外层都满足8电子结构；W、X同主族，W、Y同周期，Y是地壳中含量最多的元素，Z有一种同位素原子是核聚变的原料。下列说法错误的是。

A.原子半径：B.同周期第一电离能小于W的元素有4种C.最简单氢化物的沸点：D.最高价氧化物的水化物的酸性：4、是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知的一种核素的质量数为18，中子数为10；是短周期中金属性最强的元素；的单质是一种常见的半导体材料；的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是。

A.对应气态氢化物的稳定性：B.对应简单离子的半径：C.化合物XZW中既含离子键又含共价键D.Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强5、关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是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5D.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、(1)1962年加拿大化学家巴列特(N。Bartett)用强氧化剂PtF6氧化O2制得了O2[PtF6]，随后根据稀有气体Xe与O2的相似性和热力学性质的计算，巴列特推想，PtF6同样能氧化Xe，并如理论预测成功地合成了世界上第一个稀有气体化合物Xe[PtF6]；这在当时轰动了整个科学界，并由此打开了稀有气体化学的大门。此后，结构各异的稀有气体Xe的化合物不断地被合成出来，请指出它们分子的几何构型：

XeF4___________，XeO2___________，XeO3___________，XeF2___________，XeOF4___________。

(2)2010年12月，瑞典科学家发现了最大的氮氧化物N(NO2)3，量子化学计算结果表明分子是稳定的。科学家预测它可能成为未来的火箭燃料。该化合物还没有中文译名，如果要你给它命名，你会叫它___________，N(NO2)3中心N原子的杂化类型为___________。7、在研究原子核外电子排布与元素周期表的关系时；人们发现价层电子排布相似的元素集中在一起。据此，人们将元素周期表分为5个区，如图所示。请回答下列问题：

(1)在s区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素，其原子的价层电子的电子云形状为______。

(2)在d区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素，其常见离子的核外电子排布式为______，其中较稳定的是______。

(3)在ds区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素，其原子的价层电子排布式为______。

(4)在p区中，第二周期第ⅤA族元素原子的价层电子轨道表示式为______。

(5)当今常用于开发核能的元素是铀(92号元素)和钚(94号元素)，它们位于______区。8、下图是元素周期表的一部分；图中所列字母分别代表一种化学元素。

请回答下列问题：

(1)元素b位于周期表中_______区，其基态原子核外有_______种运动状态不同的电子。

(2)基态c原子中有_______个未成对电子，其中能量最高的电子所在原子轨道的电子云轮廓图为_______形。

(3)理论上为离子化合物，猜测其电子式为_______。

(4)基态外围电子的电子排布图为_______，已知高温下化合物比化合物fd更稳定，试从核外电子排布的角度解释原因_______。

(5)b、c、d三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。9、下表是元素周期表的一部分；其中甲~戊共五种元素，回答下列问题:

。周期族。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

1

甲。

2

乙。

3

丙。

丁。

戊。

(1)五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______填化学式，下同)，显两性的是_____。

(2)乙与丙按原子数1:1形成的一种化合物，其电子式为_____，该化合物固态时所属晶体类型为_____，所含化学键类型有_________。

(3)乙、丙、丁三种元素分别形成简单离子，按离子半径从大到小的顺序排列为_____(用离子符号表示)。

(4)有人认为，元素甲还可以排在第ⅦA族，理由是它们的负化合价都是_____；也有人认为，根据元素甲的正、负化合价代数和为零，也可以将元素甲排在第_________族。

(5)甲与丙两种元素形成的化合物与水反应，生成—种可燃性气体单质，该反应的化学方程式为_____。

(6)通常状况下，1g甲的单质在戊的单质中燃烧放热92kJ，写出该反应的热化学方程式_____10、锂-磷酸氧铜电池正极的活性物质是CuO(PO4)，可通过下列反应制备∶2Na3PO4+4CuSO4+2NH3H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O；请回答下列问题∶

(1)上述化学方程式中涉及的第三周期元素的第一电离能由小到大的顺序是_____

(2)基态S原子的价电子排布式为_______。

(3)(NH4)2SO4晶体内不存在_______。(填序号)

①离子键②极性共价键③非极性共价键④配位键⑤范德华力。

(4)PO的立体构型是_______，其中P原子的杂化方式为_______。

(5)硫酸铜溶液中加入过量KCN溶液，生成配合物[Cu(CN)4]2-，则1molCN-中含有的π键数目为_______，1mol[Cu(CN))]2-中含有的σ键数目为_______。11、(1)晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为其晶体密度的计算表达式为______晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

(2)①晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为______nm，与K紧邻的O个数为______。

②在晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于______位置，O处于______位置。

(3)(全国Ⅲ高考改编)具有型结构(如图)，X射线衍射实验测得的晶胞参数为则为______nm。也属于型结构，晶胞参数为则为______nm。

12、如图所示表示一些晶体中的某些结构；它们分别是NaCl；CsCl、干冰、金刚石、石墨晶体结构中的某一种的某一部分。

(1)其中代表金刚石的是(填编号字母，下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。

(2)其中代表石墨的是________，其中每个正六边形占有碳原子数平均为________个。

(3)其中代表NaCl晶体的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。

(4)代表CsCl晶体的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。

(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。

(6)上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为________。13、回答以下问题:

(1)金属Cu晶体采取的是以下_________(填序号)面心立方最密堆积方式。

(2)CuSO4晶体类型为_________晶体。的空间构型为_______(填“正四面体”、“直线型”或“平面三角”)。Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的中心离子为______(填离子符号)。

(3)如图所示，(代表Cu原子，代表O原子)，一个Cu2O晶胞中Cu原子的数目为_____。

(4)已知：一般情况下，碳的单键中碳原子存在sp3杂化轨道，碳的双键中碳原子存在sp2杂化轨道；醇和水形成氢键；使得醇易溶于水。抗坏血酸的分子结构如图所示，回答问题：

抗坏血酸分子中碳原子的杂化轨道类型有_______和_______。(填“sp3”、“sp2”或“sp”)。抗坏血酸在水中的溶解性_____________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)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、实验题(共4题，共40分)19、2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文；为钙钛矿电池研究开辟了新方向。

(1)基态原子电子占据的轨道数目为_______。

(2)某种钙钛矿晶胞结构如图，若●表示则○表示_______原子；的配位数为_______；若以为晶胞的顶点，则位于晶胞的_______。

实验室制备一种钙钛矿型复合物的方法如下：

实验用品：氯化锌溴化铅碳酸铯十八烯油酸油胺

实验步骤：

①将适量十八烯加入仪器A中，抽气后通入重复3次；

②将混合物升温至120℃进行干燥，注入一定量油酸、油胺，待溶液澄清透明后升温到165℃，迅速注入铯前体，后停止反应；

③将步骤②中所得混合物与乙酸甲酯按一定比例混合后离心；分离出沉淀；

④将步骤③中所得沉淀溶解在正己烷中，加入乙酸甲酯离心，再次分离出沉淀，所得沉淀溶解在正庚烷中，离心除去剩余固体，上层清液即为纳米晶体的分散系。

回答下列问题：

(3)仪器A的名称是_______。

(4)铯前体是由碳酸铯与过量的油酸加热时反应得到的产物，反应的化学方程式是_______。

(5)步骤③中乙酸甲酯的作用是_______。

(6)可用电感耦合等离子体质谱来确定产品中各元素的含量。取产品溶于稀硝酸、测得锌铅则x的值是_______。20、某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。

已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀。

【实验1】。装置实验现象现象i：一开始溶液颜色加深；由棕黄色变为红褐色。

现象ii：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。

(1)SO离子中中心原子的杂化类型___________，Fe3+简化的核外电子排布式___________。

(2)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用：___________。

(3)探究现象i产生的原因：

①甲同学认为发生反应：2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是___________(填化学式)。

②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为___________；他取少许红褐色溶液于试管中，加入___________，有白色沉淀产生，证明产物中含有SO

丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中SO可能被其它物质氧化。为了进一步确认SO被氧化的原因；丙同学设计了实验2。

【实验2】

用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。

(4)③实验2中正极的电极反应式为___________。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是___________。

(5)综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ii产生的原因为___________。21、实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：

i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液；微沸数分钟。

ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液；有气泡产生并析出紫红色晶体。

iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次；再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。

请回答下列问题：

(1)步骤i中的还原剂是___(填化学式)。

(2)已知VO2+能被O2氧化；步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。

①仪器M的名称是___。

②装置B的作用是___。

(3)步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是___，用无水乙醇洗涤的目的是___。

(4)蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]-，写出转化过程的离子方程式___。

(5)称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为___%(用含有m；c、V的式子表示)。

22、某小组拟用自制的氨水制取银氨溶液；并探究银氨溶液的性质。回答下列问题：

(一)氨水的制备：制备装置如图；

(1)A中反应的化学方程式为：_______。

(2)使用加装单向阀的导管，目的是_______；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装_______(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是_______。

(二)探究银氨溶液的制备(实验中所用氨水均为新制)。实验装置实验序号实验操作实验现象

1mL2%AgNO3溶液I向试管中滴加2%氨水1mL并不断振荡产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失Ⅱ向试管中滴加2%氨水(经敞口放置空气中48小时)1mL产生白色略暗沉淀产生白色略暗沉淀

已知：白色AgOH沉淀不稳定，极易分解生成棕褐色Ag2O；Ag2O溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+。

(3)实验I中沉淀消失的化学方程式为_______。

(4)实验测得Ⅱ中所用的氨水比I中所用氨水的pH小，可能原因有_______。

(三)该实验小组同学设计如下实验：

实验1：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％NaOH溶液；立即产生棕黑色浑浊；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液逐渐变黑，最终试管壁附着光亮银镜。

实验2：向2mL银氨溶液中滴加5滴10％氨水；置于沸水浴中加热，有气体产生；一段时间后溶液无明显变化。

(5)经检验，实验I产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，黑色物质中有Ag2O，写出沸水浴时发生反应的离子方程式：_______。

(6)该实验小组同学设计上述实验的目的是_______。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共2分)23、碳元素在无机物和有机物中均充当了重要的角色；请回答下列问题：

（1）基态碳原子的价层电子排布图（轨道表达式）为__，其电子占据的能量最高的原子轨道的形状为__；C、N、O三种元素第一电离能最大的是__。

（2）有机物中碳原子的轨道杂化类型为__，分子中两种碳碳单键长的大小关系为①__②（填“>”、“<”或“=”）。

（3）和均可以形成氢键，则沸点较高的是__，原因是__。

（4）石墨的结构及晶胞如图一所示，则石墨的密度为__g·cm-3（用含a、d、NA的表达式表示）。A的原子坐标为（0），则B的原子坐标为__。

（5）石墨能与熔融的金属K作用，形成一种青铜色的化合物CxK，如图二所示，则x=__。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共9分)24、（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____________；

（2）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。请回答下列问题

①石墨烯的作用是______________________________

②电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重____________g

③充电过程中，电池中Li2S2的量越来越少，请写出Li2S2转化为Li2S4的电极反应式：___________。

（3）H2Se的酸性比H2S________(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为________，Na2SO3溶液呈碱性的原因是_________________________________（用离子方程式表示）；

（4）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_______________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______________________________________。25、d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉；在航空航天；海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：

(1)我国科学家用Mg3N2和TiCl4，制备超导材料TiN，反应原理为4Mg3N2+6TiCl4=6TiN+12MgCl2+

①钛元素在元素周期表中的位置_______。

②已知部分物质的熔沸点如下表。Mg3N2TiCl4MgCl2TiN熔点/800(分解)-257142950沸点/700(升华)136.41412(略)

TiCl4属于_______晶体，应用所学知识解释Mg3N2的熔点大于MgCl2的原因_______。

③写出惰性电极电解MgCl2得到单质Mg的化学方程式_______。

(2)PtCl2(NH3)2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为Pt(OH)2(NH3)2，但只有甲的水解产物能与草酸(HOOC-COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2。

①草酸(HOOC-COOH)分子中碳的杂化方式为_______。

②PtCl2(NH3)2发生水解反应的化学方程式是_______。

③Pt(OH)2(NH3)2中的键角大于NH3分子中的键角，请结合所学知识解释原因_______。

④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构_______。26、（1）写出碳原子最外电子层的轨道表示式___。

（2）钛(Ti)是22号元素，它是___(选填编号)

a.主族元素b.副族元素c.短周期元素d.长周期元素。

（3）CS2分子的电子式为____；其熔沸点比CO2高的原因是___。

（4）氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是___（填标号）。

A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键。

（5）金属铜单独与氨水或过氧化氢均不能反应，但可与过氧化氢和过量氨水的混合溶液反应生成一种配位化合物，其反应的化学方程式可表示为_____。

（6）镁单质晶体中原子的堆积模型为六方最密堆积（如图），它的晶胞是图中的___（填a、b或c）；配位数是____；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg•cm-3，已知阿伏加德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．C的孤电子对数为S的孤电子对数为Ａ错误；

B．C的价层电子对数为2，孤电子对数为0，S的价层电子对数为3,S的孤电子对数为1，则CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是V型；B错误；

C．C的价层电子对数为：S的价层电子对数为：则C和S分别是sp杂化，sp2杂化；C错误；

D．由选项B可知CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是V型；D正确；

故选D。2、C【分析】【分析】

由题干信息可知，各元素都是短周期元素，其中X原子的核外电子只有一种运动状态，则X为H元素；Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等，核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2；分子结构式中Z形成2个共价键，故Z为O元素；W；Y、Z（氧）位于同一周期，即W、Y处于第二周期，分子结构中Y形成4个共价键、W形成1个共价键，故Y为C元素、W为F元素；E与W（氟）有相同数目的价电子，则E为Cl元素，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，X为H、Y为C、W为F，故电负性为F＞C＞H即A正确；

B．由分析可知，W为F、Z为O、E为Cl，故简单阴离子半径为Cl-＞O2-＞F-即B正确；

C．由分析可知，Y为C、Z为O，由于电负性O＞C，则元素Y、Z形成氢化物，其键能H-O＞C-H即C的氢化物有很多气体；液态和固体物质，故其对应氢化物沸点不好比较，且熔沸点的高低与共价键的键能大小无因果关系，C错误；

D．已知金属的电负性(非金属性)越强；其气态氢化物越稳定，F是同主族元素中电负性(非金属性)最强的，故同主族元素中，W即F形成的气态氢化物最稳定，D正确；

故答案为：C。3、B【分析】【分析】

由短周期元素W；X、Y、Z构成的化合物结构式如图所示；其中W、Y原子的最外层都满足8电子结构；W、X同主族，W、Y同周期，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O，W为N，X为P，Z有一种同位素原子是核聚变的原料，则Z为H。

【详解】

A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：故A正确；

B．同周期第一电离能小于N的元素有Li；Be、B、C、O共5种；故B错误；

C．同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单氢化物越稳定，因此最简单氢化物的沸点：故C正确；

D．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，因此最高价氧化物的水化物的酸性：故D正确。

综上所述，答案为B。4、C【分析】【详解】

的核素的质子数是8，则是氧元素；X是金属性最强的短周期元素，则X是钠元素；常见的半导体材料的组成元素是硅元素；的非金属性在同周期元素中最强，且原子半径大于则是氯元素。

A．硅元素的非金属性小于氧元素，则气态氢化物的稳定性：故A不选；

B．氯离子的电子层数多，离子半径大，故B不选；

C．化合物是次氯酸钠；次氯酸钠中含有离子键和共价键，故选C；

D．非金属性：Cl>Si，所以最高价含氧酸的酸性：故D不选。

答案选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．NH3和Cl-与Ti3+形成的配位键为σ键，一个NH3分子中含有3个σ键，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为3×5+6=21mol；A错误；

B．NH3不带电荷；Cl带一个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，B正确；

C．NH3和Cl-均为配体；所以中心原子的配位数为6，C错误；

D．配合物外界完全电离，内界不电离，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2只能电离产生2molCl-，加入足量AgNO3溶液；产生2mol白色沉淀，D错误；

综上所述答案为B。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】XeF4正方形XeO2四面体XeO3三角锥XeF2直线型XeOF4四方锥三硝基胺sp2杂化7、略

【分析】【详解】

(1)s区包括ⅠA、ⅡA族，符合条件的元素为Be，其核外电子排布式为价层电子的电子云形状为球形；

(2)d区包括ⅢB~ⅦB族(不包括镧系、锕系)、Ⅷ族，族序数最大且同族中原子序数最小的元素为Fe，其常见离子为核外电子排布式分别为由离子的核外电子排布式可知的3d轨道为半充满状态，其稳定性大于

(3)在ds区中，族序数最大、同族中原子序数最小的元素为Zn，其核外电子排布式为价层电子排布式为

(4)在p区中，第二周期第ⅤA族元素为N，其价层电子的轨道表示式为

(5)轴和钚均为锕系元素，位于f区。【解析】①.球形②.③.④.⑤.⑥.f8、略

【分析】【分析】

由题可知，元素a、b；c、d、e、f分别为H、C、N、O、Na、Cu。

【详解】

(1)C位于周期表中p区；其基态原子核外各电子的运动状态都不相同，故有6种，故答案为：p；6；

(2)基态N原子中有3个未成对电子；其中能量最高的电子所在原子轨道为2p轨道，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形，故答案为：3；哑铃(纺锤)形；

(3)根据铵根离子与氢负离子推测，离子化合物为其电子式为故答案为：

(4)基态外围电子的电子排布图为的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为最外层电子排布达到全满时稳定，所以高温下稳定性强于CuO，故答案为：的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态稳定性强于CuO；

(5)同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N的2p半充满，较稳定，第一电离能大于O，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：N>O>C。【解析】p63哑铃(或纺锤)的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态稳定性强于CuON>O>C9、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置信息可得：甲为H；乙为O、丙为Na、丁为Al、戊为Cl；由此分析。

【详解】

(1)元素非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；Al(OH)3具有两性；

(2)乙为O、丙为Na，乙与丙按原子数1:1形成的一种化合物是过氧化钠，其电子式为过氧化钠中过氧根离子和钠离子之间形成的是离子键；固态时属于离子晶体，过氧根离子中氧原子之间形成的是非极性共价键；

(3)的电子层结构相同，核电荷数逐渐增大，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力增强，故离子半径从大到小的顺序为＞＞

(4)第ⅦA族元素的最低化合价为-1价；如果将H排在第ⅦA族，应根据它们的负化合价都是-1价；第ⅣA族元素的化合价为零，根据H元素的正；负化合价代数和为零，也可以将其排在第ⅣA族；

(5)甲为H、丙为Na，H与Na形成的化合物为NaH，与水反应生成可燃性气体单质为H2，根据质量守恒写出化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

(6)通常状况下，1g氢气在氯气中燃烧放热92kJ，1mol氢气在氯气中燃烧放热184kJ，则热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184kJ/mol。

【点睛】

书写热化学方程式时，需要标明各物质的状态，放热反应的ΔH为负值，为易错点。【解析】HClO4Al(OH)3离子晶体离子键，非极性键＞＞-1ⅣANaH+H2O=NaOH+H2↑H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184kJ/mol10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)上述化学方程式中涉及的第三周期元素有Na；P、S；同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，P的3p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能由小到大的顺序是Na＜S＜P；

(2)S为16号元素，原子核外有16个电子，基态S原子的核外电子排布式为[Ne]3s23p4，价电子排布式为3s23p4；

(3)(NH4)2SO4晶体中存在硫酸根和铵根形成的离子键，O和S、N和H形成的极性共价键，H和NH3形成的配位键；不存在非极性共价键和范德华力，故选③⑤；

(4)PO中心P原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体，P原子的杂化方式为sp3杂化；

(5)CN-离子中存在碳氮三键，三键中有两个π键和一个σ键，Cu2+与CN-形成的配位键也为σ键，所以1molCN-中含有的π键数目2NA，1mol[Cu(CN)4]2-中含有的σ键数目8NA。【解析】Na＜S＜P3s23p4③⑤正四面体sp32NA8NA11、略

【分析】【详解】

(1)该晶胞中位于棱上和体心，个数为位于顶角和面心，个数为故晶体密度为根据晶胞结构，所形成的正八面体的边长为该晶胞中相邻面的面心之间的连线之长，即为晶胞边长的故该正八面体的边长为

(2)①根据晶胞结构，K与O间的最短距离是面对角线长的一半，即为根据晶胞结构，距离K最近的O的个数为12；

②根据的化学式及晶胞结构；可知K处于体心，O处于棱心。

(3)根据晶胞的紧密堆积可知，面对角线长是半径的4倍，即解得也属于型结构，根据晶胞结构，则【解析】①.②.③.0.315④.12⑤.体心⑥.棱心⑦.0.148⑧.0.07612、略

【分析】【分析】

A中：半径较大的原子个数==4，半径较小的原子个数==4；

B中：该晶体由分子构成；

C中：黑色小球所代表的原子的个数=1，白色小球所代表的原子的个数=

D中：只含一种原子；且每个原子与4个原子通过共价键形成四面体结构；

E中：只含一种原子；且原子之间通过共价键形成层状结构，据此解答。

【详解】

(1)金刚石结构中的每个C原子与相邻的4个C原子形成正四面体，所以图D为金刚石。每个碳原子与4个碳原子最近且距离相等。金刚石是空间网状结构，属于原子晶体，故答案为：D；4；原子；

(2)石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，所以图E为石墨的结构，每个正六边形占有的碳原子数平均为6×=故答案为：E；2；

(3)在NaCl晶胞中；每个钠离子周围有六个氯离子，每个氯离子周围也有六个钠离子，所以图A为NaCl的结构，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有八个这样的立方体，所以每个钠离子周围与它最近且距离相等的钠离子就有12个，故答案为：A；12；

(4)CsCl的晶胞中铯离子和氯离子的配位数都是8；即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围也有8个铯离子，所以图C为CsCl的结构，属于离子晶体，故答案为：C；离子；8；

(5)干冰是分子晶体，分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的分子为例，与它距离最近的分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；所以图B为干冰晶体，故答案为：B；分子；12；

(6)一般来说，各种晶体的熔点关系为：原子晶体离子晶体分子晶体，石墨的熔点大于金刚石，在离子晶体里，半径越大，晶格能越小，熔点越低，由于铯离子半径大于钠离子，石墨的熔点大于金刚石，所以熔点由高到低的排列顺序为：石墨金刚石干冰，故答案为：石墨金刚石干冰。【解析】D4原子E2A12C离子8B分子12石墨金刚石干冰13、略

【分析】【详解】

(1)金属Cu晶体采取的是面心立方最密堆积方式；则晶胞中铜原子位于顶点和面心，故选④；

(2)硫酸铜是离子化合物，故CuSO4晶体类型为离子晶体。中孤电子对数=价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体。铜是过渡元素、离子核外有空轨道，能接纳孤电子对，故[Cu(OH)4]2-中的中心离子为Cu2+；

(3)从示意图知，Cu2O晶胞中Cu原子位于晶胞内、氧原子位于顶点和体心，则一个Cu2O晶胞中含4个Cu原子；

(4)从键线式知，抗坏血酸的分子内碳的单键和碳的双键，故碳原子的杂化轨道类型有sp3和sp2，1个分子内有4个羟基，易和水形成氢键，使其易溶于水。【解析】①.④②.离子晶体③.正四面体④.Cu2+⑤.4⑥.sp3⑦.sp2⑧.易溶于水三、判断题(共5题，共10分)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、实验题(共4题，共40分)19、略

【分析】【详解】

（1）基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，其电子占据的轨道数目为2；

（2）由钙钛矿晶胞结构图可知，Ca2+位于晶胞体心，其数目为1，○位于晶胞棱心，其数目为3，根据反型钙钛矿分子式CaTiO3可知○表示氧或O；位于晶胞的顶点，距离其最近的氧原子有6个，故其配位数为6；若以为晶胞的顶点，即将8个体心上的Ca2+连接成一个立方体，可以看出位于晶胞的面心；

（3）仪器A的名称是三颈烧瓶；

（4）碳酸铯为碳酸盐，油酸能电离出H+，两者反应生成铯前体的化学方程式为

（5）步骤③是除杂并分离沉淀；因此乙酸甲酯的作用是将未反应的油酸；油胺、十八烯溶解并除去，同时可以降低产物的溶解度；

（6）化学式中Zn原子和Pb原子个数比为=解得x=0.3。【解析】(1)2

(2)氧或O6面心。

(3)三颈烧瓶。

(4)

(5)溶解并除去未反应完的油酸；油胺、十八烯；并且降低产物的溶解度。

(6)0.320、略

【分析】【分析】

Fe3+具有强氧化性，SO具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，同时Fe3+、SO属于弱碱根；弱酸根；两者还可能发生双水解反应，这两个反应存在竞争，根据实验现象，进行分析；

（1）

SO中心原子硫有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即SO中心原子硫的杂化类型为sp3；Fe3+简化的核外电子排布式为[Ar]3d5；故答案为sp3；[Ar]3d5；

（2）

FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增大，抑制Fe3+水解，故答案为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；盐酸抑制氯化铁水解；

（3）

①根据2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3，加入亚硫酸钠，促使平衡向正反应方向进行，c(H2SO3)增大，H2SO3不稳定，会分解成SO2，故答案为SO2；

②乙同学认为还发生氧化还原反应，因为Fe3+具有强氧化性，SO表现强还原性，将Fe3+还原成Fe2+，本身被氧化成SO离子反应方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；检验SO先向溶液中加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，则说明含有SO故答案为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+；足量的盐酸和BaCl2溶液；

（4）

该装置为电池装置，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，根据乙同学的说法，Fe3+的化合价降低，因此正极反应方程式为Fe3++e-=Fe2+；根据题意可知，K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，产生蓝色沉淀，因此根据丙同学现象得出结论为Fe3+能够氧化SO故答案为Fe3++e-=Fe2+；Fe3+能够氧化SO

（5）

现象i开始时溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色，发生2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3，一段时间后溶液颜色变浅，可能是Fe3+与SO发生氧化还原反应，溶液中c(Fe3+)、c(SO)降低，使平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅；故答案为随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。【解析】(1)sp3[Ar]3d5

(2)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；盐酸抑制氯化铁水解。

(3)SO22Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+足量盐酸和BaCl2溶液。

(4)Fe3++e-=Fe2+Fe3+能够氧化SO

(5)随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是

(2)①该仪器是长颈漏斗；

②A装置用于制备二氧化碳；是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；

(3)选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3；乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；

(4)由图知该水合配离子化学式为加入碱生成离子方程式为：

(5)根据已知反应，则质量分数为【解析】N2H4·2HCl长颈漏斗除去CO2中的HCl气体抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失洗去固体表面的水和NH4HCO3[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O22、略

【分析】【分析】

NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应；可制得氨气，氨气通过单向阀后溶于水形成氨水，尾气使用盐酸溶液吸收，既能保证溶解的安全性，又能防止氨气进入大气中；

(1)

A中，NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，生成CaCl2、NH3等，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

(2)

单向阀导管；只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置B的大烧杯中应盛装冰水，氨分子与水分子间可形成氢键，从而放出热量，所以氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是氨与水分子间形成氢键而放热，故答案为：防倒吸；冰水；氨与水分子间形成氢键而放热；

(3)

由题意可知，实验Ⅰ中反应为Ag2O溶于NH3•H2O生成了银氨溶液，实验Ⅰ中沉淀消失的化学方程式为Ag2O+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O；

(4)

实验测得Ⅱ中所用的氨水比Ⅰ中所用氨水的pH小，可能原因有氨水可以吸收CO2，同时氨水易挥发出NH3，故答案为：吸收CO2、NH3的挥发；

(5)

实验I产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明产物有氨气，黑色物质中有Ag2O，则沸水浴时发生反应的离子方程式：2[Ag(NH3)2]++2OH-Ag2O↓+4NH3↑+H2O；

(6)

结合题意分析可知，该实验小组同学设计上述实验的目的是探究向银氨溶液中滴加强碱后，沸水浴加热有银镜出现，故答案为：探究溶液碱性强弱对银镜产生的影响(探究向银氨溶液中滴加强碱后，沸水浴加热有银镜出现；滴加弱碱则不能)。【解析】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O

(2)防倒吸冰水氨与水分子间形成氢键而放热。

(3)Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O

(4)吸收CO2、NH3的挥发。

(5)2[Ag(NH3)2]++2OH-Ag2O↓+4NH3↑+H2O

(6)探究溶液碱性强弱对银镜产生的影响(探究向银氨溶液中滴加强碱后，沸水浴加热有银镜出现；滴加弱碱则不能)五、结构与性质(共1题，共2分)23、略

【分析】【分析】

根据碳原子的价电子排布式写出排布图；判断电子占据的能量最高的原子轨道的形状；利用电离能的变化规律判断C；N、O三种元素第一电离能的相对大小；结合碳原子的价层电子对数目确定杂化轨道方式；分子间氢键强于分子内氢键；结合晶胞结构，采用均摊法确定晶胞的化学式。

【详解】

(1)基态碳原子的价层电子排布式为2s22p2，则层电子排布图为电子占据的能量最高的原子轨道为2p，其形状为哑铃形；C；N、O三种元素为同周期主族元素，第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满结构，相对稳定，不易失电子，其第一电离能大于O原子，则C、N、O三种元素第一电离能最大的是N；

(2)有机物中甲基碳原子价层电子对数为4，则为sp3杂化，而碳碳双键上碳原子，价层电子对数目为3，无孤对电子，则为sp2杂化；碳碳单键②介于两个碳双键间；易形成共轭大π键，则碳碳单键①的键长大于碳碳单键②的键长；

(3)主要形成分子内氢键，而主要形成分子间氢键，其中分子间氢键的作用力明显大于分子间氢键，则的沸点比高；

(4)石墨晶胞底边长为acm，则底面积为acm×acm×sin60°，层间距为dcm，晶胞高为dcm，则晶胞体积=acm×acm×sin60°×2dcm，晶胞中碳原子数目=1+8×+4×+2×=4，晶胞质量=g，密度==g/cm3；x轴、y轴的角平分线与z轴构成的平面将晶胞平分为2个三棱柱，B位于三棱柱的中心，B、C距离等于晶胞底面菱形长对角线长度的A位于三棱柱底面的中心，则由A的原子坐标为(0)可知，则B的原子坐标为()；

(5)石墨能与熔融的金属K作用，形成一种青铜色的化合物CxK，由图二可知，正六边形中K原子数目为6+1=3，碳原子位于正六边形的内部，共有24个，则x==8。

【点睛】

考查原子核外电子排布，准确区别轨道式和电子排布式的，注意几个关键要点：①每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反配对；②电子尽可能占据能量最低的轨道；③能量相同的电子尽可能占据不同轨道，且自旋方向相同，且全充满或半充满结构相对稳定，对电离能影响较大。【解析】哑铃形Nsp2、sp3>形成的为分子内氢键，而形成的为分子间氢键()8六、原理综合题(共3题，共9分)24、略

【分析】【分析】

（1）S单质的常见形式为S8，根据其结构可知，每个硫原子均形成2条共价键，含2对孤电子对，则S原子采用sp3杂化；

（2）①为了增强a电极Li2Sx的导电性，电极a常用掺有石墨烯的S8材料；

②电池工作时，电池负极为Li-e-=Li+；外电路中流过0.02mol电子，反应的Li为0.02mol，减少0.14g；

③充电时，为电解池，电极a为氧硫离子失电子，电极反应式为：2Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+；

（3）无氧酸的酸发性强弱看非金属性的强弱，非金属性越强与氢元素的结合能力越强，在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子，中心Se原子孤电子对=（a-bx）=（6-3×2）=0，3条共价键，为sp2杂化，为平面三角形；Na2SO3为强碱弱酸盐，水溶液中亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；

（4）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷,吸引H+,同时产生的H+抑制第二步电离,所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②H2SeO3的分子结构为Se为+4价,而H2SeO4的分子结构为Se为+6价,后者Se原子吸电子能力强,