2025年鲁人新版选择性必修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2025年鲁人新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷477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、下列有说法中正确的是A.3p2表示3p能级有两个轨道B.在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量C.能层序数越大，s原子轨道的半径越大D.在同一能级上的电子，其能量不同2、镁比铝元素的金属性强，以下说法不能说明这一点的是A.氢氧化镁是中强碱而氢氧化铝具有两性B.铝在冷的浓硫酸中钝化而镁不钝化C.氯化镁的熔点比氯化铝的熔点高D.铝能与氢氧化钠溶液发生反应生成氢气而镁不能3、下列有关物质性质的判断正确的是A.熔点：SiO2＜CO2B.沸点：H2O＜H2SC.晶格能：CaCl2＜MgCl2D.热稳定性：HF＜HCl4、生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂是一种强氧化剂，还是一种温室气体，组成结构与相似，表格中是断开1mol化学键需要的能量数据下列说法正确的是。化学键N≡NF-FN-FkJ941.7154.8283.0

A.的空间结构是正四面体形B.因为的相对分子量比大，故相同条件下的沸点一定更高C.反应为放热反应D.1mol(g)与3mol(g)的总能量小于2mol(g)的总能量5、氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3PO4Ca(H2PO4)2+2HF↑，已知Ca(H2PO4)2溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是A.Ca(H2PO4)2溶液中微粒浓度大小顺序：c(H2PO)>(H+)>(HPO)>c(H3PO4)B.PO的空间构型为正四面体形C.已知CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F-包围，则F-的配位数是4D.由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF>HCl评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、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7、钛酸钡是一种典型钙钛矿型结构晶体；广泛应用于多层陶瓷电容器；热敏电阻器等方面，其立方晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是。

A.钛酸钡的化学式为B.晶体中与每个紧邻且等距离的有12个C.的配位数是4D.若将置于晶胞体心，置于晶胞顶点，则位于立方体的面心8、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]2-9、异欧前胡素是中药白芷根的提取物；有显著的镇痛；抗炎、抗菌药理作用。其中的合成路线如图。下列说法正确的是。

A.1mol香柑醇最多可以消耗溴水中3molBr2B.分子M存在顺反异构现象C.异欧前胡素中碳原子均为sp2杂化D.可用FeCl3溶液检验异欧前胡素中是否存在香柑醇10、下列叙述中正确的是A.CS2为直线形的非极性分子，形成分子晶体B.ClO的空间结构为平面三角形C.氯化硼(BCl3)的熔点为-107℃，氯化硼液态时能导电而固态时不导电D.SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈正四面体形，SO呈三角锥形11、B3N3H6的结构和性质与苯相似；被称为无机苯，其结构如下图所示。下列关于苯和无机苯的叙述正确的是。

A.苯和无机苯都是极性分子B.苯和无机苯分子都是平面正六边形结构C.苯和无机苯分子具有相同的电子数D.在铁粉催化下，苯和无机苯与液溴反应均只能产生一种取代物12、下列各组物质的性质比较，正确的是（）A.熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KClB.稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4C.键能：F2＞Cl2＞Br2＞I2D.粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+13、W；X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素；已知W与Y位于相邻主族，W、Y、Z的价电子数之和等于X的价电子数，由四种元素组成的某化合物结构如图所示。下列叙述正确的是。

A.W元素的单质形成的晶体中的化学键有方向性和饱和性B.Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.X、Z、Y的电负性依次减弱D.四种元素中第一电离能最小的是W评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、现有下列分子或离子：①CS2②H2S③PH3④HCHO⑤H3O+⑥NH⑦BF3⑧SO2

(1).粒子的几何构型为直线形的有____(填序号；下同)。

(2).粒子的几何构型为V形的有____。

(3).粒子的几何构型为平面三角形的有____。

(4).粒子的几何构型为三角锥型的有____。

(5).粒子的几何构型为正四面体型的有___。15、近期我国科研工作者研究的金属—氮—碳优异电催化还原催化剂取得新进展。回答下列问题：

(1)可用于考古，其中子数为___________，该基态原子价层电子轨道表示式为___________。

(2)研究发现钴—氮—碳优异电催化还原催化剂活性最高，金属钴的核外电子排布式为___________；基态未成对电子数为___________。

(3)基态N原子中，电子占据的最高能层符号为___________，该能层具有的原子轨道数为___________，电子数为___________。16、回答下列问题：

(1)①元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为___________nm(填标号)。

A．404.4B．553.5C．589.2D．670.8E．766.5

②基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。

(2)①氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为___________。

②元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___________；氮元素的E1呈现异常的原因是___________

(3)①Fe3＋基态核外电子排布式为___________

②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。17、写出下列物质或微粒的电子式。

①H_______________Na+____________Cl-___________

②H2O____________HCl______________MgCl2_____________18、原子序数小于36的X；Y、Z、W、Q五种元素；X原子核外电子运动状态是所有原子中最少的，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W是第三周期中电负性最大的元素，Q的原子序数为33。回答下列问题：

(1)链状化合物Y3X6分子中σ键与π键的数目比为________。

(2)ZX3极易溶于水而YX4难溶于水的主要原因是________________________________。

(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，这两种氧化物的分子式分别是________。

(4)W与Q能形成两种分子，其中属于非极性分子的是________，另一种分子的空间构型是________。

(5)W可以分别与Z、Q形成原子个数比为1∶3的两种化合物，则这种化合物沸点的相对高低为________。19、香花石是我国的矿石“国宝”，其化学组成为Ca3Li2(BeSiO4)3F2。

(1)画出Ca原子最外层电子的轨道示意图______________，Ca原子共有______种能量不同的电子。

(2)香花石中有四种元素在元素周期表中处于同一周期，将这四种元素按原子半径由大到小排列______________________，其中非金属性最强的元素是______________。

(3)Be的化学性质与Al相似，将BeCl2溶液蒸干、灼烧，得到的固体物质是________。

(4)组成香花石的元素中，可以形成的原子晶体为__________，其中熔点较高的是_____。20、碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60；石墨和金刚石的结构图：回答下列问题：

(1)C60属于__晶体(填“金属”、“分子”或“原子”，下同)，金刚石属于__晶体。

(2)在金刚石晶体中，碳原子数与化学键数之比为__。

(3)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142pm，而金刚石中C—C键的键长为154pm。推测金刚石的熔点___(填“>”“<”或“=”)石墨的熔点。21、羟基亚乙基二磷酸(HEDPA，结构式如I，可简写为H4L)可在较宽的pH范围内与金属离子或原子形成稳定的配合物，是一种常用的配体，主要用作工业循环冷却水的缓蚀阻垢剂和无氰电镀的络合剂，与188Re所形成的188Re-HEDPA可用于治疗转移性骨癌。HEDPA和Mn2+可在一定的pH值和Mn2+/HEDPA配比下形成配合物A；将该配合物加热，在250°C以上样品失重25.80%。脱水结束后对残余物之进行元素分析。配合物A的元素含量为：Mn(15.74%)；C(6.88%)；H(4.62%)；O(55.01%)；P(17.77%)。

(1)根据元素分析数据，推证配合物A的分子式为____。

(2)画出该配合物的结构示意图，并在图上注明HEDPA中哪些原子可为配位原子？(用*表示)____。

(3)实验测得配合物A的磁矩为6.12μ0，配合物未成对电子数为___，中心原子的杂化轨道类型是____。

(4)如何将合成A的条件作修改，可得到多核配合物___。并写出2种该多核配合物的分子式。__。

(5)已知配合物[Mn(H2O)6]2+的d-d跃迁在400nm-550nm范围内有弱的吸收，配合物呈肉粉色：在水溶液中形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将发生怎样的变化____。观察配合物的颜色明显加深，为什么？___。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)22、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23、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误24、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25、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20分)26、某研究性学习小组设计了实验验证元素周期律。

Ⅰ．利用图1所示装置(夹持仪器已略去)探究元素S；C、Si的非金属性强弱。

(1)分液漏斗A中应盛放的试剂是_______，能证明非金属性S>C>Si的现象为_______；试管C中发生反应的离子方程式为_______。

Ⅱ．用图2所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性良好)证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。

实验过程：①打开弹簧夹；打开活塞a，滴加浓盐酸。

②当F和G中的溶液都变为黄色时；夹紧弹簧夹。

③当F中溶液由黄色变为棕红色时；关闭活塞a。

④

(2)F中反应能证明非金属性Cl>Br的原因是_______(用离子方程式表示)。

(3)为证明非金属性Br>I，过程④的操作是_______；现象为_______。

(4)氯、溴、碘非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐_______，得电子能力逐渐_______。27、“中国芯”的发展离不开单晶硅；四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。

已知有关信息：

①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4

②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃。

请回答下列问题：

(1)写出A中发生反应的离子方程式：___________。

(2)若拆去B装置，可能的后果是_________。

(3)有同学设计图装置替代上述E；G装置：

上图装置的主要缺点是________。

(4)测定产品纯度。取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收)，将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应)，消耗滴定液VmL。则产品的纯度为_______%(用含a；c和V的代数式表示)。

(5)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱；用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：

Ⅰ.打开弹簧夹1；关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。

Ⅱ.A中看到白色沉淀时；关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。

①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是_________(填字母)。

A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性。

②C装置中的试剂X是________(填化学式)

③D中发生反应的化学方程式是：________。28、(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。

回答下列问题：

(1)中铁离子的配位数为__________，其配体中C原子的杂化方式为________。

(2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。

(3)步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为随反应进行需加入适量__________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。

(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。

(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和

①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。

②确认气体产物中含CO的现象为____________________。29、硫酸亚铁铵是一种重要的化学试剂；某兴趣小组在课本合成方案的基础上进行了改进，流程如下：

(1)下列说法正确的是_________

A.废铁屑需用溶液除去表面的油污；通常采用抽滤除去碱液。

B.实验中使用的蒸馏水均需煮沸除氧。

C.在加入硫酸铵前；应该把硫酸亚铁溶液的pH值控制在强酸性范围内。

D.鉴定所得晶体中含有可以取少量样品于试管中，加水溶解，加入NaOH溶液，露置于空气中，观察现象。

(2)步骤Ⅲ的具体操作：迅速取滤液置于容器中，沿器壁缓慢加入适量乙醇，使之覆盖在液面上，随着乙醇在溶液中不断扩散，硫酸亚铁铵逐渐结晶析出。该方法的优点是(写出至少两点)________。

(3)制得后，需要对晶体进行干燥，课本用干净的滤纸吸干，该兴趣小组同学经过讨论，决定用减压干燥，装置如图所示。将产品放入干燥器后，用水泵抽至盖子推不动即可。干燥结束后，启盖前，必须________；然后启盖。

(4)产品中铁含量的测定可以用酸性高锰酸钾滴定的方法。高锰酸钾标准溶液可用性质稳定，摩尔质量较大的基准物质草酸钠进行标定，写出酸性条件下草酸钠溶液与高锰酸钾反应的离子方程式________。

实验步骤如下：

步骤一：先粗略配制浓度约为的高锰酸钾溶液250mL；

步骤二：称取草酸钠固体mg放入锥形瓶中，加入适量水溶解并加硫酸酸化，加热到立即用滴定，从而标定浓度为

步骤三：称取样品2.031g；放入锥形瓶并用适量水溶解；

步骤四：用标准溶液滴定步骤三所配样品溶液；达到终点时消耗标准液45.00mL。

①步骤一中至少需要用到的最方便的玻璃仪器有烧杯、________；玻璃棒。

②实验过程中需要进行多次滴定，在滴定步骤前要进行一系列操作，请选择合适的编号，按正确的顺序排列________。

a.向酸式滴定管中装入操作液至“0”刻度以上；

b.用蒸馏水洗涤滴定管；

c.将滴定管内装满水；直立于滴定管夹上约2min；

d.用操作溶液润洗滴定管；

e.将活塞旋转180°后；再次观察；

f.将滴定管直立于滴定管夹上；静置1分钟左右，读数；

g.右手拿住滴定管使其倾斜30°，左手迅速打开活塞。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共8分)30、钼酸钠是一种金属缓蚀剂，金属钼是重要的合金材料，下图是由辉钼矿(钼元素的主要存在形式为)生产两种物质的流程：

请回答下列问题：

(1)为第五周期元素，与同族，其基态原子价层电子排布式为_______；

(2)辉钼矿在空气中焙烧时，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，烧渣中以的形态存在，则X为_______(填化学式)，焙烧方程式为_______；

(3)已知：25℃时，则该温度下，饱和溶液中的浓度为_______

(4)溶液在对烧渣进行浸出时；温度对浸出率的影响如下图所示：

“操作1”需选择“高压浸出”的理由是_______；

(5)从上述流程中可分析出属于_______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)；

(6)由获得可以选择做还原剂，相关说法正确的是_______(填代号)；

a.其原理属于热还原法冶金。

b.的金属活动性可能位于之间。

c.工业上可用与钼酸盐溶液直接作用冶炼钼。

(7)已知晶体有类似石墨的层状结构，预测其可能的用途是_______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．3p2表示3p能级上填充了2个电子；A错误；

B．电子的能量高低；不仅与能级有关，还与能层有关，比如2p能级电子的能量就比3s能级电子能量低，B错误；

C．不同能层s轨道形状均为球形；只是半径不同，能层序数越大，s原子轨道半径越大，C正确；

D．同一能级上的电子能量是相同的，比如3s2能级上的2个电子能量相同；D错误；

故答案选C。2、B【分析】【详解】

A．最高价氧化物对应的水化物碱性越强；金属性越强，氢氧化镁是中强碱而氢氧化铝具有两性说明镁的金属性比铝强，故A不符合题意；

B．铝在冷的浓硫酸中钝化是利用了浓硫酸的特性强氧化性；在表面形成致密的氧化物薄膜，与金属性强弱无关，故B符合题意；

C．活泼金属和活泼非金属之间更易形成离子键；氯化镁的熔点比氯化铝的熔点高是因为氯化镁是由离子键构成的化合物，而氯化铝是由共价键构成的化合物，因此镁的金属性比铝强，故C不符合题意；

D．铝和氢氧化钠溶液反应的实质是和水反应；镁和铝都能与水反应生成对应的氢氧化物，因氢氧化铝显两性，氢氧化铝和氢氧化钠反应而溶解，促使铝和水反应产生氢气，而氢氧化镁是中强碱，与氢氧化钠不反应，同时增大了水中氢氧根的浓度，抑制了镁和水的反应，最终表现为镁不能与氢氧化钠溶液反应而铝能，即氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，则镁的金属性强于铝,故不D符合题意；

故答案为：B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体，熔化时，原子晶体需克服共价键，分子晶体克服分子间作用力，则熔点原子晶体SiO2＞分子晶体CO2；故A错误；

B．水分子间除了分子间作用力外，水分子间还形成氢键，H2S分子间只存在分子间作用力，汽化时，水分子间需克服分子间作用力和氢键，而H2S只需克服分子间作用力，则水的沸点高，即沸点H2O＞H2S；故B错误；

C．离子晶体中，晶格能大小与离子半径成反比、与电荷成正比，氯化镁和氯化钙中阴离子相同，阳离子不同，镁离子半径小于钙离子，所以氯化镁的晶格能大于氯化钙，即晶格能CaCl2＜MgCl2；故C正确；

D．非金属性越强；形成的氢化物越稳定，F；Cl二者属于同主族元素，从上往下，非金属性依次减弱，原子序数F＜Cl，则非金属性F＞Cl，所以稳定性HF＞HCl，故D错误；

答案为C。4、C【分析】【详解】

A．NF3的组成结构与NH3相似；空间构型为三角锥形，A错误；

B．NF3不存在分子间氢键，NH3存在分子间氢键，所以NF3的沸点低于NH3；B错误；

C．该反应的ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=（941.7+154.8×3-283×6）kJ/mol=-291.9kJ/mol；故该反应为放热反应，C正确；

D．根据C选项的计算可知，1molN2(g)与3molF2(g)反应生成2molNF3(g)的反应为放热反应，故1molN2(g)与3molF2(g)的总能量高于2molNF3(g)；D错误；

故答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．溶液显酸性，故的电离程度大于水解程度，所以溶液中

A正确；

B．的中心原子P原子的价层电子对数为4，所以采取杂化；空间构型为正四面体形，B正确；

C．晶胞中每个被8个包围，根据化学式可知每个被4个包围，即的配位数是4；C正确；

D．分子的热稳定性与分子间氢键无关；D错误；

故选D。二、多选题(共8题，共16分)6、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。7、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由结构可知，Ba2+位于体心，个数为1；O2-位于棱心，个数为12=3；Ti4+位于顶点，个数为8=1；则钛酸钡的化学式为故A正确；

B．根据晶胞结构可知，晶体中与每个紧邻且等距离的有6个；故B错误；

C．位于体心，周围有12个O2-，8个Ti4+；配位数是20，故C错误；

D．由晶胞结构可知，每个周围有6个O2-，若将置于晶胞体心，置于晶胞顶点，则位于立方体的面心；故D正确；

故选BC。8、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。9、AD【分析】【详解】

A.香柑醇分子中含有碳碳双键和酚羟基，2个碳碳双键可与溴水发生加成反应，酚羟基对位上的氢原子能与溴水发生取代反应，则1mol香柑醇最多可以消耗溴水中3molBr2；故A正确；

B.M分子含有碳碳双键；但有1个碳碳双键的碳原子上连有2个甲基，则M分子不可能存在顺反异构，故B错误；

C.异欧前胡素中含有饱和碳原子，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化；故C错误；

D.香柑醇分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，异欧前胡素分子中不含有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，则可用FeCl3溶液检验异欧前胡素中是否存在香柑醇；故D正确；

故选AD。10、AD【分析】【分析】

【详解】

Ａ．二硫化碳是由分子形成的分子晶体；分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间结构为结构对称的直线形，属于非极性分子，故A正确；

Ｂ．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4；孤对电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，故B错误；

Ｃ．氯化硼为熔点低的分子晶体；液态和固态时只存在分子，不存在离子，所以不能导电，故C错误；

Ｄ．四氟化硅分子中的硅原子和亚硫酸根离子中的硫原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化方式均为sp3杂化；四氟化硅分子中的硅原子的孤对电子对数为0，分子的空间结构为正四面体形，亚硫酸根离子中的硫原子的孤对电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，故D正确；

故选AD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．苯和无机苯都是中心对称分子；均为非极性分子，A错误；

B．苯和无机苯分子结构相似；苯分子是平面六边形结构，所以无机苯分子也是平面六边形结构，B正确；

C．C的电子数为6；B的电子数为5，N的电子数为7，所以两者分子具有的电子数相同，C正确；

D．无机苯中存在2种不同化学环境的氢原子；所以与溴取代后生成两种取代物，D错误；

故答案选BC。12、CD【分析】【详解】

A．CO2、H2O为分子晶体，但水分子间有氢键，熔点比CO2的高，SiO2为原子晶体，熔点最高，KCl为离子晶体，熔点较高，所以熔点CO2＜H2O＜KCl＜SiO2；故A错误；

B．非金属性越强，氢化物越稳定，氧非金属性最强，所以稳定性H2O＞NH3＞PH3＞SiH4；故B错误；

C．原子半径越小，键长越短，键能越大，原子半径F＜Cl＜Br＜I，所以键能F2＞Cl2＞Br2＞I2；故C正确；

D．钾离子有3层，钠离子和镁离子，铝离子都有2层，电子层越多半径越大，电子层数相同核电荷数越大，半径越小，所以粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故D正确；

综上所述答案为CD。13、CD【分析】【分析】

根据该化合物的结构可知W元素可以形成+2价阳离子；应为第IIA族元素，W；X、Y、Z原子序数依次减小，原子序数比W小的主族元素至少有3种，所以W应为第三周期元素，为Mg元素；X可以形成2个共价键，应为第VIA族元素，所以X为O元素，Z可以形成1个共价键，原子序数小于O，则Z为H元素，所以Y元素最外层电子数为6-1-2=3，W与Y位于相邻主族，所以Y为B元素。

【详解】

A．根据分析；W为Mg，Mg为金属晶体，金属键没有方向性和饱和性，A错误；

B．B的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，H3BO3是弱酸；B错误；

C．O；H、B的非金属性依次减弱；电负性依次减小，C正确；

D．Mg；O、B、H四种元素中；Mg为金属元素，比较活泼，失去第一个电子所需要的能量最小，第一电离能最小，D正确；

故选CD。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【分析】

【小问1】

①CS2分子中C原子价层电子对个数是2；孤电子对数为0，C原子采用的是sp杂化，空间构型为直线形；【小问2】

②H2S分子中σ键数目为2，孤对电子对数为2，则价层电子对数为4，S原子采用的是sp3杂化；由于有2个孤电子对，故空间构型为V型；

⑧SO2分子中价层电子对个数=2+×(6-2×2)=3，含有1个孤电子对，S原子采用的是sp2杂化；由于有1个孤电子对，故空间构型为V形；【小问3】

④CH2O分子中心原子C的σ键数目为3，孤电子对数为0，C原子采用的是sp2杂化；由于碳氧双键的存在，故空间构型为平面三角形；

⑦BF3分子中心原子B的σ键数目为3，孤电子对数为0，B原子采用的是sp2杂化；故空间构型为平面正三角型；【小问4】

③PCl3分子中σ键数目为3，孤电子对数为1，则价层电子对数为4，则P原子采用的是sp3杂化；由于有1个孤电子对，故空间构型为三角锥型；

⑤H3O+分子中心原子O的σ健数目为3，孤电子对数为1，O原子采用的是sp3杂化；由于有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形；【小问5】

⑥分子中心原子N的σ健数目为4，孤电子对数为0，N原子采用的是sp3杂化，故空间构型为正四面体形。【解析】【小题1】①

【小题2】②⑧

【小题3】④⑦

【小题4】③⑤

【小题5】⑥15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)的质子数是6，质量数为14，中子数=质量数-质子数=14-6=8，该基态原子价层电子轨道表示式为故答案为：8；

(2)钴是27号元素，金属钴的核外电子排布式为或基态Co的3d轨道有3个轨道存在未成对电子，故未成对电子数为3，故答案为：或3；

(3)基态N原子价电子排布式为2s²2p³，可知电子占据的最高能层符号为L，该能层具有的原子轨道数为4，电子数为5，故答案为：L；4；5。【解析】8或3L4516、略

【分析】(1)

①紫色光对应的辐射波长范围是400～430nm；选A；

②基态K原子中，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；核外电子占据最高能层的符号是N，占据该能层的电子处于4s能级，电子云轮廓图形状为球形；

(2)

①氮原子核外电子排布式是1s22s22p3，价层电子排布式是2s22p3，轨道表达式(电子排布图)为

②同周期元素；从左到右非金属性依次增大，原子核对电子的束缚能力增大，除氮原子外，其他原子得电子能力依次增大，得电子后形成的阴离子稳定性逐渐增大，所以根据第一电子亲和能的定义可知同周期元素的第一电子亲和能自左向右依次增大；N的2p能级上有3个电子，处于半满状态，属于较稳定状态，得电子能力相对较弱，因此第一电子亲和能较同周期相邻元素要低；

(3)

①Fe为26号，价层电子数为26-18=8，价层电子排布式为3d64s2，失去电子时，先失去4s上的2个电子，再失去3d上的一个电子，即为[Ar]3d5；

②元素的非金属性越强电负性越大，非金属性O＞C＞H，所以电负性：O＞C＞H。【解析】(1)AN球形。

(2)同周期元素随核电荷数依次增大；原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，故不易结合一个电子。

(3)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5H＜C＜O17、略

【分析】【详解】

①原子的电子式书写时应把原子的最外层电子全部排列在元素符号周围，则H原子的电子式为

金属阳离子的电子式直接用金属阳离子符号表示，如Na+的电子式为Na+；

简单阴离子电子式的书写：一般非金属原子在形成阴离子时，得到电子，使最外层达到稳定结构，这些电子都应画出，并将符号用“[]”括上，右上角标出所带的电荷数，电荷的表示方法同于离子符号，如Cl-的电子式为

②H2O为共价化合物，其电子式为HCl为共价化合物，其电子式为MgCl2为离子化合物，其电子式为【解析】18、略

【分析】【详解】

X原子核外电子运动状态是所有原子中最少的，X是H。Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此Y是C。Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N。W是第三周期中电负性最大的元素，W是Cl，Q的原子序数为33，Q是As。（3）C3H6是丙烯，分子中有8个σ键，1个π键，即σ键与π键的数目比为8∶1。（2）NH3和H2O均是极性分子，二者相似相溶，且二者分子间可形成氢键，故NH3极易溶于水；CH4是非极性分子，在极性分子H2O中的溶解性较小。（3）原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则CO2与N2O是等电子体。（4）As和Cl可形成AsCl3和AsCl5两种分子，其中AsCl3是三角锥形极性分子，AsCl5是三角双锥非极性分子。（5）AsCl3与NCl3形成的晶体均是分子晶体，由于AsCl3比NCl3的相对分子质量大，故AsCl3的熔沸点较高。【解析】①.8∶1②.NH3和H2O均是极性分子，二者相似相溶，且二者分子间可形成氢键，故NH3极易溶于水；CH4是非极性分子，不易溶于极性溶剂水③.CO2、N2O④.AsCl5⑤.三角锥形⑥.AsCl3＞NCl319、略

【分析】【详解】

(1)Ca的原子序数为20，原子最外层电子数为2，原子最外层电子排布式为4s2，所以Ca原子最外层电子的轨道示意图为钙原子核外电子排布式为：1s22s2p63s23p64s2，不同能级中电子能量不同，相同能级的电子能量相同，故有6种能量不同的电子，故答案：6；

(2)香花石中处于同一周期的四种元素为Li；Be、O、F；同周期自左而右原子半径减小，非金属性增强，故原子半径Li＞Be＞O＞F，非金属性最强的为F，故答案为：Li＞Be＞O＞F；F；

(3)Be的化学性质与Al相似，溶液中Be2+水解BeCl2+2H2OBe(OH)2+2HCl，将BeCl2溶液蒸干HCl挥发，使水解彻底进行，得到Be(OH)2固体，再灼烧Be(OH)2生成BeO；故答案为：BeO；

(4)组成香花石的元素中含有Si元素、O元素，可以形成的原子晶体为晶体硅、二氧化硅。氧原子半径小于硅原子半径，故键长Si-Si＞Si-O，故Si-O键更强更稳定，二氧化硅的熔点较高，故答案为：晶体硅、二氧化硅；二氧化硅。【解析】6Li＞Be＞O＞FFBeO晶体硅、二氧化硅二氧化硅20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)中构成微粒是分子；所以属于分子晶体；金刚石晶体中只含有共价键，且组成的晶体结构是空间立体网状结构，所以金刚石属于原子晶体；故答案为：分子；原子；

(2)金刚石晶体中每个碳原子平均拥有的化学键数为则碳原子数与化学键数之比为1：2，故答案为：1：2；

(3)石墨中的键比金刚石中的键键长短，键能大，故石墨的熔点高于金刚石，故答案为：<。【解析】分子原子1：2<21、略

【分析】【分析】

【详解】

由μ=[n(n+2)]1/2μ0=6.12μ0

得μ=[n(n+2)]1/2=6.12→n2+2n-37.45=0

→(n-5.2)(n+7.2)=0→n=5.2→n≈5【解析】MnC2H6O7P2·5H2O5sp3d2当[Mn2+]》[H4L]时，可形成多核配合物[(H2O)5Mn-H2L-Mn(H2O)5]2+：[(Mn·5H2O)4L]4+等由于HEDPA中磷酸基上的氧比水分子中的氧更易给出孤电子对，对中心离子d轨道的影响更大，因此形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将增加由于水合离子的摩尔吸收率一般都很低，因此水合配合物的颜色常常较浅。当形成配合物II后，d-d跃迁禁阻部分解除，摩尔吸收率增加，吸收颜色加深四、判断题(共4题，共36分)22、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。23、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。24、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。25、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20分)26、略

【分析】【分析】

Ⅰ；比较S、C、Si三种元素的非金属性强弱；利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断；

Ⅱ、利用酸性高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，再利用氯气与溴化钠反应产生的溴再与碘化钾反应，通过实验证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。

（1）

比较S；C、Si三种元素的非金属性强弱；利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断，所以分液漏斗中盛放稀硫酸，锥形瓶B中稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳进入试管C中和硅酸钠反应生成硅酸沉淀；

答案为稀硫酸；锥形瓶B中固体溶解并产生气泡，试管C中产生白色沉淀；

（2）

生成的氯气通入F装置中把溴化钠氧化为单质溴，F中溶液发生反应的离子方程式是

（3）

由于要排除氯气对溴，置换碘的实验干扰，则为了证明溴的氧化性强于碘，过程④的操作是打开活塞b，将少量G中溶液滴入H中，关闭活塞b；取下H振荡；现象是静置后四氯化碳层溶液变为紫红色；

（4）

氯、溴、碘单质的非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。【解析】(1)稀硫酸锥形瓶B中固体溶解并产生气泡，试管C中产生白色沉淀

(2)

(3)打开活塞b，将少量G中溶液滴入下方试管中，关闭活塞b；取下试管振荡静置后下层溶液变为紫红色。

(4)增大减弱27、略

【分析】【分析】

装置A用于制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氯杂质，再用无水氯化钙进行干燥，在装置D中硅和氯气发生反应生成SiCl4，SiCl4沸点较低，在冷凝管中冷凝SiCl4气体，在E中得到液态的SiCl4，因SiCl4遇水剧烈水解；干燥管G的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。

【详解】

(1)装置A中高锰酸钾具有强氧化性，氧化浓盐酸生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，对应的离子方程式为2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(2)由信息可知，HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，若拆去B装置，HCl会和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低，而且Cl2和H2混合共热易发生爆炸，答案：HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；

(3)所给装置用装有烧碱溶液的广口瓶代替原装置中的干燥管G，烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解，导致产品纯度降低，答案：烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解；

(4)根据化学方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知溶液中n(HCl)=n(NaOH)=cmol·L1×10-3L=10-3mol，根据氯原子守恒得n(HCl)=4n(SiCl4)，则n(SiCl4)=n(HCl)=m(SiCl4)=×170g·mol-1=其质量分数=×100%=%，答案：

(5)①浓盐酸具有挥发性；进入A装置与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，通过A中看到白色沉淀，说明盐酸能与盐反应，可知盐酸具有挥发性；酸性，答案选AD；

②X的作用是除去CO2气体中的HCl气体，可以用NaHCO3溶液，D中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，从而证明碳的非金属性比硅的强，反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，答案：NaHCO3；Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3。【解析】2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解ADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO328、略

【分析】【分析】

莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3]•3H2O；据此分析解题。

【详解】

(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为故答案为：6；

(2)由分析可知，步骤②发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方