2025年沪科版选择性必修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年沪科版选择性必修2化学下册阶段测试试卷474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8题，共16分)1、科研人员利用作催化剂，在光照条件下实现了和合成该反应历程示意图如图。

下列说法不正确的是A.过程I中表面上进行的吸附与转化B.过程Ⅱ中存在极性键的断裂与形成C.过程Ⅴ中生成时吸收能量D.总反应的化学方程式是2、我国科学家发现了一类由Fe-Se-As-F-O组成的磁性超导材料。下列说法不正确的是A.Se原子核外有3个未成对电子B.Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5C.的空间构型为正四面体形D.基态F原子的核外电子有9种运动状态3、锆()和镉()是目前光电材料广泛使用的元素。和的晶胞分别如图甲；图乙所示：

下列说法正确的是A.每个锆晶胞中含原子个数为8B.在镉晶胞中两个镉原子最近核间距为C.在镉晶胞中的配位数为4D.锆晶体的密度为4、下列各组元素性质递变情况错误的是A.Li、Be、B原子的半径依次减小B.P、S、Cl的第一电离能依次升高C.N、O、F的电负性依次增大D.O2-、Na+、Al3+的半径依次减小5、合成氨反应为下列有关合成氨反应的说法正确的是A.反应中每消耗转移电子的数目约等于B.反应的(E表示键能)C.反应的D.反应生成的的VSEPR模型为三角锥形6、我国科学家最近成功合成了世界首个五氮阴离子盐R，其化学式为（N5）6(H3O)3(NH4)4Cl,从结构角度分析，R中两种阳离子的不同之处为A.中心原子的杂化轨道类型B.中心原子的价层电子对数C.立体结构D.共价键类型7、“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过反应制备高纯硅。下列有关说法正确的是A.是由极性键形成的极性分子B.沸点：C.键的极性：H—F>H—Cl>H—BrD.高纯单晶硅熔沸点高于石墨的8、下列关于金属的说法正确的是A.金属键是金属阳离子通过自由电子形成的强烈的静电作用B.合金中不存在金属键C.金属的硬度都很大D.人类最早使用的金属是铝，因为它在地壳中分布最多评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、C；Si和P元素的前四级电离能变化趋势如图所示。下列说法不正确的是。

A.c为Si元素B.最简单气态氢化物的热稳定性：c>a>bC.元素的电负性：a>c>bD.第五电离能：a>c>b10、表为部分短周期元素的原子半径及主要化合价；根据表中信息，判断以下叙述正确的是。

。元素代号。

L

M

Q

R

T

原子半径/nm

0.160

0.143

0.086

0.102

0.074

主要化合价。

+2

+3

+2

+6；-2

-2

A.L、R形成的简单离子核外电子数相等B.单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞LC.氢化物的稳定性为H2R＜H2TD.M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应11、用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)；下列说法错误的是。

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为512、X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11；Z为第三周期元素，价电子数为2；基态M原子有6个未成对电子；W属于ds区元素，有1个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：Z＞X＞Y，电负性：Y＞X＞ZB.M为ⅥB族元素，W+价电子排布式为3d94s1C.Z(XY3)2晶体含离子键和共价键，离子半径：Y＜ZD.X和Y的简单氢化物分子间均存在氢键13、向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是“溶液迅速变黄”和“溶液变红”C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCND.溶液变红的原因可用Fe3++3SCN-=Fe(SCN)₃↓表示14、已知金属钠与两种卤族元素形成的化合物Q、P的晶格能分别为923kJ/mol、786kJ/mol，下列有关说法不正确的是A.Q的熔点比P的高B.若P是NaCl，则Q一定是NaFC.Q的离子间距比P的大D.若P是NaCl，则Q可能是NaBr评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、某烃的蒸气对氢气的相对密度为43；取21.5g此烃与过量的氧气反应，将其生成物通过浓硫酸，浓硫酸的质量增加31.5g，再通过NaOH溶液，NaOH溶液质量增加66g。

求：⑴此烃的分子式________。

⑵若该烃的一卤代物有2种同分异构体，请写出此烃的结构简式和名称_______；________16、用价层电子对互斥模型推测下列分子或离子的空间构型。

(1)BeCl2___________；

(2)SO___________；

(3)SCl2___________；

(4)BF3___________；

(5)PF3___________；

(6)NH___________；17、(1)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中；Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

①CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为___________和___________。

②在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。

③硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在___________。

(2)①丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___________，1mol丙酮分子中含有σ键的数目为___________。(设NA为阿伏加德罗常数的值)

②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。

③乙醇的沸点高于丙酮，这是因为___________。18、许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途；请回答下列有关问题：

(1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：该电子排布图违背了_______；CH-CH3、CH都是重要的有机反应中间体，CH的VSEPR模型为_______。

(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为___________。

(3)基态溴原子的价层电子排布图为________，用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn—Br的键角___________120°(填“>”、“<”或“=”)。

(4)CN-能与多种金属离子形成配合物，例如，工业冶炼金的原理：2[Zn(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。与CN-互为等电子体的分子有___________(只写一种)，1mol[Zn(CN)4]2-中含_____molσ键。

(5)类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点，其原因是___________。19、2019年12月17日；经中央军委批准，中国第一艘国产航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”，舷号为“17”。2020年9月24日下午，国防部举行例行记者会，国防部新闻局副局长；国防部新闻发言人谭克非大校称：中国海军山东舰已完成例行训练和海上试验。

(1)航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则晶体硅、金刚石、碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石>碳化硅>晶体硅，原因是_______。

(2)Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_______。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155

(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M；通过如图反应实现铜离子的富集，进行回收。

上述物质M中含有的作用力有_______。

A.离子键B.非极性共价键C.极性共价键D.氢键E.配位键20、C60；金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)：

(1)金刚石属于_______晶体，固态时，C60属于_______(填“原子”或“分子”或“离子”)晶体。

(2)1mol金刚石中含有C—C单键的数目约是_______NA。

(3)石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是_______。

(4)CO2分子晶体中，每个CO2分子周围有_______个与之紧邻且等距的CO2分子。上图晶胞中有_______个CO2分子。

(5)CsCl晶体中每个Cl-周围紧邻且等距的Cs+数目为_______。21、(1)路易斯酸碱电子理论认为：凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸；凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱。根据信息判断，H2O属于___________(填“酸”或“碱”，下同)，Ag+属于___________。

(2)查表可知；金属铝(Al)的三卤化物晶体的熔点如下：

。物质。

AlF3

AlCl3

AlBr3

熔点/℃

1290

192.4

97.8

AlF3为什么熔点比AlCl3高得多，请分析原因___________。22、卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维(2D/3D)的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿(PEA)2PbBr4(PEA+代表)异质结。回答下列问题：

(1)基态Br原子的价电子排布式为___。

(2)PEA+中N的价层电子对数为___，杂化轨道类型为___，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___，1molPEA+中存在___molσ键。

(3)已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为___。已知[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为___。

(4)Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：。MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔点/℃747734693636

等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是____(填化学式)，熔点呈现表中趋势的原因是____。

(5)已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，图(b)显示的是三种离子在xz面；yz面、xy面上的位置：

若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为___g·cm-3(写出表达式)。

②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___(填标号)。

A.B.C.D.23、的一种氯化物的晶胞结构如图所示(黑球表示铜原子，白球表示氯原子)，该氯化物的化学式是____________.若该晶体的密度为以表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的边长_________

评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)24、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.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共3分)25、A、B、C、D、E是前四周期的元素。A、B、C同周期，C、D同主族且原子半径C>D，A的原子结构示意图为B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E对应的单质是目前用量最大的金属。回答下列问题：

(1)写出下列元素的符号：A___________，D___________。

(2)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___________，碱性最强的是___________。

(3)E原子价电子排布式是___________，E元素在___________区。

(4)写出D元素原子构成单质的电子式___________。评卷人得分六、计算题(共4题，共24分)26、现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的C；D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数；且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。

回答下列问题：

(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程：______。

(2)写出基态F原子的核外电子排布式：______。

(3)A2D的电子式为______，其分子中______(填“含”或“不含”，下同)键，______π键。

(4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有______。27、回答下列问题。

(1)新型钙钛矿太阳能电池具备更加清洁；便于应用、制造成本低和效率高等显著优点。一种钙钛矿太阳能电池材料的晶胞如图所示。

该钙钛矿太阳能电池材料的化学式为______；该晶胞中，与I﹣紧邻的I﹣个数为__________。

(2)金属钼晶体中的原子堆积方式如图所示，若晶体钼的密度为ρg·cm－3，钼原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示钼的相对原子质量，则钼晶胞中原子的空间利用率为________(用含有ρ、r、NA；M的代数式表示)。

(3)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X﹣射线衍射法就是其中的一种。通过对碲化锌晶体的X﹣射线衍射图像分析，可以得出其晶胞如图所示。若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的原子半径为apm，晶体的密度为ρg·cm－3，碲化锌的摩尔质量为193g·mol－1，则阿伏加德罗常数NA=_________mol－1(列计算式表达)

(4)氮化钛的晶胞如图1所示，图2是氮化钛的晶胞截面图。NA是阿伏加德罗常数的值，氮化钛的摩尔质量为62g·mol－1，氮化钛晶体密度为dg·cm－3，计算氮化钛晶胞中N原子半径为_________pm。

28、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)。

29、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+)=___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．过程I中在表面吸附且和转化为A正确；

B．过程Ⅱ中涉及键的断裂与键和键的形成，且键、键、键均为极性键；B正确；

C．过程V中生成时，是与形成存在键形成的过程则该过程；放出能量，C错误；

D．该反应总过程是和在作催化剂、光照条件下合成总反应方程式为D正确。

故选：C。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．Se是34号元素，Se原子核外价层电子排布式是4s24p4；由于有3个4p轨道，一个轨道最多可容纳2个电子，原子核外电子总是尽可能成单排列，则Se原子核外有2个未成对电子，A错误；

B．Fe是26号元素，Fe原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子得到Fe3+，根据构造原理可知基态Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；B正确；

C．中的中心As原子价层电子对数是4+=4，其中不含孤电子对，因此的空间构型为正四面体形；C正确；

D．F是9号元素；原子核外有9个电子，在任何一个原子中都不存在运动状态完全相同的电子，则基态F原子的核外电子有9种运动状态不同的电子，D正确；

故合理选项是A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图甲知，锆晶胞中Zr原子分别位于体内、顶点和面心，因此每个锆晶胞中含原子个数为=6；A错误；

B．在镉晶胞中两个镉原子最近核间距为晶胞体对角线的一半，即为B错误；

C．在镉晶胞中的配位数为8；C错误；

D．一个锆晶胞中含有原子个数为=6，则一个锆晶胞的质量为锆晶胞的体积为则一个晶体的密度为D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

A．Li；Be、B位于同周期；从左到右，原子半径依次减小，故A正确；

B．P原子的3p轨道电子处于半充满稳定状态；第一电离能大于相邻同周期元素，则S；P、Cl的第一电离能依次升高，故B错误；

C．同周期自左向右电负性逐渐增大；则N；O、F的电负性依次增大，故C正确；

D．O2-、Na+、Al3+的核外电子排布相同；离子半径随原子序数的增大而减小，则其离子半径依次减小，故D正确。

故选B。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．由合成氨反应可建立如下关系式:N2~3H2~6e-，则反应中每消耗1molH2转移电子的数目约等于2mol×6.02×1023mol-1=2×6.02×1023；A正确；

B．反应的△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E(N=N)+3E(H-H)-6E(N一H)(E表示键能)；B不正确；

C．在合成氨反应中，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，所以反应的△S<0；C不正确；

D．反应生成的为sp3杂化；VSEPR模型为正四面体，故D不正确；

故选A。6、C【分析】【分析】

根据信息和化学式可知，阳离子为对应中心原子为N形成4个σ键；对应中心原子为O形成3个σ键；空间构型为是正四面体，空间构型为三角锥形；以此解答。

【详解】

根据信息和化学式可知，阳离子为对应中心原子为N形成4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，杂化类型是sp3，其空间构型为是正四面体，其共价键类型为极性共价键；的中心原子为O形成3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，杂化类型是sp3；空间构型为三角锥形，其共价键类型为极性共价键，则两种相同阳离子不同之处为C；

故选C。7、C【分析】【详解】

A．的结构与CCl4和CH4的结构类似；均是由极性键形成的正四面体结构，属于非极性分子，A错误；

B．因为均属于分子晶体；结构相似，相对分子质量依次增大，所以其分子间作用力依次增大，导致沸点依次增大，B错误；

C．另一个原子相同时，该原子的半径越小、电负性越大，键的极性越大，则上述分子中，键的极性从大到小为：H—F>H—Cl>H—Br；C正确；

D．石墨属于原子晶体；金属晶体和分子晶体之间的一种混合晶体；层中原子之间的共价键能量很大，其熔沸点高于硅单质的，D错误；

故选C。8、A【分析】【分析】

【详解】

A．金属键是金属阳离子通过自由电子形成的强烈的静电作用；故A正确；

B．合金中存在金属离子和自由电子之间的金属键；故B错误；

C．金属的硬度有的很大；如铬，硬度为9，仅次于金刚石，有的很小，如钠，用小刀就可以切割，故C错误；

D．由于铝很活泼；所以并没有被人类很早使用。1825年丹麦科学家奥斯勒用钾还原氧化铝得到少量金属铝，从那以后，铝才逐渐被人类认识并使用，且地壳中分布最多的元素为O，Al为最多的金属元素，故D错误；

故选A。二、多选题(共6题，共12分)9、BC【分析】【分析】

同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，P元素原子3p轨道处于半满稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻元素的第一电离能，故三种元素中Si第一电离能最小，由图中第一电离能可知c为Si，P元素原子3s能级为全充满稳定状态，故其第四电离能与第三电离能相差较大，则b为P元素；a为C元素，据此分析可得：

【详解】

A．由分析可知，a、b；c分别为C、P、Si；故A正确；

B．a、b、c分别为C、P、Si，由于非金属性P>C>Si，则其简单氢化物的稳定性故最简单气态氢化物的热稳定性：b>a>c；故B错；

C．一般而言同周期元素，从左至右电负性逐渐增强，同主族元素从上至下，电负性逐渐减小，故电负性：P>C>Si，则b>a>c；故C错；

D．C、Si分别失去4个电子后，C的S的均为充满的稳定状态，再失去1个电子时，其第五电离能与第四电离能相差较大，且第五电离能：C>Si；P失去的第四个与第五个电子均为3s能级上的电子，故其第四电离能与第五电离能相差不大，故第五电离能：C>Si>P；故D正确；

答案选BC。10、CD【分析】【分析】

元素的最高正价=最外层电子数；最高正价与最低负价绝对值之和等于8。R；T两元素最外层电子数为6，为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S。M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径远大于氧和硫，则M为Al。Q和L的化合价均为+2价，所以均为第ⅡA族元素，L的半径比Q大，则L为Mg，Q为Be。

【详解】

A．L形成的简单离子是Mg2+，R形成的简单离子是S2-；它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，A错误；

B．L为Mg；Q为Be，因为同主族，从上到下原子失电子能力逐渐增强，元素的金属性增强，元素的金属性越强，其单质与盐酸反应越剧烈，B错误；

C．T为O，R为S，因为同主族，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以稳定性：H2O＞H2S，即H2R＜H2T；C正确；

D．M为Al；T为O，M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，D正确；

故选CD。11、BD【分析】【详解】

A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正确；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍；故B错误；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正确；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D错误；

故选BD。12、AD【分析】【详解】

X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11，则X是N元素，Y是O元素；Z为第三周期元素，价电子数为2，则Z是Mg元素；基态M原子有6个未成对电子，则M核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，所以M是24号Cr元素；W属于ds区元素；有1个未成对电子，则W是Cu元素，然后根据元素周期律及物质的结构与性质分析；解答。

【点睛】

根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Mg，M是Cr；W是Cu元素。

A．原子核外电子层数越大；原子半径越大；同一周期元素原子序数越大，原子半径越小，则原子半径Z＞X＞Y；元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：Y＞X＞Z，则元素的电负性由大到小的顺序为：Y＞X＞Z，A正确；

B．M为Cr元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族元素；W是Cu，W+价电子排布式为3d10；B错误；

C．化合物Z(XY3)2晶体为Mg(NO3)2，是盐，由阳离子Mg2+与阴离子通过离子键结合，在阴离子中，N原子与O原子之间以共价键结合，因此Mg(NO3)2中含离子键和共价键，O2-、Mg2+核外电子排布是2；8；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y＞Z，C错误；

D．X是N，Y是O，由于二者的原子半径小，元素的非金属性强，所以它们形成的简单氢化物NH3、H2O分子之间都存在氢键；D正确；

故合理选项是AD。13、AD【分析】【详解】

A.产生气体是生成的铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应，反应为故A错误；

B.溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3+；故B正确；

C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN；故C正确；

D.Fe(SCN)₃不是沉淀；不能写沉淀符号，故D错误。

故答案选：AD。14、CD【分析】【详解】

A．Q的晶格能大于P的晶格能；故Q的熔点比P的高，故A正确；

B．因的半径比的小，其他卤素离子的半径比的大，故若P是只有的晶格能强于的晶格能；则Q一定都是NaF，故B正确；

C．因Q、P中阳离子均为阴离子所带电荷数相同，故晶格能的差异是由离子间距决定的，晶格能越大，表明离子间距越小，故C错误。

D．由B的分析可知；若P是NaCl，则Q只能是NaF，故D错误；

故选：CD。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

(1)该烃的相对分子质量M＝43╳2＝86，m(H2O)＝31.5g→n(H)＝3.5mol，m(CO2)＝66g→n(C)＝1.5mol，所以n(C)：n(H)＝1.5：3.5＝3：7，该烃的最简式为C3H7，M(C3H7)n＝86，n＝2，所以该烃分子式为C6H14；

(2)该烃的一卤代物有2种同分异构体，只有两种等效氢，则该物质高度对称，符合题意的结构简式为CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2，名称为：2，3—二甲基丁烷。【解析】①.C6H14②.CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2③.2，3—二甲基丁烷16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)BeCl2中心原子的价层电子对数为=2；孤电子对数为0，为直线形；

(2)SO中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为0，为正四面体形；

(3)SCl2中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为2，为V形；

(4)BF3中心原子的价层电子对数为=3；孤电子对数为0，为平面三角形；

(5)PF3中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

(6)NH中心原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为0，为正四面体形；【解析】①.直线形②.正四面体形③.V形④.平面三角形⑤.三角锥形⑥.正四面体形17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①CO2的结构式是O=C=O，碳原子的价层电子对数为故杂化方式为sp杂化；CH3OH中，碳原子连有4个共价单键，价层电子对数为4，故杂化方式为sp3杂化；

②四种物质固态时均为分子晶体，分子晶体的沸点主要取决于分子间作用力的大小，包括范德华力与氢键，范德华力主要考虑分子的极性和相对分子质量的大小，水与甲醇是极性分子，且分子间都存在氢键，水分子中氢键比甲醇多，二氧化碳与氢气均为非极性分子，二氧化碳的相对分子质量大，范德华力大，故沸点由高到低：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；

③硝酸锰是离子化合物，故存在离子键，在中，N原子的价层电子对数为N为sp3杂化，离子的空间构型为平面三角形，N的5个价电子除去形成σ键的三个电子，还有未成键的2个电子，它与3个O的未成键电子，加上得到的一个电子，形成4中心6电子键；

(2)①单键都是σ键，双键中有一个σ键，一个π键，所以甲基中碳原子形成4个σ键，羰基中碳原子形成3个σ键，均没有孤对电子，甲基中碳原子的价层电子对数为4，碳原子采用sp3杂化，羰基中碳原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化；丙酮分子中含有6个碳氢键，2个碳碳单键，1个碳氧双键，双键中含有一个σ键，所以分子中含有9个σ键，所以1mol丙酮分子中含有σ键的数目为9NA；

②同周期从左到右；电负性逐渐增大，所以氧元素的电负性大于碳元素的电负性，而碳和氧在氢化物均表现负化合价，所以碳元素和氧元素的电负性均比氢元素的电负性大，故电负性由小到大顺序：H＜C＜O；

③乙醇分子间存在氢键，而丙酮分子间不存在氢键，故乙醇的沸点高于丙酮。【解析】spsp3H2O＞CH3OH＞CO2＞H2四种物质固态时均为分子晶体，水与甲醇是极性分子，且分子间都存在氢键，水分子中氢键比甲醇多，二氧化碳与氢气均为非极性分子，二氧化碳的相对分子质量大，范德华力大离子键和键sp3、sp29NAH＜C＜O乙醇分子间存在氢键，而丙酮分子间不存在氢键18、略

【分析】(1)

洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，该电子排布图违背了洪特规则。CH中心C原子价层电子对数为3+=4，C原子采用sp3杂化；VSEPR模型为四面体形；

(2)

电负性越强，吸电子能力越强，CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为C>H>Si；

(3)

溴为与第四周期第ⅦA族，基态溴原子的价层电子排布图为用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn原子的价层电子对数=2＋=3，孤电子对数为1，孤电子对与成键电子对的斥力大于则成键电子对与成键电子对的斥力，故Sn—Br的键角<120°。

(4)

等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与CN-互为等电子体的分子有CO；单键均为σ键，双键中含有1个σ键，1mol[Zn(CN)4]2-中含8molσ键。

(5)

理论上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的沸点，其原因是异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在范德华力。【解析】(1)洪特规则四面体形。

(2)C>H>Si

(3)<

(4)CO或其他合理答案8

(5)异硫氰酸分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在范德华力19、略

【分析】(1)

晶体硅、金刚石、碳化硅均属于共价晶体，Si的原子半径比C大，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越短，键能越大，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，则熔点为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故答案为：三者都为共价晶体，r(C)

(2)

分析表格数据和化学式可知，TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故熔沸点自TiCl4至TiI4熔点依次升高，故答案为：TiF4为离子化合物(或离子晶体)；熔点高，其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

(3)

由结构可知，M中氮原子与氢原子之间形成氢键，而其它原子之间形成共价键，苯环内既有极性共价键也含有非极性共价键，但不含离子键、金属键、配位键，故答案为：BCD。【解析】(1)三者都为共价晶体，r(C)

(2)TiF4为离子化合物(或离子晶体)；熔点高，其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。

(3)BCD20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)金刚石的碳原子间靠共价键相结合而形成了空间网状结构，所以金刚石属于原子晶体；C60中构成微粒是C60分子；分子之间是分子间作用力，所以属于分子晶体；

(2)在金刚石中每个C原子形成四个共价键，但每个共价键为两个C原子共用，所以1mol金刚石中含有的C-C键数目为2NA；

(3)石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数为

(4)CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以CO2分子晶体中，每个CO2分子周围有12个与之紧邻且等距的CO2分子；CO2分子位于立方体的顶点和面心上，则含有CO2分子的个数为

(5)由晶胞结构图可知，CsCl晶体中每个Cl-周围紧邻且等距的Cs+数目为8。【解析】①.原子②.分子③.2④.2⑤.12⑥.4⑦.821、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据信息判断，凡是能给出电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯碱，H2O能给出氢氧根，因此H2O属于碱，凡是能接受电子对的物质(离子、分子或原子团)都称为路易斯酸，Ag+能接受氢氧根离子，因此Ag+属于酸；故答案为：碱；酸。

(2)根据题中熔点，得出AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，由于离子键强于分子间作用力，因此AlF3熔点比AlCl3高得多；故答案为：AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力。【解析】碱酸AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力22、略

【分析】【分析】

(1)

Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为

(2)

中N形成4个键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态分析，得知电负性从大到小的顺序为N>C>H；1mol中存在8mol键，9mol键，1mol键，3mol键，共21mol键。

(3)

正四面体构型的配离子中中心原子为Pb，配体分别为同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为根据中每个Pb均采用四配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为

(4)

NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体；离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。

(5)

三维立方钙钛矿中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在面、面、面上的位置相同，推出其晶胞结构为①位于面心，晶胞中的数目为位于顶点，晶胞中的数目为位于体心，晶胞中的数目为1，平均每个晶胞中占有的的数目均为1，若晶胞边长为阿伏加德罗常数的值为则晶胞的体积为晶体的密度为②沿体对角线方向的投影图为选A。【解析】(1)4s24p5

(2)4sp3N>C>H21

(3)Cl-

(4)CsBrNaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体；离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。

(5)或A23、略

【分析】【详解】

晶胞中铜原子的个数是4，氯原子的个数是所以该氯化物的化学式为根据可知解得

故答案为：【解析】四、判断题(共1题，共2分)24、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；五、元素或物质推断题(共1题，共3分)25、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E是前四周期的元素；由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E对应的单质是目前用量最大的金属，则E为Fe，据此分析解答问题。

【详解】

(1)由上述分析可知；A为Si；D为N，故答案为：Si；N；

(2)非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，上述五种元素中，非金属性N最强，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，上述五种元素中，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH，故答案为：HNO3；NaOH；

(3)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式是3d64s2，故答案为：3d64s2；

(4)D为氮元素，N原子构成的单质氮气的电子式为故答案为：

【点睛】

【解析】①.Si②.N③.HNO3④.NaOH⑤.3d64s2⑥.d⑦.六、计算题(共4题，共