2025年人教版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人教版选择性必修2化学上册阶段测试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9题，共18分)1、下列基态原子价层电子轨道表示式正确的是A.B.C.D.2、下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是A.和B.和C.和D.和3、某新型超导材料(只含镁、镍和碳三种元素)的一个晶胞(碳原子用小球表示，镍原子用○球表示，镁原子用大球表示；小球大小不代表原子实际大小)如图所示。该晶体的化学式是。

A.B.C.D.4、卤化钠(NaX)和四卤化钛()的熔点如图所示：下列有关说法不正确的是。

A.Ti原子的价电子排布式为B.分子中存在极性共价键C.晶格能：D.分子间作用力：5、短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示；其中W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，下列说法正确的是。

A.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>ZB.原子半径：Z>W>Y>XC.X、Y、Z的最简单气态氢化物中稳定性最弱的是XD.元素Y、Z形成的化合物可溶于盐酸6、设表示阿伏加德罗常数的值；下列说法中正确的。

①含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为

②12g石墨中含有键的个数为

③中所含的离子总数为

④含有键的个数为

⑤12g石墨烯(单层石墨)中含有的六元环数为个。

⑥晶体中，含阳离子数目为A.②③⑥B.③④⑤C.①②⑤D.①②⑥7、是一种无色剧毒气体，其分子结构和相似，P-H键的键能比N-H键的键能小。下列判断错误的是A.的分子结构为三角锥形B.分子中的原子最外层电子不都满足8e-结构C.的沸点低于因为P-H键的键能低D.分子稳定性弱于分子，因为N-H键的键能大8、下面是第2周期部分元素基态原子的轨道表示式；据此下列说法一定错误的是（）

A.每个原子轨道里最多只能容纳2个电子B.电子排在同一能级的不同轨道上时，总是优先单独占据一个轨道C.每个电子层所具有的能级数等于该电子层序数D.若一个原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相同9、如图三条曲线表示C；Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是。

A.元素电负性：c＞b＞aB.最简单氢化物的稳定性：c＞a＞bC.最简单氢化物的相对分子质量：a＞b＞cD.第五电离能I5：a＞c＞b评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、某元素基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子价电子排布可能是A.4s2B.3p64s2C.3d44s2D.3d14s211、下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.C1s22s22p2B.O2-1s22s22p6C.Cr1s22s22p63s23p63d44s2D.Al3+1s22s22p63s23p112、德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法不正确的是A.基态价电子排布为B.分子间均存在氢键C.HCN中均存在键和键D.沸点：(乙硫醇)＞13、以下能级符号正确的是（）A.6sB.2dC.3fD.7f14、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515、在铜作催化剂时，F2能与过量的NH3反应得到一种铵盐A和气态物质B．B是一种三角锥形分子，其键角只有一种，为102°，沸点-129°C．下列有关说法正确的是A.铵盐A和气态物质B所含化学键类型完全相同B.气态物质B的沸点比NH3高，原因是其相对分子质量更大C.气态物质B有一定的弱碱性D.从电负性角度判断，物质B中的化学键键角比NH3小16、利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示：

下列说法不正确的是A.晶体熔点：杯酚＞C60＞C70B.操作①用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.杯酚与C60分子之间形成分子间氢键D.杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯17、如图；铁有δ；γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是。

A.γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B.α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C.若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体密度比为2b3：a3D.将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、非金属元素在化学中具有重要地位；请回答下列问题：

（1）氧元素的第一电离能比同周期的相邻元素要小，理由________。

（2）元素X与硒（Se）同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，则X为_____（填元素符号），其基态原子的电子排布式为_______。

（3）臭齅排放的臭气主要成分为3－MBT－甲基2丁烯硫醇，结构简式为（）1mol3－MBT中含有键数目为_______NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）。该物质沸点低于（CH3）2C＝CHCH2OH，主要原因是_______。

（4）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子；熔体中P－Cl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_________，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为__________，该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3

19、(1)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于________(填晶体类型)。

(2)三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为________。20、怎样理解Cl2、Br2、I2的键能依次下降，键长依次增大？___________________________。21、海水是资源宝库；蕴藏着丰富的化学元素，如氯；溴、碘等。完成下列填空：

（1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。

（2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律；请说明下列递变规律的原因。

①熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是______________。

②还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X2（g）+H2（g）2HX（g）+Q（X2表示Cl2、Br2）；如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

①Q表示X2（g）与H2（g）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。

（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式_____。22、在低压合成甲醇反应()所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。23、(1)在30℃时生成一硝基取代产物，而在60℃时生成一硝基取代产物。两者反应温度不同的主要原因是_____________。

(2)NH2Cl中各原子均满足电子稳定结构。写出NH2Cl的电子式：___________。

(3)二氧化碳晶体硬度很小，而二氧化硅晶体的硬度很大，其原因是____________。评卷人得分四、判断题(共4题，共8分)24、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25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误26、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27、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3题，共6分)28、四氯化碳主要用作优良的溶剂；干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等；也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用图实验装置模拟工业制备四氯化碳。

已知：

①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；

②与在铁作催化剂的条件下；在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；

③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度

(1)分子的空间结构为___________；其中C的杂化轨道类型为__________；写出两个与具有相同空间结构和键合形式的分子或离子__________、___________。

(2)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。

A装置中导管k的作用为________________________。

(3)A装置中发生反应的离子方程式为____________________(写成其还原产物为)。

(4)反应结束后关闭此时F装置的作用为_______________________。

(5)B装置中发生反应的化学方程式为___________________________________。

(6)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到29、某化学兴趣小组欲在实验室制备二氧化硫，并探究相关物质的一些性质并验证碳、硅非金属性的相对强弱。[信息提示：①酸性：亚硫酸>碳酸；②硅酸(H2SiO3)是白色胶状沉淀]

(1)仪器A的名称为___________，铜与浓硫酸反应的化学方程式是___________。

(2)实验步骤：连接仪器、___________；加药品后、打开a、然后滴入浓硫酸；加热。

(3)装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是___________，请写出装置E中发生反应的离子方程式___________。

(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是___________。30、用如图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。

(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3。

①仪器B的名称：____；A中试剂：____，B中试剂：____。

②由实验现象可得C和Si简单氢化物的稳定性大小：____。

③C中发生反应的化学方程式：____。

(2)利用如图装置实验，证明二氧化硫气体具有漂白性。已知：Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。在装置A中加入70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末；则：

①C中应加入____溶液(填“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞；一段时间后观察到C中现象是____，反应完全后，将C试管加热一段时间发生的现象是____。

②如果仅用如图装置进行此实验；缺点是____；可以怎样改进：____。

③将二氧化硫气体通入H2S溶液中，会看到产生淡黄色的沉淀，请写出所发生反应的离子方程式：____。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共10分)31、次磷酸钠()是具有珍珠光泽的晶体或白色结晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍；其制备与镀镍过程如下图所示：

据此回答下列问题：

(1)基态Ni原子的核外电子排布式为___________，PH3的分子空间构型为___________。

(2)“碱溶”过程中，发生反应化学方程式为___________。次磷酸(H3PO2)的结构为则溶液中离子浓度大小关系为___________。

(3)“沉降池”中通入氨气的目的是___________。“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，选用的洗涤剂为___________。

(4)“滤液2”经分离提纯可以得写出“镀镍”过程发生的离子反应方程式___________，充分反应后，向“滤液2”中，加入适量悬浊液，生成和混合沉淀，此时___________[已知：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

基态原子核外电子排布遵循能量最低原理；泡利原理和洪特规则。

A．基态氧原子的价层电子轨道表示式违反洪特规则，正确的应为故A错误；

B．Fe原子核外电子排布遵循能量最低原理；泡利原理和洪特规则；故B正确；

C．基态硅原子的价层电子轨道表示式违反洪特规则，正确的应为故C错误；

D．基态铬原子的价层电子轨道表示式违反洪特规则的特例，正确的应为故D错误；

故答案为B。2、C【分析】【详解】

A.中心原子的价电子对数=2+=3，含有一个孤对电子对，空间构型为V型，中心原子的价电子对数=4+=4；没有孤对电子对，空间构型为正四面体，选项A错误；

B.中心原子的价电子对数=3+=4，含有一个孤对电子对，空间构型为三角锥形，中心原子的价电子对数=3+=4；含有一个孤对电子对，空间构型为三角锥形，选项B错误；

C.中心原子的价电子对数=3+=3，没有孤对电子对，空间构型为平面三角形，中心原子的价电子对数=3+=3；没有孤对电子对，空间构型为平面三角形，选项C正确；

D.中心原子的价电子对数=4+=4，没有孤对电子对，空间构型为正四面体，中心原子的价电子对数=4+=4；没有孤对电子对，空间构型为正四面体，选项D错误。

答案选C。3、D【分析】【分析】

本题要求确定晶体的化学式，可利用均摊法进行计算。在计算晶胞中的微粒时应分析一个微粒被多少个晶胞共享，如果一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有这种方法称为均摊法。位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被1个晶胞占有，据此计算即可。

【详解】

碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子，镁原子位于顶点，所以镁原子个数=8×=1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子位于面心，所以镍原子个数=6×=3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为故选D。4、B【分析】【详解】

A．Ti的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为A正确；

B．是离子晶体；B错误；

C．离子半径越小，离子的电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高，所以晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI；C正确；

D．为分子晶体；随相对分子质量增加，分子间作用力增大，熔点升高，D正确；

故答案为：B。5、A【分析】【分析】

在短周期元素中；W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，则W是P元素；根据元素在周期表中的相对位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素；综上所述，X；Y、Z、W分别是N、O、Si，P，据此解答。

【详解】

A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于元素的非金属性：所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：故A正确；

B．同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，同主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，因此四种元素的原子半径大小关系是故B错误。

C．元素的非金属性越强，其相应的最简单气态氢化物的稳定性就越好，元素的非金属性：所以元素的氢化物的稳定性最弱的是Z，故C错误；

D．元素Y、Z形成的化合物是不溶于盐酸；故D错误。

答案选A。6、C【分析】【详解】

①含16g氧原子的二氧化硅的物质的量为1mol二氧化硅中含有键为4mol，所以晶体中含有的键数目为故①正确；

②12g碳原子的物质的量是石墨中每个碳原子形成3个键，1个键被2个C原子共用，1个C原子对应1.5个键，所以单键数为个；故②正确；

③由构成，中所含的离子总数为故③错误；

④1个白磷分子含有6个键，的物质的量是含有键的个数为故④错误；

⑤12g石墨烯含有碳原子的物质的量是1mol，根据均摊原则，每个六元环占用碳原子数所以形成0.5mol六元环，六元环数为个；故⑤正确；

⑥晶体中阳离子只有钠离子，晶体中含阳离子数目为故⑥错误；

正确的是①②⑤，选C。7、C【分析】【详解】

A．与结构相似；均为三角锥形，A正确；

B．分子中的氢原子最外层电子只满足结构；B正确；

C．和的熔、沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的键能大小没有直接关系，的沸点低于是因为分子间存在氢键；C错误；

D．分子稳定性弱于分子，是因为键的键能大；D正确；

故选C。8、D【分析】【详解】

A.由题给的四种元素原子的轨道表示式可知；在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，故A正确；

B.当电子排布在同一能级的不同轨道上时；总是优先单独占据一个轨道，即符合洪特规则，故B正确；

C.任意一个电子层的能级总是从s能级开始；而且能级数等于该电子层序数，故C正确；

D.若一个原子轨道里有2个电子；根据泡利原理，它们自旋状态相反，故D错误；

综上所述，答案为D。9、D【分析】【分析】

同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满状态，较稳定，第一电离能高于同周期相邻Si和S元素，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能c最小，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P；a为C；据此解答。

【详解】

同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P；a为C。

A；同周期自左而右电负性增大；同主族自上而下电负性减小，故Si的电负性最小，故A错误；

B、Si的非金属性最弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差；故B错误；

C、均形成分子晶体，没有氢键存在，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故SiH4的沸点最高，CH4的沸点最低；故C错误；

D、碳、Si失去4个电子为ns2全满状态，能量更低，再失去1个电子时，第五电离能与第四电离能相差较大，P失去4个电子为3s1状态；第四电离能与第五电离能均失去3s能级电子，二者能量相差不大，故第五电离能C＞Si＞P，故D正确；

故选D。二、多选题(共8题，共16分)10、AD【分析】【分析】

【详解】

A．某元素基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子价电子排布可能是4s2，如20号元素Ca，其电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该基态原子价电子排布为4s2；故A正确；

B．3p64s2的核电荷数为20，3p64s2不是价电子排布式，价电子排布应是4s2；故B错误；

C．依据洪特规则，3d44s2应为4d54s1；半充满状态能量低稳定，故C错误；

D．已知元素基态原子4s轨道上有2个电子，根据构造原理，3d轨道上可填充电子，当3d轨道上填充一个电子，即该基态原子的核电荷数为21，价电子排布为3d14s2；故D正确；

答案为AD。11、CD【分析】【详解】

A．C是6号元素，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p2；A正确；

B．O是8号元素，故O2-核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；B正确；

C．Cr是24号元素，根据能级构造原理结合洪特规则，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；C错误；

D．Al是13号元素，故Al3+核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；D错误；

故答案为：CD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．Fe为26号元素，原子核外有26个电子，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+价电子排布为3d5；故A正确；

B．NH3、H2O分子间均存在氢键，C元素的电负性较弱，CH4分子间不存在氢键；故B错误；

C．O2分子中存在双键，N2分子中存在三键；HCN分子中存在三键，双键有一个σ键和一个π键，三键有一个σ键和两个π键，故C正确；

D．乙醇含有-OH；分子间存在氢键，所以沸点高于乙硫醇，故D错误；

故选BD。13、AD【分析】【详解】

A．第6能层有s能级；则能级符号6s正确，故A正确；

B．第2能层没有d能级；则能级符号2d错误，故B错误；

C．第3能层没有f能级；则能级符号3f错误，故C错误；

D．第7能层有f能级；则能级符号7f正确，故D正确；

故答案为AD。14、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。15、CD【分析】【分析】

【详解】

略16、AC【分析】【详解】

A．杯酚、C60、C70都是分子晶体，杯酚能形成分子间氢键，熔点最高，C70的相对分子质量大于C60，C70的熔点大于C60，所以晶体熔点：杯酚＞C70＞C60；故A错误；

B．根据流程图；可知操作①是固液分离，方法为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗；烧杯、玻璃棒，故B正确；

C．杯酚中的羟基氢之间形成了氢键；而杯酚与C60之间并没有形成氢键，故C错误；

D．由操作2可知杯酚易溶于氯仿；由操作1可知杯酚难溶于甲苯，故D正确；

选AC。17、BC【分析】【分析】

【详解】

A．γ-Fe晶体是一个面心立方晶胞；以顶点铁原子为例，与之距离相等且最近的铁原子位于晶胞的面心上，一共有12个，A错误；

B．α-Fe晶体是一个简单立方晶胞；与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，B正确；

C．δ-Fe晶胞中Fe原子个数=1+8×=2、晶胞体积=a3cm3，α-Fe晶胞中Fe原子个数=8×=1，该晶胞体积=b3cm3，δ-Fe晶体密度=g/cm3，α-Fe晶体密度=g/cm3，两种晶体密度比=g/cm3：g/cm3=2b3：a3；C正确；

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却；温度不同，分别得到α-Fe；γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不同，D错误；

故答案为：BC。三、填空题(共6题，共12分)18、略

【分析】【分析】

(1)F对最外层电子的吸引力比O强；N原子核外电子处于半满的较稳定状态；

(2)元素X与(Se)同周期；且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d；4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式；

(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)；共价单键为σ键；共价双键中一个是σ键另一个是排键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键；存在分子间氢键的物质熔沸点较高；

(4)含有自由移动离子的化合物能导电；孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度=

【详解】

(1)F对最外层电子的吸引力比O强；N原子核外电子处于半满的较稳定状态，所以第一电离能均高于O元素。

(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；

(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为σ键、共价双键中一个是σ键另一个是Π键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键，则1mol该分子中含有15NA个σ键；(CH3)2C=CHCH2OH分子间含有氢键；增大分子间的作用力，使沸点升高；

(4)含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度==g/cm3。【解析】F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于OCr1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s115（CH3）2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高2PCl5=PCl4+＋PCl6－PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力或19、略

【分析】【详解】

(1)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质：分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，可知Fe(CO)5属于分子晶体；（2）分子晶体熔沸点较低，三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为分子晶体。【解析】①.分子晶体②.分子晶体20、略

【分析】【分析】

结合键能和键长的概念及Cl、Br；I原子半径的递变性分析判断。

【详解】

卤素单质(X2)中卤原子之间通过共用电子对形成共价键，由于Cl、Br、I的电负性依次减小，故对键合电子的吸引能力依次减小，化学键越不稳定，故化学键的键能依次降低；Cl、Br、I的原子半径逐渐增大，原子的核间距逐渐增大，形成的卤素单质分子(X2)中的X-X键的键长就依次增大。

【点睛】

考查影响键能和键长的因素，明确影响键长和键能的决定因素是解题关键，特别注意Cl、Br、I是同族元素，随着核电荷数的增大，电负性依次减小，原子半径依次增大。【解析】Cl、Br、I的电负性依次减小，故对键合电子的吸引能力依次减小，故化学键的键能依次降低；Cl、Br、I的原子半径逐渐增大，原子的核间距逐渐增大，卤素单质分子(X2)中的X-X键的键长依次增大。21、略

【分析】【详解】

氯离子原子核外有18个电子；为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；

溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故答案为：第四周期、ⅦA；

的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：都是分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；

元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从半径依次增大；失电子的能力依次增强，还原性依次增大；

由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：

同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=故答案为：

的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；【解析】①.18②.5③.第四周期、ⅦA（都对得1分）④.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。⑤.从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大⑥.>⑦.K=⑧.氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价⑨.22、略

【分析】【详解】

影响分子晶体沸点的因素主要有范德华力和氢键，此外还与分子的极性有关。如果存在分子间氢键，且形成的氢键越多，分子的沸点越高。相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高。相对分子质量相同时，极性分子的沸点高于非极性分子的沸点。四种物质中，与均为极性分子，且均能形成分子间氢键，但分子间氢键比水少，所以沸点：水大于甲醇；与均为非极性分子，的相对分子质量较大、范德华力较大，沸点较高，沸点二氧化碳大于氢气，故沸点从高到低的顺序为【解析】①.②.与均为极性分子，中氢键比多；与均为非极性分子，的相对分子质量较大、范德华力较大23、略

【分析】【详解】

(1)甲基对苯环有活化作用，所以在30℃时生成一硝基取代产物，而在60℃时生成一硝基取代产物；故答案为：甲基对苯环有活化作用；

(2)NH2Cl中各原子均满足电子稳定结构。NH2Cl的电子式为：故答案为：

(3)CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大，故答案为：CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大。【解析】①.甲基对苯环有活化作用②.③.CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大四、判断题(共4题，共8分)24、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。25、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。26、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。27、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3题，共6分)28、略

【分析】【分析】

由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h。

【详解】

（1）的价层电子对数为2+=2，且不含孤电子对，空间结构为直线形，其中C的杂化轨道类型为sp，CO2、SCN-和COS与是等电子体，与具有相同空间结构和键合形式。

（2）由分析可知，上述仪器的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h；A装置中导管k的作用为平衡气压；便于浓盐酸顺利流下。

（3）装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，Cr元素化合价由+6价下降到+3价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。

（4）由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气。

（5）由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，S元素由-2价上升到+6价，Br元素由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2。

（6）由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳。【解析】(1)直线形spCO2SCN-；COS

(2)i、j→f、g→d、e→b；c→h平衡气压；便于浓盐酸顺利流下。

(3)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O

(4)平衡气压做安全瓶；同时储存氯气。

(5)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2

(6)蒸馏29、略

【分析】【分析】

铜与浓硫酸在B中发生反应生成二氧化硫；二氧化硫通入饱和碳酸氢钠溶液中发生反应，生成二氧化碳，混合气体通入足量的高锰酸钾溶液中除去二氧化硫，最后二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，从而证明碳酸的酸性强于硅酸，据此分析。

【详解】

(1)由仪器的构造可知A为分液漏斗；铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)该装置需要制取二氧化硫；在组装好用仪器后需要进行装置气密性检验，然后加药品后；打开a、然后滴入浓硫酸，加热，故答案为：检查装置的气密性；

(3)由