2025年统编版2024选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案VIP

…………○…………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年统编版2024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6题，共12分)1、σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以及一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成。则下列分子中的σ键是由一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是A.H2B.HClC.Cl2D.F22、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3、−CH3、都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（）A.它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B.与NH3、H3O+互为等电子体，立体构型均为正四面体形C.中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D.与OH-形成的化合物中含有离子键4、下列物质中，由极性键形成的非极性分子是A.CO2B.Br2C.CaCl2D.SO25、关于晶体的叙述中，正确的是A.原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B.分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C.金属晶体中，原子半径越大，金属键越强D.某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体6、二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是A.二茂铁属于分子晶体B.在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键C.已知环戊二烯的结构式为则其中仅有1个碳原子采取杂化D.中一定含有键评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、氮化硼(BN)是-种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN；如下图所示：

请回答下列问题：

(1)在BF3分子中，F-B-F的键角是_____，B原子的杂化轨道类型为_____，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，的立体结构为______。

(2)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_____(填“极性键”或“非极性键”)，层间作用力为_____。8、二氧化碳；二氧化硅和氧化镁的晶体结构或晶胞如下图。

回答下列问题：

(1)每个晶胞a中平均含有_______个CO2分子。

(2)晶体b中粒子间作用力是_______，其中Si原子与Si-O键的数目比是_______。

(3)晶胞c中，O2-的配位数为_______。

(4)二氧化碳与二氧化硅比较，熔点较高的是_______(填化学式)。9、下表是元素周期表中第一、第二周期10种元素的某种性质的一组数据（所列数据的单位是相同的）。除带“”的四种元素除外，其余元素都给出了该种元素的全部该类数据。(H)13.6(He)24.654.4(Li)5.475.6122.5(Be)9.318.2153.9217.7(B)8.325.237.9259.4340.2(C)11.324.447.964.5392.1489.9(N)14.529.647.472.597.9552.1(O)13.635.1(F)17.434.9(Ne)21.641.6

研究这些数据：

（1）每组数据可能是该元素的__。

A．原子得到电子所放出的能量B．原子半径的大小。

C．原子逐个失去电子所吸收的能量D．原子及形成不同分子的半径的大小。

（2）分析同周期自左往右各元素原子的第一个数据。

①总体变化趋势是__（填“增大”或“减小”），②与前后元素相比，由于该元素的数值增大得较多而变为反常的元素是在__族，分析它们的原子核外电子排布后，指出造成上述反常情况的可能原因是__。

A．它们的原子半径突然变小些B．它们的核外电子排布处于饱和状态。

C．它们的原子半径突然变大些D．它们的核外电子排布处于半充满或全充满状态。

根据以上规律，请推测镁和铝的第一个数据的大小Mg(1)__Al(1)。

（3）同一元素原子的一组数据是约以倍比关系增大，请你说出可能的一个原因是__，每个元素的一组数据中个别地方增大的比例特别大，形成突跃（大幅度增大），请找出这些数据，并根据这些数据出现的规律，你认为氧元素出现该情况的数据应该是氧元素8个数据的第___个。

上述规律可以证明原子结构中__的结论。10、金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a=0.295nm，c=0.469nm，则该钛晶体的密度为___________g·cm-3(用NA表示阿佛加德罗常数的值；列出计算式即可)。

11、I.氮化硼晶体的结构与金刚石相似；其晶胞如图所示。

(1)在一个晶胞中，含有硼原子_______个，氮原子_______个。

(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离是___cm，DE原子之间的距离是____cm。

(3)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则E原子为________。

(4)氮化硼晶胞的俯视投影图是_______。

(5)设NA为阿伏加德罗常数的值，则氮化硼晶体的密度为_______g/cm3(用代数式表示)。

II.在硅酸盐中，SiO四面体(如图为俯视投影图)通过共用顶角氧原子可形成链状；环状等多种结构型式。

(6)图甲为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si与O的原子数之比为_______，化学式为_______。

12、如图为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为___________。

13、1991年，我国著名化学家张青莲精确地测定了铟(In)、锑(Sb)等十种元素的相对原子质量，其中准确测得In的相对原子质量被国际原子量委员会采用为新的标准值。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。BCNOFAlSiPSClGaGeAsSeBrInSnSbTeI

(1)请将In的原子结构示意图补全：___________，Sb的最高正化合价为___________。

(2)根据元素周期律，下列关于上表中元素推断正确的是___________(填序号)。

A．非金属性最强的元素是氟元素。

B．原子半径大小：

C．氢化物的稳定性：

D．可在图中分界线(虚线部分)附近寻找优良的催化剂；合金材料等。

(3)写出由上述元素中三个原子组成的直线形分子的结构式：___________。

(4)判断非金属强弱：Cl___________Br(用＜、=、＞来表示)，请用一条化学方程式来解释___________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、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15、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误16、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17、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18、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误19、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3题，共30分)20、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：______。21、Ⅰ.绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份；完成如下实验：

请回答。

(1)X的化学式是____。

(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。

(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。

Ⅱ.为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物；按如图所示装置进行实验：

请回答。

(1)该套实验装置的明显缺陷是____。

(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。

(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。22、铁氰化钾又叫赤血盐，是一种深红色的晶体，易溶于水，不溶于乙醇。已知：能与形成若与直接混合时，会将氧化成某实验小组为制备铁氰化钾设计如下实验方案。回答下列问题：

(1)中铁元素的化合价为_______，该化合物中四种元素电负性从大到小的顺序为_______(填元素符号)，该化合物中键和键的个数比为_______。

Ⅰ.氯气氧化法制备其实验装置如下图所示：

(2)仪器b的名称为_______。

(3)装置A中导管a的作用是_______，装置A中反应的化学方程式为_______。

(4)实验过程中先打开②处的活塞，充分反应一段时间后再打开①处的活塞的原因是_______。

(5)装置C的作用是_______。

Ⅱ.电解法：

(6)将亚铁氰化钾的饱和溶液在以下进行电解制备铁氰化钾，其阳极上的电极反应式为_______。评卷人得分五、结构与性质(共3题，共12分)23、氨硼烷(NH3BH3)含氢量高；热稳定性好；是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：

(1)H、B、N中，原子半径最大的是______。在第二周期中，第一电离能介于B和N之间的有______种元素。

(2)NH3BH3分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2，的结构如图所示：；

在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。

(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺序是______。与NH3BH3互为等电子体的分子是_____。24、现有A、B、C、D、E五种原子序数递增且小于36的元素，它们的部分信息如下表所示：。元素代号元素部分信息A原子核内无中子B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C基态原子核外有3个能级填充了电子，能量最高能级的电子数等于前两个能级的电子数之和D元素原子的外围电子排布式为nsn－1npn－1E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子

根据上述元素信息；请回答下列问题：

（1）B、C、D的电负性由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。

（2）B元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有____个方向，原子轨道呈____形。

（3）BA3的一种等电子体分子是___，BA3的键角大于A2C的键角的主要原因是___________。

（4）已知高温下EC―→E2C＋C2，从E原子的价层电子结构(3d和4s轨道上应填充的电子数)变化角度来看，能生成E2C的原因____。

（5）E单质不溶于BA3溶液，也不溶于A2C2溶液，但能溶于它们的混合溶液，其主要原因是形成了稳定的[E(BA3)4]2＋，1mol该阳离子中共含有____molσ键。

（6）C；E组成的晶胞结构如图所示。

已知C、E原子的半径分别为xpm、ypm，晶胞边长为zpm，则该晶胞中原子的空间利用率为_____(用代数式表示)。25、碳和硅在元素周期表中都处于第ⅣA族；但他们的性质并不相同，碳和硅的性质差异清晰地显示出它们各自在有机化学和无机化学(硅酸盐)中占据统治地位的作用。

(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___形象化描述，基态硅原子的核外电子排布式为___，其基态原子核外有___种不同空间运动状态的电子。

(2)由于硅的价层有d轨道可以利用，而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。化合物N(CH3)3(三角锥形)和N(SiH3)3(平面形)的结构如图所示，则二者中N的杂化方式分别为___。更易形成配合物的是___。

(3)碳酸盐在一定温度下会发生分解；实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同。

第IIA族部分碳酸盐受热分解温度。碳酸盐MgCO3CaCO3BaCO3SrCO3热分解温度/℃40290011721360阳离子半径/pm6699112135

试解释，ⅡA族碳酸盐的分解温度随着阳离子半径的增大逐步升高的原因___。

(4)石墨烯与金属R可以形成一种插层化合物。其中R层平行于石墨层，晶胞如图甲所示，其垂直于石墨层方向的投影如图乙所示。则该插层化合物的化学式为___。

评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共4分)26、Ⅰ．现有部分短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，四种元素的性质或原子结构如下表。元素编号元素性质或原子结构XL层电子数比K层电子数多3YY的氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应ZZ与Y元素相邻W常温下，的最高价含氧酸的

(1)写出元素X的气态氢化物的电子式___________。

(2)Y元素在周期表中的位置为___________，元素W的离子结构示意图为___________。

(3)下列事实能说明W元素的非金属性比元素的非金属性弱的是___________(填标号)。A．与溶液反应，溶液变浑浊B．在氧化还原反应中，比得电子多C．和W两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高D．和W对应的单质分别与反应，把氧化到更高的价态(4)Z与反应生成的最高价化合物，恢复至室温，放热已知该化合物的熔、沸点分别为和写出该反应的热化学方程式：___________。

Ⅱ．化学在环境保护中起着十分重要的作用；电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。

(5)电化学降解的原理如图所示。

①左侧电极为___________(填“阳极”或“阴极”)，阳极的反应式为___________。

②若电解过程中转移了电子，则理论上膜右侧电解液的质量变化为___________g。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．H的最外层电子为s电子；则只有s-sσ键，故A不选；

B．H的最外层电子为s电子；Cl的最外层为p电子，则只有s-pσ键，故B选；

C．Cl的最外层为p电子；则只有p-pσ键，故C不选；

D．F的最外层为p电子；则只有p-pσ键，故D不选；

故选：B。2、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。3、C【分析】【详解】

A．−CH3、分别具有6个、7个和8个价电子，它们不是等电子体，中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化；−CH3、的价电子对数为4对，均采取sp3杂化；故A不符合题意；

B．与NH3、H3O+均具有8个价电子；4个原子；互为等电子体，价层电子对数为4对，有一对孤对电子，几何构型均为三角锥形，故B不符合题意；

C．根据价层电子对互斥模型，中C原子的价电子对数为3，碳原子采取sp2杂化；其空间构型是平面三角形，故C符合题意；

D．与OH-形成的化合物是CH3OH；属于共价化合物，不含离子键，故D不符合题意；

答案选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化碳分子中含有C=O极性键；为线性结构，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A正确；

B．Br2为单质；含有非极性共价键，故B错误；

C．CaCl2为离子化合物；不含有共价键，故C错误；

D．二氧化硫分子中含有极性键；但空间结构为V型，正负电荷的中心不能重合，为极性分子，故D错误；

故选A。5、A【分析】【详解】

A．原子晶体中原子靠共价键聚集形成晶体；三态变化时破坏共价键，所以共价键的键能越大，熔；沸点越高，故A正确；

B．分子晶体中；分子间作用力越大，熔沸点越高，共价键的键能越大，稳定性越大，稳定性与分子间作用力无关，故B错误；

C．金属晶体中；原子半径越大，金属键越弱，故C错误；

D．共价化合物形成的电解质溶于水后也可电离出自由移动的离子；如HCl等，故D错误；

综上所述答案为A。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据二茂铁的物理性质；如熔点低；易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，A正确；

B．C5与Fe2+之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道；二者形成配位键，配位键属于共价键，B错误；

C．由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化；C正确；

D．C5中碳原子没有达到饱和；故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，D正确；

故答案选B。

【点睛】二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【分析】

根据VSEPR理论判断BF3中中心原子B的杂化类型，空间构型及键角大小；根据VSEPR理论判断BF4-中中心原子B的杂化类型；空间构型；根据BN的结构判断形成共价键为极性共价键，由与石墨结构相似推出层间作用力；据此解答。

【详解】

（1）BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数=3+=3，中心原子B采取sp2杂化，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子的价层电子对=4+=4，中心原子B采取sp3杂化，该离子中不含孤电子对，为正四面体结构；答案为120°，sp2；正四面体。

（2）B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据石墨结构可知六方氮化硼晶体中，层与层之间靠分子间作用力结合；答案为共价键(或极性共价键)，分子间作用力。【解析】①.120°②.sp2③.正四面体④.共价键(或极性共价键)⑤.分子间作用力8、略

【分析】【详解】

（1）晶胞a表示的是CO2晶体，对于CO2晶体，CO2分子位于晶胞的顶点和面心上，则每个晶胞中含有的的CO2分子数目是8×+6×=4；

（2）晶胞b表示的是SiO2共价晶体；每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键，每个O原子与2个Si原子形成2个Si-O共价键，则晶胞中含有的Si原子与Si-O共价键的个数比是1：4；

（3）晶胞c是MgO晶体，在其中O2-的上、下、前、后、左、右六个方向各有1个Mg2+，故O2-的配位数为6个；

（4）二氧化碳晶体属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂分子间作用力消耗较少能量，因此二氧化碳晶体的熔沸点比较低；而二氧化硅属于共价晶体，原子之间以共价键结合，共价键是强烈的相互作用力，断裂需消耗较高能量，因此二氧化硅的熔沸点较高，故二氧化碳与二氧化硅比较，熔点较高的是SiO2。【解析】(1)4

(2)共价键1：4

(3)6

(4)SiO2

9、略

【分析】【分析】

(1)A．同一元素获得电子越多，放出的能量越少；

B．同一元素原子半径不变；

C．同一元素失去电子越多吸收的能量越高；

D．同一元素原子或分子半径不变；

(2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势；

②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素；

(3)由表中数据可知；“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁。

【详解】

：(1)A．同一元素随获得电子增多，放出的能量越少，故A错误；

B．同一元素原子半径不变，故B错误；

C．同一元素随失去电子增多，吸收的能量越高，故C正确；

D．同一元素原子或分子半径不变，故D错误；

故答案为：C．

(2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，故答案为：增大；

②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定，不容易失去电子，故选D；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素，Mg元素处于ⅡA，Al元素处于ⅤA族，故Mg(1)＞Al(1)，故答案为：ⅡA、ⅤA；D；>；

(3)由表中数据可知，“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能，原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁，故氧元素8个数据中出现“突跃”的数据应该是第7个；上述规律可以证明原子结构中原子核外电子是分层排布的的结论。【解析】①.C②.增大③.ⅡA、ⅤA④.D⑤.>⑥.原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加⑦.七⑧.原子核外电子是分层排布的10、略

【分析】【详解】

每个晶胞含Ti原子数为12×+3+2×=6，晶胞的质量是晶胞的体积是晶胞的密度为：【解析】11、略

【分析】【分析】

结合晶胞示意图；确定原子的相对位置关系、进行计算；用均摊法计算晶胞密度、硅酸盐的化学式；

【详解】

I(1)硼原子位于晶胞内，氮原子位于顶点和面心，则在一个晶胞中，含有硼原子4个，个。

(2)已知氮化硼晶胞参数为γcm，则在此晶胞中，任意两个原子之间的最短距离为N与B之间，最短距离为晶胞体对角线的则是cm，DE原子即晶体中两个距离最近的B原子，二者之间的距离为晶胞的棱长的即是cm。

(3)已知三个原子分数坐标参数：A为(0，0，0)、B为(0，1，1)、C为(1，1，0)；则由E原子的位置知，E的原子分数坐标为

(4)由晶胞示意图知，氮化硼晶胞的俯视投影图是b。

(5)1个氮化硼晶胞内含有的氮原子和硼原子均为4个，则晶胞的质量为氮化硼晶胞参数为γcm，则晶胞体积为晶胞密度即晶体的密度为

II(6)观察图可知，每个四面体通过两个氧原子与其他四面体连接形成链状结构，所以每个四面体中的硅原子数是1，氧原子数是即Si与O的原子数之比为1:3；化学式为或【解析】①.4②.4③.④.⑤.⑥.b⑦.⑧.1:3⑨.或12、略

【分析】【分析】

分子晶体熔沸点与范德华力成正比；范德华力与相对分子质量成正比，据此分析解答。

【详解】

S8和二氧化硫都是分子晶体，S8相对分子质量大于SO2，所以分子间作用力：S8大于SO2，则S8熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，故答案为：S8相对分子质量大，分子间范德华力强。【解析】S8相对分子质量大，分子间范德华力强13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图示，In的原子序数为49，则原子结构示意图Sb与N同族；均为第ⅤA族元素，则最高正化合价为+5价；

(2)A．根据元素周期律；同周期元素随核电荷数增大，元素的非金属性增强，同主族元素随核电荷数增大，非金属性减弱，因此非金属性最强的元素是氟元素，故A增强；

B．同周期元素，随核电荷数增大，半径逐渐减小，同主族元素，随核电荷数增大，半径逐渐增大，则原子半径大小：故B错误；

C．同主族元素从上到下非金属性减弱，同周期元素从左至右非金属性增强，则非金属性：O＞S＞Si，非金属性越强，气态氢化物越稳定，氢化物的稳定性：故C正确；

D．在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料(如硅；硒等)；在过渡元素(副族和Ⅷ族)中寻找优良的催化剂和耐高温耐腐蚀的合金材料，故D错误；

答案选AC；

(3)上述元素中；只有碳元素和氧元素(或硫元素)能形成由三个原子组成的直线形分子，该分子为二氧化碳(或二硫化碳)，结构式为：O=C=O；S=C=S；

(4)同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：Cl＞Br，非金属性强的非金属单质可将非金属性弱的从其盐溶液中置换出来，如氯气能从溴化钠溶液中置换出溴单质，反应方程式为Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl。【解析】+5AC：O=C=O、S=C=S＞Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl三、判断题(共6题，共12分)14、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。15、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。16、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。17、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。18、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。19、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3题，共30分)20、略

【分析】（1）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子，故答案为：Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子；

（2）实验b的目的是对照试验，控制Fe3+离子浓度相同，故答案为：控制Fe3+离子浓度相同；

（3）①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位，故答案为：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位；

②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，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，证明猜想ⅰ成立，猜想ⅱ不成立，故答案为：滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动；

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氯化钠固体，溶液由无色变为黄色，证明实验ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：固体氯化钠；

（4）综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是ⅰ．Fe3+与OH-配位和ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位；

（5）向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，故答案为：增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化。【解析】(1)Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子。

(2)控制Fe3+离子浓度相同。

(3)实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动固体氯化钠。

(4)Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位。

(5)增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化21、略

【分析】【分析】

实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀；推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式；

实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2；E装置可检验还原性气体。

【详解】

实验I：(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=设X化学式为NaxCuyClz，列式：①（说明：个数比=物质的量之比），②x+2y=z（说明：化合价关系），解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；

(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：

(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-。

实验II：(1)若分解产生的气体有CO；经过E装置未完全反应，后续F；G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；

(2)如果E中固体由黑色（CuO）变为红色（Cu）；那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红色说明有CO生成；

(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色；则证明FeO存在。

【点睛】

化学式确定重点要抓住元素守恒。【解析】Na2CuCl4Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-缺少尾气处理装置E中固体由黑色变为红色取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在22、略

【分析】【分析】

实验装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，B中KCN先与FeSO4反应生成[Fe(CN)6]4-，Cl2再将[Fe(CN)6]4-氧化成[Fe(CN)6]3-；最后的NaOH用于吸收多余的氯气。

【详解】

（1）中含有配体为则铁元素的化合价为元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性的大小顺序为该化合物中内与之间存在6个配位键，内存在1个键和2个键，则该化合物中键和键的个数比为1∶1。

（2）仪器b的名称为三颈烧瓶或三口烧瓶。

（3）装置A中导管a的作用是平衡压强，使液体顺利滴下，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰和氯气，其反应的化学方程式为

（4）由于会氧化生成所以实验过程中应先生成再用氯气将氧化为故实验过程中先打开②处的活塞，充分反应一段时间后再打开①处的活塞。

（5）装置C的作用是尾气处理；吸收多余氯气，防止污染空气。

（6）电解亚铁氰化钾的饱和溶液，阳极生成铁氰根离子，其阳极上的电极反应式为【解析】(1)1∶1

(2)三颈烧瓶或三口烧瓶。

(3)平衡压强，使液体顺利滴下

(4)由于会氧化生成所以实验过程中应先生成再用氯气将氧化为

(5)尾气处理；防止污染空气。

(6)五、结构与性质(共3题，共12分)23、略

【分析】【详解】

(1)电子层数越多原子半径越大；电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以H；B、N中原子半径最大的是B；同一周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族元素最外层为全满，第ⅤA族元素最外层为半满，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能介于B和N之间的有Be、C、O共3种元素；

(2)NH3BH3分子中N原子核外有孤电子对，B原子核外有空轨道，所以二者形成配位键，电子对有N原子提供；NH3BH3分子中B原子价层电子对数为4，所以为sp3杂化；根据B3O的结构示意图可知B、O氧原子形成大π键，B原子为sp2杂化，所以该反应中B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2；

(3)与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，说明N原子吸引电子的能力强于H，电负性N>H，同理可知电负性H>B，所以电负性N＞H＞B；原子总数相同，价电子总数相同的分子、离子或基团为等电子体，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为C2H6(CH3CH3)。【解析】①.B②.3③.配位④.N⑤.sp3⑥.sp2⑦.N＞H＞B⑧.C2H6(CH3CH3)24、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E五种原子序数递增且小于36的元素，A原子核内无中子，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则B为N元素；C基态原子核外有3个能级填充了电子，能量最高能级的电子数等于前两个能级的电子数之和，则C为O元素；D元素原子的外围电子排布式为nsn－1npn－1；由n—1=2可知n=3，则D为Si元素；E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E为Cu元素。

【详解】

（1）元素非金属性越强；电负性越大，B为N元素；C为O元素、D为Si元素，元素非金属性的强弱顺序为O＞N＞Si，则电负性由大到小的顺序为O＞N＞Si，故答案为O＞N＞Si；

（2）B为N元素，基态原子电子排布式为1s22s22p3；能量最高的电