2025年苏人新版选择性必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年苏人新版选择性必修2化学下册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、W；X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；其中X和Z同主族，由W、X、Y、Z形成的锂盐结构如图所示，下列说法正确的是。

A.原子半径：W＞X＞Y＞ZB.最简单氢化物的稳定性：X＜YC.Z的单质在过量X2中燃烧生成ZX3D.该锂盐所有原子最外层均满足8电子稳定结构2、如图是人体含量较多元素的质量分数图；下列有关这些元素的说法不正确的是。

A.原子半径：N＜PB.第一电离能：K＞CaC.基态O原子的价层电子轨道表示式D.图中的七种元素中有2种元素位于周期表第4周期3、黑火药爆炸的主要反应为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.S2-的结构示意图:B.中子数为10的氧原子C.N2分子的结构式:N—ND.基态C原子2p能级电子轨道表示式：4、向溶液中通入会生成沉淀，反应为下列有关说法正确的是A.的空间构型为正四面体B.为非极性分子C.的基态核外电子排布式为D.的结构示意图为5、在化学发展史上，许多理论对化学科学的发展起到了重要作用。下列利用化学理论解释化学事实不正确的是A.用平衡移动原理解释钟乳石的形成B.用元素周期律解释反应C.用能量最低原理解释钾原子的电子排布式为D.用杂化轨道理论解释是正四面体空间结构6、下列各组物质的沸点按由低到高的顺序排列的是A.B.C.D.7、下列说法错误的是A.在现代化学中，常利用原子光谱中的特征谱线来鉴定元素B.H-Cl中是p-p，σ键C.碘易溶于CCl4的现象可以用“相似相溶”规律解释D.一般来说，分子的极性越大，范德华力越大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Y原子p能级上有2个未成对电子，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是A.X、Y、Z的电负性大小顺序是X＞Y＞ZB.WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1C.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞WD.W、Z形成的分子的空间构型是正四面体形9、高温下；超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)，则下列说法中正确的是。

A.超氧化钾的化学式为每个晶胞含有4个和8个B.晶体中每个周围有8个每个周围有8个C.晶体中与每个距离最近的有12个D.该晶体结构可用X射线衍射实验进行检测10、原子序数依次增大的a、b、c、d四种短周期主族元素，a原子半径最大，b的氧化物的水化物显两性，c核外电子总数为原子次外层的电子数的两倍。下列叙述正确的是A.离子半径：B.两种元素可形成共价化合物C.c的氧化物的水化物是强酸D.d单质形成的氢化物的稳定性比c单质的强11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.2.24L甲烷中sp3杂化轨道数为0.4NAB.7.8g苯分子中含有电子数为4.2NAC.4.6g乙醇中含有的极性键数为0.7NAD.0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)含有π键数为0.1NA12、我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70；下列说法正确的是。

A.“杯酚”中的8个羟基之间能形成氢键B.“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子C.溶剂氯仿和甲苯均为极性分子D.“杯酚”不能与C70形成包合物是由于C70是非极性分子13、有5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子2p轨道上有3个未成对电子；Y原子的价电子构型为Q原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数；T原子有1个3p空轨道。下列叙述错误的是A.Y与Q能形成Y2Q和YQ两种化合物B.第一电离能Q＞X＞ZC.电负性Q＞Z＞TD.T和Q结合生成的化合物晶体类型为分子晶体14、晶体的晶胞结构与晶体的相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于晶体的描述不正确的是。

A.晶体的熔点较高、硬度也较大B.和距离相等且最近的构成的多面体是正八面体C.和距离相等且最近的有12个D.如图的结构中共含有4个和评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、由N；B等元素组成的新型材料有着广泛用途。

（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅的制造；由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为_________（填离子符号；填一个）。

（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料．

①H3N→BH3中B原子的轨道杂化类型为___________。

②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得，写出该制备反应的化学方程式_________________；基态Ti3+的未成对电子数有___个，BH4-的立体构型是________；其中所含化学键的类型有________；

③氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：

3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3

与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________。

A．氨硼烷中存在配位键。

B．第一电离能：N＞O＞C＞B

C．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变。

D．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形；V形、直线形。

（3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料；如图1为磷化硼晶胞；

①磷化硼晶体属于______晶体；晶体中是否含有配位键：_______。

②晶体中B原子的配位数为____。

（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是___________________。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置____。其中“●”代表B原子；“×”代表N原子。

16、石墨晶体的结构如图1所示；石墨的一个六方晶胞如图2所示。

请回答下列问题：

(1)每个晶胞中的碳原子个数为______。

(2)画出晶胞沿c轴的投影______。

(3)某石墨嵌入化合物中，每个六元环都对应一个写出它的化学式______。

(4)若该晶胞底面边长为高为则石墨晶体中碳碳键的键长为______密度为______(设阿伏加德罗常数的值为)。17、A；B、C、D代表前36号元素中的4种元素。请填空：

(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为_______。

(2)B元素的负一价离子与氩相同，其在元素周期表中的位置是_______，是属于_______区的元素。

(3)C元素的正三价离子的3d能级为半充满，其基态原子的电子排布式为_______，C原子核外有_______种不同运动状态的电子。

(4)D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，其基态原子的价层电子排布图为_______。18、下列粒子：①HCN、②NH③BeCl2、④请填写下列空白(填序号)：

(1)存在大π键的非极性分子是_______；只存在σ键的分子是_______；

(2)中心原子轨道为sp2杂化的是_______；空间构型呈“V”形的是_______。19、离子化合物A2B由四种元素组成，一种为氢，另三种为第二周期元素。正、负离子皆由两种原子构成且均呈正四面体构型。写出这种化合物的化学式____。20、I.美国科学家曾宣称：普通盐水在某种无线电波照射下可以燃烧，这一发现有望解决用水作人类能源的重大问题。无线电波可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该种电波下持续燃烧。上述“结合力”的实质是_______(填标号)。

A.范德华力B.氢键C.非极性共价键D.极性共价键。

II.科学家发现；在特殊条件下，水能表现出许多有趣的结构和性质。

(1)一定条件下给水施加一个弱电场；常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其模拟图如图所示：

采用弱电场使水结成“热冰”，说明水分子是_______(填“极性”或“非极性”)分子。请你展开想象，给“热冰”设计一个应用实例_______。

(2)用高能射线照射液态水时；一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子。

①释放出来的电子可以被若干水分子形成的“网”捕获而形成水合电子，你认为水分子间能形成“网”的原因是_______。

②水分子释放出电子时产生的阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与反应的离子方程式__________；该阳离子还能与水分子作用生成羟基，经测定反应后的水具有酸性，写出该过程的离子方程式____。21、回答下列问题：

(1)两种无机物的相关信息如表：。化学式P4S3C3N4用途制造火柴及火柴盒摩擦面可用作切磨机、钻头、轴承熔点174℃1900℃

请从结构和微观作用力的角度解释两种物质的熔点差异____。

(2)将温度传感器探头伸入装有甘油(丙三醇)的试管中，片刻后再取出置于潮湿空气中，探头的温度变化如图。请解释温度升高的原因____。

22、(1)苯胺(NH2)沸点高于甲苯(CH3)的主要原因是________。

(2)KSCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出KSCN的电子式________。

(3)已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因________。评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)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、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、计算题(共4题，共16分)25、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+)=___________。26、测定冶金级高纯硅中铁元素的含量：将mg样品用氢氟酸和硝酸溶解处理，配成VmL溶液，用羟胺(NH2OH，难电离)将Fe3+还原为Fe2+后，加入邻二氮菲，形成橙红色物质。利用吸光度法测得吸光度为0.500(吸光度与Fe2+浓度的关系曲线如图所示)。

(1)酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染气体，该反应的离子方程式为___________。

(2)样品中铁元素的质量分数表达式为___________(用字母表示)。27、按要求填空。

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________，微粒之间的作用力为___________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，则铁原子半径为___________(假设原子为刚性球体)；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

(5)奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示；写出计算式即可)。

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)。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

W；X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；由W、X、Y、Z形成的锂盐结构所示，X、Z同主族，X可形成Z=X键，Z有6条共价键，则二者位于ⅥA族，则X为O元素，Z是S元素W形成4条共价键，Y形成一条共价键，则W为C，Y为F元素，W、X、Y、Z分别为C、O、F、S，以此分析解答。

【详解】

A．W、X、Y、Z分别为C、O、F、S，原子半径：Z>W＞X＞Y；A选项错误；

B．X、Y最简单氢化物分别为H2O、HF，由于非金属性F>O；氢化物的稳定性：X＜Y，B选项正确；

C．Z为S，X为O2，Z的单质在过量X2中燃烧生成SO2；C选项错误；

D．Li+最外层只有2个电子；D选项错误；

答案选B。2、B【分析】【详解】

A．N和P为同主族元素；N在P的上方，N的电子层数比P少，则原子半径：N＜P，A正确；

B．K和Ca为同周期元素且左右相邻；Ca的4s轨道全充满，原子的能量低，则第一电离能：K＜Ca，B不正确；

C．基态O原子的价电子排布式为2s22p4，则价层电子轨道表示式C正确；

D．七种元素中；H为第1周期元素，C；N、O为第2周期元素，P为第3周期元素，K、Ca为第4周期元素，则有2种元素位于周期表第4周期，D正确；

故选B。3、A【分析】【详解】

A．S2-由S原子得两个电子形成；S原子最外层电子个数由原本的6个变为8个，A正确；

B．元素符号左上角标写质量数，质量数=质子数+中子数，故中子数为10的氧原子可表示为：B错误；

C．N2中N原子之间共用三对电子；故结构式为N≡N，C错误；

D．基态C原子2p上有两个电子，根据能量最低原理，两个电子应填充在两个轨道上且自旋方向相同，即D错误。

故答案选A。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．中心S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，A正确；

B．H2S空间构型为V形；正负电荷中心不重合，为极性分子，B错误；

C．Cu2+是由Cu原子失去最外层两个电子生成，基态核外电子排布式为[Ar]3d9；C错误；

D．S2-核外有18个电子，结构示意图为D错误；

综上所述答案为A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．钟乳石的形成过程中的主要化学反应为在温度较低，二氧化碳浓度较大时使得反应向正向移动，使得岩石中的碳酸钙溶解，在温度较高时，反应向逆向移动，又生成碳酸钙沉淀，如此往复，形成钟乳石，可以用平衡移动原理解释钟乳石的形成过程，A项正确；

B．反应能发生反应是因为产物中有气体CO生成；使平衡向右移动，不能用元素周期律解释，B项错误；

C．根据能量最低原理，原子核外电子先占能量低的原子轨道，然后依次进入能量高的原子轨道，4s轨道能量比3d轨道能量低，故钾原子的电子排布式为C项正确；

D．当碳原子与4个氢原子形成CH4时，碳原子的2s轨道和3个2p轨道采取sp3杂化形成4个相同的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道形成键，因此CH4为正四面体，可以用杂化轨道理论解释CH4的正四面体空间构型；D项正确；

答案选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．是离子晶体；沸点高，故A错误；

B．是离子晶体，沸点高，其余是分子晶体，熔沸点低，但是水分子有分子间氢键，沸点比和高；故B错误；

C．是共价晶体，是离子晶体，都是分子晶体且常温下水为液态，是气态；故C正确；

D．半径依次增大；沸点依次降低，故D错误；

故答案为C。7、B【分析】【详解】

A．不同元素的原子光谱上的特征谱线不同；因此在现代化学中常利用原子光谱中的特征谱线来鉴定元素，A正确；

B．在H-Cl中H原子的s电子与Cl原子的p电子形成共价键；因此该共价键是s-p，化学键类型为σ键，B错误；

C．碘单质是由非极性分子构成的，CCl4分子是非极性分子，由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，因此I2易溶于CCl4；可以用“相似相溶”规律解释，C正确；

D．一般来说；分子的极性越大，带不同电荷的分子的一端接近时，分子之间的吸引力就越强，因而范德华力越大，D正确；

故合理选项是B。二、多选题(共7题，共14分)8、CD【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素，Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。

【详解】

A．根据分析；X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X；Y、Z的电负性大小顺序是X＜Y＜Z，A错误；

B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S；1个双键中含1个σ键；1个π键，σ键与π键的数目之比是1∶1，B错误；

C．电子层越多；原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W；X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，C正确；

D．根据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化；空间构型是正四面体形，D正确；

故选CD。9、CD【分析】【详解】

A.由晶胞结构可知，晶胞中K+的个数为8×+6×=4，O2-的个数为12×+1=4；故A错误；

B.由晶胞结构可知，晶胞中每个K+周围有6个O2-，每个O2-周围有6个K+；故B错误；

C.由晶胞结构可知，晶胞中与顶点K+距离最近的K+位于面心，则晶体中与每个K+距离最近的K+有12个；故C正确；

D.晶体结构可用X射线衍射实验进行检测；故D正确；

故选CD。10、BD【分析】【分析】

原子序数依次增大的a、b、c、d四种短周期主族元素，a原子半径最大，则a为Na元素；b的氧化物的水化物显两性，则b为Al元素；c核外电子总数为原子次外层的电子数的两倍；则c为S元素，d为Cl元素。

【详解】

根据分析，a为Na元素，b为Al元素；c为S元素，d为Cl元素；

A．a、b、c、d四种元素的简单离子分别为Na+、Al3+、S2-、Cl-，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，即c＞d＞a＞b；故A错误；

B．c为S元素，d为Cl元素，二者可形成共价化合物，如SCl2；故B正确；

C．c为S元素；S的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫的水化物是亚硫酸，是弱酸，故C错误；

D．c为S元素；d为Cl元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则d单质形成的氢化物的稳定性比c单质的强，故D正确；

答案选BD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．没有指明温度和压强，无法计算2.24L甲烷中sp3杂化轨道数；故A错误；

B．7.8g苯的物质的量为0.1mol，1个苯分子中含有42个电子，则0.1mol苯中含有的电子数为4.2NA；故B正确；

C．4.6g乙醇为0.1mol，1个乙醇分子中含有6个C-H键，1个O-H键，1个C-C键，C-H和O-H是极性键，即1个乙醇分子中含有7个极性键，所以0.1mol乙醇中含有的极性键数为0.7NA；故C正确；

D．丙烯酸中有碳碳双键和碳氧双键，所以1个丙烯酸分子中含有2个π键，则0.1mol丙烯酸(CH2=CHCOOH)含有π键数为0.2NA；故D错误；

故选BC。12、AC【分析】【分析】

由流程图可知：“杯酚”是8个酚和8个甲醛分子形成的环状分子，其空腔可以容纳C60分子，从而实现C60与C70的分离。

【详解】

A．在“杯酚”中存在8个羟基；由于O原子半径小元素的电负性大，因此羟基之间能形成氢键，A正确；

B．“杯酚”与C60之间没有形成共价键而是通过分子间作用力结合形成超分子；B错误；

C．根据相似相溶原理：由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中。C70是非极性分子；易溶于溶剂氯仿和甲苯中，说明二者均为极性分子构成的物质，C正确；

D．“杯酚”不能与C70形成包合物是由于C70不能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，并非是由于C70是非极性分子；D错误。

故合理选项是AC。13、BD【分析】X原子2p轨道上有3个未成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p3，X是N元素；Y原子的价电子构型为则Y是Cu元素；Q原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Q核外电子排布是2、6，所以Q是O元素；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数，则Z是6号C元素；T原子有1个3p空轨道，则T核外电子排布式是1s22s22p63s23p2；则T是Si元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X是N；Y是Cu，Z是C，Q是O，T是Si元素。

A．Y是Cu，Q是O，Cu、O两种元素形成的化合物有Cu2O；CuO两种；A正确；

B．Q是O；X是N，Z是C，它们是同一周期的元素，一般情况下，同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大，但第VA的N元素的原子核外电子排布处于原子轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以第一电离能大小关系为：X＞Q＞Z，B错误；

C．同一周期元素；原子序数越大，其电负性越大；同一主族元素，原子序数越大，其电负性越小。Z是C，Q是O，二者是同一周期元素，T是Si，C；Si是同一主族元素，所以元素的电负性由大到小的顺序为：Q＞Z＞T，C正确；

D．Q是O，T是Si元素，二者形成的化合物为SiO2；Si原子与O原子之间以共价键结合形成立体网状结构，该物质属于共价晶体，D错误；

故合理选项是BD。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，可以判断CaC2也为离子晶体；离子晶体熔点较高，硬度也较大，故A正确；

B．根据晶胞，Ca2+为八面体填隙，但由于晶胞沿一个方向拉长，所以和Ca2+距离相同且最近的构成的多面体不是正八面体；故B错误；

C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个；故C错误；

D．一个晶胞中含有Ca2+的数目为12×+1=4个，含有的数目为8×+6×=4个；故D正确；

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【详解】

(1)根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32-或NO3-，故答案为CO32-或NO3-；

(2)①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为=4，所以N原子的轨道杂化类型为sp3，故答案为sp3；

②Ti(BH4)3由TiCl3和LiBH4反应制得，反应的化学方程式为TiCl3+3LiBH4═Ti(BH4)3+3LiCl，基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1，BH4-中B原子的价层电子对数为=4，所以杂化方式为sp3杂化，则BH4-的立体构型为正四面体，所含化学键的类型有极性键、配位键，故答案为TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl；1；正四面体；极性键；配位键；

③A．B一般是形成3个键，(H3BNH3)由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故A正确；B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)，故B正确；C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故C错误；D．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×(4-4×1)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×(4-2×2)=2；所以二氧化碳是直线型结构，故D正确，故答案为C；

(3)①在磷化硼晶体中；磷和硼原子之间通过共价键相互作用，结合性质可知其晶体类型为原子晶体，硼最外层有3个电子，但根据晶胞结构可知，每个硼和磷周围都有4个共价键，所以磷原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，它们之间存在配位键，故答案为原子；是；

②根据晶的结构图可知；每个磷原子周围有4个硼原子，所以配位数为4，故答案为4；

(4)立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，B-N键键长大于C-C键，键能小于C-C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低；晶体中B、N原子配位数均为4，涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置为：故答案为B-N键键长大于C-C键键长，键能小，所以熔点低；【解析】CO32-或NO3-sp3TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCll正四面体极性键、配位键C原子是4B-N键键长大于C-C键键长，键能小，所以熔点低16、略

【分析】【详解】

(1)每个晶胞中的碳原子个数为故答案为：4；

(2)根据晶胞结构可知其沿c轴的投影为故答案为：

(3)石墨中平均每个六元环含有2个碳原子，某石墨嵌入化合物中的每个六元环都对应一个故化学式为故答案为：

(4)设碳碳键的键长为晶胞底面图可表示为则解得晶胞底面的高一个晶胞体积一个晶胞的质量故石墨晶体密度为故答案为：【解析】①.4②.③.④.⑤.17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子；次外层有2个电子，说明该元素次外层为K层，则A原子核外有2个电子层，未成对电子为2p电子；则该元素核外电子数=2+2+3=7，为N元素；答案为N；

(2)B元素的负一价离子的电子层结构与氩相同，说明B与Ar元素位于同一周期且为第ⅦA族；该元素为氯元素；周期表中的位置是第三周期VIIA族，属于p区的元素；答案为第三周期VIIA族，p；

(3)C元素的正三价阳离子的3d能级为半充满，则C三价阳离子3d能级上有5个电子，其原子核外电子数=2+8+8+5+3=26，根据构造原理书写C元素基态原子的电子排布式为或者【Ar】原子核外有26个电子就有26种不同的运动状态；故答案为或者【Ar】26；

(4)D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D原子核外电子个数=2+8+18+1=29，根据构造原理书写D元素基态原子的电子排布图：答案为【解析】N第三周期VIIAp或者【Ar】2618、略

【分析】【分析】

①HCN中；C原子与H原子以单键相结合，C原子和N原子以三键结合，中心C原子无孤对电子，分子中含有2个σ键和2个π键，所以C原子为sp杂化，空间构型为直线形；

②NH中N原子与H原子以极性键结合，N原子的孤对电子数为NH中含有2个σ键，中心原子的杂化类型为sp3杂化；空间构型为V形；

③BeCl2中Be不含孤电子对；分子中含有2个σ键，中心原子以sp杂化轨道成键，分子的立体构型为直线形；

④中碳碳之间是非极性键，碳氢之间是极性键，C原子的杂化方式为sp2杂化，每个C原子以杂化轨道分别与2个C原子和1个H原子形成σ键，未参与杂化的p轨道形成大π键，是正六面形结构。

【详解】

(1)由分析可知，存在大π键的非极性分子是④；NH和BeCl2中只存在σ键，但NH是离子；所以只存在σ键的分子是③；

(2)由分析可知，中心原子轨道为sp2杂化的是④；空间构型呈“V”形的是②。【解析】①.④②.③③.④④.②19、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】(NH4)2BeF420、略

【分析】【详解】

Ⅰ．由题给信息；在某种无线电波照射下，盐水可以释放出氢原子，说明水分子中的O-H被破坏，O-H键属于极性共价键，故选D；

Ⅱ．(1)在弱电场的条件下水变成“热冰”；水分子结构由无序变为有序，说明水分子中存在带正电和带负电的两部分，即水分子是极性分子；利用水分子的这一特点可建造室温溜冰场或室温条件下做冰雕；

(2)①水分子间能形成“网”的原因是水分子间存在氢键；

②水分子释放出电子时产生的阳离子是具有较强的氧化性，在反应中得电子，有还原性，在反应中失电子，反应的离子方程式是与反应后，呈酸性，并产生该过程的离子方程式是【解析】D极性极性建造室温溜冰场或室温条件下做冰雕水分子间存在氢键21、略

【分析】(1)

根据表格P4S3的熔点低，C3N4的熔点高，硬度大，知P4S3为分子晶体，C3N4为原子晶体，分子晶体熔化破环分子间作用力，原子晶体熔化破环共价键，分子间作用力弱于共价键，故P4S3熔点远低于C3N4。

(2)

甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸气，而形成氢键的过程中会放出热量，故探头伸入装有甘油(丙三醇)的试管中，片刻后再取出置于潮湿空气中，探头的温度升高。【解析】(1)P4S3为分子晶体，熔化破环分子间作用力，C3N4为原子晶体，熔化破环共价键，分子间作用力弱于共价键，故P4S3熔点远低于C3N4

(2)甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸气，形成氢键的过程中会放出热量22、略

【分析】【详解】

(1)苯胺分子间可以形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，氢键对物质的沸点的影响较大，分子间存在氢键的沸点较高，因此，苯胺(NH2)沸点高于甲苯(CH3)的主要原因是苯胺分子间存在氢键；而甲苯分子间不存在氢键。

(2)KSCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。根据等电子原理可知，SCN-与CO2是等电子体，S和C之间形成双键，因此，KSCN的电子式

(3)已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，类比一水合氨的电离可知，NH2OH分子中的N有孤电子对，可以与水电离产生的H+形成配位键，因此，其电离方程式可表示为NH2OH+H2O⇌OH-+[NH3OH]+。【解析】①.苯胺分子间存在氢键，而甲苯分子间不存在氢键②.③.NH2OH+H2O⇌OH-+[NH3OH]+四、判断题(共2题，共4分)23、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中