2025年外研衔接版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年外研衔接版选择性必修2化学上册月考试卷147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、下列元素中，最高正化合价数值最大的是（）A.SB.NC.NaD.Al2、下列说法正确的是A.已知非金属性O＞N＞C，可推知氢化物的稳定性H2O2＞N2H4＞C2H6B.已知CO2分子构型为直线形，可推知CS2、N2O都为直线形C.已知硅酸难溶于水，可推知硅酸不能与NaOH溶液反应D.已知N的电负性比B(硼)大，可推知NF3的键角比BF3大3、下列说法中不正确的是A.葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中的手性碳原子数为4B.基态铜原子的价电子排布图：C.[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子配位数为6D.AB2是V形，其A可能为sp2杂化4、下列说法正确的是A.电负性大小顺序：B.所有非金属元素都分布在p区C.具有各向异性的固体可能是晶体D.的熔沸点比的熔沸点高是因为H—O比H—S更稳定5、关于液晶，下列说法正确的是A.液晶是一种晶体B.液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性C.液晶的化学性质与温度变化无关D.液晶的光学性质随外加电场的变化而变化6、已知：碘化膦(PH4I)性质类似NH4Cl，是一种白色晶体，下列说法不正确A.它是离子晶体，稳定，高温也不分解B.它的水溶液显酸性C.能与强碱反应放出气体PH3D.该物质中含有共价键和离子键评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、氟在自然界中常以CaF2的形式存在。

（1）下列关于CaF2的表述正确的是_______。

a．F－的离子半径小于Cl－，则CaF2的熔点高于CaCl2

b．Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用。

c．阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同。

d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电。

（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是__________________________(用离子方程式表示)。已知AlF63-在溶液中可稳定存在。

（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为___________，其中氧原子的杂化方式为_________。

（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)＋3F2(g)=2ClF3(g)△H=－313kJ·mol－1，F－F键键能为159kJ·mol－1，Cl－Cl键键能为242kJ·mol－1，则ClF3中Cl－F键的平均键能为_________kJ·mol－1。ClF3的熔、沸点比BrF3的________(填“高”或“低”)。8、下表是元素周期表前三周期；针对表中的①~⑧元素，回答下列问题：

。

⑤

①

②

③

④

⑧

(1)元素④在周期表中的位置是________。

(2)在这些元素原子中；得电子能力最强的是______(填元素符号)。

(3)单质化学性质最不活泼的元素是______(填元素符号)；元素②原子结构示意图为______。

(4)元素⑥；⑦形成的氢化物中；沸点高的是______(填化学式)。

(5)元素①的最高价氧化物对应的水化物所含化学键的类型是_______。

(6)元素⑤最简单的氢化物和最高价氧化物对应的水化物相互反应的产物是_______。

(7)写出元素③的单质与稀盐酸反应的离子方程式_______。9、以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4]3Fe(C6H5O7)2]。

(1)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是___________；C；N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(2)柠檬酸的结构简式如图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为___________mol。10、(1)N2H6Cl2属于离子化合物，且每个原子都满足稳定结构。N2H6Cl2的电子式为____。

(2)一定条件下，测定HF的相对分子质量时，实验数据明显大于理论值，原因是_____。11、物质有多种聚集状态，不同的聚集状态由于构成微粒和微粒间的相互作用不同，具有不同的性质。本章我们学习了许多的相关知识，如晶体、非晶体、液晶、晶胞、金属晶体、离子晶体、原子晶体、分子晶体等，请通过图示的方式表示它们之间的相互关系，以加深对所学内容的理解。_______

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、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13、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14、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误15、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16、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误17、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、原理综合题(共4题，共24分)18、亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])是重要的化工原料和食品添加剂，又称黄血盐。黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生反应：K4[Fe(CN)6+6H2SO4+6H2O2K2SO4+FeSO4+3(NH4)2SO4+6CO↑。回答下列问题：

(1)写出基态Fe2+的核外电子排布式______。

(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和______。：1molK4[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为_____NA。

(3)(NH4)2SO4中N原子的杂化方式为______；N和O相比，第一电离能更大的是______，电负性更大的是______。

(4)铁、钾、钠均采用体心立方堆积，结构如图。晶胞中金属原子的配位数为______，钠、钾相比，熔点更高的是______，原因是______。已知铁的原子半径为rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁的密度为______g·cm-3。

19、钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：

(1)钴元素在周期表中的位置是______________。

(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)＞I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是__________。

(3)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物；其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为______。

②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。

(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。

a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb；Na的第一电离能为603.4kJ/mol

c、NaCl的晶格能为785.6kJ/mold；Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol

(5)碲化锌晶体有两种结构；其中一种晶胞结构如图：

若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为__________g/cm3。20、（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____________；

（2）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。请回答下列问题

①石墨烯的作用是______________________________

②电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重____________g

③充电过程中，电池中Li2S2的量越来越少，请写出Li2S2转化为Li2S4的电极反应式：___________。

（3）H2Se的酸性比H2S________(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为________，Na2SO3溶液呈碱性的原因是_________________________________（用离子方程式表示）；

（4）H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_______________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______________________________________。21、已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：

（1）写出基态Cu的外围电子排布式：__。

（2）配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是__；N2O与CO2互为等电子体，则N2O的空间结构为___。

（3）在Cu催化下，甲醇可被氧化为甲醛，甲醛分子中HCO的键角__(填“大于”“等于”或“小于”)120°；甲醛能与水形成氢键，请在如图中表示出来___。

（4）立方氮化硼如图1与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B—N键数与硼原子数之比为__。

（5）Cu晶体的堆积方式如图2所示，设Cu原子半径为a，晶体中Cu原子的配位数为___，晶体的空间利用率为__。(已知：≈1.4)评卷人得分五、实验题(共2题，共18分)22、某实验小组为探究与反应后的产物；做如下探究实验。

【查阅资料】

①为砖红色固体；不溶于水；

②为黄色固体；不溶于水；

③为无色配合离子、为无色配合离子、为深蓝色配合离子。

【实验探究】

实验1：①向2mL的溶液中滴加的溶液；开始出现黄色沉淀，但无气体产生。

②继续加入溶液，最终沉淀消失。经检验，溶液中生成离子。

实验2：向90℃的溶液中滴加的溶液；直接生成砖红色沉淀。

实验3：向2mL的溶液中滴加的溶液；开始阶段有蓝色沉淀出现。

(1)某同学认为实验1黄色沉淀中有少量该同学认为是相互促进水解产生的，用离子方程式表示生成沉淀的过程：_______。

(2)若要进一步检验黄色沉淀中有Cu(OH)2，可采用的具体实验方法为_______。

(3)经检验，实验2所得溶液中有大量生成。该实验中表现_______性，写出该实验中反应的离子方程式：_______。

(4)某同学设计了如图所示的电化学装置，探究与的反应。该装置中左侧烧杯中的石墨电极做_______(填“正”或“负”)极，右侧烧杯中发生反应的电极反应式为_______。设计实验检验右侧烧杯中生成的阴离子，写出具体操作、现象和结论：_______。

23、实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，该反应属于大量放热的反应。某小组用如图所示装置制备[Co(NH3)6]Cl3；实验步骤如下：

Ⅰ．称取研细的CoCl2•6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴将混合物加热至60℃；恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。

Ⅲ．将沉淀溶于热的盐酸中；趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。

Ⅳ．过滤；用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。

试回答下列问题：

(1)制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是___。

(2)请指出装置中存在的一处缺陷___。

(3)若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是__。

(4)与[Co(NH3)6]Cl3类似的产品还有[Co(NH3)5Cl]Cl2，请简述验证某晶体是[Co(NH3)6]Cl3还是[Co(NH3)5•Cl]Cl2的实验方案___。

(5)步骤Ⅲ中趁热过滤的主要目的是___，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是___。

(6)乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是___。评卷人得分六、有机推断题(共2题，共18分)24、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物；艾司洛尔的一种合成路线如下：

回答下列问题：

(1)丙二酸的结构简式为___________；E中含氧官能团的名称是___________。

(2)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成lmolB、1molH2O和1molCO2；B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为_______________________________________________________。

(3)D生成E的反应类型为_____________。

(4)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。用星号(*)标出F中的手性碳：_______________。

(5)X是B的同分异构体；X同时满足下列条件的结构共有___________种(不考虑空间异构)，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为______________。

①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③除苯环外不含其他环。

(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线_________________。25、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：________（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）用结构简式表示A中含有的官能团：__________、________（4）A的1H核磁共振谱如图。

（4）A中含有________种氢原子（5）综上所述，A的结构简式________参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

【详解】

硫元素、氮元素、钠元素和铝元素的最高正化合价分别为+6、+5、+1、+3，则最高正化合价数值最大的是硫元素，故选A。2、B【分析】【详解】

A．已知非金属性O＞N＞C，可推知最简单气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞CH4，但H2O2、N2H4、C2H6均不是最简单气态氢化物；选项A错误；

B．CS2、N2O与CO2均为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2分子构型为直线形，则CS2、N2O都为直线形；选项B正确；

C．硅酸难溶于水；但硅酸与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，选项C错误；

D．NF3分子中心原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角为102.5°；BF3分子中心原子为sp2杂化；空间构型为平面三角形，F-B-F的键角是120°，故前者小于后者，选项D错误；

答案选B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中；4个-CHOH-上的碳原子都是手性碳原子，A正确；

B．基态铜原子的价电子排布图应为B不正确；

C．[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子分别与4个NH3分子中的N原子、2个Cl-形成6个配位键；C正确；

D．AB2是V形，表明A原子的最外层至少有1对孤对电子，则A的价层电子对数可能为3，其A可能为sp2杂化；D正确；

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．非金属性越强；元素的电负性越大，第VIA族的大于VA族的，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故A错误；

B．氢元素在s区；属于非金属元素，故B错误；

C．晶体具有各向异性；因此具有各向异性的固体一定是晶体，故C正确。

D．H2O形成分子间氢键；所以熔沸点较高，故D错误；

故选：C。5、D【分析】【详解】

A．液晶在一定温度范围内存在，既具有液体的可流动性，又表现出类似晶体的各向异性，但它不是晶体，A项错误；

B．虽然液晶分子沿特定方向的排列比较有序，但分子的空间排列是不稳定的，B项错误；

C．外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，如温度、外加电场等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，C项错误；

D．液晶的光学性质随外加电场的变化而变化，D项正确；

故选D。6、A【分析】【分析】

由于氮和磷、氯和碘具有相似性，故PH4I和NH4Cl的结构和性质相似。

【详解】

A．PH4I和NH4Cl的结构和性质相似可知，PH4I也是离子晶体，但受热时与NH4Cl一样会分解；A错误；

B．PH4I和NH4Cl的结构和性质相似，故PH4I也为强酸弱碱盐；能水解，其水溶液呈酸性，B正确；

C．由PH4I和NH4Cl的结构和性质相似可知，PH4I能与碱反应产生PH3；C正确；

D．PH4I和NH4Cl的结构和性质相似，PH4I中存在共价键和离子键；D正确；

故选A。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【详解】

(1)a．离子所带电荷相同，F－的离子半径小于Cl－，所以CaF2晶体的晶格能大，则CaF2的熔点高于CaCl2；a正确；

b．Ca2+与F‾间既有静电引力作用，也有静电排斥作用，b错误；

c．晶体构型还与离子的大小有关，所以阴阳离子比为2：1的物质，不一定与CaF2晶体构型相同；c错误；

d．CaF2中的化学键为离子键，CaF2在熔融状态下发生电离，因此CaF2在熔融状态下能导电；d正确；

故答案为：ad；

(2)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，生成了所以离子方程式为：Al3++3CaF2=3Ca2++故答案为：Al3++3CaF2=3Ca2++

(3)OF2分子中O与2个F原子形成2个σ键，O原子还有2对孤对电子，所以O原子的杂化方式为sp3，空间构型为角形或V形，故答案为：角形或V形；sp3；

(4)根据焓变的含义可得：242kJ·mol－1+3×159kJ·mol－1—6×ECl—F=－313kJ·mol－1，解得Cl－F键的平均键能ECl—F=172kJ·mol－1；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低；故答案为：172；低；

【考点定位】

本题以CaF2为情景，考查了物质的结构、离子半径比较、离子方程式的书写、中心原子的杂化方式和分子的构型、键能的计算、熔点的比较。【解析】adAl3++3CaF2=3Ca2++角形或V形sp3172低8、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为Na，②为Mg，③为Al，④为Si，⑤为N，⑥为O，⑦为S，⑧为Ar；结合元素周期律分析回答；

【详解】

(1)元素④为Si；在周期表中的位置是第三周期ⅣA族；

(2)在这些元素原子中；非金属性最强的是氧，则得电子能力最强的是O；

(3)八种元素对应的单质中存在稀有气体，稀有气体化学性质最不活泼，故该元素是元素②为Mg，原子结构示意图为

(4)元素⑥为O、⑦为S，形成的氢化物中，沸点高的是或因为或分子间存在氢键；

(5)元素①为Na；最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所含化学键的类型是离子键；共价键；

(6)元素⑤为N，最简单的氢化物和最高价氧化物对应的水化物分别为氨气和硝酸，相互反应的产物是或硝酸铵；

(7)元素③为Al，单质与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，离子方程式为：

【点睛】

熟悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解题的关键。【解析】第三周期ⅣA族O或离子键、共价键或硝酸铵9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在NH3分子中N原子价电子对数为3+=4，有3个成键电子对和1个孤电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化；

一般情况下；同一周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第IIA；第VA族元素原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C。

(2)单键都是σ键，双键中有一个σ键一个π键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成7molσ键。【解析】sp3N＞O＞C710、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N2H6Cl2属于离子化合物，[N2H6]2+与Cl-之间以离子键结合，在阳离子[N2H6]2+中2个N原子形成共价单键，每个N原子分别与3个H原子形成共价键，因此使离子中每个原子都满足稳定结构，则N2H6Cl2的电子式为

(2)HF是由HF分子构成的物质，在HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使HF分子以聚合分子的形式存在，物质分子存在形式为(HF)n，使HF平均相对分子质量加大。【解析】①.②.HF在通常条件下，除了正常的HF分子外，还有通过氢键联系在一起的缔合分子(HF)n，(HF)n的存在，使HF平均相对分子质量加大11、略

【分析】【详解】

物质有多种聚集状态；可以分为液态；固态、气态、液晶，固态可以分为晶体和非晶体；晶体分为共价晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体；晶胞是描述晶体结构的最小单元；故为：

【解析】三、判断题(共6题，共12分)12、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。13、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；14、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。15、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。16、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。17、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、原理综合题(共4题，共24分)18、略

【分析】【分析】

(1)根据基态Fe的核外电子排布书写Fe2+的核外电子排布式；

(2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与CN-间的配位键；

(3)根据价层电子互斥理论及第一电离能；电负性规律判断；

(4)根据ρ=计算。

【详解】

(1)基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe2+的核外电子排布式[Ar]3d6；

(2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与CN-间的配位键；1molK4[Fe(CN)6]中含有6mol铁原子与CN-间的配位键和6molC≡N，共计12molσ键，即12NA；

(3)铵根离子中N原子无孤电子对，含有4条σ键，为sp3杂化；N原子最外层电子处于半充满的稳定状态；故第一电离能大于O原子；N和O为同周期元素，且原子序数O大于N，则O的电负性大于N；

(4)根据晶胞的结构，距离中心原子最近且相等的金属原子有8个，则配位数为8；钠、钾均为金属晶体，且最外层电子数相等，但钠原子半径小于钾，则Na的金属键键能比K强，则Na的熔点更高；已知铁的原子半径为rcm，则晶胞的体对角线为4rcm，晶胞的体积=cm3，根据晶胞的结构，一个晶胞中含有2个Fe，则密度==g·cm-3。【解析】1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6配位键离子键12NAsp3NO8钠钠的半径小，形成的金属键键能大，溶点高19、略

【分析】【分析】

根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据电负性的大小分析配合物中的配位原子。分析表中数据并结合相关概念判断有关变化中能量变化。根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。

【详解】

(1)钴是27号元素，其有4个电子层，其价电子排布式为3d74s2；因此，其在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。

(2)Fe的价电子排布式为3d64s2，其失去3个电子后变为较稳定的半充满结构3d5，而Co的价电子排布式为3d74s2，其失去3个电子后变为3d6。因此，从原子结构的角度分析I4(Fe)＞I4(Co)的可能原因是：Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子；故Fe需要的能量较高。

(3)由Cu2Cl2•2CO•2H2O的结构可知：

①该配合物中氯原子均形成2个σ键，另外每个氯原子还有2个孤电子对，故其价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。

②CO分子中的C原子和O原子均有孤电子对；但是O元素的电负性大于C元素，故O原子对孤电子对的吸引力更强，因此，该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是：电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对（用于形成配位键）。

(4)a、由图中信息可知，Cl2(g)=Cl(g)的∆H=119.6kJ/mol，因此，Cl-Cl键的键能为239.2kJ/mol，a不正确；

b、由图中信息可知，Na(g)=Na+(g)+e-的∆H=495.0kJ/mol，因此，Na的第一电离能为603.4kJ/mol，b不正确；

c、由图中信息可知，Cl-(g)+Na+(g)=NaCl(s)的∆H=-785kJ/mol，因此，NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；

d、由图中信息可知，Cl(g)+e-=Cl-(g)的∆H=-348.3kJ/mol；因此，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确。

综上所述；有关说法正确的是cd。

(5)由碲化锌晶体的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与金刚石相似，Te原子堆积方式为面心立方最密堆积，Zn距离最近的Te原子间距为体对角线长度的高晶胞参数（即该晶胞的边长）为x，则晶胞的体对角线长度为，x=4apm，故x=pm，晶胞的体积为x3=该晶胞中占有4个Te原子和4个Zn原子，则晶胞的质量为因此，该晶体密度为g/cm3。

【点睛】

本题中关于晶胞的计算是难点，尤其是确定与Zn距离最近的Te原子的间距为体对角线长度的这也是解题的关键所在。解题时，要求学生能掌握常见晶胞中原子的堆积方式，并能迁移到新的情境之中，做到轻车熟路、得心应手。另外，还要掌握常见于晶胞计算中的长度单位的换算，不能在这种小的地方失误。【解析】第四周期ⅧCo失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高sp3电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对cd20、略

【分析】【分析】

（1）S单质的常见形式为S8，根据其结构可知，每个硫原子均形成2条共价键，含2对孤电子对，则S原子采用sp3杂化；

（2）①为了增强a电极Li2Sx的导电性，电极a常用掺有石墨烯的S8材料；

②电池工作时，电池负极为Li-e-=Li+；外电路中流过0.02mol电子，反应的Li为0.02mol，减少0.14g；

③充电时，为电解池，电极a为氧硫离子失电子，电极反应式为：2Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+；

（3）无氧酸的酸发性强弱看非金属性的强弱，非金属性越强与氢元素的结合能力越强，在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子，中心Se原子孤电子对=（a-bx）=（6-3×2）=0，3条共价键，为sp2杂化，为平面三角形；Na2SO3为强碱弱酸盐，水溶液中亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；

（4）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷,吸引H+,同时产生的H+抑制第二步电离,所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②H2SeO3的分子结构为Se为+4价,而H2SeO4的分子结构为Se为+6价,后者Se原子吸电子能力强,导致Se−O−H中的O原子更向Se偏移,则羟基上氢原子更容易电离出H+；

【详解】

（1）S单质的常见形式为S8，根据其结构可知，每个硫原子均形成2条共价键，含2对孤电子对，则S原子采用sp3杂化；

（2）①为了增强a电极Li2Sx的导电性，电极a常用掺有石墨烯的S8材料；答案为：增强电极的导电性；

②电池工作时，电池负极为Li-e-=Li+；外电路中流过0.02mol电子，反应的Li为0.02mol，减少0.14g，答案为0.14

③充电时，为电解池，电极a为氧硫离子失电子，电极反应式为：2Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+；

（3）无氧酸的酸发性强弱看非金属性的强弱，非金属性越强与氢元素的结合能力越强，在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子，中心Se原子孤电子对=（a-bx）=（6-3×2）=0，3条共价键，为sp2杂化，为平面三角形；Na2SO3为强碱弱酸盐，水溶液中亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；答案为：强；平面三角形；SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；

（4）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷,吸引H+,同时产生的H+抑制第二步电离,所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度；导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，答案为：一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②H2SeO3的分子结构为Se为+4价,而H2SeO4的分子结构为Se为+6价,后者Se原子吸电子能力强,导致Se−O−H中的O原子更向Se偏移,则羟基上氢原子更容易电离出H+，答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2RO和(HO)2RO2，H2SeO3中Se为＋4价，而H2SeO4中Se为＋6价，正电性更高，导致R—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H＋；【解析】sp3增强电极的导电性0.142Li2S2-2e-=Li2S4+2Li+强平面三角形SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2RO和(HO)2RO2，H2SeO3中Se为＋4价，而H2SeO4中Se为＋6价，正电性更高，导致R—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H＋21、略

【分析】【详解】

(1)Cu为29号元素，Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律可知基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，外围电子排布为3d104s1；

(2)N2的结构式为N≡N，三键中含1个σ键和2个π键，则N2中σ键和π键数目之比为1∶2；等电子体的结构相似，二氧化碳分子中C原子为sp杂化，分子为直线形，所以N2O的空间结构为直线形；

(3)甲醛中C是sp2杂化，是平面三角形，C原子在三角形中心位置，O原子含有的孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故甲醛分子中HCO的键角大于120°；水分子中含O—H键，由于O原子的原子半径小、电负性大，对共用电子对的吸引能力强，使水分子中氢原子几乎成为裸露的质子，故甲醛分子中的O原子和水分子中的H原子能形成氢键，其氢键表示为

(4)该晶胞中N原子在晶胞内部，个数是4，每个N原子形成4个B—N键，B—N键个数为16；B原子位于晶胞顶点和面心，个数为则B—N键与B原子个数之比为16∶4=4∶1；

(5)Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，所以配位数是12；由图可知，晶胞面对角线上的三个铜原子相切，所以面对角线长是4a，根据几何关系可知立方体的棱长=2a，则晶胞的体积为V=(2a)3，1个Cu的体积是πa3，晶胞中Cu原子的个数=8×＋6×=4，所以晶体的空间利用率为×100%=74.76%。

【点睛】

面心立方堆积中面对角线上的原子相切，体心立方堆积中体对角线上的原子相切，据此可以找出原子半径和晶胞棱长的关系。【解析】3d104s11∶2直线形大于4∶11274.76%五、实验题(共2题，共18分)22、略

【分析】【分析】

通过查阅的资料，结合实验1可知，CuSO4与Na2SO3生成Cu2SO3，继续加入则生成[Cu(SO3)2]3-离子，沉淀消失；结合实验2可知，升高温度则二者反应直接生成Cu2O；结合实验3可知，Na2SO3过量则发生双水解，得到Cu(OH)2蓝色沉淀；

【详解】

（1）与发生相互促进的水解反应，生成沉淀；离子方程式为：(或)。

（2）若要证明沉淀中有沉淀，为避免溶液中的干扰，应先将沉淀过滤，然后利用可溶于氨水生成深蓝色配合离子进行检验；

（3）实验2所得沉淀为沉淀，表现氧化性，结合题中信息溶液中有生成，可写出反应的离子方程式为

（4）该装置为原电池装置，避免了和的相互促进水解反应，左侧石墨做正极，烧杯中发生的还原反应，右侧石墨做负极；烧杯中发生的氧化反应，所以右侧烧杯中的电极反应式为(或)；若要检验生成的应先排除的干扰，具体操作为取少量右侧烧杯中的溶液，滴加盐酸调至酸性，然后滴加氯化钡溶液，溶液中产生白色沉淀证明有生成。【解析】(1)(或)

(2)将实验1中的黄色沉淀过滤，并洗涤，向沉淀中加浓氨水，若沉淀溶解并得到深蓝色溶液可证明沉淀中有

(3)氧化(或)

(4)正(或)取少量右侧烧杯中的溶液，滴加盐酸调至酸性，然后滴加氯化钡溶液，溶液中产生白色沉淀则证明有生成23、略

【分析】【分析】

用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3在三颈烧瓶内混合，水浴加热制取[Co(NH3)6]Cl3，由于NH3易挥发，NH4Cl、H2O2易分解；所以需控制加热温度；同时需考虑，反应过程中挥发出的氨气会对大气产生污染，应进行尾气处理；分离产品时，需先过滤出活性炭，同时应防止产品在过滤过程中结晶析出；将产品结晶析出时，又需考虑如何获得尽可能多的晶体。

【详解】

(1)制备[Co(NH3)6]Cl3时，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3为原料，化学方程式是2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。答案为：2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；

(2)装置中；由于不断加热且反应放热，氨水中会有一定量的氨气挥发出来，应进行处理，所以存在的一处缺陷是缺少吸收挥发出氨气的装置。答案为：缺少吸收挥发出氨气的装置；

(3)H2O2具有不稳定性，若30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解。答案为：在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解；

(4)与[Co(NH3)6]Cl3相比，[Co(NH3)5Cl]Cl2的内界还含有Cl-，常温下与Ag+不反应，但受热后电离程度增大，可与Ag+反应生成AgCl，所以验证某晶体是[Co(NH3)6]Cl3还是[Co(NH3)5•Cl]Cl2的实验方案为：取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是[Co(NH3)5Cl]Cl2，不能再产生沉淀的是[Co(NH3)6]Cl3。答案为：取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是[Co(NH3)5Cl]Cl2，不能再产生沉淀的是[