2025年外研版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年外研版选择性必修2化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、某元素的原子结构示意图为下列关于该元素的说法中，不正确的是A.元素符号是SB.属于短周期元素C.非金属性比氧的强D.最高正化合价是+6价2、下列有关漂白剂说法正确的是A.SO2含有极性键的非极性分子B.O3是含有非极性键的非极性分子C.H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子D.NaClO是含有配位键和离子键的离子化合物3、下列有关说法正确的是A.氧原子处于基态的轨道表示式B.用价层电子对互斥理论预测的空间结构为三角锥形C.用电子式表示的形成：D.向5%的溶液中加入粉末后，分解速率迅速加快是因为粉末降低了反应的焓变4、关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是A.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为16NAB.中心原子的化合价为+2价C.中心原子的配位数是5D.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀5、E、F、G、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素。G元素的最高价氧化物的水化物和气态氢化物反应生成一种盐；F元素与G、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物F2E6共含有18个电子；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个。下列说法错误的是A.FE4的立体构型是正四面体形B.原子半径：F＜G＜MC.Q-和Ar具有相同的电子层结构D.GE中含有配位键评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。元素XYZWT原子半径/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外层电子数11667

下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：Y>Z>XB.气态氢化物的热稳定性：W>ZC.Y与Z形成的化合物可能具有强氧化性D.常温下，W单质的分子间作用力小于T单质7、已知X；Y是短周期的两种元素；下列有关比较或说法一定正确的是。

。选项。

条件。

结论。

A

若原子半径：X>Y

原子序数：X

B

化合物XnYm中X显负价。

元素的电负性：X>Y

C

若价电子数：X>Y

最高正价：X>Y

D

若X；Y最外层电子数分别为1、7

X；Y之间可能形成共价键。

A.AB.BC.CD.D8、下列实验装置正确且能达到实验目的的是A.测定一定时间内生成H2的反应速率B.探究乙醇的还原性C.吸收氨气制取氢氧化铝D.证明非金属性：Cl>C>Si9、关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是A.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAB.中心原子的化合价为+3价C.中心原子的配位数是6D.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀10、钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物，研究分子结构发现其络离子形状为正八面体。取1mol该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生xmol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是A.Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族B.配合物中络离子化学式为[Co(NH2)6]3+C.x≤3D.若晶体Co为A1型密堆积，晶胞参数为acm，则钴原子的半径为a×1010pm11、下列有关晶体结构或性质的描述中正确的是A.在F、Cl的氢化物中，因HF的键能大，故HF的熔沸点高B.冰中存在极性共价键、范德华力和氢键C.物质的量均为1mol的金刚石与石墨晶体所含的C-C键的数目相同D.金属性K＞Na，但金属钾的熔点低于金属钠12、蔗糖(C12H22O11)和葡萄糖(C6H12O6)的不同之处是A.组成元素B.各元素的质量比C.相对分子质量D.充分燃烧后的生成物评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池多晶硅太阳能电池、太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。

(1)基态亚铜离子()的最外层电子排布式为______；高温下容易转化为试从原子结构的角度解释原因：______。

(2)的沸点高于的沸点(-42℃)；其原因是______。

(3)和的空间结构分别为______、______。14、等电子体的结构相似、物理性质相近，称为等电子原理。如N2和CO为等电子体。

（1）由第二周期元素组成，与F2互为等电子体的离子是____，与C2O42-互为等电子体的分子是____。

（2）Mn原子在元素周期表中的位置是____，价电子排布为____。

（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。该离子的结构式为____，已知NF3与NH3的立体构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是：____。15、氢化铝锂(LiAlH4)是重要的还原剂与储氢材料。其合成方法如下：①Na+Al+2H2NaAlH4，②NaAlH4+LiClLiAlH4+NaCl。回答下列问题：

(1)上述反应中涉及的元素的第一电离能最大的是_______(填元素名称)。LiAlH4与水剧烈反应产生一种盐与H2，写出反应的化学方程式：_______；LiAlH4中H元素表现为-1价，解释H表现出负价的理由：_______。

(2)基态锂原子的电子排布式为_______；基态锂原子中有_______种运动状态不同的电子。

(3)已知第一电离能Mg大于Al，但第二电离能Mg小于Al，解释原因：_______。

(4)反应①、②中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物的电子式为_______。16、如图是元素周期表中合并的短周期部分；表中字母分别表示一种元素。请回答下列问题：

（1）f元素在周期表中的位置是第___________周期第___________族。

（2）e与f两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为___________。

（3）图中所给元素中e、f、b、c原子半径大小顺序为___________(填元素符号)。

（4）图中所给元素中a、b、d、g非金属性大小顺序为___________(填元素符号)。

（5）所给字母元素中金属性最强的元素为___________(填元素符号)，c和d两种元素氢化物的稳定性更强的是___________(填物质的化学式)。17、硅及其化合物在工业中应用广泛；在工业上，高纯硅可以通过下列流程制取：

请完成下列填空:

（1）氯原子核外有____种不同能量的电子，硅原子的核外电子排布式是___________。

（2）碳与硅属于同主族元素，熔沸点SiO2___CO2（填写“>”、“<”或“=”），其原因是___。

（3）写出一个能说明碳的非金属性强于硅的化学方程式__________。18、如图所示一些晶体中的某些结构；它们分别是NaCl；CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分：

(1)代表金刚石的是(填编号字母；下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。

(2)代表石墨的是________；其中每个正六边形占有的碳原子数平均为________个。

(3)表示NaCl的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。

(4)代表CsCl的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。

(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。

(6)已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为___。19、下表是某些短周期元素的电负性(x)值：。元素符号LiBeNOFNaMgAlPSx值1.01.53.03.54.00.91.21.52.12.5

（1）根据表中数据归纳元素的电负性与原子在化合物中吸引电子的能力的关系：_______。

（2）试推测，元素周期表所列元素中除放射性元素外，电负性最小的元素与电负性最大的元素形成的化合物的电子式为________。

（3）已知：Cl—Br+H—OHH—Cl+HO—Br。

①若NCl3最初水解产物是NH3和HOCl，则x(Cl)的最小范围：_____(填表中数值)；

②PCl3水解的化学反应方程式是______________________________。

（4）一般认为：如果两个成键元素间的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键，小于1.7通常形成共价键，结合问题（3）①，分析BeCl2属于_______(填“离子化合物”或“共价化合物”)。可设计实验_______________证明。20、I；下图表示一些晶体中的某些结构；它们分别是氯化钠、氯化铯、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分（黑点可表示不同或相同的粒子）。

（1）其中代表金刚石的是_______（填编号字母，下同），金刚石中每个碳原子与_____个碳原子最接近且距离相等。

（2）其中代表石墨的是______，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为____________个；

（3）其中表示氯化钠的是______，每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子有______个；

（4）代表氯化铯的是________，每个铯离子与________个氯离子紧邻；

II、（1）已知14gCO气体在氧气中完全燃烧可放出141.5kJ的热量，写出CO燃烧的热化学方程式______________________________________________；

（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42﹣，两步反应的能量变化示意图如下：则1molH2S（g）全部氧化成SO42﹣（aq）的热化学方程式为____________________________。

评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)21、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、有机推断题(共2题，共18分)22、现有原子序数小于20的A；B，C，D，E，F6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多的元素；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1/2；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轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6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原子核外电子排布式__________________。

（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。

（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。23、普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛；其合成路线如下：

已知：

i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______。

(2)B的结构简式为_______。

(3)反应②的反应类型是_______。

(4)D中有_______个手性碳原子。

(5)写出反应④的化学方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共12分)24、d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉；在航空航天；海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：

(1)我国科学家用Mg3N2和TiCl4，制备超导材料TiN，反应原理为4Mg3N2+6TiCl4=6TiN+12MgCl2+

①钛元素在元素周期表中的位置_______。

②已知部分物质的熔沸点如下表。Mg3N2TiCl4MgCl2TiN熔点/800(分解)-257142950沸点/700(升华)136.41412(略)

TiCl4属于_______晶体，应用所学知识解释Mg3N2的熔点大于MgCl2的原因_______。

③写出惰性电极电解MgCl2得到单质Mg的化学方程式_______。

(2)PtCl2(NH3)2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为Pt(OH)2(NH3)2，但只有甲的水解产物能与草酸(HOOC-COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2。

①草酸(HOOC-COOH)分子中碳的杂化方式为_______。

②PtCl2(NH3)2发生水解反应的化学方程式是_______。

③Pt(OH)2(NH3)2中的键角大于NH3分子中的键角，请结合所学知识解释原因_______。

④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构_______。25、硫及其化合物在现代生产和生活中发挥重要作用。

(1)可以通过热化学循环在较低温度下由硫化氢分解制备氢气。

SO2(g)+I2(s)+2H2O(1)==2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1=—151.5kJ·mol-1

2HI(aq)==H2(g)+I2(s)△H2=+110kJ·mol-1

H2S(g)+H2SO4(aq)==S(s)+SO2(g)+2H2O(I)△H3=+65kJ·mol-1

热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺的热化学方程式为_________________。

(2)硫酸厂尾气中含有大量SO2，为提高其利用率可用图1所示装置(电极均为惰性电极)将其吸收，而锂—磺酰氯(Li—SO2C12)电池可作为电源电解制备Ni(H2PO2)2(图2)。已知电池反应为：2Li+SO2C12=2LiCl+SO2↑

①图1中：a为直流电源的______极(填“负”或“正”)，其阴极的电极反应式为_____。

②SO2C12分子中S原子的杂化方式为____________________。

③锂—磺酰氯电池的正极反应式为_______________________。

④图2中膜a为______交换膜(填“阳离子”或“阴离子”下同)，膜c为_________交换膜。不锈钢电极的电极反应式为_______________________________。

(3)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应O2(g)+2SO2(g)2SO3(g)。

已知：标准平衡常数其中为标准压强(1×105Pa)，p(SO3)、p(O2)和p(SO2)为各组分的平衡分压，如p(SO3)=x(SO3)p，p为平衡总压，x(SO3)为平衡系统中SO3的物质的量分数。SO2和O2起始物质的量之比为2：1，反应在恒定温度和标准压强下进行，SO3的平衡产率为则_______(用含的最简式表示)。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

由原子结构示意图为可知；该元素为硫元素。

【详解】

A.硫元素的元素符号是S；故A正确；

B.硫元素位于元素周期表第三周期；属于短周期元素，故B正确；

C.硫元素和氧元素位于同一主族；同主族元素，从上到下非金属性减弱，则硫元素的非金属性比氧元素弱，故C错误；

D.主族元素的最高正化合价与主族序数相等；硫元素最外层有6个电子，则硫元素的最高正化合价是+6价，故D正确；

故选C。2、C【分析】【详解】

A．SO2中S、O原子之间只存在极性键，SO2中S原子价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，则SO2为V形结构；正负电荷重心不重合，为极性分子，选项A错误；

B．O3中原子之间只存在非极性键，O3和SO2互为等电子体，结构相似，SO2为极性分子，则O3为极性分子；选项B错误；

C．H2O2中存在O﹣H极性键、O﹣O非极性键，H2O2是书页形结构；正负电荷重心不重合，为极性分子，选项C正确；

D．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键；NaClO中不含配位键，NaClO为离子化合物，选项D错误；

答案选C。3、B【分析】【详解】

A．基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为A错误；

B．根据价层电子对互斥理，中N原子的价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故的空间结构为三角锥形；B正确；

C．两个氯原子应分开写，用电子式表示的形成应为C错误；

D．过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂；催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能改变过氧化氢分解的焓变，D错误。

答案选B。4、D【分析】【分析】

根据配合物的组成进行分析判断。

【详解】

A．配合物内界离子中配体和中心离子的配位键属于σ键，有6个，配体5个氨气中有15个σ键，共计21个σ键，故答案为21NA；故A不正确；

B．中心离子的化合价根据电荷守恒；化合价为+3价，故B不正确；

C．中心原子的配位数是6；故C不正确；

D．根据配合物的组成判断；配合物在溶液中电离出内外界离子，外界氯离子能与硝酸银发生反应生成沉淀，故D正确；

故选答案D。

【点睛】

注意一般中心离子的化合价和配体的个数之比是1:2，其次根据电荷守恒进行判断中心离子的化合价。5、B【分析】E、F、G、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素。G元素的最高价氧化物的水化物和气态氢化物反应生成一种盐，则G是N元素；F元素与G、M元素相邻，且与M元素同主族，则F是C元素，M是Si元素；化合物F2E6共含有18个电子；则E是H元素；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个，Q核外电子排布是2；8、7，所以Q是Cl元素，然后结合元素周期律分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：E是H；F是C，G是N，M是Si，Q是Cl元素。

A．FE4是CH4，CH4分子是正四面体结构的分子；A正确；

B．同一周期元素原子序数越大；原子半径越小；同一主族元素原子序数越大，原子半径越大。F是C，G是N，M是Si，C；N是第二周期元素，C、Si是同一主族元素，所以原子半径：G＜F＜M，B错误；

C．Q是Cl，Cl-核外电子排布是2、8、8，Ar是18号元素，核外电子排布是2、8、8，因此Q-和Ar具有相同的电子层结构；C正确；

D．GE是N原子与3个H原子形成共价键，得到NH3，N原子上含有1对孤电子对，与H+以配位键结合形成所以中含有配位键；D正确；

故合理选项是B。二、多选题(共7题，共14分)6、AC【分析】【分析】

Z和W最外层电子均为6；且Z原子半径小，所以Z为O；W为S；T元素最外层电子书为7，其原子半径介于Z和W之间，所以T为F；X和Y最外层电子均为1，且半径均大于Z，Y元素半径大于W；所以X为Na，Y为K；据此分析解题。

【详解】

A．据分析可知，Y为K；Z为O；X为Na，电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小；所以简单离子的半径：Y>Z>X；故A正确；

B．W为S；Z为O；电负性大小为Z>W，所以气态氢化物的热稳定性：Z>W；故B错误；

C．Y为K；Z为O；K和O形成的过氧化钾即可以做氧化剂又可以做还原剂；故C正确；

D．W为S；T为F；S单质为分子晶体；F单质为分子晶体；分子晶体之间作用力与分子量大小有关，S是以S8存在，F以F2存在；所以W单质的分子间作用力大于T单质；故D错误；

故答案选AC。7、BD【分析】【分析】

【详解】

A．若X；Y位于同周期时；原子半径X＞Y，则原子序数X＜Y；X、Y不同周期时，原子半径X＞Y时，原子序数X＞Y，A错误；

B．化合物XnYm中X显负价；说明得电子能力：X＞Y，则非金属性：X＞Y，B正确；

C．若价电子数X＞Y；X为F；Y为O时，二者均无正价，C错误；

D．若X为H；H与Y形成共价键，若X为Na，Y为Cl或者F，则形成离子键，D正确；

故答案为：BD。8、AB【分析】【分析】

【详解】

A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；题给装置中有测定体积的仪器和测定时间的仪器，可以实现实验目的，故A正确；

B.乙醇具有还原性；在加热条件下，乙醇能与氧化铜反应生成乙醛；铜和水，题给装置探究乙醇的还原性，故B正确；

C.氨气极易溶于水；将氨气直接通入溶液中会产生倒吸，则题给实验装置不能实现实验目的，故C错误；

D．盐酸具有挥发性；生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，挥发出的氯化氢干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，不能比较非金属性强弱，则题给实验装置不能实现实验目的，故D错误；

故选AB。9、AD【分析】【详解】

A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+与外界Cl-间为离子键，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+与配体NH3、Cl-间形成6个配位键，配位键属于σ键，每个配体NH3中N、H原子间形成3个N—Hσ键，故1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键为(6+)mol=21mol，即含有σ键的数目为21NA；A错误；

B．在该化合物中N；H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1；根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，B正确；

C．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5；1；故配位数为5+1=6，C正确；

D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液；产生2mol白色沉淀，D错误；

答案选AD。10、BD【分析】【详解】

A.钴元素的原子序数为27；位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A错误；

B.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH2)6]3+；故B正确；

C.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH2)6]Cl3；1mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成3mol不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C错误；

D.若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r，则面对角线为4r，由晶胞参数为acm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm；故D正确；

故选BD。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．F；Cl的氢化物HF、HCl都是由分子构成的物质；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，使物质的熔沸点比只存在分子间作用力的HCl高，这与分子内化学键的键能大小无关，A错误；

B．冰中水分子内存在极性共价键H－O键；在水分子之间存在范德华力和氢键，B正确；

C．在金刚石中每个C原子与相邻的4个C原子形成4个C-C共价键，每个共价键为相邻的两个原子所共有，所以每个C原子形成的C-C共价键数目为4×=2，则1mol金刚石中含有2mol共价键。在石墨晶体中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，每个共价键为相邻的两个原子所共有，所以每个C原子形成的C-C共价键数目为3×=1.5；则1mol石墨中含有1.5mol共价键，因此所含共价键数目不同，C错误；

D．元素的金属性：K＞Na，但由于K原子半径大，K+与电子作用力弱；即金属键：K＜Na，所以断裂金属键使物质熔化消耗的能量钾比钠低，因此金属钾的熔点比金属钠低，D正确。

故合理选项是BD。12、BC【分析】【详解】

A.均由C；H和O元素组成；故组成元素相同，A不选；

B.C；H和O原子数目之比根据分子式判断；各元素的质量比不相同，B选；

C.分子式不同；故相对分子质量不同，C选；

D.充分燃烧后的生成物均为水和二氧化碳；D不选；

答案选BC。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子失去1个电子生成基态的核外电子排布式为或则基态的最外层电子排布式为原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为后者更稳定，故高温下容易转化为

(2)和都是极性分子，但由于分子间存在氢键，所以的沸点比的沸点高；

(3)的中心原子的价层电子对数且没有孤电子对，所以其空间结构是平面三角形；的中心原子的价层电子对数孤电子对数为1，所以其空间结构是三角锥形。【解析】中的最外层电子排布处于稳定的全充满状态分子间存在氢键，分子间无氢键平面三角形三角锥形14、略

【分析】【分析】

(1)根据等电子体的概念分析判断；

(2)Mn原子核外的电子数为25；根据元素周期表的结构和核外电子的排布规律分析解答；

(3)NF3中N-F成键电子对偏向于F原子；N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，据此分析解答。

【详解】

(1)等电子体的原子数目相等，价电子个数相等；由第二周期元素组成的与F2互为等电子体的离子为O22-；与C2O42-互为等电子体的分子是N2O4，故答案为：O22-；N2O4；

(2)Mn原子核外电子数为25，处于第四周期ⅦB族，价电子排布式为3d54s2，故答案为：第四周期ⅦB族；3d54s2；

(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为：F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，使得N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F原子，使得氮原子上的孤对电子难与Cu2+形成配离子。【解析】①.O22-②.N2O4③.第四周期ⅦB族④.3d54s2⑤.⑥.F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子15、略

【分析】(1)

利用同周期从左向右第一电离能是增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能最大的是Cl；LiAlH4中H显-1价，H2O中H显+1价，发生归中反应得到氢气和一种盐，因此反应方程式为LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；Li、Al均为金属元素，H为非金属元素，三种元素中H的电负性最大，Li显+1价，Al显+3价，整个化合价代数和为0，则H显-1价；故答案为氯；LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；因为三种元素中H元素的电负性最大；

(2)

锂元素位于第二周期ⅠA族，原子序数为3，则锂原子的电子排布式为1s22s1；核外有3个电子，即有3中运动状态不同的电子；故答案为1s22s1；3；

(3)

基态Mg原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s2，最高能级3s能级处于稳定的全满状态，能量低，稳定，基态Al原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级3p为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+的电子排布式为1s22s22p63s1，最高能级3s处于不稳定状态，而Al+的电子排布式为1s22s22p63s2，最高能级3s处于稳定的全满状态，能量低，稳定，故第二电离能Mg小于Al；故答案为基态Mg最高能级处于稳定的全满状态，基态Al最高能级为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+最高能级处于不稳定状态，而Al+最高能级处于稳定的全满状态；故第二电离能Mg小于Al；

(4)

反应①、②中电负性最大的是Cl，电负性最小的是Na，形成的化合物是NaCl，属于离子化合物，其电子式为故答案为【解析】(1)氯LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑因为三种元素中H元素的电负性最大。

(2)1s22s13

(3)基态Mg最高能级处于稳定的全满状态，基态Al最高能级为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+最高能级处于不稳定状态，而Al+最高能级处于稳定的全满状态；故第二电离能Mg小于Al

(4)16、略

【分析】【分析】

根据元素周期表中的位置分析，a为氢，b为碳；c为氮，d为氧，e为钠，f为铝，g为硫。

（1）

f元素为铝；在周期表中的位置是第3周期，第ⅢA族。

（2）

e为钠，f为铝，两元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，相互反应的化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；

（3）

根据电子层数越多，半径越大，同电子层数的原子，核电荷数越大，半径越小分析，e、f、b；c原子半径大小顺序为Na＞Al＞C＞N；

（4）

根据同周期元素；从左到右非金属性增强，同主族元素，从下往上非金属性增强分析，非金属性大小顺序为O＞S＞C＞H；

（5）

所给元素中钠的金属性最强，氧的非金属性比氮强，所以氧的氢化物即水的稳定比氮的氢化物即氨气的稳定性强。【解析】（1）3ⅢA

（2）NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O

（3）Na＞Al＞C＞N

（4）O＞S＞C＞H

（5）NaH2O17、略

【分析】【详解】

（1）氯元素的原子序数为17，氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，由同一能级的电子能量相同可知，氯原子核外有5种不同能量的电子；硅元素的原子序数为14，硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，个答案为：5；1s22s22p63s23p2；

（2）二氧化硅是原子晶体，融化时需要克服共价键，二氧化碳是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，共价键强于分子间作用力，则二氧化硅的熔沸点比二氧化碳的熔沸点高，故答案为：>；SiO2是原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，所以SiO2的熔沸点比CO2的熔沸点高；

（3）碳元素的非金属性强于硅元素，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则碳酸的酸性强于硅酸，由强酸制弱酸的原理可知，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的化学方程式为CO2+Na2SiO3+H2O＝H2SiO3↓+Na2CO3，故答案为：CO2+Na2SiO3+H2O＝H2SiO3↓+Na2CO3。

【点睛】

原子晶体融化时需要克服共价键，分子晶体融化时只需要克服分子间作用力，共价键强于分子间作用力，原子晶体的熔沸点高于分子晶体。【解析】①.5②.1s22s22p63s23p2③.>④.SiO2是原子晶体，融化时需要克服共价键，CO2是分子晶体，融化时只需要克服分子间作用力，所以SiO2的熔沸点比CO2的熔沸点高⑤.CO2+Na2SiO3+H2O＝H2SiO3↓+Na2CO318、略

【分析】【分析】

根据晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。

【详解】

(1)代表金刚石的是D；金刚石的基本结构单元是正四面体，每个碳原子紧邻4个其他碳原子。其中每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于原子晶体。

(2)代表石墨的是E，石墨的片层结构由正六边形结构组成，每个碳原子紧邻另外3个碳原子，即每个正六边形占有1个碳原子的所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×＝2。

(3)表示NaCl的是A，NaCl晶体是立方体结构，每个Na＋与6个Cl－紧邻，每个Cl－又与6个Na＋紧邻，每个Na＋(或Cl－)周围与它最近且距离相等的Na＋(或Cl－)有12个。

(4)代表CsCl的是C，它属于离子晶体，CsCl晶体由Cs＋、Cl－构成立方体结构，但Cs＋组成的立方体中心有1个Cl－，Cl－组成的立方体中心又镶入一个Cs＋，每个Cl－与8个Cs＋紧邻，每个Cs＋与8个Cl－紧邻。

(5)代表干冰的是B，它属于分子晶体，干冰也是立方体结构，但在立方体的每个正方形面的中央都有一个CO2分子，每个CO2分子与12个CO2分子紧邻。

(6)离子晶体的熔点由其离子键的强弱决定，由于半径Na＋＋，所以熔点NaCl>CsCl。石墨虽为混合晶体，但粒石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，所以石墨中碳碳键的键能比金刚石中碳碳键的大，则石墨的熔点比金刚石的熔点要高。故熔点从高到低为石墨＞金刚石＞NaCl＞CsCl＞干冰。【解析】D4原子E2A12C离子8B分子12石墨＞金刚石＞NaCl＞CsCl＞干冰19、略

【分析】【详解】

（1）由表中数据可知,电负性越大的元素,非金属性越强,在反应中越易得到电子；综上所述；本题答案是：元素的电负性越大，原子在化合物中吸引电子的能力越强。

(2)电负性最小的元素为Cs,电负性最大的元素为F,二者形成化合物的电子式为综上所述，本题答案是：

(3)①NCl3最初水解产物是NH3和HOCl,在NCl3中,N元素的化合价为-3价,Cl元素的化合价为+1价,说明N元素得电子的能力大于Cl元素,则Cl元素的电负性小于N元素的,即小于3.0,S元素与Cl元素在同一周期,同一周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,则有Cl元素的电负性大于S元素的,即Cl元素的电负性大于2.5；综上所述；本题答案是：2.5~3.0。

②Cl元素的电负性大于P元素的,在PCl3中,P为+3价,Cl为-1价,则PCl3水解的化学反应方程式是PCl3+3H2O3HCl+H3PO3；综上所述，本题答案是：PCl3+3H2O3HCl+H3PO3

(4)Be的电负性为1.5,Cl元素的电负性介于2.5~3.0之间,则二者差值小于1.7,所以BeCl2为共价化合物,在熔融状态下不导电；综上所述，本题答案是：共价化合物；测定熔融态的BeCl2不导电。

【点睛】

金属元素与非金属元素之间形成的化合物大部分属于离子化合物，在熔融状态下能够导电，但是也有少部分金属元素与非金属元素之间形成的化合物属于共价化合物，如BeCl2为共价化合物,在熔融状态下不导电。【解析】①.元素的电负性越大，原子在化合物中吸引电子的能力越强②.③.2.5~3.0④.PCl3+3H2O3HCl+H3PO3⑤.共价化合物⑥.测定熔融态的BeCl2不导电20、略

【分析】【详解】

I、本题考查常见几种晶体的晶胞，（1）金刚石属于原子晶体，以正四面体形式向外延伸的空间网状结构，即D为金刚石结构，金刚石晶体中，每个碳原子以四个共价单键对称地与相邻的4个碳原子结合，即每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等；（2）石墨是层状平面六元并环结构，即B为石墨的结构，每一个碳原子被3个六元环共用，根据均摊法，属于一个六元环的的碳原子平均为6×1/3=2；（3）氯化钠属于离子晶体，表示氯化钠结构的是A，根据氯化钠的晶胞，与Na＋最近且距离相等的钠离子同层有4个，上层有4个，下层有4个，因此与最近且距离相等的Na＋的个数为12个；（4）氯化铯为离子晶体，Cs＋位于晶胞内部，表示氯化铯结构的是C，Cs＋位于体心，Cl－位于8个顶点，因此每个Cs＋与8个Cl－紧邻；II、本题考查热化学反应方程式的书写，（1）1molCO燃烧时放出的热量为kJ=283kJ，因此CO燃烧的热化学反应方程式为CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－2283kJ·mol－1或2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)△H=－566.0kJ·mol－1；（2）利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应途径无关，因此H2S（g）+2O2（g）=SO42﹣（aq）+2H+（aq）△H=(－221.19－585.20)kJ·mol－1=﹣806.39kJ•mol﹣1。【解析】D4E2A12C82CO(g)+O2(g)==2CO2(g)ΔH2=－566.0kJ·mol-1H2S（g）+2O2（g）=SO42﹣（aq）+2H+（aq）△H=﹣806.39kJ•mol﹣1四、判断题(共1题，共3分)21、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、有机推断题(共2题，共18分)22、略

【分析】【分析】

已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其为12，A和C的价电子数相同，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则A为氢元素，C为钠元素；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轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6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，则F为钾元素，综上所述A；B、C、D、E、F分别为：H、O、Na、S、Cl、K，据此分析可得：

【详解】

(1)C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na→Na＋[:]－；故题答案为：Na→Na＋[:]－；

(2)F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；故答案为：1s22s22p63s23p64s1；

(3)A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H:H；其分子中含σ键，不含π键；故答案为：H:H；含；不含；

(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：化学键的类型有离子键、共价键答案为：NaOH；离子键；共价键。【解析】Na―→Na＋[:]－1s22s22p63s23p64s1H:H含不含NaOH离子键、共价键23、略

【分析】【分析】

根据A的结构简式；A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。

【详解】

（1）根据A的结构简式；A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；

（2）对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为故答案为

（3）对比B和C的结构简式；C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应。

（4）根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即故答案为2。

（5）根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O。

（6）H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为结构简式还可能是结构简式还可能是还可能是有1种结构，还可能是共有5种；其中-NH2在链端的有：故答案为5；【解析】(1)3-甲基丁醛或异戊醛。

(2)

(3)加成反应。

(4)2

(5)＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O

(6)5六、原理综合题(共2题，共12分)24、略

【分析】【详解】

（1）①钛元素的原子序数为22；位于元素周期表第四周期ⅣB族，故答案为：第四周期ⅣB族；

②由熔沸点可知；四氯化钛为熔沸点低，故为分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；

③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；

（2）①草酸(HOOC-COOH)分子中碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；

②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2OPt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2OPt(OH)2(NH3)2+2HCl；

③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键