2025年冀教版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案

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A.图示结构单元中实际占有18个硅原子B.1molSi形成2molSi—O键C.方英石晶体中的Si采用的是sp3杂化D.方英石晶体中，Si-O键之间的夹角为90°评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、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>Si7、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58、X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。Li+的体积与X的空腔大小相近，恰好能进入X的环内，且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图所示)。

例如：冠醚Z可与KMnO4发生如图所示的变化：

下列说法正确的是A.W中Li+与冠醚X之间的作用属于离子键B.冠醚Y既能与K+形成稳定结构，也能与Li+形成稳定结构C.烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差，若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升D.与X相比，W中的C－O－C键角更大9、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510、X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。Li+的体积与X的空腔大小相近，恰好能进入X的环内，且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图所示)。

例如：冠醚Z可与KMnO4发生如图所示的变化：

下列说法正确的是A.W中Li+与冠醚X之间的作用属于离子键B.冠醚Y既能与K+形成稳定结构，也能与Li+形成稳定结构C.烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差，若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升D.与X相比，W中的C－O－C键角更大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)11、在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4

（1）只存在非极性键的分子是___；既存在非极性键又存在极性键的分子是___；只存在极性键的分子是____。

（2）只存在单键的分子是___，存在叁键的分子是___，只存在双键的分子是____，既存在单键又存在双键的分子是____。

（3）只存在σ键的分子是___，既存在σ键又存在π键的分子是____。

（4）不存在化学键的是____。

（5）既存在离子键又存在极性键的是___；既存在离子键又存在非极性键的是___。12、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

13、研究表明利用卟啉配合物对钙钛矿薄膜进行修饰调控；可大幅度提高钙钛矿太阳能电池器件的性能和稳定性。

(1)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2-组成的________空隙中，若Ca2+与O2-的最短距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为________g·cm-3(列出计算表达式)。

(2)在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2-处于________位置。14、有机物丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀；其结构如下图所示。

(1)结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是___________，氮镍之间形成的化学键___________

(2)该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在___________。15、(1)硫的基态原子核外有_____个未成对电子，溴的基态原子价层电子排布图为_____。

(2)基态铁原子有____个未成对电子，请利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因_____。

(3)写出基态铜原子的M能层的电子排布式___，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有____。

(4)铝原子核外电子云有____种不同的伸展方向，有____种不同运动状态的电子。16、甲元素原子核电荷数为17；乙元素的正二价离子跟氩原子的电子层结构相同：

（1）甲元素在周期表中位于第___周期，第___主族，电子排布式是_____，元素符号是________，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是_______。

（2）乙元素在周期表中位于第_______周期，第_______主族，电子排布式是______，元素符号是_____，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是________。17、三卤化氮(NX3)如NF3、NCl3等有广泛的用途。NF3是液晶显示器生产过程中常用的化学清洗剂，NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。

(1)几种化学键的键能如下表所示：。化学键NNF-FN-FN-Cl键能/kJ·mol-1941.6154.8283.0200.0

①由两种单质化合形成1molNF3，焓变_______kJ·mol-1。

②工业上由NH3与F2制备NF3：4NH3+3F2=NF3+3NH4F。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。

(2)NCl3的空间构型与NH3相似，推测NCl3为_______(选填“极性”；“非极性”)分子。

(3)NCl3在水中易水解，反应后的溶液具有漂白性。写出NCl3水解的化学方程式_______。

已知：NF3常温常压下为无色气体，熔点-129℃，沸点-207℃；NCl3为黄色油状液体；熔点-40℃，沸点70℃，95℃以上易爆炸。

(4)根据物质结构知识和题中信息解释以下问题：

①NF3热稳定性高于NCl3_______。

②NCl3熔、沸点高于NF3_______。18、铁是地球表面最丰富的金属之一；能形成多种配合物，铁系催化剂是工业生产中常用的催化剂。

(1)合成氨工业使用的催化剂是以铁为主体的多成分催化剂。

①NH3中N原子的杂化轨道类型是__________________________。

②N与O同属第二周期，N的第一电离能比O大的原因是_________。

③根据等电子体原理，写出一种NH4＋是等电子体的微粒的化学式____________。

(2)二茂铁[(C5H5)2Fe]是一种金属有机配合物；是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如右所示，其中氢原子的化学环境完全相同。

①Fe的基态电子排布式为____________。

②二茂铁中Fe2＋与环戊二烯离子(C5H5－)之间的化学键类型是_______________。

③1mol环戊二烯()中含有σ键的数目为_________个。

(3)普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图所示，K+未画出)，每隔一个立方体在立方体中心含有一个K＋离子，普鲁士蓝中铁元素的化合价有+2和+3两种，其中Fe3＋与Fe2＋的个数比为：_____________。

19、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是___________、___________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)20、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21、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共1题，共7分)22、元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。

（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为__________________。

（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是________(填序号)。

a．Cl2、Br2、I2的熔点b．Cl2、Br2、I2的氧化性。

c．HCl、HBr、HI的热稳定性d．HCl、HBr；HI的酸性。

（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：

NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体。

①完成I中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□_____。

②Ⅱ中转化的基本反应类型是___________________，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是______________________________。

（4）一定条件，在水溶液中1molCl－、ClO－(x＝1；2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。

①D是_________________(填离子符号)。

②B→A＋C反应的热化学方程式为_____________________(用离子符号表示)。评卷人得分六、实验题(共4题，共20分)23、已知为可逆反应；某小组设计实验测定该反应平衡常数并探究影响化学平衡移动的因素。

(1)配制溶液和溶液。

基态核外电子排布式为_______，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和_______。(从下图中选择；写出名称)

(2)常温下，测定该反应的平衡常数K。资料卡片。

ⅰ.

ⅱ.为9~l1.5条件下和磺基水杨酸生成稳定的黄色络合物可以通过测定吸光度得知其浓度。

将溶液与溶液等体积混合；产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，过滤得澄清滤液。(忽略反应引起的溶液体积变化)

①甲同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，用标准溶液滴定滤液中至滴定终点时消耗标准溶液滴定终点的现象为_______，反应的平衡常数_______。(用含V的计算式表示)

②乙同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，加入磺基水杨酸溶液，加入为9~11.5的缓冲溶液，测定吸光度。测得溶液中浓度为则的平衡常数_______。(用含c的计算式表示)

(3)该小组进一步研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。

用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，记录数据。序号Ⅰ1010Ⅱ2ab

_______，_______。和存在的关系是_______(用含和的不等式表示)，该关系可以作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据。24、为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强；某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：

（1）装置B中盛放的试剂是_____（填选项），实验现象为_____，化学反应方程式是_____．

A．Na2S溶液B．Na2SO3溶液C．Na2SO4溶液。

（2）装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是_____．

（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为_____．（填序号）

①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子；

②次氯酸的氧化性比稀硫酸强；

③S2﹣比Cl﹣还原性强；

④HCl比H2S稳定．

（4）若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现的实验现象_____，写出反应的离子方程式_____．25、某化学兴趣小组用下列实验装置和试剂，设计实验比较硫和氯的非金属性强弱，并收集纯净干燥的氯气，D为尾气吸收装置，回答下列问题：(已知：)

(1)仪器a的名称为______

(2)E装置的作用是___________，D装置中反应的离子方程式为______

(3)装置连接顺序为A-______

(4)若F中出现___________现象，可证明非金属性：硫___________氯(填“>”或“<”)

(5)在A装置的反应中，当有0.2mol电子发生转移时，理论上有___________L标准状况下的Cl2产生。26、氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药；农药、香料、染料等行业；实验室按如图流程、装置开展制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。

已知：①难溶于烃；可溶于乙醚；四氢呋喃；

②LiH、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解；

③乙醚；沸点34.5℃，易燃，一般不与金属单质反应。请回答下列问题：

(1)仪器a的名称是___________；装置b的作用是___________。

(2)乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数为0.2%)含水量的是___________。

a．钠b．分液c．五氧化二磷d．通入乙烯。

(3)下列说法正确的是___________

a．能溶于乙醚，可能与可以形成二聚体有关。

b．滤渣A的主要成分是LiCl

c．为提高过滤出滤渣A的速度；可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁。

d．为提高合成的速率；可将反应温度提高到50℃

e．操作B可以在分液漏斗中进行。

(4)该制备原理的不足之处是___________。

(5)(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品记录量气管B起始体积读数在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃、水混合液15.0mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B，读数过量四氢呋喃的作用___________；的质量分数为___________(已知25℃时，气体摩尔体积为列出计算式即可)。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

原子序数依次增大的短周期元素，化合物BA3与ABC3相遇会产生白烟，应该是NH3和挥发性酸反应生成铵盐，此种酸应为HNO3；可知：A为H元素，B为氮元素，C为氧元素，而D为短周期金属性最强的元素，则D为钠元素，此时四种元素的核外电子数满足A+E=B+D=7+11=18，E的原子核外电子总数为17，则E为氯元素。

【详解】

由分析知：A为H元素；B为氮元素、C为氧元素、D为钠元素、E为氯元素；

A．同周期元素从左向右非金属性逐渐减弱，可知O元素非金属性大于N元素，由4HCl+O22H2O+Cl2可知O元素非金属性强于Cl，再结合HClO4的酸性大于HNO3；且Na为金属元素，可知非金属性：O＞Cl＞N＞H＞Na，故A错误；

B．同周期元素从左向右原子半径依次减小；同主族元素自上而下原子半径依次增大，原子半径：Na＞Cl＞N＞O＞H，故B正确；

C．N原子2p轨道是半充满结构；第一电离能比O大，而Na为活泼金属，第一电离较小，则第一电离能：Na＜O＜N，故C错误；

D．元素E为Cl，HClO4是强酸；但HClO是弱酸，故D错误；

故答案为B。2、C【分析】【分析】

A；B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期元素；且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，则A为B元素、B为C元素、C为O元素；D、E为同周期元素且分别位于s区和d区，五种元素所有的s能级电子均为全充满，E的d能级电子数等于B、C最高能层的p能级电子数之和，则D为Ca元素、E为Fe元素；

【详解】

A．同周期元素；从左到右原子半径依次减小，则碳原子的原子半径大于氧原子，小于硼原子，故A错误；

B．金属元素的第一电离能小于非金属元素；则钙元素的第一电离能小于氧元素，故B错误；

C．铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2；铁元素的常见化合价为+2；+3两种价态，故C正确；

D．同周期元素；从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，则水的稳定性强于甲烷，故D错误；

故选C。3、A【分析】【详解】

A．同周期元素；从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则氢氧化锂的碱性强于氢氧化铍，故A错误；

B．同主族元素；从上到下的第一电离能依次减小，所以在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大，故B正确；

C．依据对角线规则可知；元素周期表中位于对角线上的锂元素和镁元素的有些性质相似，故C正确；

D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱；原子光谱的产生与电子跃迁有关，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素，故D正确；

故选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

略5、C【分析】【详解】

A．由方英石(SiO2)的结构单元，可知硅原子有8个位于顶点，6个位于面心，4个位于体内，根据均摊法，可知所含硅原子数为8+6+4=8个；故A错误；

B．从结构单元图可知；1个硅原子与4个氧原子形成4个共价键，则1molSi形成4molSi—O键，故B错误；

C．1个硅原子与4个氧原子形成4个共价键，说明Si原子的价电子对数为4，采用的是sp3杂化；故C正确；

D．由于Si原子采用的是sp3杂化，且没有孤对电子，则SiO2的空间构型应为正四面体形；则Si-O键之间的夹角为109°28′，故D错误；

本题答案C。二、多选题(共5题，共10分)6、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。7、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。8、CD【分析】【详解】

A．Li+提供空轨道；O原子提供孤电子对；二者形成配位键，A错误；

B．冠醚Y空腔较大，Li+半径较小；导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构，B错误；

C．根据相似相溶原理知，冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚Z中的K+因静电作用将带入烯烃中；增大反应物的接触面积，提高了氧化效果，C正确；

D．X中O原子含有2对孤电子对；孤电子对之间的排斥力较强，导致X中键角小于W，D正确；

故选CD。9、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。10、CD【分析】【详解】

A．Li+提供空轨道；O原子提供孤电子对；二者形成配位键，A错误；

B．冠醚Y空腔较大，Li+半径较小；导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构，B错误；

C．根据相似相溶原理知，冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚Z中的K+因静电作用将带入烯烃中；增大反应物的接触面积，提高了氧化效果，C正确；

D．X中O原子含有2对孤电子对；孤电子对之间的排斥力较强，导致X中键角小于W，D正确；

故选CD。三、填空题(共9题，共18分)11、略

【分析】【分析】

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；

【详解】

(1)只存在非极性键是相同原子形成的化学键，非极键的分子是N2；既存在非极性键又存在极性键的分子是：H2O2、C2H4；只存在极性键的分子是：HCl、NH3、CO2；

(2)只存在单键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，存在三键的分子是②N2，只存在双键的分子是⑨CO2，既存在单键又存在双键的分子是⑩C2H4；

(3)只存在单键的分子都存在σ键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，既存在σ键又存在π键的分子，分子必须含有双键和叁键，是②N2、⑨CO2、⑩C2H4；

(4)不存在化学键的是稀有气体；

(5)既存在离子键又存在极性键的是⑥NH4Cl、⑦NaOH；既存在离子键又存在非极性键的是④Na2O2。【解析】②⑤⑩①③⑨①③⑤②⑨⑩①③⑤②⑨⑩⑧⑥⑦④12、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13、略

【分析】(1)

根据图可知，Ti4+处于6个O2-组成的正八面体空隙中，Ca2+与O2-的最短距离为面对角线的一半，其长度为anm，则晶胞的边长应为nm，根据均摊法，一个晶胞中含有Ca2+个数为8=1，含有O2-个数为6=3个，含有Ti4+个数为1个，则整个晶胞的质量为该晶胞的体积为cm3，则该晶胞的密度为g·cm-3。

(2)

由上题可知，Ti4+处于6个O2-组成的正八面体空隙中，Ti4+和其中对顶面心上的2个O2-处于一条直线上，Ti4+处于2个O2-之间，若在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2-处于晶胞的棱心位置。【解析】(1)正八面体

(2)棱心14、略

【分析】【详解】

（1）碳氮之间形成双键；含有1个σ键；1个π键。每个氮都形成了三对共用电子，还有一个孤电子对，镍离子提供空轨道，氮和镍之间形成配位键。

（2）氧和氢原子之间除了共价键还有氢键，图中表示氢键。【解析】(1)1个σ键；1个π键配位键。

(2)氢键15、略

【分析】【分析】

价层电子的轨道表达式；核外电子排布、轨道与能量等知识点；根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识点来分析。

【详解】

(1)硫的价层电子排布3s23p4，硫的基态原子核外有2个未成对电子，溴的价层电子排布4s24p5，溴的基态原子价层电子排布图为故答案为：2；

(2)铁的价层电子排布3d64s2，基态铁原子有4个未成对电子，利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因：Fe3+的价电子构型为3d5，Fe2+的价电子构型为3d6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定。故答案为：4；Fe3+的价电子构型为3d5，Fe2+的价电子构型为3d6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定；

(3)铜为29号元素，基态铜原子的M能层的电子排布式3s23p63d10，最外层是4s1，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr。故答案为：3s23p63d10；K、Cr；

(4)s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子。故答案为：4；13。【解析】①.2②.③.4④.Fe3+的价电子构型为3d5，Fe2+的价电子构型为3d6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定；⑤.3s23p63d10⑥.K、Cr⑦.4⑧.1316、略

【分析】【分析】

甲元素原子的核电荷数为17；则甲是Cl元素；乙元素的正二价离子跟氩原子的电子层结构相同，乙的+2价离子核外电子总数为18，则乙的核电荷数为20，是Ca元素，由此分析解答。

【详解】

(1)甲元素原子的核电荷数为17，所以甲是Cl元素，Cl元素在元素周期表中位于第三周期第ⅦA族，其电子排布式是[Ne]3s23p5、元素符号是Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，其化学式为HClO4；

(2)乙元素的正二价离子跟氩原子的电子层结构相同，乙的+2价离子核外电子总数为18，则乙的核电荷数为20，是Ca元素，Ca元素在元素周期表中位于第四周期第IIA族，其电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，元素符号是Ca，Ca的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2。

【点睛】

考查位置结构性质的相互关系应用，注意掌握元素周期表结构及原子核外电子排布规律，难点是根据元素最高价写出对应氧化物的水化物的化学式。【解析】三ⅦA1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5ClHClO4四IIA1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2CaCa(OH)217、略

【分析】【详解】

（1）①N2与F2反应产生NF3，反应方程式为：N2(g)+F2(g)=NF3(g)，则根据反应热与键能关系可知反应热△H=(941.4×+154.8×)kJ/mol-283.0kJ/mol×3=-146kJ/mol；

②在反应4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NF3中的+3价，N元素化合价升高失去电子，NH3作还原剂；F元素化合价由反应前F2中的0价变为反应后NF3、NH4F中的-1价，化合价降低得到电子被还原，F2为氧化剂；故该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比3:1；

（2）NCl3的空间构型与NH3相似，NCl3的中心N原子价层电子对数为3+=4，有1对孤电子对，所以NCl3为三角锥形，分子中正负电荷中心不重合，因此NCl3属于极性分子；

（3）NCl3在水中易水解，则与水反应化合价不变，反应后的溶液具有漂白性。与水反应产生NH3、HClO，则NCl3水解的化学方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

（4）①NF3热稳定性高于NCl3是由于F原子半径小于Cl原子，N-F键长短于N-Cl键长，因此键能N-F大于N-Cl，则物质的热稳定性NF3大于NCl3；

②NCl3熔、沸点高于NF3是由于NCl3和NF3均属于分子晶体，二者分子结构相似，NCl3的相对分子质量大于NF3，则分子间作用力NCl3大于NF3，断裂分子间作用力使物质熔化、气化消耗的能量NCl3大于NF3，故物质的熔沸点NCl3大于NF3。【解析】(1)-1463：1

(2)极性。

(3)NCl3+3H2O=3HClO+NH3

(4)F原子半径小于Cl原子，N-F键长短于N-Cl键长，因此键能N-F大于N-Cl，热稳定性NF3大于NCl3NCl3和NF3均属于分子晶体，NCl3的相对分子质量大于NF3，因此分子间作用力NCl3大于NF3，熔沸点NCl3大于NF318、略

【分析】【分析】

(1)①根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；

②原子轨道上电子处于全满；半满和全空时较稳定；

③原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体；

(2)①铁是26号元素；其核外有26个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；

②含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子间易形成配位键；

③共价单键都是σ键；共价双键中一个是σ键一个是π键；

(3)利用均摊法确定离子个数之比。

【详解】

(1)①NH3中N原子价层电子对=3+1=4，所以采用sp3杂化；

②原子轨道上电子处于全满、半满和全空时较稳定，所以N原子失去的1个电子是相对稳定的半充满的2p能级上的电子，需要提供额外的能量，而O原子离去电子来自2p4构型，相对于2p3构型而言稳定性较差；

③原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，和NH4+是等电子体的微粒是甲烷，其化学式为：CH4；

(2)①铁是26号元素，其核外有26个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2；

②Fe2+含有空轨道，环戊二烯离子(C5H5-)含孤电子对，所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间的化学键类型是配位键；

③共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，一个分子中含有11个σ键，所以1mol环戊二烯()中含有σ键的数目为11NA；

(3)每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数=1÷2=0.5，该立方体中铁原子个数=8×＝1，CN-位于每条棱中点，该立方体中含有CN-个数=12×＝3，所以平均化学式是K0.5Fe(CN)3，Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1。【解析】①.sp3②.N原子失去的1个电子是相对稳定的半充满的2p能级上的电子，需要提供额外的能量，而O原子离去电子来自2p4构型，相对于2p3构型而言稳定性较差。③.CH4④.[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2⑤.配位键⑥.11NA⑦.1:119、略

【分析】【分析】

【详解】

乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N的价层电子对数为4，C的价层电子对数为4，分子中氮、碳的杂化类型分别是sp3、sp3；乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是Mg2+、Cu2+有空轨道，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；配位体给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。【解析】sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+四、判断题(共2题，共14分)20、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。21、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。五、原理综合题(共1题，共7分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

⑴与氯元素同族的短周期元素为氟元素，其原子结构示意图为

⑵非金属单质的氧化性、非金属元素的氢化物的稳定性能作为判断非金属性递变规律的判断依据，而非金属单质的熔点(物理性质)、非金属元素的氢化物的酸性(没有相似的递变规律)不能作为判断非金属性递变规律的判断依据，故答案为：b；c；

⑶①首先分析80℃下电解NaCl溶液在阳极产生NaClO3，在阴极产生H2，然后根据氧化还原反应化合价升降法将其配平，化学方程式为：1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑；

②Ⅱ中所发生的反应为：NaClO3＋KCl＝KClO3↓＋NaCl，属于复分解反应；由于室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体，故该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出；

⑷①据图知D对应的化合价为＋7，则其含氯的离子为ClO

②据图知A为Cl－，B为ClO－，C为ClO，则B→A＋C反应的化学方程式(并标出状态)为：3ClO－(aq)＝ClO(aq)＋2Cl－(aq)，反应放出热量：60×3－63×1－0×2＝117KJ/mol，故其反应热ΔH＝－117KJ/mol，综上便可写出完整的热化学方程式为：3ClO－(aq)＝ClO(aq)＋2Cl－(aq)，ΔH＝－117KJ·mol－1。【解析】b、c1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑①②复分解反应室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体ClO3ClO－(aq)＝ClO(aq)＋2Cl－(aq)，ΔH＝－117KJ·mol－1六、实验题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】

配制一定物质的量浓度的溶液；所需的步骤有计算；称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；

滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；

【详解】

（1）铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；配制一定浓度的溶液；实验中所需的玻璃仪器有容量瓶；量筒和烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

（2）①铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色；故滴定终点的现象为：最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；

溶液与溶液等体积混合，亚铁离子过量，银离子完全反应，反应后根据可知滤液中故反应的平衡常数

②溶液与溶液等体积混合后银离子、亚铁离子的初始浓度分别为反应后生成浓度为则反应后银离子、亚铁离子的浓度分别为则反应的平衡常数

（3）研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响，用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，则实验中变量为溶液的浓度，故实验中a=2，b=10+10-2-2=16；溶液稀释后平衡向离子浓度增大的方向移动，故平衡逆向移动，和关系为>故>5【解析】(1)1s22s22p63s23p63d6烧杯；玻璃棒、胶头滴管。

(2)最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色

(3)216>524、略

【分析】【分析】

可以从置换反应判断元素非金属性强弱分析；氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来，也可以利用非金属与氢气化合的难易程度；气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；结合实验装置，A为氯气发生装置，饱和食盐水的洗气瓶为除去氯气中混有氯化氢的装置，B为性质实验装置，C为尾气吸收装置，据此解答。

【详解】

(1)要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，离子方程式为：Cl2+S2﹣═2Cl﹣+S↓；反应中有淡黄色沉淀生产；

故答案为A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl