2025年外研衔接版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年外研衔接版选择性必修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8题，共16分)1、四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族，实验室中，X的氢化物的水溶液不能存放于玻璃瓶中，通常保存于塑料瓶内，常温下，Z的单质可以与Y、W的最高价氧化物对应的水化物反应。下列说法正确的是A.简单氢化物的沸点：XB.Y在空气中燃烧得到白色固体C.工业上用Z与W形成的化合物直接制备Z单质D.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸2、下列过程中共价键被破坏的是（）A.碘升华B.乙醇溶于水C.HCl气体溶于水D.氢氧化钠熔化3、关于化学键的下列叙述中，正确的是A.离子化合物可能含共价键B.共价化合物可能含离子键C.离子化合物中只含离子键D.共价化合物中可能含共价键4、下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确并且存在因果关系的是。选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ某晶体熔点低，硬度小，不导电该晶体是离子晶体的第一电离能依次增大的最外层电子数依次增多金刚石、硅、锗的熔点、硬度依次降低C、的非金属性依次减弱，金属性依次增强在晶体中，每个分子周围紧邻的分子有个；在冰晶体中，每个分子周围紧邻的分子有个晶体中，分子间只存在范德华力；冰晶体中，分子间存在氢键，氢键具有方向性

A.B.C.D.5、下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是A.碘与干冰分别受热变为气体B.硝酸铵与硝酸分别受热变为气体C.氯化钠与氯化氢分别溶解在水中D.二氧化硅晶体与冰分别受热熔化6、叠氮化钠(NaN3)热分解可得纯N2，2NaN3(s)2Na(l)+3N2(g)，下列说法正确的是A.NaN3中的阴离子()与互为等电子体B.NaN3与KN3结构类似，则前者晶格能较小C.N2常温下很稳定，是因为N的电负性大D.钠晶胞是体心立方结构，每个晶胞含有2个钠原子7、下列说法正确的是A.键角：B.熔点：金刚石＞干冰C.键的极性：N-H键＞F-H键D.羟基氢原子的活泼性：乙醇＞苯酚8、下列有关说法不正确的是。

A.四水合铜离子的模型如图1所示，1个四水合铜离子中有4个配位键B.晶体的晶胞如图2所示，设半径分别为和晶胞边长为a，则有C.H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，Cu原子的配位数为12评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列说法正确的是A.键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成B.通过键连接的原子或原子团可绕键轴旋转C.键和键的强度不同D.乙烷分子中的键全为键而乙烯分子中含键和键10、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①②③则下列有关比较中正确的是A.未成对电子数：②>①>③B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.第一电离能：③>②>①11、砒霜是两性氧化物分子结构如图所示溶于盐酸生成用还原生成下列说法正确的是。

A.分子中As原子的杂化方式为B.为共价化合物C.空间构型为平面正三角形D.分子键角大于109.5℃12、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0.1NA13、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键14、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是非极性分子评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、2006年3月有人预言，未知超重元素第126号元素有可能与氟形成稳定的化合物。按元素周期系的已知规律，该元素应位于第___________周期，它未填满电子的能级应是___________，在该能级上有___________个电子，而这个能级总共可填充___________个电子。16、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

回答下列问题。

（1）表中元素原子半径最大的原子共占据的轨道数是_________个，Y最外层电子排布式为________，Z原子核外有_____种能量不同的电子。

（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________

a．Y单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b．在氧化还原反应中；1molY单质比1molS得电子多。

c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高。

从原子结构的角度去解释Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的原因：_______

（3）CO2的沸点_________CS2（填“>”或“<”或“=”），原因是_________________

（4）如果向BaCl2溶液中通入足量CO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，则会生成白色沉淀。用电离平衡移动原理解释上述现象。________

（5）过量的CO2通入NaOH溶液中，得到NaHCO3，在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(Na+)+c(H+)=________其中有关碳微粒的关系为：___________=0.1mol/L。17、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)与NH互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。

(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键的数为___mol。

18、(1)元素与N同族。预测的氢化物分子的立体结构为______，其沸点比的______(填“高”或“低”)，其判断理由是______。

(2)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为______。19、CO2＋3H2=CH3OH＋H2O反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。20、C；N、O、F等元素的化合物在航天、美容、食品等多领域中有广泛的用途；请回答：

(1)OF2主要用于火箭工程液体助燃剂，该分子的空间结构为______；N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。

(2)XeF2是一种选择性很好的氟化试剂，但在室温下易升华，推测XeF2为______晶体(填晶体类型)。

(3)FeSO4是一种重要的食品和饲料添加剂：

①Fe在周期表中位于第______周期第______族。

②FeSO4·7H2O的结构示意图如图所示，H2O与Fe2+、SO的作用类型分别是______、______。

A.离子键B.配位键C.氢键D.金属键。

③比较H2O分子和SO中键角的大小并解释原因：______。21、根据所学物质结构知识；回答下列问题：

(1)氮元素是植物生长所需的元素，常见氮肥有铵盐(NH4+)、尿素()等，NH4+中H-N-H键角_______(填“＞”“＜”或“＝”)。中N-C-N键角。

(2)硫元素和人类的生存与发展联系密切，在战国时期，我国的炼丹家们就开始了对硫单质及含硫化合物的研究应用。硫单质有多种同素异形体，其中一种单质分子(S8)的结构为其熔点和沸点要比二氧化硫的高很多，主要原因为___________。气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为____形，实验测得三种氧化物的熔沸点如下，推测固态三氧化硫的分子式为____________。P4O10三氧化硫Cl2O7熔点613K289K182K沸点633K317K355K

(3)在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2CO·2H2O；Cu2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物；其结构如图所示：

①H2O中氧原子的杂化方式为_____________；

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______________。评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)22、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23、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、结构与性质(共1题，共8分)25、含氮化合物具有非常广泛的应用。

(1)基态氮原子的电子有______种空间运动状态。

(2)很多有机化合物中含有氮元素。物质A(对氨基苯甲酸)B(邻氨基苯甲酸)结构简式熔点188℃145℃作用防晒剂制造药物及香料

①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是___________。

②A的熔点高于B的原因是___________。

③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和可形成链状结构，在下图虚线内画出A的结构简式___________。

(3)氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。是离子化合物，比较两种微粒的半径：___________(填“>”、“<”或“=”)。

(4)氮元素可以与过渡金属元素形成化合物；其具备高硬度；高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三元氮化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。

①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为___________。

②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有___________个。

③表示阿伏伽德罗常数的值。若此晶体的密度为则晶胞的边长为___________nm。()评卷人得分六、计算题(共3题，共12分)26、根据晶胞结构示意图；计算晶胞的体积或密度。

(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为___________。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值。若该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度是___________g·pm-3。

(2)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积为___________cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

27、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)。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8题，共16分)1、D【分析】【分析】

短周期元素X；Y、Z、W的原子序数依次增大；X、W同主族，且X的氢化物的水溶液不能存放于玻璃瓶中，通常保存于塑料瓶内，则X的氢化物为HF，即X为F元素、W为Cl元素；Z的单质可以与Y、W的最高价氧化物对应的水化物反应，Y、Z、W为同周期主族元素，说明Z为Al元素，既能与酸反应，又能与碱反应，可知Y为Na元素。

【详解】

由分析知；X；Y、Z、W分别为F、Na、Al、Cl元素；

A．HF分子间存在氢键，沸点：HF>HCl；故A错误；

B．Na在空气中燃烧得到淡黄色固体故B错误；

C．AlCl3熔融状态不导电，在工业上电解熔融制备Al单质；故C错误；

D．Cl元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸；故D正确；

故答案为D。2、C【分析】【分析】

当共价化合物溶于水发生电离或共价化合物参加化学反应生成新物质时；共价键被破坏，据此分析。

【详解】

A．碘升华破坏的是分子间作用力；故A不选；

B．乙醇是非电解质；溶于水不发生电离，共价键没有被破坏，故B不选；

C．HCl为共价化合物；溶于水发生电离，共价键被破坏，故C选；

D．氢氧化钠熔化；破坏离子键，共价键没有被破坏，故D不选；

故答案为C。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．离子化合物中可能含共价键；如NaOH，故A正确；

B．共价化合物中一定不含离子键；含有离子键的化合物为离子化合物，故B错误；

C．离子化合物中肯定含有离子键；可能含共价键，如NaOH，故C错误；

D．只含有共价键的化合物属于共价化合物；共价化合物一定含有共价键，故D错误；

故选A。

【点睛】4、D【分析】【详解】

A．根据某晶体熔点低；硬度小，不导电，推出该晶体是分子晶体，陈述Ⅱ不成立，A错误；

B．P的3p3处于半满较稳定结构；P第一电离能大于S，陈述Ⅰ错误，且与陈述Ⅱ没有因果关系，B错误；

C．陈述Ⅰ与陈述Ⅱ正确；熔点；硬度与晶体类型和作用力相关，与金属性非金属性无关，二者没有因果关系，C错误；

D．晶体中，分子间只存在范德华力，采用面心立方密堆积，晶体中每个分子周围紧邻的分子是个，水分子中氧原子采用sp3杂化，冰晶体中，分子间存在的氢键具有方向性，每个分子周围紧邻的分子有个；陈述Ⅰ与陈述Ⅱ正确且有因果关系，D正确；

答案选D。5、A【分析】【详解】

A.碘与干冰都是分子晶体；受热变为气体所克服的粒子间相互作用都为分子间作用力，类型相同，故A正确；

B.硝酸铵为离子晶体；受热变为气体克服的粒子间相互作用为离子键，硝酸是分子晶体，受热变为气体所克服的粒子间相互作用为分子间作用力，类型不相同，故B错误；

C.氯化钠为离子晶体；溶解在水中克服的粒子间相互作用为离子键，氯化氢是分子晶体，溶解在水中所克服的共价键，类型不相同，故C错误；

D.二氧化硅晶体是原子晶体；受热熔化克服的粒子间相互作用为共价键，冰是分子晶体，受热熔化所克服的粒子间相互作用为分子间作用力，类型不相同，故D错误；

故选A。6、D【分析】【详解】

A．的价电子数为3×5+1=16，的价电子数为5+6×2+1=18；价电子数不相等，不能称为等电子体，故A错误；

B．相同电荷时，晶格能与离子的半径成反比，离子半径越大，晶格能越小，钠离子的离子半径小于钾离子的离子半径，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能；故B错误；

C．氮气分子中含有氮氮三键；键能较大，所以性质稳定，故C错误；

D．钠晶胞结构属于体心结构，即顶点、体心各有1个钠原子，钠晶胞中原子数为1+8×=2；故D正确；

答案选D。

【点睛】

元素的电负性越大，气态氢化物的稳定性越强，不是单质的稳定性，为易错点。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．水分子和甲烷分子的VSEPR模型均是四面体，水分子中O有两对孤电子对，甲烷分子中C没有孤电子对，则键角：A错误；

B．金刚石是共价晶体；干冰是分子晶体，则熔点：金刚石＞干冰，B正确；

C．电负性F＞N；则键的极性：N-H键＜F-H键，C错误；

D．苯酚显极弱的酸性；乙醇是非电解质，羟基氢原子的活泼性：乙醇＜苯酚，D错误；

答案选B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．由图可以看出，1个铜离子与4个水分子结合成[Cu(H2O)4]2+，Cu2+与H2O分子之间通过配位键相结合；则1个水合铜离子中有4个配位键，A正确；

B．CaF2晶体为六方最密堆积，设半径分别为和晶胞边长为a，晶胞体对角线上有2个和3个其中2个在顶点有一部分属于另一个晶胞，那么属于体对角线的就有4个半径和4个半径，则有B正确；

C．H原子核外只有1个电子；所以电子云图中，黑点不表示电子，只表示电子出现的机会多少，H原子核外电子大多在原子核附近运动，C不正确；

D．金属Cu原子形成的金属晶体为最密堆积；每个Cu原子周围同一层有6个Cu原子，上；下层各有3个Cu原子，所以其配位数均为12，D正确；

故选C。

【点睛】

H原子只有一个电子，小黑点是电子在原子核外出现的概率密度的形象描述。二、多选题(共6题，共12分)9、CD【分析】【分析】

【详解】

A．键是由两个p轨道“肩并肩”重叠形成；A项错误；

B．通过键连接的原子或原子团不能绕键轴旋转；B项错误；

C．键和键因轨道重叠程度不同；所以强度不同，C项正确：

D．乙烷分子中均为单键，单键均为键，乙烯分子中含碳碳双键，双键中有1个键和1个键；D项正确。

故选：CD。10、AD【分析】由核外电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素；据此分析解答。

【详解】

A．基态S原子核外有2个未成对电子，基态P原子核外有3个未成对电子，基态F原子核外有1个未成对电子，所以未成对电子数：③<①<②；A正确；

B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>S>F，即②>①>③；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②；C错误；

D．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但P原子轨道为半充满稳定状态，其元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>P>S，即③>②>①；D正确；

故选AD。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．中As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断As原子杂化类型为故A正确；

B．只含共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，该物质是由和构成的；为离子化合物，故B错误；

C．中As原子价层电子对个数含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形，故C错误；

D．中Al原子价层电子对个数不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，为平面正三角形，所以其键角为120°，故D正确。

综上所述，答案为AD。12、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。13、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。14、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。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】八5g61816、略

【分析】【分析】

根据元素在元素周期表中的位置可知X为硅元素；Y为氧元素，Z为氯元素。

【详解】

（1）同周期元素，从左到右半径越来越小，同主族元素，从上到下半径越来越大，因此，半径最大的原子应为X，即硅原子，硅原子的电子排布式：轨道数为8个；Y为氧元素，最外层电子排布式为Z为氯元素，电子排布式：共5个能级，故共5种能量不同的电子；

故答案为：8；5；

（2）a．Y单质与溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比元素的非金属性强；a正确；

b．氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，b错误；

c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，c正确；

Y元素为氧；氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强；

故答案为：ac；氧原子和硫原子最外层电子数相等；但是氧原子的半径比硫原子小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强；

（3）因为和都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，当有氢键存在时，有氢键的熔沸点高，和都没有氢键，相对分子质量>所以的沸点高于

故答案为：<；因为和都是分子晶体且无氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以的沸点高于

（4）由于酸性>所以向溶液中通入足量气体，只发生化合反应：是弱酸，电离产生的浓度很小，没有发生复分解反应生成沉淀，滴加氨水后，氨水电离产生的对的电离平衡起促进作用，产生更多的使浓度增大，和溶液中的结合生成沉淀；

故答案为：饱和溶液中电离产生的很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进的电离，浓度增大；有沉淀产生；

（5）在0.1mol/L的溶液中,电荷守恒式为物料守恒式为=0.1mol/L，故

故答案为：

【点睛】

在复分解反应中，一般情况下弱酸不能制强酸；如向溶液中通入不会产生白色沉淀，同理，向溶液中通入也不会产生白色沉淀。但是向溶液中通因为发生氧化还原反应而生成沉淀。【解析】85ac氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强<因为和都是分子晶体且无氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以的沸点高于饱和溶液中电离产生的很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进的电离，浓度增大，有沉淀产生17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)指原子个数和价电子数相同的微粒互为等电子体，CH4、SiH4与NH的原子个数都为5、价电子数都为10，互为等电子，故答案为：CH4(或SiH4等)。

(2)柠檬酸分子中有三个羧基和一个羟基，碳氧单键为σ键，碳氧双键中含有一个σ键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为(3×2+1)×1mol=7mol，故答案为：7。【解析】CH4(或SiH4等)718、略

【分析】【详解】

(1)的中心原子的价电子对数为包括3对成键电子对和1对孤电子对，故其立体结构为三角锥形。中N的电负性比中的大得多，故易形成分子间氢键；从而使其沸点升高。

(2)乙醇的相对分子质量小于丙酮的相对分子质量，但乙醇分子间能形成氢键，丙酮分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比丙酮的高。【解析】三角锥形低分子间存在氢键乙醇分子间存在氢键19、略

【分析】【分析】

【详解】

由于H2O与CH3OH均为极性分子，CO2与H2均为非极性分子，所以H2O与CH3OH的沸点高于CO2与H2的沸点；H2O中氢键比CH3OH多，H2O水的沸点高于CH3OH的沸点；CO2相对分子质量比氢气大，范德华力较大，沸点较高，所以顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，故答案为：H2O>CH3OH>CO2>H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大。【解析】H2O>CH3OH>CO2>H2H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大20、略

【分析】【详解】

（1）OF2中心原子氧孤电子对数等于又键对数等于2，所以中心原子价层电子对数等于4，则VSEPR模型为四面体结构，故OF2分子空间结构为V形；第一电离能同周期从左到右呈递增趋势；但氮原子2p能级半满较稳定，其第一电离能大于氧，即顺序为F＞N＞O；

（2）分子晶体熔沸点较低，结合题意XeF2为分子晶体；

（3）①铁为26号元素；结合元素周期表结构知Fe在周期表中位于第四周期第Ⅷ族；

②水分子中氧原子提供孤电子对；亚铁离子提供空轨道，即水与亚铁离子的作用为配位键；水分子中的氢原子与硫酸根中氧原子作用为氢键；

③两者中心原子均为sp3杂化，H2O中O有2对孤电子对，SO中S没有孤电子对，孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故H2O的键角小于SO的键角。【解析】(1)V形F＞N＞O

(2)分子。

(3)四ⅧBCH2O的键角小于SO的键角；原因：两者中心原子均为sp3杂化，H2O中O有2对孤电子对，SO中S没有孤电子对，孤电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，使H2O的键角小于SO的键角21、略

【分析】【分析】

本题综合考查分子的空间构型；分子晶体的熔沸点的影响因素及其应用，杂化轨道的判断和等电子体原理的运用，总体难度不大。

【详解】

(1)由于与CH4互为等电子体，故中H-N-H键角为10928’，而中由于中心原子C原子上无孤电子对，故N-C-N键角为120故答案为：<；

(2)由于单质分子(S8)的结构为和二氧化硫均为分子晶体，故其熔点和沸点高低取决于分子间作用力，分子间作用力又主要取决于相对分子质量，因为S8的相对分子质量比二氧化硫大很多，决定了其熔沸点比二氧化硫的高很多，气态三氧化硫以单分子形式存在，由于SO3中心S原子无孤对电子，故采用sp2杂化，故其分子的立体构型为平面三角形，由表中可知，三氧化硫的熔点介于P4O10和Cl2O7，故说明其相对分子质量介于284与183之间，故固态三氧化硫的分子式为S3O9，故答案为：两者均为分子晶体且结构相似，S8相对分子质量比SO2大，范德华力强，所以S8的熔点和沸点较高；平面三角；S3O9或(SO3)3；

(3)①由于H2O中心O有两对孤电子对，两个键，故氧原子的价层电子对数为4，故其的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；

②由于O的电负性大于C的电负性，导致C原子对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对与铜离子形成配位键，故答案为：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。【解析】①.＜②.两者均为分子晶体且结构相似，S8相对分子质量比SO2大，范德华力强，所以S8的熔点和沸点较高③.平面三角④.S3O9或(SO3)3⑤.sp3⑥.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四、判断题(共3题，共6分)22、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