2025年人教新课标选择性必修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年人教新课标选择性必修2化学上册月考试卷483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、下列说法正确的是A.原子核外的电子云是核外电子运动后留下的痕迹B.核外电子的运动规律与普通物体相同，能用牛顿运动定律来解释C.与s能级电子原子轨道相同，p能级电子原子轨道的平均半径也随能层序数的增大而增大D.基态原子的电子能量高低顺序为2、下列说法正确的是A.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B.基态原子电子能量的高低顺序为E(1s)＜E(2s)＜E(2px)＜E(2py)＜E(2pz)C.30号元素位于第三周期第ⅢA族D.价电子排布式为4s24p3的元素位于第四周期VA族，是p区元素3、下列化学用语的表达正确的是()A.Mn2＋的外围电子排布式：3d5B.氯原子的结构示意图：C.次氯酸的电子式：D.基态铜原子的价层电子排布图：4、下列能级符号正确的是A.6sB.2dC.3fD.1p5、湖北出土的越王勾践剑被誉为“天下第一剑”，它属于一种青铜合金制品。下列有关说法正确的是A.Cu位于元素周期表d区B.青铜合金的硬度比纯铜高C.青铜制品易发生析氢腐蚀D.青铜中的锡会加快铜腐蚀评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、氧化石墨烯基水凝胶是一类新型复合材料；对氧化石墨烯进行还原可得到还原石墨烯，二者的结构如图所示。下列说法正确的是。

A.还原石墨烯中碳原子的杂化方式均为sp2B.在水中溶解度氧化石墨烯比还原石墨烯更大C.氧化石墨烯能形成氢键，而还原石墨烯不能D.氧化石墨烯转化为还原石墨烯时，1号C与其相邻C原子间键能变大7、以下能级符号正确的是（）A.6sB.2dC.3fD.7f8、下列化学用语表达正确的是（）A.质子数为8，中子数为10的氧原子：B.CO2的比例模型C.Na2S4的电子式：D.Ni在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族9、如图所示是一种天然除草剂分子的结构；下列说法正确的是。

A.该除草剂可以和NaHCO3溶液发生反应B.该除草剂分子中所有碳原子一定在同一平面内C.1mol该除草剂最多能与4molNaOH反应D.该除草剂与足量的H2在Pd/C催化加氢条件下反应得到含9个手性碳的产物10、LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中，存在。A.离子键B.σ键C.π键D.氢键11、下表表示周期表中的几种短周期元素，下列说法不正确的是。

。

A

B

C

E

D

A.D气态氢化物稳定性强弱和沸点高低顺序均为D＞CB.C对应的简单氢化物的还原性C＞B＞AC.AD3和ED4两分子的中心原子均为sp3杂化，但两者的键角大小不同D.ED4分子中各原子均达8电子稳定结构，与四氯化碳互为等电子体12、向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是“溶液迅速变黄”和“溶液变红”C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCND.溶液变红的原因可用Fe3++3SCN-=Fe(SCN)₃↓表示13、氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性能，是一种新型无机非金属材料，其结构如图所示。下列叙述不正确的是。

A.氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4B.由于AlN相对分子质量比立方BN大，所以熔沸点AlN比BN高C.AlN中原子Al杂化方式为sp2，N杂化方式为sp3D.氮化铝晶体中含有配位键14、据某科学杂志报道，国外有一研究所发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60它的分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60、也有Si60结构。下列叙述不正确的是A.该物质有很高的熔点、很大的硬度B.该物质形成的晶体属分子晶体C.该物质分子中Si60被包裹在C60里面D.该物质的相对分子质量为2400评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、碳元素的单质有多种形式，下图依次是石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：

(1)碳元素基态原子的最外层电子排布式为_______。

(2)所属的晶体类型为_______晶体。

(3)在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为_______。

(4)金刚石中碳原子的杂化轨道类型是_______。

(5)上述三种单质互称为_______。

a.同系物b.同素异形体c.同分异构体16、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B；C的氢化物形成六配位的配合物；且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。

请根据以上情况；回答下列问题：

(答题时；A；B、C、D、E用所对应的元素符号表示)

（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__。

（2）B的氢化物分子的立体构型是__。其中心原子采取__杂化。

（3）E的核外电子排布式是__，ECl3形成的配合物的化学式为___。

（4）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是__。

（5）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488pm(棱长)。Na＋半径为102pm，H－的半径为___，NaH的理论密度是__g·cm－3(只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。17、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C；E同主族。

(1)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为______。

(2)元素B；C、D、E形成的简单离子半径大小关系是_________。(用离子符号表示)。

(3)用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________。

(4)D2EC3一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为_________。(化学式用具体的元素符号表示)。18、(1)橙红色晶体羰基钴的熔点为52℃，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。配体中键与键数目之比是_______。

(2)中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_______，1个分子中含有_______个键。19、I.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途；如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂等。

(1)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2+(不考虑空间构型)，[Cu(OH)4]2+结构可用示意图表示为_______。

(2)胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意如图：则关于[Cu(H2O)4]SO4的下列说法中错误的是________

A.此配合物中心离子的配位数为4

B.配体为H2O；配位原子是氧原子。

C.此配合物中Cu2+提供孤对电子。

D.向此配合物溶液中加入BaCl2溶液；将出现白色沉淀。

II.经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1:3的个数比配合；还可以其他个数比配合。

(1)若所得的Fe3+和SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1:1配合，所得离子显红色，该离子的离子符号是____________。

(2)若所得的Fe3+和SCN-以个数比1:5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示____________________。20、已知微粒间的相互作用有以下几种：

①离子键②极性共价键③非极性共价键④氢键⑤分子间作用力。

下面是某同学对一些变化过程破坏的微粒间的相互作用的判断：

A．干冰熔化____

B．氢氧化钠溶于水____

C．氯化氢气体溶于水____

D．冰熔化____

其中判断正确选项的是___。21、Al和Ga及N和As分别是同主族的元素；请回答下列问题：

（1）砷化镓是一种半导体材料，其化学式为______________。

（2）写出As原子处于基态时的核外电子排布式____________。

（3）超高导热绝缘耐高温纳米氮化铝在绝缘材料中应用广泛，氮化铝晶体与金刚石类似，每个铝原子与______个氮原子相连，氮化铝晶体属于_______晶体。

（4）NH3是氮的氢化物，中心原子的杂化方式是__________，存在化学键的类型是____，NH3的沸点比AsH3高的原因是________________。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)22、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误23、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误24、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.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)25、“中国芯”的发展离不开单晶硅；四氯化硅是制备高纯硅的原料。某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。

已知有关信息：

①Si+3HClSiHCl3+H2，Si+2Cl2SiCl4

②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃。

请回答下列问题：

(1)写出A中发生反应的离子方程式：___________。

(2)若拆去B装置，可能的后果是_________。

(3)有同学设计图装置替代上述E；G装置：

上图装置的主要缺点是________。

(4)测定产品纯度。取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收)，将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应)，消耗滴定液VmL。则产品的纯度为_______%(用含a；c和V的代数式表示)。

(5)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱；用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤：

Ⅰ.打开弹簧夹1；关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。

Ⅱ.A中看到白色沉淀时；关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。

①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是_________(填字母)。

A．挥发性B．还原性C．氧化性D．酸性。

②C装置中的试剂X是________(填化学式)

③D中发生反应的化学方程式是：________。26、Ⅰ.绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份；完成如下实验：

请回答。

(1)X的化学式是____。

(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。

(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。

Ⅱ.为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物；按如图所示装置进行实验：

请回答。

(1)该套实验装置的明显缺陷是____。

(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。

(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。27、三氯化铬()为紫色单斜晶体；熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。

(1)某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中三颈烧瓶内装有其沸点为76.8℃。

①Cr原子的价电子排布式为_______。

②实验前先往装置A中通入其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入其作用是_____________________。

③装置C的水槽中应盛有_______(填“冰水”或“沸水”)。

④装置B中还会生成光气()，B中反应的化学方程式为_____________________。

(2)的工业制法：先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠()，加入过量再加入10%HCl溶液，可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式_____________________。

(3)为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴酸化，再分别加入不同滴数的0.1mol/L溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。的用量(滴数)在不同温度下的反应现象25℃90-100℃90-100℃1紫红色蓝绿色溶液2~9紫红色黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多10紫红色澄清的橙黄色溶液11~23紫红色橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多24~25紫红色紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀

①温度对反应的影响。

与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是_______________；所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。

②与的用量对反应的影响。

对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为与最佳用量比为________。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是_____________。28、苯甲酸是一种重要原料。实验室可以用高锰酸钾在中性条件下氧化甲苯(副产品为MnO2)制得；有关数据如下：

。

熔点/℃

沸点/℃

水中溶解度/g(25℃)

相对分子质量。

密度/(g·cm-3)

甲苯。

-94.9

110.6

难溶。

92

0.85

苯甲酸。

122.13

249

0.344

122

1.27

合成步骤：

①在装有电动搅拌；温度计和球形冷凝管的三颈烧瓶中加入2.7mL甲苯和100mL蒸馏水，分批加入8.5g高锰酸钾固体，回流4小时。

②反应结束后；趁热过滤，热水洗涤后，冰水冷却，盐酸酸化，抽滤，洗涤，沸水浴干燥得苯甲酸粗品。

回答下列问题；

(1)基态Mn原子的电子排布式：_______。

(2)请写出甲苯被高锰酸钾氧化的化学反应方程式：_______。

(3)球形冷凝管的作用是_______，步骤①中反应完全的现象是_______。

(4)实验过程中，发现滤液呈紫色，盐酸酸化时产生了黄绿色气体，酸化操作前加入最理想的_______溶液消除过量的高锰酸钾。

A.NaHSO3B.H2O2C.NaD.FeCl3

(5)重结晶时，苯甲酸粗品完全溶解后，须补加少量蒸馏水，目的是_______。

(6)副产品MnO2是碱式锌锰电池的正极材料，放电时产生MnO(OH)，正极的反应式为_______。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共8分)29、CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)的电子排布式是：_______。

(2)“浸取”时，硫元素转化为硫酸根离子，则反应的离子方程式为_______。

(3)“滤渣①”的成分是_______(填化学式)

(4)已知在水溶液中存在平衡：(无色)。“还原”时使用浓盐酸和固体的原因是_______；当出现_______现象时；表明“还原”进行完全。

(5)制备请补充由还原所得的滤液液制备的操作步骤：_______，真空干燥。[已知是一种难溶于水和乙醇的白色固体，潮湿时易被氧化。实验中必须使用的试剂：水、]。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．电子云就是用小黑点疏密来表示核外空间各处电子出现概率大小的一种图形；A错误；

B．原子核外电子运动没有确定的轨道；所以不能用牛顿运动定律来解释，B错误；

C．任何能层的能级都有3个原子轨道；且轨道半径随着能层序数的增大而增大，C正确；

D．同能级的几个原子轨道能量相等，即D错误；

故选：C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．相同亚层(s；p、d、f)中所含轨道数相同；故A错误；

B．同一能级中不同轨道上填充的电子能量相同，因此E(2px)＝E(2py)＝E(2pz)；故B错误；

C．30号元素为铜元素；位于第三周期第IIB族，故C错误；

D．价电子排布式为4s24p3的元素最外层电子数为5；其电子层数为4，因此该元素位于第四周期VA族，是p区元素，故D正确；

综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．Mn为25号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，失去最外层两个电子形成Mn2+，所以Mn2＋的外围电子排布式：3d5；故A正确；

B．氯原子核外有17个电子结构示意图为故B错误；

C．次氯酸为共价化合物，H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，则其电子式为：故C错误；

D．Cu元素为29号元素，根据核外电子排布规律可知Cu的价层电子排布式为：3d104s1，电子排布图为：故D错误；

综上所述答案为A。4、A【分析】【详解】

A.主量子数为6；存在s轨道，A项正确；

B．主量子数为2；存在s；p轨道，不存在d轨道，B项错误；

C．主量子数为3；存在s；p、d轨道，不存在f轨道，C项错误；

D．主量子数为1；只存在s轨道，D项错误；

本题答案选A。5、B【分析】【详解】

A．Cu为29号元素；位于元素周期表ds区，A错误；

B．青铜合金的硬度比纯铜更高；B正确；

C．青铜为铜的合金；在空气中发生吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，C错误；

D．锡活泼性强于铜；可以保护铜不被腐蚀，D错误；

故答案选B。二、多选题(共9题，共18分)6、BD【分析】【详解】

A．还原石墨烯中，与-OH相连碳原子、与醚键相连碳原子，都与4个原子形成4个共价单键，杂化方式均为sp3；A不正确；

B．氧化石墨烯比还原石墨烯中亲水基(-OH；-COOH)多；与水分子间形成的氢键多，所以氧化石墨烯在水中溶解度更大，B正确；

C．氧化石墨烯和还原石墨烯中都含有-COOH；-OH；二者都能形成氢键，C不正确；

D．氧化石墨烯转化为还原石墨烯时；1号C与其相邻C原子间由碳碳单键转化为碳碳双键，所以碳碳键能变大，D正确；

故选BD。7、AD【分析】【详解】

A．第6能层有s能级；则能级符号6s正确，故A正确；

B．第2能层没有d能级；则能级符号2d错误，故B错误；

C．第3能层没有f能级；则能级符号3f错误，故C错误；

D．第7能层有f能级；则能级符号7f正确，故D正确；

故答案为AD。8、CD【分析】【详解】

A．元素符号左上角标质量数（质子与中子之和），即A错；

B．CO2为直线型；B错；

C．Na+写在两侧；C正确；

D．Ni为28号元素，电子排布式为[Ar]3d84s2，确定Ni位于第四周期第VIII族，D正确。9、AD【分析】【分析】

【详解】

略10、AB【分析】【分析】

【详解】

LiAlH4是离子化合物，Li+与之间以离子键结合，在阴离子中Al与H原子之间以共价单键和配位键结合，共价单键和配位键属于σ键，故LiAlH4中存在的作用力为离子键、σ键，故合理选项是AB。11、AB【分析】【分析】

由表知；A为N元素；B为O元素、C为F元素、D为Cl元素、E为Si元素、据此回答；

【详解】

A．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则C、D气态氢化物稳定性HF分子间有氢键，沸点高，A错误；

B．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，A、B、C对应的简单氢化物的还原性B错误；

C．AD3中心原子价层电子对数ED4中心原子价层电子对数，则两分子的中心原子均为sp3杂化，但AD3中有孤电子对；成键电子对排斥能力不同，两者的键角大小不同，C正确；

D．ED4分子中Si；Cl的化合价绝对值与其原子最外层电子数之和都等于8；各原子均达8电子稳定结构、具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，则与四氯化碳互为等电子体，D正确；

答案选AB。12、AD【分析】【详解】

A.产生气体是生成的铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应，反应为故A错误；

B.溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以：“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3+；故B正确；

C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN；故C正确；

D.Fe(SCN)₃不是沉淀；不能写沉淀符号，故D错误。

故答案选：AD。13、BC【分析】【详解】

A．由图知；铝原子与氮原子以共价键相结合形成正四面体，故氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4，A正确；

B．已知氮化铝(AlN)具有耐高温；抗冲击；结合结构示意图知，氮化铝(AlN)结构类似于金刚石，金刚石为原子晶体，熔沸点与原子间的共价键的键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，所以熔沸点AlN比BN要低，B错误；

C．结构与金刚石结构类似；金刚石中的碳为sp3杂化，则Al原子和N原子也为sp3杂化，C错误；

D．结构与金刚石结构类似；金刚石中的碳形成4个共价键；Al原子最外层只有3个电子，可以提供空轨道，N原子提供孤对电子而形成配位键，故D正确；

答案选BC。14、AC【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)碳是6号元素，碳元素基态原子的电子排布式为：最外层电子排布式为故答案为：

(2)是由碳原子形成的分子；所属的晶体类型分子晶体，故答案为：分子晶体；

(3)石墨晶体中每个碳原子被3个六元环共用，属于一个六元环的碳原子数为每个碳原子伸出3个共价键与其他原子共用，属于每个碳原子的共价键为1.5个，在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为1:1.5=2:3，故答案为：2:3；

(4)金刚石是巨型网状结构，其中碳原子采取sp3杂化，故答案为：sp3；

(5)石墨、金刚石都是碳元素形成的不同单质，由同种元素形成的不同单质属于同素异形体，故答案为：b。【解析】分子晶体2:3sp3b16、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则以此计算H－的半径；NaH的理论密度Z为晶胞中NaH个数；M为NaH的摩尔质量，V为晶胞体积，以此计算。

【详解】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素。

(1)A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C

故答案为：C

(2)B为氮元素,其氢化物为NH3,分子中含有3个N−H键,N原子有1对孤对电子对,杂化轨道数为4,N原子采取杂化；空间构型为三角锥型。

故答案为：三角锥型;

(3)E为Cr元素,原子序数为24,原子核外有24个电子,核外电子排布式是CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物,且两种配体的物质的量之比为2:1,则配体中有4个NH3、2个H2O,三个氯离子位于外界,该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故答案为：[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3.。

(4)B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3,D的单质为Mg,HNO3稀溶液与Mg反应时,N元素被还原到最低价,则生成NH4NO3,Mg被氧化为Mg(NO3)2,令NH4NO3,Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y,则根据电子转移守恒有所以该反应的化学方程式是

故答案为：

（5）因为NaH具有NaCl型晶体结构，因而Na＋半径H－的半径及晶胞参数a有关系晶胞中Na＋数目H-数目NaH的理论密度故答案为：

【点睛】

CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则以此计算H－的半径；NaH的理论密度【解析】C＜O＜N三角锥形sp31s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl34Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O142pm17、略

【分析】【分析】

A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；则D的化合价为+1价，应为Na元素，C；E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。据此分析解答。

【详解】

(1)E为S元素，对应的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；

(2)根据上述分析：元素B、C、D、E形成的离子分别为N3-、O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，N3-、O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电荷数越大，半径越小，则半径N3->O2-＞Na+，故答案为：S2-＞N3-＞O2-＞Na+；

(3)根据上述分析：D为Na，C为O，D2C化合物为Na2O，为离子化合物，其电子式表示化合物Na2O的形成过程为：故答案：

(4)根据上述分析：E为S、D为Na、C为O，D2EC3为Na2SO3，一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，其反应的方程式为：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案：4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【解析】H2SO3H2SO4S2-N3-O2-Na+4Na2SO3=Na2S+3Na2SO418、略

【分析】【详解】

(1)一般来说，元素非金属性越强，电负性越大，因此三种元素电负性由大到小的顺序为与的结构相似，所以配体中键与键数目之比是1∶2。

(2)中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，结构式为1个键中含有2个键，因此1个分子中含有4个键。【解析】1∶2419、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cu2＋中存在空轨道，而OH−中O原子有孤电子对，故O与Cu之间以配位键结合。[Cu(OH)4]2−的结构可用示意图表示为

(2)胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其内界为[Cu(H2O)4]2+，外界为中心离子为Cu2+，H2O分子中O原子上有孤电子对；作配体；

A．由分析知；此配合物中心离子的配位数为4，故A正确；

B．配体为H2O；配位原子是氧原子，故B正确；

C．此配合物中Cu2+提供空轨道，H2O提供孤电子对；故C错误；

D．该配合物的外界为溶液中含有故向此配合物溶液中加入BaCl2溶液；将出现白色沉淀，故D正确；故选C。

II.(1)Fe3+与SCN−以个数比1∶1配合生成带有两个正电荷的离子：[Fe(SCN)]2+。

(2)Fe3+与SCN−以个数比1∶5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2−，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe(SCN)5]与KCl，反应方程式为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl。【解析】①.②.C③.[Fe(SCN)]2+④.FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl20、B【分析】【分析】

【详解】

A．干冰是CO2分子间通过范德华力结合而成；熔化只破坏分子间作用力，错误；

B．氢氧化钠是由Na+和OH-通过离子键结合成的离子化合物，溶于水电离成自由移动的Na+和OH-；故溶于水只破坏离子键，正确；

C．氯化氢中H和Cl间以共价键结合，溶于水后变成了自由移动的H+和Cl-；破坏了共价键，错误；

D．冰中水分子间有氢键和分子间作用力；熔化破坏氢键和分子间作用力，错误；

故选B。21、略

【分析】【分析】

(1)根据化合价规则来书写；

(2)根据基态电子排布式的书写方法来回答；

(3)根据金刚石的结构来回答；

(4)根据氨气中化学键的类型；氮原子的成键情况以及氨气的空间结构来分析。

【详解】

(1)砷元素位于第ⅤA族；所以最低负价是-3价，镓元素元素处于第ⅢA族，最高正价是+3价，根据化合价规则，所以砷化镓的化学式为：GaAs；

(2)根据基态电子排布规律，As原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；

(3)氮化铝晶体与金刚石类似；均是正四面体结构，每个铝原子与4个氮原子相连，是由原子构成的原子晶体；

(4)氨气是空间三角锥形结构，氮原子以sp3杂化成键，形成空间三角锥形结构，氮原子和氢原子间是共价键，在氨气分子中，存在氢键，所以导致沸点高于同主族的其他氢化物。【解析】①.GaAs②.1s22s22p63s23p63d104s24p3③.4④.原子⑤.sp3⑥.共价键⑦.氨气分子间有氢键四、判断题(共3题，共24分)22、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。23、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。24、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。五、实验题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

装置A用于制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氯杂质，再用无水氯化钙进行干燥，在装置D中硅和氯气发生反应生成SiCl4，SiCl4沸点较低，在冷凝管中冷凝SiCl4气体，在E中得到液态的SiCl4，因SiCl4遇水剧烈水解；干燥管G的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析解答。

【详解】

(1)装置A中高锰酸钾具有强氧化性，氧化浓盐酸生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，对应的离子方程式为2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，答案：2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(2)由信息可知，HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，若拆去B装置，HCl会和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低，而且Cl2和H2混合共热易发生爆炸，答案：HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；

(3)所给装置用装有烧碱溶液的广口瓶代替原装置中的干燥管G，烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解，导致产品纯度降低，答案：烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解；

(4)根据化学方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知溶液中n(HCl)=n(NaOH)=cmol·L1×10-3L=10-3mol，根据氯原子守恒得n(HCl)=4n(SiCl4)，则n(SiCl4)=n(HCl)=m(SiCl4)=×170g·mol-1=其质量分数=×100%=%，答案：

(5)①浓盐酸具有挥发性；进入A装置与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，通过A中看到白色沉淀，说明盐酸能与盐反应，可知盐酸具有挥发性；酸性，答案选AD；

②X的作用是除去CO2气体中的HCl气体，可以用NaHCO3溶液，D中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，从而证明碳的非金属性比硅的强，反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，答案：NaHCO3；Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3。【解析】2+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解ADNaHCO3Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO326、略

【分析】【分析】

实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀；推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式；

实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2；E装置可检验还原性气体。

【详解】

实验I：(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=设X化学式为NaxCuyClz，列式：①（说明：个数比=物质的量之比），②x+2y=z（说明：化合价关系），解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；

(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：

(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-。

实验II：(1)若分解产生的气体有CO；经过E装置未完全反应，后续F；G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；

(2)如果E中固体由黑色（CuO）变为红色（Cu）；那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红色说明有CO生成；

(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色；则证明FeO存在。

【点睛】

化学式确定重点要抓住元素守恒。【解析】Na2CuCl4Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-缺少尾气处理装置E中固体由黑色变为红色取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在27、略

【分析】【分析】

A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和反应生成三氯化铬；生成物在C中冷凝，尾气进行处理减少污染。

【详解】

（1）①为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。

②三氯化铬易升华，高温