2025年北师大版选择性必修2化学下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年北师大版选择性必修2化学下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5题，共10分)1、下列性质适合于离子晶体的是A.熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电B.熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电C.熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm-3D.熔点3900℃，硬度很大，不导电2、下列说法中，错误的是A.键能是衡量化学键稳定性的参数之一，键能越大，则化学键就越牢固B.键长与共价键的稳定性没有关系C.键角是两个相邻共价键之间的夹角，说明共价键有方向性D.共价键是通过原子轨道重叠并共用电子对而形成的，所以共价键有饱和性3、1919年英国科学家卢瑟福用α粒子(即氦核)轰击非金属原子发现了质子该核反应方程式可表示为：元素X、Y的原子最外层电子数之和为11，下列叙述正确的是A.的电子式为B.第一电离能：C.X、Y的简单氢化物的键角：D.与形成的化合物均可与溶液反应4、下列说法正确的是A.与互为同系物B.1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸(C3H6O3)C.相同压强下的沸点：乙醇＞乙二醇＞丙烷D.室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞1-氯丁烷5、下列关于晶体的说法中错误的是A.固态不导电而熔融状态导电的晶体一定是离子晶体B.具有正四面体结构的晶体，可能是共价晶体或分子晶体，其键角都是109°28′C.熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电的晶体一定是分子晶体D.金属晶体中一定含有金属键，金属键没有方向性和饱和性评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、铁镁合金储氢时分子在晶胞的棱心和体心位置，且最近的两个铁原子之间的距离为晶胞结构如下图所示，下列说法错误的是。

A.晶胞中铁原子的配位数为4B.晶胞中原子的堆积方式和干冰晶体相同C.该晶胞中距离最近的有6个D.储氢后，该晶体的密度为7、原子序数依次增大的a、b、c、d四种短周期主族元素，a原子半径最大，b的氧化物的水化物显两性，c核外电子总数为原子次外层的电子数的两倍。下列叙述正确的是A.离子半径：B.两种元素可形成共价化合物C.c的氧化物的水化物是强酸D.d单质形成的氢化物的稳定性比c单质的强8、TiO2的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。TiCl4熔点为-25℃，沸点为136.4℃。制取TiO2的反应为①2FeTiO3+7Cl2+3C=2TiCl4+2FeCl3+3CO2，②TiCl4+O2=TiO2+2Cl2.下列说法错误的是A.CO2和CCl4中碳的杂化方式不同B.O2、Cl2、CO2都是含有非极性键的非极性分子C.TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4D.FeCl3与KSCN溶液生成的[Fe(SCN)6]3-中，Fe3+为中心离子，SCN-为配体9、硒化锌是一种黄色立方晶系；可用于荧光材料；半导体掺杂物。其晶胞结构如图，晶胞参数为apm。下列说法正确的是。

A.硒的配位数为4B.相邻的Se2-与Zn2+之间的距离为pmC.若硒化锌晶体的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数D.已知A点原子分数坐标为(0，0，0)，则C点的原子分数坐标为10、是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。

下列说法错误的是A.原子的第一电离能为B.键的键能为C.的晶格能为D.转变成需要吸收的能量为评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、CuFeS2中存在的化学键类型是___________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的___________。

A．B．

C．D．12、铜及其化合物是化工生产；生活中常用的材料。

(1)Cu+价层电子的轨道表达式为___________。

(2)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，画出[Cu(H2O)2(Cl)2]是非极性分子的结构为___________。

(3)CuSO4溶于过量氨水可以制取化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物中Cu2+的配位数为___________，该化合物加热时首先失去的组分是___________。

(4)[Cu(NH3)4]2+中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角___________(填“大”“小”或“相等”)。

(5)1mo[Cu(NH3)4]2+中存在___________个σ键(用NA表示)。13、氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：___SiO2+___C+___N2___Si3N4+___CO,根据题意完成下列各题：

（1）配平上述化学反应方程式。

（2）为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量。某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则反应中转移电子为_____NA，此时混合气体的平均相对分子质量是_____。

（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性____>_____（填化学式）。

（4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（Al2O3），热稳定性好，化学性质稳定。以下用途正确的是____。

A可以在冶金工业上制成坩埚；铝电解槽衬里等热工设备上。

B在电子工业上制成耐高温的电的良导体。

C研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机。

D氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前途暗淡14、(1)已知氯乙酸的酸性强于醋酸，则酸性：___________(填：>、<或=)。

(2)次磷酸()与足量溶液反应生成据此写出的结构式___________。

注：磷酸的结构式为

(3)常压下；苯和甲苯的熔；沸点如下表：

。苯的模型。

熔点：

甲苯模型。

熔点：

沸点：

沸点：

沸点：

沸点：

①苯的沸点比甲苯的沸点更低，主要原因是___________。

②苯晶体的熔点比甲苯的熔点更高，主要原因是___________。15、某烃的蒸气对氢气的相对密度为43；取21.5g此烃与过量的氧气反应，将其生成物通过浓硫酸，浓硫酸的质量增加31.5g，再通过NaOH溶液，NaOH溶液质量增加66g。

求：⑴此烃的分子式________。

⑵若该烃的一卤代物有2种同分异构体，请写出此烃的结构简式和名称_______；________评卷人得分四、判断题(共3题，共27分)16、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17、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18、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、结构与性质(共4题，共32分)19、回答下列问题：

Ⅰ．(1)基态氮原子最外层有___________种能量不同的电子。

(2)氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是___________(填编号)。

a．NH3比PH3稳定性强。

b．Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4

c．硝酸显强氧化性；磷酸不显强氧化性。

d．氮气常温是气体；磷单质是固体。

II．镁、钙和锶(Sr)都属于碱土金属；具有相似的化学性质。

(3)颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水反应剧烈，原因是___________。

(4)锶在一定条件下分别与N2、H2发生反应，生成Y、Z两种锶的固态化合物，Y、Z与水反应均可放出气体。0.01molY溶于100mL盐酸恰好完全反应生成氯化物混合溶液，则盐酸的物质的量浓度为___________，Z的电子式为___________。

III．Fe；Ni是两种重要的过渡金属元素。

(5)基态Ni原子中，电子占据的最高能层符号为___________，同周期元素中基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称为___________。

(6)Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe3+遇邻苯二酚)和对苯二酚)均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚___________(填“高”或“低”)，原因是___________。20、近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料；其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：

(1)AsH3的中心原子的杂化轨道类型为___________，H2O沸点比H2S的___________(填“高”或“低”)，其判断理由是___________，BF3的立体构型为___________。

(2)Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为___________。

(3)一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为___________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子3的坐标分别为___________。

21、东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载；云南镍白铜(铜镍合金)文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

(1)镍元素基态原子的价电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。

(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。

①[Ni(NH3)6]SO4中SO42-的立体构型是_____。

②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供空轨道的中心微粒是_____。

③氨的沸点_____(“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______；氨是_____分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_______。

(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。

(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_____。

②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm22、在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解，反应生成Na3[Ag(S2O3)2]；在废定影液中加入Na2S使Na3[Ag(S2O3)2]中的银转化为Ag2S，并使定影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag；就达到了回收银的目的。

（1）铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态铜原子的价电子排布式为___。

（2）Na、O、S简单离子半径由大到小的顺序为___。

（3）S2O32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为___。

（4）Na3[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有__。

A.离子键B.共价键C.范德华力D.金属键E.配位键。

（5）在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2，SO2分子中硫原子的价层电子对数为__，其分子空间构型为___。SO2易溶于水，原因是__。

（6）SO2具有较强的还原性，碳与熔融金属钾作用，形成的晶体是已知最强的还原剂之一，碳的某种晶体为层状结构，钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图所示，则其化学式可表示为___。

（7）现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X射线衍射图像的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原子的半径为am，金的密度为ρg·cm－3，金的摩尔质量为Mg·mol－1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式___。评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共6分)23、几种短周期主族元素的部分性质如下表所示：

。代号。

A

B

C

D

E

主要化合价。

+3

+5；-3

+7；-1

+3

+4；-4

原子半径/nm

0.143

0.075

0.099

0.082

0.117

回答下列问题：

(1)A的简单离子的结构示意图为____________。

(2)EC4的电子式为______________。

(3)下列分子中含有三键的是____________(填字母)。

a.BC3b.DC3c.C2d.B2

(4)上述五种元素中；最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是____________(填化学式，下同)；在B；C、E的简单氢化物中，稳定性最弱的是____________。

(5)化合物AB溶于足量浓盐酸生成两种盐，写出反应的化学方程式：___________________。24、A；B、C、D为原子序数依次增大短周期元素；A的最外层电子数是其电子层数2倍；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于其它电子层上的电子数之和。

(1)A元素名称为______，D在周期表中的位置________，离子半径大小B___C(填“>”“<”或“=”)。

(2)B的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较B的氢化物和D的氢化物沸点：B___D（填“＞”“＜”或“=”），原因是_________________。

(3)E中含有化学键类型：_________，属于___________化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）。

(4)用电子式表示C与D的二元化合物的形成过程：_____________________。

(5)氢原子与B分别形成10电子和18电子分子，写出18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．熔点1070℃；易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的特点，A项选；

B．熔点为10.31°C；熔点低，符合分子晶体的特点，液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子，水溶液能导电，溶于水后，分子在水分子的作用下，电离出自由移动的离子，属于分子晶体的特点，B项不选；

C．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm-3；为金属晶体的特点，C项不选；

D．熔点为3900°C；硬度很大，不导电，熔点高，硬度大，属于原子晶体的特点，D项不选；

答案选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．键能指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量；键能越大，意味着化学键越稳定，越不容易被打断，A正确；

B．键长是形成共价键的两个原子之间的核间距；键长越短，往往键能越大，共价键越稳定，B错误；

C．相邻两个共价键之间的夹角称为键角；多原子分子的键角一定，说明共价键具有方向性，C正确；

D．元素的原子形成共价键时，当一个原子的所有未成对电子和另一些原子中自旋方向相反的未成对电子配对成键后，就不再跟其它原子的未成对电子配对成键，例如H2O分子中；O原子有两个未成对电子，它只能跟两个H原子的未成对电子配对，因此，共价键具有饱和性，D正确；

故答案选B。

【点睛】3、C【分析】【分析】

由核反应方程式可得：A+4=17+1，解得A=14，设原子的最外层电子数为a；由元素X；Y的原子最外层电子数之和为11可得：a+a+1=11，解得a=5，则X为N元素、Y为O元素。

【详解】

A．水合氢离子化学式为H3O+，电子式为故A错误；

B．氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构；元素的第一电离能大于相邻元素，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故B错误；

C．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1；水分子中氧原子的孤对电子对数为2，分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则氨分子的键角大于水分子，故C正确；

D．一氧化氮是不成盐氧化物；不能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；

故选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．属于酚而属于醇；结构不相似，不是同系物，故A错误；

B．葡萄糖不水解；故B错误；

C．乙二醇相对分子质量大；比乙醇更容易形成分子间氢键，相同压强下的沸点：乙二醇＞乙醇＞丙烷，故C错误；

D．甘油含有的羟基多；更易与水分子形成氢键，苯酚微溶于水，1-氯丁烷难溶于水，室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞1-氯丁烷，故D正确；

故选D。5、B【分析】【详解】

A．固态不导电；熔融时能导电的晶体，其构成微粒为离子，则一定为离子晶体，故A正确；

B．有中心原子的正四面体结构分子中；键角为109°28′，如甲烷，无中心原子的正四面体结构分子中，键角为60°，如白磷，故B错误；

C．熔点10.31℃；熔点低，符合分子晶体的熔点特点：液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；

D．金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用是金属键；金属键没有方向性和饱和性，故D正确；

答案选B。二、多选题(共5题，共10分)6、AC【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线处镁原子的距离最近；则晶胞中铁原子的配位数为8，故A错误；

B．干冰晶体中二氧化碳分子的堆积方式为面心立方最密堆积；由晶胞结构可知，晶胞中铁原子位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，所以晶胞中铁原子的堆积方式和干冰晶体相同，故B正确；

C．由晶胞结构可知；晶胞中位于顶点的铁原子与位于面心的铁原子的距离最近，则晶胞中距离铁原子最近的铁原子有12个，故C错误；

D．由晶胞结构可知，晶胞中位于面心和顶点铁原子个数为8×+6×=4，位于体内的镁原子个数为8，由题给信息可知，位于体心和棱的中心的氢分子个数为12×+1=4，则晶胞的化学式为FeMg2H2，最近的两个铁原子之间的距离为anm，则晶胞的边长为anm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=故D正确；

故选AC。7、BD【分析】【分析】

原子序数依次增大的a、b、c、d四种短周期主族元素，a原子半径最大，则a为Na元素；b的氧化物的水化物显两性，则b为Al元素；c核外电子总数为原子次外层的电子数的两倍；则c为S元素，d为Cl元素。

【详解】

根据分析，a为Na元素，b为Al元素；c为S元素，d为Cl元素；

A．a、b、c、d四种元素的简单离子分别为Na+、Al3+、S2-、Cl-，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，即c＞d＞a＞b；故A错误；

B．c为S元素，d为Cl元素，二者可形成共价化合物，如SCl2；故B正确；

C．c为S元素；S的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫的水化物是亚硫酸，是弱酸，故C错误；

D．c为S元素；d为Cl元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则d单质形成的氢化物的稳定性比c单质的强，故D正确；

答案选BD。8、BC【分析】【详解】

A．CO2中的C为sp杂化，CCl4中的C为sp3杂化；故A正确；

B．CO2结构对称；正负电荷中心重合，含有极性键，但是非极性分子，故B错误；

C．TiCl4晶体是分子晶体；配位数为4，故C错误；

D．FeCl3与KSCN溶液生成的[Fe(SCN)6]3-中，Fe3+连接了6个SCN-，则Fe3+为中心离子，SCN-为配体；故D正确；

故选BC。9、AB【分析】【分析】

【详解】

A．由晶胞结构可知；硒的配位数为4，A项正确；

B．晶胞中相邻的Se2-与Zn2+之间的距离为晶胞体对角线长度的而晶胞体对角线为晶胞棱长的倍，故相邻的Se2-与Zn2+之间的距离为pm；B项正确；

C．一个晶胞中，Zn原子个数为4，Se原子个数为晶胞质量为晶胞密度为ρg·cm-3，晶胞参数为apm，则C项错误；

D．A点原子分数坐标为(0，0，0)，则C点的原子分数坐标为D项错误；

答案选AB。10、AB【分析】【详解】

A.原子的第一电离能是由气态原子失去1个电子形成气态离子所需要的能量，应为故A错误；

B.键的键能为1molO2(g)分解为2molO(g)所吸收的能量，即故B错误；

C.晶格能是指气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，即的晶格能为故C正确；

D.转变成需要吸收的能量为故D正确；

故选：AB。三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【分析】

【详解】

CuFeS2中存在的化学键类型是离子键；

A．Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6；A错误；

B．Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1；B错误；

C．Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5；C正确；

D．Cu+的电子排布式为[Ar]3d10；D正确；

答案选CD。【解析】离子键CD12、略

【分析】(1)

Cu价层电子排布式为3d104s1，Cu+的价层电子排布式为3d10，所以Cu+的价层电子轨道表达式为

(2)

[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，则[Cu(H2O)2(Cl)2]也是平面结构，两个H2O和两个Cl分别处于对位时，分子的正负电荷中心重合，是非极性分子，结构为

(3)

在[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4中，Cu2+和4个NH3、2个H2O形成配位键，Cu2+的配位数为6，呈正八面体结构；其中四个NH3在同一平面，呈正方形，另外两个H2O在垂直于平面的方向上，但是这2个H2O因为距离比较远；所以在加热时先失去。

(4)

NH3中N采取sp3杂化，氮原子上有一孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的斥力比较大，所以NH3中H-N-H之间的夹角要比正四面体的109°28′要小。当形成[Cu(NH3)4]2+后，N的孤电子对和Cu2+形成的配位键，斥力减小，键角增大，所以[Cu(NH3)4]2+中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角大。

(5)

在[Cu(NH3)4]2+中存在Cu2+和NH3间的配位键，1个NH3中还有3个N-Hσ键，所以1mol[Cu(NH3)4]2+中存在16NA个σ键。【解析】(1)

(2)

(3)6H2O

(4)大。

(5)1613、略

【分析】【分析】

⑴由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2，由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：4，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4；CO化学计量数分别为1、6。

⑵反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍，N2与CO的相对分子质量都是28；混合气体的平均相对分子质量不变。

⑶反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化。

⑷由信息可知；氮化硅机械强度高，硬度大，热稳定性好，化学性质稳定，氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，制备氮化硅的资源丰富，自然界中有大量的氮气与二氧化硅，具有广阔的发展前景。

【详解】

⑴由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2，由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO；故答案为：3；6、2、1、6。

⑵反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍，所以反应中转移电子数为5mol×2×NAmol−1=10NA，N2与CO的相对分子质量都是28；所以混合气体的平均相对分子质量为28；故答案为：10；28。

⑶反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化为CO，所以氧化性N2＞C；故答案为：N2；C。

⑷A．氮化硅热稳定性好，可以用于热工设备，故A正确；B．氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，故B错误；C．氮化硅机械强度高，硬度大，可以替代同类型金属发动机，故C正确；D．制备氮化硅的资源丰富，具有广阔的发展前景，故D错误；综上所述，答案为：AC。【解析】①.3②.6③.2④.1⑤.6⑥.10⑦.28⑧.N2⑨.C⑩.AC14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由氯乙酸的酸性强于醋酸可知；氯乙酸分子中的氯原子是一种吸引电子基团，使羧基中—OH上的氢原子的活泼性增强，在溶液中电离出氢离子的能力增强，酸性增强，溴元素的非金属性弱于氯元素，溴原子吸引电子的能力弱于氯原子，则溴乙酸的酸性弱于氯乙酸，故答案为：＜；

(2)由次磷酸与足量溶液反应生成可知，分子中只含有1个羟基，结构式为故答案为：

(3)①结构相似的分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，苯和甲苯是结构相似的同系物，甲苯的相对分子质量大于苯，分子间作用力大于苯，则苯的沸点比甲苯的沸点更低，故答案为：苯的相对分子质量更小，苯(液态)的分子间作用力更小；

②与甲苯相比，苯分子的对称性好，晶体内分子堆积更紧密，分子间的平均距离更小，导致苯晶体的熔点比甲苯的熔点更高，故答案为：苯的分子对称性好，苯晶体内分子堆积更紧密(或分子间的平均距离更小)。【解析】＜苯的相对分子质量更小，苯(液态)的分子间作用力更小苯的分子对称性好，苯晶体内分子堆积更紧密(或分子间的平均距离更小)15、略

【分析】【详解】

(1)该烃的相对分子质量M＝43╳2＝86，m(H2O)＝31.5g→n(H)＝3.5mol，m(CO2)＝66g→n(C)＝1.5mol，所以n(C)：n(H)＝1.5：3.5＝3：7，该烃的最简式为C3H7，M(C3H7)n＝86，n＝2，所以该烃分子式为C6H14；

(2)该烃的一卤代物有2种同分异构体，只有两种等效氢，则该物质高度对称，符合题意的结构简式为CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2，名称为：2，3—二甲基丁烷。【解析】①.C6H14②.CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2③.2，3—二甲基丁烷四、判断题(共3题，共27分)16、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。17、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；18、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、结构与性质(共4题，共32分)19、略

【分析】【详解】

Ⅰ．(1)基态氮原子最外层电子排布是2s22p3；可见N原子最外层上有2种能量不同的电子；

(2)a．元素的非金属性越强，其形成的气态氢化物越稳定，可根据NH3比PH3稳定性强；得出氮元素的非金属性大于磷元素，a正确；

b．Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4，得出硝酸的酸性大于磷酸的酸性，元素的最高价氧化物水化物的的酸性越强，其对应的元素的非金属性越强，b正确；

c．非金属性强弱与酸的氧化性强弱没有关系；c错误；

d．非金属性强弱与对应的单质的状态没有关系；d错误；

故合理选项是ab；

(3)单质锶能够与水反应产生Sr(OH)2和H2，但颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水反应剧烈，是由于二者反应生成的SrSO4难溶于水；会覆盖在锶的表面，阻碍了反应的进行，减缓了反应速率；

(4)锶在一定条件下与N2反应产生的Y是Sr3N2，Y与盐酸反应生成SrCl2、NH4Cl，0.01molY溶于100mL盐酸(足量)恰好完全反应，根据元素守恒可知反应生成0.03molSrCl2、0.02molNH4Cl，共消耗0.08mol盐酸，则该盐酸的浓度c==0.8mol/L；Sr与H2反应产生的Z是SrH2，该化合物为离子化合物，Sr2+与2个H-通过离子键结合，其电子式为：

(5)Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，可见电子占据的最高能层符号为N；基态Ni原子未成对电子数是2，则与Ni同一周期元素中基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有三种，这三种元素名称为钛(3d24s2)、锗(4s24p2)、硒(4s24p4)；

(6)对苯二酚易形成分子间氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质熔化、气化消耗的能量较多，因此物质熔沸点升高；而邻苯二酚易形成分子内氢键，分子间只存在分子间作用力，因而物质的熔沸点比较低。【解析】2ab生成的SrSO4难溶于水，覆盖在锶的表面，阻碍了反应的进行，减缓了反应速率。0.8mol/LN钛、锗、硒低邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低。20、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）AsH3的中心原子As原子价层电子对数=3+=4，As原子采取sp3杂化；水分子之间形成氢键，其沸点高于硫化氢的；BF3中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=0+3=3，其立体构型与VSEPR模型相同为平面正三角形，故答案为：sp3；高；水分子之间形成氢键；平面正三角形；

（2）Sm原子失去电子形成阳离子时，先失去6s电子，后失去4f电子，Sm3+价层电子排布式为4f5，故答案为：4f5；

（3）该晶胞中，As原子个数=4×=2、Sm原子个数=4×=2、Fe原子个数=1+4×=2、F-和O2-离子总数=8×+2×0.5=2，则该晶胞中As、Sm、Fe原子数目与F-和O2-离子总数个数之比=2：2：2：2=1：1：1：1，如果F-个数为x，则O2-个数为1-x，所以该化合物化学式为SmFeAsO1-xFx；由晶胞图可知，原子3到y轴与z轴构成坐标平面距离、到x轴与z轴构成的坐标平面距离均为apm，到x轴与y轴构成的坐标平面距离等于apm，故原子3的坐标为(1，1，)，故答案为：SmFeAsO1-xFx；(1，1，)。【解析】sp3高水分子之间形成氢键平面正三角形4f5SmFeAsO1-xFx(1，1，)21、略

【分析】【分析】

（1）Ni元素原子核外电子数为28；结合能量最低原理书写核外电子排布式，据此判断镍元素基态原子3d能级上的未成对的电子数；

（2）①根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；

②一方提供孤电子对；一方提供空轨道，二者之间形成配位键；

③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点，NH3为配位分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；

（3）单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定；

（4）①根据均摊法计算晶胞中Ni；Cu原子数目；

②属于面心立方密堆积；结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合m=ρV可以计算晶胞棱长。

【详解】

（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，其价电子为3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：3d84s2；2；

（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0；价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；

②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；Ni2+；

③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的；NH3中心原子N原子价层电子对为3+1=4，VSEPR模型为四面体，由于含有1对孤电子对，故为三角锥形，为极性分子，N原子采用sp3杂化，故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3；

（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；

（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为=1，Cu原子数目为晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，故答案为：1：3；

②晶胞属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为根据有得到a=nm，故答案为：

【点睛】

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础。【解析】①.3d84s2②.2③.正四面体④.配位键⑤.Ni2+⑥.高于⑦.NH3分子间可形成氢键⑧.极性⑨.sp3⑩.金属⑪.铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子⑫.1:3⑬.22、略

【分析】【详解】

（1）铜为29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1。答案为：3d104s1；

（2）Na、O、S简单离子中，S2-的电子层数为三层，Na+、O2-的电子层数为二层，且O的核电荷数小，离子半径大，所以离子半径由大到小的顺序为S2－、O2－、Na＋。

答