2025年华东师大版选择性必修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年华东师大版选择性必修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6题，共12分)1、制取肼的反应为下列相关微粒的化学用语错误的是A.基态钠原子的电子排布式：B.基态氧原子的价电子轨道表示式：C.NaCl的电子式D.的结构式：2、下列各组性质的比较中正确的是A.酸性：HClO4＜HBrO4＜HIO4B.稳定性：H2Se＞H2S＞H2OC.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHD.氧化性：I2＞Br2＞Cl23、X、Y、Z、M、W为五种原子序数递增的前20号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差2，族序数之和为10；Z原子最外层电子数等于其最内层电子数，M在地壳中含量居第二位；W的某种盐常用作加碘盐的碘制剂。下列说法错误的是A.原子半径：W＞Z＞M＞X＞YB.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞MC.ZXY3含离子键和共价键，0.1molW2Y2含有0.4mol离子D.Z与XY2反应可置换出X单质，X与MY2反应可置换出M单质4、煤炭的大量使用，导致地球二氧化碳的剧增，从而加剧了地球温室效应。煤炭燃烧的化学方程式可简单表示为下列说法错误的是。A.基态碳原子有2个未成对电子B.含9mol中子C.的核外电子排布式是D.氧原子容纳电子的能级类型为3个5、南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐；其局部结构如图所示。下列说法错误的是。

A.经射线衍射可以测得全氮阴离子盐晶体结构B.全氮阴离子盐两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同C.中所有的氮原子在同一平面内D.的键角比全氮阴离子盐的两种阳离子键角都大6、工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下：下列说法正确的是A.Na3AlF6为离子晶体B.中Al3+为配体，接受孤电子对C.CO2中碳原子为sp2杂化D.熔沸点：HF＞H2O评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、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8、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A.最外层都只有1个电子的基态X、Y原子B.2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子C.原子核外M层上仅有2个电子的基态X原子与原子核外N层上仅有2个电子的基态Y原子D.最外层电子数是核外电子总数1/5的原子和价层电子排布式为3s23p5的原子9、铁有δ、γ、α三种同素异形体，晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。

下列说法不正确的是A.晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个B.晶体的空间利用率：C.晶胞中Fe的原子半径为d，则晶胞的体积为D.铁原子的半径为则晶胞的密度为10、某元素原子核外电子排布为“3d104s1”，关于此元素的说法正确的是A.位于第四周期ⅠA族B.原子核外有29个电子C.存在+1、+2等不同化合价D.原子中4s电子能量高于3d11、下列实验操作现象能得出相应结论的是。

。选项实验操作现象结论ACuS溶于浓硝酸。

有红棕色气泡产生。

CuS能被硝酸氧化。

BSO2通入滴有石蕊试液的水中。

溶液变红但不褪色。

SO2有酸性；无漂白性。

C向Na2CO3中滴入HClO3溶液。

有气泡产生。

非金属性Cl＞C

D将KI和FeCl3溶液在试管中混。

合后，加入CCl4；振荡，静置。

下层溶液显紫红色。

氧化性：Fe3+＞I2

A.AB.BC.CD.D12、X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素。Y原子的电子总数是内层电子数的4倍，Y和R同主族，Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同。25℃时，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH=1.下列说法正确的是A.电负性：Y>W>R>ZB.Y、Z、W三种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性C.简单离子的半径：R>W>Y>ZD.因X与Y组成的分子间存在氢键，所以X与Y组成的分子比X与R组成的分子稳定13、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时；部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(假设盐分以一个NaCl计)，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是。

A.海冰内层“盐泡”越多，密度越小B.海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少C.海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在D.海冰内层NaCl的浓度约为10-4mol/L(设冰的密度为0.9g/cm3)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、常温时；通过NaOH溶液或硫酸改变饱和氯水的pH，溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。回答下列问题：

(1)Cl-的核外电子占有______个原子轨道，中的化学键类型是______，HClO的电子式是______。

(2)解释A点溶液pH=7.54的主要原因：______。

(3)结合图像，从平衡移动的角度解释B点向右Cl-物质的量分数增大的主要原因：

①______；

②______。

(4)估算图像中Cl-物质的量分数的上限______。15、有四种短周期元素；相关信息如下表。

。元素。

相关信息。

A

气态氢化物极易溶于水；水溶液显碱性。

B

焰色反应为黄色。

C

-2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同。

D

单质是黄绿色气体；可用于自来水消毒。

请根据表中信息回答：

（1）A在元素周期表中的位置是___；

（2）B的最高价氧化物对应水化物与D的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式____；

（3）B与C所形成化合物的电子式为____；

（4）能说明元素D的非金属性强于元素C的实验事实是___(填字母)。

a.常温下；两种单质的熔点不同。

b.D的气态氢化物的稳定性大于C

c.D的最高价氧化物对应的水化物酸性强于C

d.C的原子半径大于D16、(1)中国古代四大发明之一—黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SA+N2↑+3CO2↑(已配平)

①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为_______。

②在生成物中，A的晶体类型为____，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_____。

③已知CN-与N2结构相似，推算HCN分子中键与键数目之比为______。

(2)原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，T的基态原子外围电子(价电子)排布为______，Q2+的未成对电子数是_______。

(3)在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln(H2O)6-n]x+(n和x均为正整数)的配离子，将其通过氢离子交换树脂(R-H)，可发生离子交换反应：[CrCln(H2O)6-n]x++xR-H→Rx[CrCln(H2O)6-n]+xH+，交换出来的H+经中和滴定；即可求出x和n，确定配离子的组成。

将含0.0015mol[CrCln(H2O)6-n]x+的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol·L-1NaOH溶液25.00ml，可知该配离子的化学式为_______。17、用NA表示阿伏伽德罗常数。则：

(1)0.5molCO2的质量为____，其中含有____个CO2分子，共有____个原子。

(2)质量都是100g的H2S、CH4、CO2、N2四种气体中，含有分子数目最少的是____，含有原子数目最多的是____，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是_____。

(3)在____mL0.1mol/LNaOH溶液中含0.4g溶质；配制100mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要CuSO4·5H2O____g。

(4)下列既含有离子键，又含有极性共价键和非极性共价键的是____(填字母序号)。

A.Na2O2B.H2O2C.NH4ClD.CH3COONaE.NaHCO3

(5)标准状况时HF为液态，而标准状况时HCl、HBr、HI为气态，主要原因是HF分子间存在___。18、研究含硼化合物具有重要意义。

(1)易溶于热水、在冷水中溶解度较小，可通过如下过程制得：称取10g钠硼解石[主要成分含少量NaCl和难溶于酸的物质]，除去氯化钠后，在60℃下用浓硝酸溶解，趁热过滤，将滤渣用热水洗净后，合并滤液和洗涤液，降温结晶，过滤得

①写出与硝酸反应生成的化学方程式：______。

②60℃时，控制钠硼解石量一定，硝酸溶解时B的浸出率随液固质量比的变化如图所示。硝酸溶解时控制液固质量比为5∶1，而不采用更大液固质量比的原因是______。

③钠硼解石中的B可看成以形式存在。液固质量比为测定钠硼解石中的质量分数，实验方案如下：将所得用热水完全溶解后，加水定容至500mL。取25.00mL溶液，加入适量甘露醇(甘露醇与结合后，每分子可电离出1个)，滴入2~3滴酚酞作指示剂，用0.2500mol·LNaOH标准溶液进行滴定，终点时消耗NaOH标准溶液20.00mL。根据实验数据计算钠硼解石中的质量分数，写出计算过程______。

(2)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。

①“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是______。

②“中间体III”可以进一步水解，则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为____________。

(3)一种是核工业屏蔽中子的新型材料。其晶胞中Ca处于晶胞的体心位置，占据晶胞8个顶点的是由B原子构成的正八面体。晶胞和正八面体结构如图所示。中______。

19、现有几组物质的熔点(以℃为单位)数据：。A组B组C组D组金刚石：3550Li：181HF：-83NaCl：801硅晶体：1410Na：98HCl：-115KCl：776硼晶体：2300K：64HBr：-89RbCl：718二氧化硅：1723Rb：39HI：-51CsCl：645

据此回答下列问题：

(1)A组属于___晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是____。

(2)B组晶体共同的物理性质是____(填序号)。

①有金属光泽②导电性③导热性④延展性。

(3)C组中HF熔点反常是由于___。

(4)D组晶体可能具有的性质是___(填序号)。

①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电。

(5)加碘食盐中含有KIO3，其立体结构如图，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置。K与O间的最短距离为___nm，与K紧邻的I个数为__。原子坐标参数表示晶胞内各原子的相对位置。如图(晶胞中，原子坐标参数A为(0，0，0)；B为()；C为(0，1，1)。则D原子的坐标参数为___

20、硅是构成矿物和岩石的主要成分；单质硅及其化合物具有广泛的用途。完成下列填空：

（1）某些硅酸盐具有筛选分子的功能。一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O；已知元素M；R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24。

①写出M原子核外能量最高的电子的电子排布式：___________。

②常温下，不能与R单质发生反应的是_______（选填序号）。

a．CuCl2溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体。

（2）氮化硅（Si3N4）陶瓷材料硬度大、熔点高。可由下列反应制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO

①Si3N4中氮元素的化合价为-3，请解释Si3N4中氮元素化合价为负价的原因__________________。

②C3N4的结构与Si3N4相似，请比较二者熔点高低，并说明理由：______________________。

③配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。_______________。

（3）一种用工业硅（含少量铁、铜等金属的氧化物）制备Si3N4的主要流程如下：

①将工业硅粉碎的目的是______________________________。

②适量的H2是为了排尽设备中的空气，但H2在高温下也能还原工业硅中的某些金属化物。可能是______（选填：“盐酸”“硝酸”或“硫酸”），理由是_____________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)21、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1题，共5分)22、根据核外电子的排布特点推断元素的性质：

(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其基态原子的电子排布图为_____,在周期表中位于___区。

(2)B元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子且只有一个未成对电子，B的基态原子的价层电子排布式为_______。

(3)请利用电子排布的相关知识分析：稳定性：Fe3＋______Fe2＋（填>或<）,原因___________，第一电离能：Mg____Al（填>或<）原因__________。

(4)有以下物质：①H2②N2③CO2④N2H4⑤H2O2⑥HCN(H—C≡N)；只有σ键的是______；既有σ键又有π键的是__________；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是_____；含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是______；

(5)通过(3)的解答，请归纳基态原子核外电子排布除了符合构造原理外，泡利原理、洪特规则外，还有哪些结构稳定__________。评卷人得分六、计算题(共4题，共20分)23、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)。24、按要求填空。

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________，微粒之间的作用力为___________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，则铁原子半径为___________(假设原子为刚性球体)；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

(5)奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示；写出计算式即可)。

25、某气态烃A和B按2：3（体积比）混合后，取0.1mol混合烃与一定量氧气混合燃烧，产物为CO、CO2和水蒸气，将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的CuO及碱石灰，最后碱石灰增重7.04g，求A和B可能的分子式。26、研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．钠的原子序数是11，基态钠原子的电子排布式：A正确；

B．氧原子的最外层电子数是6个，基态氧原子的价电子轨道表示式：B正确；

C．NaCl是离子化合物，电子式为C正确；

D．中不存在双键，结构式：D错误；

答案选D。2、C【分析】【详解】

A．同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4；故A错误；

B．同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性O＞S＞Se，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，所以稳定性：H2O＞H2S＞H2Se；故B错误；

C．同主族自上而下；金属性增强，所以金属性K＞Na＞Li，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，故C正确；

D．同主族自上而下，非金属性减弱，所以非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，其单质的氧化性越强，所以氧化性：Cl2＞Br2＞I2；故D错误；

答案选C。3、C【分析】【分析】

M在地壳中含量居第二位；则M为Si元素；X；Y是同周期元素，原子序数相差2，族序数之和为10，则分别为第ⅣA族、ⅥA族元素，且原子序数小于Si元素，所以X为C元素，Y为O元素；Z原子最外层电子数等于其最内层电子数，且原子序数大于O，则Z为Mg元素；W的某种盐常用作加碘盐的碘制剂，则W为K元素。

【详解】

A．核外电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径K>Mg>Si>C>O，即W>Z>M>X>Y；故A正确；

B．非金属性C>Si；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B正确；

C．K2O2由K+和O构成，所以0.1molK2O2含有0.3mol离子；故C错误；

D．Mg可以和CO2反应生成C单质和MgO，C可以和SiO2反应生成Si单质和CO；故D正确；

综上所述答案为C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．基态碳原子2p轨道有2个未成对电子；A正确；

B．的中子数为9，则含9mol中子；B正确；

C．基态的质子数为6，则核外电子数为6个，核外电子排布式是C错误；

D．O原子容纳电子的能级为1s；2s、2p；故能级类型为3个，D正确；

故选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．X射线衍射技术用于晶体结构的测定；A正确；

B．全氮阴离子盐两种阳离子为：和中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化轨道类型为：sp3杂化；B正确；

C．氮原子之间除了形成σ键之外；还形成大π键，所以所有的氮原子在同一平面内，C正确；

D．分子内含有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子的键角小于和D错误；

答案为：D。6、A【分析】【详解】

A．Na3AlF6是盐，由Na+与通过离子键结合形成的离子晶体；A正确；

B．中Al3+为中心离子，接受孤电子对，F-是配位体；提供孤电子对，B错误；

C．CO2中碳原子杂化类型为sp3杂化；C错误；

D．HF、H2O都是由分子构成的分子晶体，分子之间都存在氢键，但由于H2O分子与相邻4个H2O分子形成氢键，而HF只与相邻的2个HF分子形成氢键，因此作用力：H2O＞HF，使得H2O在常温下呈液态，HF在常温下呈气态，因此物质熔沸点：H2O＞HF；D错误；

故合理选项是A。二、多选题(共7题，共14分)7、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。8、BD【分析】【详解】

A．最外层只有一个电子的可能是H或碱金属或某些过渡元素；不同族一般性质有较大差异，A不符合题意；

B．2p、3p未排满，则下一能级不可能有电子，故X为：C(2S22P2)、Y为：Si(3S23P2)；两者最外层电子相同，性质相似，B符合题意；

C．M层仅有2个电子；则第一层和第二层排满，故X为Mg；N层上仅有2个电子，则X可能为Ca或者某些过渡元素(如Fe)，不同族性质有差异，C不符合题意；

D．电子总数等于最外层5倍，若电子层为2层、3层均没有相应原子；若为4层，设第三层为a个电子，第四层为b个电子，由题意得：5b=2+8+a+b，即a=4b-10，既然有第四层，根据电子排布规则，第三层至少满足3s23p6，故a=4b–10≥8，推得b≥4.5，即最外层至少5个电子，故第三层3d应该排满，即a=18，所以5b=2+8+18+b，推得b=7，故该原子为35号溴原子，与Cl(3s23p5)最外层电子相同；性质相似，D符合题意；

故答案选BD。9、BC【分析】【分析】

【详解】

A．δ−Fe晶胞中含有铁原子个数为：×8＋1=2；依据图示可知中心铁原子到8个顶点铁原子距离均相同且最小，所以其配位数为8，则每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，故A正确；

B．三种晶体结构中，空间利用率最大的是γ−Fe、最小的是故B错误；

C．γ−Fe晶胞Fe的原子半径为d，则晶胞的棱长d，则晶胞的体积为d3；故C错误；

D．1个α−Fe晶胞含铁原子个数为：×8=1，则1mol晶胞质量为56g，铁原子的半径为acm，则晶胞边长为2acm，1mol晶胞体积为：NA(2a)3cm3，晶胞密度为：g/cm3=故D正确；

故选BC。10、BC【分析】【分析】

根据某元素原子核外电子排布为“3d104s1”，根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；由此可见：该元素原子中共有29个电子，应为Cu元素，位于周期表第ⅠB族，处于ds区，为金属元素，由此分析。

【详解】

A．该元素为Cu；位于第四周期ⅠB族，故A错误；

B．该元素为Cu；原子序数和核外电子数都等于29，原子核外有29个电子，故B正确；

C．铜存在+1；+2等不同化合价；故C正确；

D．根据构造原理可知；原子中4s电子能量低于3d，故D错误；

答案选BC。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．CuS溶于浓硝酸，有红棕色气泡产生，该气体为NO2，HNO3中的N元素化合价降低，HNO3作氧化剂，则CuS作还原剂被HNO3氧化；故A选；

B．SO2通入滴有石蕊试液的水中，SO2遇水生成亚硫酸，亚硫酸可以使石蕊试液变红，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但SO2不能漂白酸碱指示剂；故B不选；

C．向Na2CO3中滴入HClO3溶液，有气泡产生，说明酸性：HClO3＞H2CO3，但HClO3不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物；不能据此判断Cl和C元素的非金属性强弱，故C不选；

D．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色，说明Fe3+将I-氧化为I2，氧化性：Fe3+＞I2；故D选；

答案选AD。12、AC【分析】【分析】

X；Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素；Y原子的电子总数是内层电子数的4倍，Y和R同主族，则Y为O，R为S；W的原子序数大于S，则W为Cl；Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，Z的最外层电子数为7﹣6＝1，则Z为Na；25℃时，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH＝1，则X为H。综上：X为H，Y为O，Z为Na，R为S，W为Cl

【详解】

A．元素的非金属性越强电负性越大；则电负性Y＞W＞R＞Z，故A正确；

B．O；Na、Cl形成的氯酸钠、高氯酸钠溶液呈中性；故B错误；

C．电子层越多离子半径越大；电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：R＞W＞Y＞Z，故C正确；

D．氢化物稳定性取决于元素非金属性强弱；与氢键无关，故D错误；

故选：AC。13、BD【分析】【详解】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变；则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；

B．若海冰的冰龄达到1年以上；融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B正确；

C．“盐泡”内的盐分为NaCl；由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；

D．冰的密度为0.9g•cm-3，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为可知海冰内层NaCl的浓度约为故D正确；

故选：BD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

(1)Cl-的核外电子有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，占有9个原子轨道，中氯原子之间通过共价键相结合，故化学键类型是共价键，HClO分子内氧原子分别和氢原子、氯原子共用1对电子对，电子式是

(2)由图知，A点溶液中含氯微粒为HClO与ClO-、且HClO与ClO-浓度相同，HClO呈弱酸性，ClO-浓度因水解使溶液呈碱性，但ClO-的水解程度大于HClO的电离程度；所以溶液呈弱碱性。

(3)B点向右即加入NaOH溶液使饱和氯水的pH增大，①B点溶液存在反应：则随NaOH加入，c(H+)减小，平衡正向移动，c(Cl-)增大。

；②由图知，B点还存在ClCl2、Cl-；则存在随c(Cl2)减小，平衡正向移动，c(Cl-)增大。

(4)碱性越强时，含氯微粒为氯离子和次氯酸根离子，按得失电子数守恒，+1加氯和-1价氯等物质的量，则Cl-物质的量分数的上限为0.5。【解析】9共价键HClO与ClO-浓度相同，但ClO-的水解程度大于HClO的电离程度，所以溶液呈弱碱性随NaOH加入，c(H+)减小，平衡正向移动，c(Cl-)增大随c(Cl2)减小，平衡正向移动，c(Cl-)增大0.515、略

【分析】【分析】

四种短周期元素，A的气态氢化物极易溶于水，水溶液显碱性，则A为N元素，B的焰色反应为黄色，则B为Na元素，C的-2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，Ar是18号元素；则C为16号元素，C为S元素，D的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，则D为Cl元素；据此解答。

【详解】

由上述分析可知；A为N元素，B为Na元素，C为S元素，D为Cl元素；

（1）A为N元素，原子序数为7，核内有7个质子，核外有7个电子，各电子层上电子依次为2，5，其原子结构示意图为有二个电子层，最外层5个电子，N在元素周期表中的位置是第二周期第VA族；答案为第二周期第VA族。

（2）B为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于强碱，D为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物为HClO4，属于强酸，二者发生反应的离子方程式为OH-+H+=H2O；答案为OH-+H+=H2O。

（3）B为Na元素，C为S元素，二者形成化合物为Na2S，Na2S结构中钠离子与硫离子形成离子键，属于离子化合物，其电子式为答案为

（4）C为S元素；D为Cl元素，能说明元素Cl的非金属性强于元素S的实验事实有：

a．单质的熔点与非金属性强弱无关；故a不符合题意；

b．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，HCl的稳定性强于H2S，可说明Cl元素的非金属性比S元素强，故b符合题意；

c．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，HClO4的酸性强于H2SO4；可说明Cl元素的非金属性比S元素强，故c符合题意；

d．用原子半径的大小来说明非金属性强弱必须是同周期元素或同主族元素；比如碳的原子半径小于氯原子，碳的非金属性比氯弱，用原子半径的大小关系不能说明非金属性强弱，故d不符合题意；

答案为bc。【解析】第二周期第VA族OH-+H+=H2Obc16、略

【分析】【分析】

由化学方程式为2KNO3+3C+SA+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，N、O、C的原子个数前后相等，而反应物中有S、K元素，生成物中应一定有S、K元素，则X中含有S、K元素，反应前共1个S原子，共2个K原子，则Y中共1个S原子，共2个K原子，又X的化学计量数为1，则A的化学式为K2S；以此解答。

【详解】

(1)①同周期自左而右电负性增大；金属性越强电负性越小，故电负性O＞N＞C＞K，故答案为：O＞N＞C＞K；

②含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式，由原子守恒可知，物质A为K2S；属于离子晶体，故答案为：离子晶体；sp；

③原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子，故答案为：3d84s2；4；

(3)中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10-3L=0.003mol，所以x==2，则[CrCl(H2O)5]2+中Cr的化合价为+3价，则有3-n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2+，故答案为：[CrCl(H2O)5]2+。【解析】①.O>N>C>K②.离子晶体③.sp④.1:1⑤.3d84s2⑥.4⑦.[CrCl(H2O)5]2+17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)0.5molCO2的质量为其中含有CO2分子的个数为1个CO2分子中含有3个原子，则0.5molCO2共有

(2)质量都是100g的H2S、CH4、CO2、N2四种气体中，H2S的物质的量为CH4的物质的量为CO2的物质的量为N2的物质的量为根据公式可知，n越大，N越大，则含有分子数目最少的是CO2；质量都是100g的H2S、CH4、CO2、N2四种气体中，H2S含有的原子数目为CH4含有的原子数目为CO2含有的原子数目为N2含有的原子数目为则含有原子数目最多的是CH4；根据公式可知，在相同温度和相同压强条件下，物质的量越大，体积越大，则体积最大的是CH4；

(3)NaOH溶液中溶质是NaOH，0.4gNaOH的物质的量为则溶液体积为100mL0.1mol/LCuSO4溶液中，CuSO4的物质的量为CuSO4·5H2O的摩尔质量为250g/mol，则需要CuSO4·5H2O的质量为

(4)A．Na2O2中含有离子键和非极性共价键；A项不选；

B．H2O2中含有极性共价键和非极性共价键；B项不选；

C．NH4Cl中含有离子键和极性共价键；C项不选；

D．CH3COONa中含有离子键；极性共价键、非极性共价键；D项选；

E．NaHCO3中含有离子键和极性共价键；E项不选；

答案选D；

(5)F的电负性较大，HF分子间存在氢键，所以标准状况时HF为液态，而标准状况时HCl、HBr、HI为气态。【解析】22g0.5NA1.5NACO2CH4CH41002.5D氢键18、略

【分析】【详解】

（1）①与硝酸反应生成硝酸钠、硝酸钙、硼酸和水，反应方程式为：故答案为：

②由图中信息可知当液固质量比为5：1时；B元素的浸出率已经较大，再增大质量比B元素的浸出率不再增大，但会增加硝酸的用量，浪费原料；另外过高的质量比会导致硼酸的结晶率降低，减少硼酸产率，故答案为：使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率；

③mol

原10g钠硼解石中B的物质的量mol

mol

g

钠硼解石

故答案为：mol

原10g钠硼解石中B的物质的量mol

mol；g；钠硼解石

（2）①由电负性规律可知：电负性N>H>B，P>Ni，由此可知B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上。故答案为：电负性N>H>B，P>Ni；所以B上所连H带负电性；N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上；

②由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被-OH替代，由此可知氨硼烷水解最终水解生成和铵根离子，最终产物为或故答案为：或

（3）由晶胞结构可知，该晶胞中含1个Ca，由B原子构成的正八面体占据晶胞8个顶点，则正八面体的个数为则晶胞中B原子个数为6，故答案为：6。【解析】(1)使用更大液固比，B元素浸出率不再增大，但会消耗更多硝酸，浪费原料；更大液固比时，硼酸的结晶率会降低，减少硼酸的产率mol

原10g钠硼解石中B的物质的量mol

mol

g

钠硼解石

(2)电负性N>H>B，P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上或

(3)619、略

【分析】【分析】

此题考查晶体类型；晶体分四类：分子晶体，原子晶体，离子晶体，金属晶体。

【详解】

(1)中晶体熔点都比较高；属于原子晶体，原子晶体间作用力为共价键；

(2)中晶体都是金属；为金属晶体，金属有共性：延展，导电，导热和金属光泽；

(3)为分子晶体；分子晶体熔点有范德华力和分子间氢键决定，氟化氢间有氢键，所以熔点较高；

(4)组晶体为离子晶体；离子晶体为电解质，在水溶液或熔融状态可以导电；

(5)由晶胞知，与间的最短距离为面对角线的一半代入即可得0.315，与K紧邻的I个数8个（上下左右前后），D原子的坐标参数为(1，)。【解析】①.原子②.共价键③.①②③④④.HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多⑤.②④⑥.0.315⑦.8⑧.(1，)20、略

【分析】【分析】

（1）由M2O·R2O3·2SiO2·nH2O可知；M为第IA，R为ⅢA，元素M；R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，M为Na，R为Al。根据两元素原子结构和性质分析。

（2）①Si3N4中氮元素的化合价为-3；氮元素的非金属性比硅强，氮原子得电子的能力强于硅原子；

②C3N4的结构与Si3N4相似；用原子晶体的结构解释熔点高低；

③根据氧化还原反应化合价升降总数相等以及质量守恒来解答；

（3）①将工业硅粉碎的目的是增大反应物的接触面积；提高反应速率；

②盐酸；稀硫酸均不与Cu反应；氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应。

【详解】

（1）由M2O·R2O3·2SiO2·nH2O可知；M为第IA，R为ⅢA，元素M；R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，M为Na，R为Al。

①M原子核外能量最高的电子的电子排布式：3p1；

②常温下，a．Al与CuCl2溶液能将铜置换出来；b．Al与Fe2O3在高温反应；c．Al与浓硫酸发生钝化；d．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠；e．Al与Na2CO3固体常温下不能反应；故选be。

（2）①Si3N4中氮元素的化合价为-3，氮元素的非金属性比硅强，氮原子得电子的能力强于硅原子，因此两者形成化合物时，共用电子对偏向于氮原子，因此Si3N4中氮元素化合价为负价；

②C3N4的结构与Si3N4相似，用原子晶体的结构解释熔点高低：两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键的键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小；键能较大，熔点较高；

③配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。SiO2+C+N2Si3N4+CO。

Si的化合价前后未变，N的化合价由0降为-3，C的化合价由0升为+2，生成1个Si3N4化合价降低12，生成1个CO化合价升高2，根据化合价升降总数相等以及质量守恒得，3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO．

标出电子转移的数目和方向：

（3）①将工业硅粉碎的目的是增大反应物的接触面积；提高反应速率；

②盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应。x可能是硝酸，H2在高温下能将铜的氧化物还原为单质铜；单质铜与盐酸和硫酸不反应。

【点睛】

本题（3）考查氮化硅的制备实验方案的设计，解题关键：明确制备实验的原理中各步骤的作用及物质的性质，难点：（3）②硝酸的选择。【解析】①.3p1②.be③.氮元素的非金属性比硅强，氮原子得电子的能力强于硅原子，因此两者形成化合物时，共用电子对偏向于氮原子，因此Si3N4中氮元素化合价为负价④.两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C3N4中碳原子与氮原子形成的共价键的键长较Si3N4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高。⑤.无⑥.增大反应物的接触面积，提高反应速率⑦.硝酸⑧.H2在高温下能将铜的氧化物还原为单质铜，单质铜与盐酸和硫酸不反应四、判断题(共1题，共9分)21、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1题，共5分)22、略

【分析】【详解】

(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，说明A原子有两个能层，其基态原子的电子排布1s22s22p3，其基态原子的电子排布图为价电子的电子排布2s2