2025年人教A版选择性必修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A版选择性必修2化学上册月考试卷531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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列描述中正确的是A.CS2的空间结构为V形B.的空间结构为平面三角形C.SF6中有6个完全相同的成键电子对D.SiF4和的中心原子前者为sp3杂化，后者为sp2杂化2、下列元素属于ds区的是A.CaB.FeC.CuD.P3、某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿x轴投影图如下，已知：晶胞参数为apm，为阿伏加德罗常数的值，其中原子坐标参数甲乙下列说法错误的是。

A.该合金的化学式为B.丙原子的坐标参数C.与V距离最近且相等的Ga有4个D.该合金的密度为4、2019年是门捷列夫提出周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A.第35号元素的单质在常温常压下是液体B.位于第四周期第VA族的元素为金属元素C.第七周期0族元素的原子序数为118D.根据第IIA族元素性质的递变性，第38号元素Sr形成的碳酸盐SrCO3为沉淀5、下列说法中，错误的是A.同种原子形成的分子，两个原子之间的化学键一定是共价键B.两个非金属元素的原子之间形成的化学键一定是共价键C.不论含氧酸还是无氧酸，分子内原子间的化学键都是共价键D.凡是不含金属元素的化合物一定只含有共价键6、下列关于晶体性质的比较中，错误的是A.熔点：SiO2＞CO2B.硬度：金刚石＞晶体硅C.延展性：Fe＞AuD.晶格能：MgO＞Na2O评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3·BF3，下列说法正确的是（）A.NH3和BF3的立体构型都是三角锥形B.NH3和BF3的中心原子的杂化方式不同C.NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构D.NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中N和B都采取的是sp3杂化8、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，而且还是一种潜在的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是。

A.氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键B.AlH的VSEPR模型为正四面体结构C.当氢化铝锂释放1mol氢气时，将有2molAl3+被还原D.该晶胞的密度为g/cm39、部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。元素XYZWT原子半径/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外层电子数11667

下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：Y>Z>XB.气态氢化物的热稳定性：W>ZC.Y与Z形成的化合物可能具有强氧化性D.常温下，W单质的分子间作用力小于T单质10、硼酸()是一种片层状结构的白色晶体，层内的分子通过氢键相连(如图所示)。下列有关说法正确的是。

A.在分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构B.分子的稳定性与氢键有关C.1mol的晶体中有6mol极性共价键D.1mol的晶体中有3mol氢键11、在某晶体中；与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的立体构型为正八面体型(如图)。该晶体不是。

A.NaCl(x=Na+，y=Cl-)B.CsCl(x=Cs+，y=Cl-)C.金属钋(Po)D.C60晶体12、下列有关说法不正确的是。

A.图1NaCl晶体中，距最近的形成为正四面体形B.图2晶体中，每个晶胞平均占有4个C.图3立方相氮化硼中，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4D.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813、下列有关叙述正确的是A.在BCl3分子中，所有原子都满足最外层8电子结构B.核外电子排布完全相同的两种微粒，其化学性质一定相同C.已知NaH是离子化合物，则其电子式是Na+[:H]-D.NaCl晶体中，每个Na+同时吸引6个Cl—14、下列有关化学键类型的判断不正确的是A.s-­sσ键与s­-pσ键的对称性不同B.分子中含有共价键，则至少含有一个σ键C.已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)D.乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、五种元素原子的电子层结构如下：

A．1s22s22p63s23p63d54s2；B．1s22s22p63s2；C．1s22s22p6；D．1s22s22p63s23p2；E．[Ar]4s1

请回答：

(1)___________(填字母，下同)元素是稀有气体。含未成对电子数最多的元素是___________。

(2)A的元素符号是___________，其核外电子共有___________种运动状态。

(3)D元素原子核外电子排布图是___________，总共有___________个能级。16、有两种短周期元素元素原子的最外层电子数为次外层电子数为元素原子的层（有电子）电子数为层电子数为

（1）推断元素名称和符号：_______、______，______、_______。

（2）两元素形成的化合物可能具有的性质是_______（填序号）。

A.能与水反应B.能与硫酸反应C.能与氢氧化钠溶液反应。

（3）元素的原子含有_______个能层，Y元素的原子含有_______个能层。17、不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的最低能量；设其为E，如图所示。试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并完成下列问题。

(1)写出14号元素基态原子的电子排布式___________。

(2)用所学理论解释13号元素的E值比12号元素低的原因___________。

(3)同一周期内，随着原子序数的增大，E值增大，但个别元素的E值出现反常现象。试预测下列关系式中正确的是___________(填序号)。

①E(砷)＞E(硒)②E(砷)＜E(硒)③E(溴)＞E(硒)④E(溴)＜E(硒)

(4)估计1mol气态钙原子失去最外层一个电子所需最低能量E值的范围___________。

(5)从原子结构的角度解释19号元素的E值比11号元素E值低的原因___________。18、根据下列五种元素的电离能数据(单位∶kJ/mol)，回答下列问题。元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900

(1)在周期表中，最可能处于同一族的是_______。

A.Q和RB.S和TC.T和UD.R和TE.R和U

(2)电解它们的熔融氯化物，以下过程最可能正确的是_________。

A．Q2++2e-→QB.R2++2e-→R

C．S3++3e-→SD．T3++3e-→T

(3)它们的氯化物的化学式，最可能正确的是________

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TCl

(4)S元素最可能是________素。

A.S区元素B.稀有气体元素C.p区元素D.准金属。

(5)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是_____。

A.氦(1s2)B.铍(1s12s2)C.锂(1s22s1)D.氢(1s1)19、在周期表中，与的化学性质最相似的邻族元素是___________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态___________(填“相同”或“相反”)。基态核外电子排布式为___________。20、液化石油气中常存在少量有毒气体基硫(COS)；必须将其脱除以减少环境污染和设备腐蚀。完成下列填空：

(1)羰基硫(COS)所含元素的原子半径从大到小的顺序______。

(2)写出羰基硫的电子式______；羰基硫分子属于______(选填“极性”；“非极性”)分子。

(3)下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是______。

a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4b．酸性：H2SO3＞H2CO3

c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价d．浓H2SO4加热能氧化C21、现有核电荷数小于18的元素A，其电离能数据如表所示[I1表示失去第1个电子的电离能，In(n＝2,3,4,5,6,7,8,9,10,11)表示失去第n个电子的电离能；单位为eV]。

(1)外层电子离核越远，能量越高，电离能越______(填“大”或“小”)；阳离子所带电荷数越多，在失去电子时，电离能越________(填“大”或“小”)。

(2)上述11个电子分属________个电子层。

(3)去掉11个电子后，该元素还有________个电子。

(4)该元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式是________。22、实践证明；75%的乙醇溶液可以有效灭活新冠病毒。

(1)1mol乙醇中含有σ键的数目为___________。

(2)相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)的原因为_________。

(3)向CuSO4溶液中滴加氨水；首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，加入乙醇后析出深蓝色晶体。

①氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为____________。

②深蓝色晶体中阴离子SO的立体构型为_____，其中心原子的杂化类型为____；阳离子的结构式为____。评卷人得分四、实验题(共3题，共15分)23、有机物乙偶姻存在于啤酒中；是酒类调香中一个极其重要的品种。某研究性学习小组为确定乙偶姻的结构，进行如下探究。

步骤一：将乙偶姻蒸气通过热的氧化铜(催化剂)氧化成二氧化碳和水；再用装有无水氯化钙和固体氢氧化钠的吸收管完全吸收。2.64g乙偶姻的蒸气氧化生成5.28g二氧化碳和2.16g水。

步骤二：通过仪器分析得知乙偶姻的相对分子质量为88。

步骤三：用核磁共振仪测出乙偶姻的核磁共振氢谱如图所示；图中4个峰的面积比为1:3:1:3。

步骤四：利用红外光谱仪测得乙偶姻分子的红外光谱如图所示。

(1)请写出乙偶姻的分子式____(请写出计算过程)。

(2)请确定乙偶姻的结构简式______。24、在复习元素周期律过程中；某研究性学习小组的几位同学拟通过具体的实验来探讨某些金属元素的性质差异，下面是他们设计的探究性实验方案，请填写下列空白：

(1)实验目的：比较钠；镁、铝金属性强弱。

(2)实验用品：试管、_______、酒精灯、试管夹、砂纸、滤纸、钠、镁条、铝片、酚酞、蒸馏水、6mol·L-1的盐酸。

(3)实验过程与现象记录。

。实验过程预期现象实际观察到的现象a.取已切去表皮的一小块金属钠；放入盛有水的某容器中。

立即剧烈反应。

开始时钠块浮在水面上不反应；稍后才开始与水剧烈反应。

b.向盛有适量水(内含2滴酚酞)的试管中加入一小段镁条。

有气泡产生；溶液变成红色。

没有相应现象；加热后仍无明显变化。

c.向两支盛有3mL6mol·L-1盐酸的试管中；分别加入大小相同的镁片和铝片。

铝；镁与盐酸反应产生气泡剧烈程度不同。

镁与盐酸反应产生气泡速率较快。

I.甲同学的方案如下：

①你认为a、b两步实验中出现异常现象的可能原因是：

a._______

b._______

②上面的实验表明：钠；镁、铝三种元素的金属性由强到弱的顺序为_______

II.乙同学方案：他认为只需要一种试剂就可以确定钠、镁、铝的金属性强弱，预计他的主要实验操作是_______，写出镁与这种试剂反应的化学方程式：_______。25、实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，该反应属于大量放热的反应。某小组用如图所示装置制备[Co(NH3)6]Cl3；实验步骤如下：

Ⅰ．称取研细的CoCl2•6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴将混合物加热至60℃；恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。

Ⅲ．将沉淀溶于热的盐酸中；趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。

Ⅳ．过滤；用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。

试回答下列问题：

(1)制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是___。

(2)请指出装置中存在的一处缺陷___。

(3)若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是__。

(4)与[Co(NH3)6]Cl3类似的产品还有[Co(NH3)5Cl]Cl2，请简述验证某晶体是[Co(NH3)6]Cl3还是[Co(NH3)5•Cl]Cl2的实验方案___。

(5)步骤Ⅲ中趁热过滤的主要目的是___，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是___。

(6)乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是___。评卷人得分五、有机推断题(共3题，共12分)26、地球表面约70%以上是海洋，全球约95%的生物物种在海洋中，由此可见海洋拥有极其丰富的天然资源，是亟待开发的天然宝库。从某种海洋微生物中分离得到具有生理活性的有机化合物A，用质谱法和元素分析法测得A的化学式为C15H28O4。在苯溶液中，A可与等摩尔的Pb(OAc)4反应，生成物经酸水解得乙醛酸和另化一合物B。B遇热失去一分子水得化合物C。将C与KMnO4溶液共热得草酸和十一酸。

(1)请写出化合物A、B和C的结构式______、_______、________。

(2)A可能存在________种光学异构体？

(3)已测得化合物B为s-构型，请写出化合物A最稳定的构象式___________。

(4)写出A的3-羟基与D-甘露糖形成的α-单糖苷的构象式_________。D-甘露糖的结构式如下：

27、化合物是一种重要中间体；其合成路线如下：

（1）的反应类型为_______。

（2）的分子式为则的结构简式：_______。

（3）含有手性碳原子的数目为_______。

（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；

②能与溶液发生显色反应；

③分子中只有4种不同化学环境的氢。

（5）已知：设计以原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_______28、有机合成在制药工业上有着极其重要的地位。某新型药物F是一种合成药物的中间体；其合成路线如图所示：

已知：①Diels-Alder反应：

②(R；R′均为烃基)

回答下列问题：

(1)A的产量标志着一个国家石油化工发展水平，则CH3CH2OH→A所需试剂、条件分别为______、______。

(2)B的化学名称是______；A→C的反应类型为______。

(3)F中官能团的名称是______。

(4)分子式为C6H10的有机物其结构不可能是______填标号

A.含有两个环的环状有机物。

B.含有一个双键的直链有机物。

C.含有两个双键的直链有机物。

D.含有一个三键的直链有机物。

(5)D→E的化学方程式为______。

(6)已知炔烃与二烯烃也能发生Diels-Alder反应。则以CH2=CH-CH=CH2和HC≡CH为原料合成的路线图为______无机试剂任选用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．CS2的结构式为S=C=S；中心C原子杂化类型为sp，空间结构为直线形，A错误；

B．的中心原子有3个σ键，孤电子对数为价层电子对数为3+1=4，空间结构为三角锥形，B错误；

C．SF6的中心原子S的价层电子对数为6，空间结构为正八面体形，即有6个完全相同的成键电子对；C正确；

D．SiF4的价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，的价层电子对数为4，中心S原子杂化类型为sp3杂化；D错误；

故合理选项是C。2、C【分析】【分析】

【详解】

Ca、Fe、Cu、P的电子排布式分别是1s22s22p63s23p64s2、1s22s22p63s23p63d64s2、1s22s22p63s23p63d104s1、1s22s22p63s23p3；元素分别处于s区；d区、ds区和p区；

故选C。

【点睛】

1~36号分区元素原子核外电子的排布特征：s区最外层s1~2，且次外层没有d电子；d区一般次外层d1~8，最外层s2；ds区次外层d10，最外层s1~2；p区最外层p1~6。3、B【分析】【详解】

A．Ga位于顶点和体心，V位于面心，结合晶胞均摊计算知该晶胞中含2个Ga、6个V，所以该合金的化学式为A正确；

B．由信息可知丙原子的坐标参数B错误；

C．晶胞中距离Ga最近且相等的V有12个；距离V最近且相等的Ga有4个，C正确；

D．根据晶胞体积和晶胞质量可知该合金的密度为D正确；

故选B。4、B【分析】【详解】

A．根据元素周期表的结构；第35号元素为溴元素，其单质在常温常压下是液体，故A正确；

B．位于第于第四周期第VA族的元素为砷元素；砷元素为非金属元素，故B错误；

C．第六周期0族为86号元素；六；七周期同主族元素原子序数之差为32，则第七周期0族元素的原子字数为86+32=118，故C正确；

D．根据第IIA族元素碳酸盐的溶解性，碳酸镁微溶于水，碳酸钙为沉淀，碳酸钡为沉淀，可推断从上至下第IIA族元素碳酸盐溶解度降低，则第38号元素Sr形成的碳酸盐SrCO3为沉淀；故D正确；

答案选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．同种原子形成的分子；两个原子之间不存在电子的得失，形成的化学键一定是共价键，A正确；

B．两个非金属元素的原子之间只能通过共用电子对形成化学键；因此一定是共价键，B正确；

C．不论含氧酸还是无氧酸；均是共价化合物，因此分子内原子间的化学键都是共价键，C正确；

D．凡是不含金属元素的化合物不一定只含有共价键；例如铵盐等含有离子键，D错误；

答案选D。6、C【分析】【详解】

A．SiO2是原子晶体，原子间存以较强的共价键相互作用，而CO2是分子晶体，分子间只有较小的范德华力，所以熔点SiO2＞CO2；故A正确；

B．金刚石和晶体硅都是原子晶体，原子晶体中化学键键能越大、键长越短，其硬度越大，键长C-C

C．Au质软，延展性在金属中最好，则延展性：Fe

D．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径：Mg2++，则晶格能MgO＞Na2O；故D正确；

答案选C。二、多选题(共8题，共16分)7、BD【分析】【详解】

A．NH3分子的中心原子N原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=×（5-3×1）=1，所以NH3的VSEPR模型是四面体形，略去孤电子对后，其立体构型是三角锥形；BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数═×（3-3×1）=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角形；中心原子上没有孤电子对，所以其立体构型就是平面三角形，选项A错误；

B．BF3中B原子杂化轨道数为×（3-3×1）+3=3，采取sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5-3×1）+3=4，采取sp3杂化方式；中心原子杂化轨道的类型不相同，选项B正确；

C．NH3•BF3中氢原子只有两个电子；选项C错误；

D．NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，配位键也属于σ键，则N原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化方式，B原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化方式；选项D正确；

答案选BD。8、CD【分析】【详解】

A．根据晶胞的结构可知氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及中含有的配位键；A正确；

B．价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，为正四面体结构；B正确；

C．由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知，当氢化铝锂释放1mol氢气时，有的被还原；C错误；

D．该晶胞的密度为D错误；

故选CD。9、AC【分析】【分析】

Z和W最外层电子均为6；且Z原子半径小，所以Z为O；W为S；T元素最外层电子书为7，其原子半径介于Z和W之间，所以T为F；X和Y最外层电子均为1，且半径均大于Z，Y元素半径大于W；所以X为Na，Y为K；据此分析解题。

【详解】

A．据分析可知，Y为K；Z为O；X为Na，电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小；所以简单离子的半径：Y>Z>X；故A正确；

B．W为S；Z为O；电负性大小为Z>W，所以气态氢化物的热稳定性：Z>W；故B错误；

C．Y为K；Z为O；K和O形成的过氧化钾即可以做氧化剂又可以做还原剂；故C正确；

D．W为S；T为F；S单质为分子晶体；F单质为分子晶体；分子晶体之间作用力与分子量大小有关，S是以S8存在，F以F2存在；所以W单质的分子间作用力大于T单质；故D错误；

故答案选AC。10、CD【分析】【详解】

A．硼原子最外层只有3个电子；与氧原子形成3个共用电子对，氢原子最外层只有1个电子，与氧原子形成1个共用电子对，因此B原子和H原子最外层都不满足8电子稳定结构，故A错误；

B．分子的稳定性与分子内的共价键有关；与氢键无关，故B错误；

C．的晶体中有键和键，则的晶体中有极性共价键；故C正确；

D．1个分子对应6个氢键，1个氢键为2个分子共用，因此含有分子的晶体中有氢键；故D正确；

故选CD。11、BD【分析】【分析】

由图可知；与微粒x距离最近且相等的y有6个，即x的配位数为6。

【详解】

A．NaCl晶体中的离子配位数是6；符合该图，A不符合题意；

B．CsCl晶体中的离子配位数是8；不符合该图，B符合题意；

C．金属Po中；Po原子的配位数是6，符合该图，C不符合题意；

D．C60晶体中，C60位于顶点和面心上，则其配位数==12；不符合该图，D符合题意；

故选BD。12、AD【分析】【分析】

【详解】

A．以顶点钠离子研究，与之最近的氯离子处于晶胞棱心且关于钠对称，故距最近的有6个；形成为正八面体形，A错误；

B．8×+6×=4，晶体中，每个晶胞平均占有4个B正确；

C．图3立方相氮化硼中，硼原子为3×=1；硼原子与硼氮键个数的比为1∶4，C正确；

D．金属Cu中Cu原子堆积方式为面心立方最密堆积；每个Cu原子的配位数均为12，D错误；

答案选AD。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．硼原子最外层有3个电子，与3个氯原子形成共价键，BCl3分子中B原子最外层只有6个电子；故A错误；

B．核外电子排布完全相同的两种微粒，其化学性质不一定相同，如Na+和Ne核外电子排布相同；但化学性质不同，故B错误；

C．NaH是离子化合物，由Na+和H-组成，电子式为Na+[:H]-；故C正确；

D．NaCl的晶胞结构如图所示晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl-，每个Cl-同时吸引着6个Na+；故D正确；

综上所述答案为CD。14、AC【分析】【分析】

【详解】

A．σ键都是轴对称图形；故A错误；

B．共价单键为σ键；双键和三键中均含1个σ键，则分子中含有共价键，则至少含有一个σ键，故B正确；

C．乙炔中的碳碳三键中含有一个σ键；2个π键，两个C—H键是σ键，乙炔分子中存在3个σ键和2个π键，故C错误；

D．乙烷分子中只存在C—C单键和C—H单键；单键都为σ键，故都是σ键，故D正确；

故选AC。

【点睛】

单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；三键中含有1个σ键和2个π键。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

根据电子排布式；推出A为Mn，B为Mg，C为Ne，D为Si，E为K，据此分析；

【详解】

(1)根据上述分析；Ne为稀有气体；根据能级所含原子轨道数以及每个轨道最多容纳2个电子，A中d能级上有5个原子轨道，最多容纳10个电子，因此A中未成对电子为5，B中没有未成对电子，C中没有未成对电子，D中p有3个原子轨道，最多容纳6个电子，即未成对有2，E没有未成对电子，综上所述，含未成对电子数最多的元素是A；故答案为D；A；

(2)根据上述分析；A元素符号为Mn，核外有多少个电子，核外有多少种运动状态的电子，即Mn元素核外电子共有25种运动状态；故答案为Mn；25；

(3)D元素为Si，其轨道式为含有的能级为1s、2s、2p、3s、3p，共有5个能级；故答案为5。【解析】①.C②.A③.Mn④.25⑤.⑥.516、略

【分析】【分析】

短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a－b)，L层电子数为(a＋b)，则L层电子数为8，所以a＋b＝8，所以元素X原子有2个电子层，故b＝2，所以a＝8－b＝8－2＝6，故X为O元素；故元素Y原子的M层电子数为a－b＝6－2＝4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2；结合元素化合物的性质判断。

【详解】

(1)X为O元素；Y为Si元素，故答案为：氧；O；硅；Si；

(2)X、Y两元素形成的化合物为SiO2；

A．SiO2不与水反应；故A错误；

B．SiO2性质稳定；溶于HF酸，不溶于其它酸，故B错误；

C．SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；故C正确；

D．SiO2不与氯气反应；故D错误；

故答案为：C；

(3)氧原子和硅原子的原子结构示意图分别为：所以氧原子有2个能层，硅原子有3个能层，故答案为：2；3。

【点睛】

本题推断元素种类是解题关键，根据每一能层能够排布的电子数多少进行综合判断，注意二氧化硅性质的特殊性。【解析】①.氧②.O③.硅④.Si⑤.C⑥.2⑦.317、略

【分析】(1)

14号元素为Si，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p2或者[Ne]3s23p2；故答案为1s22s22p63s23p2或者[Ne]3s23p2；

(2)

根据E的定义，13号元素为Al，基态原子排布式为1s22s22p63s23p1，12号元素为Mg，1s22s22p63s2，13号元素Al失去的是3p1电子，12号元素Mg失去的是电子，3p能级的能量比3s能级的能量高，易失或12号元素Mg失去的是是全充满结构，是相对稳定的结构；故答案为13号元素Al失去的是3p1电子，12号元素Mg失去的是电子，3p能级的能量比3s能级的能量高，易失或12号元素Mg失去的是是全充满结构；是相对稳定的结构；

(3)

根据分析图可知；同周期从左向右，E是增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，E(砷)＞E(硒)，E(溴)＞E(硒)；故答案为①③；

(4)

根据分析图可知；同周期从左向右，E是增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，同主族从上到下，E逐渐增大，485＜E(Ca)＜738；故答案为485＜E(Ca)＜738；

(5)

Na和K都位于第ⅠA族，最外层电子数相同，但是电子层数：K＞Na，原子半径：K＞Na，原子核对电子的引力：Na>K，E值：Na>K；或K元素失去的4s能级上的电子，钠失去的是3s能级上的电子，4s能级电子的能量高，易失去，故E值：Na>K；故答案为Na和K都位于第ⅠA族，最外层电子数相同，但是电子层数：K＞Na，原子半径：K＞Na，原子核对电子的引力：Na>K，E值：Na>K；或K元素失去的4s能级上的电子，钠失去的是3s能级上的电子，4s能级电子的能量高，易失去，故E值：Na>K。【解析】(1)

(2)13号元素Al失去的是电子，12号元素Mg失去的是电子，3p能级的能量比3s能级的能量高，易失去。或12号元素Mg失去的是是全充满结构；是相对稳定的结构。

(3)①③

(4)

(5)Na和K都位于第ⅠA族，最外层电子数相同，但是电子层数：原子半径：原子核对电子的引力：E值：或K元素失去的4s能级上的电子，钠失去的是3s能级上的电子，4s能级电子的能量高，易失去，故E值：18、略

【分析】【分析】

根据得失电子规律；同一主族从上到下电离能依次递减，同一周期从左到右电离能依次递增。根据元素的电离能可知，Q的第一电离能最大，很可能是稀有气体。R和U的第2电离能均远远大于第一电离能，因此最外层电子数都是1个，最有可能处于同一主族。S的第三电离能远远大于第二电离能，所以S的最外层有2个电子。同理分析T的最外层电子数是3个。由于最外层2个电子属于全充满，稳定性强，所以第一电离能大于T的，因此金属性强弱顺序为U＞R＞S＞T＞Q。

【详解】

(1)R和U的第一电离能较小；最外层电子数为1，二者位于同一族；答案是：D。

(2)根据分析可知，金属性越强，相应阳离子的氧化性就越弱，而Q又很有可能是稀有气体，熔融状态下难于电离，所以阴极放电反应最可能是T3+；选D，答案是：D。

(3)由分析可知根据R、S、T、U最高化合价为+1、+2、+3、+1，所以各氯化物分别是RCl、SCl2、TCl3；UCl；B符合；答案是：B。

(4)S的第一；第二电离能较小；最外层电子数为2，可能为S区元素，所以答案是:A。

(5)Q的电离能很大，可能为0族元素，化学性质和物理性质最像氦，所以答案是：D。【解析】①.D②.D③.B④.A⑤.D19、略

【分析】【详解】

根据元素周期律可知，与Li处于对角线位置的元素为Mg，二者的化学性质相似，故此处填Mg；Mg原子的M层电子排布式为3s2，根据泡利不相容原理可知，这两个电子的自旋状态相反，故此处填相反；是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为或则基态核外电子排布式为或【解析】相反（或）20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)同一周期元素；原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。S是第三周期元素，C；O是第二周期元素，则羰基硫(COS)所含S、C、O三种元素的原子半径从大到小的顺序为：S＞C＞O；

(2)羰基硫中C原子与S、O分别形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故其电子式为：

在羰基硫分子中；O；S原子吸引电子能力大小不同，故分子中正负电荷重心不重合，因此该分子属于极性分子；

(3)a．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，而Na2SO4是强酸强碱反应产生的正盐，不水解，溶液显中性，故在相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4；可证明元素的非金属性S＞C，a符合题意；

b．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于H2SO3不是S元素最高价含氧酸，因此不能通过比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱判断元素S、C的非金属性的强弱，b不符合题意；

c．在CS2中碳元素为+4价；硫元素为-2价，说明二者吸引电子能力：S＞C，可证明元素的非金属性：S＞C，c符合题意；

d．浓H2SO4加热能氧化C产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2，同时产生H2O；只能说明浓硫酸具有强氧化性，但不能证明元素的非金属性：S＞C，d不符合题意；

故合理选项是ac。【解析】S＞C＞O极性ac21、略

【分析】【分析】

根据电离能I2与I3之间产生了突变；可知该原子最外层有2个电子，核电荷数小于18的元素，且已有11个电子，所以该元素为12号镁。

【详解】

(1)据图表可知外层电子离核越远；能量越高，越容易失去电子，所以电离能越小；阳离子电荷数越高，原子核对核外电子的引力越大，越难失去电子，电离能越大；

(2)从表格能量大小可看出；前两个电子在一个能层，之后八个在一个能层，最后一个在一个能层，故分属3个电子层；

(3)该元素为12号Mg；失去了11个电子后，该元素还有1个电子；

(4)Mg的最高价氧化物对应的水化物的化学式是Mg(OH)2。

【点睛】

根据电离能的突变可以得到原子的最外层电子数。【解析】①.小②.大③.3④.1⑤.Mg(OH)222、略

【分析】【详解】

(1)乙醇的结构式是1个乙醇分子中含有8个σ键，1mol乙醇中含有σ键的数目为8NA。

(2)乙醇、二甲醚的相对分子质量相等，乙醇分子间能形成氢键，二甲醚分子间不能形成氢键，相同条件下，乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)；

(3)①氢氧化铜和氨水形成配离子[Cu(NH3)4]2+，氨水过量后沉淀逐渐溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。

②SO中S原子的杂化轨道数是无孤电子对，SO的立体构型为正四面体形，S原子的杂化类型为sp3杂化；阳离子是[Cu(NH3)4]2+，结构式为【解析】8NA(或8×6.02×1023或4.816×1024)乙醇分子间能形成氢键Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O[或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-]正四面体形sp3杂化四、实验题(共3题，共15分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)n(C)=n(CO2)==0.12moln(H)=2n(H2O)==0.24mol

m(C)+m(H)=0.12mol×12g·mol-1+0.24g=1.68g<2.64g该化合物含有氧元素。

n(O)==0.06mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.12mol：0.24mol：0.06mol=2：4：1，最简式为C2H4O，由已知相对分子质量为88，该化合物分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；

(2)根据核磁共振氢谱图中由4个峰，且面积比为1:3:1:3，说明分子中含有4中氢原子，且个数比为1:3:1:3，结合红外光谱图所示含有C-H、C-O、C=O等化学键，故其结构简式为：故答案为：【解析】C4H8O224、略

【分析】【分析】

比较金属性可以利用金属与水或酸置换出氢气的难易以及最高价氧化物对应水化物的碱性。该实验设计的是三种金属与水；与酸反应的难易；因为具体到实验操作，需要考虑很多因素，比如钠的取用、镁条的使用等。本题主要涉及试管实验，但是钠与水的反应比较剧烈，不适合在试管中完成，在烧杯中或水槽中比较安全。如果用一种试剂比较三者金属性强弱，考虑水这种试剂，钠与水很剧烈，镁与水反应比较缓慢，铝和水几乎不反应。

【详解】

（2）由钠与水反应实验知缺少烧杯（或水槽）；故答案为：烧杯或水槽；

（3）I．①a理论上钠是金属性强的活泼金属加到水中应立刻剧烈反映，现在出现开始时钠块浮在水面上不反应的这种现象，只能说明钠的表面有不与水反应煤油阻止钠与水的接触；b镁在加热的条件下是能和水反应的现在没有相应现象应该镁表面的氧化膜阻止接触；故答案为：钠表面的煤油没有用滤纸吸干净；镁表面的氧化膜没有被除去；

②金属性越强，由反应的剧烈程度两两比较得出金属性：钠﹥镁﹥铝；故答案为：钠>镁>铝；

II．钠和冷水反应、镁和热水反应、铝和热水也不反应，所以可以用水和这三种金属反应现象判断金属活动性强弱，其实验方法是用滤纸将一小块金属钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除掉了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热。镁与水反应的化学方程式：Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。故答案为：用滤纸将一小块钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热；Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。【解析】烧杯或水槽钠表面的煤油没有用滤纸吸干净镁表面的氧化膜没有被除去钠>镁>铝用滤纸将一小块钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑25、略

【分析】【分析】

用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3在三颈烧瓶内混合，水浴加热制取[Co(NH3)6]Cl3，由于NH3易挥发，NH4Cl、H2O2易分解；所以需控制加热温度；同时需考虑，反应过程中挥发出的氨气会对大气产生污染，应进行尾气处理；分离产品时，需先过滤出活性炭，同时应防止产品在过滤过程中结晶析出；将产品结晶析出时，又需考虑如何获得尽可能多的晶体。

【详解】

(1)制备[Co(NH3)6]Cl3时，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3为原料，化学方程式是2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。答案为：2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；

(2)装置中；由于不断加热且反应放热，氨水中会有一定量的氨气挥发出来，应进行处理，所以存在的一处缺陷是缺少吸收挥发出氨气的装置。答案为：缺少吸收挥发出氨气的装置；

(3)H2O2具有不稳定性，若30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解。答案为：在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解；

(4)与[Co(NH3)6]Cl3相比，[Co(NH3)5Cl]Cl2的内界还含有Cl-，常温下与Ag+不反应，但受热后电离程度增大，可与Ag+反应生成AgCl，所以验证某晶体是[Co(NH3)6]Cl3还是[Co(NH3)5•Cl]Cl2的实验方案为：取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是[Co(NH3)5Cl]Cl2，不能再产生沉淀的是[Co(NH3)6]Cl3。答案为：取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是[Co(NH3)5Cl]Cl2，不能再产生沉淀的是[Co(NH3)6]Cl3；

(5)步骤Ⅲ中，若过滤时间长，滤液温度降低多，[Co(NH3)6]Cl3会在过滤过程中结晶析出，所以需趁热过滤，主要目的是除去活性炭并防止产品析出；为获得更多的产品，可利用同离子效应，降低产品的溶解度，由此得出滤液中加适量浓盐酸的主要目的是增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。答案为：除去活性炭并防止产品析出；增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；

(6)[Co(NH3)6]Cl3易溶于水而难溶于乙醇；则乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是产品损失少。答案为：产品损失