2025年冀教新版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年冀教新版选择性必修2化学下册月考试卷417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、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是()A.SO2和SiO2B.CO2和H2OC.NaCl和HClD.CCl4和KCl2、下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为10的氧原子：OB.N2H4的电子式：C.N3-的结构示意图D.基态O原子价电子轨道表示式：3、1919年，英国物理学家卢瑟福用粒子（即氦核）轰击非金属原子发现了质子：其中元素原子X、Q的常见单质均为双原子无色气体。下列说法正确的是（）A.原子核内中子数与质子数之比为B.X、Q的简单氢化物稳定性：C.Q最高化合价比X的最高化合价高D.X的氧化物对应的水化物均为强酸4、含N元素的气体a可发生如图所示转化。下列说法正确的是。

A.c生成d属于自然固氮B.b可用于检验氯气管道是否泄漏C.x中阴离子的空间结构为V形D.d为酸性氧化物5、我国科学家使用某种电解液提高了水系锌锰电池的性能。该电解液阴离子结构如图所示；其中W；X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素，且最外层电子数之和为23。下列说法错误的是。

A.简单氢化物沸点：B.该离子中Z为杂化C.四种元素中电负性最强的为ZD.第一电离能：6、的配位化合物较稳定且应用广泛。可与等配体形成使溶液呈浅紫色的红色的无色的黄色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：

已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子；不能与形成配离子。下列说法不正确的是A.Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色造成B.向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色C.可用NaF和KSCN溶液检验溶液中是否含有D.为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、元素周期表的第1~36号元素中；满足下列条件的元素有（填元素符号）：

（1）基态原子的最外层具有6个p电子的所有元素：____________；

（2）基态原子的3d亚层为半充满的所有元素：____________；

（3）基态原子的次外层d轨道全满，最外层有一个s电子：____________；

（4）某元素＋3价离子和氩原子的电子排布相同：____________；

（5）原子半径第二小的主族元素：____________。8、某元素原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1；根据原子核外电子排布与元素在元素周期表中的位置关系，完成下列各题：

(1)该元素处于元素周期表的第_______周期；

(2)该元素处于元素周期表的第_______族；

(3)试推测该元素处于元素周期表的_______区，9、(1)碳原子2p亚层上的2个电子不相同的方面是____（选填序号）。

a．能量b．电子云形状c．电子云伸展方向d．自旋状态。

14N原子与12C原子比，质子数和中子数都更多，但原子半径却更小，请解释__________________。

(2)铍(Be)与铝性质相似。

①以下对铍及其化合物的推断肯定不正确的是______（选填序号）。

a．铍会在浓硫酸中钝化b．氯化铍固体会发生升华现象。

c．氧化铍坚硬难熔d．铍的熔点低于镁。

②写出BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后反应的离子方程式____________________________。

(3)将BeCl2溶液加热蒸干后灼热，再使其熔融，用直流电电解，可得到单质铍和一种单质气体，则该气体的化学式为_______。

(4)氮化铝(AlN)广泛应用于集成电路；其制备原理是将氧化铝与碳粉混合均匀，在持续流动的氮气流中加热至1750℃，发生如下反应：

2Al2O3(s)4Al(g)+3O2(g)①

2C(s)+O2(g)2CO(g)②

2Al(g)+N2(g)2AlN(s)③

试分析反应②对制备AlN的作用______________________________________________。10、（1）配位化学创始人维尔纳发现，取COCl3•6NH3（黄色）、CoCl3•5NH3（紫红色）、COCl3•4NH3（绿色）和COCl3•4NH3（紫色）四种化合物各1mol；分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol；2mol、1mol和1mol．

①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式．

COCl3•6NH3__，COCl3•5NH3__，COCl3•4NH3（绿色和紫色）__．

②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是__．

③上述配合物中，中心离子的配位数都是__．

（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色．该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl表示．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．请按要求填空：

①Fe3+与SCN﹣反应时，Fe3+提供__，SCN﹣提供__；二者通过配位键结合．

②所得Fe3+与SCN﹣的配合物中，主要是Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子显血红色．含该离子的配合物的化学式是__．

③若Fe3+与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为：_____________。11、(1)HNO3失去OH-之后形成中间体，中所有原子满足稳定结构，写出的电子式________。

(2)在元素周期表中，某些主族元素与其右下方的主族元素有些性质相似。写出Be(OH)2与NaOH溶液反应的离子方程式_______________________。

(3)AlF3的熔点(1040℃)比AlBr3的熔点(194℃)高得多，主要原因_________________________。12、现有下列八种晶体：

A．水晶B．冰醋酸C．氧化镁D．白磷E．晶体氩F．氯化铵G．铝H.金刚石。

(1)属于共价晶体的是___________；直接由原子构成的晶体是___________，直接由原子构成的分子晶体是___________。

(2)由极性分子构成的晶体是___________；含有共价键的离子晶体是___________，属于分子晶体的单质是___________。

(3)在一定条件下能导电而不发生化学变化的是___________，受热熔化后化学键不发生变化的是___________，熔化时需克服共价键的是___________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、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14、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15、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误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、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18、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误19、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.错误评卷人得分四、结构与性质(共2题，共18分)20、Ga；As、Al、C的相关化合物在化工和医学领域有着广泛的应用。回答下列问题：

（1）写出基态Ga原子的核外电子排布式：_________，有_____个未成对电子。

（2）合金砷化镓在现代工业中被广泛应用，Ga、As电负性由大到小排序为______________。

（3）1个丙二烯分子中σ键总数为___个，C原子的杂化方式为______。分子中的大π键可以用符号пmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为п66），则丙二烯中的大π键应表示为____________。

（4）氮化镓是第三代半导体材料；其晶体结构和单晶硅相似，晶胞结构如图所示：

①原子坐标参数是表示晶胞内部各原子的相对位置，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(1/2,1/2,0)；C为(1,0,1)。则D原子的坐标参数为_________________。

②已知氮化镓晶胞的边长为anm，其密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数NA=____(用a、d表示)21、2018年10月3日瑞典皇家科学院宣布，将授予美国科学家弗朗西丝阿诺德、美国科学家乔治史密斯和英国科学家格雷戈里温特三位科学家2018年诺贝尔化学奖；以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果。获奖者已经利用达尔文原理开发出造福人类的新型化学品。第一个药物阿达木单抗于2002年获批，用于治疗类风湿关节炎；银屑病和炎症性肠病，其结构式如图1所示：

（1）阿达木单抗中碳原子的杂化方式为________，所含元素中前10号元素的电负性由小到大的顺序为________。

（2）弗朗西斯阿诺德主要研究酶的定向进化；金属酶含有一种或几种金属离子，金属酶种类很多，以含锌；铁、铜的酶最多，如铁金属酶一细胞色素，也有含有钼、锰等其他金属离子的酶。

基态Fe原子中，核外电子占据的轨道数为________，的价电子轨道表示式为________，检验常用KSCN溶液，其阴离子的等电子体为________任写一种分子

与Fe属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但Ca的熔点沸点都比Fe低，原因是________。

（3）是人体多种酶的辅助因子，其与某有机物生成的配位离子图具有酶的某些特性。该离子中存在的化学键有________。

离子键共价键配位键氢键范德华力。

（4）如图3是晶体的结构；该晶体是一种磁性材料，能导电。

晶胞中铁离子处于氧离子围成的________填空间结构空隙。

若晶胞的体对角线长为则晶体的密度为________阿伏加德罗常数用表示评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共12分)22、短周期主族元素A；B、C、D、E、F的原子序数依次增大；它们的原子核外电子层数之和为13；B的化合物种类繁多，数目庞大；C、D是空气中含量最多的两种元素，D、E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：

（1）写出D与E以1：1的原子个数比形成的化合物的电子式：_______，F的原子结构示意图为_______。

（2）B、D形成的化合物BD2中存在的化学键为_______键（填“离子”或“共价”，下同），A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为_______化合物。

（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲、乙反应的离子方程式为_______。

（4）A、C、D、E的原子半径由大到小的顺序是_______（用元素符号表示）。

（5）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性_______于F（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论_______。23、A；B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质；甲、乙、丙、丁是化合物，其中化合物乙是离子晶体，D元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，C的氧化性比D强，它们的转化关系如图所示（它们的生成物均给出，反应条件略去）。

（1）写出分子式：A__________、B_________；

C_________、D__________；

（2）写出乙的阴离子水解的离子方程式：_________________________________________；

（3）写出反应①、②化学方程式：①__________________、②______________________；

（4）举出实例说明单质C比D氧化性强（用化学方程式表示）：_____________________。

（5）A、C、D与B反应生成的氢化物的沸点由高到低的顺序是_____________________。24、A、B、C、D、E五种元素是周期表中前四周期的元素。只有A、B、C为金属且都位于第四周期，原子序数A2；可用于自来水的消毒。

（1）C的基态原子的价层电子排布图为__；D和E的电负性大小关系为__(用元素符号表示)。

（2）化合物E2D分子的空间构型为__，中心原子采用_杂化。E与D还可形成三角锥结构的阴离子，该离子的化学式为_，任意写出一种它的等电子体的化学式为_。

（3）B与E能形成一种化合物BE4，其熔点：-25℃，沸点：l36.4℃。则该化合物晶体内含有的作用力类型有_。评卷人得分六、实验题(共2题，共18分)25、某兴趣小组拟制备氯气及验证其性质并比较氯；溴、碘的非金属性强弱。

Ⅰ[查阅资料]①当溴水浓度较小时；溶液颜色与氯水相似，也呈黄色。

②硫代硫酸钠溶液在工业上可作脱氯剂。

Ⅱ[性质验证]实验装置如图所示(夹持装置省略)

实验步骤；

(1)检查装置的气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是__________；

装置C中Ⅱ处加入的试剂可以是_____(填字母)。

A.碱石灰B.硅胶C.浓硫酸D.无水氯化钙。

(2)装置B的作用为___________________________________。

(3)KI的电子式为_____；硫代硫酸钠中所含的化学键类型为_______________；写出装置F中反应的离子方程式____________________(中的S元素被氧化成最高价)。

Ⅲ[探究与反思]

(4)上图中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是________________________________________。该组同学思考后将上述D；E、F装置改为下图装置；实验操作步骤如下：

①打开弹簧夹；缓缓通入氯气。

②当a和b中的溶液都变为黄色时；夹紧弹簧夹。

③当a中溶液由黄色变为棕色时；停止通氯气。

④

(5)步骤④的操作是________________________________________________。26、肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备并探究的性质；其制备装置如图所示。

回答下列问题：

(1)仪器b的名称为___________，仪器a的作用是___________。

(2)装置A试管中发生反应的化学方程式为___________。

(3)上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是___________。

(4)探究的性质。将制得的分离提纯后；进行如下实验。

[查阅资料]AgOH不稳定，易分解生成黑色的可溶于氨水。

[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。

[实验验证]设计如下方案，进行实验。操作现象结论ⅰ．取少量黑色固体于试管中，加入足量①___________，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有ⅱ．取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②___________黑色固体是Ag和则肼具有的性质是碱性和③___________

(5)实验制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是___________。

(6)肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的的质量为___________kg。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．SO2是分子晶体，SiO2是原子晶体；A不符合题意；

B．CO2和H2O均是分子晶体；均含极性共价键，B符合题意；

C．NaCl是离子晶体；HCl是分子晶体，C不符合题意；

D．CCl4是分子晶体；KCl是离子晶体，D不符合题意；

答案选B。2、B【分析】【详解】

A．中子数为10的氧原子的质量数为18，原子符号为：A错误；

B．N最外层电子数为5，每个N原子与2个氢原子分别共用一个电子对，两个N原子之间共用一个电子对，电子式为B正确；

C．N3-离子的核电荷数为7，结构示意图为：C错误；

D．基态O原子价电子轨道表示式为：D错误；

故选B。3、B【分析】【详解】

A．由X、Q的质子数关系可知二者在元素周期表中相邻，由X的质量数为14可知，两种元素均为短周期元素，短周期相邻的X、Q的常见单质均为双原子无色气体，则X、Q只可能为N、O，从而得出X为N，Q为O。X的核电荷数由可知其中子数和质子数均为7个，二者之比为A错误；

B．O的非金属性比N强，则稳定性：B正确；

C．N最高化合价为O最高化合价低于C错误；

D．对应的为弱酸；D错误；

故选B。4、C【分析】【分析】

含N元素的气体a可与氯气反应，而且气体a和气体b可转化为气体c，气体c和气体d可相互转化，可知a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，X为NaNO2，Y为NaNO3。

【详解】

A．将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程为氮的固定，NO生成NO2不属于自然固氮，故A错误；

B．过量氨气可与氯气反应出现白烟；可用于检验氯气管道是否泄漏，故B错误；

C．x中阴离子为它的价层电子对数为3，有1个孤电子对，它的空间结构为V形，故C正确；

D．NO2与NaOH溶液发生歧化反应；生成两种盐和水，不是酸性氧化物，故D错误；

故答案为：C5、C【分析】【分析】

W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素，W形成1个共价键，X形成1个双键，Z形成6个共价键，结合原子结构可知，W为H或F，X为O，Z为S元素；四种原子的最外层电子数之和为23，W为H时，Y的最外层电子数为23-1-6-6=10>8(舍弃)；W为F时，Y的最外层电子数为23-7-6-6=4，其原子半径大于O小于S，为C元素。

【详解】

A．X的简单氢化物为H2O，分子间存在氢键，沸点很高，Z的简单氢化物为H2S，沸点较低，故沸点：H2O>H2S，即X>Z；故A正确；

B．Z的价层电子对数为4，采取sp3杂化；故B正确；

C．同周期从左到右；元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，所以四种元素中电负性最强的为F，即W，故C错误；

D．同周期从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，第一电离能：F>O，即W>X；故D正确；

答案选C。6、D【分析】【分析】

Fe(NO3)3溶液中部分水解生成Fe(OH)3，部分形成向Fe(NO3)3溶液中加KSCN，转化为红色的在加NaF，转化为无色的

【详解】

A．使溶液呈浅紫色，易水解，Fe(NO3)3溶液呈黄色可能是由水解生成Fe(OH)3等使溶液呈黄色；故A正确；

B．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，SCN-浓度增大，使(aq)+6F-(aq)(aq)+6SCN-(aq)平衡逆向移动；溶液可能再次变为红色，故B正确；

C．先向溶液中加足量NaF溶液，再加KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则说明含有否则不含故C正确；

D．Fe(NO3)3溶液中加稀盐酸形成黄色的观察不到的颜色；故D错误；

选D。二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【详解】

(1)基态原子的最外层具有6个p电子的所有元素有Ne、Ar、Kr；

(2)基态原子的3d亚层为半充满的所有元素为Cr、Mn，核外电子排布分别为：[Ar]3d54s1，[Ar]3d54s,2；

(3)基态原子的次外层d轨道全满；最外层有一个s电子是铜，元素符号是Cu；

(4)某元素＋3价离子和氩原子的电子排布相同；氩原子核电核数为18，则该原子的质子数是21，是Sc元素；

(5)同主族自上而下原子半径逐渐增大；同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径第二小的主族元素是F。

【点睛】

掌握原子核外电子排布规律、记住常见元素的核外电子排布是解答的关键，基态原子的核外电子排布的三原理是：1.能量最低原理：原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态。2.泡利原理：在一个原子轨道中，最多只能容纳2个电子，并且这两个电子的自旋方向相反。3.洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据1个轨道，并且自旋方向相同。【解析】①.Ne、Ar、Kr②.Cr、Mn③.Cu④.Sc⑤.F8、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据该元素原子有4个电子层；则该元素处于元素周期表的第四周期；

(2)由外围电子排布式为4s24p1；可知该元素最外层有3个电子，为主族元素，该元素处于元素周期表的第IIIA族；

(3)该元素处于第四周期第IIIA族，则该元素处于元素周期表的p区。【解析】①.四②.IIIA③.p9、略

【分析】【分析】

(1)碳原子2p亚层上的2个电子排布在不同的轨道上；并且自旋状态相同。

14N原子与12C原子比；质子数和中子数都更多，但原子半径却更小，从原子核对外层电子的吸引力分析。

(2)①a．铝会在浓硫酸中钝化。

b．氯化铝固体会发生升华现象。

c．氧化铝坚硬难熔。

d．铝的熔点高于镁。

②BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后，发生双水解反应，生成Be(OH)2沉淀。

(3)将BeCl2溶液加热蒸干后灼热；将得到BeO，由此可得熔融电解所得单质气体的化学式。

(4)制备AlN和制备Al都是可逆反应；从反应②对反应①③的促进作用进行分析。

【详解】

(1)碳原子2p亚层上的2个电子排布在不同的轨道上；并且自旋状态相同，所以伸展方向不同，故选c。答案为：c；

14N原子与12C原子比；质子数和中子数都更多，但原子半径却更小，理由是在原子中，质子和中子占的体积都很小；电子层数相同时，核电荷数越大，核对外层电子的引力越大，原子半径越小。答案为：在原子中，质子和中子占的体积都很小；电子层数相同时，核电荷数越大，核对外层电子的引力越大，原子半径越小；

(2)①a．铝会在浓硫酸中钝化；则铍在浓硫酸中也可能钝化，a可能正确；

b．氯化铝固体会发生升华现象，则氯化铍固体也可能发生升华，b可能正确；

c．氧化铝坚硬难熔；氧化铍也可能坚硬难熔，c可能正确；

d．铝的熔点高于镁，铍的熔点也可能高于铝(Be2+半径比Mg2+小；带电荷数相同，形成金属晶体，金属键更大)，d肯定不正确；

从而得出；对铍及其化合物的推断肯定不正确的是d。答案为：d；

②BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后，发生双水解反应，生成Be(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Be2++BeO22-+2H2O2Be(OH)2↓。答案为：Be2++BeO22-+2H2O2Be(OH)2↓；

(3)将BeCl2溶液加热蒸干后灼热，将得到BeO，由此可得熔融电解，生成Be和氧气，所得单质气体的化学式为O2。答案为：O2；

(4)制备AlN和制备Al都是可逆反应，反应②消耗反应①生成的O2，从而有利于①③反应的进行，从而得出对制备AlN的作用是消耗O2，使①的平衡右移；①的平衡右移又增加了铝蒸气的浓度，使③平衡右移，有利于制备AlN。答案为：消耗O2；使①的平衡右移；①的平衡右移又增加了铝蒸气的浓度，使③平衡右移，有利于制备AlN。

【点睛】

铍的性质我们不熟悉，但熟悉铝的性质，可把铍看成铝，铝具有的性质铍就可能有，由此确定铍可能具有的性质。【解析】①.c②.在原子中，质子和中子占的体积都很小；电子层数相同时，核电荷数越大，核对外层电子的引力越大，原子半径越小③.d④.Be2++BeO22-+2H2O2Be(OH)2↓⑤.O2⑥.消耗O2，使①的平衡右移；①的平衡右移又增加了铝蒸气的浓度，使③平衡右移，有利于制备AlN10、略

【分析】【分析】

（1）①根据氯离子如果能形成氯化银沉淀说明是外界离子；不参与配位键的形成分析解答；

②配合物的化学式相同；如果空间结构不同，则其颜色不同；

③根据各物质配合物形式的化学式判断配位数；

（2）①形成配位键的条件是中心离子含有空轨道；配体含有孤电子对；

②根据Fe3+与SCN-以个数比1：1配合；判断其所得离子的化学式；

③Fe3+与SCN-以个数比1：5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2-；据此书写方程式。

【详解】

（1）①1molCoCl3•6NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，则1molCoCl3•6NH3中有3molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3，所以其化学式为[Co(NH3)6]Cl3；1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3和Cl﹣，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；1molCoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3和Cl﹣，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl；

②CoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）的化学式都是[Co(NH3)4Cl2]Cl；但因其空间结构不同导致颜色不同；

③这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl；所以其配位数都是6；

（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN－提供孤电子对；

②Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl；

③Fe3+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，所以反应方程式为FeCl3＋5KSCN＝K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。【解析】[Co（NH3）6]Cl3[Co（NH3）5（Cl）]Cl2[Co（NH3）4（Cl）2]Cl[Co（NH3）4（Cl）2]Cl空间构型不同6空轨道，孤对电子[Fe（SCN）]Cl2FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由题意知，所有原子均满足稳定结构，推测N与O之间共用两对电子，中心原子N失去1个价电子，三者均形成稳定结构，对应电子式为故此处填：（或根据其与CO2互为等电子体；而等电子体具有相似的化学键也可推出）；

(2)根据题意，Be与对角线位置的Al元素性质相似，故Be(OH)2能与NaOH反应生成盐和水，对应离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=+2H2O；

(3)Al与F之间电负性差值较大，两者之间形成离子键，而Al与Br之间电负性差值较小，两者之间形成共价键，即AlF3固体为离子晶体，AlBr3固体为分子晶体，而离子晶体熔化时需破坏离子键，分子晶体熔化时破坏范德华力，离子键强度远大于范德华力，故AlF3的熔点比AlBr3高得多，故此处填：AlF3固体为离子晶体，AlBr3固体为分子晶体。【解析】Be(OH)2+2OH-=+2H2OAlF3固体为离子晶体，AlBr3固体为分子晶体12、A:A:A:B:B:D:D:E:E:E:E:F:G:H:H:H【分析】【分析】

【详解】

(1)水晶为SiO2晶体；由Si原子和O原子构成，属于共价晶体，金刚石由C原子构成，属于共价晶体，故此处填A；H；直接由原子构成的晶体包括原子晶体A、H，以及由单原子分子构成的分子晶体E，故此处填A、E、H；稀有气体是单原子分子，其晶体是直接由原子构成的分子晶体，故此处填E；

(2)醋酸分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，故此处填B；NH4Cl由离子构成；其晶体属于离子晶体，且铵根离子内部存在共价键，故此处填F；白磷；氩都是由分子构成的单质，故此处填D、E；

(3)金属晶体能导电且不发生化学变化，故此处填G；分子晶体受热熔化后分子不变，化学键不发生变化，故此处填BDE；共价晶体熔化时需克服共价键，故此处填AH。三、判断题(共8题，共16分)13、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。14、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；15、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。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】

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。18、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。19、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。四、结构与性质(共2题，共18分)20、略

【分析】【详解】

（1）Ga为31号元素，根据电子构造原理可知其电子排布式为[Ar]3d104s24p1，4p1轨道上有一个未成对的电子。

（2）Ga、As位于同一周期，As最外层电子数大于Ga，所以As的非金属性大于Ga，即电负性As>Ga。

（3）丙二烯的结构简式为CH2=C=CH2，单键为σ，碳碳双键中有一个σ键，所以总共的σ键个数为6个；该分子中有两种碳原子，CH2的碳上含有3个σ键，所以为sp2杂化，中间碳含有2个σ键，所以为sp杂化；丙二烯中参与形成大π键的原子个数为3个，CH2=C=CH2含有2个普通π键，形成一个π键的每一个碳原子提供一个单电子，所以每形成1个π键碳原子提供两个电子，2个π键则提供4个电子，所以丙烯的大π键可以表示为п43。

（4）①氮化镓结构和单晶硅相似，所以处于晶包内部的4个原子的任意一个在平面里的投影恰好落在平面的对角线的1/4处，所以D的原子坐标为(3/4,3/4,3/4)。②晶胞中实际含有的氮化镓为4个，其质量为4*84g/NA，晶包的体积为(a×10-7)3，所以有(a×10-7)3×d=4*84g/NA，解得NA=336/a3d×1021。

点睛：本题考查了物质结构和性质，明确物质结构是解答本题关键，结构决定性质，知道电负性大小的判断方法、电子排布式的书写规则、简单晶包的计算及原子的杂化方式。本题中学生觉得比较困难的是大π键的表示方法，如本题，CH2=C=CH2中三个碳原子参与形成大π键，一个碳碳双键含有一个π键，每形成一个π键时每个碳原子提供一个孤电子，两个碳原子提供两个电子，另一个π键也是如此，故三个碳原子总共提供四个电子，故表示为п43。【解析】①.[Ar]3d104s24p1②.1As>Ga③.6④.sp2⑤.sp⑥.п43⑦.(3/4,3/4,3/4)⑧.336/a3d×102121、略

【分析】【分析】

双键碳为单键碳为元素非金属性越强电负性越大；

（2）基态Fe原子的核外电子排布为：原子数相同；价电子数也相同的微粒互为等电子体；

金属原子半径越大；价电子数越少，金属键越弱；

根据该配离子结构图回答；

（4）根据晶体结构；铁离子的上；下、左、右、前、后各有1个氧原子；

根据体对角线的长度计算晶胞的边长，再根据晶胞的摩尔质量÷(晶胞的体积×)计算密度。

【详解】

阿达木单抗中含碳氧双键，C原子采取杂化，还有甲基，C原子采取杂化；该分子中含有的前10号元素为H、C、N、O，得电子能力越强，元素电负性越大，电负性由小到大的顺序为：

基态Fe原子的核外电子排布为：核外电子占据的轨道数为的核外电子排布为的价电子为则轨道表示式为：中含有3个原子，且其价电子数是16，与互为等电子体的一种分子为或或或等；

与Fe属于同一周期；Ca的原子半径较大，且价电子数较少，金属键较弱，则金属Ca的熔点；沸点都比金属Fe低；

根据该配离子结构图；内部存在共价键，Cu与N之间存在配位键；

根据晶体结构；铁离子的上；下、左、右、前、后各有1个氧原子，铁离子处于氧离子围成的正八面体空隙；

根据均摊法，晶胞中含有的铁离子的数目为2，亚铁离子的数目为1，氧离子的数目为4，若晶胞的体对角线为设边长为则体对角线为故晶胞密度为【解析】或或或等原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱正八面体五、元素或物质推断题(共3题，共12分)22、略

【分析】【分析】

根据B形成的化合物种类繁多；确定B为C元素；根据C；D为空气中含量最多的两种元素，且A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，所以C为N元素，D为O元素；D、E形成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，E、F同周期，所以F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A为H元素。

【详解】

（1）Na元素与O按原子个数为1：1形成的化合物为Na2O2，其电子式为F为Cl元素具有17个质子和17个电子，原子结构示意图为

（2）B、D形成的化合物CO2中存在的化学键为共价键；A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl；含有离子键属于离子化合物；

（3）化合物甲、乙由A、B、D、E中的三种或四种组成，且甲、乙的水溶液均呈碱性，则甲和乙可能是NaOH和NaHCO3，所以其反应的离子方程式为：OH-+HCO3-═CO32-+H2O；

（4）A；C、D、E分别为H、N、O、Na；H是周期表中半径最小的，同周期原子序数越大半径越小，所以N＞O，不同周期电子层越多半径越大，所以原子半径Na＞N，则由大到小的顺序为：Na＞N＞O＞H；

（5）元素B和F的分别为C、Cl，非金属性C比Cl弱，高氯酸能制备碳酸，则高氯酸的酸性大于碳酸，即非金属性，Cl大于C，其反应方程为：Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4。【解析】共价离子OH—+HCO3—═CO32—+H2ONa＞N＞O＞H弱Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO423、略

【分析】【分析】

D元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，则D为氧气；C的氧化性比D强，则C为F2；A、B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质，结合图中转化关系可知，A为N2，B为H2，化合物甲为NH3，可与F2形成离子化合物NH4F，即乙为NH4F；NH3可与O2发生催化氧化；生成NO和水，据此分析作答。

【详解】

根据上述分析易知：

（1）A为N2，B为H2，C为F2，D为O2；

（2）乙为NH4F，F会发生水解，其水解方程式为F+H2OHF+OH

（3）反应①为F2氧化NH3的反应，依据氧化还原规律书写其化学方程式为：8NH3+3F2=6NH4F+N2；反应②为氨气的催化氧化反应，其化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（4）F2可与水反应生成氧气，依据氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，其化学方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2；