2025年北师大新版选择性必修2化学上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年北师大新版选择性必修2化学上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8题，共16分)1、下列说法错误的是A.气态和液态物质都是由分子构成的B.超分子的重要特征是分子识别和自组装C.大多数晶体都是四种典型晶体之间的过渡晶体D.石墨晶体中既有共价键和范德华力又有类似金属的导电性属于混合型晶体2、下列物质中碱性最强的是A.NaOHB.Mg(OH)2C.KOHD.Ca(OH)23、下列各项叙述中，正确的是A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B.外围电子排布式为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素C.24Cr原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2D.所有原子任一电子层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同4、下列说法正确的是A.凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体形B.P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109.5°C.NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D.凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键5、下列关于氢键的说法中正确的是A.由于氢键的存在，氨气易溶于水B.氢键是自然界中最重要、存在最广泛的化学键之一C.由于氢键的存在，沸点：D.由于氢键的存在，酸性：6、下列说法正确的是A.含有的化学键相同B.共价晶体的熔点一定高于金属晶体C.的晶格能低于的晶格能D.分子中的中心原子均为杂化7、下列说法中，正确的是()A.原子的质量主要集中在质子B.同位素：H2、D2、T2C.H2O和NH3分子中具有相同的质子数和电子数D.稀有气体的原子最外层都达到8电子稳定结构，故都不能与别的物质发生反应8、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，不导电评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是A.第一电离能：W＞X＞YB.电负性：Y＞W＞ZC.简单离子半径：Z＞X＞YD.最简单氢化物的沸点：X＞Z＞W10、下列说法正确的是A.pKa(CH3COOH)＞pKa(CCl3COOH)B.pKa(CCl3COOH)＞pKa(CHCl2COOH)C.pKa(H3PO4)＜pKa(H3AsO4)D.pKa(HCOOH)＞pKa(CH3COOH)11、噻吩()的芳香性略弱于苯，其中S原子与所有C原子间可形成大π键。下列关于噻吩的说法正确的是A.1mol噻吩中含9molσ键B.碳原子与硫原子的杂化方式相同C.一氯代物有4种(不含立体异构)D.所有共价键的键长相同12、下列说法正确的是A.氢原子和非金属性很强的元素的原子(F、O、N)形成的共价键，称为氢键B.H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键C.碘化氢的沸点高于氯化氢的是因为碘化氢的相对分子质量大，范德华力强D.沸点：H2O>HF>NH313、多晶硅是单质硅的一种形态；是制造硅抛光片；太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。下列说法错误的是。

A.Y、Z分别为H2、Cl2B.制取粗硅过程可能发生反应：SiO2＋3CSiC＋2CO↑C.提纯SiHCl3可采用萃取、分液的方法D.SiHCl3和SiCl4形成的晶体均为共价晶体14、中学化学教材中有大量的数据材料，下面是某学生对数据的利用情况，其中不正确的是A.利用液体的密度可以判断液体物质挥发性的大小B.利用固体的溶解度数据可判断煮沸Mg(HCO3)2溶液时，得到的产物是Mg(OH)2而不是MgCO3C.由原子或离子半径数据可推断某些元素的金属性或非金属性的强弱D.利用熔点、沸点数据可比较两种物质稳定性的大小15、已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl⇌[CoCl4]2-+6H2OΔH。用该溶液做实验；溶液的颜色变化如图：

以下结论和解释不正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3：2B.由实验①可推知∆H>0C.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、用A表示质子数；B表示中子数，C表示核外电子数，D表示最外层电子数，E表示电子层数，回答下列问题：

(1)同位素种类由________决定。

(2)元素种类由_________决定。

(3)某元素有无同位素由________决定。

(4)质量数由________决定。

(5)元素的化学性质主要由_________决定。

(6)核电荷数由________决定。17、(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为__。

(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是___。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是___。I1/kJ·mol-lLi(520)Be(900)B(801)Na(496)Mg(738)Al(578)

(3)磷酸根离子的空间构型为__，其中P的价层电子对数为__，杂化轨道类型为__。18、(1)根据“相似相溶”原理；极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂。

①在a．苯、b．c．d．e．五种溶剂中，碳原子采取杂化的分子有______(填字母)。分子的空间结构是______，是______(填“极性”或“非极性”)分子。

②常温下为深红色液体，能与等互溶，据此可判断是______(填“极性”或“非极性)分子。

③金属镍粉在气流中轻微加热，生成无色挥发性液体呈正四面体形。易溶于______(填字母)。

a．水b．c．(苯)d．溶液。

(2)已知白磷()的结构如图所示，可知每个磷原子以______个共价键与另外的______个原子结合成正四面体形结构，它应该是______(填“极性”或“非极性”)分子，在中______(填“能“或“不能”)溶解，磷原子的杂化方式为______。

19、本题涉及3种组成不同的铂配合物，它们都是八面体的单核配合物，配体为OH-和/或Cl-

(1)PtCl4·5H2O的水溶液与等摩尔NH3反应，生成两种铂配合物，反应式为：_______。

(2)BaCl2·PtCl4和Ba(OH)2反应(摩尔比2：5)，生成两种产物，其中一种为配合物，该反应的化学方程式为：_______。20、在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4

（1）只存在非极性键的分子是___；既存在非极性键又存在极性键的分子是___；只存在极性键的分子是____。

（2）只存在单键的分子是___，存在叁键的分子是___，只存在双键的分子是____，既存在单键又存在双键的分子是____。

（3）只存在σ键的分子是___，既存在σ键又存在π键的分子是____。

（4）不存在化学键的是____。

（5）既存在离子键又存在极性键的是___；既存在离子键又存在非极性键的是___。21、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___。评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)22、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.错误评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共36分)24、已知A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/molI2=1451kJ/molI3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD元素简单离子半径是该周期中最小的E元素是该周期电负性最大的元素F所在族的元素种类是周期表中最多的G在周期表的第十一列

（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式__。

（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有__个方向，原子轨道呈__形。

（3）实验室制备E的单质的离子反应方程式为__。

（4）BE3在常温下是一种淡黄色的液体，其遇水即发生反应可生成一种具有漂白性的物质，写出反应的化学方程式__；该反应说明其中B和E中非金属性较强的是__填元素的符号

（5）C与D的第一电离能大小为__。D与E的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为__。

（6）G价电子排布图为__，位于__纵行。F元素的电子排布式为__，前四周期中未成对电子数最多的元素在周期表中位置为__（填周期和族）。25、下表中实线是元素周期表的部分边界；其中上边界并未用实线标出。

根据信息回答下列问题：

(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为___________。

(2)Fe元素位于周期表的________分区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为_______。

(3)在CH4、CO、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有________。

(4)根据VSEPR理论预测ED4-的空间构型为________。B、C、D、E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的分子式为_________(写2种)。26、A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，CA3分子结构为三角锥形，D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物；D与F是同族元素。根据以上信息，回答下列有关问题：

（1）写出基态时D的电子排布图________。

（2）写出化合物E2F2的电子式________，化合物ABC的结构式________。

（3）根据题目要求完成以下填空：

①BF32﹣中心原子杂化方式________；CA3中心原子杂化方式________；

②FD42﹣微粒中的键角________；FD3分子的立体构型________。

（4）F元素两种氧化物对应的水化物酸性由强到弱为__________，原因__________________。27、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧；产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：

（1）A在周期表中的位置是____________，写出单质F和NaOH的离子方程式____________。

（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为________，其水溶液与等物质的量的F单质反应的化学方程式为___________________；

（3）由这些元素组成的物质；其组成和结构信息如下表：

a的化学式为_______；b与水反应的化学方程式为_______；评卷人得分六、原理综合题(共2题，共18分)28、根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图1所示。

苏丹红I在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图2所示的结构，则其在水中的溶解度会_______(填“增大”或“减小”)，原因是______________。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式；设计了如下实验：

a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；

b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液；均产生白色沉淀；

c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的则绿色晶体配合物的化学式为_______，该晶体中含有的的微粒间作用是_______。(填字母)

A离子键；极性键、配位键、氢键、范德华力。

B离子键；极性键、非极性键、配位键、范德华力。

(3)胆矾CuSO4•5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意图如图，有关它的说法正确的是_______(填字母)。

A.该胆矾晶体中中心离子的配位数为6

B.该结构中水分子间的键角不完全相同。

C.胆矾是分子晶体；分子间存在氢键。

D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去。

(4)往硫酸铜溶液中逐渐滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_______。向制得的深蓝色溶液中加入_______；(填字母)将得到深蓝色晶体。

A.浓氨水B.稀氨水C.无水乙醇D.CCl429、氮化硅(Si3N4)是一种重要的无机材料陶瓷；它是一种超硬物质，具有良好的耐腐蚀；耐热冲击和耐磨损性能，主要被应用于钢铁冶炼、耐火材料等方面。

完成下列填空：

(1)一个硅原子核外能量最高的电子数目是_______，其所占据的电子亚层符号为_________；与硅同周期的主族元素中，原子半径最小的是_______，依据是___________________。

(2)Si3N4属于共价化合物，其含有的化学键是________，属于_______晶体。

工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)

(3)该反应的平衡常数表达式K=_____________________。

(4)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，则SiCl4的平均反应速率为________________mol·L-1·min-1。

(5)上述反应达到平衡后，改变某一条件，下列说法正确的是________。

a.增加Si3N4的量，平衡向左移动b.减小HCl的量；平衡向左移动。

c.增大压强，平衡常数K减小d.降低温度；平衡常数K增大。

(6)若平衡时H2和HCl的物质的量之比为保持其他条件不变，升高温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比_______(填“>”、“<”或“=”)参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．常温下汞为液态；由汞原子构成，A错误；

B．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起；组成复杂的；有组织的聚集体，超分子的重要特征是分子识别和自组装，B正确；

C．四类典型晶体分别是分子晶体；共价晶体、金属晶体和离子晶体等；但纯粹的典型晶体是不多的，大多数晶体是它们之间的过渡晶体，C正确；

D．石墨为层状结构；层内C原子间以共价键结合成六边形，层与层之间为范德华力，是一种混合型的晶体，D正确；

故选A。2、C【分析】【详解】

Na、Mg在同周期，同周期元素从左向右金属性在减弱，则金属性：Na＞Mg所以碱性NaOH＞Mg(OH)2，同理K、Ca在同周期，所以碱性KOH＞Ca(OH)2，而钾与钠同主族，同一主族，从上到下，金属性逐渐增强，钾的金属性强于钠，所以碱性最强的为KOH，故选C。3、D【分析】【详解】

A．3p轨道电子能量比3s轨道电子能量高，镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时；原子吸收能量，由基态转化成激发态，故A错误；

B．外围电子排布式为5s25p1的元素位于第五周期第ⅢA族；属于p区元素，故B错误；

C.由于3d轨道处于半充满状态时能量较低，则24Cr原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1；故C错误；

D.所有原子任一电子层的s电子云轮廓图都是球形；能层越大，球的半径越大，故D正确；

答案选D。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．通过sp3杂化形成的中性分子，分子中价层电子对数是4，若不含孤电子对，如CH4或CF4，分子为正四面体结构；分子中价层电子对数是4，若含有一个孤电子对，如NH3或NF3，分子为三角锥形结构；分子中价层电子对数是4，若含有两个孤电子对，如H2O，分子为V形结构，故A错误；B．P4的空间结构为正四面体，体中心无原子，键角是60°，故B错误；C．NH3分子中N原子价层电子对数=3+(5-31)=4，有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，分子呈三角锥形，故C正确；D．AB3型的共价化合物，其中心原子A不一定采用sp3杂化轨道成键，如BF3中B原子价层电子对数=3+(3-31)=3，B采用sp2杂化，故D错误；答案选C。5、A【分析】【详解】

A．氨气和水分子间能形成氢键；氨气易溶于水，故A正确；

B．氢键不是化学键；故B错误；

C．由于HF分子间存在氢键，沸点：故C错误；

D．酸性与氢键无关，酸性故D错误；

选A。6、D【分析】【详解】

A．中均存在离子键和非极性共价键，而中只存在离子键；A错误；

B．共价晶体的熔点不一定都比金属晶体的高；如金属钨的熔点比很多共价晶体的高，B错误；

C．构成离子晶体的离子半径越小且阴、阳离子所带电荷数越多，晶格能越大，因离子半径：故的晶格能大于的晶格能；C错误；

D．根据价层电子对互斥理论可知，的价层电子对数为故中的P原子为杂化，同理中的N原子也为杂化；D正确；

故选D。7、C【分析】【详解】

A．质子和中子的质量几乎相等；等于电子质量的1836倍，故原子的质量主要集中在原子核上，故A不符合题意；

B．同位素指的是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，它的描述对象是核素，同素异形体的描述对象是分子，H2、D2、T2均表示氢气分子；属于同素异形体，不属于同位素，故B不符合题意；

C．H的质子数和核外电子数都为1，O的质子数和核外电子数都为8，N的质子数和核外电子数都为7，H2O分子中具有的质子数为8+1+1=10，电子数和质子数相等都等于10，NH3分子中具有的质子数为7+1×3=10，电子数和质子数相等都等于10，H2O和NH3分子中具有相同的质子数和电子数；故C符合题意；

D．氦的最外层电子数为2，除了氦之外，稀有气体的原子最外层都达到8电子稳定结构，化学性质比较稳定，但是稀有气体也能够发生反应，如Xe与氟气反应生成XeF2；故D不符合题意；

答案选C。8、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。二、多选题(共7题，共14分)9、BD【分析】【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1；Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是N；X是O，Y是Na，Z是P元素。

A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势；但第IIA；第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，A正确；

B．同一周期元素随原子序数的增大；元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，B错误；

C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有３个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+；即离子半径：Z＞X＞Y，C正确；

D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3；即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，D错误；

故合理选项是BD。10、AC【分析】【详解】

A．Cl的电负性大于H的电负性，故C-Cl键的极性大于C-H键的极性，故CCl3COOH中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，pKa(CH3COOH)>pKa(CCl3COOH)；A正确；

B．CCl3COOH有3个C-Cl键，CHCl2COOH有2个C-Cl键，CCl3COOH中的羟基更容易电离出氢离子，pKa(CCl3COOH)a(CHCl2COOH)；B错误；

C．非金属性越强，最高价氧化物对应酸性越强，P的非金属性强于As，故pKa(H3PO4)＜pKa(H3AsO4)；C正确；

D．烃基越长，羧酸的酸性越弱，故相同浓度的甲酸酸性强于乙酸的酸性，故pKa(HCOOH)a(CH3COOH)；D错误；

故答案为：AC。11、AB【分析】【分析】

【详解】

A．1mol噻吩中含3molC-Cσ键；2molC-Sσ键，4molC-Hσ键，共9molσ键，故A正确；

B．噻吩中S原子与所有C原子间可形成大π键，故碳原子与硫原子均采取sp2杂化；每个C原子有一个未杂化的p轨道，每个轨道上各有一个电子，S原子有一个未杂化的p轨道，该轨道上有2个电子，这5个未杂化的p轨道垂直于分子平面，互相平行，“肩并肩”重叠形成大π键，故B正确；

C．该分子有2种氢原子；故一氯代物有2种，故C错误；

D．共价键的键长与原子半径的大小有关；S原子与C原子的半径不一样，故所有共价键的键长不都相同，故D错误；

故选AB。12、CD【分析】【详解】

A．氢键不是化学键；属于分子间作用力，A错误；

B．H2O比H2S稳定是因为H2O中的H-O共价键更稳定；氢键不属于化学键，B错误；

C．碘化氢和氯化氢是结构相似的分子晶体；其沸点与分子间作用力成正比，故碘化氢的沸点高于氯化氢的是因为碘化氢的相对分子质量大，范德华力强，C正确；

D．单个氢键的键能是(HF)n＞冰＞(NH3)n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，(HF)n和(NH3)n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞(HF)n＞(NH3)n，故沸点：H2O>HF>NH3；D正确；

故答案为：CD。13、CD【分析】【分析】

饱和食盐水电解生成氯化钠、氢气和氯气，焦炭与二氧化硅反应生成硅与一氧化碳，硅和氢气、氯气反应生成的氯化氢作用得SiHCl3；再用氢气还原得到多晶硅，以此解答。

【详解】

A．电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其中H2在Cl2中燃烧，而Y具有还原性，所以Y、Z分别为H2、Cl2；故A正确；

B．制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，方程式为：SiO2＋3CSiC＋2CO↑；故B正确；

C．SiHCl3遇水剧烈反应；不能采用萃取；分液的方法分离，故C错误；

D．SiHCl3和SiCl4的分子结构与CHCl3和CCl4类似；属于分子晶体，故D错误；

故选CD。14、AD【分析】【分析】

【详解】

略15、AC【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【详解】

(1)同位素指质子数相同；中子数不同的同一元素的不同原子；故同位素由质子数、中子数决定；

(2)元素指具有一定核电荷数(质子数)的一类原子；

(3)中子数决定了元素有无同位素；

(4)由于原子的质量几乎都集中在原子核上；故质量数由质子数和中子数决定；

(5)由于电子的得失难易程度直接决定元素的化学性质；因此，元素的化学性质与原子核外最外层电子数有密切关系；

(6)核电荷数=质子数，核电荷数由质子数决定。【解析】①.AB②.A③.B④.AB⑤.D⑥.A17、略

【分析】【详解】

(1)Fe2+电子排布式为：[Ar]3d6，3d能级上有4个未成对电子，Fe3+电子排布式为：[Ar]3d5；3d能级上有5个未成对电子，故两者未成对电子数之比为4：5；

(2)由于Na电子层为3层，最外层离原子核较远，原子核对最外层电子引力较弱，所以Na比Li更容易失去电子，故此处填：Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能小于Li；Li、Be、B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，故I1(B)＞I1(Li)，I1(Be)＞I1(Li)；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能比相邻的B大；

(3)中心P的价层电子对=σ电子对+孤电子对=4+=4，根据价层电子对互斥理论知空间构型为正四面体，价层电子对为4对，杂化类型为sp3杂化。【解析】①.4：5②.Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能小于Li③.Li、Be、B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，故I1(B)＞I1(Li)，I1(Be)＞I1(Li)，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能比相邻的B大④.正四面体形⑤.4⑥.sp318、略

【分析】【详解】

(1)①中每个碳原子与3个原子形成3个键，碳原子采取杂化；中每个碳原子形成4个键，采取杂化；中C原子的价电子数为碳原子采取杂化，为直线形非极性分子；故答案为：ac；直线形；非极性；

②是非极性溶剂，根据“相似相溶”原理，是非极性分子；故答案为：非极性；

③由易挥发，可知为共价化合物，由于为正四面体形，所以为非极性分子，根据“相似相溶”原理，易溶于和苯，故答案为：bc；

(2)分子中每个P原子与3个P原子以3个共价键结合成正四面体形结构，属于非极性分子；是直线形分子，属于非极性分子，故能溶于P原子形成3个键，且有一对孤电子对，所以P原子采取杂化；故答案为：3；3；非极性；能；【解析】ac直线形非极性非极性bc33非极性能19、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】2H2[PtCl4(OH)2]+2NH3=(NH4)2[PtCl6]+H2[PtCl2(OH)4]或H2[PtCl6]+(NH4)[PtCl2(OH)4]或NH4H[PtCl6]+NH4H[PtCl2(OH)4]2Ba[PtCl6]+5Ba(OH)2=2Ba[PtCl(OH)5]+5BaCl220、略

【分析】【分析】

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键；

【详解】

(1)只存在非极性键是相同原子形成的化学键，非极键的分子是N2；既存在非极性键又存在极性键的分子是：H2O2、C2H4；只存在极性键的分子是：HCl、NH3、CO2；

(2)只存在单键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，存在三键的分子是②N2，只存在双键的分子是⑨CO2，既存在单键又存在双键的分子是⑩C2H4；

(3)只存在单键的分子都存在σ键的分子是：①HCl、③NH3、⑤H2O2，既存在σ键又存在π键的分子，分子必须含有双键和叁键，是②N2、⑨CO2、⑩C2H4；

(4)不存在化学键的是稀有气体；

(5)既存在离子键又存在极性键的是⑥NH4Cl、⑦NaOH；既存在离子键又存在非极性键的是④Na2O2。【解析】②⑤⑩①③⑨①③⑤②⑨⑩①③⑤②⑨⑩⑧⑥⑦④21、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。四、判断题(共2题，共10分)22、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。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。五、元素或物质推断题(共4题，共36分)24、略

【分析】【分析】

A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则排布式为1s22s22p3；为N；根据C原子的电离能，判断最外层有2个电子，则为Mg；D元素简单离子半径是该周期中最小的，则为Al；E元素是该周期电负性最大的元素Cl；G在周期表的第四周期第十一列，为Cu；元素种类最多的族为IB族，F为第四周期IB族，为Sc。

【详解】

（1）A、B分别为H、N，则BA5为离子化合物，为氢化铵，电子式为

（2）B为N；能量最高的电子为3p能级的电子，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形；

（3）E为Cl，实验室制备氯气时，用二氧化锰与浓盐酸共热制取，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）B、E分别为N、Cl，NCl3在常温下是一种淡黄色的液体，其遇水即发生反应可生成一种具有漂白性的HClO和氨气，方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑；反应中N的化合价由+3变为-3；有较强的非金属性；

（5）C、D分别为Mg、Al，镁最外层电子为3s2，为全充满的稳定结构，则第一电离能大于Al；高氯酸为强酸，氢氧化铝与高氯酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（6）G为Cu，价电子排布图为位于11纵行；F为Sc，电子排布式为[Ar]3d14s2或1s22s22p63s23p63d14s2；前四周期中未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1为Cr；位置为第四周期VIB族。

【点睛】

前四周期中未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1为Cr。【解析】①.②.3③.纺锤或哑铃④.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O⑤.NCl3+3H2O=3HClO+NH3↑⑥.N⑦.Mg>Al⑧.Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O⑨.⑩.11⑪.[Ar]3d14s2或1s22s22p63s23p63d14s2⑫.第四周期第VIB族25、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表的相对位置；可知A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，E是Cl元素，然后根据元素周期表与元素原子结构；物质性质分析解答。

【详解】

(1)31号Ga元素在元素周期表中位于第四周期第IIIA族，其核外最外层电子排布式是4s24p1；

(2)Fe是26号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe元素位于周期表第四周期第VIII族，属于d区元素；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，由于配位体CO是中性分子，因此根据化合物中元素化合价代数和等于0可知：在配位化合物Fe(CO)5中铁的化合价为0价；

(3)在CH4、CO、CH3OH中，CH4、CH3OH中的碳原子都形成4个共价键，C采取sp3杂化；而CO中C原子与O原子形成共价三键；结构式是C≡O，因此C原子采用sp杂化；

(4)E为Cl，D为O，则ED4-离子为ClO4-，根据VSEPR理论，中心Cl原子的配位原子数BP=4，孤电子对数为LP==0；则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，因此其空间构型为正四面体；

B为C，C为N，则B、C、D、E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的化学式为CO2、NCl3、CCl4；CO。

【点睛】

本题考查元素周期表、元素周期律及元素及化合物的推断、原子核外电子排布、元素周期表的区，微粒的空间构型等。掌握元素的位、构、性三者的关系，根据原子核外电子排布规律、价层电子对互斥理论等分析判断。【解析】①.4s24p1②.d③.0④.CH4、CH3OH⑤.正四面体形⑥.CO2、NCl3、CCl4、CO中任意两种26、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，且C能形成单质C2，所以C是N元素；B与D形成的化合物BD与C2电子总数相等，且C的原子序数大于B小于D，所以B是C元素，D是O元素；CA3分子结构为三角锥形，且A的原子序数小于B，所以A是H元素；D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物；所以E是Na元素；D与F是同族元素，所以F是S元素。根据上述分析进行解答。

【详解】

(1)通过以上分析知，D是O元素，原子核外有8个电子，其核外电子排布图为

故答案为

(2)E2F2为Na2S2，和过氧化钠类似，所以其电子式为：化合物ABC是氢氰酸；结构式为H-C≡N；

故答案为H-C≡N；

(3)①BF32﹣为CS32-，和CO32-相似，中心原子C的价层电子对数=3+0=3，中心原子杂化方式sp2；CA3为NH3，中心原子N的价层电子对数=3+1=4，中心原子杂化方式sp3；

故答案为sp2；sp3；

②FD42-为SO42-，S的价层电子对数=4+0=4，所以它的VSEPR模型为正四面体，因为没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体，键角是109°28′；FD3为SO3；S的价层电子对数=3+0=3，所以它的VSEPR模型为平面三角形，因为没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；

故答案为109°28′；平面三角形；

(4)S元素两种氧化物对应的水化物为H2SO4和H2SO3；同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，硫酸中非羟基氧原子个数为2；亚硫酸中非羟基氧原子个数是1，所以硫酸酸性强于亚硫酸；

故答案为H2SO4>H2SO3；H2SO4中非羟基氧原子个数比H2SO3多，酸性强。【解析】①.②.③.H-C≡N④.sp2⑤.sp3⑥.109°28′⑦.平面三角形⑧.H2SO4>H2SO3⑨.H2SO4中非羟基氧原子个数比H2SO3多，酸性强27、略

【分析】【分析】

非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，A为H元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，F是Cl元素；D形成D2－，说明D最外层有6个电子，E＋与D2－具有相同的电子数，E是Na元素、D是O元素；B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2；B为+4价，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素。据此解答。

【详解】

（1）A是H元素，在周期表中的位置是第一周期IA主族，单质F是氯气，氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，该盐是Na2CO3，其俗名为纯碱，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸性HCl＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸，碳酸钠与等物质的量的氯气反应生成碳酸氢钠、氯化钠、次氯酸，反应方程式是Na2CO3+Cl2+H2O=NaHCO3+NaCl+HClO；

（3）金属元素与非金元素易形成离子化合物，含有H的二元离子化合物是NaH；b是含有非极性共价键的二元离子化合物，原子个数比是1:1，b是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。【解析】第一周期IA主族Cl2+2OH-=Cl—+ClO—+H2O纯碱Na2CO3+Cl2+H2O=NaHCO3+NaCl+HClONaH2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑六、原理综合题(共2题，共18分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)O；N原子半径小；非金属性强，在苏丹红I中容易形成分子内氢键，导致苏丹红I的水溶性较小，而当分子中的羟基连接在另一个取代基的对位上时，该物质的分子之间会形成氢键，该物质分子的羟基与水分子之间形成分子间氢键，并且苏丹红II与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度，故其水溶性比苏丹红I大；

(2)Ti3+的配位数是6，颜色不同的两种配合物晶