2025年外研版三年级起点选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版三年级起点选择性必修2化学上册阶段测试试卷56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、短周期元素原子组成的某种分子的结构式如图所示。X原子的核外电子只有一种运动状态：W；Y、Z位于同一周期；Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等。E与W有相同数目的价电子。下列说法错误的是。

A.电负性：B.简单阴离子半径：C.元素Y、Z形成氢化物，其键能故对应氢化物沸点为：D.同主族元素中，W形成的气态氢化物最稳定2、下列关于杂化轨道的叙述中不正确的是A.分子中的杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混杂形成B.杂化轨道用于形成键或用于容纳未参与成键的孤电子对C.和分子中的中心原子S和C都是通过杂化轨道成键D.苯分子中所有碳原子均采取杂化成键，苯环中存在6个碳原子共有的大键3、水资源是非常重要的资源，下列关于水的说法中错误的是A.淡水的密度小于海水的密度B.温度越高，水的密度越小C.蒸馏法是海水淡化的方法之一D.融化的雪水矿物质含量比深井水中少4、仔细观察下图；它表示的是晶体还是非晶体。

A.是晶体B.可能是晶体，可能是非晶体C.是非晶体D.不能确定5、北京大学和中国科学院的化学工作者合作，已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60。实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。下列关于K3C60的组成和结构分析正确的是A.K3C60中既有离子键又有极性键B.1molK3C60中含有的离子数目为63×6.02×1023C.该晶体在熔融状态下能导电D.该物质的化学式可写作KC20评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、氧化石墨烯基水凝胶是一类新型复合材料；对氧化石墨烯进行还原可得到还原石墨烯，二者的结构如图所示。下列说法正确的是。

A.还原石墨烯中碳原子的杂化方式均为sp2B.在水中溶解度氧化石墨烯比还原石墨烯更大C.氧化石墨烯能形成氢键，而还原石墨烯不能D.氧化石墨烯转化为还原石墨烯时，1号C与其相邻C原子间键能变大7、德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法不正确的是A.基态价电子排布为B.分子间均存在氢键C.HCN中均存在键和键D.沸点：(乙硫醇)＞8、在分析化学中，常用丁二酮肟镍重量法来测定样品中Ni2+的含量；产物结构如图所示。下列关于该物质的说法，正确的是。

A.含有的化学键类型为共价键、配位键和氢键B.Ni2+利用其空轨道与丁二酮肟形成了配合物C.该化合物中C的杂化方式只有sp2D.难溶于水的原因是形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Y原子p能级上有2个未成对电子，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是A.X、Y、Z的电负性大小顺序是X＞Y＞ZB.WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1C.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞WD.W、Z形成的分子的空间构型是正四面体形10、W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是A.与W生成的气态化合物的热稳定性：B.W与的原子半径：C.X和Y的第一电离能：D.X、Z、R的电负性：11、价层电子对互斥()模型是预测分子空间结构的重要方法，下列说法正确的是A.的模型为平面三角形B.的空间结构为平面三角形C.中心原子杂化轨道类型为杂化D.的键角小于12、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13、物质Ⅲ(2；3-二氢苯并呋喃)是一种重要的精细化工原料,其合成的部分流程如下：

下列叙述正确的是A.物质Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有六种不同环境的氢B.物质Ⅰ在NaOH醇溶液中加热可发生消去反应C.物质Ⅱ中所有原子可能位于同一平面内D.物质Ⅲ与足量H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子14、W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是A.与W生成的气态化合物的热稳定性：B.W与的原子半径：C.X和Y的第一电离能：D.X、Z、R的电负性：评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、常温下由三种短周期元素形成的气体单质X；Y、Z；并有下列转化关系(反应条件已略去)：已知：X分子中含共价键最多；甲分子中含10个电子，乙分子含有18个电子。

(1)写出单质X的结构式是________________________________________________；

(2)化合物甲的电子式是_____________________________；其水溶液呈________性。

(3)化合物丙中存在的化学键是____________________________________________。16、试用VSEPR理论判断下列分子或离子的立体构型；并判断中心原子的杂化类型：

(1)H2O__形，杂化类型__；

(2)CO__形，杂化类型__；

(3)SO__形，杂化类型__；VSEPR模型__；

(4)NO___形，杂化类型__；17、按要求完成下列空白。

(1)结构示意图溴离子_______

(2)简化电子排布式锰原子_______

(3)价电子排布图第五周期第VA原子_______

(4)电子式H2O2_______

(5)氯化银溶于浓氨水的离子方程式_______

(6)配位化合物Fe(CO)5常温呈液态，易溶于非极性溶剂，则Fe(CO)5的晶体类型为_______，配体中提供孤对电子的原子是_______18、请回答下列问题。

（1）Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。

。化合物。

TiF4

TiCl4

TiBr4

TiI4

熔点/℃

377

-24.12

38.3

155

（2）对羟基苯甲酸()的熔点(213～217°C)比邻羟基苯甲酸()的熔点(135～136℃)高，原因是___________。19、(1)Lewis酸和Lewis碱可以形成酸碱复合物。根据下列两个反应式判断反应中所涉及Lewis酸的酸性强弱，并由强到弱排序_______。

F4Si-N(CH3)3+BF3→F3B-N(CH3)3+SiF4；

F3B-N(CH3)3+BCl3→Cl3B-N(CH3)3+BF3

(2)①分别画出BF3和N(CH3)3的分子构型_______，指出中心原子的杂化轨道类型_______。

②分别画出F3B-N(CH3)3和F4Si-N(CH3)3的分子构型_______，并指出分子中Si和B的杂化轨道类型_______、_______。

(3)将BCl3分别通入吡啶和水中，会发生两种不同类型的反应。写出这两种反应的化学方程式_______、_______。

(4)BeCl2是共价分子，可以以单体、二聚体和多聚体形式存在。分别画出它们的结构简式_______，并指出Be的杂化轨道类型_______。

(5)高氧化态Cr的过氧化物大多不稳定，容易分解，但Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]却是稳定的。这种配合物仍保持Cr的过氧化物的结构特点。画出该化合物的结构简式_______，并指出Cr的氧化态_______。

(6)某些烷基取代的金属羰基化合物可以在其他碱性配体的作用下发生羰基插入反应，生成酰基配合物。画出Mn(CO)5(CH3)和PPh3反应的产物的结构简式_______，并指出Mn的氧化态_______。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)20、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21、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22、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共2题，共20分)23、I.钛冶炼厂与氯碱厂；甲醇厂组成一个产业链(如图所示)；将大大提高资源的利用率，减少环境污染。

请回答下列问题：

(1)Fe位于元素周期表中第________周期，第________族。

(2)写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式______________。

Ⅱ.A；B、C、X均为中学常见的纯净物；它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：

(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________________。

A.SB.N2C.NaD.MgE.Al

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）____________。

(3)A还可以是氨气，氨气分子的空间构型是____________________。24、三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。以硫铁矿（主要成分为FeS2,杂质不与盐酸反应）为原料制备三氯化铁晶体（FeCl3·6HO2）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）“焙烧”过程中，理论上1molFeS2被氧化转移11mol电子，则该反应的氧化产物为_____________。（2）“酸溶”_____________（填“能”或“不能”)用稀硫酸代替30%的盐酸，理由是_____________。（3）现有试剂①稀盐酸②稀硫酸③稀硝酸④氯气⑤硫氰化钾溶液⑥高锰酸钾溶液⑦氢氧化钠溶液，为确认“酸溶”后的溶液中是否会含Fe2+，另取“焙烧”后的烧渣少许，用____________（从上述试剂中选择，填标号）溶解，将所得溶液滴入_____________从上述试剂中选择，填标号）中，若____________，则说明“酸溶”后的溶液中含Fe2+。（4）从FeCl3溶液中得到FeCl3•6H2O的操作包括____________、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，结合必要的离子方程式说明原因：____________。（5）从FeCl3•6H2O中得到无水FeCl3的操作方法为____________。（6）若以a吨硫铁矿为原料，最终制得b吨FeCl3•6H2O，不计生产过程中的损失，则该硫铁矿FeS2的含量为____________（用含a、b的代数式表示）。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共32分)25、现有以下几种有机物：

①CH4②CH3CH2OH③④癸烷⑤CH3COOH

⑥⑨丙烷。

请利用上述给出的物质按要求回答下列问题：

（1）相对分子质量为44的烷烃结构简式为__________________________。

（2）分子中含有14个氢原子的烷烃的分子式是__________________________。

（3）与③互为同分异构体的是_________(填序号)。

（4）⑦的所有同分异构体(不考虑空间异构)中一氯代物有3种的有_________种。

（5）具有特殊气味，常作萃取剂的有机物在铁作催化剂的条件下与液溴发生一溴代反应的化学方程式为________________________________________________________。

（6）有机物②在Cu作催化剂，加热条件下与O2反应的化学方程式为__________________。

（7）在120℃，1．01×105Pa条件下，某种气态烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是_________(填序号)；它与⑧互为_________关系。

（8）有机物⑤和②在一定条件下发生反应的化学方程式是_____________________。26、C；N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。

（1）Si位于元素周期表第____周期第_____族。

（2）N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___个电子。

（3）用“>”或“<”填空：

。原子半径。

电负性。

熔点。

沸点。

Al_____Si

N____O

金刚石_____晶体硅。

CH4____SiH4

（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1）；测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。

0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_____,溶液中的H+向___极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是______。27、实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策；是应对全球气候问题；建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题：

(1)已知某反应的平衡表达式为：K=它所对应的化学反应为：________________。

(2)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

总反应：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____________；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为________________。

(3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：。温度/℃400500800平衡常数K9.9491

该反应的正反应方向是_______反应(填“吸热”或“放热”)，若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：________________。

(4)从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等，对反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。

A.A、C两点的反应速率：A>C

B.A；C两点气体的颜色：A深；C浅。

C.B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

D.由状态B到状态A；可以用加热的方法。

E.A、C两点的化学平衡常数：A>C

(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将mmolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加nL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为________mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol/L)。

(6)某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸；装置如图乙所示，电极为多孔的材料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。

①溶液中H+的移动方向由________极到________极；(用A；B表示)

②B电极的电极反应式为____________。28、I.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂；磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：

(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)，I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。

Ⅱ.氨硼烷(NH3BH3)含氢量高；热稳定性好；是一种具有潜力的固体储氢材料。

(3)NH3BH3分子中，N—B化学键称为________键，其电子对由_______提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：的结构如图所示：

在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为__________。

(4)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺序是__________。

(5)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5题，共10分)1、C【分析】【分析】

由题干信息可知，各元素都是短周期元素，其中X原子的核外电子只有一种运动状态，则X为H元素；Z元素原子中p轨道所含电子数与s轨道相等，核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2；分子结构式中Z形成2个共价键，故Z为O元素；W；Y、Z（氧）位于同一周期，即W、Y处于第二周期，分子结构中Y形成4个共价键、W形成1个共价键，故Y为C元素、W为F元素；E与W（氟）有相同数目的价电子，则E为Cl元素，据此分析解题。

【详解】

A．由分析可知，X为H、Y为C、W为F，故电负性为F＞C＞H即A正确；

B．由分析可知，W为F、Z为O、E为Cl，故简单阴离子半径为Cl-＞O2-＞F-即B正确；

C．由分析可知，Y为C、Z为O，由于电负性O＞C，则元素Y、Z形成氢化物，其键能H-O＞C-H即C的氢化物有很多气体；液态和固体物质，故其对应氢化物沸点不好比较，且熔沸点的高低与共价键的键能大小无因果关系，C错误；

D．已知金属的电负性(非金属性)越强；其气态氢化物越稳定，F是同主族元素中电负性(非金属性)最强的，故同主族元素中，W即F形成的气态氢化物最稳定，D正确；

故答案为：C。2、A【分析】【详解】

A．分子中的杂化轨道是由碳原子的1个轨道和3个轨道混杂形成；故A错误；

B．杂化轨道用于形成键或用于容纳未参与成键的孤电子对；故B正确；

C．分子中中心S原子的价层电子对数为所以中心原子的杂化轨道类型为杂化；分子中中心C原子的价层电子对数为所以中心原子的杂化轨道类型为杂化；故C正确；

D．苯分子中的6个碳原子全部以方式杂化，每个碳原子形成3个杂化轨道，其中1个与氢原子形成键，另外2个与相邻碳原子形成键，每个碳原子剩余1个未杂化的轨道，6个碳原子未杂化的轨道共同形成1个大键；故D正确；

故选A。3、B【分析】【详解】

A．海水中含有盐分；因而密度大，A正确；

B．水的密度与温度：4℃的水的密度最大。温度高于4℃时；随着温度的升高，水的密度越来越小；温度低于4℃时，随着温度的降低，水的密度也越来越小，B错误；

C．蒸馏法；离子交换法等都是海水的淡化方法；C正确；

D．雪和雨水成分相同；是水蒸发后凝结而成，含矿物质很少，深井中的水不断与硅酸盐矿物接触，溶有很多矿物质，D正确；

故答案选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

从图的结构可以看出此固体构成微粒排列的无序；比如观察右侧一个空隙中就有2个大球，属于非晶体；

故选C。5、C【分析】【详解】

A．该物质中K+和之间存在离子键；C原子之间存在非极性共价键；A错误；

B．由K3C60的化学式可知，K+和的比例为3:1，所以1molK3C60中含有的离子数目为3×6.02×1023；B错误；

C．含有自由移动离子或电子的物质能导电，K3C60为离子晶体，熔融状态下的K3C60中含有自由移动的离子；所以能导电，C正确；

D．该物质的化学式是由3个K+和一个构成的，不能写成KC20；D错误；

故选C。二、多选题(共9题，共18分)6、BD【分析】【详解】

A．还原石墨烯中，与-OH相连碳原子、与醚键相连碳原子，都与4个原子形成4个共价单键，杂化方式均为sp3；A不正确；

B．氧化石墨烯比还原石墨烯中亲水基(-OH；-COOH)多；与水分子间形成的氢键多，所以氧化石墨烯在水中溶解度更大，B正确；

C．氧化石墨烯和还原石墨烯中都含有-COOH；-OH；二者都能形成氢键，C不正确；

D．氧化石墨烯转化为还原石墨烯时；1号C与其相邻C原子间由碳碳单键转化为碳碳双键，所以碳碳键能变大，D正确；

故选BD。7、BD【分析】【分析】

【详解】

A．Fe为26号元素，原子核外有26个电子，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+价电子排布为3d5；故A正确；

B．NH3、H2O分子间均存在氢键，C元素的电负性较弱，CH4分子间不存在氢键；故B错误；

C．O2分子中存在双键，N2分子中存在三键；HCN分子中存在三键，双键有一个σ键和一个π键，三键有一个σ键和两个π键，故C正确；

D．乙醇含有-OH；分子间存在氢键，所以沸点高于乙硫醇，故D错误；

故选BD。8、BD【分析】【分析】

【详解】

A．该物质含有共价键；配位键和氢键；其中共价键和配位键是化学键，氢键不是化学键，故A错误；

B．过渡金属离子Ni2+利用其空轨道与丁二酮肟中的氮原子上的孤电子对形成了配位键；从而形成了配合物，故B正确；

C．该化合物中甲基上的碳原子的杂化方式为sp3，和氮原子相连的碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2；故C错误；

D．该化合物难溶于水；是因为形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键，故D正确；

故选BD。9、CD【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第IVA族，X的最外层电子数为3，处于第IIIA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为C1元素，Y的原子序数大于Al元素，小于Cl元素，故Y为Si或P或S元素，Y原子p能级上有2个未成对电子，可知Y为Si或S。

【详解】

A．根据分析；X为Al，Y为Si或S，Z为Cl，非金属性越强，电负性越大，则X；Y、Z的电负性大小顺序是X＜Y＜Z，A错误；

B．形成WY2分子，故Y为S，CS2分子的结构式为S=C=S；1个双键中含1个σ键；1个π键，σ键与π键的数目之比是1∶1，B错误；

C．电子层越多；原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W；X、Y、Z的原子半径大小顺序是X＞Y＞Z＞W，C正确；

D．根据分析，W、Z形成的分子为CCl4，C为sp3杂化；空间构型是正四面体形，D正确；

故选CD。10、BD【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与锂离子具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X为O元素、Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为则Y为Si元素；由Z为S元素可知，R为Cl元素。

【详解】

A.非金属元素的非金属性越强；气态氢化物的热稳定性越强，硫元素的非金属性强于硅元素，则硫化氢的热稳定性强于硅烷，故A正确；

B.同主族元素；从上到下原子半径依次减小，则氢原子的原子半径小于锂原子，故B错误；

C.非金属元素的非金属性越强；元素的第一电离能越大，则氧元素的第一电离能大于硅元素，故C正确；

D.非金属元素的非金属性越强；元素的电负性越大，三种元素的非金属性强弱的顺序为O＞Cl＞S，则电负性强弱的顺序为S＜Cl＜O，故D错误；

故选BD。11、AD【分析】【详解】

A．O3中O原子价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，模型为平面三角形，故A正确；

B．NF3中N原子价电子对数=3+=4；有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，故B错误；

C．中Cl原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，杂化轨道类型为杂化；故C错误；

D．的价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体，含有1对孤电子，则的空间结构为三角锥形，键角小于故D正确；

故选：AD。12、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。13、AD【分析】【分析】

【详解】

A.物质Ⅲ分子中有六种不同环境的氢原子；A正确；

B.物质Ⅰ分子中与溴原子相连的碳原子的邻碳上没有氢原子；不能发生消去反应，B错误；

C.物质Ⅱ含有饱和碳原子；是四面体结构的碳原子，分子中所有的原子不可能共面，C错误；

D.物质Ⅲ与足量H2加成后得到分子有两个碳原子连有四个不同的原子或原子团，则有2个手性碳原子，D正确；

答案为AD。14、BD【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与锂离子具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X为O元素、Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为则Y为Si元素；由Z为S元素可知，R为Cl元素。

【详解】

A.非金属元素的非金属性越强；气态氢化物的热稳定性越强，硫元素的非金属性强于硅元素，则硫化氢的热稳定性强于硅烷，故A正确；

B.同主族元素；从上到下原子半径依次减小，则氢原子的原子半径小于锂原子，故B错误；

C.非金属元素的非金属性越强；元素的第一电离能越大，则氧元素的第一电离能大于硅元素，故C正确；

D.非金属元素的非金属性越强；元素的电负性越大，三种元素的非金属性强弱的顺序为O＞Cl＞S，则电负性强弱的顺序为S＜Cl＜O，故D错误；

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】分析：常温下由三种短周期元素形成的气体单质X；Y、Z；X分子中含共价键最多，则X应为氮气；单质X与单质Y形成共价化合物甲，甲分子中含10个电子，所以甲为氨气，Y为氢气；单质Y与单质Z形成共价化合物乙，乙分子含有18个电子，则Z为氯气，乙为氯化氢；氯化氢和氨气反应生成氯化铵，则丙为氯化铵。

详解：（1）单质X为N2，氮原子最外层5个电子，两个氮原子共用3对电子达到8电子稳定结构，故N2的结构式为：N≡N。

（2）甲为氨气，分子式为NH3，1个氮原子与3个氢原子通过共用电子形成共价化合物分子，氢原子达到2电子稳定结构、氮原子达到8电子稳定结构，电子式为：氨气溶于水，氨分子与水反应生成NH3∙H2O是一种弱碱；故氨水溶液呈碱性。

（3）丙为氯化铵，化学式为NH4Cl，NH4Cl中NH4+与Cl-之间存在离子键，NH4+中N原子和H原子间存在共价键，故NH4Cl中存在的化学键有离子键和共价键。【解析】N≡N碱离子键、共价键16、略

【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子或离子空间构型，价层电子对个数n=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。根据n值判断杂化类型:-般有如下规律:当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4；sp3杂化，据此分析解答。

【详解】

(1)H2O中价层电子对个数n=2+(6-21)=4，含孤电子对数为2，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为角型，故答案为：角，sp3；

(2)CO中价层电子对个数n=3+(4+2-3×2)=3，含孤电子对数为0，中心原子采用sp2杂化，所以该分子为平面三角形，故答案为：平面三角形，sp2；

(3)SO中价层电子对个数n=3+(6+2-3×2)=4，含孤电子对数为1，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为三角锥形,VSEPR模型为正四面体，故答案为：三角锥形，sp3；正四面体；

(4)NO价层电子对个数n=2+(5+1-2×2)=3，含孤电子对数为1，中心原子采用sp2杂化，所以该分子为角型，故答案为：角型，sp2。【解析】①.角②.sp3③.平面三角④.sp2⑤.三角锥⑥.sp3⑦.正四面体⑧.角⑨.sp217、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)溴的原子序数为35，位于第四周期第ⅦA族，溴离子结构示意图为

(2)锰的原子序数为25，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，简化的电子排布式为[Ar]3d54s2。

(3)第五周期第VA原子是Sb，价电子排布式为5s25p3，价电子排布图为

(4)H2O2是共价化合物，每个氢原子都和氧原子共用一对电子，两个氧原子之间也共用一对电子，其电子式为

(5)氯化银溶于浓氨水，生成溶于水的配合物[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。

(6)配位化合物Fe(CO)5常温呈液态，易溶于非极性溶剂，则Fe(CO)5是分子晶体，配体是CO，由于C的电负性弱于O，电负性弱的吸引电子能力弱，易提供孤对电子形成配位键，则Fe(CO)5中与Fe形成配位键的是碳原子。【解析】[Ar]3d54s2AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O分子晶体C18、略

【分析】【分析】

（1）

根据题目所给数据可知TiF4熔点较高；可知其应为离子化合物，其他三种均为共价化合物，为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。

（2）

邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键增大了分子间的作用力，使熔点升高，故对羟基苯甲酸的熔点比邻羟基苯甲酸的熔点高。【解析】（1）TiF4为离子化合物；熔点高，其他三种均为共价化合物，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。

（2）邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使熔点降低，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使熔点升高19、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】BCl3>BF3>SiF4sp2、sp3sp3dsp3BCl3+3H2O=B(OH)3+3HClBCl3+C5H5N=Cl3B-NC5H5Cl—Be—Cl、sp、sp2、sp3Cr的氧化态为+4Mn的氧化态为+1四、判断题(共3题，共24分)20、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。21、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；22、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。五、工业流程题(共2题，共20分)23、略

【分析】【分析】

I.(1)Fe是26号元素；先书写Fe原子结构示意图，利用原子结构与元素原子序数；位置的关系判断其位置；

(2)钛铁矿与C、Cl2在高温下反应产生FeCl3、TiCl3；CO；结合电子守恒、原子守恒，书写方程式；

II.(1)若X是强氧化性单质；A是单质，则A和X形成的化合物有变价元素；

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，且X是变价金属，则X为Fe，所以C是FeCl2，B是FeCl3，A是Cl2；

亚铁离子不稳定；易被氧气氧化生成铁离子；

(3)若A是NH3，X是O2，NH3被O2催化氧化产生NO，NO与O2反应产生NO2，所以B是NO，C是NO2。

【详解】

I.(1)Fe的原子序数为26；原子结构示意图为2；8、14、2，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Fe处于第四周期第ⅤⅢ族；

(2)从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，反应条件是高温，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；

Ⅱ.(1)若X是强氧化性单质；根据转化关系，A可发生连续氧化。

A.S与O2点燃反应产生SO2，SO2与O2催化氧化反应产生SO3；符合物质转化关系；

B.N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2在常温下反应产生NO2；符合物质转化关系；

C.Na与O2在常温下反应产生Na2O，Na2O与O2在加热时反应产生Na2O2；符合物质转化关系；

D.Mg是+2价金属，与O2或Cl2只能产生+2价化合物；不能进一步氧化，不符合物质转化关系；

E.Al只有+3价，可以与O2反应产生Al2O3；不能进一步氧化，不符合物质转化关系；

综上所述可知：合理选项是DE；

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，则X为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，FeCl2在具有还原性，在溶液中容易被溶解在溶液的O2氧化，为防止其氧化变质，常在其水溶液中加入少量还原铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

(3)NH3分子中N是sp3杂化；分子的空间构型是三角锥形。

【点睛】

本题考查了元素的原子结构与元素位置的关系、有电子转移的化学方程式的书写、物质推断，明确反应原理、物质性质是解题关键，题目综合考查了元素及化合物、元素周期表与元素周期律及氧化还原反应基本知识，体现了学以致用的目的。【解析】①.四②.Ⅷ③.2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO④.DE⑤.FeCl3⑥.2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe2+被氧化⑦.三角锥形24、略

【分析】【分析】

根据焙烧的化学方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2判断氧化产物；根据制备的产品判断不能用稀硫酸代替盐酸；根据Fe2+的性质来选取检验的试剂和实验现象；根据Fe3+易水解的性质制备无水FeCl3时应在HCl环境中进行；根据Fe元素守恒计算该硫铁矿FeS2的含量；据此解答。

【详解】

（1）由1molFeS2被氧化转移11mol电子可知，“焙烧”过程中发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由反应方程式可判断，Fe元素化合价由+2价失电子变为+3价，S元素化合价由-1价失电子变为+4价，则FeS2是还原剂，得到氧化产物，该反应的氧化产物为Fe2O3和SO2；答案为Fe2O3，SO2。（2）在“酸溶”时不能用硫酸代替盐酸，因为最终制取的是氯化铁晶体(FeCl3•6H2O)，使用硫酸，会引入SO42-，得不到氯化铁晶体(FeCl3•6H2O)；答案为不能，用稀硫酸代替30%的盐酸，会引入SO42-，制得的产品不是三氯化铁晶体。（3）检验“酸溶”后溶液中是否含有Fe2+，则酸溶不能选择稀硝酸，因为硝酸具有氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，溶液中本就含有Fe3+，所以不能用硫氰化钾溶液和氯气以及氢氧化钠溶液检验Fe2+是否存在，则只有高锰酸钾溶液可以检验Fe2+是否存在，而高锰酸钾也可以氧化盐酸而发生褪色，所以“酸溶”应选用稀硫酸；答案为②，⑥，高锰酸钾溶液褪色。（4）从FeCl3溶液中得到FeCl3•6H2O的操作步骤为加热浓缩、冷却结晶、过滤，因为铁离子很容易发生水解反应，即Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，直接加热蒸干最终得到的是氧化铁，所以在加热浓缩时要保持盐酸过量，抑制铁离子发生水解反应；答案为加热浓缩，铁离子很容易发生水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，过量的盐酸可以抑制Fe3+的水解反应。（5）因为FeCl3•6H2O在加热过程中会发生FeCl3•6H2O=Fe(OH)3+3HCl↑+3H2O水解反应，为了抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl3•6H2O来得到无水FeCl3；答案为在HCl气流中加热失去结晶水。（6）b吨FeCl3•6H2O中Fe元素的含量为m(Fe)=m(FeCl3•6H2O)×=b吨×=吨，设硫铁矿FeS2的含量为x，a吨硫铁矿中Fe元素的含量为m(Fe)=a吨·x·=a吨·x·=吨，由Fe元素守恒得=解之x=×100%；答案为×100%。【解析】Fe2O3、SO2不能用稀硫酸代替30%的盐酸，会引入SO42-，制得的产品不是三氯化铁晶体②⑥高锰酸钾溶液褪色蒸发浓缩Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,过量的盐酸能抑制Fe3+水解在HCl气流中加热失去结晶水×100%六、原理综合题(共4题，共32分)25、略

【分析】【详解】

(1)依据烷烃的通式CnH2n＋2，12n+2n+2=44，解得n=3，即此烷烃为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3；

(2)依据烷烃的通式CnH2n＋2，因此有2n+2=14，即n=6，此烷烃的分子式为C6H14；

(3)③含有6个碳原子；14氢原子，根据同分异构体的定义，③与⑦互为同分异构体，③与⑧为同一物质，答案为⑦；

(4)⑦的同分异构体(包括⑦)有CH3CH2CH2CH2CH2CH3(有3种不同的氢原子，一氯代物有3种)；(CH3)2CHCH2CH2CH3有5种不同的氢原子，一氯代物有5种；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3有4种不同的氢原子，一氯代物有4种；(CH3)2CHCH(CH3)2有2种不同的氢原子，一氯代物有2种；(CH3)3CCH2CH3有3种不同的氢原子；一氯代物有3种，符合题意的有2种；

(5)具有特殊气味，常作萃取剂的有机物在铁作催化剂的条件下与液溴发生一溴代反应，此有机物是苯，化学反应方程式为+Br2+HBr；

(6)乙醇被氧气氧化生成乙醛和水，其化学反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；

(7)120℃时，某烃为CxHy，燃烧的方程式为CxHy(g)+(x+)O2(g)→xCO2(g)+H2O(g)，反应前后气体的体积没有发生改变，则1+x+=x+解得y=4，根据给定的物质，甲烷符合，答案为①；⑧为2，2-二甲基丁烷，均为烷烃，互为同系物；

(8)有机物⑤和②为乙酸与乙醇，其在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成乙酸乙酯和水，方程式为CH3COOH＋HOC2H5CH3COOC2H5＋H2O。

【点睛】

根据烃的燃烧方程式及条件计算出烃中含有的氢原子个数，在确定烃分子。【解析】CH3CH2CH3C6H14⑦2+Br2+HBr2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O①同系物CH3COOH＋HOC2H5CH3COOC2H5＋H2O26、略

【分析】【详解】

（1）Si的核电荷数为14；位于元素周期表第三周期IVA族；（2）N原子的核外电子数为7，根。

据电子排布式的书写规则，N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1故最外层有1个电子（3）同周期元素原子随核电荷数递增，原子半径减小；非金属性越强电负性越大；金刚石和晶体硅都属于原子晶，但C-C键键长短，键能大，故熔点更高；组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高。（4）正极得电子发生还原反应，故电极反应式为：2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O；在电场作用下，阳离子向电池正极移动；由图像得t1时刻电流方向改变，说明电负极发生变化，Al因为发生钝化不再进一步反应。【解析】三IVA1s22s22p31个><><2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O正Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应27、略

【分析】【分析】

(1)根据质量守恒定律；结合可逆反应平衡常数的含义及表达式书写反应方程式；

(2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；CH3OCH3在负极失去电子，被氧化变为CO2、H2O；据此书写电极反应式；

(3)根据温度对化学平衡常数的影响判断反应的热效应；利用500℃时K=9；利用物质的起始浓度及反应转化关系计算CO的平衡转化率；

(4)根据外界条件对化学反应速率；化学平衡常数、化学平衡移动的影响分析判断；

(5)依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应；一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度；

(6)SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸；根据硫酸的出口判断原电池的正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动。

【详解】

(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数表达式中，分子为生成物，分母为反应物，固体或纯液体物质不能写入表达式中，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；

(2)①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

根据盖斯定律，将①×2+②+③，整理可得总反应的热化学方程式：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=﹣246.4kJ/mol；

二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为二甲醚失电