2025年沪科新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷892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7题，共14分)1、X、Y、Z、R、T五种主族元素，其原子序数依次增大，且都小于20.X的族序数等于其周期序数，X和T同主族，X为非金属，它们的基态原子最外层电子排布均为ns1；Y和R同主族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍；Z原子最外层电子数等于R原子最外层电子数的一半。下列叙述正确的是A.简单离子的半径：T>R>YB.Y与X、R、T均可形成至少两种二元化合物C.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>TD.由这五种元素组成的一种化合物，可作净水剂和消毒剂2、下列关于分子晶体的说法不正确的是A.晶体的构成微粒是分子B.干燥或熔融时均能导电C.分子间以分子间作用力相结合D.熔、沸点一般比较低3、乙苯()与在光照条件下发生一氯取代；生成两种一取代物的速率如下图Ⅰ，反应基本历程如下图Ⅱ．下列说法不正确的是。

A.反应②③的且焓变大小关系为：②<③B.由乙苯制备所需的活化能小于制备C.产生一氯取代物的过程中有极性键和非极性键的断裂和形成D.反应过程中，有可能会产生和等副产物4、设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.溶于水，水解形成的胶体粒子数为：0.1B.溶液中含有的碳原子数为0.1C.与足量充分反应转移的电子数为3D.1mol基态铬原子中含有的未成对电子数为65、钯的配合物离子可催化合成反应过程如图所示。下列叙述错误的是（）

A.是反应中间体B.催化合成总反应为C.反应过程中的成键数目保持不变D.存在反应6、铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一；其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是。

A.铁镁合金的化学式可表示为B.晶胞中有14个铁原子C.晶体中存在的化学键类型为金属键D.该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)7、每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molO2-核外电子数为8NAB.常温时，22gT2O中所含的中子数为12NAC.标准状况下，22.4LHF中含有HF分子数为NAD.1L0.1mol·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目为0.1NA评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、Fe基态核外电子排布式为___________；[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是___________(填元素符号)。9、以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4]3Fe(C6H5O7)2]。

(1)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是___________；C；N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(2)柠檬酸的结构简式如图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为___________mol。10、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_______11、“NiO”晶胞如图：

(1)氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为___________。

(2)已知氧化镍晶胞密度为dg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2＋半径为___________nm(用代数式表示)。12、卤族元素包括F、Cl、Br等。

(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是______。

(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，下图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为______，该功能陶瓷的化学式为______。

(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为______和______。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种。

(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是______。13、C；N、Ti、Mn、Cu都是重要的材料元素；其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。

（1）Mn位于元素周期表的_________区，Mn2＋的价层电子排布图为_____。

（2）N原子核外有______种空间运动状态不同的电子。NO2+的立体构型是_________，与它互为等电子体的分子有________（写出一种）。

（3）Cu2＋与NH3可形成[Cu(NH3)4]2＋配离子，0.5mol[Cu(NH3)4]2＋中含有σ键的个数为_____。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是___________________________________________________________。

（4）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物甲中碳原子的杂化方式为___________，乙中所有原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是______。

14、在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了80%，它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义。现有a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素；c是海水中含量最多的金属元素，d是人类冶炼最多的金属元素。

(1)元素a在元素周期表中的位置为______；a原子的核外能量不同的电子有____种。

(2)下列可以证明b、c金属性强弱的是_____。

A．最高价氧化物对应水化物的溶解性：b＜c

B．单质与水反应的剧烈程度：b＜c

C．相同条件下，氯化物水溶液的pH值：b＜c

D．c可以从b的氯化物水溶液中置换出b

(3)人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀。下列关于该腐蚀的说法正确的是_____。

A．腐蚀过程中；一定会有气体放出。

B．腐蚀过程中；水膜的碱性会增强。

C．在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑

D．与电源的负极相连；可以防止发生这种腐蚀。

(4)d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：_____________。15、(1)Co基态原子核外电子排布式为___________；

(2)Zn2＋基态核外电子排布式为____________；

(3)Cr3＋基态核外电子排布式为____________；

(4)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。

(5)Si元素基态原子的电子排布式是____________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)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、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18、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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20、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21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误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.错误评卷人得分四、实验题(共1题，共7分)23、Ⅰ.绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份；完成如下实验：

请回答。

(1)X的化学式是____。

(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。

(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。

Ⅱ.为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物；按如图所示装置进行实验：

请回答。

(1)该套实验装置的明显缺陷是____。

(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。

(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共12分)24、铟(In)与Al同主族，是一种稀散金属，广泛应用于电子半导体、光纤通信等领域。以炼锌得到的硬锌粗渣(含有Zn、ZnO、ZnS、In、InSb等)为原料提取单质铟并制备ZnSO4·7H2O的工艺流程如图所示。

已知：①当c(H2SO4)＜0.16mol·L-1时，铟的浸出率几乎为0。②常温下，Ksp[In(OH)3]=1.3×10-37。请回答下列问题：

(1)硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是________。

(2)操作Ⅱ的名称为_________(填字母)。

A.过滤B.蒸馏C.干馏D.萃取分液。

(3)“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体，则该反应化学方程式为_______。

(4)H2O2、NaClO3和HNO3均可作“氧化浸出”时的氧化剂，三种物质中只含有极性共价键的物质是____________；“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为___________。

(5)常温下，在0.1mol·L-1的In2(SO4)3溶液中存在平衡：In3+(aq)+3H2O(1)⇌In(OH)3(s)+3H+(aq)，则该反应的化学平衡常数K=_______。(计算结果保留两位有效数字)25、电镀废水中含有等离子；工业上利用分级沉淀法处理电镀废水回收利用铜和镍金属化合物，其工艺流程如下：

已知：①

②各离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。开始沉淀6.188.154.73完全沉淀7.139.675.95

回答下列问题：

(1)基态铬原子的核外电子排布式为___________。

(2)还原过程常加入适量的稀硫酸，写出“还原”时与发生的离子反应方程式___________。还原得到的金属阳离子对应的硫酸盐可用作自行车钢圈的电镀液，电镀时自行车钢圈和惰性电极作为两电极，则“钢圈”连接电源的___________极，阳极的电极反应式为___________。

(3)“还原”后，第一次“调节pH”的范围为___________，滤渣1的主要成分是___________。

(4)“沉铜”需将浓度降为已知溶液浓度超过会逸出，通过计算分析“沉铜”时是否会产生逸出___________(写出计算过程)。

(5)利用回收的物质可制备某含铜的硫化物，该物质可用作分析试剂，其晶胞如图，晶胞参数则离Cu原子距离最近且相等的S原子有___________个，若阿伏加德罗常数的值为晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为___________(用含a、的代数式表示)。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

X、Y、Z、R、T5种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，Y和R属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，最外层电子排布为ns2np4，则Y为O元素、R为S元素；X和T属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于IA族，T的原子序数大于硫，且X为非金属，则X为H元素、T为K元素；Z原子最外层上电子数等于T原子最外层上电子数的一半，其最外层电子数为6×=3；故Z为Al。

【详解】

A．简单离子的半径，电子层多，则半径大；相同电子层，原子序数小的，半径大，则O2-、S2-、K+的半径为：S2->K+>O2-；A项错误；

B．O与H；S、K均可形成至少两种二元化合物；B项正确；

C．金属性：K＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Al(OH)3；C项错误；

D．由这五种元素组成的一种化合物为KAl(SO4)2·12H2O；可作净水剂但不能为消毒剂，D项错误；

答案选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．分子晶体是由分子构成的；正确；

B．干燥或熔融时；分子晶体既不电离也没有自由移动的电子，均不能导电，错误；

C．分子间以分子间作用力相结合；正确；

D．分子晶体的熔；沸点一般比较低；正确；

故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．断键吸热，所以反应②③的A的稳定性大于B，所以A的能量小于B，所以焓变大小关系为：②<③；故A正确；

B．活化能越小反应速率越快，制备的速率快，所以由乙苯制备所需的活化能小于制备故B正确；

C．产生一氯取代物的过程中有极性键和非极性键的断裂；没有非极性键的形成，故C错误；

D．反应过程中，2个有可能会产生2个有可能生成故D正确；

选C。4、D【分析】【详解】

A．胶体粒子数无法计算，但水解形成的胶体粒子数一定小于A项错误；

B．未给出体积，无法计算溶液中含有的碳原子数；B项错误；

C．与反应为可逆反应；转移的电子数无法计算，C项错误；

D．1mol基态铬原子中含有的未成对电子数为D项正确；

故选D。5、C【分析】【分析】

催化合成H2O2，是催化剂，和Pd是反应的中间体，总反应为

【详解】

A．由图可知，钯的配合物离子先与氢气生成Pd，Pd继续与O2和Cl-反应生成再与HCl生成H2O2，所以是反应中间体；故A正确；

B．结合题意，由图可知发生的总反应为：故B正确；

C．中Pd形成6个键；可以看出Pd的成键数目由4变为6再变为4，依次循环，故C错误；

D．在流程中存在反应故D正确。

答案选C。

【点睛】

掌握反应类型、化学反应原理等，明确化学反应是解题关键。6、B【分析】【详解】

A．晶胞中含有铁原子的数目为含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为A项正确；

B．据A选项分析；晶胞中有4个铁原子，B项错误；

C．金属合金仍为金属；晶体中有金属键，C项正确；

D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为D项正确。

故选：B。7、B【分析】【详解】

A．O的质子数为8，O2-是O原子得到2个电子形成的，所以1个O2-的电子数为10，则1molO2-核外电子数为10NA；故A错误；

B．22gT2O的物质的量为1mol，1个T2O中所含的中子数为12个，所以22gT2O中所含的中子数为12NA；故B正确；

C．标准状况下HF为液态，22.4LHF的物质的量不是1mol，所以22.4LHF中含有HF分子数不是NA；故C错误；

D．Al3+在水溶液中会发生水解，所以1L0.1mol·L-1AlCl3溶液中含有A13+的数目小于0.1NA；故D错误；

故选B。

【点睛】

T2O中T为氚，1个T含有1个质子和2个中子，T2O的相对分子质量为22。二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

Fe为26号元素，其核外有26个电子，Fe基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；[Fe(H2O)6]2+中Fe2+提供空轨道，O提供孤电子对形成配位键，即[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O。【解析】1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2O9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在NH3分子中N原子价电子对数为3+=4，有3个成键电子对和1个孤电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化；

一般情况下；同一周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第IIA；第VA族元素原子核外电子排布处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C。

(2)单键都是σ键，双键中有一个σ键一个π键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成7molσ键。【解析】sp3N＞O＞C710、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C11、略

【分析】【详解】

(1)氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则晶胞边长为1，则C原子坐标参数为（1，1）；

(2)已知氧化镍晶胞密度为dg·cm－3，设Ni2＋半径为rnm，O2-原子半径为xnm，晶胞的参数为anm，在氧化镍晶胞中，含O2-个数为8+6=4，Ni2＋个数为12+1=4，即一个晶胞中含有4个NiO，则一个晶胞的质量为g，V(晶胞)＝(a×10-7)3cm3，则可以得到(a×10-7)3·d＝a＝×107nm。根据氧化镍晶胞截面图，可知晶胞对角线3个O原子相切，即晶胞面对角线长为O2-半径的4倍，晶胞参数a＝2x＋2r，即4x＝a，x＝a，带入计算可得到r＝－a＝×107nm。【解析】①.(1，1)②.12、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性岁核电荷数的递增而减小，a对；F元素无正价，b错；氢化物的沸点氟化氢中由于氢键的存在；沸点最高，c错；单质的熔沸点随核电荷数的递增而升高，氟气和氯气常温下为气体，溴单质为液体，d错；答案选a。

（2）同周期元素原子半径随核电荷数的递增逐渐减小；故B原子的半径大于N原子，也就是B原子位于晶胞的8个顶点和中间，其每个晶胞中含有8×1/8+1=2个；N原子位于晶胞中和棱上，故每个晶胞中含有4×1/4+1=2个；化学式可写为：BN；

（3）BCl3的分子构型为正三角形，其中心原子的杂化方式分别为sp2；NCl3为三角锥形，其中心原子的杂化方式分别为sp3；由于氮原子的2p轨道是半满状态；其第一电离能大于O和C元素；Be原子的2s轨道为全满状态，故其第一电离能介于B和N之间，故共有：Be；C、O三种；

（4）B原子的最外层有三个电子，其和氯原子成键时全部电子都参与成键不存在孤对电子，所以提供孤对电子的是X。【解析】①.a②.2③.BN④.sp2⑤.sp3⑥.3⑦.X13、略

【分析】【分析】

（1）Mn为第25号元素，位于第四周期VIIB族；Mn2＋的价层电子排布式为3d5；

（2）N原子核外排布式为1s22s22p3；根据价层电子互斥理论确定空间构型；等电子体的分子有CO2、N2O、CS2等；

（3）[Cu(NH3)4]2＋中心配离子中，氨分子中含有3条σ键，Cu2＋与NH3可形成4条σ键，则合计16条σ键；NF3与NH3具有相同的空间构型；F原子比H的电负性强，对N；F间的共用电子对的作用力强，导致氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难于给出孤电子对形成配位键；

（4）单键中含有1个σ键；双键中含有1个σ键和1个π键；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；氢键的存在导致物质熔沸点升高。

【详解】

（1）Mn为第25号元素，位于第四周期VIIB族，属于d区；Mn的价电子排布式为3d54s2，则Mn2＋的价层电子排布式为3d5，排布图为

（2）N原子核外排布式为1s22s22p3，有5种空间运动状态；NO2+的中心N原子的孤电子对数=（a-bx）=（5-1-2×2）=0，有2条σ键，则空间构型为直线型；等电子体的分子有CO2、N2O、CS2等；

（3）[Cu(NH3)4]2＋中心配离子中，氨分子中含有3条σ键，Cu2＋与NH3可形成4条σ键，则合计16条σ键，则0.5mol时含有8molσ键，即8NA；NF3与NH3具有相同的空间构型；F原子比H的电负性强，对N；F间的共用电子对的作用力强，导致氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难于给出孤电子对形成配位键；

（4）化合物甲中，CH2、CH3结构的C为sp3杂化，结构的C为sp2杂化；乙中含有C、H、O、N四种元素，第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>H；化合物甲分子间不能形成氢键，化合物乙中的N原子可以和另一分子形成氢键，导致分子间的作用力增大，沸点升高。【解析】d5直线形CO2（或N2O、CS2，其他答案合理即可）8NA（或8×6.02×1023或4.816×1024）F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难于给出孤电子对形成配位键。sp3和sp2杂化N>O>C>H化合物乙分子间存在氢键14、略

【分析】【分析】

a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，则为Ca；b是地壳中含量最多的金属元素，b为Al；c是海水中含量最多的金属元素；c为Na；d是人类冶炼最多的金属元素，为Fe，然后逐一分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：a是Ca；b是Al；c是Na；d是Fe。

(1)a为Ca；原子序数为20，核外电子排布为2；8、8、2，原子结构中有4个电子层、最外层电子数为2，因此位于元素周期表中第四周期ⅡA族；a原子的核外能量不同的电子有1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；

(2)A.金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；则失电子能力越强，金属性越强，与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关，A错误；

B.金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则失电子能力越强，单质与水反应的剧烈程度：b＜c，则金属性：b＜c；B正确；

C.盐溶液的pH越小，盐的水解程度越大，则对应的碱的碱性越弱，其金属元素的金属性越弱，相同条件下，氯化物水溶液的pH值：b＜c，则金属性b＜c；C正确；

D.活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，但是，Na非常活泼，能与水反应，Na不与溶液中的金属离子反应，因此c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b；D错误；

故合理选项是BC；

(3)A．Fe发生吸氧腐蚀时；没有气体放出，铁发生析氢腐蚀是有氢气生成，A错误；

B．Fe的腐蚀过程中，若是酸性环境，不断消耗H+，使溶液的酸性逐渐减弱，则根据水的离子积不变，则溶液中OH-会逐渐增大；因此水膜的碱性会增强，B正确；

C．在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；C错误；

D．与电源的负极相连；Fe作阴极被保护，就可以防止Fe发生原电池的腐蚀作用，D正确；

故合理选项是BD；

(4)根据d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，故热化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=-150.72kJ/mol。

【点睛】

本题考查元素周期表的结构及应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写，注意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键，注重考查基础知识的综合应用。【解析】①.第四周期第ⅡA族②.6种③.BC④.BD⑤.3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)△H=-150.72kJ/mol15、略

【分析】【详解】

(1)Co是27号元素，Co位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，核外电子排布是1s22s22p63s23p63d74s2或写为[Ar]3d74s2；

(2)Zn是30号元素，Zn原子核外有30个电子，失去最外层2个电子变为Zn2+，根据构造原理，则Zn2＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；

(3)Cr是24号元素，失去最外层2个电子后，再失去次外层的3d的1个电子变为Cr3+，则Cr3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；

(4)N是7号元素，原子核外电子数为7，核外电子排布式为1s22s22p3；Cu是29号元素，根据构造原理可得Cu核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；则在基态Cu原子核外最外层有1个电子；

(5)Si是14号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，也可以写为[Ne]3s23p2。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布式的书写的知识，在书写时要遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理。掌握核外电子排布规律是解答题目关键。【解析】[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d101s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d31s22s22p311s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2三、判断题(共7题，共14分)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】

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；18、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。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。20、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。21、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。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。四、实验题(共1题，共7分)23、略

【分析】【分析】

实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀；推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式；

实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2；E装置可检验还原性气体。

【详解】

实验I：(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=设X化学式为NaxCuyClz，列式：①（说明：个数比=物质的量之比），②x+2y=z（说明：化合价关系），解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；

(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：

(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根