2025年新世纪版选择性必修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年新世纪版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、短周期元素的原子序数依次增大。与同主族，原子核外有8种不同运动状态的电子，元素可以形成阴离子，基态原子的轨道和轨道上的电子总数相等，基态原子的轨道上有3个未成对电子。下列说法正确的是A.元素的原子半径比的大B.元素的气态氢化物热稳定性比的强C.元素的第一电离能比的小D.中含有非极性键2、下列说法错误的是A.电子排布违反了洪特规则B.违反了泡利不相容原理C.原子核外电子排布遵循“使整个原子处于能量最低的状态”为总原则D.同一原子中，2p、3d、4f能级的轨道数依次增多3、下表是第三周期部分元素的电离能数据。元素甲5.747.171.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7

下列说法正确的是A.甲的金属性比乙强B.乙的常见化合价为+1价C.丙不可能为非金属元素D.丁一定为金属元素4、已知由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法不正确的是（）A.CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－B.CaOCl2中不含非极性共价键C.在上述反应中，浓硫酸不体现氧化性D.每产生2.24LCl2，转移电子的数目约为6.02×10225、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B.1mol重水和1mol水电子数均为10NA个C.12g石墨和12g金刚石均含有4NA个碳碳共价键D.1L1mol·L−1NaCl溶液含有28NA个电子6、下列对分子性质的解释中，不正确的是A.F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高B.乳酸()分子中含有2个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释D.冰的密度比水小、氨气极易溶于水、邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛都能用氢键来解释7、下列有关说法不正确的是A.熔点：NaF＞MgF2＞AlF3B.稳定性：甲烷＞乙烯C.阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2D.硬度：Al＞Mg＞Na8、有关晶体的结构如图所示；下列说法中不正确的是。

A.在NaCl晶体(图甲)中，距Na+最近的Cl-形成正八面体B.该气态团簇分子(图乙)的分子式为EF或FEC.在CO2晶体(图丙)中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻D.在碘晶体(图丁)中，存在非极性共价键和范德华力9、下列物质酸性大小比较正确的是A.HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4B.H2SO4＞HClO4C.H3AsO3＞HNO2D.HI＞HCl＞HF评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图为周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧下列说法正确的是。ADBEC

A.D，B，E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：C.D，B，E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小D.气态氢化物的稳定性顺序：11、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12、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10。A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数。则下列叙述正确的是A.D元素处于元素周期表中第3周期第IV族B.四种元素的原子半径：AC.D的最高价氧化物中，D与氧原子之间均为双键D.一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质13、据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是A.还原剂与氧化产物的物质的量之比为2：3B.若氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子的物质的量为1molC.每生成1.6mol氮气，则有0.2molKNO3被氧化D.NaN3是只含有离子键的离子化合物14、极易发生水解；水解机理如图所示，下列说法错误的是。

A.整个反应历程中P的化合价不变B.水解产物是一种三元弱酸C.中3个原子被取代的机会不相等D.分子的P原子有孤电子对，易与金属离子配位而形成配合物15、下列有关说法正确的是A.分子中的键角依次增大B.HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高C.HClO分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构D.C-H键比Si-H键的键长短，故比稳定16、钛酸钙矿物的晶胞结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导体材料的结构如图(b)所示，晶胞边长为acm，其中A为另两种离子为和下列说法错误的是。

A.钛酸钙晶体中距离最近的有8个B.图(b)中，X为C.图(b)该晶体密度为D.钛酸钙晶胞中距离最近的形成了正八面体，位于其中心17、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，X与Z同主族且二者可形成离子化合物，W的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A.电负性：XB.第一电离能：ZC.元素W的含氧酸均为强酸D.Z的氧化物对应的水化物为弱碱评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、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___。19、金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：

(1)Ni原子的核外电子排布式为___________。

(2)NiO、MgO的晶体结构类型均与氯化钠相同。某同学画出的MgO晶胞结构示意图如图1所示，请改正图中的错误：___________。NiO晶胞中与Ni距离最近且相等的Ni的个数为___________。

(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图2所示(部分原子间连线未画出)。该合金的化学式为___________。20、用价层电子对互斥模型推测下列分子或离子的空间构型。

(1)BeCl2___________；

(2)SO___________；

(3)SCl2___________；

(4)BF3___________；

(5)PF3___________；

(6)NH___________；21、氮是生命物质的重要组成元素之一，含氮物质与人类的生活密切相关。氮原子最外层电子轨道表示式为：_____________；N4分子的空间结构如图：它是一种___________分子（填“极性”或“非极性”）。22、下图中A、B、C、D四条曲线分别表示第IVA、VA、VIA、VIIA族元素的气态氢化物的沸点，其中表示第VIA族元素气态氢化物的沸点的是曲线_____；表示第IVA族元素气态氢化物的沸点的是曲线____；同一主族中第三、四、五周期元素的气态氢化物的沸点依次升高，其原因____。A、B、C曲线中第二周期元素的气态氢化物的沸点显著高于第三周期元素气态氢化物的沸点，其原因是_____。

23、判断正误。

(1)范德华力与化学键的区别是作用力的强弱不同_________

(2)任何分子间在任意情况下都会产生范德华力_________

(3)分子间作用力是分子间相互作用力的总称，包括氢键与范德华力_________

(4)范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊的化学键_________

(5)范德华力非常微弱，故破坏范德华力不需要消耗能量_________

(6)氢键是一种特殊的化学键，它广泛存在于自然界中_________

(7)范德华力与物质的性质没有必然的联系_________

(8)范德华力能够影响物质的化学性质和物理性质_________

(9)范德华力仅是影响物质部分物理性质的一种因素_________

(10)范德华力是决定由分子构成的物质的熔点、沸点高低的唯一因素_________

(11)范德华力与氢键可同时存在于分子之间_________

(12)可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键_________

(13)乙醇分子和水分子间只存在范德华力_________

(14)氢键具有方向性和饱和性_________

(15)氢键的存在，使水凝结为冰时密度减小，体积增大_________

(16)H2O2分子间存在氢键_________

(17)卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而增大_________

(18)氢键的存在一定能使物质的熔、沸点升高_________

(19)H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键_________

(20)分子间氢键的形成除使物质的熔点、沸点升高外，对物质的溶解、电离等也都有影响_________24、(1)通常情况下，NH3比PH3易液化；主要原因是__________。

(2)已知CaCl2O是由两种阴离子和一种阳离子形成的离子化合物，且每个原子满足8电子稳定结构。CaCl2O电子式为_________。

(3)相同条件下HF酸性比H2CO3强，请用一个化学方程式说明________。25、如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。

(1)代表金刚石的是___(填编号字母，下同)，其中每个碳原子与___个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于___晶体。

(2)代表石墨的是___，其中每个正六边形占有的碳原子数平均为___个。

(3)代表NaCl的是___，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+有___个。

(4)代表CsCl的是___，它属于___晶体，每个Cs+与___个Cl-紧邻。

(5)代表干冰的是___，它属于___晶体，每个CO2分子与___个CO2分子紧邻。

(6)若说“离子晶体中只有离子键，分子晶体中没有化学键”是否正确，简述理由：___。

(7)NaCl晶体、HCl晶体、干冰、金刚石的熔点由高到低的顺序是___；其中在熔融或液态时能导电的电解质是___，液态不导电但为电解质的是___，在水溶液中能导电的非电解质是___。26、通过本单元的学习，你认为物质结构的研究成果对人类物质文明产生了多大的影响，你认为化学还应该为人类解决哪些问题，解决这些问题需要哪些条件_______。评卷人得分四、实验题(共3题，共6分)27、CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。

氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物。温度15℃以下15～25.7℃26～42℃42℃以上结晶水合物CuCl2·4H2OCuCl2·3H2OCuCl2·2H2OCuCl2·H2O

回答下列问题：

(1)仪器a的名称为_______，NaOH溶液的作用是_______。

(2)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为_______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是_______。

(3)为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，_______，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是_______。

(4)查阅资料：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，设计实验证明CuCl2溶液中存在上述平衡：取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中，_______。

(5)查阅资料：[CuCl4]2-比[Cu(H2O)4]2+更稳定：与Cu2+配位时，Cl-比H2O的配位能力更强，原因可能是_______。28、某小组设计一系列实验探究SO2和AgNO3溶液反应的原理。回答下列问题：已知：Ag+能与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

实验(一)：制备SO2并完成SO2和AgNO3溶液反应。

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2。

实验中；硝酸银溶液中产生大量白色沉淀，过滤得到灰白色沉淀A和无色溶液B。

(1)制备SO2的发生装置宜选择___________(填标号)。A．B．C．D．(2)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。

实验(二)：探究灰白色沉淀A的成分。

步骤1：向沉淀A中加入足量的浓氨水；灰白色沉淀逐渐减少，得到灰黑色浊液。

步骤2：静置一段时间；取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体。

(3)经检验，灰黑色浊液中的固体是银单质，则每生成1mol银转移的电子的物质的量为___________mol。

(4)灰白色沉淀A与浓氨水发生反应的离子方程式为___________(写出一个即可)。

实验(三)：探究无色溶液B的成分。

已知：AgCl溶于浓盐酸生成[AgCl2]-

操作与现象：

将无色溶液B分成两份，向一份溶液中滴加浓盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向另一份溶液中加入饱和Na2SO3溶液；试管中无沉淀产生。

(5)补充实验：向0.1mol•L-1的AgNO3溶液中滴加饱和Na2SO3溶液，有白色沉淀产生。由此推知，无色溶液B中___________(填“存在”或“不存在”)Ag+。

(6)经检验发现此溶液中含有[Ag(SO3)2]3-，用平衡移动原理解释向溶液B中滴加浓盐酸出现白色沉淀的原因：___________。

(7)取少量无色溶液B，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有同学认为是由于空气中的O2参与了反应，设计实验探究该同学的猜想：___________。

(8)通过上述实验，可以推出SO2与AgNO3溶液反应包括氧化还原反应和复分解反应。由此推知：Fe3+和SO不能大量共存的原因有两种：一种是2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2SO3，另一种是___________(用离子方程式表示)。29、青蒿素是烃的含氧衍生物；为无色针状晶体，在乙醇；乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156～157℃，热稳定性差，青蒿素60℃以上易分解，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃。从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的。

(1)青篙素在超临界CO2中有很强的溶解性，萃取青蒿素________(填”能”或“不能”)用超临界CO2作萃取剂；中医古籍《肘后备急方》中“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁,尽服之”______(填“是”或“不是”)为了提取纤维素。现有四氯化碳(沸点76.5℃)和乙醚两种溶剂，应选用__________作为萃取剂；青蒿素组成元素中电负性较大的两种元素第一电离能由大到小排序为__________(填元素符号)。

(2)某学生对青蒿素的性质进行探究。将青蒿素加入含有NaOH、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________(填字母)具有相似的性质。说明青蒿素的结构中含有_______(填官能团名称)。

A.乙醇B.乙酸乙酯C.乙酸D.酰胺E.葡萄糖。

(3)青蒿素的质谱数据中有一个峰值与另一种抗疟药鹰爪素相同,而鹰爪素的该质谱峰对应过氧基团,于是推测青蒿素中含有_____(填粒子的电子式)。青蒿素所属晶体类型为_________。1974年中科院上海有机所和生物物理研究所在研究青蒿素功能基团的过程中，屠呦呦团队发明了双氢青蒿素。从青蒿素到生成双氢青蒿素发生了_____反应。

(4)科学家对H2O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程,最初科学家提出了两种观点:甲:乙:H—O—O—H,甲式中O→O表示配位键,在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构,设计并完成了下列实验:

a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水;

b.将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应,只生成A和H2SO4;

c.将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。

①如果H2O2的结构如甲所示,实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)________。

②为了进一步确定H2O2的结构,还需要在实验c后添加一步实验d,请设计d的实验方案:_______________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

短周期元素的原子序数依次增大。与同主族，原子核外有8种不同运动状态的电子，X为O元素，元素可以形成阴离子，基态原子的轨道和轨道上的电子总数相等，1s22s22p63s2,Z为Mg，Y为F，基态原子的轨道上有3个未成对电子，Q为P元素，与同主族；R为S。据题意推出X；Y、Z、Q、R分别为O、F、Mg、P、S。

【详解】

A．根据同一周期原子半径的变化规律可得：元素的原子半径比的小；故A错误；

B．根据非金属性强弱判断规律可得：元素的气态氢化物热稳定性比的强；故B正确；

C．根据同一周期第一电离能变化规律可得；P的3p能级处于半充满状态，第一离能大于相邻元素，元素P的第一电离能比S的大，故C错误；

D．MgF2只有离子键；没有共价键，故D错误；

故选B。2、A【分析】【详解】

A．电子排布违反了能量最低原理；故A错误；

B．根据泡利不相容原理，每个轨道最多容纳两个电子，且自旋方向相反，正确的为：故B正确；

C．原子核外电子排布遵循“使整个原子处于能量最低的状态”为总原则；故C正确；

D．同一原子中；2p轨道有3个，3d轨道有5个，4f轨道有7个，轨道数依次增多，故D正确；

故选A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．由表中数据可知；甲的第一电离能比乙低，所以甲的金属性比乙强，故A正确；

B．乙的第三电离能明显比第一；第二电离能高了很多；所以乙的最外层只有两个电子，乙为金属镁，其化合价为+2，故B错误；

C．甲的第一电离能远远小于第二电离能；所以甲为钠。丙一定不是铝，因为铝的第一电离能比镁小，所以丙一定是非金属元素，故C错误；

D．丁的第一电离能比丙更大；所以丁一定为非金属，故D错误；

故选A。

【点睛】

同一周期中各元素的第一电离能随原子序数递增呈逐渐增大的趋势，但是每一周期的第IIA和第VA元素的第一电离能高于相邻的两种元素。同一元素的电离能逐级升高，但是升高的幅度不同，根据这个特点可以把核外电子分成不同的电子层，并由此确定元素的主要化合价。4、D【分析】【分析】

由化学反应方程式CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O可知，反应中混盐含有的阴离子为Cl-和ClO-，CaOCl2自身既是氧化剂又是还原剂，反应中C1-失电子，C1O-得电子；发生归中反应。

【详解】

A.根据上述分析可知：CaOCl2中的两种酸根阴离子分别为Cl－和ClO－；A正确；

B.CaOCl2中不含非极性共价键；B正确；

C.在CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O反应中；浓硫酸中没有化合价变化，不体现氧化性，C正确；

D.标准状况下，2.24LCl2为0.1mol，根据反应中C1-失电子，C1O-得电子，可知发生归中反应生成Cl2，所以转移电子的数目约为6.02×1022；未指明标准状况，D错误。

答案为D。5、B【分析】【详解】

A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；B．1个重水分子和1个水分子中均含10个电子，故1mol重水和1mol水中均含10NA个电子，故B正确；C．石墨中最小重复单元为六元环，根据均摊法可知每个C原子具有=个共价键，12g石墨中含有1molC原子，含有mol共价键，金刚石中每个C原子具有=2个共价键，12g金刚石含有1molC原子，含有2mol共价键，故C错误；D．1L1mol·L−1NaCl溶液中含有1molNaCl，1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；故答案为B。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子；熔点随相对分子质量增大而升高，故A正确；

B．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和羟基；是手性碳原子，只有1个，故B错误；

C．碘；四氯化碳、甲烷都为非极性分子；水为极性分子，分子极性相似的分子易溶，故C正确；

D．冰中含有氢键；水结冰后体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，氨气分子和水分子之间能形成氢键，所以氨气极易溶于水，邻羟基苯甲醛分子内存在氢键，而对羟基苯甲醛分子间存在氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故D正确；

故选：B。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．对于离子晶体，熔点取决于离子半径和离子所带电荷，离子半径越小，离子所带电荷越高，离子键就越强，则熔点就越高。NaF、MgF2、AlF3均为离子晶体，阴离子均为F-，阳离子Na+、Mg2+、Al3+离子半径越来越小，所带电荷越来越高，所以NaF、MgF2、AlF3的熔点：NaF＜MgF2＜AlF3；故A错误；

B．甲烷中C和H之间为单键；比较稳定，而乙烯的两个碳原子之间是碳碳双键，其中的π键不稳定，容易断裂，所以稳定性：甲烷＞乙烯，故B正确；

C．CsCl中，Cl-的配位数为8，NaCl中，Cl-的配位数为6，CaF2中，F-的配位数为4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2；故C正确；

D．对于金属晶体；原子半径越小，价电子数越多，金属键就越强，硬度就越大。从Na；Mg到Al，原子半径逐渐减小，价电子数逐渐增多，所以硬度：Al＞Mg＞Na，故D正确；

故选A。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．由NaCl晶胞结构知，Na+周围最近的Cl-有6个，分别位于Na+的上下左右前后；形成正八面体结构，A正确；

B．分子中不涉及原子共用的问题，故该分子中含有4个E原子和4个F原子，分子式为：E4F4或F4E4；B错误；

C．以顶点CO2分子作为参考点，相邻三个面面心上CO2分子离其最近，考虑晶胞无隙并置原理，一个顶点周围共有8个晶胞，每个晶胞中各有3个CO2分子离顶点CO2最近，又考虑面心共用，故离顶点CO2最近的CO2分子有：个；C正确；

D．碘分子内部两个碘原子之间为非极性共价键；碘分子之间为范德华力，D正确；

故答案选B。9、D【分析】【分析】

【详解】

A．酸分子中非羟基氧原子数目越多，相应的酸的酸性越强，酸分子中非羟基氧原子数目越多，酸分子中该元素的化合价就越高，故同一元素不同价态的含氧酸的酸性随酸分子中成酸元素化合价的升高而增大，则酸性：HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4；A错误；

B．同一周期元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。元素的非金属性：S＜Cl，所以酸性：H2SO4＜HClO4；B错误；

C．HNO2中非羟基O原子有1个，属于中强酸，而H3AsO3中非羟基O原子数目是0，物质属于弱酸，所以酸性：H3AsO3＜HNO2；C错误；

D．元素的非金属性越强；其与H元素形成的化学键就越难断裂，该化合物水溶液的酸性就越弱。由于元素的非金属性：F＞Cl＞I，所以酸性：HI＞HCl＞HF，D正确；

故合理选项是D。二、多选题(共8题，共16分)10、BC【分析】【分析】

B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，设B元素相对原子质量为x，则×100%=60%，解得b=32；故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素；C为Se、D为P元素、E为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强；第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，第一电离能P＞Cl＞S，A错误；

B．同主族元素从上到下；元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性Cl＞S＞Se，B正确；

C．P；S、Cl三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大离子半径越小，P、S、Cl三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，C正确；

D．非金属性：P＜S＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

故选BC。11、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。12、BD【分析】【分析】

【详解】

略13、AB【分析】【分析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，NaN3中N元素的化合价由负价升高为0，KNO3中N元素的化合价由+5价降低为0，该反应中共转移10e-；据此分析作答。

【详解】

A．KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10：16×=2：3；故A正确；

B．由反应可知；转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子为1mol，故B正确；

C．反应中KNO3是氧化剂；在上述反应中被还原，故C错误；

D．NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物；故D错误；

故选AB。

【点睛】

把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，将作为整体来分析为解答的难点，要求熟练掌握氧化还原反应的规律。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由反应历程可知；整个过程中P的化合价始终保持+3价不变，故A正确；

B．由的结构可知；其只含两个羟基氢，属于二元酸，故B错误；

C．中三个Cl处于对称位置；每个Cl原子被取代的机会相等，故C错误；

D．分子中P原子有一对孤对电子未成键；与金属离子的空轨道之间易形成配位键，从而形成配合物，故D正确；

故选：BC；15、AD【分析】【详解】

A．CH4、C2H4、CO2分别为正四面体型(109°28′)；平面三角型(120°)、直线型(180°)；所以分子中的键角依次增大，故A正确；

B．由于HF分子之间除分子间作用力之外还能形成氢键，因此HF的沸点要比HCl的高，而对于HCl、HBr；HI来说；由于分子间作用力随相对分子质量的增大而增加，三者的沸点依次升高，故B错误；

C．HClO中含有H原子最外层只有2个电子；不满足8电子结构，故C错误；

D．碳的原子半径小于硅，所以C-H键比Si-H键键长更短，而键长越短共价键强度越大，故CH4比SiH4更稳定；故D正确；

故选：AD。16、BC【分析】【详解】

A．以顶点的Ca2+为研究对象，离Ca2+最近的钛离子位于晶胞的体心，所以晶体中离Ca2+最近的Ti4+有8个；A项正确；

B．晶胞图b中含有1个A，3个X，1个B，且A为根据电中性原理可推知，X为I−；B项错误；

C．b晶胞中A个数为8×=1个，B的个数为1，X的个数为6×=3，A为则B为Pb2+，X为I−和，化学式为PbCH3NH3I3，摩尔质量为620g/mol，该晶胞的密度为C错误；

D．由晶胞图a可知，钛酸钙晶体中离Ti4+最近的氧离子形成了正八面体；钛离子位于其中心，D项正确；

故答案为：BC。17、AB【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z.、W的原子序数依次增大；元素Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W最外层电子数是其电子层数的2倍，其原子序数大于O，则W为S元素；X与Z同主族且二者可形成离子化合物，则X为H，Z为Na元素，以此分析解答。

【详解】

结合分析可知；X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素；

A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，故电负性H

B．同一周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能Na<W<Y；故B正确；

C．W为S元素；S的含氧酸不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；

D．Z的氧化物对应的水化物为为NaOH；NaOH为强碱，故D错误。

答案选AB。三、填空题(共9题，共18分)18、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】②⑤⑩①③⑨①③⑤②⑨⑩①③⑤②⑨⑩⑧⑥⑦④19、略

【分析】【详解】

(1)Ni原子的核外电子排布式为或

(2)MgO晶胞中的⑧应为实心黑球，由信息可知与氯化钠的晶胞结构相似，所以与距离最近且相等的的个数为12。

(3)原子在8个顶点上，所以晶胞单独占有的原子数为原子有4个位于前、后、左、右四个面的面心，有1个位于体心，有4个在上、下两个面上，所以晶胞单独占有的原子数为与的原子数之比为1:5，则化学式为【解析】或⑧应为实心黑球1220、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)BeCl2中心原子的价层电子对数为=2；孤电子对数为0，为直线形；

(2)SO中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为0，为正四面体形；

(3)SCl2中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为2，为V形；

(4)BF3中心原子的价层电子对数为=3；孤电子对数为0，为平面三角形；

(5)PF3中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

(6)NH中心原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为0，为正四面体形；【解析】①.直线形②.正四面体形③.V形④.平面三角形⑤.三角锥形⑥.正四面体形21、略

【分析】【详解】

氮原子为7号元素有两个电子层，最外层5个电子，据此书写最外层电子排布式为：2s22p3，2s2能级上充满电子，2p能级上有三个电子，根据洪特规则，每个电子单独占据一个轨道，故最外层电子轨道表示式为N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，N4分子中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，每个面为正三角形，为空间对称构型，为非极性分子。【解析】①.②.非极性22、略

【分析】【详解】

每个H2O能形成四个氢键，沸点最高，故A为VIA族氢化物沸点曲线；IVA族的氢化物都为非极性分子，沸点较低，第二周期碳元素的氢化物间不存在氢键，故为曲线D；由于同一主族中第三、四、五周期元素的气态氢化物间不存在氢键，且结构相似，所以它们的沸点与范德华力有关，而范德华力与相对分子质量有关，故随着相对分子质量的增大，沸点随之升高；曲线中第二周期元素的气态氢化物的沸点显著高于第三周期元素气态氢化物的沸点，原因是第二周期氮、氧、氟元素氢化物分子间存在氢键，使分子间作用力增大，沸点升高。【解析】①.A②.D③.组成和结构相似的物质，随着相对分子质量增大，范德华力增大，沸点升高④.分子间存在氢键23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)范德华力是分子与分子之间的一种相互作用；其实质与化学键类似，也是一种电性作用，但两者的区别是作用力的强弱不同，故(1)正确；

(2)范德华力普遍地存在于分子之间；但也必须满足一定的距离要求，若分子间的距离足够大，分子之间也难产生相互作用，故(2)错误；

(3)分子间作用力是分子间相互作用力的总称；包括氢键与范德华力，故(3)正确；

(4)范德华力的实质也是一种电性作用；化学键是强烈的相互作用，所以范德华力不是化学键，故(4)错误；

(5)范德华力非常微弱；但破坏它也需要消耗能量，故(5)错误；

(6)氢键是一种分子间作用力；不属于化学键，故(6)错误；

(7)范德华力是分子与分子之间的一种相互作用；它与物质的物理性质有关系，故(7)错误；

(8)范德华力是分子与分子之间的一种相互作用；它与物质的物理性质有关系，不影响物质的化学性质，故(8)错误；

(9)范德华力是分子与分子之间的一种相互作用；它是影响物质部分物理性质的一种因素，故(9)正确；

(10)范德华力是决定由分子构成的物质的熔点；沸点高低的一种因素；故(10)错误；

(11)分子间作用力是分子间相互作用力的总称；包括氢键与范德华力，可同时存在于分子之间，故(11)正确；

(12)可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子中的C的电负性不大；不能与水分子间形成了氢键，故(12)错误；

(13)乙醇分子和水分子间只存在范德华力；水分子中的氧电负性很大，可以形成氢键，故(13)错误；

(14)氢键具有方向性和饱和性；故(14)正确；

(15)氢键的存在；使水凝结为冰时密度减小，体积增大，故(15)正确；

(16)O的电负性很大，所以H2O2分子间存在氢键；故(16)正确；

(17)卤素氢化物中的HF分子间存在着氢键；使其熔；沸点高于其它卤素氢化物，故(17)错误；

(18)氢键一定能使物质的沸点升高，但不一定会使熔点升高，如乙醇的沸点在标准状况下是78因为乙醇分子在溶液中具有氢键。而熔点为-114因为熔点取决于乙醇分子的晶格排向；与氢键无关，故(18)错误；

(19)因为O的非金属性比S大，所以H2O比H2S稳定；故(19)错误；

(20)分子间氢键的形成除使物质的熔点、沸点升高外，对物质的溶解、电离等也都有影响，故(20)正确。【解析】正确错误正确错误错误错误错误错误正确错误正确错误错误正确正确正确错误错误错误正确24、略

【分析】【分析】

根据分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，判断NH3易液化的原因；根据题中信息写出CaCl2O的电子式；根据强酸制弱酸的原理，写出HF制取CO2的反应即可；据此解答。

【详解】

（1）由于氮的原子半径小，电负性较大，所以NH3分子之间形成氢键，沸点高易液化；答案为NH3分子间存在氢键，而PH3分子间无氢键。

（2）已知CaCl2O是由两种阴离子和一种阳离子形成的离子化合物，可推知两种阴离子为Cl-和ClO-，阳离子为Ca2+离子，且均满足8电子稳定结构，其电子式为答案为

（3）根据强酸制弱酸的原理，用HF与NaHCO3或Na2CO3反应，产生CO2即可证明，即HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑；答案为HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑。【解析】NH3分子间存在氢键，而PH3分子间无氢键(ClO-与Cl-调换位置也可以)HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)金刚石中每个碳原子与周围的4个碳原子成键；形成以四面体为基本结构单元的空间网状结构，符合金刚石结构的为D，每个C原子周围最近的碳原子有4个，金刚石为原子晶体结构，故答案为：D；4；原子；

(2)石墨为层状结构，层内每个C原子与三个C形成共价键，符合石墨结构的为E，同时每个C原子为三个六元环共用，则属于一个六元环的碳原子数为故答案为：E；2；

(3)A为NaCl晶胞的一部分；每个Na原子周围距离最近的钠原子有12，故答案为：A；12；

(4)CsCl的晶胞中每个Cs位于体心；Cl位于顶点，则C为CsCl，为离子晶体结构，每个Cs周围有8个Cl，故答案为：C；离子；8；

(5)二氧化碳为面心堆积方式；其晶体为分子晶体，每个二氧化碳周围紧邻的二氧化碳有12个，故答案为：B；分子；12；

(6)离子晶体中一定存在离子键；可能存在共价键，如NaOH中既含离子键又含共价键，分子晶体中大多存在共价键，只有稀有气体分子中不存在化学键，故答案为：不，离子晶体中可能含有共价键，分子内可以含有共价键；

(7)NaCl晶体、HCl晶体、干冰、金刚石分别为离子晶体、分子晶体、分子晶体、原子晶体，一般而言晶体的熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，组成结构相似的分子晶体，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，晶体的熔沸点越高，因此熔沸点：金刚石>NaCl>干冰>HCl，其中离子晶体在熔融状态下能电离出离子具有导电性，即NaCl是在熔融或液态时能导电的电解质，HCl液态时不能电离，故不能导电，但是其在水溶液中可以电离故属于电解质，二氧化碳水溶液中因产生碳酸电离出离子而导电，但其自身不能电离，故属于非电解质，故答案为：金刚石>NaCl>干冰>HCl；NaCl；HCl；干冰；【解析】①.D②.4③.原子④.E⑤.2⑥.A⑦.12⑧.C⑨.离子⑩.8⑪.B⑫.分子⑬.12⑭.不，离子晶体中可能含有共价键，分子内可以含有共价键⑮.金刚石>NaCl>干冰>HCl⑯.NaCl⑰.HCl⑱.干冰26、略

【分析】【详解】

物质结构研究获得的知识和方法可以指导人们解决很多实践中的问题，在搞清楚新物质结构特征的基础上，才能有目的地进行合成，如制备高效手性催化剂，必须运用立体选择性反应的方法获得手性分子的单一异构体，才能实现化学反应‘友好环境’的需要，探明了特定物质的空间结构、手性、溶解性、基团的位置等具体信息，才能合成具有特效的药物。【解析】如制备高效手性催化剂，必须运用立体选择性反应的方法获得手性分子的单一异构体，才能实现化学反应‘友好环境’的需要，探明了特定物质的空间结构、手性、溶解性、基团的位置等具体信息，才能合成具有特效的药物四、实验题(共3题，共6分)27、略

【分析】【分析】

盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体；

【详解】

（1）图中玻璃仪器a为三颈烧瓶；因浓盐酸易挥发；NaOH溶液用于吸收HCl气体，去除尾气，答案为：三颈烧瓶，吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；

（2）盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为其离子方程式为反应过程中有生成，H2O2不稳定，生成的Cu2+催化H2O2分解，所以H2O2的实际用量要大于理论用量，答案为：H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗；

（3）根据表中数据可知，想要获得CuCl2·2H2O晶体，需要控制温度在所以在除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥；因为易水解，且水解吸热，加热蒸发浓缩时水解程度增大，为了抑制水解，需要通入HCl气体，答案为：降温至26~42℃结晶，抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶；

（4）根据平衡移动原理增大氯离子浓度；平衡正向移动，四氯合铜离子浓度增大，溶液变为黄绿色，答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色；

（5）Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位。【解析】(1)三颈烧瓶吸收挥发出来的HCl；防止污染空气。

(2)H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗。

(3)降温至26~42℃结晶抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶。

(4)向其中加入少量NaCl固体；振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。

(5)Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位28、略

【分析】【分析】

70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2，生成气体通过饱和NaHSO3溶液进行除杂；得到纯净二氧化硫气体通入硝酸银溶液中观察实验现象，二氧化硫气体有毒，尾气通入碱液中吸收处理。

（1）

已知：常温下，实验室用70%浓硫酸与亚硫酸钠粉末反应制备SO2；反应为固液不加热反应；且亚硫酸钠为粉末，多孔隔板不起作用，故应该选择装置c。

（2）

生成的二氧化硫气体会带出部分硫酸酸雾和三氧化硫气体，硫酸、三氧化硫会和饱和碳酸氢钠反应，故饱和NaHSO3溶液的作用是：除去SO2中H2SO4形成的酸雾或通过观察气泡控制SO2流速。

（3）

已知：

步骤1：向沉淀A中加足量的浓氨水，灰白色沉淀逐渐减少，说明沉淀溶于氨水，据信息，是含银离子的沉淀与NH3·H2O反应生成稳定的络合物[Ag(NH3)2]+。

步骤2：静置一段时间，取上层清液于试管中，加入浓硝酸，产生红棕色气体，则浓硝酸转变为二氧化氮，说明上层清液含有还原剂，则含有+4价S，综上，可以推知灰白色沉