2025年人教新起点选择性必修2化学下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年人教新起点选择性必修2化学下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5题，共10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、根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）A.同周期元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B.12C和金刚石都是碳元素的单质C.Cl-、S2-、Mg2+、Na+的离子半径逐渐减小D.Cl和Cl的得电子能力相同3、下列描述中不正确的是A.CS2立体构型为V形B.SF6中有6对完全相同的成键电子对C.ClO的空间构型为三角锥形D.SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化4、1963年在格陵兰Ika峡湾发现一种水合碳酸钙矿物ikaitc。它形成于冷的海水中，温度达到8°C即分解为方解石和水。有文献记载：该矿物晶体中的Ca2+离子被氧原子包围，其中2个氧原子来自同一个碳酸根离子，其余6个氧原子来自6个水分子。下列有关ikaite结构与性质的预测错误的是A.化学式为CaCO3·6H2OB.钙离子配位数为8C.属于分子晶体D.只存在氢键和范德华力5、下列各组顺序不正确的是A.微粒半径大小：S2－>Cl－>F－>Na＋>Al3＋B.热稳定性大小：SiH4332OC.熔点高低：石墨>食盐>干冰>碘晶体D.沸点高低：NH3>AsH3>PH3评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列说法正确的是A.键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成B.通过键连接的原子或原子团可绕键轴旋转C.键和键的强度不同D.乙烷分子中的键全为键而乙烯分子中含键和键7、二茂铁分子是一种金属有机配合物；是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是。

A.二茂铁分子中存在π键B.环戊二烯()中含有键的数目为C.基态的电子排布式为D.二茂铁中与环戊二烯离子()之间形成的是配位键8、四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，则下列叙述的判断正确的是（）A.a-b=n-mB.元素的原子序数a>b>c>dC.最高价氧化物对应水化物的碱性X>YD.离子半径r(Rm-)>r(Zn-)>r(Yn+)>r(Xm+)9、三硫化四磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构如图所示。下列有关P4S3的说法中正确的是。

A.P4S3中各原子最外层均满足8电子稳定结构B.P4S3中磷元素为+3价C.P4S3中P原子为sp3杂化，S原子为sp杂化D.1molP4S3分子中含有6mol极性共价键10、诺奖反应—Suzuki-Miyaura反应历程如下(代表苯基，代表异丙基)。下列说法正确的是。

A.是总反应的催化剂B.上述循环中，原子形成的化学键数目相等C.和中B原子的价层电子数相等D.上述循环中，存在极性键的断裂和非极性键的形成11、现有六种元素，其中X、Y、Z、M为短周期主族元素，G、H为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。X元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1，Y元素原子核外s电子总数与p电子总数相等，且不与X元素在同一周期，Z原子核外所有p轨道全满或半满，M元素的主族序数与周期数的差为4，G是前四周期中电负性最小的元素，H在周期表的第七列。以下说法正确的是A.X基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有2个方向，原子轨道呈纺锤形或哑铃形B.ZM3中心原子的杂化方式为sp3，用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为三角锥形C.H位于四周期第VIIB族d区，其基态原子有30种运动状态D.检验G元素的方法是焰色反应12、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13、我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70；下列说法正确的是。

A.“杯酚”中的8个羟基之间能形成氢键B.“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子C.溶剂氯仿和甲苯均为极性分子D.“杯酚”不能与C70形成包合物是由于C70是非极性分子评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、(1)R单质的晶体在不同温度下有两种原子堆积方式，晶胞分别如下图所示。A中原子堆积方式为________堆积，A、B中R原子的配位数之比为________。

(2)已知单质D为面心立方晶体，如图所示，D的相对原子质量为M，密度为8.9g/cm3。

试求：

①图中正方形边长＝________cm(只列出计算式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。

②试计算单质D晶体中原子的空间利用率：________(列出计算式并化简)。15、电子层。

(1)概念：在含有多个电子的原子里，电子分别在___________的区域内运动。我们把不同的区域简化为___________；也称作电子层。

(2)不同电子层的表示及能量关系。各电子层由内到外电子层数(n)1234567字母代号____OPQQ最多容纳电子数(2n2)____50729898离核远近由___________到___________由___________到___________能量高低由___________到___________由___________到___________16、如图是甲醛分子的空间充填模型和球棍模型(棍代表单键或双键)。根据图示和所学化学键知识回答下列问题：

(1)甲醛分子中碳原子的杂化方式是______，作出该判断的主要理由是______。

(2)下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是______(填序号)。

①单键②双键③键④键和π键17、比较下列两组化合物的熔沸点；并解释原因。

(1)CH3CH2OH和CH3OCH3_______

(2)O3和SO2_______18、氮及其化合物在生产；生活和科技等方面有重要的应用。请回答下列问题：

（1）氮元素基态原子的价电子排布式为______________。

（2）在氮分子中，氮原子之间存在着______个σ键和______个π键。

（3）磷；氮、氧是周期表中相邻的三种元素；比较：(均填“大于”、“小于”或“等于”)

①氮原子的第一电离能________氧原子的第一电离能；

②N2分子中氮氮键的键长________白磷(P4)分子中磷磷键的键长；

（4）氮元素的氢化物(NH3)是一种易液化的气体，请阐述原因是_____________________。

（5）配合物[Cu(NH3)4]Cl2中含有4个配位键，若用2个N2H4代替其中的2个NH3，得到的配合物[Cu(NH3)2(N2H4)2]Cl2中含有配位键的个数为________。19、不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。

(1)基态碳原子的电子排布图为___。

(2)铬和镍元素都易形成配位化合物：

①[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr3+的配位数为___。

②硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为____。

③氨是___分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为___，氨的沸点高于PH3，原因是___。

(3)镍元素基态原子的价电子排布式为___，3d能级上的未成对电子数为___。

(4)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol、INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是___。

(5)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=___nm。

评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)20、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21、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)22、根据要求完成下列各小题的实验目的(a、b为弹簧夹；加热及固定装置已略去)。

(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。

①连接仪器、_______________________、加药品后，打开a关闭b；然后滴入浓硫酸，加热圆底烧瓶。

②铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______________________________________。

③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是________________________________。

(2)验证SO2的氧化性；还原性和酸性氧化物的通性。

①在(1)①操作后打开b；关闭a。

②一段时间后，H2S溶液中的现象是________________________，化学方程式是_________________________________________________。

③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式____________________________________________

写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式______________________________________。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：____。24、某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝；工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图，回答下列问题：

(1)操作1的名称为_______；所需要的玻璃仪器有______；玻璃棒、烧杯；

(2)加入试剂C为_______；操作II中发生的化学方程式为______________。

(3)操作Ⅲ为加热浓缩；_____过滤、洗涤、干燥；

(4)由于硫酸亚铁溶液露置于空气中容易变质，请设计一个简单的实验方案验证硫酸亚铁是否变质?(请写出必要的实验步骤、现象和结论)_________________________________________。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共6分)25、美国芝加哥大学化学研究所近日揭示了WO3/CeO2-TiO2双催化剂在低温下催化氮的污染性气体转化为无毒气体；其过程如图所示。

(1)Ti价电子排布式为______________，其能量最高的能层是___________。

(2)N、O、H三种原子的电负性由大到小的顺序为___________________。

(3)NO2-的空间构型为___________，与NO3-互为等电子体的分子为_______________

(4)WO3可作为苯乙烯氧化的催化剂+H2O2+H2O

①中碳原子的杂化方式为_________。

②1molH2O2中δ键个数为____________。

③属于______________晶体。

(5)W和Ti可形成金属互化物，某W和Ti的金属互化物如图所示，则该晶体的化学式为__________。

(6)金属钛的晶体堆积方式为____________26、锌；氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。

(1)基态Zn2+的价电子排布式为_______________；

(2)独立的NH3分子中，H-N-H键键角为107°18’。如图是[Zn(NH3)6]2＋的部分结构以及其中H-N-H键键角。

请解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是_____________。

(3)离子液体具有很高的应用价值，其中EMIM＋离子由H；C、N三种元素组成；其结构如图所示：

大π键可用符号Π表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM＋离子中的大π键应表示为___________________。化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，该物质晶体的类型是________。

(4)过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律，已知Zn2＋等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：。离子Sc3＋Cr3＋Fe2＋Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色

请根据原子结构推测Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因：____________________。

(5)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。

①Zn2+填入S2－组成的________________空隙中；

②由①能否判断出S2－、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为dg/cm3，S2－半径为apm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。参考答案一、选择题(共5题，共10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、D【分析】【详解】

A．利用元素周期律；只能判断元素的最高价含氧酸的酸性，故A错误；

B．金刚石是碳元素形成的单质，而是碳的一种核素；不是单质，故B错误；

C．根据离子的核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多，半径越大，所以离子半径：故C错误；

D．和为Cl元素的两种核素；最外层电子数一样，化学性质几乎相同，故D正确。

综上所述，答案为D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．CS2中心原子的价层电子对数为=2；不含孤电子对，所以立体构型为直线形，A错误；

B．S原子最外层有6个电子；与每个F原子共用一对电子，形成6对完全相同的成键电子对，B正确；

C．ClO中心原子价层电子对数为=4；含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，C正确；

D．SiF4中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化；SO的中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化；D正确；

综上所述答案为A。4、D【分析】【分析】

【详解】

略5、C【分析】【分析】

【详解】

A．离子核外电子层数越多，离子半径越大。核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2－>Cl－>F－>Na＋>Al3＋；故A正确；

B．非金属性F＞O＞N＞P＞Si，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故稳定性是SiH4332O

C．熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。对于分子晶体分子间作用力越大；熔沸点越高，所以熔点：金刚石＞食盐＞碘晶体＞干冰，故C错误；

D．氨气分子间存在氢键；沸点高于砷化氢和磷化氢的，故D正确；

答案选C。二、多选题(共8题，共16分)6、CD【分析】【分析】

【详解】

A．键是由两个p轨道“肩并肩”重叠形成；A项错误；

B．通过键连接的原子或原子团不能绕键轴旋转；B项错误；

C．键和键因轨道重叠程度不同；所以强度不同，C项正确：

D．乙烷分子中均为单键，单键均为键，乙烯分子中含碳碳双键，双键中有1个键和1个键；D项正确。

故选：CD。7、BC【分析】【详解】

A．二茂铁中每个碳原子只与2个碳原子和1个氢原子形成3个键；则环戊二烯离子中五个碳原子间还形成1个π键，故A正确；

B．1个环戊二烯分子中含有5个碳碳键、6个碳氢键，含有π键的数目为2，则环戊二烯中含有键的数目为故B不正确；

C．铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层的2个电子变为则基态核外电子排布式为故C不正确；

D．二茂铁中的d电子(d6)与2个环戊二烯离子()提供的电子(2×6)之和符合18电子规则；它们之间形成π型配合物，故D正确；

故选BC。8、BD【分析】【分析】

四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d；结合离子所得电荷可知，X；Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期。

【详解】

A.离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构说明离子具有相同的电子数，由a-m=b-n可得a-b=m-n；故A错误；

B.由分析可知，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，Y在X的前面，R在Z的前面，则元素的原子序数为a＞b＞c＞d；故B正确；

C.由分析可知，四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b；在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性Y＞X，元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故C错误；

D.电子层结构相同的离子，随着核电荷数增大，离子半径依次减小，aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，若m＞n，Y在X的前面，R在Z的前面，则离子半径由大到小的顺序为r(Rm-)>r(Zn-)>r(Yn+)>r(Xm+)；故D正确；

故选BD。9、AD【分析】【详解】

A．P4S3中P形成三对电子共用电子对；还有1对孤对电子，其最外层满足8电子，S形成两对电子共用电子对，还有2对孤对电子，其最外层满足8电子，因此各原子最外层均满足8电子稳定结构，故A正确；

B．P4S3结构中上面磷与三个硫形成极性共价键；硫的电负性比磷电负性大，因此P显+3价，其他三个磷，每个磷与一个硫形成极性共价键，与两个磷形成非极性键，因此P显+1价，故B错误；

C．根据A选项分析P、S原子价层电子对数都为4，则P4S3中P原子为sp3杂化，S原子为sp3杂化；故C错误；

D．根据P4S3结构分析1molP4S3分子中含有6mol极性共价键；故D正确。

综上所述，答案为AD。10、AD【分析】【详解】

A．观察图示可知，在第一步参与反应；在第五步生成，是总反应的催化剂，A项正确；

B．上述循环中，原子形成的化学键数目有1；3、4三种；B项错误；

C．中B原子形成3个单键，B原子价层有6个电子，而中B原子形成4个单键；价层有8个电子，C项错误；

D．上述循环中；断裂碳溴键，形成了碳碳键，碳碳键是非极性键，碳溴键是极性键，D项正确；

故选AD。11、BD【分析】【分析】

【详解】

略12、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。13、AC【分析】【分析】

由流程图可知：“杯酚”是8个酚和8个甲醛分子形成的环状分子，其空腔可以容纳C60分子，从而实现C60与C70的分离。

【详解】

A．在“杯酚”中存在8个羟基；由于O原子半径小元素的电负性大，因此羟基之间能形成氢键，A正确；

B．“杯酚”与C60之间没有形成共价键而是通过分子间作用力结合形成超分子；B错误；

C．根据相似相溶原理：由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中。C70是非极性分子；易溶于溶剂氯仿和甲苯中，说明二者均为极性分子构成的物质，C正确；

D．“杯酚”不能与C70形成包合物是由于C70不能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，并非是由于C70是非极性分子；D错误。

故合理选项是AC。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）由图知；A为体心立方堆积，配位数为8，B为面心立方最密堆积，配位数为12，故A；B的配位数之比为2：3；

（2）①设D的原子半径为r，则面对角线长为4r，边长a＝1个面心立方晶胞中有4个原子。①＝8.9g/cm3，解得a＝cm；

②空间利用率为×100%＝74%。【解析】体心立方堆积2:3×100%＝74%15、略

【分析】(1)

在含有多个电子的原子里；电子的能量不都相同，原子核外区域的能量也不同，电子分别在能量不同的区域内运动，把不同的区域简化为不连续的壳层，也称作电子层；

(2)

电子层从1~7层的字母代号分别为：K、L、M、N、O、P、Q，最多容纳电子数分别为：2、8、18、32、50、72、98；电子层数越小，离核越近，能量越低，则离核由近到远、能量由低到高。【解析】(1)能量不同不连续的壳层。

(2)KLMN281832近远低高16、略

【分析】【详解】

(1)由图可知，甲醛分子的空间结构为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采取杂化。

(2)甲醛分子中的碳氧键是双键，双键有1个键和1个键。【解析】杂化甲醛分子的空间结构为平面三角形②④17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】熔沸点：CH3CH2OH>CH3OCH3。两种化合物为同分异构体，而CH3CH2OH中存在分子间氢键，CH3OCH3无氢键，因此CH3CH2OH熔沸点高熔沸点：O32。两者均为极性分子，O3为同种原子分子，极性较SO2弱。其次，O3分子直径小于SO2，分子间色散力较小，因此SO2熔沸点较高18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)N原子原子序数是7，其最外层电子就是其价电子，根据构造原理知，其价电子排布式为2s22p3；

(2)共价单键是σ键；共价双键中含有一个σ键和一个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键，氮气分子中氮原子间存在氮氮三键，所以含有1个σ键和2个π键；

(3)①电子处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子的2p能级是半满的较稳定状态，O原子的2p能级是2P4的不稳定状态；易失去一个电子，所以氮原子的第一电离能大于氧原子的第一电离能；

②氮原子的半径小于P原子的半径，且N2分子中形成的是叁键；白磷中P－P键为单键，故氮分子中的氮氮键键长小于白磷中的磷磷键键长；

(4)氨分子之间容易形成氢键，使其沸点升高而容易液化，故氮元素的氢化物(NH3)是一种易液化的气体；

(5)配合物[Cu(NH3)4]Cl2中含有4个配位键，若用2个N2H4代替其中的2个NH3，得到的配合物[Cu(NH3)2(N2H4)2]Cl2，配合物中心离子未变化，配位键数目不变，含有配位键的个数为4。【解析】①.2s22p3②.1③.2④.大于⑤.小于⑥.氨分子之间容易形成氢键，使其沸点升高而容易液化⑦.419、略

【分析】【分析】

(1)基态碳原子的排布式为1s22s22p2；

(2)①[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr3+与4个H2O，2个Cl-形成配位键；

②利用价层电子互斥理论判断；

③氨中氮原子为sp3杂化；氨分子间存在氢键；

(3)镍元素为28号元素，其基态原子的价电子排布式3d84s2；

(4)铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子；

(5)根据ρ=计算。

【详解】

(1)基态碳原子的排布式为1s22s22p2，则排布图为

(2)①[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中Cr3+与4个H2O，2个Cl-形成配位键；所以配位数为6；

②[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为硫酸根离子，其中心S原子孤电子对数=(a-bx)=(6+2-2×3)=0，无孤电子对，4条化学键，为sp3杂化，故立体构型是正四面体；配离子中Ni2+与NH3之间形成的为配位键；

③氨中氮原子为sp3杂化，为三角锥形，则为极性分子；氨分子间存在氢键，而PH3分子间不存在氢键，氨分子间的作用力大于PH3分子间的作用力，导致氨的沸点高于PH3；

(3)镍元素为28号元素，其基态原子的价电子排布式3d84s2；3d能级有5个轨道，8个电子，则未成对电子数为2；

(4)铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，导致ICu＞INi；

(5)Cu位于晶胞的面心，N(Cu)=6×=3，Ni位于晶胞的顶点，N(Ni)=8×=1，ρ=则m=ρV，64×3+59×1=d×(a×10-7)3×NA，a=×107nm。

【点睛】

利用价层电子互斥理论，先计算中心原子的孤电子对数目，再结合化学键数目，判断空间构型。【解析】6正四面体配位键极性sp3氨分子间存在氢键3d84s22铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子×107四、判断题(共2题，共6分)20、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；21、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。五、实验题(共3题，共6分)22、略

【分析】【分析】

实验开始时接仪器并检查装置气密性；铜与浓硫酸混合加热发生反应，铜被氧化成+2价的Cu2+，硫酸被还原成+4价的SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；据此检验SO2；当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；SO2中硫元素的化合价是+4价，被H2S中-2价的S还原为S单质；Cl2具有氧化性，能将SO2氧化成+6价的H2SO4，H2SO4电离产生的和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，当溶液中存在氨水时，SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。SO2与Cl2在溶液中反应产生HCl和H2SO4，在该反应中SO2表现还原性。

【详解】

(1)①实验开始时；先连接仪器并检查装置气密性；

②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价Cu2+，浓硫酸被还原为SO2，同时产生水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

③SO2具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，避免了SO2和可溶性硅酸盐反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；

(2)②SO2中硫元素的化合价是+4价，具有氧化性，SO2气体与H2S溶液在常温下反应，生成淡黄色难溶性固体硫(单质)和水，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+6价的和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3白色沉淀；SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+。【解析】检查装置气密性Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OA中品红溶液没有褪色，析出白色沉淀溶液变浑浊2H2S+SO2=3S↓+2H2OBaSO4BaSO3SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+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-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-。

实验II：(1)若分解产生的气体有CO；经过E装置未完全反应，后续F；G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；

(2)如果E中固体由黑色（CuO）变为红色（Cu）；那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红色说明有CO生成；

(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色；则证明FeO存在。

【点睛】

化学式确定重点要抓住元素守恒。【解析】Na2CuCl4Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-缺少尾气处理装置E中固体由黑色变为红色取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在24、略

【分析】【分析】

工业废水中含大量硫酸亚铁、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，先加过量铁，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，结合流程可知，C是铁，操作Ⅰ为过滤，过滤出的固体A为Cu，Fe，滤液B是FeSO4，Cu、Fe中加入H2SO4，铁与硫酸反应，铜不反应，即D是硫酸，操作Ⅱ为过滤，得到固体E为Cu，滤液F中主要含FeSO4和H2SO4混合溶液，操作Ⅲ为蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤，可得到FeSO4·7H2O；据此解答。

【详解】

根据以上分析可知A为Cu；Fe，B是硫酸亚铁溶液，C是铁，D是硫酸，E是铜，F是硫酸亚铁和硫酸的混合溶液，操作Ⅰ；Ⅱ为过滤，操作Ⅲ为蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤；

(1)由以上分析可知操作Ⅰ为过滤；所需要的玻璃仪器有普通漏斗；玻璃棒、烧杯；

(2)根据分析，加入试剂C为铁(Fe)，操作II中发生的反应为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；

(3)由以上分析可知操作Ⅲ为加热浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

(4)硫酸亚铁变质可生成铁离子，可加入KSCN溶液检验，方法为取少量FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明FeSO4溶液已变质。【解析】过滤普通漏斗铁(Fe)Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑冷却结晶取少量FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明FeSO4溶液已变质六、原理综合题(共2题，共6分)25、略

【分析】【分析】

(1)Ti的原子序数为22；得到价电子排布式和能量最高的能层。

(2)同周期；从左到右，电负性逐渐增大。

(3)NO2－中N价层电子对为3对，含有一对孤对电子，得出空间构型。根据价电子数S=O=N－；写出等电子体。

(4)①中碳原子价层电子对为3对。

②H2O2的结构式为H—O—O—H，得出1molH2O2中键。

③属于分子晶体。

(5)由晶胞结构即计算可知；晶胞中含有2个Ti和2个W。

(6)记忆常见金属的晶体堆积方式。

【详解】

(1)Ti的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，其在第四周期，能量最高的能层是N层，故答案为：3d24s2；N。

(2)同周期，从左到右，电负性逐渐增大，因此N、O、H三种原子的电负性由大到小的顺序为O>N>H，故答案为：O>N>H。

(3)NO2－中N价层电子对为3对，N为sp2杂化，含有一对孤对电子，空间构型为V形，NO3－中价电子数为24，根据价电子数S=O=N－，因此NO3－与SO3互为等电子体，故答案为：V形；SO3。

(4)①中碳原子价层电子对为3对，杂化方式为sp2，故答案为：sp2。

②H2O2的结构式为H—O—O—H，1molH2O2中键为3NA，故答案为：3NA。

③属于分子晶体；故答案为：分子。

(5)由晶胞结构可知；晶胞中含有2个Ti和2个W，则该晶体的化学式为WTi或TiW，故答案为：WTi或TiW。

(6)金属钛的晶体堆积方式为六方最密堆积，故答案为：六方最密堆