2025年湘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年湘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5题，共10分)1、对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、(为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、等；一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如图：下列说法正确的是。

A.滤渣只含B.气体B可以通入NaOH溶液除去C.溶解过程的氨水可以换成氢氧化钠溶液D.“还原”过程中生成无毒气体，B与C的物质的量的理论比值为4∶32、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法正确的是A.X与Y形成的化合物只有一种B.X和W形成的化合物能与R单质发生置换反应C.R与X，R与Z形成的化合物，化学键类型相同D.YR4分子中各原子的最外层电子数不能满足8电子稳定结构3、下列各组物质性质的比较，结论正确的是()A.物质的硬度：NaF＜NaIB.物质的沸点：AsH3＞NH3C.分子的极性：H2O＞OF2D.无机含氧酸的酸性：HNO3＜HClO24、下列对一些实验事实的理论解释正确的是。选项实验事实理论解释ASONH3空间构型为三角锥SONH3中心原子均为sp3杂化且均有一对孤对电子B白磷为正四面体分子白磷分子中P-Р键间的夹角是109.5°CHF的沸点高于HClH-F的键能比H-Cl的键能大DH2O、SO2空间构型均为角形SO2和H2O是等电子体

A.AB.BC.CD.D5、R；X、Y、Z为短周期元素；室温下，浓度均为0.01mol/L的各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.原子序数大小：XB.最简单氢化物的沸点：X＞ZC.R与Z形成的化合物溶于水呈中性D.X和Y可形成各原子均满足8电子稳定结构的共价化合物评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、钛酸钡是一种典型钙钛矿型结构晶体；广泛应用于多层陶瓷电容器；热敏电阻器等方面，其立方晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是。

A.钛酸钡的化学式为B.晶体中与每个紧邻且等距离的有12个C.的配位数是4D.若将置于晶胞体心，置于晶胞顶点，则位于立方体的面心7、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，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-⇌[CoCl4]2-+6H2O△H；用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释错误的是A.由实验①可推知△H<0B.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为9：2C.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]2-8、某元素原子核外电子排布为“3d104s1”，关于此元素的说法正确的是A.位于第四周期ⅠA族B.原子核外有29个电子C.存在+1、+2等不同化合价D.原子中4s电子能量高于3d9、短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外层电子数之和为12，X与R同主族，Q是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z＞Q＞RB.最简单氢化物的沸点：Y＞Z＞QC.R的最高价氧化物对应的水化物为强碱D.X、Z、Q三种元素可形成离子化合物和共价化合物10、短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。

下列叙述正确的是（）A.离子半径：Z>X>WB.气态氢化物的稳定性：Z>W>YC.试管中残留的Z的单质可以用热的氢氧化钠溶液洗涤D.化合物M中所有的原子均满足8电子稳定结构11、科学家合成了11B的非碳导热材料立方氮化硎晶体；其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是。

A.11BN和10BN的性质不同B.BCl3和NCl3均为非极性分子C.该晶胞中含有14个B原子，4个N原子D.N原子周围等距且最近的N原子数为1212、已知的熔点为2700℃；其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是。

A.晶体中碳原子和硅原子均采用杂化B.硅单质的熔点高于2700℃C.距离硅原子最近的硅原子数为4D.若晶胞参数为则该晶体的密度为评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是___________（填离子符号）。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。14、磷及其化合物有重要的用途；回答下列问题：

（1）工业上将磷酸钙；石英砂和碳粉混和在电弧炉中焙烧来制取白磷；配平方程式：

______+______+____________+______+______

（2）白磷易自燃，保存的方法是__________________，白磷有毒，皮肤上沾有少量的白磷，可以用硫酸铜溶液处理，发生的反应是：该反应的氧化剂是________________________（填化学式）。

（3）俗称为膦，电子式为：________________________，沸点比较：__________（填”“高于”或“低于”）。

（4）P2O5是常见的气体干燥剂，下列气体能用它干燥的是_______________。

ABCSO2DCO2

也可以发生反应：该反应中表现的性质是_________。15、现有七种元素A；B、C、D、E、F、G；其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。

。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电子数与s电子数相等。

C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1

D的能层数与C相同；且电负性比C大。

E元素的主族序数与周期数的差为1；且第一电离能比同周期相邻两种元素都大。

F是前四周期中电负性最小的元素。

G在周期表的第五列。

（1）C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，C简单离子核外有__种运动状态不同的电子。

（2）A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__。

（3）G位于__族__区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为__；F晶体的空间堆积方式为__。

（4）ED3分子的VSEPR模型名称为__，其中E原子的杂化轨道类型为__。16、水是地球上最常见的物质之一；是所有生命生存的重要资源。

(1)科学家发现在特殊条件下；水能表现出许多种有趣的结构和性质。

①一定条件下给水施加一个弱电场；常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如图：

使水结成“热冰”采用弱电场的条件，说明水分子是___________分子(填“极性”或“非极性”)。

②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子。产生的阳离子具有较强的氧化性试写出该阳离子与的水溶液反应的离子方程式：___________；该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，写出该过程的离子方程式：___________。

(2)水的性质中的一些特殊现象对于生命的存在意义非凡，请解释水的分解温度远高于其沸点的原因：___________。17、钴的化合物在工业生产；生命科技等行业有重要应用。

(1)基态Co2+的核外电子排布式为____。

(2)Fe、Co均能与CO形成配合物,如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示,图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键,图2中C原子的杂化方式为____,形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。

(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积,其配位数是____,钴晶体晶胞结构如图3所示,该晶胞中原子个数为____;该晶胞的边长为anm,高为cnm,该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出代数式)g·cm-3。18、回答下列问题：

（1）用“＞”或“＜”填写下表。第一电离能熔点沸点(同压)键能P____SMgO____CaSCF4____SiCl4H－Cl____H－Br

（2）一种制取NH2OH的反应为2NO2－+4SO2+6H2O+6NH3=4SO+6NH4++2NH2OH。

①N、H、O的电负性从小到大的顺序为____。

②NH3分子的空间构型为____。

③NH2OH极易溶于H2O，除因为它们都是极性分子外，还因为____。

（3）配合物K[PtCl3(NH3)]中[PtCl3(NH3)]－的结构可用示意图表示为____（不考虑空间构型）。评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)19、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20、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、结构与性质(共2题，共6分)21、按要求完成下列问题．

（1）写出基态Fe的电子排布式和Mg2+的电子排布图：__________、_________．

（2）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配位体及其配位数：_______、________、_________．

（3）判断BCl3分子的空间构型、中心原子成键时采取的杂化轨道类型及分子中共价键的键角：___________、___________、_____________．

（4）CO2俗称干冰，CO2的分子中存在__________个σ键．在H-S、H-Cl两种共价键中，键的极性较强的是___________，键长较长的是___________．

（5）向溶液中加入过量溶液可生成不考虑空间构型,的结构可用示意图表示为__________。22、公元前；人们曾用硼砂制造玻璃和焊接黄金。现如今硼及其化合物在新材料；功能生产等方面用途依然很广。请回答下列问题：

(1)硼元素的基态原子的价电子排布为___________，同周期元素中，未成对电子数与B相同的有___________(填元素符号)；第一电离能在B与N之间的第二周期主族元素有___________种。

(2)硼的最简单氢化物-乙硼烷分子中存在两个氢桥键(3中心2电子键)，球棍模型如图，由它制取硼氢化锂的反应为

①乙硼烷分子中硼原子的杂化轨道类型为___________。写出一种与具有相同空间构型的阳离子的化学式为___________。

②根据以上反应判断，其中涉及的元素的电负性从小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。

③硼的最简单氢化物是而不是其原因是___________。

(3)六方氮化硼()的晶体结构与石墨相似，如图所示。同层原子与原子最小核间距为相邻层间的距离为该晶体的密度计算式为___________(用含d、h、NA的代数式表示)。

评卷人得分六、工业流程题(共2题，共12分)23、铬及其化合物在生活中有很多用途。

(1)可检验司机酒后驾车，请写出酸性溶液与酒精反应的离子方程式_______。的价电子排布式为_______。铬元素和锰元素的第二电离能分别为的原因是_______。

(2)为研究铬的性质，设计如图装置。装置甲中铜电极上产生大量的无色气体；而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由此可得到的结论是_______。

(3)某化工厂从湿法炼锌的铜铬渣(主要含有锌、铜、铁、铬、钻等单质)中回收铬的流程如图所示：

①酸浸时形成的金属离子的价态均相同。加入双氧水时铁、铬形成的离子均被氧化，写出氧化铬形成的离子方程式为_______。

②“电解”时，阴极的电极反应式为：_______。

③三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子分别是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。

④304不锈钢是生活中常见的一种不锈钢，业内也叫做不锈钢，指必须含有以上的铬，以上的镍的不锈钢。铬和镍能形成多种配合物，如为正四面体构型、为正方形构型、为正八面体构型等，下列有关说法正确的是_______(填选项字母)。

A.中含有共价键和离子键。

B.304不锈钢不可长时间盛放盐；酱油、醋、菜汤等；不能用304不锈钢锅煲中药。

C.不锈钢不会生锈；哪怕在潮湿恶劣的环境。

D.和中，镍原子均为杂化24、用含砷氧化铜矿[含CuO、Cu2(OH)2CO3、As2O3及重金属盐等]制取Cu2(OH)2SO4的工艺流程如下：

(1)步骤I“氨浸”时，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。

①CuO被浸取的离子方程式为________。

②浸取温度不宜超过55℃，其原因是________。

③关于[Cu(NH3)4]SO4溶液，下列说法不正确的是________。(填字母)。

a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是N元素。

b.[Cu(NH3)4]SO4中S原子的杂化方式为sp3

C.[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键；极性共价键和配位键。

d.NH3分子内的H－N－H键角小于H2O分子内的H－O－H键角。

e.[Cu(NH3)4]2＋中；N原子是配位原子。

④[CuNH3)4]2＋结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为________。

(2)“蒸氨”时发生反应的化学方程式为__________。

(3)为了实现生产过程中物质充分利用，循环使用的物质为_________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

含银废催化剂中加入稀硝酸，SiO2因不溶而成为废渣，Ag与稀硝酸发生反应：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，所以气体B为NO。加入NaCl，Ag+转化为AgCl沉淀；加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，加入N2H4∙H2O，发生反应：4[Ag(NH3)2]++N2H4+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3+4H2O。

【详解】

A．由分析可知，滤渣A中含SiO2、α—Al2O3；A错误；

B．气体B为NO；与NaOH溶液不反应，所以不可以通入NaOH溶液除去，B错误；

C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等；由于氢氧化钠溶液不能将AgCl溶解，因此氨水不可以换成氢氧化钠溶液，C错误；

D．“还原”过程中生成无毒气体，则其为N2，设Ag的物质的量为12mol，则生成NO(B)4mol，生成N2(C)3mol；从而得出B与C的物质的量的理论比值为4:3，D正确；

故选D。2、B【分析】【分析】

X；Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素；X是原子半径最小的元素，则X为H元素，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg元素，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S元素，故R为Cl，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于IVA族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。

【详解】

由上分析可知；X为H元素，Y为C元素，Z为Mg元素，W为S元素，R为Cl元素；

A．X为H元素；Y为C元素，H元素与C元素形成烃类物质，化合物种类繁多，故A错误；

B．X为H元素，W为S元素，H元素与S元素形成H2S，R为Cl元素，单质为Cl2，Cl2与H2S发生反应生成HCl和S，即Cl2+H2S=2HCl+S↓；属于置换反应，故B正确；

C．X为H元素，Z为Mg元素，R为Cl元素，R与X形成HCl，R与Z形成MgCl2，HCl是非金属元素形成的化合物，属于共价化合物，只含共价键，MgCl2是金属元素与非金属元素形成的化合物；属于离子化合物，含有离子键，二者化学键类型不同，故C错误；

D．Y为C元素，R为Cl元素，YR4为CCl4，C原子最外层4个电子，与4个Cl形成4对共用电子对，C原子达到8电子稳定结构，Cl原子最外层7个电子，每个Cl与C形成一对共用电子对，Cl原子也达到8电子稳定结构，其电子式为二元素均满足8电子稳定结构，故D错误；

答案为B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．NaF、NaI都属于离子晶体，F-的半径小于I-，所以硬度：NaF>NaI；故A错误；

B．NH3分子间存在氢键，所以沸点AsH33；故B错误；

C．由于H和O的电负性差大于F和O之间的电负性差，所以OF2分子的极性小于H2O分子的极性；故C正确；

D．无机含氧酸的分子中非羟基氧原子数越多酸性越强，无机含氧酸的酸性：HNO3>HClO2；故D错误；

选C。4、A【分析】【详解】

A．SONH3空间构型为三角锥是因为他们的中心原子S或N都是sp3杂化且均有一对孤对电子；A正确；

B．白磷为正四面体分子；P-Р键间的夹角是60°，B错误；

C．HF的沸点高于HCl是因为HF中含有氢键；C错误；

D．H2O、SO2空间构型均为角形，但它们不是等电子体（价电子总数分别为：SO2为18个电子，H2O为10个电子）；D错误。

故答案为：A。5、C【分析】【分析】

由已知信息和图可知：浓度均为0.01mol/L的各元素最高价氧化物对应水化物的pH；以及原子半径可知R半径最大，对应pH为12，所以R为Na元素，X，Y对应的pH都是2，根据半径大小关系，X为N元素，Y为Cl元素，Z对应的pH大于2，所以Z为S元素。

【详解】

A．原子序数大小为N

B．因NH3分子间存在氢键，最简单氢化物的沸点：NH3>H2S；B正确；

C．R与Z形成的化合物Na2S溶于水呈碱性；C错误；

D．X和Y可形成共价化合物NCl3；各原子均满足8电子稳定结构，D正确；

故选C。二、多选题(共7题，共14分)6、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由结构可知，Ba2+位于体心，个数为1；O2-位于棱心，个数为12=3；Ti4+位于顶点，个数为8=1；则钛酸钡的化学式为故A正确；

B．根据晶胞结构可知，晶体中与每个紧邻且等距离的有6个；故B错误；

C．位于体心，周围有12个O2-，8个Ti4+；配位数是20，故C错误；

D．由晶胞结构可知，每个周围有6个O2-，若将置于晶胞体心，置于晶胞顶点，则位于立方体的面心；故D正确；

故选BC。7、AC【分析】【详解】

A．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，△H＞0；A结论错误；

B．1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，则等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18：4=9：2；B解释正确；

C．实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(HzO)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数；平衡逆向移动，C解释错误；

D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-；D解释正确；

答案选AC。8、BC【分析】【分析】

根据某元素原子核外电子排布为“3d104s1”，根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；由此可见：该元素原子中共有29个电子，应为Cu元素，位于周期表第ⅠB族，处于ds区，为金属元素，由此分析。

【详解】

A．该元素为Cu；位于第四周期ⅠB族，故A错误；

B．该元素为Cu；原子序数和核外电子数都等于29，原子核外有29个电子，故B正确；

C．铜存在+1；+2等不同化合价；故C正确；

D．根据构造原理可知；原子中4s电子能量低于3d，故D错误；

答案选BC。9、AC【分析】【分析】

Q是地壳中含量最高的元素；则Q为O元素，则X；Y、R的最外层电子数之和为6，X与R同族，则最外层电子数相同，则只有1、1、4满足条件，X、Y的原子序数均小于O，所以X可以是H或Li，Y为C，R为Na，Z位于C和O之间，为N元素。

【详解】

A．Z、Q、R对应的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，电子层结构相同，则核电荷数越小半径越大，所以半径N3-＞O2-＞Na+；即Z＞Q＞R，A正确；

B．Y的最简单氢化物为CH4，Z的最简单氢化物为NH3，Q的最简单氢化物为H2O，NH3和H2O分子之间均存在氢键，沸点高于CH4，而H2O常温下为液体，沸点高于NH3，所以沸点H2O＞NH3＞CH4；即Q＞Z＞Y，B错误；

C．Na元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH；是一种强碱，C正确；

D．若X为Li元素；则Li；N、O只能形成离子化合物，D错误；

故选AC。10、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；根据M的结构图，W能形成2个共价键，W是O元素，Y能形成4个共价键，Y是Si元素；W的原子序数是Z的原子序数的一半，Z是S元素；X形成+1价阳离子，X是Na元素。

【详解】

A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2->O2->Na+；故A错误；

B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O>H2S>SiH4；故B错误；

C．S能和热氢氧化钠溶液反应生成硫化钠；亚硫酸钠；所以试管中残留的S的单质可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，故C正确；

D．Na+最外层有8个电子；O原子形成2个共价键；Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；

选CD。11、BC【分析】【详解】

A．11B和10B互为同位素；形成的化合物在化学性质上无差异，但物理性质有差异，A项正确；

B．BCl3为平面三角形结构，为非极性分子；NCl3为三角锥形结构；为极性分子，故B错误；

C．该晶胞中，顶点上的B原子个数为8×=1，面心上的B原子个数为6×=3；共有4个B原子，C项错误；

D．由晶胞示意图；1个N原子与4个B原子成键，每个B原子又分别和3个N原子成键，所以N原子周围等距且最近的N原子数为3×4=12个，D项正确。

故选BC。12、BC【分析】【详解】

A．SiC晶体中碳原子周围有4个硅原子，而硅原子有4个碳原子，均采用sp3杂化；A说法正确；

B．共价键的键长越短；键能越大，则熔沸点越高，C-Si键键长比Si-Si键键长短，硅单质的熔点低于2700℃，B说法错误；

C．距离硅原子最近其距离相等的硅原子数为12；C说法错误；

D．若晶胞参数为apm，则该晶体的密度为=D说法正确。

答案为BC。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H+(或H-)、O2-、K+和P3-，其中核外电子排布相同的是K+和P3-。答案为：K+和P3-；

(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为3s23p3，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或答案为：或【解析】K+和P3-或14、略

【分析】【详解】

（1）根据电子得失守恒，中的磷由+5价变为0价，共转移20个电子，碳由0价变为+2价，最小公倍数为20，因此的系数为1，和C的系数为10，的系数为2，和的系数为6

答案为：2；6；10；6；1；10

（2）白磷易自燃，但其不与水反应、密度大于水，故保存的方法是：置于盛水的试剂瓶。根据反应：磷由0价变为-3价和+5价，既升高又降低，既做氧化剂又做还原剂，铜由+2价变为+1价，化合价降低，做氧化剂，因此该反应中的氧化剂为P和CuSO4；

答案为：P、CuSO4；

（3）P最外层有5个电子；每个H原子与P原子形成一个共用电子对，达到稳定结构；

电子式为：和结构相似，化学键类型相同，氨气分子间存在氢键，故的沸点高于

答案为：低于；

（4）P2O5是常见的气体酸性干燥剂，具有碱性的气体不能用于干燥，氢气是中性气体，SO2和CO2为酸性气体，氨气为碱性气体，所以答案为ACD；反应中没有发生化合价的变化，不属于氧化还原反应，但从分子组成上，P2O5变为磷酸多了一个氧两个氢，硫酸变为少了一个氧原子和两个氢原子，体现了P2O5具有脱水性；

答案为：ACD；脱水性。【解析】26106110置于盛水的试剂瓶P、CuSO4低于ACD脱水性15、略

【分析】【分析】

根据题目给的信息；可以得出A为H，B为O，C为S，D为Cl，E为As，F为K，G为V元素。根据这些信息，进而分析以下问题。

【详解】

(1)C为S元素；S原子能量最高的电子为3p轨道电子，其电子云在空间有x；y、z3个伸展方向，原子轨道呈哑铃型；硫离子核外电子总数为18，其原子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3、哑铃、18。

(2)A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2。

(3)V元素位于周期表第四周期VB族，属于d区；G在氧化物中的化合价等于其价电子数，V的基态价电子排布式为3d34s2，则该氧化物中V的化合价为+5，该氧化物的化学式为V2O5；金属K形成晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB、d、V2O5；体心立方堆积。

(4)ED3为AsCl3,As原子的价层电子对数为所以As原子的杂化轨道类型为sp3杂化。其VSEPR模型名称为四面体形。故答案为：四面体形、sp3。【解析】3哑铃18因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2ⅤBdV2O5体心立方堆积四面体形sp316、略

【分析】【详解】

(1)①在电场作用下凝结、且水分子非常有序地排列，说明水分子是极性分子。②水分子释放出电子时产生的阳离子可以表示成因为其具有较强的氧化性，可将氧化为硫酸根离子，发生反应：该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，则按元素质量守恒、电荷守恒可得离子方程式：

(2)水的分解温度远高于其沸点，是因为水的分解是化学变化、沸腾是物理变化，二者克服的粒子间的作用力不同，水分解需要破坏分子内部的共价键，水的气化只需破坏范德华力和氢键，而共价键比范德华力和氢键强得多，所以水的分解温度远高于其沸点。【解析】极性水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键，而极性键比分子间的范德华力与氢键强得多17、略

【分析】【分析】

（1）Co为27号元素，Co2+的核外电子数为25；根据构造原理书写核外电子排布式；

（2）1molFe(CO)5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键；Co2(CO)8中含有碳氧双键和碳氧三键；元素的非金属性越强；电负性越大；

(3)由金属钴的堆积方式为六方最密堆积可知配位数为12；由晶胞结构可知；钴原子有12个位于顶点；2个位于面心、3个位于体内，由均摊法确定原子个数和计算晶体密度。

【详解】

（1）Co为27号元素，Co2+的核外电子数为25，根据构造原理可知核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7，故答案为：1s22s22p63s23p63d7；

（2）1molFe(CO)5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键；由图可知，Co2(CO)8中含有碳氧双键和碳氧三键，双键中C原子的杂化方式为sp2杂化，三键中C原子的杂化方式为sp杂化；元素的非金属性越强，电负性越大，O元素非金属性最强，则电负性最大的是O元素，故答案为：10；sp、sp2；O；

(3)由金属钴的堆积方式为六方最密堆积可知配位数为12；由晶胞结构可知，钴原子个数为12×+2×+3=6；由晶胞的边长为anm，高为cnm可知晶报的体积为×a×10—7cm××a×10—7cm×c×10—7cm×6=×10—21a2ccm3，则晶胞的密度为=g·cm-3，故答案为：12；6；

【点睛】

由晶胞结构可知，钴原子有12个位于顶点、2个位于面心、3个位于体内，则由均摊法确定钴原子个数为12×+2×+3=6是解答难点。【解析】[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d710sp、sp2O12618、略

【分析】【详解】

（1）由于P原子的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于S原子的第一电离能，故第一电离能P＞S；由于CaS和MgO形成的晶体都是离子晶体，形成离子晶体的离子半径越小，电荷数越多，晶格能越大，熔点就越高。氧离子半径小于硫离子半径，镁离子半径小于钙离子半径，所以熔点MgO＞CaS；由于SiCl4和CF4的结构、性质相似，且二者形成的晶体是分子晶体，物质的沸点和分子间作用力大小有关系。由于相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以沸点CF4＜SiCl4；由于HCl和HBr的结构、性质相似，且二者形成的晶体是分子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，故键能H－Cl＞H－Br；（2）①根据电负性的判断依据，H、N、0的电负性的大小顺序为H＜N＜O；②NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；③NH2OH极易溶于H2O，除因为它们都是极性分子外，还因为NH2OH与H2O之间可以形成氢键；（3）配合物K[PtCl3(NH3)]中[PtCl3(NH3)]－的结构可用示意图表示为【解析】①.＞②.＞③.＜④.＞⑤.HNO⑥.三角锥⑦.NH2OH与H2O之间可以形成氢键⑧.四、判断题(共2题，共4分)19、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；20、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、结构与性质(共2题，共6分)21、略

【分析】【详解】

（1）Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，Mg2+含有的核外电子数为12-2=10个，核外电子排布式为1s22s22p6，电子排布图为答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

（2）根据配合物K3[Co(CN)6]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Co3+、有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-、配位数就是配体的个数，所以配位数为6，故答案为：Co3+；CN-；6；

（3）BCl3分子的中心原子B的价层电子对数=孤电子对数为0，因此空间构型和VSEPR模型一致，为平面正三角形，因此键角为120°，杂化类型为sp2杂化，故答案为：平面正三角形；sp2；120°；

（4）CO2的结构式为：C=O=O；分子中存在2个σ键，Cl元素的非金属性比S强，原子半径比S小，H-S；H-Cl两种共价键中，键的极性较强的是H-Cl，键长较长的是H-S；故答案为：2；H-Cl；H-S；

（5））[Cu(OH)4]2-中与Cu2+与4个OH-形成配位键，则[Cu(OH)4]2-的结构可用示意图表示为：故答案为【解析】1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；Co3+CN-6平面正三角形sp2120°2H-ClH-S22、略

【分析】【详解】

(1)硼元素为5号元素，其基态原子的价电子排布式为同周期元素中，硼的未成对电子数为1，未成对电子数与B相同的有同周期从左至右元素原子的第一电离能总体呈增大趋势；但是第ⅡA族；第VA族元素由于价电子处于全充满、半充满的稳定状态，较难失去电子，因此它们的第一电离能比相邻的第ⅢA族、第ⅥA族元素的第一电离能大，故第一电离能在B与N之间的第二周期主族元素有Be、C、O，共3种；

(2)①乙硼烷分子中每个硼原子形成4个σ键，所以B原子杂化轨道类型为的σ键电子对数为4，孤电子对数为则的空间构型为正四面体形，与具有相同空间构型的阳离子可以是

②同周期元素中从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，则其中涉及的元素的电负性从小到大的顺序为

③其原因是中硼原子价层只有6个电子，不稳定，而乙硼烷分子中形成两个氢硼键，使分子能量降低，稳定性增强，则硼的最简单氢化物是而不是

(3)六方氮化硼()晶胞可以取为：(黑球为B原子，白球为N原子)，一个晶胞中含有B原子的数目为含有N原子的数目为1个晶胞的质量为m=1个晶胞的体积为则晶体的密度为【解析】3中硼原子价层只有6个电子，不稳定，而乙硼烷分子中形成两个氢桥键，使分子能量降低，稳定性增强六、工业流程题(共2题，共12分)23、略

【分析】【分析】

铜铬渣加入稀硫酸，则锌、铁、铬、钴等单质溶解，而铜与稀硫酸不反应，则料渣I为铜；过滤后加入Zn、As2O3得到大量的CoAs合金，则料渣II为CoAs合金；向滤液中加入双氧水，Fe、Cr形成的离子均被氧化；加入ZnO，调节pH，生成氢氧化铁沉淀，电解溶液，得到单质铬，据此解答。

【详解】

（1）检查司机是否饮酒的原理：橙色的酸性溶液遇到呼出的乙醇蒸气时迅速变绿(Cr3+)，+6价的Cr被还原为+3价，乙醇具有还原性，易被氧化为乙酸，根据得失电子守恒、电荷守恒即原子守恒，写出反应的离子方程式为为24号元素，Cr原子核外有24个电子，根据构造原理写出Cr的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则价电子排布式为Cr失去2个电子成为Cr2+，核外电子排布从[Ar]3d54s1变为[Ar]3d4能量较高的不稳定结构，而Mn失去2个电子成为Mn2+，核外电子排布从[Ar]3d54s2变为[Ar]3d5能量较低的稳定结构，即铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，更容易，所需能量更少，所以故答案为：铬的第二电离能是失去半充