2025年北师大新版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年北师大新版选择性必修2化学上册月考试卷714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8题，共16分)1、科技日报2007年1月30日讯，美、德两国科学家日前成功合成出具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，其结构类似由硼和氢组成的硼烷，有关研究报告发表在最新出版的美国《科学》杂志上。最简单的氢铝化合物为Al2H6它的熔点为150℃，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如图。下列有关说法肯定不正确的是。

A.Al2H6中H为+1价，Al为-3价B.Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水C.Al2H6分子是非极性分子D.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料2、下列物质中，只含有共价键的是A.KOHB.Na2SC.HClD.MgO3、氨基磷酸H4NPO3是一种磷酸的衍生物，溶于水会缓慢地发生水解反应。下列说法正确的是(已知pKa=-lgKa)A.氨基磷酸只含σ键，不含π键B.氨基磷酸与水反应生成NH3和H3PO4C.分子中各原子均达到8e-稳定结构D.相同温度下，pKa1(氨基磷酸)＞pKa1(磷酸)4、利用超分子可分离和将混合物加入一种空腔大小适配的杯酚中进行分离的流程如图所示。

下列说法错误的是A.该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征B.杯酚分子中存在大键C.杯酚与形成氢键D.与金刚石晶体类型不同5、下列有关说法正确的是A.标况下22.4LCl2完全溶于水，转移电子总数为NA(NA为阿伏伽德罗常数)B.沸点：HF>HCl是因为HF分子中存在氢键C.向Na2CO3溶液中滴入少量稀盐酸的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑D.中子数为19的钙原子可表示为6、在NaCl晶体中，距离最近的Na＋组成的最小多面体是（）A.正四面体B.正六面体C.正八面体D.正十二面体7、目前；人类已经发现的非金属元素除稀有气体外共16种。下列对这16种非金属元素的判断正确的有。

①都是主族元素；最外层电子数都大于3

②单质形成的晶体都为分子晶体。

③氢化物常温下都是气态；所以又叫气态氢化物。

④氧化物常温下都可以与水反应生成酸A.只有①②正确B.只有①③正确C.只有③④正确D.都不正确8、徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是A.H2O2分子中的O为sp2杂化B.CO2分子中C原子为sp杂化C.BF3分子中的B原子sp3杂化D.CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、下列有关化学键的比较肯定错误的是A.键能：C-N＜C=N＜C≡NB.键长：I-I＞Br-Br＞Cl-ClC.分子中的键角：H2O＞CO2D.碳原子间形成的共价键键能：π键＞σ键10、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11、CH—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是A.它们的碳原子均采取sp2杂化B.CH与NH3、H3O+几何构型均为三角锥形C.CH中的所有原子均共面D.CH与OH-形成的化合物中含有离子键12、邻二氮菲(phen)与Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子[Fe(phen)3]2+，可用于Fe2+的测定；邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法错误的是。

A.邻二氮菲的一氯代物有4种B.[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为6C.邻二氮菲分子具有旋光性D.用邻二氮菲测定Fe2+的浓度与溶液的酸碱性无关13、下列说法正确的是A.型分子中，若中心原子没有孤对电子，则为空间对称结构，属于非极性分子B.水分子中含有π键C.分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C分别采取sp、杂化D.卤素的氢化物中，HCl的沸点最低14、下列说法不正确的是A.四氯化碳分子的电子式为B.H2、D2、T2是氢元素的同素异形体C.次氯酸的结构式为H-O-ClD.H2O的沸点高于H2S，是由于H2O分子间存在氢键15、下列有关说法不正确的是。

A.水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键B.CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+C.H原子的电子云图如图3所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu中Cu原子堆积模型如图4所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为816、蔗糖(C12H22O11)和葡萄糖(C6H12O6)的不同之处是A.组成元素B.各元素的质量比C.相对分子质量D.充分燃烧后的生成物评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。

(1)画出基态Co2＋离子的价电子排布图__________________。

(2)Co2＋与CN—结合形成配合物[(Co(CN)6]4－，其中与Co2＋结合的C原子的杂化方式是_____。

(3)NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH____(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因________________。

(4)Li2O的熔点为1570℃，CoO的熔点为1935℃，解释后者熔点更高的主要原因是_____。

(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为dg·cm－3，以NA代表阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的C－C键长为________pm，晶胞中A、B两原子间距为________pm。

18、（1）元素原子的外围电子排布式为nsn-1npn-1。画出该原子的结构示意图___________

（2）请写出33号元素符号名称________，并写出该原子的外围电子排布式为____________。

（3）Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)

（4）基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是_________其电子排布式为____________N原子的轨道排布式__________Fe2+的电子排布式为___________19、在HF、H2O、NH3、CS2、CH4、H2O2、N2分子中：

(1)以非极性键结合的非极性分子是___________(填化学式；下同)。

(2)以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是___________。

(3)以极性键结合，具有正四面体结构的非极性分子是___________。

(4)以极性键结合，具有三角锥形结构的极性分子是___________。

(5)以极性键结合，具有V形结构的极性分子是___________。

(6)以极性键结合，且分子极性最大的是___________。

(7)含有非极性键的极性分子是___________。20、乙二胺()是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是___________、___________。21、(1)三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为______。

(2)①已知的热分解温度为900℃，的热分解温度为1172℃，试从原子结构的角度解释的热分解温度低于的原因______。

②已知与的晶体类型相似，的熔点比的______(填“高”或“低”)，原因是______。22、回答下列问题：

（1）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II的空间结构为___，中心原子的杂化形式为___。

（2）据科技日报网报道，南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇的结构简式为CH2=CH—CH2OH。请回答下列问题：

①基态镍原子的价电子排布图为____。

②烯丙醇分子中碳原子的杂化类型是___。

（3）乙炔是有机合成的一种重要原料。将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀。基态Cu+的简化电子排布式为____。评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)23、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24、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误25、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26、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.错误评卷人得分五、原理综合题(共4题，共32分)27、下图是X；Y两种元素化合物的六方晶胞图。X用小黑球表示；Y用大白球表示。

（1）试写出该化合物的化学式(用X、Y表示)____。

（2）X占有Y围成的何类空隙中____？空隙占有率是多少___？

（3）试写出X、Y单独存在时的堆积方式____。(X用小写英文字母表示，Y用大写英文字母表示)并写出该化合物晶体的堆积方式_____。

（4）试写出该晶体密度的表达式_____。(晶胞参数用a(pm)，c(pm)表示。Mx与My表示X与Y的摩尔质量)↓

（5）试写出该晶体的结构基元化学式___，画出点阵形式__。28、在体积恒定为3L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；其化学平衡常数K和温度t的关系如表：

。t℃

700

800

830

1000

1200

K

0.6

0.9

1.0

1.7

2.6

回答下列问题：

(1)上述反应涉及三种元素，其中原子半径最大的元素核外电子排布式为_________，原子核外电子运动状态最多的元素是_______(写元素符号)。

(2)上述反应所涉及的四种物质中非极性分子的沸点顺序是_____，其主要原因是_________。

(3)该反应的化学平衡常数表达式为_______；该反应的正方向是________反应(选填“吸热”；放热)

(4)某温度下，2min内生成10.8gH2O(g)，用CO浓度变化表示这段时间内的平均反应速率为____________；若平衡时各物质浓度符合下式：c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，试判断此时的温度为_________℃

(5)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______

a.容器中压强不变b.混合气体中c(CO)不变。

c.v正(H2)=v逆(H2O)d.c(CO2)=c(CO)29、为了去除合成氨原料气中的以降低能耗及减轻设备的酸蚀，工业上常采用醇胺溶液进行吸收。N一甲基二乙醇胺(用表示)水溶液具有吸收能力强；对设备腐蚀小、可再生等特点被广泛应用。

吸收的反应可以表示为：

该反应分以下两步进行：

①(慢反应)

②(快反应)

(1)____该反应在____(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发进行。

(2)的结构简式为以氮原子为中心的模型是_____。

(3)能够正确表示吸收反应能量变化的是______(填标号)。A．B．C．D．(4)其它条件不变时，加入____(填“能”或“不能”)增大单位时间内的吸收率。

(5)已知中的氮具有一元碱(类似于)的性质，已知的则溶液中____(填“”“”或“”)。

(6)标准平衡常数可以表示平衡时各物质的浓度关系：如反应的其中为标准大气压，分别为气体的分压，c为物质的量浓度。在T℃时的刚性密闭容器中，用的溶液吸收总压为的合成氨原料气(含体积分数分别为的的的)，充分吸收后，浓度降低为二氧化碳的吸收率为60%，忽略反应过程中溶液的体积变化，则反应的标准平衡常数_______。30、碳是形成单质和化合物种类最多的元素；其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。

(1)碳有多种单质；其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

石墨烯能导电而金刚石不能导电的原因是________。

(2)碳的主要氧化物有CO和CO2

①CO能与金属Fe形成一种浅黄色液体Fe(CO)5，其熔点为-20℃，沸点为103℃，热稳定性较高，易溶于苯等有机溶剂，不溶于水。据此判断：该化合物的晶体中不涉及的作用力有________。

A.离子键B.极性键C.非极性键D.范德华力E.配位键。

②CO2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为：该反应所涉及的4种物质，沸点从高到低的顺序为________。

(3)是重要的有机反应中间体，其空间构型为________。

(4)碳的有机物常作为金属有机化合物的配体，如EDTA(乙二胺四乙酸)。EDTA与Ca2+形成的配离子如图所示。

①钙离子的配位数是________。

②配体中碳原子的杂化方式有________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共3分)31、下表所列的是五种短周期元素的原子半径及主要化合价(已知铍的原子半径为0.089nm)。

。元素代号。

A

B

C

D

E

原子半径/nm

0.160

0.143

0.102

0.099

0.074

主要化合价。

＋2

＋3

＋6；－2

－1

－2

(1)比较A、B、E三种元素的简单离子的离子半径大小___(用对应元素离子符号表示)。

(2)A元素简单离子的结构示意图为__，B元素位于周期表中第__周期__族。

(3)B的最高价氧化物对应水化物与C的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为__。

(4)上述五种元素的最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是__(填化学式)。

(5)C、E形成的化合物为__(填化学式)。

(6)用电子式表示A和D形成化合物的过程___。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

略2、C【分析】【详解】

A．KOH是离子化合物；既含有离子键又含有共价键，故A不符合题意；

B．Na2S是离子化合物；只含有离子键，故B不符合题意；

C．HCl是共价化合物；只含有共价键，故C符合题意；

D．MgO是离子化合物；只含有离子键，故D不符合题意；

答案选C。3、D【分析】【详解】

A．氨基磷酸结构中P和O之间存在双键；则含有π键，A错误；

B．氨基磷酸和水反应时，其中的N和P之间的键容易断裂，和水生成NH3和H3PO4，会继续反应生成NH4H2PO4；B错误；

C．氨基磷酸中氢原子没有达到8e-稳定结构；C错误；

D．氨基为给电子基团，会导致氨基磷酸更加难以电离出氢离子，其酸性更弱，故pKa1(氨基磷酸)＞pKa1(磷酸)；D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．利用杯酚分离和体现了超分子具有“分子识别”的特征；A项正确；

B．杯酚分子中含有苯环结构，存在大键；B项正确；

C．杯酚与形成的不是氢键；C项错误；

D．金刚石是共价晶体，为分子晶体；二者晶体类型不同，D项正确；

故选C。5、D【分析】【详解】

A．氯气与水反应为可逆反应，所以标准状况下，22.4LCl2的物质的量完全溶于水转移电子数小于NA；故A错误；

B．HF比HCl沸点高；是因为HF分子间存在氢键，故B错误；

C．盐酸少量，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：CO+H+═HCO故C错误；

D．中子数为19的钙原子，质量数=质子数+中子数=20+19=39，表示为故D正确；

故选：D。6、A【分析】【详解】

由氯化钠的晶胞结构可知，在NaCl晶体中，距离最近的Na+组成的最小多面体是正四面体；答案选A。7、D【分析】【分析】

【详解】

①H原子的最外层电子数是1；①错误；

②金刚石；晶体硅、晶体硼等都是共价晶体；②错误；

③H2O常温下为液态；③错误；

④SiO2；CO、NO等常温下不与水反应；④错误；

综上所述，①②③④都不正确，故选D。8、B【分析】【分析】

A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键；含有2对孤电子对；

B、CO2分子中C原子形成2个σ键；没有对孤电子对；

C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3；形成3个σ键，没有对孤电子对；

D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；

【详解】

A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化；故A错误；

B、CO2分子中C原子形成2个σ键；没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；

C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化；故C错误；

D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；故D错误；

故选B。二、多选题(共8题，共16分)9、AB【分析】【详解】

A．两种相同元素形成的化学键数目越多；结合力就越强，键能就越大，C；N原子间形成的化学键中，三键键能最大，单键键能最小，键能由小到大的顺序为：C-N＜C=N＜C≡N，A正确；

B．同一主族元素原子核外电子层数越多，原子半径越大。原子半径I＞Br＞Cl，则键长：I-I＞Br-Br＞Cl-Cl；B正确；

C．H2O分子中的键角是104.5°，CO2分子中的键角是180°，所以键角：H2O＜CO2；C错误；

D．C2H2、C2H4分子中碳原子间形成的化学键既有σ键，也有π键，σ键比π键的结合的更牢固，物质的稳定性更强，断裂消耗的能量σ键比π键更大，即σ键的键能大于π键的键能；D错误；

故合理选项是AB。10、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。11、BC【分析】【详解】

A．CH—CH3、CH价电子对数不同；碳原子采取的杂化方式不同，故A错误；

B．CH与NH3、H3O+中心原子价电子对数都是4；都有1个孤电子对，几何构型均为三角锥形，故B正确；

C．CH中心碳原子的价电子对数是3；无孤电子对，为平面结构，所有原子均共面，故C正确；

D．CH与OH-形成的化合物是CH3OH；属于共价化合物，不含离子键，故D错误；

选BC。12、D【分析】【分析】

【详解】

A．邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种，A正确；

B．N原子上有孤对电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲分子形成配合物时，Fe2+的配位数为6，B正确；

C．邻二氮菲分子没有手性碳原子，因此没有旋光性，C错误；

D．用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在适宜范围，这是因为当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；而当OH−浓度较高时，OH−与Fe2+反应，也影响Fe2+与邻二氮菲配位，D错误；

故选CD。13、AD【分析】【详解】

A．在ABn型分子中；若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故A正确；

B．水分子中不含π键；B错误；

C．在中N、O、C均采取杂化，只不过分子中孤电子对占据着杂化轨道；C错误；

D．由于分子间氢键的存在，的沸点较高，分子间范德华力最小，沸点最低；D正确；

故选AD。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．四氯化碳分子中碳原子的最外层电子数为4，每个电子与氯原子最外层上的一个电子形成一对共价键，共形成四对共价键，故四氯化碳的电子式为题中氯原子的电子数目不对，故A符合题意；

B．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，H2、D2、T2只是组成的原子不同；而组成方式都是两个原子组成一个分子，所以不是同素异形体，是同一种物质，故B符合题意；

C．次氯酸分子中的中心原子为氧；最外层有6个电子，分别与氢原子和氯原子形成一对共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故C不符合题意；

D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S；故D不符合题意；

答案选AB。15、CD【分析】【详解】

A．由图可以看出，1个铜离子与4个水分子结合成[Cu(H2O)4]2+，Cu2+与H2O分子之间通过配位键相结合；则1个水合铜离子中有4个配位键，A正确；

B．CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+的数目为=4；B正确；

C．H原子核外只有1个电子；所以电子云图中，黑点不表示电子，只表示电子出现的机会多少，H原子核外电子大多在原子核附近运动，C不正确；

D．金属Cu原子形成的金属晶体为最密堆积；每个Cu原子周围同一层有6个Cu原子，上；下层各有3个Cu原子，所以其配位数均为12，D不正确；

故选CD。16、BC【分析】【详解】

A.均由C；H和O元素组成；故组成元素相同，A不选；

B.C；H和O原子数目之比根据分子式判断；各元素的质量比不相同，B选；

C.分子式不同；故相对分子质量不同，C选；

D.充分燃烧后的生成物均为水和二氧化碳；D不选；

答案选BC。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，然后写出Co2＋价电子式；最后写出价电子排布图；

(2)根据杂化轨道数=价层电子对数；进行分析；

(3)利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力进行分析；

(4)Li2O与CoO都属于离子晶体；通过晶格能大小判断熔点高低；

(5)利用立体几何进行分析和计算；

【详解】

(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2＋价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2＋的价电子排布式图是

答案：

(2)CN－中C和N共用叁键，其中C有一个σ键，孤电子对数为=1；价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，即C的杂化类型为sp；

答案：sp；

(3)游离态氨中N有2个孤电子对，络合物中[Co(NH3)6]2＋中N提供一个孤电子对与Co2＋形成配位键，利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中N－H键之间的夹角偏小，而与Co2＋结合后；孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此N－H键之间的夹角会增大；

答案：较大；NH3通过配位键与Co2＋结合后；原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大；

(4)Li2O、CoO为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能，而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO中Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能，因此CoO熔点高于Li2O；

答案：Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；

(5)根据俯视图碳碳键长应是AC或AD或AF距离，该平面为菱形，△FDC为正三角形，∠CAD=120°，令AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2＋x2－2x2cos120°，解得x=令晶胞高为cpm，该晶胞的体积为ca2sin60°，晶胞中的碳原子个数为个，晶胞的质量为g，根据密度的定义ρ=解得c=从B球作垂线与平面EFCD，根据俯视图和侧视图，应交于对角线CE上，交点为G，连接AG和AB，根据俯视图，BG=EG=AC=根据余弦定理，求出CE距离为则AG的距离为（--）=根据勾股定理，AB2=()2+()2，解得AB=

答案：【解析】sp较大NH3通过配位键与Co2＋结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能18、略

【分析】【详解】

（1）元素原子的外围电子排布式为nsn-1npn-1，其中n-1＝2，则n＝3，所以该元素是硅元素，原子的结构示意图

（2）33号元素是As元素，名称砷，其原子核外有33个电子，根据构造原理知其外围电子排布式为4s24p3；

（3）Na、Mg、Al同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg最外层3s能级容纳2个电子，为全满状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg>Al>Na；

（4）基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素，N层是第四周期，M全满说明至少在Cu之后，N层没有成对电子，只有1个未成对电子说明就是4s1，所以就是Cr，24Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1；N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其轨道表示式为Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子生成Fe2+，其3d轨道上6个电子为其外围电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。【解析】①.②.砷③.4s24p3④.Mg>Al>Na⑤.Cr⑥.1s22s22p63s23p63d54s1⑦.⑧.1s22s22p63s23p63d619、略

【分析】【分析】

HF中含有H-F极性键，正、负电荷中心不重合，属于极性分子；H2O中含有极性键，其空间结构为Ⅴ形，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正、负电荷中心不重合，属于极性分子；CS2中含有极性键，空间结构为直线形，属于非极性分子；CH4中含有极性键，空间结构为正四面体形，正、负电荷中心重合，属于非极性分子；H2O2中含有极性键和非极性键正、负电荷中心不重合，为极性分子；N2中只含有非极性键；属于非极性分子。

【详解】

(1)以非极性键结合的非极性分子是N2，故答案为N2；

(2)以极性键相结合，具有直线型结构的非极性分子是CS2，故答案为CS2；

(3)以极性键结合，具有正四面体结构的非极性分子是CH4，故答案为CH4；

(4)以极性键结合，具有三角锥形结构的极性分子是NH3，故答案为NH3；

(5)以极性键结合，具有V形结构的极性分子是H2O，故答案为H2O；

(6)题给几种物质中；以极性键相结合，且分子极性最大的是HF，故答案为HF；

(7)含有非极性键的极性分子是H2O2，故答案为H2O2。【解析】N2CS2CH4NH3H2OHFH2O220、略

【分析】【分析】

【详解】

乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有1个孤电子对，故N原子价层电子对数为4，N原子采取杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化。【解析】21、略

【分析】【详解】

(1)因为的二价氧化物是离子化合物，半径依次减小，晶体的晶格能依次增大，熔点依次升高，故熔点顺序是

(2)①()在高温条件下能分解为和(和)，因为的半径小于更容易得到形成所以的分解温度低于

②的半径小于且所带电荷数多于所带电荷数，的半径小于且所带电荷数多于所带电荷数，与之间的作用力更强，的晶格能比的大，熔点高。【解析】①.②.因为的半径小于更易结合中的使更易分解为和③.高④.的半径小于的半径小于而且所带电荷数均比多，与之间的作用力更强，的晶格能比的大，熔点高22、略

【分析】【分析】

（1）

X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在II价层电子对数为其空间结构为V形，中心原子的杂化形式为sp3；故答案为：V形；sp3。

（2）

①Ni为28号元素，基态镍原子的价电子为3d84s2，基态镍原子的价电子排布图为故答案为：

②烯丙醇分子(CH2=CH—CH2OH)中第一个和第二个碳原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型是sp2杂化，—CH2OH中的碳原子价层电子对数为4+0=4，杂化类型为sp3杂化；故答案为：sp2杂化、sp3杂化。

（3）

Cu为29号元素，基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10；故答案为：[Ar]3d10。【解析】（1）V形sp3

（2）sp2杂化、sp3杂化。

（3）[Ar]3d10四、判断题(共4题，共16分)23、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；24、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。25、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。26、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。五、原理综合题(共4题，共32分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）XY2

（2）X占有Y围成的正八面体空隙中空隙占有率为50%

（3）X：abcabcabcY：ABCABCABCXY2：AcBCbABaCA或者aBAbCBcACa

（4）ρ=

（5）X3Y6点阵型式R心六方(RH)28、略

【分析】【分析】

（1）反应涉及C；H、O三种元素；原子半径最大的是C，原子核外电子运动状态数目等于其核外电子数；

（2）四种物质中非极性分子是CO2和H2；

（3）根据化学平衡常数的概念来书写；根据温度对化学平衡；化学平衡常数的影响来回答；平衡常数随温度升高增大，说明平衡正向进行；

（4）反应速率v=根据c(CO2)⋅c(CH2)=c(CO)⋅c(H2O)计算化学平衡常数；再判断温度；

（5）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等；各组分含量保持不变。

【详解】

（1）反应涉及C；H、O三种元素；根据半径变化规律得出，原子半径最大的是C；

其核外电子排布式为1s22s22p2；原子核外电子运动状态数目等于其核外电子数，故原子核外电子运动状态最多的元素是O，故答案为：1s22s22p2；O；

（2）四种物质中非极性分子是CO2和H2，两者皆为分子晶体，二氧化碳式量大于氢气，故二氧化碳范德华力大于氢气，故沸点CO2＞H2；故答案为：CO2＞H2；两者皆为分子晶体；二氧化碳式量大于氢气；

（3）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应的平衡常数K=化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：吸热；

（4）n(H2O)==0.6mol，则n(CO)=n(H2O)=0.6mol，==0.2mol/L，v(CO)==0.1mol/(L·min)；若平衡时各物质浓度符合下式：c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，此时K==1.0；根据表格数据，判断温度为830℃；故答案为：0.1mol/(L·min)；830；

（5）a；反应是一个反应前后体积不变的反应；压强的改变不会要引起平衡移动，故a不符合题意；

b、混合气体中c（CO）不变，说明正逆反应速率相等，故b符合题意；

c、υ正（H2）=υ正（H2O）；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故c符合题意；

d；平衡时；两者的浓度不变，而不一定相等，故d不符合题意；

故答案为bc。

【点睛】

本题考查物质结构和化学平衡常数的含义和表达式的书写知识，平衡标志的分析判断，可以根据所学知识进行回答。【解析】1s22s22p2OCO2＞H2两者皆为分子晶体，二氧化碳式量大于氢气K=吸热0.1mol/(L·min)830bc29、略

【分析】【分析】

(1)

由盖斯定律可知，H1+H2=-20.4KJ/mol+(-35.5KJ/mol)=-55.9KJ/mol；由于碳酸在高温下易分解，且高温下气体溶解度会减小，故该反应在低温条件下自发进行；

(2)

的中心原子为N原子，由化学式可知，其成键电子对数为3，其孤电子对数为=1，中心原子N原子采取的是sp3杂化，由于受孤电子对的影响，其模型是四面体型；

(3)

吸收反应分两步进行；两步反应都是放热反应，所以答案只能从A；C中选，由于第二步反应比第一反应放出的热量多，则答案选C；

(4)

由于吸收反应分两步进行，反应的快慢取决于慢的一步，所以加入不能增加单位时间内的吸收率；

(5)

已知中的氮具有一元碱(类似于)的性质，则MDEAH+具有的水解，由于的则MDEAH+的水解常数Kh=已知的则的水解常数Kh=比较两种离子的水解常数，可知的水解程度比MDEAH+大，则>

(6)

由反应式可知，===0.75。【解析】（