2025年苏人新版选择性必修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年苏人新版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列事实中，不能用氢键解释的是A.氨容易液化B.的热稳定性比的强C.水和乙醇可以以任意比例互溶D.的沸点高于2、设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.溶于水完全水解生成胶粒数为B.月球表面的氦含有质子数为2C.46g乙醇中所含共价键的数目为7D.常温下，的溶液中，离子数目为0.13、下列反应中既有离子键、极性共价键、非极性共价键的断裂又有其形成的反应是A.NH4ClNH3↑+HClB.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑D.2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O4、下列变化过程中，有离子键形成的是（）A.石灰石煅烧B.氯化铵分解C.盐酸除铁锈D.烧碱溶于水5、某盐的结构如图所示；其中X；Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素。下列说法正确的是。

A.X与Y、Z、W均可形成原子个数比为1：1的化合物B.X、Y的氧化物的熔点：XC.该盐中各元素原子的最外层均达到8电子稳定结构D.X、Y形成的化合物均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色6、有关化学键与晶体的说法正确的是A.晶体硅融化时共价键发生断裂B.熔融状态时能导电的物质一定是离子晶体C.两种元素组成的分子中一定只有极性键D.分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高7、N2F2分子中四个原子都在同一平面内，由于几何形状的不同，存在顺式和反式两种同分异构体。据此判断N2F2分子中两个N原子之间化学键的组成为（）A.一个σ键和两个π键B.仅有一个σ键C.仅有一个π键D.一个σ键和一个π键评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、BF3与一定量的水形成一定条件下可发生如图转化；下列说法中正确的是。

A.熔化后得到的物质属于离子晶体B.分子之间存在着配位键和氢键C.H3O+中氧原子为sp3杂化D.BF3是仅含极性共价键的非极性分子9、科研人员通过控制光沉积的方法构建复合材料光催化剂，以Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化分离的人工光合体系；其反应机理如图。下列说法正确的是。

A.a的价电子排布式：3d5B.体系中能量转化形式：电能→化学能C.体系中总反应的活化能：Ea正>Ea逆D.理论上每消耗18g水生成46gHCOOH10、现有四种元素的基态原子的核外电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是：A.最高正化合价：④＞①＞③＝②B.原子半径：④＞③＞②＞①C.电负性：④＞③＞①＞②D.第一电离能：④＞③＞②＞①11、下列实验操作现象能得出相应结论的是。

。选项实验操作现象结论ACuS溶于浓硝酸。

有红棕色气泡产生。

CuS能被硝酸氧化。

BSO2通入滴有石蕊试液的水中。

溶液变红但不褪色。

SO2有酸性；无漂白性。

C向Na2CO3中滴入HClO3溶液。

有气泡产生。

非金属性Cl＞C

D将KI和FeCl3溶液在试管中混。

合后，加入CCl4；振荡，静置。

下层溶液显紫红色。

氧化性：Fe3+＞I2

A.AB.BC.CD.D12、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+)13、三价铬离子能形成多种配位化合物，是其中的一种。下列说法正确的是A.该配合物中的配离子存在多种异构体B.对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去C.提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态D.常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3molAgCl沉淀14、Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料；充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是。

A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+个数为xB.每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-xSe晶胞，转移电子数为8C.每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当NayCu2-xSe转化为NaCuSe时，每转移（1-y）mol电子，产生(1-x)molCu原子15、美国LawreceLiermore国家实验室(LINL)成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体，下列关于CO2的共价晶体说法，正确的是：A.CO2的共价晶体和分子晶体互为同分异构体B.在一定条件下，CO2共价晶体转化为CO2分子晶体是化学变化C.CO2的共价晶体和CO2分子晶体具有相同的物理性质和化学性质D.在CO2的共价晶体中，每一个C原子周围结合4个O原子，每一个O原子跟两个C原子相结合评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、下列基态原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是___________(填序号，下同)，违反能量最低原理的是___________，违反洪特规则的是___________，违反泡利原理的是___________。

①

②

③

④

⑤

⑥

⑦17、(1)观察Li；Be、Mg、Al在元素周期表中的位置回答下列问题：

①铍的最高价氧化物对应的水化物是______(填“酸性”“碱性”或“两性”)化合物，证明这一结论的有关的离子方程式是______。

②根据Mg在空气中的燃烧情况可知，Li在空气中燃烧，生成的产物为______(用化学式表示)。

(2)现有核电荷数小于20的元素A，其电离能数据如表：(表示原子失去第n个电子的电离能，单位：)。序号电离能7.64415.0380.12109.3141.2186.5224.9266.0327.9367.41761

①外层电子离核越远，能量越高，电离能越______(填“大”或“小”)；阳离子所带电荷数越大，失去电子时，电离能越______(填“大”或“小”)。

②表中11个电子分属______个电子层；失去了11个电子后，该元素原子还有______个电子。

③该元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是______。18、(1)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___；氮元素的E1呈现异常的原因是__。

(2)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___。

(3)元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu＞INi的原因是__。19、回答问题。

（1）2020年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了Al、Cr、Cu、C、N、O、Si等多种元素。上述元素中基态原子未成对电子数与Al相同的有___________。

（2）元素铋主要用于制造易熔金属合金，元素Bi位于第6周期VA族，其基态原子的价电子排布式为___________。Bi(NO3)3∙5H2O中各元素电负性从大到小的顺序为___________。

（3）N；P、As均为氮族元素；这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：

①下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号，下同)，未成对电子最多的是___________。

a.1s22s22p3b.1s22s2c.1s22s12p4d.1s2s12p3

②Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、P、S的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。20、科学研究发现甲醇()、炭基硫(与互为等电子体)是火星上存在的有机物。

回答下列问题：

(1)中C的杂化类型为___________。

(2)中含有___________键。

(3)分子中键长：___________(填“>”或“＜”，下同)键能___________键与键间的夹角为___________；分子属于___________(填“极性”域“非极性”)分子。

(4)与互为等电子体的阴离子有___________(列举一种)。21、下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O4[Cr(H2O)6]3＋＋3CH3COOH

(1)配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是___________(填元素符号)。

(2)CH3COOH中C原子轨道杂化类型为___________；1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___________。

(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为___________(填化学式)；22、(1)羟基自由基(·OH电中性，O为-1价)是一种活性基团，能高效处理含酚有机废水，·OH的电子式为_______；在除酚过程中它主要起_______作用。

(2)通常状况下，乙醇易溶于永而溴乙烷难溶于水中，其主要原因是_______。23、B、C、N、是几种常见的非金属元素；其形成的各种化合物在自然界中广泛存在。

(1)基态硅原子的电子排布式为_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(2)与一定量的水可形成如图甲所示晶体R。

①晶体R中各种微粒间的作用力涉及_______(填序号)；

a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.范德华力。

②晶体R中阴离子的空间结构为_______。

(3)乙二胺()与溶液可形成配离子(结构如图乙所示)，乙二胺分子中氮原子的杂化类型为_______。

乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，其原因是_______。24、某元素X的激发态原子的电子排布式为1s22s22p63s13p3，则该元素基态原子的电子排布式为_______，其最高价氧化物属于_______晶体；Ｚ原子的核电荷数为33，其在元素周期表中的位置是_______，属于_______区的元素。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)25、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26、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27、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.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共40分)28、某研究性学习小组设计了实验验证元素周期律。

Ⅰ．利用图1所示装置(夹持仪器已略去)探究元素S；C、Si的非金属性强弱。

(1)分液漏斗A中应盛放的试剂是_______，能证明非金属性S>C>Si的现象为_______；试管C中发生反应的离子方程式为_______。

Ⅱ．用图2所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性良好)证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。

实验过程：①打开弹簧夹；打开活塞a，滴加浓盐酸。

②当F和G中的溶液都变为黄色时；夹紧弹簧夹。

③当F中溶液由黄色变为棕红色时；关闭活塞a。

④

(2)F中反应能证明非金属性Cl>Br的原因是_______(用离子方程式表示)。

(3)为证明非金属性Br>I，过程④的操作是_______；现象为_______。

(4)氯、溴、碘非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐_______，得电子能力逐渐_______。29、某化学兴趣小组欲在实验室制备二氧化硫，并探究相关物质的一些性质并验证碳、硅非金属性的相对强弱。[信息提示：①酸性：亚硫酸>碳酸；②硅酸(H2SiO3)是白色胶状沉淀]

(1)仪器A的名称为___________，铜与浓硫酸反应的化学方程式是___________。

(2)实验步骤：连接仪器、___________；加药品后、打开a、然后滴入浓硫酸；加热。

(3)装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是___________，请写出装置E中发生反应的离子方程式___________。

(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是___________。30、铬是人体必需的微量元素；其在肌体的糖代谢和脂代谢中发挥着特殊作用，铬缺乏会造成葡萄糖耐量受损，可能伴随高血糖；尿糖等。而在工业中铬及其化合物在无机合成和有机合成中均有着重要作用。

Ⅰ．工业上以铬铁矿为原料生产铬酸钠实际操作是将铬铁矿和纯碱置于坩埚中，在空气中加热，得到

Ⅱ．市售的为深绿色晶体，实验室中可用甲醇在酸性条件下还原制备(装置如图A所示)：

①将一定量铬酸钠、甲醇与水的混合物加入三颈烧瓶中；②升温至120℃时，缓慢滴加足量浓盐酸，保持100℃反应3h；③冷却，用NaOH溶液调节pH为6.5～7.5，得到沉淀；④洗净沉淀后，加入过量盐酸溶解，通过结晶法得到晶体。

已知：易溶于水；乙醇；易水解。

Ⅲ．重铬酸钾俗称红矾，是一种重要的化工产品，可向溶液中加酸，使转化为再向溶液中加入KCl，升高温度，经过一系列操作后可获得晶体。已知的溶解度随温度变化的曲线如图B所示。

回答下列问题：

(1)是配位化合物，由于内界配体不同而有不同的颜色，呈深绿色的晶体为该配合物的配体为___________、___________(填化学式)。

(2)在Ⅱ中制备晶体时，步骤④中“加入过量盐酸”的目的是___________。

(3)装置图A中，仪器c的名称为___________，仪器b的作用是___________。

(4)已知步骤Ⅱ中有产生，则三颈烧瓶中甲醇还原铬酸钠的离子方程式为___________。

(5)往溶液中加入KCl，升高温度能获得获得晶体的一系列操作包括：趁热过滤、___________、过滤、洗涤、干燥。其中“洗涤”步骤选用的洗涤剂为丙酮，其原因是___________。31、实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，该反应属于大量放热的反应。某小组用如图所示装置制备[Co(NH3)6]Cl3；实验步骤如下：

Ⅰ．称取研细的CoCl2•6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴将混合物加热至60℃；恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。

Ⅲ．将沉淀溶于热的盐酸中；趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。

Ⅳ．过滤；用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。

试回答下列问题：

(1)制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是___。

(2)请指出装置中存在的一处缺陷___。

(3)若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是__。

(4)与[Co(NH3)6]Cl3类似的产品还有[Co(NH3)5Cl]Cl2，请简述验证某晶体是[Co(NH3)6]Cl3还是[Co(NH3)5•Cl]Cl2的实验方案___。

(5)步骤Ⅲ中趁热过滤的主要目的是___，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是___。

(6)乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是___。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．氨气分子间可以形成氢键；导致其熔沸点降低，所以容易液化，A正确；

B．氧的非金属性强于硫，故H2O的热稳定性比H2S强；B错误；

C．乙醇可以和水形成分子间氢键；导致溶解度增大，所以乙醇可以和水以任意比例互溶，C正确；

D．HF分子间存在氢键；故HF的沸点高于HCl，D正确；

故答案选B。2、B【分析】【详解】

A．1molKAl(SO4)2⋅12H2O溶于水，Al3+并不能全部水解生成Al(OH)3胶体，溶液中还是存在较多的Al3+，故Al(OH)3胶体数量小于NA；A项错误；

B．3He原子中质子数为2，中子数为1，故1mol3He含有的质子数为2NA；B项正确；

C．一个乙醇分子中含有的共价键数量为8条，46g乙醇的物质的量为1mol，1mol乙醇中含有的共价键数量为8NA；C项错误；

D．常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中，c（OH-）=0.1mol/L，选项中并未说明溶液的体积，故无法确定OH-的具体数目；D项错误；

故答案选B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．该反应中没有非极性共价键的断裂；A不符合题意；

B．该反应中钠离子和过氧根之间的离子键断裂；钠离子和氢氧根之间的离子键形成，过氧根中非极性键断裂，氧气中非极性键形成，水中极性键断裂，氢氧根中极性键形成，B符合题意；

C．该反应中没有非极性共价键的断裂；C不符合题意；

D．该反应中没有非极性共价键的形成；D不符合题意；

综上所述答案为B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．石灰石煅烧生成氧化钙和二氧化碳；氧化钙中含有离子键，符合题意，故A正确；

B．氯化铵分解生成氯化氢和氨气；氯化铵为离子化合物，氯化氢和氨气为共价化合物，此过程中离子键断裂形成的是共价键，故B错误；

C．盐酸除铁锈生成氯化铁和水；氯化铁和水是共价化合物，此过程没有离子键的形成，故C错误；

D．烧碱溶于水存在离子键的断裂；故D错误；

故答案为A。5、A【分析】【分析】

X；Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素；结合图示可知，W形成+1价阳离子，四种元素中W的原子序数最大，W为Na元素；X形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，结合原子序数可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此分析解答。

【详解】

根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为Na元素，

A．X与Y、Z、W均可形成原子个数比为1：1的化合物分别为C2H2、H2O2、NaH，故A正确；

B．X、Y的氧化物分别为H2O、CO2，由于水含有氢键其熔点较高，则熔点：X>Y，故B错误；

C．该盐中H原子最外层电子只有2个，未达到8电子稳定结构，故C错误；

D．X为H元素，Y为C元素，形成的化合物如乙烯、乙炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；

故选：A。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．原子晶体熔化时破坏的是共价键；硅为原子晶体，融化时共价键发生断裂，A正确；

B．熔融状态时能导电的物质可能是离子晶体；也可能是金属晶体，B错误；

C．两种元素组成的分子中不一定只有极性键，如H与O元素组成的H2O2分子中；既含有极性键，也含有非极性键，C错误；

D．分子晶体的熔沸点与范德华力或氢键有关；与共价键的键能无关，D错误；

故选A。7、D【分析】【详解】

氮原子最外层有5个电子，形成3对共用电子对达到稳定结构，由题干知N2F2为平面结构；且有顺式和反式两种同分异构体，可推测知分子中存在N=N，其结构式为F—N=N—F，所以两个氮原子之间含有一个σ键和一个π键；

故选D。

【点睛】

单键是共用一对电子，成键方式为“头碰头”，属于σ键，双键或三键中只有1个σ键，另外还有1个或2个π键。二、多选题(共8题，共16分)8、CD【分析】【详解】

A．从题干给定的转化可以看出，熔化后得到的物质虽然由阴阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A错误；

B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键；分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B错误；

C．H3O+中氧原子价层电子对数=3+=4，则O原子采取sp3杂化；故C正确；

D．BF3中B原子价层电子对数=3+=3，则B原子采取sp2杂化；分子空间构型为平面三角形，结构对称，是仅含极性共价键的非极性分子，故D正确；

答案选CD。9、CD【分析】【分析】

由图可知，左侧水发生氧化反应生成氧气，则b生成a的反应为还原，ab分别为亚铁离子；铁离子；

【详解】

A．由分析可知，a为亚铁离子，是铁原子失去2个电子后形成的，价电子排布式：3d6；A错误；

B．由图可知；体系中能量转化形式：光能→化学能，B错误；

C．体系中总反应为水和二氧化碳生成氧气和甲酸，反应为吸热反应，则活化能：Ea正>Ea逆；C正确；

D．二氧化碳转化为甲酸，碳元素化合价由+4变为-2，根据电子守恒可知，理论上每消耗18g水（1mol）生成46gHCOOH（1mol），D正确；

故选CD。10、CD【分析】【分析】

根据各元素基态原子的核外电子排布式可知①为S元素；②为P元素，③为N元素，④为F元素。

【详解】

A．最高正化合价等于最外层电子数；但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故A错误；

B．根同周期自左而右原子半径减小；所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；

C．非金属性F＞N＞S＞P；非金属性越强电负性越大，所以电负性F＞N＞S＞P，即④＞③＞①＞②，故C正确；

D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势；故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故D正确；

综上所述答案为CD。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．CuS溶于浓硝酸，有红棕色气泡产生，该气体为NO2，HNO3中的N元素化合价降低，HNO3作氧化剂，则CuS作还原剂被HNO3氧化；故A选；

B．SO2通入滴有石蕊试液的水中，SO2遇水生成亚硫酸，亚硫酸可以使石蕊试液变红，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但SO2不能漂白酸碱指示剂；故B不选；

C．向Na2CO3中滴入HClO3溶液，有气泡产生，说明酸性：HClO3＞H2CO3，但HClO3不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物；不能据此判断Cl和C元素的非金属性强弱，故C不选；

D．将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色，说明Fe3+将I-氧化为I2，氧化性：Fe3+＞I2；故D选；

答案选AD。12、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。13、AB【分析】【详解】

A．该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构；故存在多种异构体，A正确；

B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O；B正确；

C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N；O和Cl；它们的空间运动状态分别为5，5，9，即提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态，C错误；

D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-可知，常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液；滴定结束后生成2molAgCl沉淀，D错误；

故答案为：AB。14、BD【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2；解得a=4x，故A错误；

B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se；转移电子数为8，故B正确；

C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4；则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；

D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu；所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；

故选BD。15、BD【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化碳原子晶体中不含分子；故A错误；

B．CO2原子晶体转化为CO2分子晶体；结构已发生改变，且二者的性质也有较大差异，故二者是不同的物质，所以二者的转变是化学变化，故B正确；

C．CO2原子晶体与CO2分子晶体，结构不同，二者是不同的物质，物理性质不同，如CO2原子晶体硬度很大，CO2分子晶体硬度不大；其化学性质也不同，故C错误；

D．CO2原子晶体与SiO2结构类似；每个碳原子与4个氧原子通过1对共用电子对连接，每个氧原子与2个碳原子通过1对共用电子对连接，故D正确；

故选：BD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

根据核外电子排布规律；基态原子的核外电子排布式，要遵循能量最低原理，洪特规则，泡利原理，据此作答。

【详解】

根据核外电子排布规律判断，①⑤⑥正确，②电子排完轨道后应排能量较低的轨道而不是轨道，正确的电子排布式应为③没有遵循洪特规则，轨道上正确的轨道表示式应为④忽略了能量相同的原子轨道上电子排布为半充满状态时，体系的能量较低，原子较稳定，正确的电子排布式应为⑦违反泡利原理，正确的轨道表示式应为【解析】①.①⑤⑥②.②③.③④④.⑦17、略

【分析】【详解】

(1)①根据“对角线规则”可知，的性质与相似，则铍的最高价氧化物的水化物是两性化合物；与强酸、强碱均能发生反应生成盐和水，有关反应的离子方程式是

②的性质与相似，在空气中燃烧生成和所以在空气中燃烧生成

(2)①外层电子离核越远；核对电子的吸引作用越弱，电离能越小；阳离子电荷数越大，失去电子越困难，电离能越大；

②根据失去第1个、第2个电子的电离能远小于失去第3个电子的电离能可知该元素的最外层电子数为2，根据失去第10个电子的电离能远小于失去第11个电子的电离能可知该元素的次外层电子数为8，A的核电荷数小于20，则A为元素；11个电子分属3个电子层；失去11个电子，还有1个电子；

③元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是【解析】两性小大3118、略

【分析】【详解】

(1)从图中可以看出：除N外，同周期元素随核电荷数依次增大，E1逐渐增大，这是因为随原子半径逐渐减小，结合一个电子需要释放出更多的能量；N原子的2p轨道处于半充满状态，不易再结合一个电子，故E1呈现异常；故答案为：同周期元素随核电荷数依次增大；原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子；

(2)非金属性：H

(3)铜的第二电离能失去的是全充满的3d10电子所需要的能量，镍的第二电离能失去的是4s1电子所需要的能量，前者属于稳定状态，故第二电离能：ICu＞INi，故答案为：铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。【解析】①.同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大②.N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子③.H10电子，镍失去的是4s1电子19、略

【分析】【分析】

（1）

Al的核外电子排布为1s22s22p63s23p1，未成对电子数为1，Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；未成对电子数也是1，故Cu的基态原子未成对电子数与Al相同；

（2）

Bi是第83号元素，属于第六周期VA族，主族元素的价电子为最外层电子，第二周期VA族的N的价电子为2s22p3，根据同周期元素核外电子排布相似，Bi的价电子为6s26p3；Bi(NO3)3∙5H2O含有的元素有Bi；N、O、H；非金属性越强，电负性越强，同周期从左到右电负性依次增大，同主族从上到下电负性依次减小，因此电负性O＞N＞H＞Bi；

（3）

①a．1s22s22p3；该原子为基态，未成对电子为3个；

b．1s22s2；该原子为基态，没有未成对电子；

c．1s22s12p4；该原子为激发态，未成对电子为3个；

d．1s2s12p3；该原子为激发态；，未成对电子为4个。

电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是激发态的原子，故选cd；未成对电子第多的是1s2s12p3；有4个未成对电子，故选d；

②根据元素周期律，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性Si＜P＜S，非金属性越强，电负性越大，则电负性：S＞P＞Si；同周期主族元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子处于半充满较稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si。【解析】(1)Cu

(2)O＞N＞H＞Bi

(3)cddS>P>SiP>S>Si20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)CH3OH分子中以碳为中心，分别与三个H和一个OH各形成1个σ键，价电子对数为4，故为sp3杂化，故答案：sp3。

(2)CH3OH分子中以碳为中心，分别与三个H和一个OH形成4个σ键，羟基中的O与H形成1个σ键，所以中含有5键；故答案：5。

(3)羰基硫结构与CO2类似，中间的碳原子采用印sp杂化，分子呈直线形，由于氧的原子半径小，非金属性强，故O=C键的键长比S=C键的短，键长短则键能大，键与键间的夹角为所以属于极性分子。故答案：<；>；

(4)的原子数为3，价电子总数为16，则含有3个原子，价电子数为16的等电子体的阴离子有可写成NCS-，故答案：NCS-。【解析】5<>极性SCN-(或其他合理答案)21、略

【分析】【分析】

配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体；CH3COOH中C原子分别形成4个、3个σ键，没有孤对电子，结合CH3CHOOH分子的结构式分析解答；与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子；且电子数为10；据此分析解答。

【详解】

(1)配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键；故答案为：O；

(2)CH3COOH中C原子分别形成4个、3个σ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化；CH3CHOOH分子中含有1个C.3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H键，则1molCH3COOH分子中含有σ键的数目为7mol或7×6.02×1023或7NA，故答案为：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023或7NA；

(3)与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，可以为H2F+，故答案为：H2F+。【解析】Osp3，sp2杂化7NAH2F+22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)羟基自由基中，O周围有7个电子，电子式为已知羟基自由基中O元素是-1价；处于中间价态，利用其处理含酚废水时，起氧化作用；

(2)乙醇中羟基上的O和H分别与水分子中的O和H形成分子间氢键，增大了乙醇在水中的溶解度【解析】①.②.氧化③.乙醇与水形成分子间氢键23、略

【分析】【详解】

(1)Si位于元素周期表中第三周期第ⅣA族，则基态硅原子的电子排布式为同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故答案为N＞O＞C；

(2)①根据晶体R的结构分析，阴阳离子以离子键结合，阴离子中B与F、H与O之间以共价键结合，B与O以配位键结合，H3O＋中也有配位键，该晶体中不含有金属件和范德华力，合理选项是abc；故答案为abc；

②晶体R的阴离子为基态B原子的价层电子排布为2s22p1，阴离子内B形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对为4，B的杂化类型应为sp3杂化；离子的空间结构为四面体形；故答案为四面体形；

(3)乙二胺分子中N原子形成3个σ键，一个孤电子对，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp3杂化；乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑乙二胺形成分子间氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质汽化需要更多的能量；故答案为sp3;乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键。【解析】N＞O＞Cabc四面体形乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键24、略

【分析】【分析】

【详解】

元素X的激发态原子的电子排布式为1s22s22p63s13p3，该元素原子核外有14个电子，为Si元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，其最高价氧化物是SiO2，属于原子晶体；33号元素的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d104s24p3，在周期表中第四周期ⅤA族，属于P区元素。【解析】1s22s22p63s23p2原子第四周期第ⅤA族P四、判断题(共3题，共24分)25、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。26、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；27、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。五、实验题(共4题，共40分)28、略

【分析】【分析】

Ⅰ；比较S、C、Si三种元素的非金属性强弱；利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断；

Ⅱ、利用酸性高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，再利用氯气与溴化钠反应产生的溴再与碘化钾反应，通过实验证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。

（1）

比较S；C、Si三种元素的非金属性强弱；利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断，所以分液漏斗中盛放稀硫酸，锥形瓶B中稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳进入试管C中和硅酸钠反应生成硅酸沉淀；

答案为稀硫酸；锥形瓶B中固体溶解并产生气泡，试管C中产生白色沉淀；

（2）

生成的氯气通入F装置中把溴化钠氧化为单质溴，F中溶液发生反应的离子方程式是

（3）

由于要排除氯气对溴，置换碘的实验干扰，则为了证明溴的氧化性强于碘，过程④的操作是打开活塞b，将少量G中溶液滴入H中，关闭活塞b；取下H振荡；现象是静置后四氯化碳层溶液变为紫红色；

（4）

氯、溴、碘单质的非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。【解析】(1)稀硫酸锥形瓶B中固体溶解并产生气泡，试管C中产生白色沉淀

(2)

(3)打开活塞b，将少量G中溶液滴入下方试管中，关闭活塞b；取下试管振荡静置后下层溶液变为紫红色。

(4)增大减弱29、略

【分析】【分析】

铜与浓硫酸在B中发生反应生成二氧化硫；二氧化硫通入饱和碳酸氢钠溶液中发生反应，生成二氧化碳，混合气体通入足量的高锰酸钾溶液中除去二氧化硫，最后二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，从而证明碳酸的酸性强于硅酸，据此分析。

【详解】

(1)由仪器的构造可知A为分液漏斗；铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)该装置需要制取二氧化硫；在组装好用仪器后需要进行装置气密性检验，然后加药品后；打开a、然后滴入浓硫酸，加热，故答案为：检查装置的气密性；

(3)由上述分析可知，酸性高锰酸钾的作用是除去二氧化碳中未反应完的二氧化硫气体，防止其干扰二氧化碳与硅酸钠的反应，其中发生的反应的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO故答案为：除去多余的二氧化硫；5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO

(4)