2025年鲁人版选择性必修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年鲁人版选择性必修2化学上册月考试卷1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7题，共14分)1、下列元素属于ds区的是A.CaB.FeC.CuD.P2、下列有关构造原理的说法错误的是A.原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序一般为3p→4s→3dB.某基态原子部分核外电子的排布式为C.在多电子原子中，电子最后填入的能级不一定是原子最外能层上的能级D.从第三能层开始出现能级交错现象，即电子填入能级的顺序与能层顺序不同3、下列说法正确的是A.玻尔原子结构模型不但成功解释了氢原子光谱，而且还解释了其他原子光谱B.基态氧原子轨道表示式违背了泡利不相容原理C.在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D.不同的能层所含的s能级的原子轨道数是不同的4、2020年12月，俄罗斯的一家上市公司QuantumScape。它的研究成果“固态锂金属电池”通过“无负极”制造工艺和陶瓷材料的固态分离器实现了突破。或能突破现有电动汽车锂离子电池的局限，实现更高的能量密度，15分钟80%快充，并且更安全。下列说法错误的是A.锂离子电池的正极反应式为：Li-e-=Li+B.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料C.基态锂离子的电子排布式为1s2D.该电池的电解质不可能是酸性溶液5、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据元素性质；相对原子质量等进行排列；预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法错误的是。

A.乙元素位于现行元素周期表第四周期第ⅥA族B.原子序数：乙>甲>C.乙的简单气态氢化物的稳定性弱于D.推测乙的单质可以用作半导体材料6、元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布。下列推测不正确的是（）A.同周期元素中X的金属性最强B.原子半径：X＞Y，离子半径：X+＞Z2-C.同族元素中Z的氢化物稳定性最高D.同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强7、下列说法正确的是A.分子晶体中只存在非极性共价键B.原子晶体中只存在共价键C.物质溶于水时不会断裂化学键D.含阳离子的晶体一定含有阴离子评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、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9、实验室中常用丁二酮肟来检验Ni2+；反应时形成双齿配合物.离子方程式如下：

下列说法错误的是A.基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8B.丁二酮肟分子中碳原子与氮原子的杂化方式均为sp2C.每个二(丁二酮肟)合镍(II)含有32个σ键D.二(丁二酮肟)合镍(II)的中心原子的配体数目和配位数均为410、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2；生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是。

A.X是N2B.上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC.中含有极性共价键D.NH3、H2O中的质子数、电子数均相同11、下列关于苯乙炔的说法错误的是。

A.该分于有8个键和5个键B.该分子中碳原子有sp和杂化C.该分子中不存在非极性键D.该分子中有8个碳原子在同一平面上12、下列关于CO2和N2O的说法正确的是。

A.二者互为等电子体，结构相似B.由CO2的结构式可推出N2O的结构式为N=O=NC.两种分子中σ键与π键数目之比相同D.由图可知干冰晶体中每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有8个13、晶体的晶胞结构与晶体的相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于晶体的描述不正确的是。

A.晶体的熔点较高、硬度也较大B.和距离相等且最近的构成的多面体是正八面体C.和距离相等且最近的有12个D.如图的结构中共含有4个和14、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ANH3空间构型为三角锥NH3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D硼酸固体难溶于水，加热溶解度增大加热后，硼酸分子之间的氢键部分断裂，与水分子产生氢键作用A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、根据下列5种元素的电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下列问题。元素符号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600V420310044005900

（1）在元素周期表中，最有可能处于同一族的是__(填序号；下同)。

A.Q和RB.S和TC.T和VD.R和TE.R和V

（2）它们的氯化物的化学式，最有可能正确的是__。

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TClE.VCl4

（3）下列元素中，最有可能与Q元素处于同一族的是__。

A.硼B.铍C.锂D.氢E.氦。

（4）在这5种元素中，最容易与氯元素形成离子化合物的是__。

A.QB.RC.SD.TE.V

（5）利用表中的数据判断，V元素最有可能是下列元素中的__。

A.HB.LiC.NaD.K16、(1)可正确表示原子轨道的是______。

A.2sB.2dC.3pD.3f

(2)如图是s能级；p能级的原子轨道图试回答问题：

①s能级的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p能级的原子轨道分别相对于x、y、z轴______，每个p能级有______个原子轨道。

②s能级原子轨道、p能级原子轨道的半径与______有关，______越高，原子轨道半径越大。17、常温下由三种短周期元素形成的气体单质X；Y、Z；并有下列转化关系(反应条件已略去)：已知：X分子中含共价键最多；甲分子中含10个电子，乙分子含有18个电子。

(1)写出单质X的结构式是________________________________________________；

(2)化合物甲的电子式是_____________________________；其水溶液呈________性。

(3)化合物丙中存在的化学键是____________________________________________。18、(1)工业上利用镍与CO形成化合物Ni(CO)4分离提纯镍。

①CO的结构式为___________。

②Ni(CO)4的中心原子是___________，配体是___________，配位数为___________，中心原子与配位原子之间的化学键类型是___________。

③WgCO中含π键数目为___________。

(2)H3O+的立体构型为___________，BCl3的立体构型为___________。

(3)按要求写出由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子的化学式(各写一种)；正四面体形分子___________，三角锥形分子___________，V形分子___________。19、(1)N2的沸点比CO的沸点______(填“高”或“低”)，其原因是______。

(2)BCl3的熔、沸点比BF3的______(填“高“或“低”)，其原因是______。20、(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______。21、在固体KHSO4中，有一半是以双聚分子存在，另一半是以链式结构存在，生成这两种空间构型的原因是___键存在，请画出双聚分子的结构：___，链式结构为___。评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)22、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、结构与性质(共4题，共8分)23、磷元素生产和生活中有广泛的应用。

(1)P原子价电子排布图为____。

(2)四(三苯基磷)钯分子结构如图1。

P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，判断该物质在水中溶解度并加以解释：_________。该物质可用于图2所示物质A的合成，物质A中碳原子杂化轨道类型为____；一个A分子中手性碳原子数目为____。

(3)在图3中表示出四(三苯基磷)钯分子中配位键____。

(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为____；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为_____。

(5)磷有三种含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4，其中磷元素均以sp3杂化与相邻原子形成四个σ键，则H3PO3的结构式是________，写出H3PO2与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式：____________________。磷的三种含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4的酸性强弱顺序为H3PO23PO33PO4，其原因是_____________________。

(6)磷化硼是一种受到高度关注的耐磨涂料；它可用作金属的表面保护层。磷化硼可由三溴化硼和三溴化磷在氢气中高温反应合成。

①写出合成磷化硼的化学反应方程式：____________________

②三溴化硼分子和三溴化磷分子的立体构型分别是________、________。24、第Ⅷ族元素Fe；Co、Ni性质相似；称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：

（1）基态Ni原子核外有___种空间运动状态不同的电子，同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相同的过渡元素为___。

（2）Fe3+与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知Fe3+遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚中原子的杂化类型有____，邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚低，原因是____。

（3）有历史记载的第一个配合物是Fe4[Fe(CN)6]3(普鲁士蓝)，该配合物的内界为____。表中为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，Ni2+比较稳定的配离子配位数是____(填“4”或“6”)。Co3+性质活泼，易被还原，但形成[Co(NH3)6]3+]后氧化性降低，可能的原因是____。

。离子。

配位数。

晶体场稳定化能(Dq)

Co2+

6

-8Dq+2p

4

-5.34Dq+2p

-5.34Dq+2p

Ni2+

6

-12Dq+3p

4

-3.56Dq+3p

-3.56Dq+3p

（4）氧元素与Fe可形成低价态氧化物FeO。

①FeO立方晶胞结构如图所示，则Fe2+的配位数为___；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为____。

②若O2-与Fe2+之间最近距离为apm，则该晶体的密度计算式为___g·cm-3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)25、硫铁矿(主要成分FeS2)是接触法制硫酸的主要原料；接触法制硫酸的生产原理分三步。

I.4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；

II.2SO2+O2=2SO3；

III.SO3+H2O=H2SO4

回答下列问题：

(1)①基态Fe2+共有_______种不同空间运动状态的电子。

②Fe2+形成的配合物亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])又称黄血盐，可用于检验Fe2+。与CN-互为等电子体的阴离子为_______(填离子符号，任写一种)。含有12molσ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为_______mol。

③已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，则在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，FeCO3受热分解温度_______(填“低于”或“高于”)CoCO3。

(2)①H2SO4的酸性强于H2SO3的酸性的原因是_______。

②过二硫酸的结构式为S原子的杂化方式为_______；S元素的化合价为_______。

(3)FeS2晶体的晶胞结构如图所示。

①FeS2晶体的晶胞中，Fe2+位于所形成的_______(填“正四面体”或“正八面体”，下同)空隙，位于Fe2+所形成的_______空隙。该晶体中距离Fe2+最近的Fe2+的数目为_______。

②FeS2晶体的晶胞参数为anm，密度为ρg∙cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M=_______g。mol-1(用含a、ρ、NA的代数式表示)。26、第四周期过渡金属元素的单质及其化合物有重要的研究和应用价值。这些元素的相关问题如下：

(1)铬的一种配合物为其中基态Cr原子的核外价电子排布图为_______。作为配体时提供孤电子对的原子是_______。

(2)纳米是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如下图。化合物甲中采取杂化的原子数目为_______。化合物乙中采取杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(3)钙钛矿太阳能电池在柔性可穿戴电子设备等方面具有独特的优势和巨大的应用潜力。钛酸钙晶胞俯视投影图如下：

已知：晶胞中只含有一个钛原子；钙原子与钛原子之间的最近距离为anm。

①在图中的实线面上用·标注出氧原子的位置_______。

②此钙钛矿晶体的化学式为_______，的配位数为_______。

③此钛酸钙晶胞的密度为_______评卷人得分六、元素或物质推断题(共2题，共16分)27、短周期元素A；B、C、D、E它们的原子序数逐渐增大。A元素原子形成的离子没有电子；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应；A与C同主族；B与E同主族；E的单质为黄色晶体；易溶于二硫化碳。

（1）A的离子符号是___________；

（2）少量E的低价氧化物与C的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式是___________。

（3）B、C、D三种元素分别形成的离子，离子半径由大到小的顺序是___________。(用离子符号填写)

（4）D单质与C最高价氧化物对应水化物反应的离子化学方程式___________。

（5）E的氢化物与其低价氧化物反应生成3molE转移电子数为___________。28、现有四种系列同族元素形成的物质，它们的沸点（℃,P=1.01×105Pa）如下表所示。①

He－268.8

Ne－249.5

Ar（x）

Kr－151.7

②

F2－187.0

Cl2－33.6

（a）58.7

I2184.0

③

HF（y）

HCl－84.0

HBr－67.0

HI－35.3

④

H2O（z）

H2S－60.2

（b）－42.0

H2Te－1.8

试根据上表回答下列问题。

（1）a为____________色液体；b的分子式为_______________。

（2）写出②系列中物质主要化学性质的递变规律（任写一种）____________________；能够说明该递变规律的化学事实是_________________________

（任举一例；用离子方程式表示）。

（3）除极少数情况外，上述四种系列中物质的沸点与相对分子质量之间均存在一定的关系，该关系是___________________________________________________________________。

（4）上表中，______和______两种物质的沸点较同系列其它物质反常，反常的主要原因是___________________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

Ca、Fe、Cu、P的电子排布式分别是1s22s22p63s23p64s2、1s22s22p63s23p63d64s2、1s22s22p63s23p63d104s1、1s22s22p63s23p3；元素分别处于s区；d区、ds区和p区；

故选C。

【点睛】

1~36号分区元素原子核外电子的排布特征：s区最外层s1~2，且次外层没有d电子；d区一般次外层d1~8，最外层s2；ds区次外层d10，最外层s1~2；p区最外层p1~6。2、B【分析】【详解】

A．根据构造原理判断，A项正确；

B．根据构造原理可知，3s与4s能级之间还有3p能级，B项错误；

C．电子最后填入的能级不一定是原子最外能层上的能级，如某些过渡元素，C项正确；

D．从M能层开始，电子填入的顺序是3s→3p→4s→3d，与能层的顺序不同，D项正确；

故选B。3、B【分析】【详解】

A．玻尔的原子结构模型成功解释了氢原子光谱是线状光谱的事实；但对多电子原子的光谱无法解释，故A错误；

B．泡利不相容原理是每个轨道最多容纳2个电子；且自旋方向相反，题中所给轨道式，违背了泡利不相容原理，故B正确；

C．在多电子原子中；电子填充原子轨道时，电子按照能量由低到高的顺序填充，如4s的能量比2p高，故C错误；

D．s能级只有一个原子轨道；故D错误；

答案为B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．锂为较活泼金属单质，故锂离子电池的负极反应式为：Li-e-=Li+；故A错误；

B．高温结构陶瓷包括Si3N4陶瓷；SiC陶瓷等属于新型无机非金属材料；故B正确；

C．锂离子核外2个电子，故基态锂离子的电子排布式为1s2；故C正确；

D．若电解质是酸性溶液；则溶液会与锂单质反应，故D正确；

故选A。5、A【分析】由图可知，同一纵列为同一周期元素，而同一横行为同主族元素，由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比小，位于第四周期第VA族，则乙位于第ⅣA族，乙为甲位于第ⅢA族，甲为以此来解答；

【详解】

A．乙为位于现行元素周期表第四周期第ⅣA族，故A错误；

B．原子序数：故B正确；

．碳与同主族且的电子层数较多，非金属性则的简单气态氢化物的稳定性弱于故C正确；

D．乙为位于金属与非金属的交界处，其单质可用作半导体材料，故D正确；

故选A。6、B【分析】【分析】

元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布；若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为36-11-8=17，则Y为Cl；若X为K，Z为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合X；Y位于同周期，所以X为Na，Y为Cl，Z为O，以此来解答。

【详解】

A．同周期从左向右金属性减弱；则同周期元素中X的金属性最强，故A正确；

B．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+＜Z2-；故B错误；

C．同主族从上到下非金属性减弱；则同族元素中Z的氢化物稳定性最高，故C正确；

D．Y为Cl元素；同周期主族元素自左至右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，故D正确；

故选：B。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．分子晶体中的分子内不一定只存在非极性共价键；可能含有极性共价键，如水分子内存在极性共价键，还可能不存在共价键，如稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，故A错误；

B．原子晶体中只存在共价键，可能存在非极性共价键，也可能存在极性共价键，如Si、SiO2；故B正确；

C．物质溶于水时；有些物质的化学键不断裂，如蔗糖等非电解质，也有些物质的化学键会断裂，如氯化氢，故C错误；

D．含阳离子的晶体不一定含阴离子；如金属晶体中含金属阳离子和自由电子，故D错误；

故选B。二、多选题(共7题，共14分)8、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。9、BD【分析】【详解】

A.镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；故A正确；

B.由丁二酮肟分子结构可知，分子中有的碳原子形成1个双键和2个单键，碳原子的杂化方式为sp2杂化，还有的碳原子全部是单键，碳原子的杂化方式为sp3杂化；故B错误；

C.由二(丁二酮肟)合镍(II)的结构可知；配合物中含有4个配位键；4个双键和24个单键，共32个σ键，故C正确；

D.由二(丁二酮肟)合镍(II)的结构可知；配合物的中心原子为镍离子，配位数为4，配位体为2个丁二酮肟，故D错误；

故选BD。10、BC【分析】【分析】

图示反应可以发生NH3+H+=2+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+，生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，[(NH4)(HNO2)]+=N2+2H2O+H+；由此分析。

【详解】

A．生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，由原子个数守恒可知，X是N2和H2O；故A不符合题意；

B．由反应历程可知，在催化剂作用下，NH3与废气中的NO和NO2反应生成无毒的N2和H2O，反应的化学方程式为2NH3+NO+NO22N2+3H2O；故B符合题意；

C．铵根离子的电子式为离子中含有极性共价键和配位键，故C符合题意；

D．NH3、H2O中的质子数分别为10、11、10；NH3、H2O中的电子数为：10、10、10，则NH3、H2O的质子数；电子数不可能均相同；故D不符合题意；

答案选BC。11、AC【分析】【详解】

A．苯乙炔分子中含有14个键，苯环中有1个大键，键中有2个键，故共含有3个键；故A错误；

B．苯环中碳原子都采取杂化，碳碳三键碳原子采取杂化，故该分子中碳原子有和杂化；故B正确；

C．同种原子间形成的共价键为非极性键；该分子中碳原子间形成非极性键，故C错误；

D．苯环是平面形结构；碳碳三键是直线形结构，因此该分子中有8个碳原子在同一平面上，故D正确；

故选AC。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．CO2和N2O互为等电子体；二者的结构相似，A正确；

B．由CO2结构式为O=C=O可以推出N2O的结构式为B错误；

C．每个CO2分子中有2个σ键与2个π键，每个N2O分子中有2个σ键与2个π键；两种分子中σ键与π键数目之比均为1：1，C正确；

D．由干冰晶胞图可知，每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有12个；D错误。

故选：AC。13、BC【分析】【分析】

【详解】

A．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，可以判断CaC2也为离子晶体；离子晶体熔点较高，硬度也较大，故A正确；

B．根据晶胞，Ca2+为八面体填隙，但由于晶胞沿一个方向拉长，所以和Ca2+距离相同且最近的构成的多面体不是正八面体；故B错误；

C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个；故C错误；

D．一个晶胞中含有Ca2+的数目为12×+1=4个，含有的数目为8×+6×=4个；故D正确；

故选BC。14、AD【分析】【分析】

【详解】

A．中价层电子对个数=3+(6+2-2×3)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，S原子采用sp3杂化；NH3分子中价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其立体结构都是三角锥形，NH3中N原子杂化方式为sp3；所以S和N杂化方式相同，A正确；

B．白磷分子为P4；4个P原子位于正四面体的4个顶点，每个面都是正三角形，P-P键键角为60°，B错误；

C．HF和HCI的熔；沸点与分子内的共价键无关；只与分子间作用力有关，HF分子间可以形成氢键，所以HF比HCl沸点高，C错误；

D．硼酸分子由于分子间氢键的存在；形成了集团形成了块状，使得硼酸固体难溶于水；加热时破坏了硼酸分子间的氢键，使得硼酸更易与水产生分子间氢键，故溶解度增大，D正确。

【点睛】

硼酸的分子间可以形成氢键、硼酸与水分子间也可以形成氢键是解题关键。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

由元素的电离能可以看出；Q的电离能很大，可能为零族元素；R和V的第一电离能较小，第二电离能剧增，最外层电子数应为1，二者可能处于同一族；S的第一；第二电离能较小，第三电离能剧增，最外层电子数应为2；T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，最外层电子数应为3。

【详解】

(1)根据分析可知R和V最可能位于同一族；故选E；

(2)A．Q可能为零族元素；无法形成氯化物，故A错误；

B．R的最外层电子数应为1；其氯化物最可能为RCl，故B正确；

C．S的最外层电子数应为2，其氯化物最可能为SCl2；故C错误；

D．T的最外层电子数应为3，其氯化物最可能为TCl3；故D错误；

E．V的最外层电子数应为1；其氯化物最可能为VCl，故E错误；

综上所述选B；

(3)Q最可能为零族元素；所以选E；

(4)第一电离能越小越容易失去电子形成阳离子；根据表格数据可知V元素的第一电离能最小，最容易失去电子形成阳离子和氯离子形成离子化合物，所以选E；

(5)R和V最可能位于第IA族；其核外最少有4个电子，所以排除H和Li，而V的第一电离能小于R，所以R可能为选项中的Na，V为选项中的K，所以选D。

【点睛】

本题需要学生掌握原子的最外层电子数与电离能之间的关系，明确电离能发生突变的原因。【解析】①.E②.B③.E④.E⑤.D16、略

【分析】【详解】

(1)层只有能级，层只有能级；故选AC，故答案为：AC；

(2)①轨道在三维空间分布的图形为球形，且每个s能级只有一个轨道；轨道空间分布的图形分别相对于x；y、z轴对称；每个p能级有3个轨道，故答案为：球；1；对称；3；

②原子轨道的半径与能层有关，并随能层升高而增大，故答案为：能层；能层。【解析】①.AC②.球③.1④.对称⑤.3⑥.能层⑦.能层17、略

【分析】分析：常温下由三种短周期元素形成的气体单质X；Y、Z；X分子中含共价键最多，则X应为氮气；单质X与单质Y形成共价化合物甲，甲分子中含10个电子，所以甲为氨气，Y为氢气；单质Y与单质Z形成共价化合物乙，乙分子含有18个电子，则Z为氯气，乙为氯化氢；氯化氢和氨气反应生成氯化铵，则丙为氯化铵。

详解：（1）单质X为N2，氮原子最外层5个电子，两个氮原子共用3对电子达到8电子稳定结构，故N2的结构式为：N≡N。

（2）甲为氨气，分子式为NH3，1个氮原子与3个氢原子通过共用电子形成共价化合物分子，氢原子达到2电子稳定结构、氮原子达到8电子稳定结构，电子式为：氨气溶于水，氨分子与水反应生成NH3∙H2O是一种弱碱；故氨水溶液呈碱性。

（3）丙为氯化铵，化学式为NH4Cl，NH4Cl中NH4+与Cl-之间存在离子键，NH4+中N原子和H原子间存在共价键，故NH4Cl中存在的化学键有离子键和共价键。【解析】N≡N碱离子键、共价键18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①CO的结构式为

②Ni(CO)4的中心原子是Ni；配体是CO，配位数为4，中心原子与配位原子之间形成配位键；

③CO的结构式为1个CO分子中含有2个键，故WgCO中含π键数目为

(2)H3O+中氧原子的价电子对数为则中心原子为sp3杂化，但有一对孤对电子，故H3O+的立体构型为三角锥型；BCl3中中心原子的价电子对数为中心原子为sp2杂化，没有孤对电子，故BCl3的立体构型为平面三角形；

(3)由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，说明中心原子价层电子对是4，如果是正四面体构型，则中心原子不含孤电子对，如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，如果呈V形结构则说明中心原子含有2个孤电子对，所以正四面体分子为CH4或CF4，三角锥分子为NH3或NF3，V形分子为H2O。【解析】①.②.Ni③.CO④.4⑤.配位键⑥.⑦.三角锥型⑧.平面三角形⑨.CH4或CF4⑩.NH3或NF3⑪.H2O19、略

【分析】【详解】

(1)N2、CO的相对分子质量相同，但是N2为非极性分子，CO为极性分子，极性分子间的范德华力较强，所以N2的沸点比CO的低。

(2)BCl3与BF3的组成和结构相似，相对分子质量大的，其熔、沸点高，所以BCl3的熔、沸点高于BF3。【解析】①.低②.N2为非极性分子，CO为极性分子，极性分子间的范德华力较强③.高④.BCl3与BF3的组成和结构相似，BCl3的相对分子质量大20、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21、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】氢四、判断题(共1题，共10分)22、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、结构与性质(共4题，共8分)23、略

【分析】【详解】

（1）考查价电子以及排布图的书写，P属于主族元素，P的价电子指最外层电子，价电子排布图为（2）考查分子的溶解度和杂化类型的判断，水分子是极性分子，四(三苯基磷)钯空间构型为正四面体，属于非极性分子，根据相似相溶，因此四(三苯基磷)钯不溶于水；碳碳双键中有3个σ键，无孤电子对，因此是sp2杂化，甲基、亚甲基等中的碳原子有4个σ键，无孤电子对，是sp3杂化，碳碳叁键上的碳原子有2个σ键，无孤电子对，是sp杂化；手性碳原子是连有四个不同的原子或原子团的碳原子，根据结构简式，1分子A中含有3个手性碳原子；（3）考查配位键，P最外层有5个电子，能形成3个共价键，根据结构，属于配位键的是（4）本题考查孤电子对的计算，因为形成一种是正四面体的阳离子和一种是正六面体形的阴离子，且P－Cl只有两种键长，因此为PCl4＋和PCl6－，PCl4＋中中性原子P含有孤电子对数为(5－1－4)/2=0，PCl3中中性原子O含有孤电子对数为(5－3)/2=1，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此PCl4＋的键角大于PCl3；（5）本题考查含氧酸，含氧酸中的氢原子一种是与中性原子直接相连，一种与氧构成羟基，含氧酸电离出的H＋是由羟基上的氢电离产生，如果H3PO3是三元酸，则中性P有三个羟基，无孤电子对，应是sp2杂化，不符合信息，应是2个羟基，即结构式为根据上述分析，H3PO2有1个羟基，属于一元酸，与氢氧化钠反应的方程式为H3PO2＋NaOH=NaH2PO2＋H2O，H3PO4中含有三个羟基，可以写成(HO)nPOm，三种含氧酸的化合价依次为＋1、＋3、＋5价，中性P原子的正电荷依次升高，使得P－O－H中氧原子的电子移向P原子，越容易电离出H＋，即酸性越强；（6）①根据信息，得出反应方程式为BBr3＋PBr3＋3H2BP＋6HBr；三溴化硼中中性原子是B；含有3个σ键，孤电子对数(3－3)/2=0，因此价层电子对数为3，空间构型平面三角形，三溴化磷中性原子为P，有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，空间构型为三角锥形。

点睛：本题易错点是含酸酸性比较，主要存在叙述不完整，应从含氧酸的通式上入手，先判断含有羟基的数目，然后写出(HO)nPOm，m值越大，P的正电性越高，导致P－O－H中O的电子向P偏移，越容易电离出H＋，即酸性越强。【解析】①.②.不易溶于水，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶③.sp、sp2、sp3④.3⑤.⑥.PCl4＋和PCl6－⑦.P原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力⑧.⑨.NaOH＋H3PO2===NaH2PO2＋H2O⑩.H3PO2、H3PO3、H3PO4中磷元素的化合价依次为＋1、＋3和＋5价，中心磷原子的正电荷依次升高，导致P—O—H中氧原子的电子更易向P原子偏移，因而H3PO2→H3PO3→H3PO4越来越易电离出氢离子，酸性越来越强⑪.BBr3＋PBr3＋3H2BP＋6HBr⑫.平面三角形⑬.三角锥形24、略

【分析】【分析】

（1）

为28号元素，基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，基态Ni原子核外有1+1+3+1+3+5+1=15，15种空间运动状态不同的电子；根据基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有钛,为22号元素，其基态电子排布式为：[Ar]3d24s2。

（2）

C原子是sp2杂化，所以苯环的C在同一平面，O类似于水分子的一个H被苯基取代，所以O是sp3杂化；邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低；

（3）

配合物是中内界为由表中数据可知，配位数为6的晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；性质活泼，但很稳定；说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定；

（4）

由图可知，与体心Fe2+紧邻且最近的O2-数为6，则Fe2+的配位数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型和与Fe2+紧邻的所有O2-构成的几何构型相同，与体心的Fe2+紧邻的6个O2+构成正八面体，故与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体；若O2-与Fe2+之间的最近距离为apm，g·cm-3。【解析】（1）15钛。

（2）sp2、sp3邻苯二酚形成分子内氢键；比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低。

（3）[Fe(CN)6]4-6形成配位键后；该微粒性质变得更稳定。

（4）6正八面体g·cm-325、略

【分析】【分析】

基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p643d6，原子轨道数为14，则基态Fe2+共有14种不同空间运动状态的电子；原子个数和价电子数均相等的分子或离子互为等电子体，则与CN-互为等电子体的阴离子为1个Fe(CN)中含有6个配位键，CN-中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个Fe(CN)中含有6+6=12个σ键，所以含有12molσ键的K4[Fe(CN)]6的物质的量为1mol；从原子半径和晶格来判定其稳定性。根据晶胞来进行有关的计算。

【详解】

(1)①Fe为26号元素，Fe2+核外有24个电子，基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p643d6，每个能层的s轨道有1个伸展方向，p轨道有3个伸展方向，d轨道有5个伸展方向，则基态Fe2+共有14种不同空间运动状态的电子；故答案为14；

②原子个数和价电子数均相等的分子或离子互为等电子体，则与CN-互为等电子体的阴离子为1个Fe(CN)中含有6个配位键，CN-中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个Fe(CN)中含有6+6=12个σ键，所以含有12molσ键的K4[Fe(CN)]6的物质的量为1mol；答案为1；

③已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，则Fe2+半径小于Co2+半径，晶格能FeCO3>CoCO3，则在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，FeCO3受热分解温度高于CoCO3；答案：低于；

(2)①H2SO4的酸性强于H2SO3的酸性的原因是H2SO4的非羟基氧原子数目为2，H2SO3的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性超强。答案为：H2SO4的非羟基氧原子数目为2，H2SO3的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+；酸性超强；

②过二硫酸的结构式为知，S原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3；S元素的化合价为+6。答案为sp3；+6；

(3)①FeS2晶体的晶胞中，Fe2+位于所形成的正八面体空隙，位于Fe2+所形成的正八面体的空隙。该晶体中距离Fe2+最近的Fe2+的数目为12；