2025年外研衔接版选择性必修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年外研衔接版选择性必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列与原子核外电子排布规律相关的叙述中(n为能层序数)，不正确的是A.第三周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是磷B.根据构造原理，电子填入能级的顺序是ns→(n-1)d→npC.由3d能级有5个轨道可知，周期表中第四周期元素比第三周期元素多10种D.基态原子的最外层电子排布为ns2的元素，在元素周期表中均位于第ⅡA族2、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表。

。元素代号。

X

Y

Z

W

原子半径/nm

0.160

0.143

0.070

0.066

主要化合价。

+2

+3

+5；+3、-3

-2

下列有关这几种元素的叙述中，正确的是A.元素的金属性：XB.Z原子的最外层电子数为7C.元素的简单离子半径：r(X2+)>r(W2-)D.元素Y的最高价氧化物能溶于氢氧化钠溶液3、高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等.制备NH4ClO4的工艺流程如图：

已知除杂时发生的反应为：2NaClO3+H2O2+2HCl=2ClO2↑+O2↑+2H2O

下列说法中错误的是A.NH4ClO4中阴阳离子的立体构型均是正四面体B.本流程可以得出相同条件下氧化性：ClO＞ClOC.该流程中可循环利用的物质是NaClO3D.电解NaClO3溶液时，阳极的电极反应式为ClO-2e-+H2O=ClO+2H+4、亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：设为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.分子中含有键数目为B.配合物的中心离子价电子排布式为该中心离子的配位数为6C.每生成时，反应过程中转移电子数目为D.中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为45、分子人工光合作用”的光捕获原理如图所示，WOC1是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC1是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。下列说法错误的是。

A.“分子人工光合作用”将H2O分解为H2和O2，将光能以化学能的形式储存在H2、O2中B.1molWOC1中通过螯合作用形成的配位键有8mol，其中N原子的杂化方式均为sp2C.水氧化过程的反应为：D.HEC1里面的HH作用为静电排斥作用6、随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、等已被发现。下列有关说法中，正确的是A.H2与H3中存在氢键B.O2与O4互为同位素C.C60分子中有范德华力D.最外层有24个电子7、下表中是几种物质的熔点：。物质Na2ONaClAlF3AlCl3BCl3Al2O3CO2SiO2I2熔点/℃9208011291190﹣1072073﹣571723113.5

下列判断中错误的是A.铝的化合物的晶体中有的是离子晶体B.表中只有BCl3、CO2和I2是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体8、某原子X的核内中子数为N，质量数为A，它与原子2H构成2HmX分子。ag2HmX所含质子的物质的量是A.(A-N+m)molB.(A-N)molC.(A-N)molD.(A-N+m)mol评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法不正确的是A.基态价电子排布为B.分子间均存在氢键C.HCN中均存在键和键D.沸点：(乙硫醇)＞10、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11、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]2-12、下列说法中正确的是A.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B.所有元素中，氟元素的第一电离能最大C.电负性是相对值，所以没有单位D.原子核外电子有8种运动状态13、已知火药爆炸的反应为下列有关说法正确的是A.上述反应中生成1molN2转移的电子是10molB.气体产物与均是非极性分子C.上述化学方程式涉及元素第一电离能：D.上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：14、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15、HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN，下列说法错误的是A.反应中HCHO发生了加成反应B.HCHO和H2O中心原子的价层电子对数相同C.CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＞H2OD.Zn2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1∶116、下列有关物质结构和性质的比较中，错误的是A.分解温度：CaCO33B.键角：CS2>SO2C.稳定性：金刚石>石墨D.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛17、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)18、CuFeS2中存在的化学键类型是___________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的___________。

A．B．

C．D．19、铝及其化合物广泛应用于金属冶炼；有机合成等领域。

⑴铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为_______。

⑵已知反应：

①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为______。

②1mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键的数目为_____。

③甲苯分子难溶于水的原因是______。

④单个AlCl3气态分子的空间构型为______，AlCl3可与Cl－形成AlCl与AlCl互为等电子体的分子为______。

(3)某遮光剂的晶胞如右图所示，则n＝______。

20、根据信息回答下列问题：

I.元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出10种元素的电负性：。元素AlBeMgCClNaLiNSiOH电负性1.51.52.53.00.91.03.01.83.52.1

已知：

i.两成键元素间电负性差值大于1.7时；形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。

ii.在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物M−O−H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH−或H＋。

(1)通过分析电负性的变化规律，确定Mg元素电负性的最小范围___________。

(2)判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：

A．Li3NB．BeCl2C．AlCl3D．SiC

①属于离子化合物的是___________(填字母)。

②请设计实验方案证明其为离子化合物___________。

(3)HClO水溶液显酸性而不显碱性的依据是___________。

II.元素原子的第一电离能I1随原子序数呈周期性变化；请解释：

(4)Na的第一电离能小于Li，从原子结构的角度解释其原因___________。

(5)S的第一电离能小于P，结合价电子排布式解释其原因___________。21、(1)基态原子的核外电子排布式为______，有______个未成对电子，光催化还原制备反应中，带状纳米是该反应的良好催化剂，电负性由大到小的顺序是____________。

(2)镍元素基态原子的电子排布式为____________，能级上的未成对电子数为____________。

(3)基态原子的核外电子排布式为____________，根据元素周期律，原子半径____________(填“大于”或“小于”)第一电离能____________(填“大于”或“小于”)

(4)基态核外电子排布式为____________。22、海水是资源宝库；蕴藏着丰富的化学元素，如氯；溴、碘等。完成下列填空：

（1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。

（2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律；请说明下列递变规律的原因。

①熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是______________。

②还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X2（g）+H2（g）2HX（g）+Q（X2表示Cl2、Br2）；如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

①Q表示X2（g）与H2（g）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。

（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式_____。23、(1)已知3种原子晶体的熔点数据如下表：

。

金刚石。

碳化硅。

晶体硅。

熔点/℃

＞3550

2600

1415

金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_______。

(2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是_______。24、(1)用质谱仪检测氟化氢气体时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为40的峰，原因是___________。

(2)的熔点(2054℃)比(190℃)熔点高很多的原因是___________。评卷人得分四、判断题(共2题，共20分)25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误26、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、有机推断题(共1题，共3分)27、普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛；其合成路线如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。

(2)B的结构简式为_______。

(3)反应②的反应类型是_______。

(4)D中有_______个手性碳原子。

(5)写出反应④的化学方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。

(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺()的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共8分)28、根据下表回答下列问题。

。族周期。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

二。

①

②

三。

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

四。

⑩

⑪

⑫

（1）写出下列元素符号：①______；⑥_____，⑦_____，⑪_____。

（2）在这些元素中；最活泼的金属元素是_____________________（填元素符号，下同），最活泼的非金属元素是_______________________，最不活泼的元素是_______________________________。

（3）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中；酸性最强的是________________，碱性最强的____________，呈两性的氢氧化物是_____________；三者之间相互反应的化学方程式是_______________________________________________________。

（4）在这些元素（稀有气体元素除外）中；原子半径最小的是_______________，原子半径最大的是_______________。

（5）在③与④中；化学性质较活泼的是_______________，怎样用化学实验证明？

____________________。在⑧与⑫中，化学性质较活泼的是_________________，怎样用化学实验证明？___________________。29、下面是元素周期表的草图；表中所列字母代号分别代表某一种元素，请回答：

(1)表中最活泼的金属与最活泼的非金属形成的物质是___(填化学式)。

(2)由a、d两种元素可形成两种化合物，这两种化合物中都含的化学键有__(填字母)。

a．极性共价键b．非极性共价键c．离子键。

(3)e、f、k、m对应的离子的半径由小到大的顺序为：___。

(4)d、e、m的最简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为：__。

(5)由m、n两种元素组成的常见化合物的电子式为：__。

(6)用电子式表示a与d形成的原子个数比1∶1的化合物的形成过程：___。30、已知A、B、C、D、E、F为前4周期的6种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表中s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B原子价电子排布式为nsnnpn；B和E同主族，D原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍；F元素位于元素周期表的第4行；第11列。试回答下列问题：

（1）基态F原子的核外电子排布式为___。

（2）下列关于B2A2的说法中正确的是___（填选项序号）

①B2A2中的所有原子都满足8电子稳定结构。

②每个B2A2分子中σ键和π键数目比为1：1

③B2A2是含极性键和非极性键的非极性分子。

④B2A2中心原子的杂化类型为sp杂化。

（3）B、C、D三种元素第一电离能由大到小的顺序为___（用元素符号表示）。

（4）C的简单气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H，H晶体中存在的化学键类型有___（填选项符号）

①离子键②共价键③氢键④配位键⑤金属键。

（5）基态E原子的最高能层具有的原子轨道数为___；B和E的最高价氧化物中，熔沸点较高的是___（写化学式）。

（6）F单质的晶体堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数为___；若F的相对原子质量为M，它的晶胞棱长为acm，则F晶体的密度为___g·cm-3。（阿伏伽德罗常数为NA）31、W、M、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，非金属元素W所在周期数等于族序数；M最外层电子数是电子层数的两倍；X与M同族，X单质与O2反应生成化合物XO2；Y是第三周期原子半径最小的元素；Z是生活中常见金属；既不属于主族，也不属于副族。回答下列问题：

(1)W与M可以形成多种化合物，写出其中最简单化合物的电子式_____________。

(2)已知：①X的单质结构为(每个X原子周围都与4个X成键形成的庞大结构)；化合物XO2结构为(每个X与4个O成键，每个O都与2个X成键形成的庞大结构)。

②有关键能的数据如下表：

。化学键。

X-O

O=O

X-X

键能(kJ/mol)

460

498.8

176

写出单质X在O2中燃烧的热化学方程式________________________。(用具体元素符号书写方程式)

(3)写出Z的单质与H2O反应的化学方程式_____________________________________。

(4)Y和Z形成的化合物的水溶液呈酸性的原因_______________________________(用离子方程式解释)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．第三周期元素为短周期元素，轨道数最多的能级为3p能级，其具有3个轨道，在基态原子中，未成对电子数最多的元素的价电子排布为3s23p3；是15号元素磷，A项正确；

B．原子轨道能量高低顺序为ns＜(n-1)d＜np；则电子填入能级的顺序是ns→(n-1)d→np，B项正确；

C．第二周期元素电子排布只进入2p；3p能级；第四周期元素电子逐渐排满3d能级，3d能级有5个轨道，最多容纳10个电子，则元素周期表中第四周期元素比第三周期元素多10种，C项正确；

D．基态原子的最外层电子排布为ns2的元素，次外层不一定排满电子，(n-1)d轨道容纳电子数可能为1、2、3、5、6、7、8、10，所以最外层电子排布为ns2的元素不一定位于第ⅡA族；D项错误；

答案选D。2、D【分析】【分析】

X；Y与Z、W的原子半径相差比较大；应处于不同的周期，X、Y处于第三周期，Z、W处于第二周期，W化合价为-2价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，则Z为氮元素；X化合价为+2价，处于ⅡA族，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，所以X为镁元素，Y为铝元素，故X、Y与Z、W分别为Mg，Al，N，O。

【详解】

A．同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族随原子序数增大金属性增强，故金属性：＞A错误；

B．氮元素的最外层电子数是5；B错误；

C．核外电子排布的相同的离子，其离子半径随原子序数的增大而减小，则元素的简单离子半径：Mg2+＜O2-，即r()＜r()；C错误；

D．Y的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3；氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，D正确。

故选D。

【点睛】

本题考查结构性质位置关系应用，根据元素的化合价与半径推断元素是解题的关键，注意元素周期律的理解掌握。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．NH4ClO4中阳离子为NH阴离子为ClO中心原子的价层电子对数均为4，且都不含孤电子对，均为正四面体构型，A正确；

B．根据除杂时发生的反应可知，除杂时ClO将双氧水氧化，而ClO不反应，说明氧化性：ClO＞H2O2＞ClOB正确；

C．“反应”时需用NaClO4和NH4Cl制备NH4ClO4，所以母液中含有NaCl，可以再回到电解饱和食盐水的步骤中重复利用，NaClO3并没有重复利用；C错误；

D．电解氯酸钠溶液时，ClO变为NaClO4时Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，ClO在阳极反应，电极反应式为：ClO-2e-+H2O=ClO+2H+；D正确；

综上所述答案为C。4、B【分析】【详解】

A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2A错误；

B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为该中心离子的配体为CN-；配位数为6，B正确；

C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为C错误；

D．中阴离子中C原子的孤电子对数碳原子的价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形，D错误；

故选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．由题中可看出，H2O在WOC的作用下变成O2，故反应方程式为：2H2O2H2↑+O2↑，光能以化学能的形式储存在H2和O2中；A正确；

B．螯合作用是化学反应中金属阳离子以配位键与同一分子中的两个或更多的配位原子(非金属)键合而成含有金属离子的杂环结构的一种作用。该结构中Ru(钌)与N形成配位键有8个，因此1mol中有8mol配位键，其中N形成了一个共价双键，1个N原子结合3个原子，故N原子的杂化方式为sp2杂化；B正确；

C．水氧化过程中，H2O失去电子变为O2，结合图示可知水氧化过程的反应为：C正确；

D．静电作用是化学键中离子键形成的本质，在HEC1中没有形成离子键；因此不存在静电作用，D错误；

故合理选项是D。6、D【分析】【详解】

A．H2与H3中存在氢原子形成的共价键；氢键属于分子间作用力，A错误；

B．O2与O4是氧元素形成的不同性质的单质；二者互为同素异形体，不互为同位素，B错误；

C．C60分子内存在化学键；分子间有范德华力，C错误；

D．中价电子=5×5-1=24，故含有24个价电子；D正确；

故答案为D。7、B【分析】【详解】

A．题表中AlF3、Al2O3均是离子晶体；A项正确；

B．AlCl3是分子晶体；B项错误；

C．Si是同主族元素，但CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体；C项正确；

D．Na和Al是不同族元素，但它们的氧化物Na2O、Al2O3均为离子晶体；D项正确。

故选B。8、A【分析】【分析】

【详解】

某元素的一种原子X的质量数为A，含N个中子，则质子数为(A-N)，则每个2HmX分子含有质子数为(A-N+m)，agHmX的物质的量为：则agHmX含质子的物质的量是(A-N+m)mol，答案选A。二、多选题(共9题，共18分)9、BD【分析】【分析】

【详解】

A．Fe为26号元素，原子核外有26个电子，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+价电子排布为3d5；故A正确；

B．NH3、H2O分子间均存在氢键，C元素的电负性较弱，CH4分子间不存在氢键；故B错误；

C．O2分子中存在双键，N2分子中存在三键；HCN分子中存在三键，双键有一个σ键和一个π键，三键有一个σ键和两个π键，故C正确；

D．乙醇含有-OH；分子间存在氢键，所以沸点高于乙硫醇，故D错误；

故选BD。10、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。11、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。12、CD【分析】【详解】

A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量可能高于s轨道电子能量，如电子能量高于电子能量，也可能低于s轨道电子能量，如电子能量低于电子能量；A错误；

B．同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以所有元素中，第一电离能最大的元素是元素；B错误；

C．电负性表示原子对键合电子吸引力的大小；是相对值，没有单位，C正确；

D．有多少个电子就有多少种运动状态，原子核外有8个电子；共有8种不同的运动状态，D正确；

故选CD。13、BC【分析】【详解】

A．上述反应中硝酸钾中氮化合价降低，硫化合价降低，碳化合价升高，根据方程式分析生成1molN2转移的电子是12mol；故A错误；

B．气体产物与都是直线形分子；均是非极性分子，故B正确；

C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则上述化学方程式涉及元素第一电离能：故C正确；

D．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：故D错误。

综上所述，答案为BC。14、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。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．反应中HCHO反应生成了HOCH2CN；在C=O两端分别连上了-H和-CN，发生了加成反应，故A正确；

B．HCHO中心原子C的价层电子对数=3+=3，H2O中心原子O的价层电子对数=2+=4；不相同，故B错误；

C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＜H2O；故C错误；

D．配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中；σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，故D正确；

故选BC。16、C【分析】【分析】

【详解】

A.CaCO3和BaCO3均为离子化合物，阳离子半径：Ba2+>Ca2+，阳离子半径越小，结合氧的能力越强，对应碳酸盐就更易分解，则分解温度：CaCO3＜BaCO3；故A正确；

B.CS2为直线形分子，键角为180°，SO2为V形结构，键角小于180°，则键角：CS2>SO2；故B正确；

C.金刚石为空间立体网状结构；石墨为层状结构，且石墨转化为金刚石为吸热反应，则石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，因此稳定性：金刚石﹤石墨，故C错误；

D.对羟基苯甲醛易形成分子间氢键使沸点升高，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，导致分子间作用力比对羟基苯甲醛弱，沸点低，则沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛；故D正确；

答案选C。17、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)18、略

【分析】【分析】

【详解】

CuFeS2中存在的化学键类型是离子键；

A．Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6；A错误；

B．Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1；B错误；

C．Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5；C正确；

D．Cu+的电子排布式为[Ar]3d10；D正确；

答案选CD。【解析】离子键CD19、略

【分析】【详解】

（1）Cr是24号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)。

（2）①乙酸酐中两种碳，-CH3中C形成4个σ键且没有孤电子对，故sp3杂化；上的碳形成3个σ键和1个π键且没有孤电子对，故sp2杂化。

②碳原子连接了多少个原子就有多少个σ键；注意不要数重复了，1mol对甲基苯乙酮分子中含有20molσ键。

③水是典型极性溶剂；甲苯的极性很弱，故甲苯难溶于水。

④AlCl3中Al上的孤电子对数为×（3-3×1）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于没有孤电子对，AlCl3为平面三角形。

AlCl价电子总数32个，原子数5个，具有相同价电子总数、相同原子总数的等电子体有CF4、CCl4、SiCl4等。

（3）Na+在棱上有4个，面心有2×4+2=10个，晶胞中Na+：4×+10×=6个；AlFn(n-3)-有两种，顶点有8个，体心有1个，晶胞中AlFn(n-3)-有：8×+1=2个，Na+与AlFn(n-3)-个数比为6:2=3:1，故AlFn(n-3)-带3个负电荷；n—3=6，则n=6。

【点睛】

有关晶胞的构成分析：对平行六面体的晶胞，顶点粒子八个晶胞共有，完全属于这个晶胞的，分摊四个晶胞共用一条棱，棱上的粒子完全属于这个晶胞的，分摊两个晶胞共用一个面，所以面心的粒子，完全属于这个晶胞的分摊体心的就完全属于这一个晶胞。【解析】①.1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)②.sp3sp2③.20mol④.甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂⑤.平面三角形⑥.CCl4(或SiCl4等其他合理答案)⑦.620、略

【分析】(1)

非金属性越强；电负性越大，非金属性：Na＜Mg＜Al，则电负性：Na＜Mg＜Al，所以Mg元素电负性的最小为0.9～1.5；

(2)

①A．Li元素和N元素的电负性之差为3.0-1.0=2.0＞1.7；所以为离子化合物；B．Be元素和Cl元素的电负性之差为3.0-1.5=1.5＜1.7，为共价化合物；C．Al元素和Cl元素的电负性之差为3.0-1.5=1.5＜1.7，为共价化合物；D．Si元素和C元素的电负性之差为2.5-1.8=0.7＜1.7，为共价化合物；

综上所述离子化合物为A；

②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导电，而共价化合物则不能，所以可以测定Li3N在熔融状态下能导电；则证明其为离子化合物；

(3)

根据题给数据，元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋；显酸性；

(4)

越容易失去电子，电离能越小，Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na

(5)

P原子的价电子排布式3s23p3，p轨道为半充满状态，相对稳定；S原子的价电子排布式3s23p4，更容易失去1个电子，使p轨道达到半充满状态，所以S的第一电离能小于P。【解析】(1)0.9～1.5

(2)A测定Li3N在熔融状态下能导电；则证明其为离子化合物。

(3)元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋；显酸性。

(4)Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na

(5)P原子的价电子排布式3s23p3，p轨道为半充满状态，相对稳定；S原子的价电子排布式3s23p4，更容易失去1个电子，使p轨道达到半充满状态21、略

【分析】【详解】

(1)元素的原子序数为32，根据构造原理可知基态原子的核外电子排布式为其中能级上有2个未成对电子；金属元素的电负性小于非金属元素，元素的非金属性越强，电负性越大，则三种元素的电负性由大到小的顺序为故答案为：2；

(2)Ni元素的原子序数为28，根据构造原理可知基态原子的电子排布式为或能级有5个轨道，其中3个轨道排满2个自旋相反的电子，另外2个轨道分别只排了1个电子，则能级上有2个未成对电子，故答案为：(或)；2；

(3)位于第四周期VA族，核外有33个电子，基态原子的核外电子排布式为或同周期元素，从左到右原子半径依次减小、第一电离能呈增大趋势，则同周期的原子半径第一电离能故答案为：大于；小于；

(4)元素的原子序数为30，基态原子的核外电子排布式为失电子时，先失去轨道的电子，则基态核外电子排布式为或故答案为：(或)。【解析】2(或)2(或)大于小于(或)22、略

【分析】【详解】

氯离子原子核外有18个电子；为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；

溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故答案为：第四周期、ⅦA；

的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：都是分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；

元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从半径依次增大；失电子的能力依次增强，还原性依次增大；

由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：

同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=故答案为：

的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；【解析】①.18②.5③.第四周期、ⅦA（都对得1分）④.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。⑤.从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大⑥.>⑦.K=⑧.氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价⑨.23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子半径的大小决定键长大小；键长越短键能越大，此时物质的熔；沸点越高，在C和Si组成的物质中原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点；

(2)当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。【解析】原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)质谱检测氟化氢气体时，出现质荷比为40的峰，说明可能为两分子的HF结合在一起，由于HF分子中存在可以形成氢键的F原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体()，故答案为：两个氟化氢分子通过氢键形成二聚体()；

(2)Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键远大于范德华力，所以Al2O3的熔点高很多，故答案为：Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键远大于分子间作用力。【解析】两个氟化氢分子通过氢键形成二聚体()是离子晶体，是分子晶体。离子键的作用力远大于分子间作用力四、判断题(共2题，共20分)25、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。26、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、有机推断题(共1题，共3分)27、略

【分析】【分析】

根据A的结构简式；A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。

（1）

根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；-NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为：

（2）

对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为故答案为

（3）

对比B和C的结构简式；C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；

（4）

根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即

（5）

根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；

（6）

H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为结构简式还可能是结构简式还可能是还可能是有1种结构，还可能是共有5种；其中-NH2在链端的有：

（7）

可以采用逆推法进行分析，聚戊内酰胺为高分子化合物，其单体为根据F→普瑞巴林的路线，则生成的为物质为根据信息ii，推出生成的物质为则合成路线为：【解析】(1)3-甲基丁醛或异戊醛

(2)

(3)加成反应。

(4)2

(5)+＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O

(6)5

(7)六、元素或物质推断题(共4题，共8分)28、略

【分析】【分析】

据表可知①～⑫的元素符号依次是N、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ca、Br。其中最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，最不活泼的元素是Ar。在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3。在这些元素(稀有气体元素除外)中；原子半径最小的是F，原子半径最大的是K。

【详解】

(1)分析可知；①为N；⑥为Si；⑦为S；⑪Ca；

(2)同主族元素，原子序数越大，金属性越强；同周期，原子序数越小，金属性越强，故金属性最强的为⑩K；最活泼的非金属元素是②F；最不活泼的元素是稀有气体，为⑨Ar；

(3)非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，F无正价，则酸性最强的是HClO4；碱性最强的为KOH；两性的氢氧化物是Al(OH)3；高氯酸与KOH反应生成高氯酸钾和水，方程式为HClO4+KOH=KClO4+H2O；高氯酸与氢氧化铝反应生成高氯酸铝和水，方程式为3HClO4+Al(OH)3=Al(ClO4)3+3H2O；氢氧化钾与氢氧化铝反应生成偏氯酸钾和水，方程式为Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O；

(4)同周期中；原子序数越大，半径越小，同主族原子序数越小，半径越小，则原子半径最小的为F；原子半径最大的为K；

(5)③与④分别为Na、Mg，同周期，原子序数越小金属性越强，则越活泼，化学性质较活泼的是Na；原因为钠与冷水剧烈反应，放出氢气；Mg与冷水反应缓慢；⑧与⑫分别为Cl、Br，氯气能与溴化钠反应生成氯化钠和单质溴，溶液呈棕红色，则氯的活泼性大于溴。【解析】NSiSCaKFArHClO4KOHAl(OH)3HClO4+KOH=KClO4+H2O、3HClO4+Al(OH)3=Al(ClO4)3+3H2O、Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2OFKNa钠与冷水剧烈反应，放出氢气；Mg与冷水反应缓慢Cl将氯气通入溴化钠溶液后溶液呈棕红色29、略

【分析】【分析】

依据元素所在周期表的位置，可确定a为H、b为C、d为O、e为F、f为Na、k为Al、m为S、n为K、p为Br。同周期元素；从左往右，原子半径依次减小，金属性依次减弱，非金属性依次增强；同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，金属性依次增强，非金属性依次减弱。金属性越强，与酸或水反应越剧烈，最高价氧化物的水化物的碱性越强；非金属性越强，氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物的酸性越强。

【详解】

(1)表中最活泼的金属为K；最活泼的非金属为F，二者形成的物质是KF。答案为：KF；

(2)由a、d两种元素可形成两种化合物H2O和H2O2；前者只含极性键，后者含极性键和非极性键，所以这两种化合物中都含有的化学键为极性共价键，故选a。答案为：a；

(3)e、f、k、m对应的离子分别为F-、Na+、Al3+、S2-，F-、Na+、Al3+的电子层数相同，S2-比F-、Na+、Al3+多一层，离子半径最大。电子层数相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，所以半径由小到大的顺序为：Al3+、Na+、F-、S2-。答案为：Al3+、Na+、F-、S2-；

(4)d、e、m的最简单气态氢化物分别为HF、H2O、H2S，非金属性越