2025年新世纪版选择性必修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年新世纪版选择性必修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8题，共16分)1、下面二维平面晶体所表示的化学式为AX2的是（）A.B.C.D.2、一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式如图所示。已知W；X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素；Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法中正确的是。

A.原子半径：Z>Y>X>WB.X、Y的最高价含氧酸均为强酸C.W和Y能形成多种原子个数比为1∶1的化合物D.除W原子外，分子中的其他原子均满足8电子稳定结构3、对于有机物A()的说法正确的是A.A分子中含有8个σ键，2个π键B.A分子中所有原子均在同一个平面上C.与互为同系物D.质谱法无法鉴别和核磁共振氢谱法可以4、向盛有天蓝色CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（）A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后溶质成分不变B.溶液呈天蓝色是因为存在[Cu(H2O)4]2+，该离子的空间构型为正四面体C.深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，说明[Cu(NH3)4]2+比[Cu(H2O)4]2+稳定D.若向反应后的溶液加入乙醇，将会有[Cu(H2O)4]SO4晶体析出5、下列关于物质结构的说法错误的是A.铝晶体中微粒间的作用力没有方向性和饱和性B.CH4和都是正四面体结构，键角均为109°28'C.氨基氰(NH2CN)分子内键与键数目之比为2:1D.甲醛(HCHO)的键角约为120°，分子之间存在氢键6、下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的是A.B.C.D.7、FeCl3易升华，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈红色，该红色物质为[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n。下列说法不正确的是A.FeCl3为分子晶体B.1molSCN－中含有σ键的数目为2NAC.NH与SO均可作为配合物的配体D.[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配位数为68、张青莲是我国著名的化学家。1997年他准确测得In的相对原子质量为114.818，被国际相对原子质量委员会采用为新的标准值。则下列关于的说法中，错误的是A.原子核外有49个电子B.是In元素的一种核素C.原子核内质子数和中子数之和等于其质量数，为115D.原子核内有49个中子评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、(1)Fe成为阳离子时首先失去___轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+价层电子排布式为___。

(2)Cu2+基态核外电子排布式为___。

(3)Mn位于元素周期表中第四周期___族，基态Mn原子核外未成对电子有___个。

(4)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___、__(填标号)。

A.

B.

C.

D.10、回答下列问题：

(1)日光等白光经棱镜折射后产生的是___________光谱。原子光谱是___________光谱。

(2)吸收光谱是___________的电子跃迁为___________的电子产生的，此过程中电子___________能量；发射光谱是___________的电子跃迁为___________的电子产生的，此过程中电子___________能量。

(3)1861年德国人基尔霍夫(G.RKirchhoff)和本生(R.W.Bunsen)研究锂云母的某谱时，发现在深红区有一新线从而发现了铷元素他们研究的是___________。

(4)含有钾元素的盐的焰色试验为___________色。许多金属盐都可以发生焰色试验其原因是___________。11、I.下列是中学化学中熟悉的物质；请用序号完成下列问题。

①O2②Na2O2③NH4Cl④HCl⑤NaOH⑥CaCl2⑦氦气。

(1)这些物质中，只含共价键的是_______。只含离子键的是_______。既含共价键又含离子键的是_______。

(2)属于离子化合物的是_______。

II.已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘反应生成1molHI需要_______(填“放出”或“吸收”)_______kJ的热量。12、回答下列问题。

(1)SO2与O3互为等电子体。SO2的VSEPR模型名称是_____，与O3分子互为等电子体的一种阴离子为(写化学式)______。

(2)氯化钠和氯化铯是两种不同类型的晶体结构。晶体结构不同的主要原因是______。

(3)SiO2和GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是______(写化学式)，原因是_____。

(4)向盛有氯化银的试管中加入氨水，沉淀溶解。请写出反应的化学方程式：______。13、常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池多晶硅太阳能电池、太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。

(1)基态亚铜离子()的最外层电子排布式为______；高温下容易转化为试从原子结构的角度解释原因：______。

(2)的沸点高于的沸点(-42℃)；其原因是______。

(3)和的空间结构分别为______、______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、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15、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16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误17、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18、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19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误20、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.错误评卷人得分四、原理综合题(共3题，共30分)21、(1)C、N、O元素的第一电离能大小为：_________。

(2)Cu的价电子排布式为______，基态Fe原子有_____个未成对电子,Fe3+的价电子排布图为________。

(3)基态硫原子中，核外占据最高能级电子的电子云轮廓图形状为_________。硫的一种同素异形体分子式为S8，其结构如图所示，其中S原子的杂化轨道类型为______。S8易溶于二硫化碳的原因是_________。

(4)教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：

(a)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。

(b)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于______晶体。

(c)如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA到ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___。判断依据____。22、氨是重要的化工原料；用途很广。

合成氨工厂常用醋酸二氨合铜由和构成溶液吸收对氨合成催化剂有毒害的CO气体。

醋酸二氨合铜所含的元素中，第一电离能最大的是______填元素名称

醋酸二氨合铜所含元素组成的单质，所属的晶体类型有______填标号

离子晶体分子晶体原子晶体金属晶体。

第4周期元素中，基态原子与基态Cu原子具有相同未成对电子数的有______种不含

气体与相遇立即生成一种白色晶体：

和分子的空间构型分别为______、______。

晶体中，B原子的杂化轨道类型为______。

可用于合成尿素、硫酸铵等氮肥。某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种组成为的物质。该物质易溶于水，在水溶液中以和两种正四面体构型的离子存在。遇碱生成一种形似白磷的分子。

下列相关说法中，正确的是______填序号

是的同分异构体。

分解生成形成了4mol键。

白磷的沸点比高，原因是键键能比键大。

白磷的化学性质比活泼；说明P的非金属性比N强。

画出的结构标明其中的配位键______。23、氮元素可形成很多重要的化合物，其中叠氮化钠（NaN3）被广泛应用于汽车安全气囊。叠氮化钠的制取方法是:①金属钠与液态氨反应得NaNH2②NaNH2与N2O按物质的量2:1反应可生成NaN3；NaOH和一种气体。

(1)请写出反应②的化学方程式为:____________。

(2)与N3-互为等电子体的分子有：______（写一种）由此可推知N3-的空间构型是:_________；比较NH2-和NH3的键角∠HNH的大小：NH2-____NH3(填“>”或“<”或“=”)，请用价层电子对互斥规律解释_______。

(3)叠氮化钠（NaN3）分解可得纯N2，有关说法正确的是:________（选填代号）

A．氮气常温下很稳定；是因为氮元素的电负性大。

B．NaN3与KN3结构类似；前者晶格能较小。

C．第一电离能（I1）：N＞P＞S

D．热稳定性NH3强于PH3和H2S是因为NH3分子间有氢键。

(4)小汽车的防撞气囊中叠氮化钠的工作原理是基于反应：6NaN3+Fe2O3=3Na2O+2Fe+9N2；铁晶体有三种堆积方式；其中两种堆积方式分别如图甲；图乙所示（其晶胞特征如下图所示）：

晶胞甲中铁原子的配位数为：_______，晶胞乙中铁原子的堆积方式为：________。晶胞乙中铁原子半径为acm，NA表示阿伏加德罗常数，摩尔质量为Mg/mol。则该晶体的密度可表示为：___________g/cm3。评卷人得分五、有机推断题(共3题，共24分)24、萜类化合物是中草药中的一类比较重要的化合物；广泛分布于植物；昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。H是一种萜类化合物，其合成路线如图：

已知：R、R1、R2为烃基；X为卤素原子。

①++

②

③

请回答下列问题：

(1)E中的含氧官能团名称为____________。

(2)写出G的结构简式_____。

(3)写出反应方程式：B→C__________，反应类型为___________。

(4)用*号标出H中的手性碳原子________。

(5)写出符合下列条件的C的同分异构体有_____种。

a.含有苯环且苯环上有两种氢；

b.只含一种官能团且能发生水解反应；

c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9。

(6)应用上述信息，以乙醇为原料制备画出合成路线图(无机试剂任选)_______。25、为了研究有机物A的组成与结构；探究小组进行如下实验：

i.将9.0gA在足量氧气中充分燃烧；并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，测得两者分别增重9.0g和17.6g。

ii.通过质谱法测得其相对分子质量为90。

iii.通过红外光谱法测得A分了中有两个羟基（不能连在同一个碳原子上）。且A分子中不存在“–CH3”

回答下列问题：

（1）A的分于式是_________，结构简式为__________。

（2）A分子的核磁共振氢谱有________组峰，峰面积之比为___________。

（3）在一定条件下；A分子存在如下转化关系：

（C4H6）BACD高分子化合物。

①A→B的反应类型为_____，B分于中在一个平面上的原子数最多为______个。

②写出下列反应的化学方程式：A→C：____；C→D：________。

③D→E的反应类型为___________，E的结构简式为_______。26、已知元素X；Y均为短周期元素；X元素的一种核素常用于测文物的年代，Y元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56。N是一种常用溶剂，分子式中两种元素个数比为1:1。回答下列问题：

(1)M的分子式为：______。

(2)任意写一种不含支链的M的结构简式______。

(3)如图在烧瓶a中加入N与液溴的混合液；加入铁粉可以使其发生反应：

①写出a容器中发生反应的化学方程式：______。

②仪器b的名称为_____。

(4)乙烯是重要有机化工原料。结合如图路线回答：

已知：2CH3CHO+O22CH3COOH

①B中官能团的名称是______。

②该转化关系中D生成CH3CHO的反应方程式为______。

③G是一种油状；有香味的物质；有以下两种制法。

制法一：实验室用D和E在浓硫酸加热条件下反应制取G。反应⑥用18O同位素标记乙醇中的氧原子，写出其化学方程式_______。

制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。该反应类型是____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为2个黑球共有，故黑球与白色球数目之比化学式为AX3，故A错误；

B．图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为2个黑球共有，故黑球与白色球数目之比化学式为AX3；故B错误；

C．图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为3个黑球共有，故黑球与白色球数目之比化学式为AX2；故C正确；

D．图中每个黑球周围有6个白色球，而每个白色球为2个黑球共有，故黑球与白色球数目之比化学式为AX3，故D错误；

答案选C。2、C【分析】【分析】

根据Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍可知；Z为O，又W；X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素和根据所形成物质的结构可得W、Ⅹ、Y分别为H、B、C。

【详解】

A．原子半径：B>C>O>H；A项错误；

B．硼酸和碳酸均为弱酸；B项错误；

C．乙炔；苯、苯乙烯中的H原子与C原子的个数比均为1∶1；C项正确；

D．H原子形成1个共价键；最外层电子数为2，B原子形成3个共价键，最外层电子数为6，二者均不满足8电子稳定结构，D项错误；

故选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．由结构简式可知，A分子中含有单键和双键，单键为键，双键中有1个键和1个键，则分子中含有16个键、2个键；故A错误；

B．由结构简式可知；A分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形，则A分子中所有原子不可能在同一个平面上，故B错误；

C．和分子式相同；结构不同；二者互为同分异构体、不是同系物，故C错误；

D．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，核磁共振氢谱法可以测定不同化学环境的氢原子的种数及其相对数目，由结构简式可知，和的分子式相同，相对分子质量相等，不能用质谱法鉴别，分子中含有4类氢原子、分子中含有5类氢原子，则用核磁共振氢谱法可以鉴别和故D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；

B．溶液呈天蓝色是因为存在[Cu(H2O)4]2+,[Cu(H2O)4]2+形成4个配位键；具有对称的空间构型，为平面正方形，故B错误；

C．通过题意分析可知，深蓝色的配离子为+，说明[+比稳定；故C正确；

D．乙醇极性小于水，络合物在乙醇中溶解度较小，若向反应后的溶液加入乙醇，将会有晶体析出而不是故D错误。

答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．铝晶体是金属晶体；金属晶体中的作用力是金属离子和自由电子之间的静电作用力，没有方向性和饱和性，A正确；

B．CH4和的中心原子都采取sp3杂化；都是正四面体结构，键角均为109°28'，B正确；

C．1个氨基氰分子中含σ键数为4；π键数为2，故分子内σ键与π键数目之比为2:1，C正确；

D．甲醛中没有与O原子直接相连的H原子；分子间不存在氢键，D错误；

故选D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．电负性与非金属性变化规律一致，非金属性：F＞Cl＞Br，故电负性：F＞Cl＞Br；A正确；

B．卤素最外层电子数均为7个；按照化合价形成规律最高价为+7价，但F元素无正价，B错误；

C．同主族元素的原子半径越小，原子核对核外电子引力越强，不容易失去电子，第一电离能越大，故第一电离能：F＞Cl＞Br；C错误；

D．卤素单质均为分子构成，且无分子间氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，所以熔点：Br2＞Cl2＞F2；D错误。

故答案选A。7、C【分析】【详解】

A．FeCl3易升华，说明FeCl3为分子晶体；故A正确；

B．SCN－与CO2互为等电子体，则1molSCN－中含有σ键的数目为2NA；故B正确；

C．NH中没有孤对电子；因此不能作为配合物的配体，故C错误；

D．[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配体有SCN－、H2O；其配位数为6，故D正确。

综上所述，答案为C。8、D【分析】原子表示法中；元素符号左上角的数字为质量数，左下角的数字为质子数，质量数-质子数=中子数，结合核素的概念分析。

【详解】

A．元素符号左下角的数字为质子数，原子核外电子数等于质子数；为49个，故A不符合题意；

B．核素是具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，是In元素的一种核素；故B不符合题意；

C．元素符号左上角的数字为质量数，原子核内质子数和中子数之和即质量数为115；故C不符合题意；

D．原子核内质子数为49；质量数是115，所以中子数=115-49=66，故D符合题意；

答案选D。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Fe是26号元素，电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe成为阳离子时首先失去最外层4s轨道电子，Sm3+是Sm原子失去3个电子形成的，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+价层电子排布式为4f5，故答案为：4s；4f5；

(2)Cu是29号元素，电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu2+是Cu原子失去2个电子生成的，其基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9，故答案为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；

(3)Mn是25号元素，位于元素周期表中第四周期ⅦB族，电子排布式为[Ar]3d54s2；d轨道上电子数为5，5个d电子分占5个g轨道时，能量较低，则d轨道中未成对电子数为5，故答案为：5；

(4)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；故答案为：D；C。【解析】①.4s②.4f5③.[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9④.ⅦB⑤.5⑥.D⑦.C10、略

【分析】【详解】

(1)日光经棱镜折射后形成的光谱为连续光谱；原子光谱是由不连续特征谱线组成的；都是线状光谱。故答案为：连续；线状；

(2)吸收光谱是基态原子的电子吸收能量跃迁到高能级轨道时产生的；而发射光谱是高能级轨道的电子跃迁到低能级轨道过程中释放能量产生的；故答案为：基态；激发态；吸收；激发态；基态；释放；

(3)1861年德国人基尔霍夫研究原子光谱时发现了铷；故答案为：原子光谱；

(4)金属原(离)子核外电子吸收能量由基态跃迁到激发态，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量。而钾原子释放的能量波长较短，以紫光的形式释放，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量；【解析】①.连续②.线状③.基态④.激发态⑤.吸收⑥.激发态⑦.基态⑧.释放⑨.原子光谱⑩.紫⑪.激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量11、略

【分析】【分析】

【详解】

I.(1)①O2只有共价键；②Na2O2既含共价键又含离子键；③NH4Cl既含共价键又含离子键；④HCl有共价键；⑤NaOH既含共价键又含离子键；⑥CaCl2只含离子键；⑦氦气是单原子分子；不含化学键。

(2)含有离子键的化合物属于离子化合物；所以属于离子化合物的是②③⑤⑥。

II.已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由氢气和碘反应生成1molHI的反应热为kJ。即放出5.5kJ的热量。【解析】①④⑥②③⑤②③⑤⑥放出5.512、略

【分析】【详解】

（1）SO2中S原子的价层电子对为VSEPR模型为平面三角形；与O3互为等电子体的阴离子有NO故答案为：平面三角形；NO

（2）NaCl；CsCl晶胞结构受离子半径比大小影响；铯离子半径大于钠离子半径，所以二者正负离子的半径比不同，晶胞结构不同，故答案为：晶体中正负离子的半径比不同；

（3）SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si-O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高，故答案为：SiO2；二者均为原子晶体；Si—O键的键长小于Ge—O键；键能大于Ge—O键；

（4）氯化银与氨水反应生成[Ag(NH3)2]Cl，沉淀溶解，化学方程式为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O。【解析】①.平面三角形②.NO③.晶体中正负离子的半径比不同④.SiO2⑤.二者均为原子晶体，Si—O键的键长小于Ge—O键、键能大于Ge—O键⑥.AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子失去1个电子生成基态的核外电子排布式为或则基态的最外层电子排布式为原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为后者更稳定，故高温下容易转化为

(2)和都是极性分子，但由于分子间存在氢键，所以的沸点比的沸点高；

(3)的中心原子的价层电子对数且没有孤电子对，所以其空间结构是平面三角形；的中心原子的价层电子对数孤电子对数为1，所以其空间结构是三角锥形。【解析】中的最外层电子排布处于稳定的全充满状态分子间存在氢键，分子间无氢键平面三角形三角锥形三、判断题(共8题，共16分)14、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。15、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；16、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。17、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。18、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。19、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。20、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。四、原理综合题(共3题，共30分)21、略

【分析】【分析】

(1)一般情况下下；同一周期的元素，原子序数越大元素的第一电离能越大，但第IIA；第VA元素原子核外电子排布处于原子轨道的全满、半满状态，第一电离能大于同一周期相邻的元素；

(2)Cu是29号元素；基态Fe是26号元素，根据构造原理，同时具有全充满；半充满、全空的电子构型的原子更稳定；

(3)S是16号元素，核外电子排布是1s22s22p63s23p4，最高能级是3p，电子云为哑铃型；每个S8分子中S原子形成2个S-S键、还有2对孤电子对，杂化轨道数目为4；杂化轨道类型为sp3杂化；

(4)(a)该主族元素第一；二电离能较小；而第三电离能剧增，说明容易失去2个电子，最外层有两个电子，又处于第三周期，故该元素为Mg，原子核外没有运动状态相同的电子；

(b)C；O原子之间通过共价键形成空间立体网状结构；

(c)ⅣA～ⅦA族元素氢化物中，NH3、H2O；HF的分子之间存在氢键；它们的沸点与同主族其它元素氢化物相比“反常”高，图中a处没有反常，说明为IVA族元素氢化物，a点代表第三周期的氢化物。

【详解】

(1)一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大元素的第一电离能越大，但N是第VA元素，原子核外电子排布处于原子轨道的半满状态，第一电离能大于同一周期相邻的O元素，所以C、N、O元素的第一电离能大小为：N>O>C。

(2)Cu是29号元素，核外电子排布是[Ar]3d104s1，价电子排布式是3d104s1，Fe是26号元素，核外电子排布式是[Ar]3d64s2，由于d轨道有5个，每个轨道最多排布2个自旋方向相反的电子，所以基态Fe原子有4个未成对电子；Fe原子失去最外层2个电子后在失去1个3d电子变为Fe3+，所以Fe3+的价电子排布图为

(3)S是16号元素，核外电子排布是1s22s22p63s23p4，最高能级是3p，电子云为纺锤形或哑铃型；每个S8分子中S原子形成2个S-S键、还有2对孤电子对，杂化轨道数目为4；杂化轨道类型为sp3杂化；S8易溶于二硫化碳是由于CS2为非极性分子，S8也为非极性分子，根据相似相溶原理，结构相似的物质容易溶解在其中，所以S8易溶于CS2。

(4)(a)该主族元素第一；二电离能较小；而第三电离能剧增，说明容易失去2个电子，最外层有两个电子，又处于第三周期，因此该元素为Mg；电子的运动状态取决于能层、能级、原子轨道、自旋方向，原子核外没有运动状态相同的电子，Mg原子核外有12个电子，有12种运动状态不同的电子；

(b)C；O原子之间通过共价键形成空间立体网状结构；故该晶体属于原子晶体；

(c)ⅣA～ⅦA族元素氢化物中，NH3、H2O、HF的分子之间存在氢键，它们的沸点与同主族其它元素氢化物相比“反常”高，图中a处没有反常，说明为IVA族元素氢化物，a点代表第三周期的氢化物SiH4。原因是在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，只有ⅣA族元素氢化物沸点不存在反常现象，且a为第三周期氢化物，故a为SiH4。

【点睛】

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布式、轨道表达式、电离能、杂化方式、相似相溶原理、氢键等，熟练掌握物质结构知识，注意同周期第一电离能变化异常情况是解答本题的关键。【解析】①.C104s1③.4④.⑤.哑铃型⑥.sp3⑦.CS2为非极性分子，S8也为非极性分子，根据相似相溶原理，S8易溶于CS2⑧.12⑨.原子⑩.SiH4⑪.ⅣA族到ⅦA族氢化物沸点变化只有第ⅣA族不出现反常现象22、略

【分析】【详解】

非金属性越强；第一电离能越大，但是最外层电子排布处于全满或半满状态时较稳定，不易失电子，第一电离能较大，醋酸二氨合铜所含的元素有Cu；O、C、H、N，由于N原子的2p能级为半满状态，第一电离能较大，所以第一电离能最大的是N；

故答案为：氮；

醋酸二氨合铜所含元素组成的单质；有铜属于金属晶体，金刚石属于原子晶体，氮气；氧气和氢气属于分子晶体；

故答案为：b；c、d；

的外围电子排布为只有1个未成对电子，第4周期元素中，基态原子含有一个未成对电子的元素有K、Sc、Ga、Br；共有4种元素；

故答案为：4；

中B的价层电子对数为没有孤电子对，分子的空间构型为正三角形，分子中N原子的价层电子对数为含有一对孤电子对，空间构型为三角锥型；

故答案为：正三角形；三角锥型；

晶体中，B原子的价层电子对数为4，则杂化类型为杂化；

故答案为：

分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体，与都是N元素的单质；属于同素异形体，故a错误；

一个中含有2个键，分解生成形成了4molπ键，故b正确；

结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，白磷的相对分子质量比大，故白磷的沸点比N4高；与键能无关，故c错误；

同主族从上到下，非金属性减弱，则P的非金属性比N弱，白磷的化学性质比活泼；与共价键稳定性有关，故d错误；

故答案为：b；

中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键，则的结构图为

故答案为：【解析】氮b、c、d4正三角形三角锥型b23、略

【分析】【分析】

（1）根据质量守恒定律来判断反应产物的化学式；再写出反应的方程式；

（2）原子个数相等且价电子相等的微粒为等电子体；根据等电子体的结构相似来分析；根据孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力来分析；

（3）A.N2常温下很稳定；是因为分子内共价键较强；

B.离子半径越小；晶格能越大；

C.同周期从左向右；第一电离能增大，但第VA族因p轨道上有3个电子，半充满结构，所以第一电离能高于相邻族的元素，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，据此判断；

D.热稳定性NH3强于PH3和H2S是因为N原子半径小；共价键键能大，与分子间的氢键无关，据此判断；

（4）根据晶胞甲示意图可知原子占据立方体的顶点和体心，可知为体心立方堆积，配位数为8；图乙为面心立方最密堆积，该晶胞中Fe原子个数=8×+6×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长为a，体积为16a3，由=计算晶胞的密度。

【详解】

（1）根据质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体产物为NH3，NaNH2与N2O按物质的量2:1反应可生成NaN3、NaOH和NH3。方程式为：2NaNH2＋N2O=NaN3＋NaOH＋NH3；

（2）N3-中原子个数为3，价电子数为16，因此与N3-互为等电子体的微粒有：N2O、CO2、CS2、BeCl2、SCN-、OCN-、CNO-等；CO2属于直线形分子，等电子体的结构相同，因此N3-为直线形分子；孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1；孤对电子数前者多，所以前者键角小；

（3）A.N2常温下很稳定；是因为分子内共价三键，键能较大，A项错误；

B.离子半径越小，晶格能越大，NaN3的晶格能大于KN3的晶格能；B项错误；

C.同周期从左向右，第一电离能增大，但第VA族因p轨道上有3个电子，半充满结构，所以第一电离能高于相邻族的元素，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此N、P、S的第一电离能的顺序为N>P>S；C项正确；

D.热稳定性NH3强于PH3和H2S是因为N原子半径小；共价键键能大，与分子间的氢键无关，D项错误；

答案选C；

（4）根据晶胞甲示意图可知原子占据立方体的顶点和体心，可知为体心立方堆积，配位数为8；图乙为面心立方最密堆积；该晶胞中Fe原子个数=8×+6×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长为a，体积为16a3，因此===g/cm3。【解析】2NaNH2＋N2O=NaN3＋NaOH＋NH3N2O或CO2或CS2或BeCl2直线形<NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多于后者，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，所以键角前者小C8面心立方最密堆积五、有机推断题(共3题，共24分)24、略

【分析】【分析】

B和CH3OH发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是结合信息②③，可知和CH3MgI反应生成(D)；和反应生成(F)，氧化为(G)；水解为

【详解】

(1)E是含氧官能团名称为羟基；醚键；

(2)和反应生成氧化为G的结构简式

(3)B是和CH3OH发生酯化反应生成和水，反应方程式是+CH3OH+H2O。

(4)中的手性碳原子

(5)a.含有苯环且苯环上有两种氢；b.只含一种官能团且能发生水解反应，含有酯基；c.核磁共振氢谱峰面积比为2：2：3：9，说明苯环含2个对位取代基；两个取代基可能是-COOCH3、-COOC(CH3)3或-OOCCH3、-COOC(CH3)3或-OOCCH3、-OOCC(CH3)3或-CH3、-OOCCOO(CH3)3或-CH3、-OOCCOOC(CH3)3或-C(CH3)3、-OOCCOOCH3；共6种；

(6)乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为