2025年沪科版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版选择性必修2化学下册月考试卷550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9题，共18分)1、下列说法中正确的是。

A.单晶硅、水晶、金刚砂中硅原子数与共价键键数之比为1∶2B.同为AB型晶体的AgI(图甲)与NaCl的晶体结构不同，但阴离子的配位数相同C.石墨烯与金属R形成的插层化合物。其中R层平行于石墨层，晶胞如图乙所示，其垂直于石墨层方向的投影如图丙所示。则该插层化合物的化学式为RC6D.图丁为NiO晶体的“单分子层”结构，O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中，已知O2-的半径为apm，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g2、某水合氨基酸锌结构如图所示。下列说法正确的是。

A.该分子中不含非极性键B.第一电离能：C.基态的核外电子排式为D.1个该分子中含有13个键3、第三电子层含有的轨道数为（）A.3B.5C.7D.94、下列化学用语表示正确的是A.NaCl的电子式B.HCl分子的键：C.中子数为8的N原子：D.乙醇的分子模型：5、若不断地升高温度，实现"雪花→水→水蒸气→氧气和氢气"的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是A.氢键；分子间作用力；非极性键B.氢键；氢键；极性键C.氢键；极性键；分子间作用力D.分子间作用力；氢键；非极性键6、石墨烯可转化为富勒烯(C60)，科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物；其立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm。下列说法正确的是。

A.C60和石墨烯互为同分异构体B.该富勒烯化合物的化学式为K2C60C.C60周围等距且距离最近的C60的数目为8D.该晶体的密度为ρ=g•cm-37、SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其做出如下推断：①SiCl4晶体是分子晶体；②常温常压SiCl4不是气体；③SiCl4分子是由极性键构成的非极性分子；④SiCl4熔点高于CCl4。其中正确的是A.只有①B.只有①②C.只有②③D.①②③④8、分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（）A.只含有1个双键的直链有机物B.含2个双键的直链有机物C.含1个双键的环状有机物D.含一个三键的直链有机物9、已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是A.第一电离能Y可能大于XB.气态氢化物的稳定性：HmY大于HnXC.最高价含氧酸的酸性：X对应的酸的酸性强于Y对应的酸的酸性D.X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、用A表示质子数；B表示中子数，C表示核外电子数，D表示最外层电子数，E表示电子层数，回答下列问题：

(1)同位素种类由________决定。

(2)元素种类由_________决定。

(3)某元素有无同位素由________决定。

(4)质量数由________决定。

(5)元素的化学性质主要由_________决定。

(6)核电荷数由________决定。11、三氟化氯(ClF3)可用作氟化剂；燃烧剂、推进剂中的氧化剂、高温金属的切割油等。回答下列问题：

(1)ClF3中Cl的化合价为__。

(2)Cl与F的电负性大小关系为__。

(3)ClF3可由Cl2和F2在200~300℃、铜反应器中制得，反应的化学方程式为Cl2+3F22ClF3。

①每生成185gClF3，转移电子的物质的量为__。

②ClF3能将NH3氧化生成N2，同时产生Cl2和一种能雕刻玻璃的物质。写出该反应的化学方程式：__，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

(4)工业上可用Cl2与消石灰反应制备漂白粉。漂白粉是___(填“纯净物”或“混合物”)，其有效成分的名称是__。12、a、b；c、d为四种由短周期元素构成的中性粒子；它们都有14个电子，且都是共价型粒子。回答下列问题：

(1)a是单核粒子，a单质可用作半导体材料，基态a原子核外电子排布式为_______。

(2)b是双原子化合物，常温下为无色无味气体。b的化学式为_______。人一旦吸入b气体后，就易引起中毒，是因为_______。

(3)c是双原子单质，写出其电子式：_______。分子中所含共价键的类型为_______(填“极性键”或“非极性键”)。c单质常温下性质稳定，不易发生反应，原因是_______。

(4)d是四核化合物，其结构式为_______；d分子内所含共价键中有_______个键和_______个键；其中键与键的强度大小关系为键_______键(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。13、下列物质中；以极性键结合的______，以非极性键结合的______

(1)F2(2)O2(3)NH3(4)CH4(5)SO214、氨在化肥生产；贮氢及燃煤烟气脱硫脱硝等领域用途非常广泛．

尿素与氰酸铵互为______；氰酸铵属于______化合物选填：“离子”或“共价”

液氨是一种贮氢材料，气态氨转变为液氨将______能量选填：“吸收”或“释放”液氨可通过图1装置释放氢气，该过程中能量转化方式为______。

氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和在一定条件下发生反应：

①能说明该反应已达到平衡状态的标志是______不定项选择

反应速率

容器内压强不再随时间而发生变化。

容器内的物质的量分数不再随时间而发生变化。

容器内4：5：6

②某次实验中测得容器内NO及的物质的量随时间变化如图2所示，图中正与逆相等的点为______选填字母

已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表。共价键能量变化436946

则合成氨反应：______

工业上用氨水吸收硫酸工业尾气中的既可消除污染又可获得等产品．若用1000kg含质量分数为的氨水吸收且全部转化为不考虑其它成本，则可获得的利润为______元参照下面的价格表。质量分数的氨水无水价格元15、2019年12月17日；经中央军委批准，中国第一艘国产航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”，舷号为“17”。2020年9月24日下午，国防部举行例行记者会，国防部新闻局副局长；国防部新闻发言人谭克非大校称：中国海军山东舰已完成例行训练和海上试验。

(1)航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则晶体硅、金刚石、碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石>碳化硅>晶体硅，原因是_______。

(2)Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_______。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155

(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M；通过如图反应实现铜离子的富集，进行回收。

上述物质M中含有的作用力有_______。

A.离子键B.非极性共价键C.极性共价键D.氢键E.配位键16、工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：

(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是_____，第二周期原子半径由大到小的是______。

(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是______，该分子为_____(选填“极性”；“非极性”)分子。

(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式_____，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是____(填编号)

a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.两元素形成化合物的化合价。

c.气态氢化物的稳定性d.氢化物水溶液的酸碱性。

(4)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如：有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个NH3与周围______个NH3通过氢键相结合。

(5)化合物FeF3熔点高于1000℃，而Fe(CO)5的熔点却低于0℃，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是_____________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)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、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19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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21、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22、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1题，共4分)23、钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：

(1)钴元素在周期表中的位置是______________。

(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)＞I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是__________。

(3)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物；其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为______。

②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。

(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。

a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb；Na的第一电离能为603.4kJ/mol

c、NaCl的晶格能为785.6kJ/mold；Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol

(5)碲化锌晶体有两种结构；其中一种晶胞结构如图：

若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为__________g/cm3。评卷人得分五、实验题(共2题，共4分)24、某实验小组为探究与反应后的产物；做如下探究实验。

【查阅资料】

①为砖红色固体；不溶于水；

②为黄色固体；不溶于水；

③为无色配合离子、为无色配合离子、为深蓝色配合离子。

【实验探究】

实验1：①向2mL的溶液中滴加的溶液；开始出现黄色沉淀，但无气体产生。

②继续加入溶液，最终沉淀消失。经检验，溶液中生成离子。

实验2：向90℃的溶液中滴加的溶液；直接生成砖红色沉淀。

实验3：向2mL的溶液中滴加的溶液；开始阶段有蓝色沉淀出现。

(1)某同学认为实验1黄色沉淀中有少量该同学认为是相互促进水解产生的，用离子方程式表示生成沉淀的过程：_______。

(2)若要进一步检验黄色沉淀中有Cu(OH)2，可采用的具体实验方法为_______。

(3)经检验，实验2所得溶液中有大量生成。该实验中表现_______性，写出该实验中反应的离子方程式：_______。

(4)某同学设计了如图所示的电化学装置，探究与的反应。该装置中左侧烧杯中的石墨电极做_______(填“正”或“负”)极，右侧烧杯中发生反应的电极反应式为_______。设计实验检验右侧烧杯中生成的阴离子，写出具体操作、现象和结论：_______。

25、过渡元素的配合物在物质制备；尖端技术、医药科学、催化反应、材料化学等领域有着广泛的应用。

回答下列问题：

Ⅰ.能与等形成配位数为4的配合物。

(1)中存在的化学键类型有_______(填标号)。

A.离子键B.金属键C.极性共价键D.非极性共价键E.配位键。

(2)溶液中存在平衡：设计简单实验证明溶液中存在上述平衡_______。

Ⅱ.某同学设计实验探究溶液和溶液呈黄色的原因，查阅资料可知，在溶液中与配位形成配离子：等；且形成配离子的反应均是可逆反应。

可供选挂的试剂有：溶液，溶液，硝酸，盐酸，溶液；蒸馏水。

实验1：取溶液，加入3滴试剂X，黄色的溶液褪色；

实验2：取溶液；加入3滴试剂X，溶液仍然为黄色；

实验3：向实验1的(无色)溶液中加入3滴的溶液；溶液变为黄色。

(3)试剂X为_______；

(4)根据实验1的现象可知，溶液呈现黄色的原因主要是_______微粒导致的(填配体的化学式)。

(5)由实验1和实验2的现象对比分析可知，溶液显黄色的主要原因是_______微粒导致的(填配体的化学式)。

(6)请用平衡移动原理，结合化学用语，对实验3的现象进行解释：_______。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共18分)26、铁；钴均为第四周期第Ⅷ族元素；它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：

(1)基态Co2+中的未成对电子数为___；Fe和Co的第四电离能I4(Fe)___I4(Co)(填“＞”；“＜”或“=”)。

(2)将1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀。则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为___；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H—N—H键角___(填“变大”；“变小”或“不变”)。

(3)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁；氮气、丙酮和乙醇参与。

①丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___，1mol丙酮分子中含有σ键的数目为___。

②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___。

③乙醇的沸点高于丙酮，这是因为___。

(4)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。

①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为___。

②其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为____。

③若更稳定的Cu替代型产物的密度为ρg/cm3，则该晶胞中相邻的两个Fe原子的距离为___nm。27、铁被称为“第一金属”；铁及其化合物在生产；生活中有广泛用途。

（1）铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用___摄取铁元素的原子光谱。

（2）FeC13的熔点为306℃，沸点为315℃。由此可知FeC13属于____晶体。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42-的立体构型是____。

（3）铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是检验Fe2+的重要试剂。

①基态N原子的轨道表示式为____。

②写出一种与铁氰化钾中配体互为等电子体的极性分子的化学式_____。

③铁氰化钾中，所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为____。

④铁氰化钾中，不存在___(填字母标号)。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键E．金属键。

（4）有机金属配位化合物二茂铁[(C5H5)2Fe]是汽油中的抗震剂。分子中的大Π键可用符号表示，其中m代表参与形成大Π键的原子数，n代表参与形成大Π键的电子数(如苯分子中的大Π键可表示为)，则中的大Π键应表示为____，其中碳原子的杂化方式为____。

（5）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含__mol配位键。

（6）某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。其中铁原子周围最近的铁原子个数为___；六棱柱底边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为____g/cm3（列出计算式）。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．水晶的主要成分是二氧化硅，SiO2晶体相当于在Si晶体的共价键上“插上”一个O原子；所以每个共价键一端连Si一端连氧，平均每个共价键只对应一个Si原子，所以原子数:化学键数=1:4，A错误；

B．由图可知；AgI晶体中阴离子的配位数为4，但是NaCl的晶体中阴离子的配位数为6配位数不同，B错误；

C．该晶胞中，R原子的个数为=8，C原子的个数为=64，故该化合物的化学式为RC8；C错误；

D．每个原子被3个O原子包围，每个O原子被3个原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个原子，三角形的面积如图实际上每个原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为O原子个数为每平方米面积上分散的该晶体的质量为D正确；

故选D。2、B【分析】【详解】

A．该分子中C-C原子之间存在非极性键，故A错误；

B．同周期，从左至右，元素的原子半径逐渐减小，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族和第ⅤA族的p轨道为全空和半满结构，第一电离能反常，大于相邻主族的元素，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故B正确；

C．基态Zn的核外电子排式为则基态Zn2+的核外电子排式为[Ar]3d8，故C错误；

D．一水合甘氨酸锌中Zn2+的配原子为O、N原子，根据图知，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5；单键为σ键，双键中有一个σ键，则1个该分子中含有23个键，故D错误；

故选：B。3、D【分析】【详解】

第三电子层含有1个3s轨道；3个3p轨道、5个3d轨道；共9个轨道；

答案选D。4、B【分析】【详解】

A．NaCl是离子化合物，其电子式故A错误；

B．基态H原子电子排布式1s1，基态Cl原子价电子排布式3s33p5，HCl分子的键：是轴对称，故B正确；

C．中子数为8的N原子，质量数为15，符号为故C错误；

D．是乙醚的球棍模型；故D错误。

综上所述，答案为B。5、B【分析】【详解】

雪花→水，破坏氢键和分子间作用力；水→水蒸气，破坏氢键和分子间作用力；水蒸气→氧气和氢气，破坏分子内H、O原子间的极性键；故选B。6、C【分析】【详解】

A．C60和石墨烯为同种元素形成的不同单质；互为同素异形体，故A错误；

B．该晶胞中含有K的个数为12×=6，C60的个数为8×+1=2，故化学式为K3C60；故B错误；

C．以体心的C60为例，与其等距且距离最近的C60为顶点的8个；故C正确；

D．该晶体的密度为ρ=g•cm-3；故D错误；

故选C。7、D【分析】【详解】

四氯化碳是分子晶体，常温下是液态。由于SiCl4的分子结构与CCl4类似，所以SiCl4也是分子晶体。由于SiCl4的分子间作用力大于四氯化碳中的分子间作用力，所以SiCl4熔点高于CCl4的，在常温下一定不是气体，四氯化碳是由极性键构成的非极性分子，为正四面体型结构，因此SiCl4分子也是由极性键构成的非极性分子，答案选D。8、A【分析】【分析】

把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2；一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1，据此判断。

【详解】

A.C5H7Cl的不饱和度为2；含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故A错误；

B.C5H7Cl的不饱和度为2；含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，故B正确；

C.C5H7Cl的不饱和度为2；含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；

D.C5H7Cl的不饱和度为2；含有一个叁键的直链有机物不饱和度为2，故D正确；

故选：A。9、B【分析】【分析】

同一周期；从左到右电负性增大，因X；Y元素同周期，电负性X＞Y，所以原子序数为：X＞Y，非金属性X＞Y，据以上分析解答。

【详解】

A．同一周期；从左到右，第一电离能呈增大的趋势，原子序数为：X＞Y，所以第一电离能Y可能大于X，故A正确；

B．同一周期，从左到右非金属性增强，非金属性：X＞Y，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX；故B错误；

C．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性就越强，非金属性：X＞Y，所以X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C正确；

D．电负性值大的元素吸引电子能力强；在化合物中显负价，电负性值小的元素吸引电子能力弱，在化合物中显正价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故D正确；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【详解】

(1)同位素指质子数相同；中子数不同的同一元素的不同原子；故同位素由质子数、中子数决定；

(2)元素指具有一定核电荷数(质子数)的一类原子；

(3)中子数决定了元素有无同位素；

(4)由于原子的质量几乎都集中在原子核上；故质量数由质子数和中子数决定；

(5)由于电子的得失难易程度直接决定元素的化学性质；因此，元素的化学性质与原子核外最外层电子数有密切关系；

(6)核电荷数=质子数，核电荷数由质子数决定。【解析】①.AB②.A③.B④.AB⑤.D⑥.A11、略

【分析】【详解】

(1)ClF3中F为-1价；则Cl的化合价为+3，故本题答案为：+3；

(2)同主族从下往上电负性逐渐增强；所以F的电负性大于Cl，故本题答案为：Cl＜F；

(3)①185gClF3的物质的量为2mol，根据化学方程式，每生成2molClF3时；氯的化合价从0升高到+3价，所以转移电子的物质的量为6mol，故本题答案为：6mol；

②已知ClF3能将NH3氧化生成N2，同时产生Cl2和一种能雕刻玻璃的物质，能雕刻玻璃的物质的物质是HF，所以该反应的化学方程式：2ClF3+2NH3=N2+Cl2+6HF，该反应中氧化剂为ClF3，还原剂为NH3，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，故本题答案为：2ClF3+2NH3=N2+Cl2+6HF；2:3；

(4)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙；是混合物，有效成分是次氯酸钙，故本题答案为：混合物；次氯酸钙。

【点睛】

在化合物中，F的化合价为-1价，F无正价，所以推出Cl为+3价，此为易错点。【解析】①.+3②.Cl＜F③.6mol④.2ClF3+2NH3=N2+Cl2+6HF⑤.2:3⑥.混合物⑦.次氯酸钙12、略

【分析】a是单原子粒子，含14个电子，a单质可用作半导体材料，则a是Si，b是双原子化合物，且含14个电子，根据其物理性质为无色无味气体，推断b为c是双原子单质，则每个原子有7个电子，故c为d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，只能是烃，故d为据此作答。

【详解】

(1)由题意知，a是单原子粒子，含14个电子，且a单质可用作半导体材料，则a是Si，其基态原子的核外电子排布式为

(2)b是双原子化合物，且含14个电子，根据其物理性质为无色无味气体，推断b为一旦进入肺里；会与血液中的血红蛋白结合，而使血红蛋白丧失输送氧气的能力，使人中毒。

(3)c是双原子单质，则每个原子有7个电子，故c为的电子式为：分子中的化学键为非极性键；分子中的共价三键的键能很大，所以分子很稳定。

(4)d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，只能是烃，故d为的结构式为分子中有3个键和2个键。【解析】COCO一旦被吸入肺里后，会与血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输送氧气的能力非极性键分子中的共价三键的键能很大，共价键很牢固H—C≡C—H32>形成键的原子轨道的重叠程度比形成键的重叠程度大13、略

【分析】【分析】

不同种原子形成的共价键是极性键；同种原子形成的共价键是非极性键，由此分析。

【详解】

(1)F2中含有同种原子形成的共价键；是以非极性键结合的分子；

(2)O2中含有同种原子形成的共价键；是以非极性键结合的分子；

(3)NH3中含有N与H形成的共价键；是以极性键结合的分子；

(4)CH4中含有C与H形成的共价键；是以极性键结合的分子；

(5)SO2中含有S与O形成的共价键；是以极性键结合的分子。

以极性键结合的有(3)(4)(5)，以非极性键结合的有(1)(2)。【解析】(3)(4)(5)(1)(2)14、略

【分析】【分析】

分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；氰酸铵属于盐；

气态转化为液态释放能量；电解是电能转化为化学能；

化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；

达到平衡时正与逆相等；

化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热反应物总键能生成物总键能；

根据进行计算。

【详解】

)氰酸铵与尿素的分子式相同但结构不同；所以属于同分异构体；氰酸铵属于盐，是离子化合物，故答案为：同分异构体；离子；

气态氨转化为液态释放能量；图1装置为电解装置，电解时电能转化为化学能，故答案为：释放；电能转化为化学能；

该反应达到平衡状态时，没有指明正、逆反应速率，故a不能说明反应达到平衡状态；该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以b能判断反应是否达到平衡状态；容器内的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不再改变，故c能说明反应达到平衡状态；物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d不能说明反应达到平衡状态；故答案为：bc；

达到平衡时正与逆相等；各组分浓度不再变化，cd点物质的量不再改变，故答案为：cd；

化学反应中的反应热反应物总键能生成物总键能=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×390.8kJ/mol=-90.8kJ/mol，故答案为：

设无水的质量为x。根据方程式可知17g氨气可生成99g所以有解得x=990kg；990kg×1.8元/kg-1000kg×1.0元/kg=782元，故答案为：782。

【点睛】

本题考查化学平衡状态、反应热以及化学方程式的计算等，题目难度中等，注意化学反应中的反应热反应物总键能生成物总键能。【解析】同分异构体离子释放电能转化为化学能bccd78215、略

【分析】(1)

晶体硅、金刚石、碳化硅均属于共价晶体，Si的原子半径比C大，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越短，键能越大，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，则熔点为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故答案为：三者都为共价晶体，r(C)

(2)

分析表格数据和化学式可知，TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故熔沸点自TiCl4至TiI4熔点依次升高，故答案为：TiF4为离子化合物(或离子晶体)；熔点高，其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

(3)

由结构可知，M中氮原子与氢原子之间形成氢键，而其它原子之间形成共价键，苯环内既有极性共价键也含有非极性共价键，但不含离子键、金属键、配位键，故答案为：BCD。【解析】(1)三者都为共价晶体，r(C)

(2)TiF4为离子化合物(或离子晶体)；熔点高，其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。

(3)BCD16、略

【分析】【分析】

氧的电负性最大，同周期从左到右半径逐渐减小；甲烷分子具有中心对称；根据非金属强弱思维进行分析；FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体。

【详解】

(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素；分别是H；C、N、O、Na，氧的电负性最大，因此非金属性最强的是O，同周期从左到右半径逐渐减小，因此第二周期原子半径由大到小的是C＞N＞O；故答案为：O；C＞N＞O。

(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是甲烷，其电子式是甲烷分子具有中心对称，因此该分子为非极性分子；故答案为：非极性。

(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子是N，N的核外电子排布式1s22s22p3，a.N最高价氧化物对应水化物是硝酸，O无最高价氧化物对应水化物，因此a错误；b.两元素形成化合物的化合价，O显负价，氧非金属性更强，故b正确；c.简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性越强，故c正确；d.氢化物水溶液的酸碱性无法比较非金属性强弱，故d错误；故答案为：1s22s22p3；bc。

(4)氨晶体中每个氢原子都形成氢键，并且考虑氢键饱和性和方向性出现与理论的偏差，氨晶体中，每个N原子的孤对电子接受分属其他氨分子的3个氢原子，一个氨气本身3个氢必然和其他的氨气的氮之间形成氢键，因此则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合；故答案为：6。

(5)化合物FeF3熔点高于1000℃，而Fe(CO)5的熔点却低于0℃，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5；FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5。【解析】①.O②.C＞N＞O③.④.非极性⑤.1s22s22p3⑥.bc⑦.6⑧.FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5三、判断题(共6题，共12分)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】

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；19、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。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。21、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。22、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1题，共4分)23、略

【分析】【分析】

根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据电负性的大小分析配合物中的配位原子。分析表中数据并结合相关概念判断有关变化中能量变化。根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。

【详解】

(1)钴是27号元素，其有4个电子层，其价电子排布式为3d74s2；因此，其在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。

(2)Fe的价电子排布式为3d64s2，其失去3个电子后变为较稳定的半充满结构3d5，而Co的价电子排布式为3d74s2，其失去3个电子后变为3d6。因此，从原子结构的角度分析I4(Fe)＞I4(Co)的可能原因是：Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子；故Fe需要的能量较高。

(3)由Cu2Cl2•2CO•2H2O的结构可知：

①该配合物中氯原子均形成2个σ键，另外每个氯原子还有2个孤电子对，故其价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。

②CO分子中的C原子和O原子均有孤电子对；但是O元素的电负性大于C元素，故O原子对孤电子对的吸引力更强，因此，该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是：电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对（用于形成配位键）。

(4)a、由图中信息可知，Cl2(g)=Cl(g)的∆H=119.6kJ/mol，因此，Cl-Cl键的键能为239.2kJ/mol，a不正确；

b、由图中信息可知，Na(g)=Na+(g)+e-的∆H=495.0kJ/mol，因此，Na的第一电离能为603.4kJ/mol，b不正确；

c、由图中信息可知，Cl-(g)+Na+(g)=NaCl(s)的∆H=-785kJ/mol，因此，NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；

d、由图中信息可知，Cl(g)+e-=Cl-(g)的∆H=-348.3kJ/mol；因此，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确。

综上所述；有关说法正确的是cd。

(5)由碲化锌晶体的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与金刚石相似，Te原子堆积方式为面心立方最密堆积，Zn距离最近的Te原子间距为体对角线长度的高晶胞参数（即该晶胞的边长）为x，则晶胞的体对角线长度为，x=4apm，故x=pm，晶胞的体积为x3=该晶胞中占有4个Te原子和4个Zn原子，则晶胞的质量为因此，该晶体密度为g/cm3。

【点睛】

本题中关于晶胞的计算是难点，尤其是确定与Zn距离最近的Te原子的间距为体对角线长度的这也是解题的关键所在。解题时，要求学生能掌握常见晶胞中原子的堆积方式，并能迁移到新的情境之中，做到轻车熟路、得心应手。另外，还要掌握常见于晶胞计算中的长度单位的换算，不能在这种小的地方失误。【解析】第四周期ⅧCo失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高sp3电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对cd五、实验题(共2题，共4分)24、略

【分析】【分析】

通过查阅的资料，结合实验1可知，CuSO4与Na2SO3生成Cu2SO3，继续加入则生成[Cu(SO3)2]3-离子，沉淀消失；结合实验2可知，升高温度则二者反应直接生成Cu2O；结合实验3可知，Na2SO3过量则发生双水解，得到Cu(OH)2蓝色沉淀；

【详解】

（1）与发生相互促进的水解反应，生成沉淀；离子方程式为：(或)。

（2）若要证明沉淀中有沉淀，为避免溶液中的干扰，应先将沉淀过滤，然后利用可溶于氨水生成深蓝色配合离子进行检验；