2024年北師大新版選擇性必修2化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大新版選擇性必修2化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某元素原子的核外電子由4p能級躍遷到3d能級時，可通過光譜儀直接攝取A.電子的運動軌跡圖象B.原子的吸收光譜C.電子體積大小的圖象D.原子的發(fā)射光譜2、中國古代四大發(fā)明之一的黑火藥，爆炸時發(fā)生反應：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反應中相關微粒的化學用語正確的是A.CO2分子為非極性分子B.N2分子中含有1個σ鍵、1個π鍵C.K2S的電子式：KD.基態(tài)硫原子價電子的軌道表示式為3、下列說法中正確的是（）

①離子化合物中可能有共價鍵。

②固體中陽離子和陰離子的個數比是1:1

③非金屬單質中不含離子鍵；一定只含共價鍵。

④穩(wěn)定性：H2O＞H2S，沸點：H2O＜H2S

⑤和溶于水破壞相同的作用力。

⑥非極性鍵可能存在于非金屬單質中，也可能存在于離子化合物或共價化合物中A.①②⑥B.①③④⑥C.只有①⑥D.①④⑥4、鐵有δ；γ、α三種晶體結構；以下依次是δ、γ、α三種晶體不同溫度下轉化的圖示，下列有關說法正確的是。

δ—Feγ—Feα—FeA.α-Fe晶體中與相鄰鐵原子距離相等且最近的鐵原子有8個B.γ-Fe晶體中與相鄰鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個C.若三種晶胞均為立方結構，且最近鐵原子相切，則三種晶體的密度比為2：4：1D.將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻，得到的晶體類型不相同5、下列關于晶體的說法中；不正確的是。

①晶體中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶體中原子排列相對無序,無自范性②離子晶體是一定含有金屬陽離子的晶體③共價鍵可決定分子晶體的熔、沸點④干冰晶體中，每個CO2分子周圍緊鄰12個CO2分子⑤晶胞是晶體結構的基本單元，晶體內部的微粒按一定規(guī)律作周期性重復排列⑥晶體盡可能采取緊密堆積方式，以使其變得比較穩(wěn)定⑦36g金剛石晶體和36g石墨晶體含有的C—C鍵數目相同A.①②③B.②③④C.④⑤⑥D.②③⑦6、已知易溶于苯，不溶于水，則下列說法正確的是（）A.是非極性分子B.基態(tài)原子能級上無空軌道C.原子為雜化D.為三角錐形結構7、下列有關電子排布的表述正確的是（）A.可表示單核8電子粒子基態(tài)時電子排布B.此圖錯誤，違背了洪特規(guī)則C.2p3表示基態(tài)氮原子的外圍電子排布式D.表示處于激發(fā)態(tài)的硼原子的電子排布圖評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、X、Y、Z、R、W是原子序數依次增大的五種短周期元素。Y原子的電子總數是內層電子數的4倍，Y和R同主族，Y和Z最外層電子數之和與W的最外層電子數相同。25℃時，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH=1.下列說法正確的是A.電負性：Y>W>R>ZB.Y、Z、W三種元素組成的化合物的水溶液一定顯堿性C.簡單離子的半徑：R>W>Y>ZD.因X與Y組成的分子間存在氫鍵，所以X與Y組成的分子比X與R組成的分子穩(wěn)定9、科學研究人員獲得了極具理論研究意義的氣態(tài)N4分子；其分子結構如圖所示。已知斷裂1molN—N吸收167kJ熱量，生成1molN≡N放出946kJ熱量，根據以上信息和數據，判斷下列說法正確的是。

A.N4屬于一種新型的化合物B.N4分子中存在非極性鍵C.N4分子中N-N鍵角為60°D.1molN4轉變成N2將吸收890kJ熱量10、短周期元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，基態(tài)X、Z、W原子均有兩個單電子，W與Z同主族。下列說法錯誤的是A.第一電離能：Y>ZB.簡單離子還原性：W>ZC.氧化物對應水化物的酸性：Y>WD.X、Y的氫化物分子中均可能存在非極性鍵11、砒霜是兩性氧化物分子結構如圖所示溶于鹽酸生成用還原生成下列說法正確的是。

A.分子中As原子的雜化方式為B.為共價化合物C.空間構型為平面正三角形D.分子鍵角大于109.5℃12、順鉑是1969年發(fā)現的第一種具有抗癌活性的金屬配合物；碳鉑是1；1－環(huán)丁二羧酸二氨合鉑(Ⅱ)的簡稱，屬于第二代鉑族抗癌藥物，結構如圖所示，其毒副作用低于順鉑。下列說法正確的是。

A.碳鉑中所有碳原子不在同一平面上B.順鉑分子中氮原子的雜化方式是雜化C.碳鉑分子中雜化的碳原子與雜化的碳原子數目之比為2∶1D.1mol1，1－環(huán)丁二羧酸含有鍵的數目為13、文獻報道：Fe(CO)5催化某反應的一種反應機理如圖所示。下列敘述正確的是。

A.該反應可消耗溫室氣體CO2B.OH－參與了該催化循環(huán)過程C.該催化循環(huán)中Fe的成鍵數目未發(fā)生變化D.該反應的化學方程式可表示為：CO+H2OCO2+H214、亞鐵氰化鉀屬于歐盟批準使用的食品添加劑，受熱易分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列關于該反應說法錯誤的是A.已知Fe3C晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍，則鐵的配位數是3B.配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子C.(CN)2分子中σ鍵和π鍵數目比為3:4D.Fe2+的最高能層電子排布為3d615、是離子晶體，其晶格能可通過如圖的Born-Haber循環(huán)計算得到。

下列說法錯誤的是A.原子的第一電離能為B.鍵的鍵能為C.的晶格能為D.轉變成需要吸收的能量為16、晶體的晶胞結構與晶體的相似(如圖所示)，但晶體中由于啞鈴形的存在，使晶胞沿一個方向拉長。則關于晶體的描述不正確的是。

A.晶體的熔點較高、硬度也較大B.和距離相等且最近的構成的多面體是正八面體C.和距離相等且最近的有12個D.如圖的結構中共含有4個和評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、I.美國科學家曾宣稱：普通鹽水在某種無線電波照射下可以燃燒，這一發(fā)現有望解決用水作人類能源的重大問題。無線電波可以降低鹽水中所含元素之間的“結合力”，釋放出氫原子，若點火，氫原子就會在該種電波下持續(xù)燃燒。上述“結合力”的實質是_______(填標號)。

A.范德華力B.氫鍵C.非極性共價鍵D.極性共價鍵。

II.科學家發(fā)現；在特殊條件下，水能表現出許多有趣的結構和性質。

(1)一定條件下給水施加一個弱電場；常溫常壓下水結成冰，俗稱“熱冰”，其模擬圖如圖所示：

采用弱電場使水結成“熱冰”，說明水分子是_______(填“極性”或“非極性”)分子。請你展開想象，給“熱冰”設計一個應用實例_______。

(2)用高能射線照射液態(tài)水時；一個水分子能釋放出一個電子，同時產生一種陽離子。

①釋放出來的電子可以被若干水分子形成的“網”捕獲而形成水合電子，你認為水分子間能形成“網”的原因是_______。

②水分子釋放出電子時產生的陽離子具有較強的氧化性，試寫出該陽離子與反應的離子方程式__________；該陽離子還能與水分子作用生成羥基，經測定反應后的水具有酸性，寫出該過程的離子方程式____。18、回答下列問題：

(1)若元素X和Y的核電荷數都小于18，最外層電子數分別為n和(m-5)，次外層分別有(n+2)個和m個電子。據此推斷元素X的名稱為_______；Y的離子結構示意圖為_______。

(2)不能比較或判斷S、Cl的非金屬性強弱的是_______(填字母)。

a.的還原性。

b.氯酸和硫酸的酸性。

c.電子層數相同；S；Cl的原子半徑。

d.氯化氫和硫化氫溶液的酸性強弱。

(3)原子序數為12、13、16、17的元素原子形成的簡單離子，離子半徑由大到小的順序是(用離子符號表示)_______。

(4)已知X為第IA族元素(第一到第四周期)，其原子序數為a，Y與X位于同一周期，且為第VIIA族元素，則Y的原子序數b與a所有可能的關系式為_______。

(5)推測52號元素在元素周期表中的位置為_______。

(6)碳的同位素12C、13C、14C與氧的同位素16O、17O、18O相互結合為二氧化碳，可得二氧化碳分子的種數為_______。19、鉛是一種金屬元素；可用作耐酸腐蝕；蓄電池等的材料。其合金可作鉛字、軸承、電纜包皮之用，還可做體育運動器材鉛球等。

(1)鉛元素位于元素周期表第六周期IVA。IVA中原子序數最小的元素的原子有_______種能量不同的電子，其次外層的電子云有_______種不同的伸展方向。

(2)與鉛同主族的短周期元素中，其最高價氧化物對應水化物酸性最強的是______（填化學式），氣態(tài)氫化物沸點最低的是_____________（填化學式）。

(3)配平下列化學反應方程式；把系數以及相關物質(寫化學式)填寫在空格上，并標出電子轉移的方向和數目。

__PbO2+___MnSO4+___HNO3→___HMnO4+___Pb(NO3)2+___PbSO4↓+________

(4)把反應后的溶液稀釋到1L，測出其中的Pb2+的濃度為0.6mol·L-1，則反應中轉移的電子數為_______個。

(5)根據上述反應，判斷二氧化鉛與濃鹽酸反應的化學方程式正確的是_______

A.PbO2+4HCl→PbCl4+2H2OB.PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O

C.PbO2+2HCl+2H+→PbCl2+2H2OD.PbO2+4HCl→PbCl2+2OH-20、呼吸面具中的Na2O2可吸收CO2放出O2，若用超氧化鉀(KO2)代替Na2O2也可以得到類似的產物；起到同樣的作用。

(1)標準狀況下，若有30mL的CO2氣體通過盛有足量的KO2的裝置充分反應后，逸出氣體的體積為_______mL；

(2)標準狀況下，若一定量的CO2(過量)，通過盛有7.24gKO2和Na2O2的均勻混合物的裝置充分反應后，逸出的氣體中O2體積為1568mL，則混合物中KO2和Na2O2的物質的量分別為：KO2_______mol、Na2O2_______mol；

(3)比較Na2O2和KO2中氧氧鍵的鍵能大小，并說明理由：_______。21、運用價層電子對互斥理論預測CCl4、NH3、H2O的立體構型。___________________________、___________________________、___________________________。22、Q、R、X、Y、Z為前20號元素中的五種，Q的低價氧化物與X單質分子的電子總數相等，R與Q同族，Y和Z的陰離子與Ar原子的電子結構相同且Y原子序數小于Z。

(1)Q的最高價氧化物，其固態(tài)屬于________晶體，俗名叫____________。

(2)R的氫化物分子的空間構型是________________，屬于_________分子(填“極性”或“非極性”)；它與X形成的化合物可作為一種重要的陶瓷材料，其化學式為____________；

(3)X的常見氫化物的空間構型是________________，它的另一氫化物X2H4是火箭燃料的成分，其電子式是_______________，X的雜化軌道類型________________。

(4)Q分別與Y、Z形成的共價化合物的化學式是________和________；Q與Y形成的化合物的電子式為________，屬于_________分子(填“極性”或“非極性”)。23、工業(yè)上可用以下方法制備糧食儲備的強效熏蟲劑PH3。請回答：

(1)磷原子最外層的電子排布式_______；同族元素氫化物RH3的某種性質隨R的核電荷數的變化趨勢如圖所示：

則Y軸可表示的氫化物性質可能是_______；根據P4的結構，推測其在CS2中的溶解度_______(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。

(2)配平反應Ⅰ的方程式，并標出電子轉移方向和數目______。

_______P4+_______NaOH+_______→_______NaH2PO2+_______PH3↑

(3)由工業(yè)流程圖可以判斷H3PO2為_______(填“一”；“二”或“三”)元酸。

(4)在標準狀況下若有1molP4參加反應，則整個工業(yè)流程中共生成_______升PH3氣體(不考慮產物的損失)。

(5)查文獻，AlP遇水蒸氣會發(fā)生水解反應也產生PH3，該反應的另一種產物的電離方程式為_______。24、（1）比較結合H+能力的相對強弱：H2O_____NH3（填“＞”、“＜”或“＝”）；用一個離子方程式說明H3O+和NH4+給出H+能力的相對強弱_____。

（2）NaOCN是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。寫出NaOCN的電子式_____。

（3）乙酸汽化時，測定氣體的相對分子質量，有數據表明其摩爾質量變?yōu)?20g·mol-1，從結構上分析其可能的原因是_____評卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤26、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分五、元素或物質推斷題(共2題，共8分)27、元素周期表是學習化學的重要工具；它隱含著許多信息和規(guī)律。下表所列是五種短周期元素的原子半徑及主要化合價(已知鈹的原子半徑為0.089nm)：

。元素代號。

A

B

C

D

E

原子半徑/nm

0.16

0.143

0.102

0.099

0.074

主要化合價。

+2

+3

+6；?2

+7；?1

?2

（1）離子半徑大小：B3+_________E2—；金屬性A________B（填＞或＜）

（2）D的單質和NaOH溶液反應的離子方程式___________________________________

（3）A的最高價氧化物對應水化物與C的最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式為______；

（4）上述五種元素的最高價氧化物對應水化物中酸性最強的是______(填化學式)；28、下表是元素周期表中的一部分。

。ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2EFHJ3BCDGI根據A～J在周期表中的位置；用元素符號或化學式回答下列問題：

(1)電負性最強的元素是________，第一電離能最小的單質是________。

(2)最高價氧化物對應的水化物中，酸性最強的是______，呈兩性的是______。

(3)A分別與E、F、G、H、I形成的化合物中，沸點最高的是________。

(4)在B、C、D、G、I中，形成的簡單離子半徑最大的元素是________。評卷人得分六、原理綜合題(共1題，共4分)29、已知元素N、S、可形成多種物質；在工業(yè)生產上有著廣泛的應用。請回答下列問題：

（1）Se與S是同族元素，請寫出基態(tài)Se原子的電子排布式：__。N與S是不同族元素，請解釋NH3在水中的溶解度比H2S大的原因：__。

（2）有一種由1~9號元素中的部分元素組成，且與SCl2互為等電子體的共價化合物，它的分子式為__。借助等電子體原理可以分析出SCN-中σ鍵和π鍵的個數比為__。

（3）已知的結構為其中S原子的雜化方式是__。

（4）N、P可分別形成多種三角錐形分子，已知NH3的鍵角大于PH3，原因是__。

（5）離子晶體中陽離子和陰離子的半徑比不同可形成不同的晶胞結構，見下表：。半徑比0.225～0.4140.414～0.7320.732～1典型化學式立方ZnSNaClCsCl晶胞

已知某離子晶體RA，其陰陽離子半徑分別為184pm和74pm，摩爾質量為Mg/mol，則陽離子配位數為__，晶體的密度為__g/cm3（列出計算式，無需化簡，設NA為阿伏加德羅常數的值）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

由于電子由4p能級躍遷至2d能級時需要釋放能量，故光譜儀攝取的是原子發(fā)射光譜，由于電子在原子核外做無規(guī)則運動，不能直接攝取運動軌跡，電子太小不能攝取電子的體積，綜上所述D符合題意，故選D；

答案選D。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．CO2是直線形；為非極性分子，故A正確；

B．N2分子中存在氮氮三鍵；含有1個σ鍵；2個π鍵，故B錯誤；

C．K2S的電子式為：KK故C錯誤；

D．基態(tài)硫原子價電子的軌道表示式為基態(tài)硫原子價電子的軌道表示式為故D錯誤；

故選A。3、A【分析】【詳解】

①離子化合物是陰、陽離子通過離子鍵構成的化合物，因此離子化合物中一定有離子鍵，可能含有共價鍵，例如中鈉離子與氫氧根形成離子鍵；氫氧根中O原子與H原子之間形成共價鍵，故①正確；

②固體由陽離子和陰離子構成，因此固體中陽離子和陰離子的個數比是故②正確；

③稀有氣體是單原子分子；分子中不含共價鍵，故③錯誤；

④元素的非金屬性O＞S，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性H2O＞H2S，由于水分子之間除了分子間作用力外，還存在氫鍵，H2S分子間只有分子間作用力，因此沸點H2O＞H2S；故④錯誤；

⑤是離子化合物，溶于水破壞的是離子鍵，而是共價化合物；溶于水破壞的是共價鍵，因此破壞的作用力不相同，故⑤錯誤；

⑥非極性鍵可能存在于非金屬單質中，如也可能存在于離子化合物中，如或存在于共價化合物中，如中；故⑥正確；

由上分析得①②⑥正確，A正確；答案為A。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．α-Fe晶體晶胞類型為體心立方；與位于體心的Fe原子距離最近的Fe原子位于頂點，共有6個，故A錯誤；

B．γ-Fe晶體晶胞類型為面心立方，位于頂點的Fe原子，被晶胞的3個平面共有，每個平面與其距離相等且最近的鐵原子數目為4，則共有34=12個；故B錯誤；

C．由圖可知，α-Fe晶胞中鐵原子數為8=1個，γ-Fe晶胞中鐵原子數為8+6=4個，δ-Fe晶胞中鐵原子數為8+1=2個；但是沒有給出各個晶胞的邊長，不能比較密度，故C錯誤；

D．將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻得到δ-Fe晶體；緩慢冷卻得到α-Fe晶體，晶體類型不相同，故D正確；

答案選D。5、D【分析】【詳解】

①晶體中原子呈周期性有序排列；且有自范性，非晶體中原子排列相對無序，無自范性，可以用衍射方法鑒別晶體和非晶體，故正確；

②含有金屬陽離子的晶體不一定是離子晶體；如金屬晶體，但含有陰離子的晶體一定是離子晶體，故錯誤；

③決定分子晶體的熔；沸點的分子間作用力；共價鍵決定分子的穩(wěn)定性，故錯誤；

④干冰晶體中，一個CO2分子周圍有12個CO2分子緊鄰；故正確；

⑤晶胞是晶體結構的基本單元；晶體內部的微粒按一定規(guī)律作周期性重復排列，且有自范性，非晶體中原子排列相對無序，無自范性，故正確；

⑥在以沒有方向性和飽和性的作用力結合形成晶體時；晶體盡量采取緊密堆積方式以使其變得比較穩(wěn)定，故正確；

⑦36g金剛石的物質的量為根據1mol金剛石中含有2molC?C鍵，3mol金剛石中含6molC?C鍵，1mol石墨中含有1.5molC?C鍵，36g石墨的物質的量為含有4.5molC?C鍵，故36g金剛石晶體和36g石墨晶體含有的C—C鍵數目不相同，故錯誤；錯誤的有②③⑦；

答案選D。6、A【分析】【分析】

苯為非極性溶劑，水為極性溶劑，根據相似相容原理：極性相似，便可相溶，易溶于苯，不溶于水，說明是非極性分子。

【詳解】

A.由分析知，是非極性分子；故A正確；

B.分子中成鍵方式應該是A原子的p軌道與B原子成鍵，所以基態(tài)原子p能級上有空軌道；故B錯誤；

C.由分析知是非極性分子，A有三個軌道與B成鍵，所以A原子為sp2雜化；故C錯誤；

D.由分析知為非極性分子，所以為平面三角形對稱結構；而不是三角錐形，故D錯誤；

綜上所述；答案為A。

【點睛】

相似相溶原理的理解：極性溶劑易溶解極性物質；非極性溶劑能溶解非極性物質；含有相同官能團的物質互溶。一般情況，可簡記為：極性相似，便可相溶。7、B【分析】【詳解】

A．根據洪特規(guī)則：在相同能量的軌道上，電子在排布的時候優(yōu)先進入空軌道，每個軌道中的單電子自旋方向相同，所以單核8電子粒子基態(tài)時電子排布為故A錯誤；

B．根據洪特規(guī)則：在相同能量的軌道上，電子在排布的時候優(yōu)先進入空軌道，每個軌道中的單電子自旋相同相同，則違背了洪特規(guī)則；故B正確；

C．基態(tài)氮原子的外圍電子排布式應為2s22p3；故C錯誤；

D．激發(fā)態(tài)的B原子的2p電子應躍遷到3s軌道或更高能級；2p的三個軌道能量相同，不是激發(fā)態(tài)，故D錯誤；

故答案為B。二、多選題(共9題，共18分)8、AC【分析】【分析】

X；Y、Z、R、W是原子序數依次增大的五種短周期元素；Y原子的電子總數是內層電子數的4倍，Y和R同主族，則Y為O，R為S；W的原子序數大于S，則W為Cl；Y和Z最外層電子數之和與W的最外層電子數相同，Z的最外層電子數為7﹣6＝1，則Z為Na；25℃時，0.1mol/LX和W形成化合物的水溶液pH＝1，則X為H。綜上：X為H，Y為O，Z為Na，R為S，W為Cl

【詳解】

A．元素的非金屬性越強電負性越大；則電負性Y＞W＞R＞Z，故A正確；

B．O；Na、Cl形成的氯酸鈉、高氯酸鈉溶液呈中性；故B錯誤；

C．電子層越多離子半徑越大；電子層結構相同時，核電荷數越大離子半徑越小，則簡單離子的半徑：R＞W＞Y＞Z，故C正確；

D．氫化物穩(wěn)定性取決于元素非金屬性強弱；與氫鍵無關，故D錯誤；

故選：AC。9、BC【分析】【詳解】

A．N4是由N原子形成的單質；A錯誤；

B．N4分子中N與N形成非極性鍵；B正確；

C．N4是正四面體結構；鍵角為60°，C正確；

D．1molN4轉變?yōu)镹2放出的熱量為2×946kJ-6×167kJ=890kJ；D錯誤；

故選BC。10、C【分析】【分析】

基態(tài)X、Z、W原子均有兩個單電子，則核外電子排布可能為：1s22s22p2、1s22s22p4、1s22s22p63s23p2、1s22s22p63s23p4；即可能為C；O、Si、S，W與Z同主族且Z的原子序數小于W，所以X：C，Z：O，W：S，Y：N；

【詳解】

A．N的核外電子排布為：1s22s23p3，p軌道為半充滿狀態(tài)，所以第一電離能：N>O；A正確；

B．S2-的還原性大于O2-；B正確；

C．最高價氧化物的水化物的酸性HNO3>H2SO4；題目未強調最高價氧化物水化物，C錯誤；

D．C的氫化物C2H6中存在C-C非極性鍵，N的氫化物N2H4中存在N-N非極性鍵；D正確；

故選C。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．中As原子價層電子對個數是4且含有一個孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷As原子雜化類型為故A正確；

B．只含共價鍵的化合物為共價化合物，含有離子鍵的化合物為離子化合物，該物質是由和構成的；為離子化合物，故B錯誤；

C．中As原子價層電子對個數含有一個孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷其空間構型為三角錐形，故C錯誤；

D．中Al原子價層電子對個數不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論知，為平面正三角形，所以其鍵角為120°，故D正確。

綜上所述，答案為AD。12、AC【分析】【詳解】

A．根據碳鉑的結構簡式可知，與4個C相連的碳原子為雜化；存在四面體形結構，因此分子中所有碳原子不可能在同一平面上，A正確；

B．順鉑分子中N原子形成4個共價單鍵，因此雜化類型為雜化；B錯誤；

C．碳鉑分子中雜化的碳原子有4個，雜化的碳原子有2個；即數目之比為2∶1，C正確；

D．由題中信息可知，1，環(huán)丁二羧酸的結構簡式為補全碳環(huán)上的氫原子，可得此有機物含有鍵的數目為D錯誤；

故選AC。13、BD【分析】【分析】

題干中明確指出，鐵配合物Fe(CO)5為催化劑。機理圖中，凡是出現在歷程中進去的箭頭表示反應物，出來的箭頭表示生成物，既有進去又有出來的箭頭表示為催化劑或反應條件，其余可以看成為中間產物。由題干中提供的反應機理圖可知，鐵配合物Fe(CO)5在整個反應歷程中成鍵數目、配體種類等均發(fā)生了變化，并且也可以觀察出，反應過程中所需的反應物是CO和H2O，最終產物是CO2和H2，同時參與反應的還有OH-，故OH-也可以看成是另一個催化劑或反應條件。

【詳解】

A．由分析可知，該反應不是消耗溫室氣體CO2，而是生成了溫室氣體CO2；A錯誤；

B．由分析可知，OH-有進入的箭頭也有出去的箭頭，說明OH-參與了該催化循環(huán)；B正確；

C．由分析可知，鐵配合物Fe(CO)5在整個反應歷程中成鍵數目；配體種類等均發(fā)生了變化；C錯誤；

D．由分析可知，反應物是CO和H2O，最終產物是CO2和H2，Fe(CO)5為催化劑，OH-可以看成是另一個催化劑或反應條件，故總反應為CO+H2OCO2+H2；D正確；

故選BD。14、AD【分析】【詳解】

A.由Fe3C晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍可知，與碳原子緊鄰的鐵原子，以碳原子為原點建立三維坐標系，6個鐵原子形成的空間結構為正八面體，配位數之比等于相應原子數目反比，則Fe原子配位數為6×=2；故A錯誤；

B.配合物K4[Fe(CN)6]中配體為CN—，由于電負性N>C；則C原子提供孤對電子，即配位原子是碳原子，故B正確；

C.(CN)2分子的結構式為N≡C—C≡N；單鍵為σ鍵，三鍵中有1個σ鍵和2個π鍵，則σ鍵和π鍵數目比為3:4，故C正確；

D.Fe為26號元素，其原子核外共有26個電子，Fe原子失去4s軌道上的2個電子得Fe2+，Fe2+的最高能層電子排布為3s23p63d6；故D錯誤；

故選AD。15、AB【分析】【詳解】

A.原子的第一電離能是由氣態(tài)原子失去1個電子形成氣態(tài)離子所需要的能量，應為故A錯誤；

B.鍵的鍵能為1molO2(g)分解為2molO(g)所吸收的能量，即故B錯誤；

C.晶格能是指氣態(tài)離子形成1mol離子晶體釋放的能量，即的晶格能為故C正確；

D.轉變成需要吸收的能量為故D正確；

故選：AB。16、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似，可以判斷CaC2也為離子晶體；離子晶體熔點較高，硬度也較大，故A正確；

B．根據晶胞，Ca2+為八面體填隙，但由于晶胞沿一個方向拉長，所以和Ca2+距離相同且最近的構成的多面體不是正八面體；故B錯誤；

C．晶胞的一個平面的長與寬不相等，與每個Ca2+距離相等且最近的Ca2+應為4個；故C錯誤；

D．一個晶胞中含有Ca2+的數目為12×+1=4個，含有的數目為8×+6×=4個；故D正確；

故選BC。三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【詳解】

Ⅰ．由題給信息；在某種無線電波照射下，鹽水可以釋放出氫原子，說明水分子中的O-H被破壞，O-H鍵屬于極性共價鍵，故選D；

Ⅱ．(1)在弱電場的條件下水變成“熱冰”；水分子結構由無序變?yōu)橛行?，說明水分子中存在帶正電和帶負電的兩部分，即水分子是極性分子；利用水分子的這一特點可建造室溫溜冰場或室溫條件下做冰雕；

(2)①水分子間能形成“網”的原因是水分子間存在氫鍵；

②水分子釋放出電子時產生的陽離子是具有較強的氧化性，在反應中得電子，有還原性，在反應中失電子，反應的離子方程式是與反應后，呈酸性，并產生該過程的離子方程式是【解析】D極性極性建造室溫溜冰場或室溫條件下做冰雕水分子間存在氫鍵18、略

【分析】(1)

元素X和Y的核電荷數均小于18，最外層電子數分別為n和(m-5)，次外層有(n+2)個和m個電子，次外層可能為2或8，當次外層為2時m=2，Y最外層為-3不符，所以次外層為8，則m=8，n=6，則最外層X為6，Y為3，所以X為S，Y為Al。故答案為：硫；

(2)

a.的還原性強于的還原性，即S的氧化性弱于Cl2，可以證明硫的非金屬性弱于氯；b.氯酸不是氯的最高價的氧化物的水合物，不能證明非金屬性強弱；c.同周期元素，核電荷數越大半徑越小非金屬性越強，故電子層數相同，S、Cl的原子半徑的大小可以證明非金屬性的強弱；d.氯化氫和硫化氫溶液的酸性強弱不能證明非金屬性強弱；故選bd。

(3)

電子層數越多，半徑越大，相同電子層的微粒，核電荷數越大，半徑越小，所以半徑大小順序為

(4)

若X位于第二、三周期，則b=a+6，若X位于第四周期，則b=a+16。

(5)

52號元素是Te；Te位于元素周期表第五周期VIA族。

(6)

由氧的同位素有16O、17O、18O，碳的同位素有12C、13C、14C，在1個二氧化碳分子中含有1個C原子和兩個O原子，采用樹狀分類法分析討論如下：①若二氧化碳分子中的O原子相同，則16O可分別與12C、13C、14C構成氧化碳，即存在3種二氧化碳；同理17O、18O各3種，共3+3+3=9種；②若分子中的C原子相同，O原子不同，則12C可分別與16O17O、17O18O、16O18O構成二氧化碳，即存在3種二氧化碳；同理，13C、14C分別形成3種二氧化碳；所以共形成3+3+3=9種二氧化碳；綜上兩種情況，可得二氧化碳分子的種數為9+9=18種?！窘馕觥?1)硫

(2)bd

(3)

(4)或

(5)第5周期第VIA族。

(6)1819、略

【分析】【分析】

(1)IVA中原子序數最小的元素的原子為C，其核外電子排布式為1s22s22p2；則碳原子有1s；2s和3p三種能量不同的電子；C的次外層為s軌道，為球形對稱結構；

(2)元素的非金屬性越強；其最高價氧化物對應的水化物酸性越強；同一主族元素中，氫化物的相對分子質量越大，分子間作用力越大，其沸點越高；

(3)根據氧化還原反應中化合價升降相等配平；然后利用單線橋表示出該反應中電子轉移的方向和數目；

(4)根據n=c·V計算出鉛離子的物質的量；根據反應計算出硫酸鉛的物質的量，再根據化合價變化計算出轉移電子的物質的量及數目；

(5)根據(3)可知二氧化鉛的氧化性大于氯氣；二氧化鉛與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯化鉛；氯氣和水，據此進行判斷。

【詳解】

(1)IVA中原子序數最小的元素為C，C原子核外有6個電子，其核外電子排布式為1s22s22p2；則碳原子有1s；2s和3p三種能量不同的電子；C的次外層為1s軌道，為球形對稱結構，只存在1種不同的伸展方向；

(2)IVA中非金屬性最強的為C，則其最高價氧化物對應的水化物的酸性最強，該物質為碳酸，其化學式為：H2CO3；

對于結構相似的物質，相對分子質量越大，分子間作用力越大，物質的熔沸點就越高。IVA族元素中，CH4的相對分子質量最小；則其沸點最低；

(3)PbO2中Pb的化合價從+4變?yōu)?2價，化合價降低2價；MnSO4中錳元素化合價從+2變?yōu)?7，化合價升高5價，則化合價變化的最小公倍數為10，所以二氧化鉛的系數為5，硫酸錳的稀釋為2，然后利用質量守恒定律可知生成物中未知物為H2O，配平后的反應為：5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSO4↓+2H2O，用單線橋表示電子轉移的方向和數目為：

(4)把反應后的溶液稀釋到1L，測出其中的Pb2+的濃度為0.6mol/L，則反應生成鉛離子的物質的量為：n(Pb2+)=c·V=0.6mol/L×1L=0.6mol，硫酸鉛中鉛離子的物質的量為0.4mol，則反應中轉移電子的物質的量為：(0.6+0.4)mol×(4-2)=2mol，反應轉移電子的數目為2NA；

(5)根據(3)可知氧化性：PbO2>HMnO4，而HMnO4能夠氧化Cl-，所以PbO2能夠氧化Cl-，二者反應的化學方程式為：PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O；故合理選項是B正確。

【點睛】

本題考查了原子結構與元素周期律的關系、氧化還原反應的配平及其綜合應用，明確氧化還原反應的實質與元素化合價的關系，掌握配平原則是本題解答的關鍵。注意掌握原子結構與元素周期表、元素周期律的關系，能夠利用單線橋或雙線橋法分析電子轉移的方向和數目?！窘馕觥竣?3②.1③.H2CO3④.CH4⑤.5⑥.2⑦.6⑧.2⑨.3⑩.2?.2H2O?.?.2NA?.B20、略

【分析】【分析】

【詳解】

45

4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2

故30mLCO2和足量KO2反應后產生的O2為：30×3/2=45(mL)

(2)0.080.02

設：有xmolNa2O2、ymolKO2

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2xxx/2

4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2y.y/20.75y.

解得：x=0.02mol；y=0.08mol

(3)KO2鍵能大因為KO2鍵級大(或O2-電荷較O22-原子之間的排斥力小，鍵長短，鍵能大)【解析】450.080.02KO2鍵能大。因為KO2鍵級大(或O電荷較O原子之間的排斥力小，鍵長短，鍵能大)21、略

【分析】【分析】

先計算價電子對數；再結合鍵合電子對數和孤電子對數，根據根據VSEPR理論預測立體構型。

【詳解】

對于CCl4，根據VSEPR理論，VP=BP+LP=4+=4，VSEPR模型為四面體形，CCl4中存在4個C-Cl鍵，則CCl4的立體構型為正四面體形；

對于NH3，根據VSEPR理論，VP=BP+LP=3+=4；VSEPR模型為四面體形，由于一對孤電子對占據四面體的一個頂點，則其空間構型為三角錐形；

對于H2O，根據VSEPR理論，VP=BP+LP=2+=4；VSEPR模型為四面體形，兩對孤電子對占據四面體的兩個頂點，則其空間構型為V形。

【點睛】

根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數，σ鍵個數=配原子個數，孤電子對個數=(a-xb)，a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數．根據n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；中心原子的雜化類型為sp2，說明該分子中心原子的價層電子對個數是3，無孤電子對數，空間構型是平面三角形。【解析】①.正四面體形②.三角錐形③.V形22、略

【分析】【分析】

Q、R、X、Y、Z為前20號元素中的五種，Y和Z的陰離子與Ar原子的電子結構相同；核外電子數為18，且Y的原子序數小于Z，故Y為S元素，Z為Cl元素；Q的低價氧化物與X單質分子的電子總數相等，Q可能為C(碳)，X為N，R與Q同族，由于這五種元素均是前20號元素，所以R為Si，符合題意，據此進行解答。

【詳解】

(1)Q是C元素，C元素最高化合價是+4價，其最高價氧化物是CO2；二氧化碳為共價化合物，形成的晶體屬于分子晶體，固體二氧化碳俗稱為干冰，故答案為：分子；干冰；

(2)R為Si元素，氫化物為SiH4，空間結構與甲烷相同，為正四面體結構，SiH4為對稱結構，屬于非極性分子；Si與N元素形成的化合物可作為一種重要的陶瓷材料，其化學式為Si3N4，故答案為：正四面體；非極性；Si3N4；

(3)X為N元素，N元素常見氫化物為NH3，氨氣的空間結構為三角錐型，它的另一氫化物X2H4即N2H4是火箭燃料的成分，故其電子式為由該化合物的電子式可知，X原子周圍形成了3個σ鍵和1對孤電子對，故X的雜化軌道類型為：sp3，故答案為：三角錐型；sp3；

(4)C分別與是S、Cl形成的化合物的化學式分別是CS2、CCl4；CS2分子結構與二氧化碳類似，電子式為為直線型對稱結構，屬于非極性分子，故答案為：CS2；CCl4；非極性?！窘馕觥竣?分子②.干冰③.正四面體④.非極性⑤.Si3N4⑥.三角錐形⑦.⑧.sp3⑨.⑩.CCl4?.?.非極性23、略

【分析】【分析】

(1)磷是15號元素；結合原子結構和元素周期律；相似相容原理分析解答；

(2)根據化合價升降守恒結合質量守恒配平方程式；

(3)根據工業(yè)流程圖，NaH2PO2與硫酸反應生成H3PO2，確定H3PO2的類型；

(4)根據發(fā)生反應的過程尋找關系式分析計算；

(5)AlP遇水蒸氣會發(fā)生水解反應放出PH3氣體和Al(OH)3，Al(OH)3屬于兩性氫氧化物；存在酸性電離與堿式電離，據此分析解答。

【詳解】

(1)磷是15號元素，第三電子層為最外層，電子數為5，最外層電子排布式是3s23p3，N、P、As位于周期表同一主族，從上到下排列，根據元素周期律可知，非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，從上到下原子半徑逐漸增大，鍵能逐漸減小，因此Y軸可表示三種氫化物的穩(wěn)定性、鍵能；P4為正四面體結構，為非極性分子，CS2為非極性分子形成的溶劑，水是極性溶劑，根據相似相容原理，P4在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案為：3s23p3；熱穩(wěn)定性；鍵能；大于；

(2)P4和燒堿溶液反應生成PH3↑、NaH2PO2，反應中P部分由0價升高為+1價，部分由0價降低為-3價，根據化合價升降守恒，PH3配1，NaH2PO2配3，結合質量守恒可知，反應物中缺少的物質為H2O，配平后的方程式為：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，故答案為：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；

(3)根據工業(yè)流程圖，NaH2PO2與硫酸反應生成H3PO2，可以確定H3PO2屬于一元酸；故答案為：一；

(4)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2、反應Ⅱ為2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反應Ⅲ為2H3PO2=PH3↑+H3PO4，因此P4～2.5PH3，若起始時有1molP4參加反應，則整個工業(yè)流程中共生成2.5molPH3；在標準狀況下的體積為2.5mol×22.4L/mol=56L，故答案為：56；

(5)AlP遇水蒸氣會發(fā)生水解反應放出PH3氣體，生成的另外一種物質為Al(OH)3，Al(OH)3屬于兩性氫氧化物，存在酸性電離與堿式電離，電離方程式為：H++AlO+H2O?AlOH3?Al3++3OH-，故答案為：H++AlO+H2O?AlOH3?Al3++3OH-。

【點睛】

本題的易錯點和難點為(4)，要注意關系式法在解題中的應用。【解析】3s23p3熱穩(wěn)定性、鍵能大于1P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+1PH3↑一56H++AlO+H2O?AlOH3?Al3++3OH-24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)水為弱電解質，能微弱的電離生成H3O+，而H3O+又能夠與氨氣反應生成NH4+，因此結合H+能力的相對強弱：H2O＜NH3，反應的方程式為：H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O，故答案為：＜；H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O；

(2)NaOCN是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，根據C、N、O的原子最外層的電子數，結合形成8電子穩(wěn)定結構需要的共用電子對數目可知，NaOCN的電子式為故答案為：

(3)乙酸汽化時，測定氣體的相對分子質量，有數據表明其摩爾質量變?yōu)?20g·mol-1，乙酸的相對分子質量為60，說明是兩個氣態(tài)乙酸分子通過氫鍵結合形成蒸氣分子，故答案為：兩個氣態(tài)乙酸分子通過氫鍵結合?！窘馕觥竣?＜②.H3O+＋NH3＝NH4+＋H2O③.④.兩個氣態(tài)乙酸分子通過氫鍵結合四、判斷題(共2題，共8分)25、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。26、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數不計入中心原子的價層電子對數，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。五、元素或物質推斷題(共2題，共8分)27、略

【分析】【分析】

首先依據元素的原子半徑相對大小和主要化合價判斷出元素種類；然后再結合元素周期律；物質的性質分析解答。

【詳解】

D元素有+7和－1價；則D應該是Cl，C元素有+6和－2價，則C應該是S，E元素有－2價，原子半徑小于C，則E是O，A元素和B元素的原子半徑均大于硫元素，分別是+2和+3價，所以A是Mg，B是Al。則。

（1）離子的核外電子層數越多，離子半徑越大，則離子半徑大?。篈l3+＜S2—；同周期自左向右金屬性逐漸減弱；則金屬性Mg＞Al；

（2）氯氣和NaOH溶液反應的離子方程式為Cl2+2OH—＝Cl—+ClO—+H2O；

（3）A的最高價氧化物對應水化物是氫氧化鎂，C的最高價氧化物對應水化物是硫酸，二者反應的離子方程式為Mg(OH)2+2H+＝Mg2++2H2O；

（4）非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，則上述五種元素的最高價氧化物對應水化物中酸性最強的是HClO4。

【點睛】

準確判斷出元素以及靈活應用元素周期律是解答的關鍵，注意主族元素的化合價與最外層電子數有關系。【解析】＜＞Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2OMg(OH)2+2H+=Mg2++2H2OHClO428、略

【分析】【分析】

先根據元素在周期表的位置確定元素：A是H；B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne，