2025年人教版選擇性必修2化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年人教版選擇性必修2化學上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9題，共18分)1、設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.中含有極性鍵的數(shù)目為B.含鍵的石英晶體中含氧原子的數(shù)目為C.中配體的數(shù)目為D.與足量溶液反應，所得溶液中的數(shù)目為2、用鈣離子撞擊锎(Cf)靶，產生了一種超重元素—Og，其反應可表示為下列說法錯誤的是A.原子核內有176個中子，質子數(shù)為118B.與的化學性質幾乎相同C.Og是一種性質活潑的金屬元素D.锎為過渡元素3、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為NAB.0.1mol/L的Na2CO3溶液中陽離子數(shù)目為0.2NAC.12g金剛石中含有化學鍵的數(shù)目為2NAD.含0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的銅反應，轉移電子數(shù)為0.2NA4、下列分子中所有原子都滿足最外層8電子結構的是（）A.B.C.D.5、由化合物甲和乙低溫共熔的電解液可作為高能電池材料；其結構如圖，它們的構成元素R；W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大且總和為42，下列說法中錯誤的是。

A.元素Z、Y均能與R形成含有非極性鍵的18電子化合物B.第一電離能：Z>Y>X>WC.乙的沸點比丙酮高D.甲中∠ZMZ比乙中∠ZXY小6、下列關于銅腐蝕的說法及方程式書寫正確的是A.銅在潮濕空氣中被腐蝕：B.銅在環(huán)境中被腐蝕：C.濃度越大，腐蝕反應速率越大D.利用對銅的腐蝕制作印刷線路板：7、下列說法正確的是A.和的中心原子的雜化軌道類型相同B.和都是正四面體形分子且鍵角均為C.已知酸性：是因為分子中有3個非羥基，HClO分子中只有一個羥基D.和都是三角錐形分子8、已知某有機物A的紅外光譜和核磁共振氫譜如圖所示；下列說法中正確的是。

A.由紅外光譜可知，該有機物分子中有三種不同化學環(huán)境的氫原子B.由核磁共振氫譜可知，該有機物中至少有三種不同的化學鍵C.僅由A的核磁共振氫譜無法得知其分子中的氫原子總數(shù)D.若A的化學式為C2H6O，則其結構簡式為CH3—O—CH39、某鈣鈦礦型氧化物的晶體如圖所示；其中A為鑭系金屬離子，B為過渡金屬離子，O為氧離子。下列說法不正確的是。

A.A和O聯(lián)合組成面心立方最密堆積B.B離子占據(jù)八面體空隙，占據(jù)率25%C.A離子的配位數(shù)是12D.O2-離子的分數(shù)坐標：(1/2，0，0)，(0，1/2，0)，(0，0，1/2)評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、下列說法中不正確的是A.葡萄糖分子(HOCH2?CHOH?CHOH?CHOH?CHOH?CHO)中的手性碳原子數(shù)為4B.基態(tài)銅原子的價電子排布圖：C.[Co(NH3)4Cl2]+的中心離子配位數(shù)為6D.AB2是V形，其A為sp3雜化11、下列分子或離子中，價層電子對互斥模型與分子或離子的幾何構型不一致的是A.CO2B.H2OC.CCl4D.NH312、順鉑[]是具有抗癌活性的化合物；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，其結構簡式如圖所示，其毒副作用低于順鉑。下列說法正確的是。

A.碳鉑中所有碳原子在同一平面上B.順鉑分子中氮原子的雜化方式是C.碳鉑分子中雜化的碳原子數(shù)與雜化的碳原子數(shù)之比為2：1D.1mol1，1-環(huán)丁二羧酸中含有σ鍵的數(shù)目為13、噻吩()的芳香性略弱于苯，其中S原子與所有C原子間可形成大π鍵。下列關于噻吩的說法正確的是A.1mol噻吩中含9molσ鍵B.碳原子與硫原子的雜化方式相同C.一氯代物有4種(不含立體異構)D.所有共價鍵的鍵長相同14、X、Y、Z是常見的三種冠醚，其結構如圖所示。它們能與堿金屬離子作用，并隨著環(huán)的大小不同而與不同金屬離子作用。Li+的體積與X的空腔大小相近，恰好能進入X的環(huán)內，且Li+與氧原子的一對孤電子對作用形成穩(wěn)定結構W(如圖所示)。

例如：冠醚Z可與KMnO4發(fā)生如圖所示的變化：

下列說法正確的是A.W中Li+與冠醚X之間的作用屬于離子鍵B.冠醚Y既能與K+形成穩(wěn)定結構，也能與Li+形成穩(wěn)定結構C.烯烴難溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果較差，若烯烴中溶入冠醚Z，氧化效果明顯提升D.與X相比，W中的C－O－C鍵角更大15、TiO2的“納米材料”有廣泛的應用，工業(yè)上可利用TiCl4制取。TiCl4熔點為-25℃，沸點為136.4℃。制取TiO2的反應為①2FeTiO3+7Cl2+3C=2TiCl4+2FeCl3+3CO2，②TiCl4+O2=TiO2+2Cl2.下列說法錯誤的是A.CO2和CCl4中碳的雜化方式不同B.O2、Cl2、CO2都是含有非極性鍵的非極性分子C.TiCl4晶體是離子晶體，配位數(shù)為4D.FeCl3與KSCN溶液生成的[Fe(SCN)6]3-中，F(xiàn)e3+為中心離子，SCN-為配體16、有關晶體與晶胞的敘述錯誤的是A.晶胞是晶體結構中的基本結構單元B.晶體的外觀規(guī)則，但是有些內部結構是無序的C.晶胞中的各原子個數(shù)比與晶體中的相等D.晶胞都是正六面體17、硒化鋅是一種黃色立方晶系；可用于熒光材料；半導體摻雜物。其晶胞結構如圖，晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是。

A.硒的配位數(shù)為4B.相鄰的Se2-與Zn2+之間的距離為pmC.若硒化鋅晶體的密度為ρg·cm-3，則阿伏加德羅常數(shù)D.已知A點原子分數(shù)坐標為(0，0，0)，則C點的原子分數(shù)坐標為評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、將濃鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產生黃綠色氣體，而溶液的紫紅色褪去。現(xiàn)有一氧化還原反應的體系，共有KCl、Cl2、濃H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七種物質。

請完成下列填空：

（1）寫出一個包含上述體系中七種物質的氧化還原反應方程式（無需配平）：_________________________;上述反應中，還原產物是_____________，每轉移1mol電子，生成Cl2_____L（標準狀況）。

（2）上述反應體系中，有些短周期元素的簡單離子核外電子排布相同，它們的簡單離子半徑由大到小的順序為______________（用離子符號表達）。

（3）氯原子的最外層電子排布式為_____________________，氯原子核外共有____種不同運動狀態(tài)的電子。

（4）在上述反應后的溶液中加入NaBiO3（不溶于冷水），溶液又變?yōu)樽霞t色，BiO3－反應后變?yōu)闊o色的Bi3+。比較該反應中的氧化劑和氧化產物的氧化性強弱_______>________。

（5）請用原子結構理論解釋上述含7種物質的氧化還原反應體系中，屬于同一主族兩種元素非金屬性的強弱，____>______；______________________________________________________。19、將幾種物質在水和四氯化碳中的溶解情況填入下表：。葡萄糖磷酸碘苯(1)水____________________(2)四氯化碳____________________

其原因是_______。20、在極性分子中，正電荷重心同負電荷重心間的距離稱偶極長，通常用d表示。極性分子的極性強弱同偶極長和正(或負)電荷重心的電量(q)有關，一般用偶極矩(μ)來衡量。分子的偶極矩定義為偶極長和偶極上一端電荷電量的乘積，即μ＝d·q。試回答以下問題：

(1)HCl、CS2、H2S、SO2四種分子中μ＝0的是__________________；

(2)實驗測得：μ(PF3)＝1.03、μ(BF3)＝0。由此可知，PF3分子構型是___________________，BF3分子構型是__________________。

(3)治癌藥Pt(NH3)2Cl2具有平面四邊形結構，Pt處在四邊形中心，NH3和Cl分別處在四邊形的4個角上。已知該化合物有兩種異構體，A：棕黃色者μ＞0，B：淡黃色者μ=0。在水中溶解度較大的是______________________(填序號)。21、(1)下列八種物的晶體中，①②③④⑤⑥⑦乙烯⑧

只存在極性共價鍵的是______，存在非極性共價鍵的是______；只存在離子鍵的是______；不存在化學鍵的是______；存在分子間作用力的是______。(填寫序號)

(2)下列過程中①干冰升華②融化③溶于水④溶于水⑤氫氣在氧氣中燃燒⑥融化⑦碳酸氫鈉受熱分解。

未發(fā)生化學鍵破壞的是______；有離子鍵被破壞的是______；有共價鍵被破壞的是______(填寫序號)22、X；Y、Z、W為元素周期表前四周期的元素；原子序數(shù)依次增大，X原子核外有6種不同運動狀態(tài)的電子；Y原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子；Z有多種氧化物，其中一種紅棕色氧化物可作涂料；W位于第四周期，其原子最外層只有1個電子，且內層都處于全充滿狀態(tài)。回答下列問題：

Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素，三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為___。CoO的面心立方晶胞如圖，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為__g·cm-3。

23、(1)在30℃時生成一硝基取代產物，而在60℃時生成一硝基取代產物。兩者反應溫度不同的主要原因是_____________。

(2)NH2Cl中各原子均滿足電子穩(wěn)定結構。寫出NH2Cl的電子式：___________。

(3)二氧化碳晶體硬度很小，而二氧化硅晶體的硬度很大，其原因是____________。24、(1)路易斯酸堿電子理論認為：凡是能接受電子對的物質(離子、分子或原子團)都稱為路易斯酸；凡是能給出電子對的物質(離子、分子或原子團)都稱為路易斯堿。根據(jù)信息判斷，H2O屬于___________(填“酸”或“堿”，下同)，Ag+屬于___________。

(2)查表可知；金屬鋁(Al)的三鹵化物晶體的熔點如下：

。物質。

AlF3

AlCl3

AlBr3

熔點/℃

1290

192.4

97.8

AlF3為什么熔點比AlCl3高得多，請分析原因___________。25、由P；S、Cl、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛的用途；回答下列問題。

(1)基態(tài)Cl原子核外電子占有的原子軌道數(shù)為______個，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序為_______。

(2)PCl3分子中的中心原子雜化軌道類型是______，該分子構型為_______。

(3)PH4Cl的電子式為______，Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中π鍵與σ鍵個數(shù)比為________。

⑷已知MgO與NiO的晶體結構（如圖1）相同，其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66Pm和69pm，則熔點：MgO___NiO(填“>”、“<”或“=”)，理由是______。

(5)若NiO晶胞中離子坐標參數(shù)A為(0,0,0)，B為（1,1,0)，則C離子坐標參數(shù)為______。

(6)一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認為O2-作密置單層排列，Ni2+填充其中（如圖2），已知O2-的半徑為am，每平方米面積上分散的該晶體的質量為____g。（用a、NA表示）評卷人得分四、判斷題(共4題，共36分)26、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤27、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤28、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤29、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(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(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、原理綜合題(共3題，共6分)30、金屬鎂是一種活潑的常見金屬；有著廣泛的用途。下圖是金屬鎂和鹵素反應的能量變化圖（反應物和產物均為298K時的穩(wěn)定狀態(tài)）。

（1）下列選項中正確的是_________（填序號）。

①MgI2中Mg2+與I-間的作用力小于MgF2中Mg2+與F-間的作用力。

②MgBr2與Cl2反應是放熱反應。

③化合物的熟穩(wěn)定性順序為：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2

（2）請寫出在一定條件下液溴與氟化鎂固體反應的熱化學方程式：___________。

已知，金屬鎂在點燃的條件下能與二氧化碳反應：2Mg+CO2→2MgO+C，現(xiàn)將a克鎂放在盛有bL（標準狀態(tài)下）二氧化碳和氧氣的混合氣體的密閉容器中充分燃燒；

（3）若容器中剩余二氧化碳，則殘留固體物質_________

A一定只有MgOB一定有MgO；可能有C

C一定有MgO和CD一定有C；可能有MgO

（4）若反應容器中有氧氣剩余，則容器內剩余固體的質量為_________，出現(xiàn)此種狀況，容器中原來bL混合氣體中氧氣的體積應滿足（用含a的代數(shù)式）__________。

（5）若容器中無氣體剩余，殘留固體中含有鎂，則殘留固體m的取值范圍_________；若容器中無氣體剩余，殘留固體中沒有鎂剩余，則殘留固體m的取值范圍_________。31、A；B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次遞增的六種元素。已知：

①F的原子序數(shù)為29；其余的均為短周期主族元素；

②E原子價電子(外圍電子)排布為msnmpn－1；

③D原子最外層電子數(shù)為偶數(shù)；

④A；C原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。

請回答下列問題：

(1)下列敘述正確的是___________(填序號)。

A．金屬鍵的強弱：D＞E

B．基態(tài)原子第一電離能：D＞E

C．五種短周期元素中；原子半徑最大的原子是E

D．晶格能：NaCl＜DCl2

(2)F基態(tài)原子的核外電子排布式為___________；與F同一周期的副族元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與F原子相同的元素為___________(填元素符號)。

(3)已知原子數(shù)和價電子數(shù)相同的分子或離子為等電子體，互為等電子體的微粒結構相同，中心原子的雜化軌道類型為___________。

(4)向F的硫酸鹽(FSO4)溶液中，逐滴加入氨水至過量，請寫出該過程中涉及的所有離子方程式___________、___________。

(5)灼燒F的硫酸鹽(FSO4)可以生成一種紅色晶體，其結構如圖，則該化合物的化學式是___________。

(6)金屬F的堆積方式為___________。銅與氧可形成如圖所示的晶胞結構，其中Cu均勻地分散在立方體內部，a、b的坐標參數(shù)依次為(0，0，0)、()，則d點的坐標參數(shù)為___________。

32、ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途；碳在自然界中存在多種同素異形體，硅；鍺(Ge)及其化合物廣泛應用于光電材料領域?；卮鹣铝袉栴}：

(1)碳的一種單質的晶胞結構如圖(a)所示。該單質的晶體類型為___，原子間存在的共價鍵類型為___(填“σ鍵”、“π鍵”)，碳原子雜化方式為___。

(2)基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]___，有___個未成對電子。

(3)硅和鹵素單質反應可以得到SiX4，SiX4的沸點和二鹵化鉛PbX2的熔點如圖(b)所示。

①0℃時，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液態(tài)的是___(填化學式)，沸點依次升高的原因是___，氣態(tài)分子SiX4的空間構型是__。

②結合SiX4的沸點和PbX2的熔點的變化規(guī)律，可推斷：依F、Cl、Br、I的次序，PbX2中的化學鍵的離子性__、共價性__。(填“增強”“不變”或“減弱”)

(4)立方氮化硼的結構與圖(a)相似，已知晶胞邊長為361.5pm，則立方氮化硼的密度是___g·cm-3。(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示)評卷人得分六、工業(yè)流程題(共1題，共9分)33、CuCl可用作有機合成的催化劑。工業(yè)上用黃銅礦(主要成分是CuFeS2，還含有少量SiO2)制備CuCl的工藝流程如下：

回答下列問題：

(1)的電子排布式是：_______。

(2)“浸取”時，硫元素轉化為硫酸根離子，則反應的離子方程式為_______。

(3)“濾渣①”的成分是_______(填化學式)

(4)已知在水溶液中存在平衡：(無色)。“還原”時使用濃鹽酸和固體的原因是_______；當出現(xiàn)_______現(xiàn)象時；表明“還原”進行完全。

(5)制備請補充由還原所得的濾液液制備的操作步驟：_______，真空干燥。[已知是一種難溶于水和乙醇的白色固體，潮濕時易被氧化。實驗中必須使用的試劑：水、]。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

A．1個分子中的5個鍵、1個鍵和1個鍵均為極性鍵，物質的量為含有極性鍵的數(shù)目為7A錯誤；

B．在石英晶體中，1個與4個形成鍵，1個與2個形成鍵，含鍵的石英晶體中含氧原子的數(shù)目為B正確；

C．中配體為則中配體的數(shù)目為C錯誤；

D．與足量溶液反應生成但可水解，所以所得溶液中的數(shù)目小于D錯誤；

故選B。2、C【分析】【詳解】

A．由題給反應可推出x=118，y=294，故的中子數(shù)為294-118=176；質子數(shù)為118，A正確；

B．與的質子數(shù)相同；中子數(shù)不同，為同種元素，化學性質幾乎相同，B正確；

C．Og的質子數(shù)為118；位于第七周期0族，最外層有8個電子，為性質不活潑的非金屬元素，C錯誤；

D．錒系元素質子數(shù)為89～103；锎原子的質子數(shù)為98，屬于錒系元素，也為過渡元素，D正確；

故選C。3、C【分析】【詳解】

A．CH4與Cl2在光照下發(fā)生取代反應為連鎖反應，產物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，即1.0molCH4并完全轉化為CH3Cl，故生成的CH3Cl分子數(shù)小于NA；A錯誤；

B．溶液體積未知；無法計算離子數(shù)目，B錯誤；

C．12g金剛石的物質的量為=1mol，金剛石中1個碳原子參與形成4個C-C鍵，則1個碳原子形成4=2個C-C鍵，則含有化學鍵的物質的量為1mol2=2mol，數(shù)目為2NA；C正確；

D．隨著反應進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸不與銅反應，所以0.2molH2SO4不能完全反應，反應轉移電子數(shù)小于0.2NA；D錯誤；

答案選C。4、D【分析】【詳解】

A.BF3中B原子與3個F原子共形成3個共用電子對，所以B原子的最外層不滿足8電子結構，A錯誤；B.水分子中的H原子不滿足8電子結構，B錯誤；C.分子中，Be與2個Cl原子共形成2個共用電子對，所以Be原子最外層不滿足8電子結構，C錯誤；D.分子中，每個Cl原子與P原子形成一對共用電子對，Cl原子達到8電子結構，P原子還有1對孤對電子，所以P原子也達到8電子結構，D正確；答案選D。5、B【分析】【分析】

元素R；W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大；由乙結構可知，R連一個共價鍵為H，X連接一個共價鍵為C，Y連接三個共價鍵為N，Z連接兩個共價鍵為O，由甲結構可知，W為+1價陽離子且序數(shù)小于C，則W為Li，M連接七個共價鍵且R、W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依總和為42，則M為Cl，據(jù)此解答。

【詳解】

A．元素Z、Y與R形成的H2O2、N2H4；均是含有非極性鍵的18電子化合物，故A正確；

B．第一電離能：N>O>C>Li，即Y>Z>X>W；故B錯誤；

C．乙結構中存在氨基；可形成分子間氫鍵，所以沸點比丙酮高，故C正確；

D．甲中ClO-4為正四面體結構，∠ZMZ為109°28′，乙中的C原子為sp2雜化；∠ZXY為120°，故D正確；

故答案選B。6、A【分析】【詳解】

A．銅在潮濕空氣中被腐蝕生成堿式碳酸銅，化學方程式為A正確；

B．Cu在NH3環(huán)境中被腐蝕，銅充足的情況下發(fā)生反應的離子方程式為4Cu+8NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)2]++4OH-，銅不足的情況下離子方程式為2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-；B錯誤；

C．HNO3濃度較大形成濃硝酸時，Cu與濃硝酸反應的離子方程式為Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；C錯誤；

D．FeCl3與Cu反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；D錯誤；

故答案選A。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．中中心原子B的價層電子對數(shù)為3，B為sp2雜化；中中心原子N的價層電子對數(shù)為4，N為sp3雜化；故A錯誤；

B．是正四面體形分子且鍵角為故B錯誤；

C．已知酸性：是因為分子中有1個非羥基氧原子；HClO分子中只有0個非羥基氧原子，故C錯誤；

D．和中中心原子都采用sp3雜化；都只有1對孤電子對，都是三角錐形分子，故D正確；

故選D。8、C【分析】【詳解】

A．由紅外光譜可知；該有機物分子中含有C-H鍵；C-O鍵、O-H鍵三種不同的化學鍵，故A錯誤；

B．由核磁共振氫譜可知；核磁共振氫譜中有3個峰說明分子中有三種不同化學環(huán)境的氫原子，故B錯誤；

C．核磁共振氫譜中只能確定H原子種類；不能確定氫原子總數(shù)，故C正確；

D．若A的化學式為C2H6O，其結構簡式為CH3-O-CH3；該分子結構中只有一種氫原子，所以其吸收峰個數(shù)應該是1，與圖象不符合，故D錯誤；

答案為C。9、D【分析】【分析】

【詳解】

略二、多選題(共8題，共16分)10、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．葡萄糖分子(HOCH2?CHOH?CHOH?CHOH?CHOH?CHO)中；4個-CHOH-上的碳原子都是手性碳原子，故A正確；

B．基態(tài)銅原子的價電子排布圖應為故B錯誤；

C．[Co(NH3)4Cl2]+的中心離子分別與4個NH3分子中的N原子、2個Cl-形成6個配位鍵；故C正確；

D．AB2是V形，表明A原子的最外層至少有1對孤對電子，則A的價層電子對數(shù)可能為3，其A可能為sp2雜化；故D錯誤；

故選BD。11、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．NH3中心原子N原子價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+1=4；互斥模型為正四面體形，略去孤電子對后，實際上其空間構型是三角錐形，A正確；

B．SO3的孤電子對數(shù)為(6-32)=0；σ=3，價層電子對數(shù)=3+0=3，分子價層電子對互斥模型；平面三角形，孤電子對為0，即為分子的空間結構為平面三角形，故B錯誤；

C．CCl4中中心原子C原子價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=4+(4-41)=4；互斥模型為正四面體形，中心原子不含孤電子對，分子構型為正四面體形，C錯誤；

D．CO2中每個O原子與C原子形成兩個共同點子對；所以C原子價層電子對數(shù)為2，且不含孤電子對，互斥模型與分子的幾何構型相同，D錯誤；

故選A。12、BC【分析】【詳解】

A．碳鉑分子中含有多個飽和碳原子，則所有碳原子不可能在同一平面上，故A錯誤；

B．N原子形成類似于的結構，即存在4個σ鍵，則N原子的雜化方式是故B正確；

C．碳鉑分子中有4個C原子均形成4個σ鍵，為雜化，2個C原子均形成3個σ鍵，為雜化，則碳鉑分子中雜化的碳原子數(shù)與雜化的碳原子數(shù)之比為2：1，故C正確；

D．均為σ鍵，鍵中有1個σ鍵，則1mol1，1-環(huán)丁二羧酸中含有σ鍵的數(shù)目為故D錯誤；

故選BC。13、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．1mol噻吩中含3molC-Cσ鍵；2molC-Sσ鍵，4molC-Hσ鍵，共9molσ鍵，故A正確；

B．噻吩中S原子與所有C原子間可形成大π鍵，故碳原子與硫原子均采取sp2雜化；每個C原子有一個未雜化的p軌道，每個軌道上各有一個電子，S原子有一個未雜化的p軌道，該軌道上有2個電子，這5個未雜化的p軌道垂直于分子平面，互相平行，“肩并肩”重疊形成大π鍵，故B正確；

C．該分子有2種氫原子；故一氯代物有2種，故C錯誤；

D．共價鍵的鍵長與原子半徑的大小有關；S原子與C原子的半徑不一樣，故所有共價鍵的鍵長不都相同，故D錯誤；

故選AB。14、CD【分析】【詳解】

A．Li+提供空軌道；O原子提供孤電子對；二者形成配位鍵，A錯誤；

B．冠醚Y空腔較大，Li+半徑較小；導致該離子不易與氧原子的孤電子對形成配位鍵，所以得不到穩(wěn)定結構，B錯誤；

C．根據(jù)相似相溶原理知，冠醚Z可溶于烯烴，加入冠醚Z中的K+因靜電作用將帶入烯烴中；增大反應物的接觸面積，提高了氧化效果，C正確；

D．X中O原子含有2對孤電子對；孤電子對之間的排斥力較強，導致X中鍵角小于W，D正確；

故選CD。15、BC【分析】【詳解】

A．CO2中的C為sp雜化，CCl4中的C為sp3雜化；故A正確；

B．CO2結構對稱；正負電荷中心重合，含有極性鍵，但是非極性分子，故B錯誤；

C．TiCl4晶體是分子晶體；配位數(shù)為4，故C錯誤；

D．FeCl3與KSCN溶液生成的[Fe(SCN)6]3-中，F(xiàn)e3+連接了6個SCN-，則Fe3+為中心離子，SCN-為配體；故D正確；

故選BC。16、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．晶體結構中重復出現(xiàn)的基本結構單元稱為晶胞；A正確；

B．晶體的外觀上具有規(guī)則的幾何外形；有些內部結構是在三維空間里呈現(xiàn)周期性有序排列，B錯誤；

C．晶胞只是晶體微觀空間里的基本單元；在它的上下左右前后無隙并置地排列著無數(shù)的晶胞，而且所有晶胞的形狀及其內部的原子種類；個數(shù)及幾何排列是完全相同的，古晶胞中的各原子個數(shù)比與晶體中的相等，C正確；

D．大部分晶胞是正六面體；但也有其他形狀的晶胞，D錯誤；

故答案為：D。17、AB【分析】【分析】

【詳解】

A．由晶胞結構可知；硒的配位數(shù)為4，A項正確；

B．晶胞中相鄰的Se2-與Zn2+之間的距離為晶胞體對角線長度的而晶胞體對角線為晶胞棱長的倍，故相鄰的Se2-與Zn2+之間的距離為pm；B項正確；

C．一個晶胞中，Zn原子個數(shù)為4，Se原子個數(shù)為晶胞質量為晶胞密度為ρg·cm-3，晶胞參數(shù)為apm，則C項錯誤；

D．A點原子分數(shù)坐標為(0，0，0)，則C點的原子分數(shù)坐標為D項錯誤；

答案選AB。三、填空題(共8題，共16分)18、略

【分析】【詳解】

試題分析：本題主要通過濃鹽酸與高錳酸鉀溶液氧化還原反應的討論；考查氧化還原反應的配平；電子轉移計算、離子半徑比較方法、氧化性強弱比較方法、非金屬性強弱比較方法、核外電子排布等基礎知識，考查考生運用化學知識解決實際問題的能力。

解析：（1）根據(jù)題干的提示，KMnO4+HCl→MnCl2+Cl2↑，本小題中HCl的成分可由KCl及H2SO4提供，配平后的總反應包含題中7中物質，既2KMnO4+10KCl+8H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O，該反應中還原產物為MnSO4，生成1molCl2時轉移電子數(shù)為2mol，因此每轉移1mol電子生成Cl20.5mol，標準狀況下體積為11.2L。正確答案：2KMnO4+10KCl+8H2SO46K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O（無需配平）、MnSO4、11.2L。（2）上述反應體系中，短周期元素的簡單離子包括O2-、Cl-、H+、S2-，其中電子排布相同的是Cl-和S2-，離子半徑S2->Cl-。正確答案：S2->Cl-。（3）Cl是17號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，最外層電子排布式為3s23p5，原子核外共有17種運動狀態(tài)不同的電子。正確答案：3S23P5、17。（4）NaBiO3中Bi元素為+5價，反應生成Bi3+說明NaBiO3被還原，“溶液又變?yōu)樽霞t色”說明原溶液中Mn2+被氧化生成MnO4-，所以氧化劑和氧化產物的氧化性強弱為BiO3->MnO4-。正確答案：BiO3-、MnO4-。（5）上述（1）的反應體系中；屬于同一主族的兩種元素為O和S。氧原子與硫原子最外層均有6個電子，前者含有兩個電子層，后者有三個電子層，氧原子半徑小于硫原子，氧原子得電子能力強于硫原子，所以，氧元素的非金屬性強于硫元素的非金屬性。正確答案：O；S；氧原子與硫原子最外層均有6個電子，前者只有兩層，后者有三層電子，氧原子半徑小于硫原子，氧原子得電子能力強于硫原子，所以，氧元素的非金屬性強于硫元素的非金屬性。

點睛：①氧化還原反應中，氧化劑的氧化性>氧化產物；還原劑的還原性>還原產物。②簡單粒子半徑比較方法：Ⅰ電子層數(shù)不同時，電子層數(shù)越多，一般半徑越大；Ⅱ電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越?。虎笸N元素，陽離子半徑<原子半徑，陰離子半徑>原子半徑?！窘馕觥?KMnO4+10KCl+8H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O（無需配平）MnSO411.2LS2->Cl-3S23P517BiO3—MnO4－OS氧原子與硫原子最外層均有6個電子，前者只有兩層，后者有三層電子，氧原子半徑小于硫原子，氧原子得電子能力強于硫原子，所以，氧元素的非金屬性強于硫元素的非金屬性。19、略

【分析】【詳解】

分析題給物質和溶劑的分子極性可知，葡萄糖、磷酸、水是極性分子，而碘、苯、四氯化碳是非極性分子。根據(jù)“相似相溶”規(guī)律可得出結論。故答案為易溶；易溶；難溶；難溶；難溶；難溶；易溶；易溶；根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，極性溶質易溶于極性溶劑，非極性溶質易溶于非極性溶劑?！窘馕觥竣?易溶②.易溶③.難溶④.難溶⑤.難溶⑥.難溶⑦.易溶⑧.易溶⑨.根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，極性溶質易溶于極性溶劑，非極性溶質易溶于非極性溶劑20、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)題意；非極性分子的μ=0，極性分子的μ＞0，據(jù)此分析判斷；

(2)根據(jù)分子的極性和結構特點分析判斷；

(3)根據(jù)相似相溶原理分析判斷。

【詳解】

(1)HCl是極性鍵形成的雙原子的極性分子，其μ＞0；根據(jù)價層電子對互斥模型可知，CS2是直線形分子，即非極性分子，其偶極矩為0；H2S、SO2中都是V形，即極性分子，其μ＞0；故μ=0的是CS2，故答案為：CS2；

(2)①μ(PF3)=1.03，說明PF3是極性分子，因此PF3是三角錐形結構；μ(BF3)＝0，說明BF3是非極性分子；其正負電荷重心重合，是平面正三角形結構，故答案為：三角錐形；平面正三角形；

(3)根據(jù)題意，Pt(NH3)2Cl2具有平面四邊形結構，若μ=0，則為非極性分子，NH3和Cl分別對稱分布在四邊形的4個角上，即正負電荷重心重合，故淡黃色者是若μ＞0，則為極性分子，NH3和Cl在四邊形的4個角上的分布是不對稱的，即正負電荷重心不重合，故棕黃色者是根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，水是極性分子，因此極性分子的溶質易溶解在水中，即在水中溶解度較大的是棕黃色者，故答案為：A?！窘馕觥竣?CS2②.三角錐形③.平面三角形④.A21、略

【分析】【詳解】

（1）①Ne中不存在化學鍵只含分子間作用力；②H2O中只含極性共價鍵；③NH3中只含極性共價鍵；④中既含離子鍵和極性共價鍵；⑤中只含離子鍵；⑥中只含非極性共價鍵；⑦乙烯中含非極性共價鍵和極性共價鍵；⑧中只含極性共價鍵；所以只存在極性共價鍵的是②③⑧；存在非極性共價鍵的是⑥⑦，只存在離子鍵的是⑤，不存在化學鍵的是①，存在分子間作用力的是①②③⑥⑦，故本題答案為：②③⑧；⑥⑦；⑤；①；①②③⑥⑦；

（2）①干冰的升華只是狀態(tài)的變化，化學鍵沒被破壞；②熔化電離出自由移動的離子，離子鍵被破壞；③溶于水電離出自由移動的離子，離子鍵被破壞；④溶于水，電離出自由移動的離子，共價鍵被破壞；⑤氫氣在氧氣中燃燒，共價鍵被破壞；⑥融化；共價鍵被破壞；⑦碳酸氫鈉受熱分解，破壞了離子鍵和共價鍵；所以未發(fā)生化學鍵破壞的是①；有離子鍵被破壞的是②③⑦；有共價鍵被破壞的是④⑤⑥；故本題答案為：①；②③⑦；④⑤⑥。

【點睛】

一般活潑金屬與活潑非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間易形成共價鍵，可據(jù)此判斷。【解析】②③⑧⑥⑦⑤①①②③⑥⑦①②③⑦④⑤⑥22、略

【分析】【分析】

根據(jù)三種物質所屬的晶體類型判斷熔化時克服離子鍵；利用離子半徑的大小判斷離子鍵的強弱，根據(jù)離子鍵的強弱判斷熔點的高低；利用均攤法計算晶胞中實際含有的微粒數(shù)，根據(jù)密度計算公式進行計算晶胞密度；

【詳解】

三種元素二價氧化物均為離子化合物，其熔點和離子鍵的強弱有關，離子的半徑越小，離子鍵越強，離子半徑r(Fe2＋)＞r(Co2＋)＞r(Ni2＋)，形成的離子鍵依次增強，熔點依次升高，則熔點NiO＞CoO＞FeO；根據(jù)晶胞結構，O2－占據(jù)了面心和頂點，面心的O2－被2個晶胞所共有，頂點被8個晶胞所共有，則該晶體中有個O2－；Co2＋占據(jù)了棱心和體心，棱心的Co2＋被4個晶胞所共有，體心的Co2＋被此晶胞所獨有；則該晶胞中含有。

個Co2＋；根據(jù)公式可得【解析】①.NiO＞CoO＞FeO②.23、略

【分析】【詳解】

(1)甲基對苯環(huán)有活化作用，所以在30℃時生成一硝基取代產物，而在60℃時生成一硝基取代產物；故答案為：甲基對苯環(huán)有活化作用；

(2)NH2Cl中各原子均滿足電子穩(wěn)定結構。NH2Cl的電子式為：故答案為：

(3)CO2晶體是分子晶體，SiO2是原子晶體，分子間作用力比共價鍵要弱得多，故SiO2晶體硬度大，故答案為：CO2晶體是分子晶體，SiO2是原子晶體，分子間作用力比共價鍵要弱得多，故SiO2晶體硬度大。【解析】①.甲基對苯環(huán)有活化作用②.③.CO2晶體是分子晶體，SiO2是原子晶體，分子間作用力比共價鍵要弱得多，故SiO2晶體硬度大24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)信息判斷，凡是能給出電子對的物質(離子、分子或原子團)都稱為路易斯堿，H2O能給出氫氧根，因此H2O屬于堿，凡是能接受電子對的物質(離子、分子或原子團)都稱為路易斯酸，Ag+能接受氫氧根離子，因此Ag+屬于酸；故答案為：堿；酸。

(2)根據(jù)題中熔點，得出AlF3是離子晶體，AlCl3是分子晶體，由于離子鍵強于分子間作用力，因此AlF3熔點比AlCl3高得多；故答案為：AlF3是離子晶體，AlCl3是分子晶體；離子鍵強于分子間作用力?！窘馕觥繅A酸AlF3是離子晶體，AlCl3是分子晶體；離子鍵強于分子間作用力25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)基態(tài)Cl原子電子排布為1s22s22p63s23p7；此時其核外電子占有的原子軌道數(shù)為9，同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大強酸，P元素原子3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：Cl＞P＞S，故答案為9；Cl＞P＞S；

(2)PCl3中P原子雜化軌道數(shù)為(5+3)=4，采取sp3雜化方式，1對孤對電子對，所以該分子構型為三角錐形，故答案為sp3；三角錐形；

(3)PH4Cl的電子式為Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中σ鍵為：1×4+4=8與π鍵個數(shù)為：2×4=8，所以個數(shù)之比為1：1，故答案為1：1；

(4)Mg2+半徑比Ni2+小，所以氧化鎂的晶格能大于氧化鎳，則熔點：MgO＞NiO，故答案為＞；Mg2+半徑比Ni2+??；MgO的晶格能比NiO大；

(5)NiO晶胞中離子坐標參數(shù)A為(0；0，0)，B為(1，1，0)，而C離子的x系坐標與Bx系坐標相同，y；z系坐標都在中點上，所以C離子坐標參數(shù)為(1，1/2，1/2)，故答案為(1，1/2，1/2)；

(6)根據(jù)圖片知，每個氧化鎳所占的面積=(2×am)×(2×am×sin60°)=2a2m2，則每平方米含有的氧化鎳個數(shù)=每個氧化鎳的質量=g，所以每平方米含有的氧化鎳質量=×g=故答案為【解析】①.9②.Cl>P>S③.sp3④.三角錐形⑤.⑥.1∶1⑦.>⑧.Mg2+半徑比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大⑨.（1，1/2，1/2）⑩.或四、判斷題(共4題，共36分)26、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；27、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產生的物質，該物質的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。28、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。29、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(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，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、原理綜合題(共3題，共6分)30、略

【分析】【分析】

(1)①離子晶體中離子鍵越強；離子晶體越穩(wěn)定；

②如果反應物能量之和大于生成物能量之和；則是放熱反應；

③化合物的熱穩(wěn)定性與物質的能量大小有關；能量越小越穩(wěn)定；

(2)根據(jù)蓋斯定律書寫；

(3)鎂在燃燒時先和氧氣反應生成氧化鎂；當氧氣完全反應后，鎂再和二氧化碳反應生成氧化鎂；

(4)若氧氣有剩余；則鎂只和氧氣反應生成氧化鎂，根據(jù)原子守恒計算；采用極限的方法計算；

(5)若容器中無氣體剩余；殘留固體中含有鎂，假設氣體全部為氧氣或二氧化碳，然后采用極限的方法解答；若容器中無氣體剩余，殘留固體中沒有鎂剩余，說明二者完全反應。

【詳解】

(1)①相同類型的離子晶體中，離子鍵越強，則離子間作用力越強，物質含有的能量越低，所以MgI2中Mg2＋與I?間的作用力小于MgF2中Mg2＋與F?間的作用力；故正確；

②根據(jù)圖象知，反應物的能量大于生成物能量，所以Mg與F2的反應是放熱反應；故正確；

③能量越小的物質越穩(wěn)定，所以化合物的熱穩(wěn)定性順序為MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2；故錯誤；

故選①②；

(2)鎂和氟氣反應的熱化學反應方程式為：Mg(s)＋F2(g)＝MgF2(s)△H＝?1124kJ/mol①

Mg(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)△H＝?524kJ/mol②

將方程式②?①得MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+F2(g)△H＝(?524kJ/mol)?(?1124kJ/mol)＝+600kJ/mol，故答案為：MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+F2(g)△H＝+600kJ/mol；

(3)鎂先和氧氣反應生成氧化鎂；當氧氣完全反應后，鎂再和二氧化碳反應生成氧化鎂，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能參加反應也可能不參加反應，所以殘留固體物質一定含有氧化鎂，可能含有碳，故選B；

(4)鎂的物質的量＝＝mol，若氧氣有剩余，則鎂只和氧氣反應生成氧化鎂，根據(jù)原子守恒得n(Mg)＝n(MgO)，所以氧化鎂的質量＝mol×40g/mol＝g；

氧氣有剩余，氧氣的最小體積為大于和鎂完全反應的體積，而小于氣體總體積，2Mg＋O2＝2MgO，根據(jù)鎂和氧氣的關系式得當鎂和氧氣恰好反應時需要氣體氧氣物質的量＝mol×＝mol，則需要氧氣體積＝mol×22.4L/mol＝L，所以氧氣的體積為b＞V(O2)＞故答案為：g；b＞V(O2)＞

(5)若容器中無氣體剩余，殘留固體中含有鎂，說明鎂不足量，假設氣體全部是氧氣，氧氣完全反應時固體質量增加的質量＝mol×32g/mol＝g，則固體質量為(a＋)g；

假設氣體全部是二氧化碳，根據(jù)2Mg＋CO2→2MgO＋C知，固體增加的質量為二氧化碳的質量，所以固體增加的質量＝mol×44g/mol＝g，所以固體質量為(a＋)g，則容器內固體質量為(a＋)＜m＜(a＋)；

假設鎂和氧氣恰好反應，固體的質量為氧化鎂的質量＝g；

假設鎂和二氧化碳恰好反應，固體的質量為鎂和二氧化碳的質量＝a＋×1×44g/mol＝g，實際上固體質量介于二者之間，為＜m＜故答案為：(a＋)＜m＜(a＋)；＜m＜

【點睛】

根據(jù)鎂和氧氣、二氧化碳之間的反應結合極限法來分析解答，明確鎂和氧氣、二氧化碳混合氣體反應的先后順序是解本題關鍵。【解析】①②MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+F2(g)△H＝+600kJ/molBgb＞V(O2)＞(a＋)＜m＜(a＋)＜m＜31、略

【分析】【分析】

①F的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素，則F是Cu，A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次遞增的六種元素，④已知A、C原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4，則A、C最外層電子數(shù)分別為4個、6，分別為ⅣA、ⅥA；則B最外層有5個電子，處于ⅤA，②E原子價電子(外圍電子)排布為msnmpn－1；n=2，則E原子價電子(外圍電子)排布為ms2mp1；則E最外層3個電子，處于ⅢA，則E位于A、B、C下一周期，③D原子最外層電子數(shù)為偶數(shù)，且D原子序數(shù)大于C小于E，D不能和A、B、C處于同周期，則D位于A、B、C下一周期的ⅡA；A；B、C、D、E均為短周期元素，則A、B、C位于第二周期、D、E處于第三周期，綜上，A為碳元素、B為氮元素、C為氧元素、D為鎂元素、E為鋁元素、F為銅元素；

【詳解】

(1)A．原子半徑越小、單位體積內的自由電子數(shù)越多，金屬鍵越強，D為鎂元素、E為鋁元素、金屬鍵的強弱：D2、3s23p1；Mg的3S能級全充滿失去一個電子較困難，故基態(tài)原子第一電離能：D＞E，B正確；C．元素位于同主族時，核電荷數(shù)越大，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期從左到右元素原子半徑遞減，五種短周期元素中，原子半徑最大的原子是