2025年人教五四新版選擇性必修2化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教五四新版選擇性必修2化學(xué)上冊階段測試試卷580考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑小于Y，Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和等于W原子的核外電子總數(shù)，Y原子的第一電離能大于Z，X與W形成的化合物WX溶于水后，其水溶液呈強(qiáng)堿性。下列說法正確的是A.簡單離子的半徑：W＞ZB.簡單離子的還原性：Z＞YC.X、Y和Z三種元素形成的化合物中一定只含共價鍵D.X和Y兩種元素形成的化合物Y2X4的水溶液呈堿性2、下列有關(guān)描述正確的是A.熔點：F2>Cl2>Br2>I2B.無機(jī)含氧酸的酸性：H2SO32SO4<HClO4C.CS2和NO2互為等電子體D.基態(tài)Cr原子的價電子排布式：3d44s23、下列有關(guān)氧原子結(jié)構(gòu)的化學(xué)用語中，對電子運(yùn)動狀態(tài)描述最詳盡的是A.B.C.1s22s22p4D.4、下列各組物質(zhì)性質(zhì)變化不正確的是A.還原性：Cs＞Rb＞KB.酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4C.氫化物穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBrD.堿性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)35、下列敘述中，不符合化學(xué)史事實的是A.法國化學(xué)家拉瓦錫建立燃燒現(xiàn)象的氧化學(xué)說使近代化學(xué)取得了革命性進(jìn)展B.英國化學(xué)家在世界上首次合成了具有生物活性的蛋白質(zhì)-牛胰島素C.英國科學(xué)家道爾頓提出原子學(xué)說，為近代化學(xué)的發(fā)展奠定了堅實基礎(chǔ)D.俄國化學(xué)家門捷列夫發(fā)現(xiàn)了元素周期律，找到了元素的內(nèi)在規(guī)律6、我國科研團(tuán)隊對嫦娥五號月壤的研究發(fā)現(xiàn)，月壤中存在一種含“水”礦物Ca5(PO4)3(OH)。下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)錯誤的是A.—OH的電子式：B.的結(jié)構(gòu)示意圖：C.H2O中O原子的雜化軌道類型為D.的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形7、科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)和的轉(zhuǎn)移（如a、b和c），能將海洋中的轉(zhuǎn)化為進(jìn)入大氣層；反應(yīng)過程如圖所示。

下列說法正確的是A.過程中的粒子和二者中心原子N的雜化方式相同B.a和b中轉(zhuǎn)移的數(shù)目相等C.過程Ⅱ中參與反應(yīng)的D.過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、現(xiàn)有三種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①②③則下列有關(guān)比較中正確的是A.未成對電子數(shù)：②>①>③B.原子半徑：③>②>①C.電負(fù)性：③>②>①D.第一電離能：③>②>①9、短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Q、R的原子的最外層電子數(shù)之和為12，X與R同主族，Q是地殼中含量最高的元素。下列說法正確的是A.簡單離子半徑：Z＞Q＞RB.最簡單氫化物的沸點：Y＞Z＞QC.R的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)堿D.X、Z、Q三種元素可形成離子化合物和共價化合物10、下列化學(xué)用語表達(dá)正確的是（）A.質(zhì)子數(shù)為8，中子數(shù)為10的氧原子：B.CO2的比例模型C.Na2S4的電子式：D.Ni在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族11、極易發(fā)生水解；水解機(jī)理如圖所示，下列說法錯誤的是。

A.整個反應(yīng)歷程中P的化合價不變B.水解產(chǎn)物是一種三元弱酸C.中3個原子被取代的機(jī)會不相等D.分子的P原子有孤電子對，易與金屬離子配位而形成配合物12、在二氧化硅晶體中原子未排列成緊密堆積結(jié)構(gòu)，其原因是A.共價鍵具有飽和性B.共價鍵具有方向性C.二氧化硅是化合物D.二氧化硅是由非金屬元素原子構(gòu)成的13、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(zhuǎn)變成需要吸收的能量為14、下列各物質(zhì)的物理性質(zhì)，判斷構(gòu)成固體的微粒間以范德華力結(jié)合的是（）A.氮化鋁，黃色晶體，熔點2200℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電B.溴化鋁，無色晶體，熔點98℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電C.五氟化釩，無色晶體，熔點19．5℃，易溶于乙醇、丙酮中D.溴化鉀，無色晶體，熔融時或溶于水時能導(dǎo)電15、硼酸()是具有層狀結(jié)構(gòu)的晶體；硼酸層內(nèi)的分子通過氫鍵相連(如圖所示)，硼酸溶解度隨溫度升高而增大，并能隨水蒸氣揮發(fā)。下列說法正確的是。

的層次狀結(jié)構(gòu)A.硼酸晶體為分子晶體B.氧原子的雜化方式為sp2C.同一層上的硼原子能形成大鍵D.升高溫度硼酸溶解度增大，是因為硼酸間的氫鍵斷裂，重新與水形成氫鍵16、下列敘述不正確的是A.z≥83的元素都是放射性元素B.周期表中過渡元素種數(shù)比主族元素種數(shù)多C.在晶體中只要有陰離子就一定有陽離子D.離子化合物中不一定含有非金屬元素評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、揖選做題銥本題包括A；B兩小題；請選定其中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答。若多做，則按A小題評分。

A．[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

一項科學(xué)研究成果表明，銅錳氧化物(CuMn2O4)能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。

(1)向一定物質(zhì)的量濃度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀經(jīng)高溫灼燒，可制得CuMn2O4。

①M(fèi)n2＋基態(tài)的電子排布式可表示為______________________。

②NO3-的空間構(gòu)型是_____________________(用文字描述)。

(2)在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO2，HCHO被氧化為CO2和H2O。

①根據(jù)等電子體原理，CO分子的結(jié)構(gòu)式為_____________________。

②H2O分子中O原子軌道的雜化類型為_____________________。

③1molCO2中含有的σ鍵數(shù)目為_____________________。

(3)向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2-。不考慮空間構(gòu)型，[Cu(OH)4]2-的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為_____________________。18、已知H和O可以形成和兩種化合物；回答下列問題：

(1)水是維持生命活動所必需的一種物質(zhì)。用球棍模型表示的水分子結(jié)構(gòu)是_______(填標(biāo)號)。

A.B.C.D.

(2)已知分子的結(jié)構(gòu)如圖所示，分子不是直線形的，兩個氫原子猶如在半展開的書的兩面上，兩個氧原子在書脊位置上，書頁夾角為而兩個與的夾角均為

①分子的電子式是_______，結(jié)構(gòu)式是_______。

②分子是含有_______(填“極性”或“非極性”，下同)鍵和_______鍵_______的分子。

③難溶于簡要說明理由：_______。

④中氧元素的化合價是_______，簡要說明原因：_______。19、聯(lián)氨(N2H4)可以用于處理高壓鍋爐水中的氧；防止鍋爐被腐蝕，其中一種可能的反應(yīng)機(jī)理如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)1molN2H4·H2O含σ鍵的數(shù)目為______。

(2)Cu2O與NH3·H2O反應(yīng)能形成較穩(wěn)定的的原因是____。

(3)N2H4與O2的相對分子質(zhì)量相近，但N2H4的熔點(2℃)，沸點(114℃)分別遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于O2的熔點(218℃)，沸點(183℃)，原因是____。

(4)NaClO發(fā)生水解可生成HClO，HClO的空間構(gòu)型是___，中心原子的雜化類型是___。20、回答下列問題：

(1)氮的常見氫化物有NH3和N2H4，純凈的N2H4為無色油狀液體，除相對分子質(zhì)量的影響外，其熔沸點明顯高于氨氣的原因為____。

(2)硼氫化鈉(NaBH4)各原子均滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為____。

(3)有科學(xué)家在實驗室條件下將干冰制成了原子晶體。則同是原子晶體的CO2和SiO2硬度大小關(guān)系：CO2____SiO2(填“<”“>”或“=”)，從結(jié)構(gòu)的角度說明理由：____。21、(1)判斷下列物質(zhì)所屬的晶體類型和微粒間相互作用。物質(zhì)熔點/℃晶體類型微粒間相互作用Fe1535______________NaBr755______________SiC2830______________-107______________

(2)用“＞”“＜”或“”填空。

①金屬鍵的強(qiáng)弱：Li_______K。

②晶格能的大小：KCl_______NaCl。

③晶體熔點的高低：SiO2_______SO2。

④水溶性的大小：CH4_______HCl。22、新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）可用于制作火箭發(fā)動機(jī)中燃料的噴嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高溫氮?dú)饬髦兄迫?。完成下列填空：______SiO2+______C+______N2______Si3N4+______CO。

（1）試配平該化學(xué)反應(yīng)方程式，將系數(shù)填寫在對應(yīng)位置上。在方程式上標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。____________

（2）反應(yīng)中______被還原，當(dāng)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1mol時，反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)為______。

（3）在該反應(yīng)體系中：所涉及物質(zhì)屬于非極性分子的電子式為______；所涉及元素中原子半徑最大的原子的最外層電子排布式為______。

（4）反應(yīng)的主要產(chǎn)物氮化硅所屬的晶體類型為______；證明氮化硅組成元素非金屬性強(qiáng)弱：

（Ⅰ）寫出一個化學(xué)事實______；

（Ⅱ）從原子結(jié)構(gòu)上進(jìn)行說明：______。23、二氧化氯（ClO2）是世界衛(wèi)生組織（WHO）推薦的A1級廣譜、安全、高效消毒劑。以下是ClO2的兩種制備方法：

方法一：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O

方法二：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O

完成下列填空：

(1)在方法一中，當(dāng)有0.2mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移時，參與反應(yīng)的還原劑為_________mol。

(2)在方法二中，反應(yīng)物H2C2O4_________（填序號）。

a．僅做氧化劑b．既被氧化又被還原。

c．發(fā)生氧化反應(yīng)d．既未被氧化也未被還原。

(3)兩種方法相比，___________（填寫“方法一”或“方法二”）制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。

(4)實驗室也可用氯酸鈉(NaClO3)和亞硫酸鈉(Na2SO3)用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，其化學(xué)反應(yīng)方程式為________________________________________________。

(5)氯原子核外共有______種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子，氯離子的最外層電子排布式是________。

(6)CCl4分子的空間構(gòu)型為__________________，CO2的電子式是___________________。

(7)相同壓強(qiáng)下，部分元素氯化物的熔點見表：。氯化物NaClKClCCl4熔點/℃804773-22.92

試解釋表中氯化物熔點差異的原因：_______________________________________________________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)24、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、計算題(共2題，共20分)25、根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)示意圖；計算晶胞的體積或密度。

(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該化合物的化學(xué)式為___________。該化合物的相對分子質(zhì)量為M，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。若該晶胞的邊長為apm，則該晶體的密度是___________g·pm-3。

(2)S與Cu形成化合物晶體的晶胞如圖所示。已知該晶體的密度為ag·cm-3，則該晶胞的體積為___________cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。

26、按要求填空。

(1)一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為___________，微粒之間的作用力為___________。

(2)上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進(jìn)入由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與(如圖1)的結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，晶胞中含B原子數(shù)目為___________。

(4)鐵有δ、γ、α三種同素異形體，δ?Fe晶胞參數(shù)為acm，則鐵原子半徑為___________(假設(shè)原子為剛性球體)；δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為___________。

(5)奧氏體是碳溶解在γ?Fe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞如圖所示，若晶體密度為ρg?cm?3，則晶胞中最近的兩個碳原子的距離為___________pm(阿伏加德羅常數(shù)的值用表示；寫出計算式即可)。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大；X的原子半徑小于Y，Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和等于W原子的核外電子總數(shù)，Y原子的第一電離能大于Z，X與W形成的化合物WX溶于水后，其水溶液呈強(qiáng)堿性，則X是H，Y是N，Z是O，W是Na，WX是NaH，其水溶液為NaOH。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X是H；Y是N，Z是O，W是Na，WX是NaH，其水溶液為NaOH。

A．Na+、O2-核外電子排布都是2、8，對于電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑：W(Na+)＜Z(O2-)；A錯誤；

B．元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單陰離子的還原性就越弱。由于元素的非金屬性：O＞N，所以簡單離子的還原性：Z(O2-)＜Y(N3-)；B錯誤；

C．X是H，Y是N，Z是O，這三種元素形成的化合物可以是共價化合物HNO3，其中只含有共價鍵；也可以是離子化合物NH4Cl；其中含有共價鍵和離子鍵，因此三種元素形成的化合物中不一定只含共價鍵，C錯誤；

D．X是H，Y是N，二者形成的化合物N2H4溶于水，反應(yīng)產(chǎn)生OH-；使溶液顯堿性，D正確；

故合理選項是D。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．鹵素單質(zhì)的熔點高低是：F2＜Cl2＜Br2＜I2；故A錯誤；

B．H2SO3中非羥基氧為1個，H2SO4中非羥基氧為2個，HClO4中非羥基氧為3個，非羥基氧越多酸性越強(qiáng)，故酸性：H2SO32SO4<HClO4；故B正確；

C．CS2的價電子數(shù)為4+6×2=16，NO2的價電子數(shù)為5+6×2=17；不是等電子體，故C錯誤；

D．基態(tài)Cr原子的價電子排布式：3d54s1；故D錯誤。

答案選B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．只描述了原子序數(shù)是8；即原子外共有8個電子，A錯誤；

B．原子結(jié)構(gòu)示意圖只表示核外電子的分層排布情況；B錯誤；

C．原子核外電子排布式只具體到亞層電子數(shù)；C錯誤；

D．原子軌道排布式包含了電子層數(shù)；亞層數(shù)以及軌道內(nèi)電子的自旋方向；因此最詳盡的描述了電子運(yùn)動狀態(tài)，D正確；

答案選D。4、B【分析】【詳解】

A．同主族元素，從上到下金屬性逐漸增強(qiáng)，則還原性Cs>Rb>K；A正確；

B．次氯酸為弱酸；其酸性弱于硫酸和磷酸，故B錯誤；

C．元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，則氫化物穩(wěn)定性HF>HCl>HBr；C正確；

D．元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，則堿性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；D正確；

故答案選B。5、B【分析】【詳解】

A．法國化學(xué)家拉瓦錫1771年建立燃燒現(xiàn)象的氧化學(xué)說；使近代化學(xué)取得了革命性的進(jìn)展，故A正確；

B．結(jié)晶牛胰島素是中國科學(xué)家于1965年合成的；而不是英國化學(xué)家合成的，故B錯誤；

C．英國科學(xué)家道爾頓于19世紀(jì)初提出原子學(xué)說；為近代化學(xué)的發(fā)展奠定了堅實基礎(chǔ)，故C正確；

D．1869年俄國化學(xué)家門捷列夫發(fā)現(xiàn)了元素周期律；找到了元素的內(nèi)在規(guī)律，故D正確。

故選：B。6、C【分析】【詳解】

A．O最外層電子數(shù)為6，羥基中O、H原子間共用1對電子，其電子式為故A正確；

B．Ca2+的質(zhì)子數(shù)為20，電子數(shù)為18，各層上電子數(shù)分別為2、8、8，其結(jié)構(gòu)示意圖為故B正確；

C．H2O中心O原子的價層電子對數(shù)為依據(jù)雜化軌道理論可知，O原子的雜化軌道類型為sp3雜化；故C錯誤；

D．的中心原子的價層電子對數(shù)為P原子上無孤電子對，其VSEPR模型為正四面體，離子的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，故D正確；

故選C。7、C【分析】【詳解】

A．銨根離子中氮原子的價層電子對數(shù)為4，氮原子的雜化方式為sp3雜化，亞硝酸根離子中氮原子的價層電子對數(shù)為3，氮原子的雜化方式為sp2雜化；兩者中心原子N的雜化方式不相同，故A錯誤；

B．由圖可知，a為在酶做催化條件下亞硝酸根離子在氫離子作用下得到電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為一氧化氮和水，轉(zhuǎn)化方程式為NO+H++e—=NO↑+H2O，b為在酶做催化條件下一氧化氮、銨根離子在氫離子作用下得到電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為聯(lián)氨和水，轉(zhuǎn)化方程式為NO+NH+2H++3e—=N2H4+H2O，則a和b中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目不相等；故B錯誤；

C．由圖可知，過程Ⅱ中參與反應(yīng)為在酶做催化條件下一氧化氮、銨根離子在氫離子作用下得到電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為聯(lián)氨和水，轉(zhuǎn)化方程式為NO+NH+2H++3e—=N2H4+H2O；則參與反應(yīng)的一氧化氮和銨根離子的物質(zhì)的量比1：1，故C正確；

D．由圖可知，過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為酶做催化條件下，亞硝酸根離子與銨根離子反應(yīng)生成氮?dú)夂退?，反?yīng)的離子方程式為NO++NH=N2↑+2H2O；故D錯誤；

故選C。二、多選題(共9題，共18分)8、AD【分析】由核外電子排布式可知，①為S元素，②為P元素，③為F元素；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．基態(tài)S原子核外有2個未成對電子，基態(tài)P原子核外有3個未成對電子，基態(tài)F原子核外有1個未成對電子，所以未成對電子數(shù)：③<①<②；A正確；

B．同周期主族元素從左到右，原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑：P>S>F，即②>①>③；B錯誤；

C．同周期主族元素從左到右，電負(fù)性逐漸增大，同主族元素從上到下電負(fù)性逐漸減小，則電負(fù)性：③>①>②；C錯誤；

D．同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但P原子軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其元素第一電離能大于同周期相鄰元素，同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，所以第一電離能：F>P>S，即③>②>①；D正確；

故選AD。9、AC【分析】【分析】

Q是地殼中含量最高的元素；則Q為O元素，則X；Y、R的最外層電子數(shù)之和為6，X與R同族，則最外層電子數(shù)相同，則只有1、1、4滿足條件，X、Y的原子序數(shù)均小于O，所以X可以是H或Li，Y為C，R為Na，Z位于C和O之間，為N元素。

【詳解】

A．Z、Q、R對應(yīng)的簡單離子分別為N3-、O2-、Na+，電子層結(jié)構(gòu)相同，則核電荷數(shù)越小半徑越大，所以半徑N3-＞O2-＞Na+；即Z＞Q＞R，A正確；

B．Y的最簡單氫化物為CH4，Z的最簡單氫化物為NH3，Q的最簡單氫化物為H2O，NH3和H2O分子之間均存在氫鍵，沸點高于CH4，而H2O常溫下為液體，沸點高于NH3，所以沸點H2O＞NH3＞CH4；即Q＞Z＞Y，B錯誤；

C．Na元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物為NaOH；是一種強(qiáng)堿，C正確；

D．若X為Li元素；則Li；N、O只能形成離子化合物，D錯誤；

故選AC。10、CD【分析】【詳解】

A．元素符號左上角標(biāo)質(zhì)量數(shù)（質(zhì)子與中子之和），即A錯；

B．CO2為直線型；B錯；

C．Na+寫在兩側(cè)；C正確；

D．Ni為28號元素，電子排布式為[Ar]3d84s2，確定Ni位于第四周期第VIII族，D正確。11、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．由反應(yīng)歷程可知；整個過程中P的化合價始終保持+3價不變，故A正確；

B．由的結(jié)構(gòu)可知；其只含兩個羥基氫，屬于二元酸，故B錯誤；

C．中三個Cl處于對稱位置；每個Cl原子被取代的機(jī)會相等，故C錯誤；

D．分子中P原子有一對孤對電子未成鍵；與金屬離子的空軌道之間易形成配位鍵，從而形成配合物，故D正確；

故選：BC；12、AB【分析】【詳解】

由于共價鍵具有方向性和飽和性導(dǎo)致SiO2中Si和O必須按照一定的方向和一定的數(shù)目比例進(jìn)行結(jié)合；故導(dǎo)致在二氧化硅晶體中原子未排列成緊密堆積結(jié)構(gòu)，且不是所有化合物；所有非金屬元素原子構(gòu)成的物質(zhì)都是原子未排列成緊密堆積結(jié)構(gòu)；

綜上所述答案為AB。13、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(yīng)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(zhuǎn)變成需要吸收的能量為故D正確；

故選：AB。14、BC【分析】【詳解】

A.氮化鋁；黃色晶體，熔點2200℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電，符合原子晶體的特征，不以范德華力結(jié)合，故A錯誤；

B.溴化鋁；無色晶體，熔點98℃，熔融態(tài)不導(dǎo)電，符合分子晶體的特征，以范德華力結(jié)合，故B正確；

C.五氟化釩；無色晶體，熔點19．5℃，易溶于乙醇；丙酮中，符合分子晶體的特征，以范德華力結(jié)合，故C正確；

D.溴化鉀是離子晶體；不以范德華力結(jié)合，故D錯誤；

故選BC。15、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．由題意可知硼酸由硼酸分子構(gòu)成；屬于分子晶體，A正確；

B．硼酸分子中O的價層電子對數(shù)=2+=4，為sp3雜化；B錯誤；

C．同一層上含多個硼酸分子；硼原子形成了3個單鍵，沒有未成鍵電子，因此不能形成大π鍵，C錯誤；

D．硼酸溶解度隨溫度升高而增大；并能隨水蒸氣揮發(fā)，說明升高溫度硼酸分子與水分子間形成氫鍵且硼酸分子間的氫鍵斷裂，D正確；

答案選AD。16、AD【分析】【分析】

【詳解】

略三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①M(fèi)n原子序數(shù)為25，價電子排布為3d54s2，先失去4s上二個電子，即得Mn2＋；Mn2＋基態(tài)的電子排布式可表示為

②離子中氮原子無孤對電子，配位原子為3，則N采用sp2雜化，所以的空間構(gòu)型為平面三角形；

(2)①CO與N2互為等電子體；根據(jù)氮分子的結(jié)構(gòu)式可以寫出CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)；

②H2O中O原子存在兩對孤對電子，配位原子為2，價電子對為4，所以O(shè)原子采用sp3雜化；

③二氧化碳分子內(nèi)含有碳氧雙鍵，雙鍵中有一個為σ鍵，一個為π鍵，則1molCO2中含有2molσ鍵；

(3)Cu2+中存在空軌道，而OH－中O原子上面有孤對電子，故O與Cu之間以配位鍵結(jié)合，的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為：【解析】平面三角形C≡O(shè)或2mol18、略

【分析】【詳解】

(1)水分子中中心元素氧是sp3雜化；有2對孤電子對，所以水分子的空間構(gòu)型為V型，其球棍模型為B；

(2)①過氧化氫分子中氧原子間形成一個共價鍵，所以分子的電子式是成鍵電子對用短線表示，其結(jié)構(gòu)式是H—O—O—H；

②分子中；氫氧原子間形成極性鍵，氧氧原子間形成非極性鍵；根據(jù)題給信息分析可知，過氧化氫分子為不對稱結(jié)構(gòu)，屬于極性分子；

③由的空間結(jié)構(gòu)可知，是極性分子，分子內(nèi)既有極性鍵，又有非極性鍵，而為非極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，難溶于

④中，氧氧鍵屬于非極性鍵，而氧氫鍵屬于極性鍵，氧原子得電子能力強(qiáng)，共用電子對偏向氧原子，故氧元素的化合價是-1價?！窘馕觥緽H—O—O—H極性非極性極性因為極性分子，而為非極性溶劑，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，難溶于-1為非極性鍵，而為極性鍵，共用電子對偏向氧原子，故氧為-1價19、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)N2H4·H2O成鍵原理進(jìn)行分析；(2)根據(jù)形成的結(jié)構(gòu)特點進(jìn)行判斷；(3)根據(jù)氫鍵比較范德華力更強(qiáng)的性質(zhì)進(jìn)行解答；(4)根據(jù)雜化軌道理論進(jìn)行分析解答；

【詳解】

(1)N2H4·H2O分子含有1個N-N鍵、4個N-H鍵、2個O-H鍵，分子共含有7個σ鍵，所以1molN2H4·H2O含σ鍵的數(shù)目為7NA，故答案：7NA；

(2)Cu2O與NH3·H2O反應(yīng)能形成較穩(wěn)定的的原因是：NH3·H2O中NH3的N原子提供孤對電子與Cu+的空軌道形成配位鍵，故答案：NH3?H2O中NH3的N原子提供孤對電子，與Cu+的空軌道形成配位鍵；(3)因為N2H4分子之間存在氫鍵，O2分子之間為范德華力，氫鍵比較范德華力更強(qiáng)，所以N2H4與O2的相對分子質(zhì)量相近，但N2H4的熔點(2℃)，沸點(114℃)分別遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于O2的熔點(218℃)，沸點(183℃)，故答案：N2H4分子之間存在氫鍵，O2分子之間為范德華力，氫鍵比較范德華力更強(qiáng)；(4)HClO的中心原子O原子孤電子對數(shù)==2，價層電子對數(shù)=2+2=4，HClO的空間構(gòu)型為V形，O原子采取sp3雜化，故答案為:V形；sp3。【解析】①.7NA②.NH3?H2O中NH3的N原子提供孤對電子，與Cu+的空軌道形成配位鍵③.N2H4分子之間存在氫鍵，O2分子之間為范德華力，氫鍵比較范德華力更強(qiáng)④.V形⑤.sp320、略

【分析】(1)

N2H4相比于NH3可以形成更多的氫鍵；故其熔沸點明顯高于氨氣；

(2)

硼氫化鈉(NaBH4)為離子化合物，各原子均滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為

(3)

將干冰制成了原子晶體，CO2和SiO2同是原子晶體，C原子半徑小于Si原子，碳氧鍵的鍵長小于硅氧鍵，所以碳氧鍵的鍵能更大，故CO2硬度大于SiO2；【解析】(1)N2H4分子間的氫鍵比分子間的氫鍵強(qiáng)或氫鍵數(shù)目多。

(2)

(3)>C原子半徑小于Si原子，碳氧鍵的鍵長小于硅氧鍵，所以碳氧鍵的鍵能更大21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Fe是常見金屬單質(zhì)；屬于金屬晶體，金屬晶體中的作用力為金屬鍵；

NaBr由和構(gòu)成；熔點較高，屬于離子晶體，離子晶體中的作用力為離子鍵；

SiC由Si原子和C原子構(gòu)成；熔點非常高，屬于原子晶體，原子晶體中原子間的作用力為共價鍵；

BCl3由分子構(gòu)成；熔點很低，屬于分子晶體，分子晶體中的作用力為分子間作用力；

(2)①Li和K都是金屬晶體；Li原子和K原子的最外層電子數(shù)相同，而Li原子半徑更小，因而Li的金屬鍵更強(qiáng)；

②KCl和NaCl是堆積方式相同的離子晶體，半徑更大；因而KCl的晶格能更?。?/p>

③SiO2是原子晶體，SO2是分子晶體；原子晶體的熔點高得多；

④CH4是非極性分子，HCl和H2O都是極性分子，根據(jù)相似相容，HCl和H2O之間的作用力比CH4和H2O之間強(qiáng)得多，因而HCl的溶解度更大。【解析】①.金屬晶體②.金屬鍵③.離子晶體④.離子鍵⑤.原子晶體⑥.共價鍵⑦.分子晶體⑧.分子間作用力⑨.＞⑩.＜?.＞?.＜22、略

【分析】【詳解】

(1)由產(chǎn)物CO可知，SiO2與C化學(xué)計量數(shù)之比為1：2。由產(chǎn)物Si3N4可知SiO2與N2化學(xué)計量數(shù)之比為3：2，所以SiO2、C、N2化學(xué)計量數(shù)之比為3：6：2，令SiO2的化學(xué)計量數(shù)為3，C、N2化學(xué)計量數(shù)分別為6、2，結(jié)合元素守恒可知Si3N4、CO化學(xué)計量數(shù)分別為1、6，配平后方程式為3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，其中N的化合價降低，則N2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，C發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移12e-，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為

(2)反應(yīng)3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中N元素化合價降低，N2發(fā)生還原反應(yīng)，Si3N4為還原產(chǎn)物、CO為氧化產(chǎn)物，生成6molCO和1molSi3N4時，共轉(zhuǎn)移12mole-，所以當(dāng)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1mol時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移=2.4mol電子，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)電子數(shù)為2.4NA；

(3)反應(yīng)3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO中，N2為非極性分子，結(jié)構(gòu)式為N≡N，電子式為Si的原子半徑最大，最外層電子的4個電子排布于3s、3p能級上，即排布式為3s23p2；

(4)氮化硅(Si3N4)是共價化合物；可用于制作火箭發(fā)動機(jī)中燃料的噴嘴，說明其熔點高，所以氮化硅為原子晶體；

(I)比較N、Si非金屬性強(qiáng)弱，可根據(jù)元素的最高價含氧酸的酸性強(qiáng)弱判斷，酸性越強(qiáng)，則元素的非金屬性越強(qiáng)，即它們的最高價氧化物對應(yīng)水化物中，HNO3為強(qiáng)酸，H2SiO3為弱酸；

(Ⅱ)由于N原子半徑小，Si原子半徑大，形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)時N得電子的能力強(qiáng)，即得電子能力強(qiáng)的N原子的非金屬性強(qiáng)于Si，導(dǎo)致Si3N4中Si為+4價；N為-3價。

【點睛】

把握氧化還原反應(yīng)概念及規(guī)律、明確原子結(jié)構(gòu)和元素周期律是解題關(guān)鍵，注意理解運(yùn)用元素周期律解釋實際問題。【解析】N22.4NA3s23p2原子晶體HNO3為強(qiáng)酸，H2SiO3為弱酸（或Si3N4中Si為+4價、N為-3價等）相對原子半徑小的N原子最外層有5個電子，形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)得3個電子，相對原子半徑大的Si原子最外層有4個電子，形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)要得4個電子，得電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)時Si比N更難23、略

【分析】【詳解】

(1)方法一：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，根據(jù)化合價變化規(guī)律，同種元素化合價不交叉，NaClO3作氧化劑發(fā)生還原反應(yīng)生成ClO2，則兩份NaClO3參與反應(yīng)化合價降低2；四份HCl中2份體現(xiàn)還原性化合價升高生成氯氣；化合價升高2，2份HCl中Cl的化合價不變生成氯化鈉；則該反應(yīng)化合價變化為2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2；根據(jù)分析電子轉(zhuǎn)移數(shù)目與作還原劑的HCl物質(zhì)的量為1：1，當(dāng)有0.2mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移時，參與反應(yīng)的還原劑0.2mol。

(2)方法二：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；草酸中的碳元素從+3價→+4價，發(fā)生氧化反應(yīng)做還原劑；故選c；

(3)兩種方法相比，方法二制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒；其主要原因是方法一產(chǎn)生污染性氣體氯氣，而方法二產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w對水體無污染；

(4)硫酸酸化，Na2SO3做還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)得到Na2SO4，化合價升高2，NaClO3發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化氯，化合價降低1，根據(jù)化合價守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守