2025年粵教版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年粵教版選擇性必修2化學上冊階段測試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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列與氫鍵有關的說法中錯誤的是（）A.鹵化氫中HF沸點較高，是由于HF分子間存在氫鍵B.鄰羥基苯甲醛()的熔、沸點比對羥基苯甲醛()的熔、沸點低C.氨水中存在分子間氫鍵D.形成氫鍵A—HB—的三個原子總在一條直線上2、觀察下列模型并結合有關信息；判斷下列說法錯誤的是。

。物質或結構單元結構模型示意圖備注熔點—易溶于—A.單質硼屬于原子晶體B.是非極性分子C.不易溶于水D.分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為3、下列判斷正確的是A.Li原子的核外電子排布式寫成1s3違背了能量最低原理B.電子的吸收光譜和發(fā)射光譜總稱原子光譜C.處于基態(tài)的氧原子電子排布圖表示成,違背了泡利原理D.某種基態(tài)原子中可能存在運動狀態(tài)完全相同的電子4、下列關于分子的結構和性質的描述中，錯誤的是A.冠醚利用不同大小的空穴適配不同大小的堿金屬離子進行“分子識別”B.乳酸()分子中含有一個手性碳原子C.碘易溶于濃碘化鉀溶液，甲烷難溶于水都可用“相似相溶”原理解釋D.氟的電負性大于氯的電負性，導致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性5、下列有關元素的性質及其遞變規(guī)律正確的是A.ⅠA族與ⅦA族元素間可形成多種強酸B.第2周期元素從左到右，最高正價從+1遞增到+7C.同主族元素的簡單陰離子還原性越強，則該元素的原子越易得到電子D.同周期金屬元素的化合價越高，其原子失電子能力越強6、下列各組物質性質的比較，結論正確的是A.物質的沸點：HF＜HClB.物質的硬度：金剛石＜晶體硅C.分子的極性：BCl3＜NCl3D.在苯中的溶解度：CCl4＜H2O7、甲、乙、丙、丁4種物質分別含2種或3種元素，它們的分子中均含18個電子，甲是氣態(tài)氫化物，在水中分步電離出兩種陰離子，下列推斷正確的是A.甲通入硫酸銅溶液中無明顯現(xiàn)象，但甲能與堿反應B.乙被稱為“綠色氧化劑”，則乙分子空間構型為直線形C.若丙中含有第二周期IVA族的元素，則丙可能與甲烷中碳氫個數(shù)比相同D.丁的溶液為強酸，用銅做電極電解丁溶液兩極都有氣體產(chǎn)生評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、部分短周期元素的原子半徑及主要化合價見下表。元素XYZWT原子半徑/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外層電子數(shù)11667

下列有關說法正確的是A.簡單離子的半徑：Y>Z>XB.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W>ZC.Y與Z形成的化合物可能具有強氧化性D.常溫下，W單質的分子間作用力小于T單質9、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。用表中信息判斷下列說法正確的是（）。元素XYZW最高價氧化物的水化物H3ZO40.1mol?L-1溶液對應的pH(25℃)1.0013.001.570.70

A.元素電負性：ZB.W和Y形成的化合物一定只含離子鍵C.元素第一電離能：Z＞W(wǎng)D.簡單氫化物的沸點：X10、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(jù)以上信息和數(shù)據(jù)，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11、關于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的說法中錯誤的是A.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ鍵的數(shù)目為15NAB.中心原子的化合價為+3價C.中心原子的配位數(shù)是6D.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，產(chǎn)生3mol白色沉淀12、含Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物的四方晶胞結構如圖所示，以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中的原子位置，稱作原子分數(shù)坐標。圖中M原子的分數(shù)坐標為()。下列說法正確的是。

A.圖中W原子的分數(shù)坐標為()B.該半導體化合物的化學式為CuZnSnS3C.Zn、Sn均位于S原子組成的八面體空隙中D.基態(tài)S原子中兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為7：913、科學家合成了11B的非碳導熱材料立方氮化硎晶體；其晶胞結構如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.11BN和10BN的性質不同B.BCl3和NCl3均為非極性分子C.該晶胞中含有14個B原子，4個N原子D.N原子周圍等距且最近的N原子數(shù)為1214、BF3與一定量的水形成一定條件下可發(fā)生如圖轉化；下列說法中正確的是。

A.熔化后得到的物質屬于離子晶體B.分子之間存在著配位鍵和氫鍵C.H3O+中氧原子為sp3雜化D.BF3是僅含極性共價鍵的非極性分子15、美國LawreceLiermore國家實驗室(LINL)成功地在高壓下將CO2轉化為具有類似SiO2結構的原子晶體，下列關于CO2的共價晶體說法，正確的是：A.CO2的共價晶體和分子晶體互為同分異構體B.在一定條件下，CO2共價晶體轉化為CO2分子晶體是化學變化C.CO2的共價晶體和CO2分子晶體具有相同的物理性質和化學性質D.在CO2的共價晶體中，每一個C原子周圍結合4個O原子，每一個O原子跟兩個C原子相結合16、AX4四面體(A為中心原子，如硅、鍺；X為配位原子，如氧、硫)在無機化合物中很常見。四面體T1按下圖所示方式相連可形成系列“超四面體”(T2、T3)；下列相關說法正確的是。

A.T4超四面體中有4種不同環(huán)境的X原子B.T4超四面體的化學式為A20X34C.T5超四面體中有6種不同環(huán)境的X原子D.T5超四面體的化學式為A35X56評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、我國自主研發(fā)的用氟硼鈹酸鉀()晶體制造深紫外固體激光器技術領先世界?；卮鹣铝袉栴}：

(1)寫出O原子的價層電子軌道表示式：_______，基態(tài)Be、B、O三種元素的原子第一電離能由大到小的順序為_______，KF、KCl、KBr三種晶體中熔點最高的是_______。

(2)在500～600℃氣相中，氯化鈹以二聚體的形式存在，在該二聚體中Be原子的雜化方式是_______，1mol中含有的配位鍵數(shù)目為_______。

(3)往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成配離子。已知與的空間結構都是三角錐形，但不易與形成配離子，其原因是_______。

(4)BeO晶體是制備氟硼鈹酸鉀晶體的原料之一，其晶胞結構如圖所示。與每個O原子最近且距離相等的Be原子的個數(shù)為_______；設O與Be的最近距離為pm，用表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則BeO晶體的密度為_______(用含和的式子表示)。

18、下面是s能級與p能級的原子軌道圖：

請回答下列問題：

(1)s電子的原子軌道呈_____形，每個s能級有_____個原子軌道；

(2)p電子的原子軌道呈_____形，每個p能級有_____個原子軌道.

(3)Na、Mg、Al第一電離能的由大到小的順序：__________________。

(4)將下列多電子原子的原子軌道按軌道能量由低到高順序排列：①2s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p軌道能量由低到高排列順序是_______。19、如圖表示元素周期表中部分元素的某種性質(X值)隨原子序數(shù)變化的關系示意圖。

(1)短周期中原子核外p能級上電子總數(shù)與s能級上電子總數(shù)相等的元素是______(填元素符號)。

(2)同主族內(nèi)不同元素的X值變化的特點是______；同周期內(nèi)，隨著原子序數(shù)的增大，X值的變化總趨勢是______。元素周期表中X值的這種變化特點體現(xiàn)了元素性質的______變化規(guī)律。

(3)預測S元素與元素x值的大小關系為______，x值最小的元素在元素周期表中的位置是______(放射性元素除外)。

(4)X值較小的元素集中在元素周期表的______(填標號)。

a．左下角b．右上角c．分界線附近。

(5)下列關于元素性質的說法正確的是______(填標號)。

a．X值可反映元素最高正化合價的變化規(guī)律。

b．X值可反映元素在化合物中吸引電子的能力。

c．X值的大小可用來判斷元素金屬性和非金屬性的強弱20、鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素。《中華本草》等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石()入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創(chuàng)傷。中，陰離子空間結構為___________，C原子的雜化形式為___________。21、以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨((NH4)3Fe(C6H5O7)2)。

(1)Fe基態(tài)核外電子排布式為________；中與Fe2+配位的原子是______(填元素符號)。

(2)H2O2是________分子(填“極性”“非極性”)，電子式為_______。

(3)NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是_______；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為___________。

(4)與互為等電子體的一種分子為_______(填化學式)。

(5)檸檬酸的結構簡式如下圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵為_________mol。

評卷人得分四、實驗題(共4題，共20分)22、某研究性學習小組設計實驗探究元素周期律和化學反應速率。

(1)甲組同學欲用下圖裝置探究同周期和同主族元素非金屬性的強弱。

①A中反應現(xiàn)象為____，驗證碳的非金屬性比氮的___(填“強”或“弱”)。

②B中反應現(xiàn)象為____，驗證碳的非金屬性比硅的___(填“強”或“弱”)。

③結論：同一周期從左到右元素非金屬性逐漸____(填“增強”或“減弱”)；同一主族從上到下元素非金屬性逐漸_______(填“增強”或“減弱”)。

④某同學考慮到稀硝酸的揮發(fā)，在裝置A和B之間增加一個盛有_______試劑的洗氣瓶。

(2)乙組同學在恒容容器中進行了三個實驗，反應為：2HI(g)?H2(g)+I2(g)，H2和I2的起始濃度均為0，反應物HI的濃度隨反應時間的變化情況如下表：。實驗序號時間/min

濃度/mol?L－1

溫度/℃010203040506014001.00.600.500.500.500.500.5024001.00.800.670.570.500.500.5034501.00.400.250.200.200.200.20

①實驗1中，在10～20min內(nèi)，v(HI)=__________mol?L－1?min－l。

②0～20min內(nèi)，實驗2比實驗1的反應速率______(填“快”或“慢”)，其原因可能是_______________。

③實驗3比實驗2的反應達到平衡時間_________(填“長”或“短”)，其原因是_________________________________________。23、四氯化碳主要用作優(yōu)良的溶劑；干洗劑、滅火劑、制冷劑、香料的浸出劑以及農(nóng)藥等；也可用于有機合成，工業(yè)上可用二硫化碳與氯氣反應制取四氯化碳。某化學小組用圖實驗裝置模擬工業(yè)制備四氯化碳。

已知：

①可與溴水反應生成硫酸和氫溴酸；

②與在鐵作催化劑的條件下；在85℃～95℃反應可生成四氯化碳；

③硫單質的沸點445℃，的沸點46.5℃，的沸點76.8℃、密度

(1)分子的空間結構為___________；其中C的雜化軌道類型為__________；寫出兩個與具有相同空間結構和鍵合形式的分子或離子__________、___________。

(2)上述儀器的連接順序為a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。

A裝置中導管k的作用為________________________。

(3)A裝置中發(fā)生反應的離子方程式為____________________(寫成其還原產(chǎn)物為)。

(4)反應結束后關閉此時F裝置的作用為_______________________。

(5)B裝置中發(fā)生反應的化學方程式為___________________________________。

(6)反應結束先過濾除去固體催化劑，再經(jīng)過_______(填操作名稱)可得到24、長期以來，人們認為氮分子不能作配體形成配合物，直到1965年，化學家Allen偶然制備出了第一個分子氮配合物，震驚了化學界。從此以后，人們對分子氮配合物進行了大量的研究。利用下圖裝置以X：FeHCIL2(L為一種有機分子)和Z：Na[B(C6H5)4]為原料，在常溫下直接與氮氣反應可以制備分子氮配合物Y：[FeH(N2)L2][B(C6H5)4|。

相關物質的性質。物質相對分子質量性質X：FeHCIL2504.5白色固體，易氧化，易溶于有機溶劑Y：[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]816橙色晶體，溶液中易氧化，固體較穩(wěn)定，可溶于丙酮，難溶于于石油醚。Z：Na[B(C6H5)4]342白色固體，易水解，易溶于丙酮，難溶于石油醚

(1)組裝好儀器，檢查裝置氣密性，通入氮氣一段時間。其目的是_______。

(2)向A中加入含X1.5g的120mL的丙酮溶液，B中加入含Z1.5g的50mL的丙酮溶液。儀器A的容積應為_______mL(填250或500)。儀器B的名稱為_______。

(3)繼續(xù)通入氮氣，慢慢將B中液體滴入到A中，打開磁力攪拌器攪拌30分鐘，停止通氣，冰水浴冷卻，析出大量橙色晶體，快速過濾，洗滌，干燥得到粗產(chǎn)品。寫出生成產(chǎn)品的化學方程式_______。

(4)將粗產(chǎn)品溶于丙酮，過濾；將濾液真空蒸發(fā)得橙色固體，用_______洗滌橙色固體，干燥、稱量得到產(chǎn)品1.5g。計算本實驗的產(chǎn)率_______(用百分數(shù)表示；保留1位小數(shù))。

(5)人們之所以對分子氮配合物感興趣，是因為某些分子氮配合物可以在常溫常壓下被還原為NH3。簡述該過程的意義_______。25、在處理NO廢氣的過程中，催化劑[Co(NH3)6]2+會逐漸失活變?yōu)閇Co(NH3)6]3+。某小組為解決這一問題，實驗研究和之間的相互轉化。

資料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44

ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105

Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035

iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性條件下均能生成NH

(1)探究的還原性。

實驗I．粉紅色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空氣中久置；無明顯變化。

實驗II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液；無明顯變化。

實驗III．按如圖裝置進行實驗；觀察到電壓表指針偏轉。

①甲同學根據(jù)實驗III得出結論：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。

乙同學補充實驗IV，____(補全實驗操作及現(xiàn)象)；否定了該觀點。

②探究堿性條件下的還原性；進行實驗。

ii中反應的化學方程式是____。

③根據(jù)氧化還原反應規(guī)律解釋：還原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在堿性條件下，OH-與Co2+、Co3+反應，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大；還原劑的還原性增強。

(2)探究的氧化性。

①根據(jù)實驗III和IV推測氧化性：Co3+>Cl2，設計實驗證明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(補全實驗操作及現(xiàn)象)，反應的離子方程式是____。

②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化劑，產(chǎn)生無色氣泡，該氣體是____。

(3)催化劑[Co(NH3)6]2+的失活與再生。

①結合數(shù)據(jù)解釋[Co(NH3)6]2+能被氧化為[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。

②根據(jù)以上實驗，設計物質轉化流程圖實現(xiàn)[Co(NH3)6]2+的再生：____。

示例：CoCoCl2Co(OH)2評卷人得分五、結構與性質(共1題，共7分)26、鹵素化學豐富多彩；能形成鹵化物；鹵素互化物、多鹵化物等多種類型的化合物。

（1）基態(tài)溴原子的價電子排布式為__。

（2）鹵素互化物如IBr、ICl等與鹵素單質結構相似、性質相近。則Cl2、IBr、ICl的沸點由高到低的順序為__。

（3）氣態(tài)氟化氫中存在二聚分子(HF)2，這是由于__。

（4）互為等電子體的微粒相互之間結構相似。I3+屬于多鹵素陽離子，根據(jù)VSEPR模型推測I3+的空間構型為___，中心原子雜化類型為__。

（5）鐵在元素周期表中的位置___（用“周期”和“族”來描述）。

（6）簡述三價鐵比二價鐵穩(wěn)定的原因___。

（7）如圖所示為鹵化物冰晶石（化學式為Na3AlF6）的晶胞。圖中●位于大立方體頂點和面心，○位于大立方體的12條棱的中點和8個小立方體的體心，▽是圖中●、○中的一種。圖中●、○分別指代哪種粒子__、__；大立方體的體心處▽所代表的是__。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．HF分子之間存在氫鍵；故熔點沸點相對較高，故A正確；

B．能形成分子間氫鍵的物質沸點較高；鄰羥基苯甲醛容易形成分子內(nèi)氫鍵，對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，所以鄰羥基苯甲醛的沸點比對羥基苯甲醛的沸點低，故B正確；

C．N；O、F三種元素容易形成氫鍵；因此氨水中存在分子間氫鍵，故C正確；

D．氫鍵結合的通式，可用X-HY表示，式中X和Y代表F，O，N等電負性大而原子半徑較小的非金屬原子；X和Y可以是兩種相同的元素，也可以是兩種不同的元素，但不一定在一條直線上，故D錯誤，故答案選D。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖知，結構單為空間網(wǎng)狀結構；熔點較高，為原子晶體，故A正確；

B．不同原子構成的共價鍵是極性鍵，分子中正負電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結合的多原子分子如結構對稱,正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子，SF6是由極性鍵S—F構成，空間構型為對稱結構，分子極性抵消，SF6為非極性分子；故B正確；

C．是非極性分子，易溶于難溶于水，故C正確；

D．的結構式為含有2個σ鍵和2個π鍵，故數(shù)目比為故D錯誤；

故選D。3、B【分析】【詳解】

A.Li原子的核外電子排布式寫成1s3違背了泡利原理；故A錯誤；

B.電子的吸收光譜和發(fā)射光譜總稱原子光譜；B正確；

C.處于基態(tài)的氧原子電子排布圖表示成；違背了洪特規(guī)則，故C錯誤；

D.電子填充在不同的能層；能層又分不同的能級，同一能級又有不同的原子軌道，每個軌道中最多可以填充兩個電子，自旋相反，在一個基態(tài)多電子的原子中，不可能有兩個運動狀態(tài)完全相同的電子，故D錯誤；

故答案為B。4、C【分析】【詳解】

A．同主族從上往下堿金屬元素的離子半徑逐漸增大,冠醚利用不同大小的空穴適配不同大小的堿金屬離子進行“分子識別”；A正確；

B．人們將連有四個不同基團的碳原子形象地稱為手性碳原子，中含1個手性碳原子(*所示)；B正確；

C．甲烷為非極性分子，水為極性分子，甲烷難溶于水可用“相似相溶”原理解釋，碘是非極性分子，碘易溶于濃碘化鉀溶液與發(fā)生反應有關；不可用“相似相溶”原理解釋，C錯誤；

D．氟的電負性大于氯的電負性，使得F3C-的極性大于Cl3C-的極性；三氟乙酸中的-COOH比三氯乙酸中的-COOH更容易電離出氫離子，三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，D正確；

故選C。5、A【分析】【詳解】

A.ⅠA族中的氫元素與ⅦA族元素可形成HCl、HBr；HI等多種強酸；A項正確；

B.第2周期中的O元素無最高正價；F元素無正化合價，B項錯誤；

C.同主族元素自上而下；非金屬性逐漸減弱，對應簡單陰離子的還原性逐漸增強，故簡單陰離子還原性越強，該元素的原子越難得電子，C項錯誤；

D.金屬元素化合價高低與原子得失電子多少有關；與原子得失電子能力無關，D項錯誤；

答案選A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A；氟化氫分子間存在氫鍵；所以沸點HF＞HCl，故A錯誤；

B．金剛石；晶體硅均是原子晶體；碳原子半徑小于硅原子半徑，則硬度：金剛石＞晶體硅，故B錯誤；

C．BCl3為平面正三角形分子，正負電荷重心重合，為非極性分子，而NCl3為極性分子，則分子極性：BCl3＜NCl3；故C正確；

D．苯和四氯化碳均為非極性分子，H2O為極性分子，結合相似相容原理可知，在苯中的溶解度：CCl4＞H2O；故D錯誤；

故答案選C。7、C【分析】【分析】

甲、乙、丙、丁4種物質分別含2種或3種元素，它們的分子中均含18個電子，甲是氣態(tài)氫化物，在水中分步電離出兩種陰離子，則甲為H2S；

【詳解】

A．甲為H2S；通入硫酸銅溶液中生成黑色沉淀CuS，A錯誤；

B．乙被稱為“綠色氧化劑”，則乙為H2O2，O原子sp3雜化；空間構型不是直線型，B錯誤；

C．若丙中含有第二周期IVA族的元素，則丙可以為CH4O或C2H6；可能與甲烷中碳氫個數(shù)比相同，C正確；

D．丁的溶液為強酸；則丁為HCl，用銅做電極電解丁溶液，銅為活性電極，陽極為Cu失電子，不產(chǎn)生氣體，D錯誤；

故選C。二、多選題(共9題，共18分)8、AC【分析】【分析】

Z和W最外層電子均為6；且Z原子半徑小，所以Z為O；W為S；T元素最外層電子書為7，其原子半徑介于Z和W之間，所以T為F；X和Y最外層電子均為1，且半徑均大于Z，Y元素半徑大于W；所以X為Na，Y為K；據(jù)此分析解題。

【詳解】

A．據(jù)分析可知，Y為K；Z為O；X為Na，電子層結構相同的離子，隨著核電荷數(shù)的增大，離子半徑減小；所以簡單離子的半徑：Y>Z>X；故A正確；

B．W為S；Z為O；電負性大小為Z>W，所以氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Z>W；故B錯誤；

C．Y為K；Z為O；K和O形成的過氧化鉀即可以做氧化劑又可以做還原劑；故C正確；

D．W為S；T為F；S單質為分子晶體；F單質為分子晶體；分子晶體之間作用力與分子量大小有關，S是以S8存在，F(xiàn)以F2存在；所以W單質的分子間作用力大于T單質；故D錯誤；

故答案選AC。9、AC【分析】【分析】

由0.1mol/L的H3ZO4的pH為1.57可知Z元素的最高價氧化物對應的水化物為弱酸，且Z元素的最高價為+5價，所以Z為P元素；0.1mol?L?1W的最高價氧化物對應的水化物的pH為0.70，說明該物質為多元強酸，為硫酸，則W為S元素；0.1mol?L?1Y的最高價氧化物對應的水化物的pH為13.00，說明該物質為一元強堿，為氫氧化鈉，則Y為Na元素；0.1mol?L?1X的最高價氧化物對應的水化物的pH為1.00；說明該物質為一元強酸，為硝酸，則Y為N元素，據(jù)此回答。

【詳解】

A．同一周期元素的電負性隨著原子序數(shù)的遞增而增大；因S的原子序數(shù)大于P，則S的電負性大于P，胡A正確；

B．S元素Na元素可以形成化合物Na2S2；該物質含有S原子和S原子形成的非極性共價鍵，故B錯誤；

C．同一周期元素原子的第一電離能總趨勢為依次增大；但由于第ⅡA；ⅤA族元素的電子排布結構為全充滿或半充滿狀態(tài)，原子結構較為穩(wěn)定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一電離能較相鄰兩個主族的電離能較大，故P的第一電離能大于S，故C正確；

D．相對分子質量越大，物質的熔沸點越高，但由于X的氫化物NH3中含有分子間氫鍵，因此NH3的沸點高于PH3的沸點；故D錯誤；

綜上所述，答案為AC。10、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。11、AD【分析】【詳解】

A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+與外界Cl-間為離子鍵，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+與配體NH3、Cl-間形成6個配位鍵，配位鍵屬于σ鍵，每個配體NH3中N、H原子間形成3個N—Hσ鍵，故1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ鍵為(6+)mol=21mol，即含有σ鍵的數(shù)目為21NA；A錯誤；

B．在該化合物中N；H、Cl元素的化合價依次為-3、+1、-1；根據(jù)化合物中各元素的正負化合價代數(shù)和為0，則Ti的化合價為+3價，B正確；

C．與Ti3+形成配位鍵的配位原子為N、Cl，Ti3+的兩個配體NH3、Cl-的個數(shù)依次為5；1；故配位數(shù)為5+1=6，C正確；

D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的電離方程式為[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能與Ag+反應形成白色沉淀，內(nèi)界中的Cl-不能與Ag+反應，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液；產(chǎn)生2mol白色沉淀，D錯誤；

答案選AD。12、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)M原子的分數(shù)坐標，可知W原子的分數(shù)坐標為()；故A正確；

B．根據(jù)均攤原則，晶胞中位于面上的Cu原子數(shù)為位于頂點和體心的Zn原子數(shù)為位于棱上和面心的Sn原子數(shù)為位于晶胞內(nèi)部的S原子數(shù)為8，則該半導體化合物的化學式為Cu2ZnSnS4；故B錯誤；

C．Zn；Sn均位于S原子組成的四面體空隙中；故C錯誤；

D．基態(tài)S原子的電子排布圖為兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為7:9，故D正確；

選AD。13、BC【分析】【詳解】

A．11B和10B互為同位素；形成的化合物在化學性質上無差異，但物理性質有差異，A項正確；

B．BCl3為平面三角形結構，為非極性分子；NCl3為三角錐形結構；為極性分子，故B錯誤；

C．該晶胞中，頂點上的B原子個數(shù)為8×=1，面心上的B原子個數(shù)為6×=3；共有4個B原子，C項錯誤；

D．由晶胞示意圖；1個N原子與4個B原子成鍵，每個B原子又分別和3個N原子成鍵，所以N原子周圍等距且最近的N原子數(shù)為3×4=12個，D項正確。

故選BC。14、CD【分析】【詳解】

A．從題干給定的轉化可以看出，熔化后得到的物質雖然由陰陽離子構成，但其為液體，故其不屬于離子晶體，故A錯誤；

B．分子間的H2O與H2O之間形成氫鍵；分子中O原子提供孤電子對，B原子提供空軌道，O與B原子之間存在配位鍵，但分子間不存在配位鍵，故B錯誤；

C．H3O+中氧原子價層電子對數(shù)=3+=4，則O原子采取sp3雜化；故C正確；

D．BF3中B原子價層電子對數(shù)=3+=3，則B原子采取sp2雜化；分子空間構型為平面三角形，結構對稱，是僅含極性共價鍵的非極性分子，故D正確；

答案選CD。15、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．二氧化碳原子晶體中不含分子；故A錯誤；

B．CO2原子晶體轉化為CO2分子晶體；結構已發(fā)生改變，且二者的性質也有較大差異，故二者是不同的物質，所以二者的轉變是化學變化，故B正確；

C．CO2原子晶體與CO2分子晶體，結構不同，二者是不同的物質，物理性質不同，如CO2原子晶體硬度很大，CO2分子晶體硬度不大；其化學性質也不同，故C錯誤；

D．CO2原子晶體與SiO2結構類似；每個碳原子與4個氧原子通過1對共用電子對連接，每個氧原子與2個碳原子通過1對共用電子對連接，故D正確；

故選：BD。16、CD【分析】【分析】

【詳解】

略三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【詳解】

（1）O是8號元素，則O原子價層電子軌道表示式Be失去的是2s上電子，B失去的是2p上的電子，2p能級的能量比2s能級的能量高，所以第一電離能Be大于B，O為同周期第VIA族第一電離能較大，所以基態(tài)Be、B、O三種元素的原子第一電離能由大到小的順序為KF、KCl、KBr都是離子晶體，離子半徑越小，晶格能越大，F(xiàn)-半徑最小，所以KF晶格能最大，熔點最高，答案：KF；

（2）氯化鈹以二聚體的形式存在，由結構式可知，1個Be與3個C1成鍵，形成3個鍵，中心原子Be無孤電子對，故Be采用sp2雜化，中含有的配位鍵，Be提供空軌道，C1提供孤電子，1mol中含有2mol配位鍵，數(shù)目為2NA，答案：

（3）N、F、H三種元素的電負性F>N>H，在NF3中，共用電子對偏向F，偏離N原子，氮原子上的孤對電子難于與Cu2+形成配位鍵，答案：電負性：在中，共用電子對偏向F，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與形成配位鍵；

（4）由晶胞結構可知每個Be周圍有四個O與其相連，配位數(shù)為4，設晶胞邊長為x，分析晶胞結構可知O與Be的最近距離是晶胞體對角線的即晶胞邊長為即根據(jù)均攤法計算每個晶胞中含Be4個，含O則BeO晶體的密度為答案：4；【解析】(1)KF

(2)

(3)電負性：在中，共用電子對偏向F，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與形成配位鍵。

(4)418、略

【分析】【分析】

s電子的原子軌道呈球形；p電子的原子軌道呈啞鈴形或紡錘形，s；p、d、f能級的原子軌道數(shù)分別為1、3、5、7；同周期第一種元素的第一電離能最小，最后一種元素的第一電離能（稀有氣體）最大，同族元素從上到下第一電離能變小；絕大多數(shù)基態(tài)原子核外電子的排布都遵循下列順序（能量由低到高）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s。

【詳解】

(1)s電子的原子軌道呈球形；每個s能級只有1個原子軌道；

(2)p電子的原子軌道呈啞鈴形或紡錘形；每個p能級有3個原子軌道；

(3)Na、Mg、Al分別位于第三周期ⅠA族、ⅡA族、ⅢA族，根據(jù)每周期第一種元素的第一電離能最小，最后一種元素的第一電離能（稀有氣體）最大，所以第一電離能的由大到小的順序為：Mg＞Al>Na；

(4)絕大多數(shù)基態(tài)原子核外電子的排布都遵循下列順序（能量由低到高）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s，所以題目中軌道能量由低到高排列順序為：①④⑥③②⑤?！窘馕觥竣?球②.1③.啞鈴或紡錘④.3⑤.Mg＞Al>Na⑥.①④⑥③②⑤19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)p能級上電子總數(shù)與s能級上電子總數(shù)相等的短周期元素的電子排布只有和即只有O和兩種元素；

(2)觀察Li、Na、K或F、Cl、Br；I等可以看出同主族元素X值的變化規(guī)律是：原子核外電子層數(shù)越多；X的值越?。挥^察每一條曲線即可看出同一周期元素X值的變化規(guī)律是：原子序數(shù)越大，X的值就越大；元素周期表中X值的這種變化特點體現(xiàn)了元素性質的周期性變化規(guī)律；

(3)S、Se是同一周期的元素X變化規(guī)律：原子核外電子層數(shù)越多，X的值越小，則S元素與Se元素X值的大小關系為：S＞Se；X值最小的元素是Fr元素；在元素周期表中的位置是第七周期第IA族；

(4)由于同一主族原子序數(shù)越大；X越?。煌恢芷谠氐脑有驍?shù)越大X越大，可知X值較小的主要集中在元素周期表的左下角，故合理選項是a；

(5)根據(jù)上述分析可知，X值表示元素的電負性，它可以反映元素在化合物中吸引電子的能力，也可以用于判斷元素金屬性和非金屬性的強弱，故合理選項是bc。【解析】O、同一主族元素，從上到下X值逐漸減小逐漸增大周期性S＞Se第七周期IA族abc20、略

【分析】【分析】

【詳解】

中碳原子的價層電子對數(shù)為3，中心碳原子采取雜化，故的空間結構為平面三角形。【解析】平面三角形21、略

【分析】【詳解】

(1)Fe元素為26號元素，根據(jù)基態(tài)原子核外電子排布規(guī)律可知其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；中配體為H2O；水分子中O原子核外有2對孤電子對，所以O原子為配位原子；

(2)H2O2分子呈書頁形，所以正負電荷中心不重合，為極性分子；電子式為

(3)NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)為=4，所以為sp3雜化；同周期元素自左至右第一電離能呈增大趨勢；但N原子2p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，所以C；N、O元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；

(4)原子數(shù)為5，價電子總數(shù)為8，其等電子體的分子有CH4或SiH4；

(5)由圖可知；含3個-COOH；1個-OH，所以含4個C-O鍵，3個C=O鍵，單鍵為σ鍵，雙鍵中含1個σ鍵，則1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵為7mol。

【點睛】

同一周期內(nèi)元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折，當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結構時，原子的能量較低，元素的第一電離能大于相鄰元素?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2O極性sp3N＞O＞CCH4或SiH47四、實驗題(共4題，共20分)22、略

【分析】【分析】

(1)①A中碳酸鈣與稀硝酸反應生成二氧化碳；硝酸鈣和水；

②A中生成的二氧化碳通入B中二氧化碳與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀；

③根據(jù)上述實驗結論；結合元素周期律回答；

④某同學考慮到稀硝酸的揮發(fā)；影響實驗現(xiàn)象和結論，需要將二氧化碳中混有的硝酸蒸汽除去；

(2)①結合表格數(shù)據(jù)，根據(jù)v=計算；

②實驗2與實驗1相比；初始濃度相同，體系溫度相同，0～20min內(nèi)，實驗2中HI的濃度的變化量小，據(jù)此分析；

③實驗3比實驗2相比；初始濃度相同，體系溫度不同，實驗2中達到平衡狀態(tài)時間更長，據(jù)此分析；

【詳解】

(1)①A中碳酸鈣與稀硝酸反應生成二氧化碳；硝酸鈣和水；實驗過程中A裝置內(nèi)固體溶解且有氣泡生成，A裝置中的反應過程符合強酸制弱酸原理，說明硝酸的酸性強于碳酸；最高價氧化物對應水化物的酸性越強，該元素非金屬性越強，則證明碳的非金屬性比氮的弱；

②A中生成的二氧化碳通入B中二氧化碳與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀；故B中的反應現(xiàn)象為產(chǎn)生白色渾濁，根據(jù)強酸制弱酸的原理，說明碳酸的酸性強于硅酸，根據(jù)①中的分析，則說明碳的非金屬性比硅的強；

③根據(jù)上述實驗結論；碳的非金屬性比氮的弱，說明同一周期從左到右元素非金屬性逐漸增強；碳的非金屬性比硅的強，說明同一主族從上到下元素非金屬性逐漸減弱；

④由于氮的非金屬性強于硅；稀硝酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)的硝酸進入B裝置也可以使B中的硅酸鈉溶液轉化為硅酸，產(chǎn)生白色渾濁，影響實驗現(xiàn)象和結論，需要將二氧化碳中混有的硝酸蒸汽除去。結合物質性質，二氧化碳與碳酸氫鈉不反應，硝酸可與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，因此在裝置A和B之間增加一個盛有飽和碳酸氫鈉的試劑洗氣；

(2)①結合表格數(shù)據(jù)，實驗1中，在10～20min內(nèi)，HI的濃度變化量為0.10mol?L－1，v(HI)===0.01mol?L－1?min－l；

②實驗2與實驗1相比；初始濃度相同，體系溫度相同，0～20min內(nèi)，實驗2中HI的濃度的變化量小，說明實驗1的反應速率快，由于該反應是氣體體積不變的體系，容器體積不變，壓強對該平衡體系無影響，導致此變化的原因為實驗1中加入催化劑，反應速率加快；

③結合表格數(shù)據(jù)，實驗3比實驗2相比，初始濃度相同，體系溫度不同，實驗2中達到平衡狀態(tài)時間更長，說明實驗3的反應速率快，原因為實驗3的反應溫度較高，化學反應速率較快，達到平衡時間短。【解析】①.固體溶解，有氣泡生成②.弱③.產(chǎn)生白色渾濁④.強⑤.增強⑥.減弱⑦.飽和碳酸氫鈉溶液⑧.0.01⑨.慢⑩.實驗1中使用了催化劑?.短?.實驗3的反應溫度較高，化學反應速率較快，達到平衡時間短23、略

【分析】【分析】

由實驗裝置圖可知，裝置A中重鉻酸鉀固體與濃鹽酸反應制備氯氣，濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，裝置F中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，其中長頸漏斗能起到平衡氣壓的作用，裝置D中盛有的濃硫酸用于干燥氯氣，裝置C中氯氣在催化劑作用下與二硫化碳在85℃～95℃條件下反應制備四氯化碳，裝置B中盛有的溴水用于吸收揮發(fā)出的二硫化碳，裝置E中盛有的氫氧化鈉溶液用于吸收未反應的氯氣，防止污染空氣，則裝置的連接順序為AFDCBAFBE，儀器的接口的連接順序為a→i、j→f、g→d、e→b；c→h。

【詳解】

（1）的價層電子對數(shù)為2+=2，且不含孤電子對，空間結構為直線形，其中C的雜化軌道類型為sp，CO2、SCN-和COS與是等電子體，與具有相同空間結構和鍵合形式。

（2）由分析可知，上述儀器的連接順序為a→i、j→f、g→d、e→b；c→h；A裝置中導管k的作用為平衡氣壓；便于濃鹽酸順利流下。

（3）裝置A中重鉻酸鉀固體與濃鹽酸反應制備氯氣，Cr元素化合價由+6價下降到+3價，Cl元素由-1價上升到0價，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。

（4）由實驗裝置圖可知，裝置F中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，其中反應結束后關閉長頸漏斗還能起到平衡氣壓做安全瓶的作用，同時還可以儲存未反應的氯氣。

（5）由分析可知，B裝置中發(fā)生的反應為二硫化碳與溴水反應生成硫酸和氫溴酸，S元素由-2價上升到+6價，Br元素由0價下降到-1價，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2。

（6）由分析可知，裝置C中氯氣在催化劑作用下與二硫化碳在85℃～95℃條件下反應生成四氯化碳和硫，反應制得的四氯化碳中混有未反應的二硫化碳和反應生成的溶于四氯化碳的硫，所以反應結束先過濾除去固體催化劑，再經(jīng)過蒸餾得到四氯化碳?！窘馕觥?1)直線形spCO2SCN-；COS

(2)i、j→f、g→d、e→b；c→h平衡氣壓；便于濃鹽酸順利流下。

(3)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O

(4)平衡氣壓做安全瓶；同時儲存氯氣。

(5)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2

(6)蒸餾24、略

【分析】【詳解】

（1）由表格內(nèi)容可知；反應物X與產(chǎn)物Y均易被氧化，通氮氣可排出裝置中的空氣，防止X和Y被氧化；

（2）三頸瓶中加入的液體體積為120mL+50mL=170mL；瓶中的液體不能超過容積的一半，因此三頸瓶應選用500mL的；由儀器的外觀可知，B是恒壓滴液漏斗；

（3）FeHClL2和Na[B(C6H5)4]與N2反應生成[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]和NaCl，方程式為FeHClL2+Na[B(C6H5)4]+N2=NaCl+[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]；

（4）產(chǎn)物Y難溶于石油醚，可以用石油醚洗滌；n(X)=≈0.002973mol，n(Y)=n(X)=0.002973mol，m(Y)=0.002973mol×816g/mol=2.426g，產(chǎn)率=×100%≈61.8%；

（5）該過程不需要傳統(tǒng)合成氨的高溫高壓條件，實現(xiàn)了在常溫常壓條件下合成氨氣。【解析】(1)排盡裝置內(nèi)的空氣。

(2)500恒壓滴液漏斗。

(3)FeHClL2+Na[B(C6H5)4]+N2=NaCl+[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]

(4)石油醚61.8%

(5)可以實現(xiàn)常溫常壓合成氨氣25、略

【分析】【分析】

利用不同氧化劑及還原劑，通過實驗研究和之間的相互轉化；探究氧化性和還原性強弱，通過分析及實驗進行驗證。

【詳解】

（1）①乙同學補充實驗IV，設計不含Co2+但氯離子濃度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，進行實驗，如：將實驗Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替換為0.2mol/LNaCl溶液進行實驗，指針偏轉幅度與實驗Ⅲ相同，從而否定了甲同學根據(jù)實驗III得出結論：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；

②ii中藍色沉淀Co(OH)2在空氣中緩慢反應被氧氣氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反應的化學方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；

③根據(jù)氧化還原反應規(guī)律解釋還原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在堿性條件下，OH-與Co2+、Co3+反應，使c(Co