2025年滬科版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年滬科版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷474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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、科研人員利用作催化劑，在光照條件下實現(xiàn)了和合成該反應(yīng)歷程示意圖如圖。

下列說法不正確的是A.過程I中表面上進行的吸附與轉(zhuǎn)化B.過程Ⅱ中存在極性鍵的斷裂與形成C.過程Ⅴ中生成時吸收能量D.總反應(yīng)的化學(xué)方程式是2、我國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一類由Fe-Se-As-F-O組成的磁性超導(dǎo)材料。下列說法不正確的是A.Se原子核外有3個未成對電子B.Fe3+電子排布式為1s22s22p63s23p63d5C.的空間構(gòu)型為正四面體形D.基態(tài)F原子的核外電子有9種運動狀態(tài)3、鋯()和鎘()是目前光電材料廣泛使用的元素。和的晶胞分別如圖甲；圖乙所示：

下列說法正確的是A.每個鋯晶胞中含原子個數(shù)為8B.在鎘晶胞中兩個鎘原子最近核間距為C.在鎘晶胞中的配位數(shù)為4D.鋯晶體的密度為4、下列各組元素性質(zhì)遞變情況錯誤的是A.Li、Be、B原子的半徑依次減小B.P、S、Cl的第一電離能依次升高C.N、O、F的電負性依次增大D.O2-、Na+、Al3+的半徑依次減小5、合成氨反應(yīng)為下列有關(guān)合成氨反應(yīng)的說法正確的是A.反應(yīng)中每消耗轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約等于B.反應(yīng)的(E表示鍵能)C.反應(yīng)的D.反應(yīng)生成的的VSEPR模型為三角錐形6、我國科學(xué)家最近成功合成了世界首個五氮陰離子鹽R，其化學(xué)式為（N5）6(H3O)3(NH4)4Cl,從結(jié)構(gòu)角度分析，R中兩種陽離子的不同之處為A.中心原子的雜化軌道類型B.中心原子的價層電子對數(shù)C.立體結(jié)構(gòu)D.共價鍵類型7、“中國芯”的主要原材料是高純單晶硅，可通過反應(yīng)制備高純硅。下列有關(guān)說法正確的是A.是由極性鍵形成的極性分子B.沸點：C.鍵的極性：H—F>H—Cl>H—BrD.高純單晶硅熔沸點高于石墨的8、下列關(guān)于金屬的說法正確的是A.金屬鍵是金屬陽離子通過自由電子形成的強烈的靜電作用B.合金中不存在金屬鍵C.金屬的硬度都很大D.人類最早使用的金屬是鋁，因為它在地殼中分布最多評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、C；Si和P元素的前四級電離能變化趨勢如圖所示。下列說法不正確的是。

A.c為Si元素B.最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：c>a>bC.元素的電負性：a>c>bD.第五電離能：a>c>b10、表為部分短周期元素的原子半徑及主要化合價；根據(jù)表中信息，判斷以下敘述正確的是。

。元素代號。

L

M

Q

R

T

原子半徑/nm

0.160

0.143

0.086

0.102

0.074

主要化合價。

+2

+3

+2

+6；-2

-2

A.L、R形成的簡單離子核外電子數(shù)相等B.單質(zhì)與濃度相等的稀鹽酸反應(yīng)的速率為Q＞LC.氫化物的穩(wěn)定性為H2R＜H2TD.M與T形成的化合物既能與強酸反應(yīng)又能與強堿反應(yīng)11、用雙硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4絡(luò)合萃取法可從工業(yè)廢水中提取金屬離子，從而達到污水處理的目的。如在分離污水中的Cu2+時，先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如圖是用上述方法處理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的廢水時的酸度曲線(E%表示金屬離子以絡(luò)合物形式被萃取分離的百分率)；下列說法錯誤的是。

A.當(dāng)分離過程中，Bi3+發(fā)生的絡(luò)合反應(yīng)為Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH=11，一定存在關(guān)系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在關(guān)系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH時，絡(luò)合反應(yīng)達到平衡，則H2Dz與Bi3+絡(luò)合反應(yīng)平衡常數(shù)約為512、X、Y、Z、M、W為五種原子序數(shù)依次遞增的前36號元素。X、Y是同周期元素，原子序數(shù)相差1，價電子數(shù)之和為11；Z為第三周期元素，價電子數(shù)為2；基態(tài)M原子有6個未成對電子；W屬于ds區(qū)元素，有1個未成對電子。下列說法正確的是A.原子半徑：Z＞X＞Y，電負性：Y＞X＞ZB.M為ⅥB族元素，W+價電子排布式為3d94s1C.Z(XY3)2晶體含離子鍵和共價鍵，離子半徑：Y＜ZD.X和Y的簡單氫化物分子間均存在氫鍵13、向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速變黃，稍后產(chǎn)生氣體；再加入KSCN溶液，溶液變紅，一段時間后，溶液顏色明顯變淺。依據(jù)實驗現(xiàn)象，下列分析不正確的是A.產(chǎn)生氣體的原因是FeSO4將H2O2還原生成了O2B.H2O2溶液與FeSO4溶液反應(yīng)生成Fe3＋的證據(jù)是“溶液迅速變黃”和“溶液變紅”C.溶液顏色變淺，可能是過量的H2O2氧化了KSCND.溶液變紅的原因可用Fe3++3SCN-=Fe(SCN)?↓表示14、已知金屬鈉與兩種鹵族元素形成的化合物Q、P的晶格能分別為923kJ/mol、786kJ/mol，下列有關(guān)說法不正確的是A.Q的熔點比P的高B.若P是NaCl，則Q一定是NaFC.Q的離子間距比P的大D.若P是NaCl，則Q可能是NaBr評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、某烴的蒸氣對氫氣的相對密度為43；取21.5g此烴與過量的氧氣反應(yīng)，將其生成物通過濃硫酸，濃硫酸的質(zhì)量增加31.5g，再通過NaOH溶液，NaOH溶液質(zhì)量增加66g。

求：⑴此烴的分子式________。

⑵若該烴的一鹵代物有2種同分異構(gòu)體，請寫出此烴的結(jié)構(gòu)簡式和名稱_______；________16、用價層電子對互斥模型推測下列分子或離子的空間構(gòu)型。

(1)BeCl2___________；

(2)SO___________；

(3)SCl2___________；

(4)BF3___________；

(5)PF3___________；

(6)NH___________；17、(1)研究發(fā)現(xiàn)，在CO2低壓合成甲醇反應(yīng)(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中；Co氧化物負載的Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應(yīng)用前景?；卮鹣铝袉栴}：

①CO2和CH3OH分子中C原子的雜化形式分別為___________和___________。

②在CO2低壓合成甲醇反應(yīng)所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從高到低的順序為___________，原因是___________。

③硝酸錳是制備上述反應(yīng)催化劑的原料，Mn(NO3)2中的化學(xué)鍵除了σ鍵外，還存在___________。

(2)①丙酮()分子中碳原子軌道的雜化類型是___________，1mol丙酮分子中含有σ鍵的數(shù)目為___________。(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)

②C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為___________。

③乙醇的沸點高于丙酮，這是因為___________。18、許多元素及它們的化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途；請回答下列有關(guān)問題：

(1)某同學(xué)畫出基態(tài)碳原子的核外電子排布圖：該電子排布圖違背了_______；CH-CH3、CH都是重要的有機反應(yīng)中間體，CH的VSEPR模型為_______。

(2)CH4中共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為___________。

(3)基態(tài)溴原子的價層電子排布圖為________，用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn—Br的鍵角___________120°(填“>”、“<”或“=”)。

(4)CN-能與多種金屬離子形成配合物，例如，工業(yè)冶煉金的原理：2[Zn(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。與CN-互為等電子體的分子有___________(只寫一種)，1mol[Zn(CN)4]2-中含_____molσ鍵。

(5)類鹵素(SCN)2對應(yīng)的酸有兩種，理論上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸點低于異硫氰酸(H-N=C=S)的沸點，其原因是___________。19、2019年12月17日；經(jīng)中央軍委批準(zhǔn)，中國第一艘國產(chǎn)航母命名為“中國人民解放軍海軍山東艦”，舷號為“17”。2020年9月24日下午，國防部舉行例行記者會，國防部新聞局副局長；國防部新聞發(fā)言人譚克非大校稱：中國海軍山東艦已完成例行訓(xùn)練和海上試驗。

(1)航母用鋼可由低硅生鐵冶煉而成，則晶體硅、金剛石、碳化硅的熔點由高到低的順序為：金剛石>碳化硅>晶體硅，原因是_______。

(2)Ti的四鹵化物熔點如表所示，TiF4熔點高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點依次升高，原因是_______。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377-24.1238.3155

(3)航母螺旋槳主要用銅合金制造。含銅廢液可以利用銅萃取劑M；通過如圖反應(yīng)實現(xiàn)銅離子的富集，進行回收。

上述物質(zhì)M中含有的作用力有_______。

A.離子鍵B.非極性共價鍵C.極性共價鍵D.氫鍵E.配位鍵20、C60；金剛石、石墨、二氧化碳和氯化銫的結(jié)構(gòu)模型如圖所示(石墨僅表示出其中的一層結(jié)構(gòu))：

(1)金剛石屬于_______晶體，固態(tài)時，C60屬于_______(填“原子”或“分子”或“離子”)晶體。

(2)1mol金剛石中含有C—C單鍵的數(shù)目約是_______NA。

(3)石墨層狀結(jié)構(gòu)中，平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)是_______。

(4)CO2分子晶體中，每個CO2分子周圍有_______個與之緊鄰且等距的CO2分子。上圖晶胞中有_______個CO2分子。

(5)CsCl晶體中每個Cl-周圍緊鄰且等距的Cs+數(shù)目為_______。21、(1)路易斯酸堿電子理論認為：凡是能接受電子對的物質(zhì)(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(zhì)(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(zhì)。

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___________。22、鹵素鈣鈦礦已經(jīng)被廣泛應(yīng)用于太陽能電池、發(fā)光二極體等領(lǐng)域，其中合成二維/三維(2D/3D)的鈣鈦礦異質(zhì)結(jié)是提升器件穩(wěn)定性和轉(zhuǎn)換效率的一個策略，近期化學(xué)工作者在氣相合成的單晶三維鈣鈦礦CsPbBr3上合成外延生長的水平和垂直的二維鈣鈦礦(PEA)2PbBr4(PEA+代表)異質(zhì)結(jié)。回答下列問題：

(1)基態(tài)Br原子的價電子排布式為___。

(2)PEA+中N的價層電子對數(shù)為___，雜化軌道類型為___，PEA+中涉及元素的電負性由大到小的順序為___，1molPEA+中存在___molσ鍵。

(3)已知鉛鹵化合物中存在正四面體構(gòu)型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半徑最小的配體為___。已知[Pb2I6]2-中每個Pb均采用四配位模式，則[Pb2I6]2-的結(jié)構(gòu)式為___。

(4)Br2和堿金屬單質(zhì)形成的MBr熔點如表：。MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔點/℃747734693636

等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同時開始加熱優(yōu)先導(dǎo)電的是____(填化學(xué)式)，熔點呈現(xiàn)表中趨勢的原因是____。

(5)已知三維立方鈣鈦礦CsPbBr3中三種離子在晶胞(a)中占據(jù)正方體頂點、面心、體心位置，圖(b)顯示的是三種離子在xz面；yz面、xy面上的位置：

若晶胞邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為___g·cm-3(寫出表達式)。

②上述晶胞沿體對角線方向的投影圖為___(填標(biāo)號)。

A.B.C.D.23、的一種氯化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(黑球表示銅原子，白球表示氯原子)，該氯化物的化學(xué)式是____________.若該晶體的密度為以表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞的邊長_________

評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)24、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.錯誤評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共3分)25、A、B、C、D、E是前四周期的元素。A、B、C同周期，C、D同主族且原子半徑C>D，A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個未成對電子，E對應(yīng)的單質(zhì)是目前用量最大的金屬?；卮鹣铝袉栴}：

(1)寫出下列元素的符號：A___________，D___________。

(2)用化學(xué)式表示上述五種元素中最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性最強的是___________，堿性最強的是___________。

(3)E原子價電子排布式是___________，E元素在___________區(qū)。

(4)寫出D元素原子構(gòu)成單質(zhì)的電子式___________。評卷人得分六、計算題(共4題，共24分)26、現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A、B、C、D、E、F六種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最高的元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的C；D、E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)；且E原子的p軌道上電子比D原子的p軌道上電子多1個；六種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族。

回答下列問題：

(1)用電子式表示C和E形成化合物的過程：______。

(2)寫出基態(tài)F原子的核外電子排布式：______。

(3)A2D的電子式為______，其分子中______(填“含”或“不含”，下同)鍵，______π鍵。

(4)A、B、C共同形成的化合物中化學(xué)鍵的類型有______。27、回答下列問題。

(1)新型鈣鈦礦太陽能電池具備更加清潔；便于應(yīng)用、制造成本低和效率高等顯著優(yōu)點。一種鈣鈦礦太陽能電池材料的晶胞如圖所示。

該鈣鈦礦太陽能電池材料的化學(xué)式為______；該晶胞中，與I﹣緊鄰的I﹣個數(shù)為__________。

(2)金屬鉬晶體中的原子堆積方式如圖所示，若晶體鉬的密度為ρg·cm－3，鉬原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，M表示鉬的相對原子質(zhì)量，則鉬晶胞中原子的空間利用率為________(用含有ρ、r、NA；M的代數(shù)式表示)。

(3)阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法，X﹣射線衍射法就是其中的一種。通過對碲化鋅晶體的X﹣射線衍射圖像分析，可以得出其晶胞如圖所示。若晶體中Te呈立方面心最密堆積方式排列，Te的原子半徑為apm，晶體的密度為ρg·cm－3，碲化鋅的摩爾質(zhì)量為193g·mol－1，則阿伏加德羅常數(shù)NA=_________mol－1(列計算式表達)

(4)氮化鈦的晶胞如圖1所示，圖2是氮化鈦的晶胞截面圖。NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，氮化鈦的摩爾質(zhì)量為62g·mol－1，氮化鈦晶體密度為dg·cm－3，計算氮化鈦晶胞中N原子半徑為_________pm。

28、K2S的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。其中K＋的配位數(shù)為___________，S2-的配位數(shù)為___________；若晶胞中距離最近的兩個S2-核間距為acm，則K2S晶體的密度為___________g·cm-3(列出計算式；不必計算出結(jié)果)。

29、LiFePO4的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如(a)所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有___________個。

電池充電時，LiFeO4脫出部分Li+，形成Li1?xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如(b)所示，則x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．過程I中在表面吸附且和轉(zhuǎn)化為A正確；

B．過程Ⅱ中涉及鍵的斷裂與鍵和鍵的形成，且鍵、鍵、鍵均為極性鍵；B正確；

C．過程V中生成時，是與形成存在鍵形成的過程則該過程；放出能量，C錯誤；

D．該反應(yīng)總過程是和在作催化劑、光照條件下合成總反應(yīng)方程式為D正確。

故選：C。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．Se是34號元素，Se原子核外價層電子排布式是4s24p4；由于有3個4p軌道，一個軌道最多可容納2個電子，原子核外電子總是盡可能成單排列，則Se原子核外有2個未成對電子，A錯誤；

B．Fe是26號元素，F(xiàn)e原子失去最外層的2個4s電子和1個3d電子得到Fe3+，根據(jù)構(gòu)造原理可知基態(tài)Fe3+電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；B正確；

C．中的中心As原子價層電子對數(shù)是4+=4，其中不含孤電子對，因此的空間構(gòu)型為正四面體形；C正確；

D．F是9號元素；原子核外有9個電子，在任何一個原子中都不存在運動狀態(tài)完全相同的電子，則基態(tài)F原子的核外電子有9種運動狀態(tài)不同的電子，D正確；

故合理選項是A。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖甲知，鋯晶胞中Zr原子分別位于體內(nèi)、頂點和面心，因此每個鋯晶胞中含原子個數(shù)為=6；A錯誤；

B．在鎘晶胞中兩個鎘原子最近核間距為晶胞體對角線的一半，即為B錯誤；

C．在鎘晶胞中的配位數(shù)為8；C錯誤；

D．一個鋯晶胞中含有原子個數(shù)為=6，則一個鋯晶胞的質(zhì)量為鋯晶胞的體積為則一個晶體的密度為D正確；

答案選D。4、B【分析】【詳解】

A．Li；Be、B位于同周期；從左到右，原子半徑依次減小，故A正確；

B．P原子的3p軌道電子處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)；第一電離能大于相鄰?fù)芷谠?，則S；P、Cl的第一電離能依次升高，故B錯誤；

C．同周期自左向右電負性逐漸增大；則N；O、F的電負性依次增大，故C正確；

D．O2-、Na+、Al3+的核外電子排布相同；離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則其離子半徑依次減小，故D正確。

故選B。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由合成氨反應(yīng)可建立如下關(guān)系式:N2~3H2~6e-，則反應(yīng)中每消耗1molH2轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約等于2mol×6.02×1023mol-1=2×6.02×1023；A正確；

B．反應(yīng)的△H=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和=E(N=N)+3E(H-H)-6E(N一H)(E表示鍵能)；B不正確；

C．在合成氨反應(yīng)中，生成物氣體分子數(shù)小于反應(yīng)物氣體分子數(shù)，所以反應(yīng)的△S<0；C不正確；

D．反應(yīng)生成的為sp3雜化；VSEPR模型為正四面體，故D不正確；

故選A。6、C【分析】【分析】

根據(jù)信息和化學(xué)式可知，陽離子為對應(yīng)中心原子為N形成4個σ鍵；對應(yīng)中心原子為O形成3個σ鍵；空間構(gòu)型為是正四面體，空間構(gòu)型為三角錐形；以此解答。

【詳解】

根據(jù)信息和化學(xué)式可知，陽離子為對應(yīng)中心原子為N形成4個σ鍵，孤電子對數(shù)為=0，價層電子對數(shù)為4，雜化類型是sp3，其空間構(gòu)型為是正四面體，其共價鍵類型為極性共價鍵；的中心原子為O形成3個σ鍵，孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為4，雜化類型是sp3；空間構(gòu)型為三角錐形，其共價鍵類型為極性共價鍵，則兩種相同陽離子不同之處為C；

故選C。7、C【分析】【詳解】

A．的結(jié)構(gòu)與CCl4和CH4的結(jié)構(gòu)類似；均是由極性鍵形成的正四面體結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，A錯誤；

B．因為均屬于分子晶體；結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量依次增大，所以其分子間作用力依次增大，導(dǎo)致沸點依次增大，B錯誤；

C．另一個原子相同時，該原子的半徑越小、電負性越大，鍵的極性越大，則上述分子中，鍵的極性從大到小為：H—F>H—Cl>H—Br；C正確；

D．石墨屬于原子晶體；金屬晶體和分子晶體之間的一種混合晶體；層中原子之間的共價鍵能量很大，其熔沸點高于硅單質(zhì)的，D錯誤；

故選C。8、A【分析】【分析】

【詳解】

A．金屬鍵是金屬陽離子通過自由電子形成的強烈的靜電作用；故A正確；

B．合金中存在金屬離子和自由電子之間的金屬鍵；故B錯誤；

C．金屬的硬度有的很大；如鉻，硬度為9，僅次于金剛石，有的很小，如鈉，用小刀就可以切割，故C錯誤；

D．由于鋁很活潑；所以并沒有被人類很早使用。1825年丹麥科學(xué)家奧斯勒用鉀還原氧化鋁得到少量金屬鋁，從那以后，鋁才逐漸被人類認識并使用，且地殼中分布最多的元素為O，Al為最多的金屬元素，故D錯誤；

故選A。二、多選題(共6題，共12分)9、BC【分析】【分析】

同主族元素自上而下第一電離能逐漸減小，P元素原子3p軌道處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能高于同周期相鄰元素的第一電離能，故三種元素中Si第一電離能最小，由圖中第一電離能可知c為Si，P元素原子3s能級為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，故其第四電離能與第三電離能相差較大，則b為P元素；a為C元素，據(jù)此分析可得：

【詳解】

A．由分析可知，a、b；c分別為C、P、Si；故A正確；

B．a(chǎn)、b、c分別為C、P、Si，由于非金屬性P>C>Si，則其簡單氫化物的穩(wěn)定性故最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：b>a>c；故B錯；

C．一般而言同周期元素，從左至右電負性逐漸增強，同主族元素從上至下，電負性逐漸減小，故電負性：P>C>Si，則b>a>c；故C錯；

D．C、Si分別失去4個電子后，C的S的均為充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，再失去1個電子時，其第五電離能與第四電離能相差較大，且第五電離能：C>Si；P失去的第四個與第五個電子均為3s能級上的電子，故其第四電離能與第五電離能相差不大，故第五電離能：C>Si>P；故D正確；

答案選BC。10、CD【分析】【分析】

元素的最高正價=最外層電子數(shù)；最高正價與最低負價絕對值之和等于8。R；T兩元素最外層電子數(shù)為6，為第ⅥA元素，而R的半徑大于T，T為O，R為S。M元素最外層電子數(shù)為3，為B或Al，但是半徑遠大于氧和硫，則M為Al。Q和L的化合價均為+2價，所以均為第ⅡA族元素，L的半徑比Q大，則L為Mg，Q為Be。

【詳解】

A．L形成的簡單離子是Mg2+，R形成的簡單離子是S2-；它們的核外電子數(shù)分別是10和18，核外電子數(shù)不相等，A錯誤；

B．L為Mg；Q為Be，因為同主族，從上到下原子失電子能力逐漸增強，元素的金屬性增強，元素的金屬性越強，其單質(zhì)與鹽酸反應(yīng)越劇烈，B錯誤；

C．T為O，R為S，因為同主族，從上到下氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，所以穩(wěn)定性：H2O＞H2S，即H2R＜H2T；C正確；

D．M為Al；T為O，M與T形成的化合物是氧化鋁，屬于兩性氧化物，既能與強酸反應(yīng)又能與強堿反應(yīng)，D正確；

故選CD。11、BD【分析】【詳解】

A．由題意可知，分離污水中的Bi3+時，先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正確；

B．由圖可知，加氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH=11時，Zn(OH)離子的百分率為70%，則溶液中發(fā)生如下反應(yīng)：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的濃度是Zn(OH)濃度的2倍；故B錯誤；

C．NaHDz溶液中存在質(zhì)子關(guān)系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正確；

D．由圖示可知，溶液pH=2.5時，Bi(HDz)3的百分率為80%，反應(yīng)Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常數(shù)K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D錯誤；

故選BD。12、AD【分析】【詳解】

X、Y、Z、M、W為五種原子序數(shù)依次遞增的前36號元素。X、Y是同周期元素，原子序數(shù)相差1，價電子數(shù)之和為11，則X是N元素，Y是O元素；Z為第三周期元素，價電子數(shù)為2，則Z是Mg元素；基態(tài)M原子有6個未成對電子，則M核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，所以M是24號Cr元素；W屬于ds區(qū)元素；有1個未成對電子，則W是Cu元素，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)分析；解答。

【點睛】

根據(jù)上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Mg，M是Cr；W是Cu元素。

A．原子核外電子層數(shù)越大；原子半徑越大；同一周期元素原子序數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑Z＞X＞Y；元素的非金屬性越強，其電負性就越大，元素的非金屬性：Y＞X＞Z，則元素的電負性由大到小的順序為：Y＞X＞Z，A正確；

B．M為Cr元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族元素；W是Cu，W+價電子排布式為3d10；B錯誤；

C．化合物Z(XY3)2晶體為Mg(NO3)2，是鹽，由陽離子Mg2+與陰離子通過離子鍵結(jié)合，在陰離子中，N原子與O原子之間以共價鍵結(jié)合，因此Mg(NO3)2中含離子鍵和共價鍵，O2-、Mg2+核外電子排布是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：Y＞Z，C錯誤；

D．X是N，Y是O，由于二者的原子半徑小，元素的非金屬性強，所以它們形成的簡單氫化物NH3、H2O分子之間都存在氫鍵；D正確；

故合理選項是AD。13、AD【分析】【詳解】

A.產(chǎn)生氣體是生成的鐵離子與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)為故A錯誤；

B.溶液迅速變黃，再加入KSCN溶液，溶液變紅，則生成鐵離子，所以：“溶液迅速變黃”和“溶液變紅”可證明H2O2溶液與FeSO4溶液反應(yīng)生成Fe3+；故B正確；

C.溶液顏色變淺，可能是過量的H2O2氧化了KSCN；故C正確；

D.Fe(SCN)?不是沉淀；不能寫沉淀符號，故D錯誤。

故答案選：AD。14、CD【分析】【詳解】

A．Q的晶格能大于P的晶格能；故Q的熔點比P的高，故A正確；

B．因的半徑比的小，其他鹵素離子的半徑比的大，故若P是只有的晶格能強于的晶格能；則Q一定都是NaF，故B正確；

C．因Q、P中陽離子均為陰離子所帶電荷數(shù)相同，故晶格能的差異是由離子間距決定的，晶格能越大，表明離子間距越小，故C錯誤。

D．由B的分析可知；若P是NaCl，則Q只能是NaF，故D錯誤；

故選：CD。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

(1)該烴的相對分子質(zhì)量M＝43╳2＝86，m(H2O)＝31.5g→n(H)＝3.5mol，m(CO2)＝66g→n(C)＝1.5mol，所以n(C)：n(H)＝1.5：3.5＝3：7，該烴的最簡式為C3H7，M(C3H7)n＝86，n＝2，所以該烴分子式為C6H14；

(2)該烴的一鹵代物有2種同分異構(gòu)體，只有兩種等效氫，則該物質(zhì)高度對稱，符合題意的結(jié)構(gòu)簡式為CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2，名稱為：2，3—二甲基丁烷?！窘馕觥竣?C6H14②.CH3—CH(CH3)—CH(CH3)2③.2，3—二甲基丁烷16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)BeCl2中心原子的價層電子對數(shù)為=2；孤電子對數(shù)為0，為直線形；

(2)SO中心原子的價層電子對數(shù)為=4；孤電子對數(shù)為0，為正四面體形；

(3)SCl2中心原子的價層電子對數(shù)為=4；孤電子對數(shù)為2，為V形；

(4)BF3中心原子的價層電子對數(shù)為=3；孤電子對數(shù)為0，為平面三角形；

(5)PF3中心原子的價層電子對數(shù)為=4；孤電子對數(shù)為1，為三角錐形；

(6)NH中心原子的價層電子對數(shù)為=4，孤電子對數(shù)為0，為正四面體形；【解析】①.直線形②.正四面體形③.V形④.平面三角形⑤.三角錐形⑥.正四面體形17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①CO2的結(jié)構(gòu)式是O=C=O，碳原子的價層電子對數(shù)為故雜化方式為sp雜化；CH3OH中，碳原子連有4個共價單鍵，價層電子對數(shù)為4，故雜化方式為sp3雜化；

②四種物質(zhì)固態(tài)時均為分子晶體，分子晶體的沸點主要取決于分子間作用力的大小，包括范德華力與氫鍵，范德華力主要考慮分子的極性和相對分子質(zhì)量的大小，水與甲醇是極性分子，且分子間都存在氫鍵，水分子中氫鍵比甲醇多，二氧化碳與氫氣均為非極性分子，二氧化碳的相對分子質(zhì)量大，范德華力大，故沸點由高到低：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；

③硝酸錳是離子化合物，故存在離子鍵，在中，N原子的價層電子對數(shù)為N為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為平面三角形，N的5個價電子除去形成σ鍵的三個電子，還有未成鍵的2個電子，它與3個O的未成鍵電子，加上得到的一個電子，形成4中心6電子鍵；

(2)①單鍵都是σ鍵，雙鍵中有一個σ鍵，一個π鍵，所以甲基中碳原子形成4個σ鍵，羰基中碳原子形成3個σ鍵，均沒有孤對電子，甲基中碳原子的價層電子對數(shù)為4，碳原子采用sp3雜化，羰基中碳原子的價層電子對數(shù)為3，采用sp2雜化；丙酮分子中含有6個碳氫鍵，2個碳碳單鍵，1個碳氧雙鍵，雙鍵中含有一個σ鍵，所以分子中含有9個σ鍵，所以1mol丙酮分子中含有σ鍵的數(shù)目為9NA；

②同周期從左到右；電負性逐漸增大，所以氧元素的電負性大于碳元素的電負性，而碳和氧在氫化物均表現(xiàn)負化合價，所以碳元素和氧元素的電負性均比氫元素的電負性大，故電負性由小到大順序：H＜C＜O；

③乙醇分子間存在氫鍵，而丙酮分子間不存在氫鍵，故乙醇的沸點高于丙酮?！窘馕觥縮psp3H2O＞CH3OH＞CO2＞H2四種物質(zhì)固態(tài)時均為分子晶體，水與甲醇是極性分子，且分子間都存在氫鍵，水分子中氫鍵比甲醇多，二氧化碳與氫氣均為非極性分子，二氧化碳的相對分子質(zhì)量大，范德華力大離子鍵和鍵sp3、sp29NAH＜C＜O乙醇分子間存在氫鍵，而丙酮分子間不存在氫鍵18、略

【分析】(1)

洪特規(guī)則是指在相同能量的軌道上，電子總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同，該電子排布圖違背了洪特規(guī)則。CH中心C原子價層電子對數(shù)為3+=4，C原子采用sp3雜化；VSEPR模型為四面體形；

(2)

電負性越強，吸電子能力越強，CH4中共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為C>H>Si；

(3)

溴為與第四周期第ⅦA族，基態(tài)溴原子的價層電子排布圖為用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn原子的價層電子對數(shù)=2＋=3，孤電子對數(shù)為1，孤電子對與成鍵電子對的斥力大于則成鍵電子對與成鍵電子對的斥力，故Sn—Br的鍵角<120°。

(4)

等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)相同的分子、離子或原子團。與CN-互為等電子體的分子有CO；單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵，1mol[Zn(CN)4]2-中含8molσ鍵。

(5)

理論上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸點低于異硫氰酸(H-N=C=S)的沸點，其原因是異硫氰酸分子間存在氫鍵，而硫氰酸分子間只存在范德華力?！窘馕觥?1)洪特規(guī)則四面體形。

(2)C>H>Si

(3)<

(4)CO或其他合理答案8

(5)異硫氰酸分子間存在氫鍵，而硫氰酸分子間只存在范德華力19、略

【分析】(1)

晶體硅、金剛石、碳化硅均屬于共價晶體，Si的原子半徑比C大，鍵長C-C＜C-Si＜Si-Si，鍵長越短，鍵能越大，則鍵能C-C＞C-Si＞Si-Si，則熔點為金剛石＞碳化硅＞晶體硅，故答案為：三者都為共價晶體，r(C)

(2)

分析表格數(shù)據(jù)和化學(xué)式可知，TiF4為離子化合物，熔點高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質(zhì)量的增大分子間作用力增大，熔點逐漸升高，故熔沸點自TiCl4至TiI4熔點依次升高，故答案為：TiF4為離子化合物(或離子晶體)；熔點高，其他三種均為共價化合物(或分子晶體)，其組成和結(jié)構(gòu)相似，隨相對分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點逐漸升高；

(3)

由結(jié)構(gòu)可知，M中氮原子與氫原子之間形成氫鍵，而其它原子之間形成共價鍵，苯環(huán)內(nèi)既有極性共價鍵也含有非極性共價鍵，但不含離子鍵、金屬鍵、配位鍵，故答案為：BCD。【解析】(1)三者都為共價晶體，r(C)

(2)TiF4為離子化合物(或離子晶體)；熔點高，其他三種均為共價化合物(或分子晶體)，其組成和結(jié)構(gòu)相似，隨相對分子質(zhì)量的增大，分子間作用力增大，熔點逐漸升高。

(3)BCD20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)金剛石的碳原子間靠共價鍵相結(jié)合而形成了空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，所以金剛石屬于原子晶體；C60中構(gòu)成微粒是C60分子；分子之間是分子間作用力，所以屬于分子晶體；

(2)在金剛石中每個C原子形成四個共價鍵，但每個共價鍵為兩個C原子共用，所以1mol金剛石中含有的C-C鍵數(shù)目為2NA；

(3)石墨層狀結(jié)構(gòu)中，每個碳原子被三個正六邊形共用，所以平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)為

(4)CO2分子位于立方體的頂點和面心上，以頂點上的CO2分子為例，與它距離最近的CO2分子分布在與該頂點相連的12個面的面心上，所以CO2分子晶體中，每個CO2分子周圍有12個與之緊鄰且等距的CO2分子；CO2分子位于立方體的頂點和面心上，則含有CO2分子的個數(shù)為

(5)由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，CsCl晶體中每個Cl-周圍緊鄰且等距的Cs+數(shù)目為8?！窘馕觥竣?原子②.分子③.2④.2⑤.12⑥.4⑦.821、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(zhì)(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(zhì)(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22、略

【分析】【分析】

(1)

Br在元素周期表中處于第四周期第ⅦA族，價電子排布式為

(2)

中N形成4個鍵，不存在孤電子對，因此價層電子對數(shù)為4；雜化軌道類型為中涉及的元素為N、C、H，同一周期從左向右電負性逐漸增大，結(jié)合兩種元素形成的化合物的價態(tài)分析，得知電負性從大到小的順序為N>C>H；1mol中存在8mol鍵，9mol鍵，1mol鍵，3mol鍵，共21mol鍵。

(3)

正四面體構(gòu)型的配離子中中心原子為Pb，配體分別為同一主族元素，從上到下離子半徑依次增大，半徑最小的為根據(jù)中每個Pb均采用四配位模式，則每個Pb會形成四個配位鍵，結(jié)合化學(xué)式判斷結(jié)構(gòu)式為

(4)

NaBr、KBr、RbBr、CsBr均為離子化合物，加熱達到熔點形成熔融態(tài)可以電離出自由移動的離子導(dǎo)電，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同時開始加熱，優(yōu)先導(dǎo)電的是熔點低的物質(zhì)；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔點呈現(xiàn)遞減趨勢的原因是均為離子晶體；離子所帶電荷相同，陽離子半徑依次增大，晶格能依次減小，熔點依次降低。

(5)

三維立方鈣鈦礦中三種離子在晶胞(a)中占據(jù)正方體頂點、面心、體心位置，并且三種離子在面、面、面上的位置相同，推出其晶胞結(jié)構(gòu)為①位于面心，晶胞中的數(shù)目為位于頂點，晶胞中的數(shù)目為位于體心，晶胞中的數(shù)目為1，平均每個晶胞中占有的的數(shù)目均為1，若晶胞邊長為阿伏加德羅常數(shù)的值為則晶胞的體積為晶體的密度為②沿體對角線方向的投影圖為選A?！窘馕觥?1)4s24p5

(2)4sp3N>C>H21

(3)Cl-

(4)CsBrNaBr、KBr、RbBr、CsBr均為離子晶體；離子所帶電荷相同，陽離子半徑依次增大，晶格能依次減小，熔點依次降低。

(5)或A23、略

【分析】【詳解】

晶胞中銅原子的個數(shù)是4，氯原子的個數(shù)是所以該氯化物的化學(xué)式為根據(jù)可知解得

故答案為：【解析】四、判斷題(共1題，共2分)24、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?nèi)酰还实冖馎族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共3分)25、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E是前四周期的元素；由A的原子結(jié)構(gòu)示意圖可知，x=2，A的原子序數(shù)為14，故A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E對應(yīng)的單質(zhì)是目前用量最大的金屬，則E為Fe，據(jù)此分析解答問題。

【詳解】

(1)由上述分析可知；A為Si；D為N，故答案為：Si；N；

(2)非金屬性越強最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性越強，上述五種元素中，非金屬性N最強，酸性最強的是HNO3，金屬性越強最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性越強，上述五種元素中，金屬性Na最強，堿性最強的是NaOH，故答案為：HNO3；NaOH；

(3)E為Fe元素，E的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，價電子排布式是3d64s2，故答案為：3d64s2；

(4)D為氮元素，N原子構(gòu)成的單質(zhì)氮氣的電子式為故答案為：

【點睛】

【解析】①.Si②.N③.HNO3④.NaOH⑤.3d64s2⑥.d⑦.六、計算題(共4題，共