2025年華師大新版選擇性必修2化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年華師大新版選擇性必修2化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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8題，共16分)1、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2、某種離子型鐵的氧化物晶胞如圖所示，它由A、B方塊組成。已知該晶體的密度為dg·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA；則下列說法錯誤的是。

A.方塊A含有1.5Fe2+、4個O2-B.方塊B含有0.5Fe2+、4個O2-、4個Fe3+C.該氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的個數(shù)比為1∶2∶4D.晶胞的邊長為×107nm3、下列對電子排布式或軌道表示式書寫的評價正確的是。選項(xiàng)電子排布式或軌道表示式評價AO原子的軌道表示式：錯誤；違反泡利原理BN原子的軌道表示式：錯誤；違反洪特規(guī)則CCa基態(tài)原子的電子排布式：錯誤；違反構(gòu)造原理D的電子排布式：錯誤；違反能量最低原理

A.AB.BC.CD.D4、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，四種元素的原子核外電子總數(shù)滿足X+Y=W+Z；化合物XW3與WZ相遇會產(chǎn)生白煙。下列敘述正確的是（）A.元素Z形成的含氧酸可能為弱酸B.非金屬性：Z＞X＞Y＞W(wǎng)C.W、X、Z形成的化合物一定是共價化合物D.Y的氧化物只有一種5、設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.46gCH3CH2OH與過量乙酸混合后充分反應(yīng)生成的水分子數(shù)為NAB.1mol[Ni(NH3)4]2+中含有的σ鍵數(shù)為16NAC.KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中1molKIO3完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAD.1L0.5mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中NH和Al3+數(shù)之和為NA6、短周期主族元素M、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。M最高正價與最低負(fù)價的絕對值之和等于2，X在短周期元素中原子半徑最大，W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù)。Y最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，且低價氧化物能與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成Y的單質(zhì)和H2O。下列說法正確的是（）A.Y、Z均存在能用于殺菌消毒的氧化物B.原子半徑：M＜W＜X＜Y＜ZC.Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)于Z的氣態(tài)氫化物D.W與X形成的化合物一定含離子健和共價鍵7、氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形，而甲烷是正四面體形，這是因?yàn)锳.兩種分子的中心原子的雜化軌道類型不同，NH3為sp2型雜化，而CH4是sp3型雜化B.NH3分子中有一對未成鍵的孤電子對，它對成鍵電子的排斥作用較強(qiáng)C.NH3分子中N原子形成3個雜化軌道，CH4分子中C原子形成4個雜化軌道D.氨氣分子極易溶于水而甲烷不易溶于水8、下列說法正確的是A.金屬與非金屬化合時，都可以形成離子鍵B.金屬元素的電負(fù)性一定小于非金屬元素的電負(fù)性C.電負(fù)性相差越大的元素間越容易形成離子鍵D.同周期元素從左到右，第一電離能和電負(fù)性均增大評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、下列微粒的核外電子的表示方法中正確的是A.碳原子軌道表示式B.P原子價電子軌道表示式：C.Cr原子的價電子排布式：3d54s1D.Fe2+價電子排布式：3d44s210、如圖三條曲線分別表示C、和P元素的前四級電離能變化趨勢。下列說法正確的是。

A.元素電負(fù)性：B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：C.簡單氫化物的相對分子質(zhì)量：D.第五電離能()：11、已知火藥爆炸的反應(yīng)為下列有關(guān)說法正確的是A.上述反應(yīng)中生成1molN2轉(zhuǎn)移的電子是10molB.氣體產(chǎn)物與均是非極性分子C.上述化學(xué)方程式涉及元素第一電離能：D.上述化學(xué)方程式涉及元素的簡單離子半徑：12、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13、結(jié)構(gòu)中含有兩個或兩個以上中心原子(離子)的配合物稱為多核配合物。一種Co(II)雙核配合物的內(nèi)界結(jié)構(gòu)如圖所示；內(nèi)界中存在Cl；OH配位，外界為Cl。下列說法正確的是。

A.中心離子Co2+的配位數(shù)為6B.該內(nèi)界結(jié)構(gòu)中含有極性鍵、非極性鍵和離子鍵C.的一氯代物有5種D.常溫下，向含有1mol該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，最終生成2molAgCl沉淀14、下列有關(guān)說法不正確的是。

A.水合銅離子的模型如圖1所示，1個水合銅離子中有4個配位鍵B.CaF2晶體的晶胞如圖2所示，每個CaF2晶胞平均占有4個Ca2+C.H原子的電子云圖如圖3所示，H原子核外的大多數(shù)電子在原子核附近運(yùn)動D.金屬Cu中Cu原子堆積模型如圖4所示，該金屬晶體為最密堆積，每個Cu原子的配位數(shù)均為815、下列說法正確的是A.常溫常壓下SnCl4為無色液體，SnCl4空間構(gòu)型為正四面體形，其固體的晶體類型為共價晶體B.NH3、PH3、AsH3的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)镹H3、AsH3、PH3C.NH3、PH3、AsH3還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镹H3、PH3、AsH3D.NH3、PH3、AsH3鍵角由大到小的順序?yàn)镹H3、PH3、AsH316、短周期主族元素a、b；c、d的原子序數(shù)依次增大。這四種元素形成的單質(zhì)依次為m、n、p、q；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質(zhì)之一。25℃時，0.01mol/Lw溶液pH=12。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是。

A.x、y反應(yīng)，生成1moln時，轉(zhuǎn)移1mol電子B.若n足量，z可能為SO3C.y中陰、陽離子個數(shù)比1：2D.等物質(zhì)的量y、w溶于等體積的水得到物質(zhì)的量濃度相同的溶液評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、按要求作答。

（1）寫出下列微粒的電子式。

Na+：_______S2-：_______NH3：_______Na2O2：_______HClO：_______

（2）用電子式表示下列化合物的形成過程。

NaBr：_______；HF：_______。

（3）同主族從上到下：原子半徑逐漸_______(填“增大”或“減小”)；金屬性逐漸_______(填“增強(qiáng)”或“減弱”，下同)；最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性_______。同周期從左到右：原子半徑逐漸_______(填“增大”或“減小”)；非屬性逐漸_______(填“增強(qiáng)”或“減弱”，下同)；最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性_______；簡單氫化物穩(wěn)定性逐漸_______。18、下列粒子：①HCN、②NH③BeCl2、④請?zhí)顚懴铝锌瞻?填序號)：

(1)存在大π鍵的非極性分子是_______；只存在σ鍵的分子是_______；

(2)中心原子軌道為sp2雜化的是_______；空間構(gòu)型呈“V”形的是_______。19、是有機(jī)合成中常用的還原劑，中的陰離子空間結(jié)構(gòu)是___________、中心原子的雜化形式為___________。中，存在___________(填標(biāo)號)。

A．離子鍵B．鍵C．π鍵D．氫鍵20、(1)通常情況下，NH3比PH3易液化；主要原因是__________。

(2)已知CaCl2O是由兩種陰離子和一種陽離子形成的離子化合物，且每個原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。CaCl2O電子式為_________。

(3)相同條件下HF酸性比H2CO3強(qiáng)，請用一個化學(xué)方程式說明________。21、配位化合物在生產(chǎn)生活中有重要應(yīng)用；請根據(jù)要求回答下列問題：

（1）光譜證實(shí)單質(zhì)鋁與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有生成，則中存在__________（填序號）

a.共價鍵b.非極性鍵c.配位鍵d.鍵e.π鍵。

（2）可形成兩種鈷的配合物，已知的配位數(shù)是6，為確定鈷的配合物的結(jié)構(gòu)，現(xiàn)對兩種配合物進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：在第一種配合物的溶液中加溶液時，產(chǎn)生白色沉淀，在第二種配合物的溶液中加溶液時，則無明顯現(xiàn)象。則第一種配合物的結(jié)構(gòu)可表示為____________________，第二種配合物的結(jié)構(gòu)可表示為____________________。若在第二種配合物的溶液中滴加溶液，則產(chǎn)生的現(xiàn)象是____________________。（提示：這種配合物的結(jié)構(gòu)可表示為）評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共4分)22、Zn在現(xiàn)代工業(yè)中對于電池制造上有不可磨滅的地位；明朝末年宋應(yīng)星所著的《天工開物》一書中就有世界上最早的關(guān)于煉鋅技術(shù)的記載?；卮鹣铝袉栴}：

(1)Zn基態(tài)原子的電子排布式為___________，4s能級上的成對電子數(shù)為___________。

(2)葡萄糖酸鋅{[CH2OH(CHOH)4COO]2Zn}是目前市場上流行的補(bǔ)鋅劑。葡萄糖酸鋅中碳原子雜化形式有___________，C、H兩元素的第一電離能的大小關(guān)系為___________________。

(3)ZnCl2與NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。

A離子鍵B.σ鍵C.π鍵。

(4)鋅與某非金屬元素X形成的化合物晶胞如圖所示，其中Zn和X通過共價鍵結(jié)合，該化合物中Zn與X的原子個數(shù)之比為___________。

(5)在圖示晶胞中若只考查X的排列方式，則X的堆積方式屬于金屬晶體堆積方式中的___________堆積；設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，該晶胞中Zn的半徑為r1nm，X的半徑為r2nm，X的相對原子質(zhì)量為M，則該晶體的密度為___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代數(shù)式表示)。23、太陽能電池板材料除單晶硅外；還有氮；硼、硒、鈦、鈷、鈣等元素組成的化學(xué)物質(zhì)。

⑴鈣原子基態(tài)時的電子排布式為____________________，金屬鈷堆積方式與鎂相似，都屬于六方最密堆積，其配位數(shù)是____。

⑵氮元素的第一電離能在同周期中(稀有氣體除外)從大到小排第___位；寫出與NO3－互為等電子體的一種非極性分子的化學(xué)式__________。

⑶晶體硼的結(jié)構(gòu)單元是正二十面體，每個單元中有12個硼原子(如圖)，其中有兩個原子為10B，其余為11B，則該結(jié)構(gòu)單元有_____________種不同的結(jié)構(gòu)類型。已知硼酸(H3BO3)為一元弱酸，解釋其為一元弱酸的原因______________。硼酸的結(jié)構(gòu)與石墨相似，層內(nèi)的分子以氫鍵相連，含1mol硼酸的晶體中有___mol氫鍵。

⑷硒是動物體必需的營養(yǎng)元素。SeO2是硒的重要化合物，SeO2的價層電子對互斥模型是_______________。

⑸在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HC1至飽和，可得到配位數(shù)為6，組成為TiCl3?6H2O的晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為1：5，則該配離子的化學(xué)式為：__________________。

⑹鈷晶體的一種晶胞是一種體心立方結(jié)構(gòu)(如圖所示)，若該晶胞的邊長為anm，密度為ρg?cm-3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則鈷的相對原子質(zhì)量可表示為_________________。

評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共15分)24、某化學(xué)興趣小組擬實(shí)驗(yàn)探究錫及其化合物的部分性質(zhì)。經(jīng)查閱資料知：Sn的熔點(diǎn)為231°C；SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常溫下易分解；SnCl4常溫下為無色液體；熔點(diǎn)為．-33°C，沸點(diǎn)為114°C，易水解?；卮鹣铝袉栴}：

(1)該小組用以下流程制備SnSO4晶體：

①Sn為50號元素，請寫出Sn在元素周期表的位置___________________；

②在上述流程中，加入錫粉的作用為________________；

③反應(yīng)Ⅰ的離子方程式為_______________________；

④操作Ⅰ為沉淀的洗滌，請簡述如何判斷沉淀已洗滌干凈?________；操作Ⅱ中，實(shí)驗(yàn)操作包括_______；過濾、洗滌、干燥等一系列操作。

(2)用熔融的錫與干燥的氯氣制備SnCl4；實(shí)驗(yàn)裝置如下：

①SnCl4是______分子(填“極性”或“非極性”)。

②裝置Ⅲ中盛裝藥品Sn的儀器名稱是_______；裝置Ⅵ中堿石灰的作用為______。

(3)該小組通過下列方法測定所用錫粉的純度：取錫粉1.226g溶于稀硫酸中，加入過量的FeCl3溶液，再用0.1000mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定含有Fe2+的溶液，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL。已知①Sn+H+→H2↑+Sn2+；②Sn2++Fe3+→Sn4++Fe2+；③+Fe2+→Cr3++Fe3+(方程式均未配平)。則錫粉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(雜質(zhì)不參與反應(yīng))______(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。25、某小組根據(jù)既有還原性又有氧化性，探究其能否實(shí)現(xiàn)或的轉(zhuǎn)化。

已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被還原，因此水溶液中無法生成水合

ⅱ.為白色固體，難溶于水，可溶于較大的溶液生成也可溶于氨水生成(無色)。

Ⅰ.與的反應(yīng)。

向試管中通入足量(尾氣處理裝置已略)，記錄如下。裝置編號試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象a溶液始終無明顯變化b溶液溶液變綠，進(jìn)而變棕黃色，一段時間后出現(xiàn)白色沉淀溶液變綠，進(jìn)而變棕黃色，一段時間后出現(xiàn)白色沉淀

(1)基態(tài)的價層電子排布式為_______。

(2)將b所得沉淀過濾，充分洗滌，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，證實(shí)該沉淀為

①證明白色沉淀中有推理過程是_______。

②ⅲ排除了干擾檢驗(yàn)的因素。寫出ⅲ中反應(yīng)的離子方程式：_______；

(3)進(jìn)一步證實(shí)b中作還原劑，補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)方案和預(yù)期現(xiàn)象：取b中反應(yīng)后的上層清液于試管中，_______。

(4)由實(shí)驗(yàn)Ⅰ可推知，該條件下：①a中不能將還原為或

②的還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開______。

綜上所述；改變還原產(chǎn)物的價態(tài)或形態(tài)可以影響氧化還原反應(yīng)能否發(fā)生。

Ⅱ.與的反應(yīng)。

向試管中通入足量(尾氣處理裝置已略)，記錄如下。裝置編號試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象c稀硫酸始終無明顯變化d稀鹽酸銅片表面變黑，溶液變?yōu)樽厣~片表面變黑，溶液變?yōu)樽厣?5)證明d所得棕色溶液含有用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸餾水中，出現(xiàn)白色沉淀。用平衡移動原理解釋產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因：_______。

(6)經(jīng)進(jìn)一步檢驗(yàn)，銅表面黑色物質(zhì)為補(bǔ)全d中反應(yīng)的離子方程式：________

______________。

(7)與c對比，d能發(fā)生反應(yīng)的原因是_______。26、某學(xué)生在做元素性質(zhì)與原子結(jié)構(gòu)關(guān)系的實(shí)驗(yàn)時；設(shè)計(jì)了一套實(shí)驗(yàn)方案，并記錄了有關(guān)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。請幫助該學(xué)生整理并完成實(shí)驗(yàn)報告。

(1)實(shí)驗(yàn)?zāi)康摹?/p>

探究同一主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律。

(2)實(shí)驗(yàn)用品。

儀器：試管；膠頭滴管。

藥品：新制氯水；新制溴水、溴化鈉溶液、碘化鈉溶液、四氯化碳。

(3)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容(在下表橫線中填寫相關(guān)內(nèi)容)___________、__________

(4)實(shí)驗(yàn)結(jié)論：______________________________________________________________。

(5)問題和討論。

①上述兩個實(shí)驗(yàn)中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式分別為____________________________、________________________________________________________________________。

②由于氟單質(zhì)過于活潑，所以很難設(shè)計(jì)出一個簡單的實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證其氧化性的強(qiáng)弱。試列舉兩項(xiàng)事實(shí)說明氟的非金屬性比氯的強(qiáng)________________、__________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、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。2、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)均攤法計(jì)算A含有1+4×=1.5個亞鐵離子；4個氧離子；故A正確；

B.根據(jù)均攤法計(jì)算B含有4×=0.5個亞鐵離子；4個氧離子、4個鐵離子；故B正確；

C.Fe2+離子處于晶胞的頂點(diǎn)、面心以及A位置立方體的體心。O2-位于A、B小立方體的內(nèi)部，每個小立方體內(nèi)部各有4個。Fe3+離子處于晶胞B位置小立方體內(nèi)部，晶胞中Fe2+離子數(shù)目=4+8×+6×=8、Fe3+離子數(shù)目=4×4=16，O2-離子數(shù)目=4×8=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的個數(shù)比為8：16：32=1：2：4；故C正確；

D.晶胞中含有Fe2＋、Fe3＋、O2－的個數(shù)分別是2×4＝8，4×4＝16，8×4＝32，它們的相對原子質(zhì)量之和是8×232，根據(jù)m＝ρV可得8×232＝d×a3×NA，a＝×107nm；故D錯誤；

故選D。3、C【分析】【詳解】

A．電子應(yīng)先充滿同能級的軌道；違反了洪特規(guī)則，A不符合題意；

B．相同軌道中的兩個電子運(yùn)動方向相反；違反了泡利不相容原理，B不符合題意；

C．Ca基態(tài)原子的電子排布式：1s22s22p63s23p64s2；違反能量最低原理，即構(gòu)造原理，C符合題意；

D．Br-的電子排布式：[Ar]3d104s24p6；排布正確，D評價錯誤；

答案為C。4、A【分析】【分析】

氨氣與氯化氫氣體相遇時，XW3與WZ化合生成固體，產(chǎn)生大量白煙，故XW3是NH3；WZ是HCl，W是氫元素，X是氮元素，Z是氯元素，W；X、Z分別為H、N、Cl，三種元素的原子序數(shù)分別是1、7、17，四種元素的原子核外電子總數(shù)滿足X+Y=W+Z；則Y的原子序數(shù)為11，它是鈉元素，W、X、Y、Z為H、N、Na、Cl，由此分析。

【詳解】

A．元素Z是氯；形成的含氧酸可能為次氯酸；高氯酸等，次氯酸為弱酸，故A符合題意；

B．W；X、Y、Z為H、N、Na、Cl；同一周期從左到右，元素的非金屬性依次增強(qiáng)，同一主族從上到下，元素的非金屬性依次減弱，Y是金屬元素，非金屬性較弱，故非金屬性：Z＞X＞W(wǎng)＞Y，故B不符合題意；

C．W；X、Z為H、N、Cl；W、X、Z形成的化合物可能是離子化合物，如氯化銨等，不一定是共價化合物，故C不符合題意；

D．Y是鈉；鈉的氧化物可能為氧化鈉；過氧化鈉，不止一種，故D不符合題意；

答案選A。5、B【分析】【詳解】

A．46gCH3CH2OH的物質(zhì)的量乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，生成的水分子數(shù)小于NA；A錯誤；

B．Ni2+與NH3之間形成配位鍵，屬于σ鍵數(shù)，NH3中N-H鍵也是σ鍵，1mol[Ni(NH3)4]2+中含有4mol配位鍵，12molN-H鍵，故含有σ鍵數(shù)目為16NA；B正確；

C．KIO3→I2，I元素化合價從+5降至0價，1molKIO3完全反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA；C錯誤；

D．1L0.5mol·L-1NH4Al(SO4)2物質(zhì)的量n=cV=1L×0.5mol·L-1=0.5mol，溶液中NH和Al3+會發(fā)生水解反應(yīng)，則兩個離子數(shù)目之和小于NA；D錯誤；

故選：B。6、A【分析】【分析】

短周期主族元素M、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。X在短周期元素中原子半徑最大，則X為Na；M最高正價與最低負(fù)價的絕對值之和等于2，則M為H元素；Y最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，且低價氧化物能與其氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成Y的單質(zhì)和H2O；其原子序數(shù)大于Na，則Y最外層含有6個電子，為S元素；Z的原子序數(shù)大于S，則Z為Cl元素；W和X的最外層電子數(shù)之和等于Z的最外層電子數(shù)，W最外層電子數(shù)=7-1=6，則W為O元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)分析可知：M為H；W為O，X為Na，Y為S，Z為Cl元素；

A.S；Cl均可以形成用于殺菌消毒的氧化物；如二氧化硫、二氧化氯，故A正確；

B.同一周期從左向右原子半徑逐漸減??；同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：M＜W＜Z＜Y＜X，故B錯誤；

C.非金屬性：S＜Cl；則簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y＜Z，故C錯誤；

D.O；Na形成的氧化鈉中只含有離子鍵；不存在共價鍵，故D錯誤；

故選A。7、B【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)價層電子對互斥理論可知，兩種分子的中心原子均為sp3雜化；A項(xiàng)錯誤；氨氣中氮原子含有1對孤對電子，而甲烷中碳原子沒有孤對電子，B正確；雜化軌道均為4個，C項(xiàng)錯誤；水溶性與分子的極性有關(guān)，極性是由構(gòu)型決定的，所以D項(xiàng)為空間構(gòu)型的結(jié)果，D項(xiàng)錯誤。

【點(diǎn)睛】8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．金屬和非金屬電負(fù)性相差較大時可以形成離子鍵；氯化鋁是形成共價鍵，故A錯誤；

B．金屬元素的電負(fù)性不一定小于非金屬元素；如氫的電負(fù)性為2.1，而某些過渡金屬元素的電負(fù)性大于2.1，故B錯誤；

C．電負(fù)性越大；非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越小，金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性相差越大的元素間越容易形成離子鍵，故C正確；

D．同周期元素從左到右；第一電離能有增大趨勢，但并不是依次增大，比如N第一電離能大于氧第一電離能，故D錯誤。

綜上所述，答案為C。二、多選題(共8題，共16分)9、AC【分析】【詳解】

A．碳是6號元素，6個電子分別排在軌道上，碳原子軌道表示式為A正確；

B．P原子核外能級上3個電子的自旋狀態(tài)相同，P原子價電子軌道表示式應(yīng)為B錯誤；

C．原子的價電子排布式為處于半充滿狀態(tài)，C正確；

D．失去上兩個電子，形成價電子排布式為D錯誤；

故選AC。10、CD【分析】同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，同周期主族元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，故三種元素中Si的第一電離能最小，由題圖可知，c為Si元素，P原子第四電離能對應(yīng)為失去3s能級中1個電子，與第三電離能相差較大，可知b為P元素；a為C元素。

【詳解】

A．同周期元素從左到右電負(fù)性增大；同主族元素從上到下電負(fù)性減小，故Si的電負(fù)性最小，A錯誤；

B．Si的非金屬性最弱，非金屬性越強(qiáng)，簡單氫化物越穩(wěn)定，故SiH4的穩(wěn)定性最差；B錯誤；

C．相對分子質(zhì)量：即簡單氫化物的相對分子質(zhì)量：C正確；

D．C原子失去4個電子后，電子排布為原子失去4個電子后，外圍電子排布為前者更難再失去電子，P原子失去4個電子后，外圍電子排布為較易失電子，故第五電離能：D正確；

故答案選CD。11、BC【分析】【詳解】

A．上述反應(yīng)中硝酸鉀中氮化合價降低，硫化合價降低，碳化合價升高，根據(jù)方程式分析生成1molN2轉(zhuǎn)移的電子是12mol；故A錯誤；

B．氣體產(chǎn)物與都是直線形分子；均是非極性分子，故B正確；

C．根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，則上述化學(xué)方程式涉及元素第一電離能：故C正確；

D．根據(jù)層多徑大，同電子層結(jié)構(gòu)核多徑小，則上述化學(xué)方程式涉及元素的簡單離子半徑：故D錯誤。

綜上所述，答案為BC。12、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。13、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．中心離子Co2+與5個N原子、1個Cl-形成配位鍵；則配位數(shù)為6，故A正確；

B．含有C-H；C-N極性鍵、C-C非極性鍵；不含有離子鍵，故B錯誤；

C．一氯代物有6種；故C錯誤；

D．中心離子為Co2+，則1mol該配合物外界有2molCl-，加入足量AgNO3溶液；最終生成2molAgCl沉淀，故D正確；

故選：AD。14、CD【分析】【詳解】

A．由圖可以看出，1個銅離子與4個水分子結(jié)合成[Cu(H2O)4]2+，Cu2+與H2O分子之間通過配位鍵相結(jié)合；則1個水合銅離子中有4個配位鍵，A正確；

B．CaF2晶體的晶胞中，每個CaF2晶胞平均占有Ca2+的數(shù)目為=4；B正確；

C．H原子核外只有1個電子；所以電子云圖中，黑點(diǎn)不表示電子，只表示電子出現(xiàn)的機(jī)會多少，H原子核外電子大多在原子核附近運(yùn)動，C不正確；

D．金屬Cu原子形成的金屬晶體為最密堆積；每個Cu原子周圍同一層有6個Cu原子，上；下層各有3個Cu原子，所以其配位數(shù)均為12，D不正確；

故選CD。15、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．常溫常壓下SnCl4為無色液體，說明物質(zhì)的熔沸點(diǎn)比較低，SnCl4空間構(gòu)型為正四面體形；是由分子構(gòu)成，因此其固體的晶體類型為分子晶體，A錯誤；

B．N、P、As是同一主族元素，形成的化合物結(jié)構(gòu)相似，NH3分子之間除存在分子間作用力外，還存在氫鍵，增加了分子之間的吸引力，使其熔沸點(diǎn)在三種物質(zhì)中最高。PH3、AsH3的分子結(jié)構(gòu)相似，物質(zhì)的相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，所以NH3、PH3、AsH3的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)镹H3、AsH3、PH3；B正確；

C．同一主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，元素的非金屬性越弱，其相應(yīng)的氫化物的還原性就越強(qiáng)，所以NH3、PH3、AsH3還原性由弱到強(qiáng)的順序?yàn)镹H3、PH3、AsH3；C錯誤；

D．同主族元素的非金屬元素由上向下電負(fù)性依次減小，成鍵電子對之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種氫化物的鍵角由大到小的順序?yàn)椋篘H3、PH3、AsH3；D正確；

故合理選項(xiàng)是BD。16、BC【分析】【分析】

短周期主族元素，a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的單質(zhì)依次為m、n、p、q時；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質(zhì)之一，z為SO2，q為S，d為S元素；25℃0.01mol/Lw溶液pH=12，w為強(qiáng)堿溶液，則w為NaOH，結(jié)合原子序數(shù)及圖中轉(zhuǎn)化可知，a為H，b為O，c為Na，x為H2O，y為Na2O2，m為H2，n為O2；p為Na，q為S，以此來解答。

【詳解】

A．x、y反應(yīng)，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，是Na2O2中的2個-1價的O發(fā)生了歧化反應(yīng)，生成1molO2時；轉(zhuǎn)移2mol電子，A錯誤；

B．硫與氧氣生成二氧化硫，二氧化硫與氧氣生成三氧化硫，若O2足量，z可能為SO3；B正確；

C．y為Na2O2，其中含有離子鍵和非極性共價鍵，電離產(chǎn)生2個Na+和O22-；所以y中陰；陽離子個數(shù)比為1：2，C正確；

D．y是Na2O2，Na2O2溶于水反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和O2，w為NaOH，1molNa2O2反應(yīng)消耗1molH2O產(chǎn)生2molNaOH；所以等物質(zhì)的量y；w溶于等體積的水得到的溶液的物質(zhì)的量濃度不同，D錯誤；

故選BC。三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【分析】

（1）

Na+的電子式就是離子符號，即Na+；S2-的電子式為NH3是共價化合物，電子式為Na2O2是含有共價鍵的離子化合物，電子式為HClO是共價化合物，電子式為

（2）

NaBr是離子化合物，其形成過程可表示為HF是共價化合物，其形成過程可表示為

（3）

同主族從上到下原子半徑逐漸增大；原子核對最外層電子的吸引力逐漸減小，金屬性逐漸增強(qiáng)；最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性逐漸增強(qiáng)。同周期從左到右原子半徑逐漸減小；原子核對最外層電子的吸引力逐漸增強(qiáng)，非屬性逐漸增強(qiáng)；最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性逐漸增強(qiáng)；簡單氫化物穩(wěn)定性逐漸增強(qiáng)?！窘馕觥浚?）Na+

（2）

（3）增大增強(qiáng)逐漸增強(qiáng)減小增強(qiáng)逐漸增強(qiáng)增強(qiáng)18、略

【分析】【分析】

①HCN中；C原子與H原子以單鍵相結(jié)合，C原子和N原子以三鍵結(jié)合，中心C原子無孤對電子，分子中含有2個σ鍵和2個π鍵，所以C原子為sp雜化，空間構(gòu)型為直線形；

②NH中N原子與H原子以極性鍵結(jié)合，N原子的孤對電子數(shù)為NH中含有2個σ鍵，中心原子的雜化類型為sp3雜化；空間構(gòu)型為V形；

③BeCl2中Be不含孤電子對；分子中含有2個σ鍵，中心原子以sp雜化軌道成鍵，分子的立體構(gòu)型為直線形；

④中碳碳之間是非極性鍵，碳?xì)渲g是極性鍵，C原子的雜化方式為sp2雜化，每個C原子以雜化軌道分別與2個C原子和1個H原子形成σ鍵，未參與雜化的p軌道形成大π鍵，是正六面形結(jié)構(gòu)。

【詳解】

(1)由分析可知，存在大π鍵的非極性分子是④；NH和BeCl2中只存在σ鍵，但NH是離子；所以只存在σ鍵的分子是③；

(2)由分析可知，中心原子軌道為sp2雜化的是④；空間構(gòu)型呈“V”形的是②。【解析】①.④②.③③.④④.②19、略

【分析】【詳解】

中價層電子對個數(shù)為且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論分析，中心原子采用雜化，呈正四面體結(jié)構(gòu)。四氫鋁鋰中存在離子鍵和鍵，選AB?！窘馕觥空拿骟wAB20、略

【分析】【分析】

根據(jù)分子晶體的熔沸點(diǎn)與分子間作用力有關(guān)，判斷NH3易液化的原因；根據(jù)題中信息寫出CaCl2O的電子式；根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，寫出HF制取CO2的反應(yīng)即可；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）由于氮的原子半徑小，電負(fù)性較大，所以NH3分子之間形成氫鍵，沸點(diǎn)高易液化；答案為NH3分子間存在氫鍵，而PH3分子間無氫鍵。

（2）已知CaCl2O是由兩種陰離子和一種陽離子形成的離子化合物，可推知兩種陰離子為Cl-和ClO-，陽離子為Ca2+離子，且均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為答案為

（3）根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，用HF與NaHCO3或Na2CO3反應(yīng)，產(chǎn)生CO2即可證明，即HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑；答案為HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑?！窘馕觥縉H3分子間存在氫鍵，而PH3分子間無氫鍵(ClO-與Cl-調(diào)換位置也可以)HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑21、略

【分析】【詳解】

(1)[Al(OH)4]-的中心原子Al采用sp3雜化，形成4個sp3雜化軌道。Al最外層的3個電子分別與3個羥基形成σ鍵，還有一個空軌道接納OH-中O的孤對電子形成配位鍵；羥基中的O和H形成σ鍵；所有鍵均屬于共價鍵中的極性鍵。所以，a.共價鍵、c.配位鍵、d.鍵正確。答案為：acd；

(2)Co(NH3)5BrSO4中共有7個分子或離子可做配體，而Co3+的配位數(shù)是6，則外界可能是Br-或SO42-。在第一種配合物的溶液中加BaCl2溶液時，產(chǎn)生白色沉淀，證明其外界為SO42-，則其結(jié)構(gòu)為[CoBr(NH3)5]SO4；第二種配合物的結(jié)構(gòu)應(yīng)為[Co(SO4)(NH3)5]Br，在溶液中電離出Br-，所以，溶液中加AgNO3溶液時，生成淡黃色的AgBr沉淀。

答案為：[CoBr(NH3)5]SO4；[Co(SO4)(NH3)5]Br；生成淡黃色的沉淀。

【點(diǎn)睛】

配合物的外界易電離，內(nèi)界難電離，所以可通過檢測溶液中的離子來幫助判斷配合物的結(jié)構(gòu)。【解析】acd生成淡黃色沉淀四、原理綜合題(共2題，共4分)22、略

【分析】【詳解】

（1）Zn原子核外電子數(shù)為30，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

4s能級上只有2個電子且成對；故成對電子數(shù)為2；

(2)葡萄糖酸鋅里有兩種碳原子，一種是以sp3雜化（接羥基的碳），一種是以sp2雜化（—COO-里的碳）；

第一電離能表示氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，由于H的電子層數(shù)少、原子半徑最小，原子核對外層電子的引力較強(qiáng)，故第一電離能C

(3)配合物[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2+與氯離子形成離子鍵，Zn2+與NH3之間形成σ鍵，NH3中氮原子與氫原子之間形成σ鍵；答案選AB；

(4)根據(jù)均攤法計(jì)算，晶胞中鋅的個數(shù)為4個，X的個數(shù)為8×+6×=4；該化合物中Zn與X的原子個數(shù)之比為1：1；

(5)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知，X的堆積方式屬于金屬晶體堆積方式中的面心立方最密堆積；設(shè)晶胞得邊長是a，則根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，則根據(jù)×NA=4，解得ρ＝g·cm－3?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2②.2③.sp2、sp3④.C23、略

【分析】【分析】

⑴鈣為20號元素；其核外有20個電子，金屬鈷堆積方式與鎂相似。

⑵同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素的，S=O=N－,容易寫出與NO3－互為等電子體的一種非極性分子。

⑶兩個10B有3位置，為上下頂點(diǎn)位置，其中一個處于上頂點(diǎn)，另外的一個處于上層陰影中頂點(diǎn)，或者下層陰影中頂點(diǎn)，有3種結(jié)構(gòu)，H3BO3與一個水分子可形成配位鍵，電離產(chǎn)生[B(OH)4]－和一個H+，則硼酸一元弱酸；1個硼酸分子形成了6個氫鍵，但每個氫鍵是2個硼酸分子共用的，所以平均含3個氫鍵，則含有1molH3BO3的晶體中有3mol氫鍵。

⑷SeO2分子中價層電子對個數(shù)=δ鍵個數(shù)孤電子對個數(shù)。

⑸在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6、組成為TiCl3?6H2O的綠色晶體，該晶體中兩配體的物質(zhì)的量之比為1：5，則配體中有1個5個H2O；2個氯離子位于外界。

⑹先計(jì)算晶胞中鈷原子的數(shù)目；根據(jù)密度公式，得出鈷的相對原子質(zhì)量。

【詳解】

⑴鈣為20號元素，其核外有20個電子，則鈣原子基態(tài)時的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2；金屬鈷堆積方式與鎂相似，都屬于六方最密堆積，其配位數(shù)是12；

故答案為：1s22s22p63s23p64s2；12。

⑵同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素的，故第二周期第一電離能：F>N>O>C>Be>B>Li，原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w，與NO3－互為等電子體的一種非極性分子為SO3等；故答案為：2；SO3等。

⑶兩個10B有3位置，為圖中上下頂點(diǎn)位置，其中一個處于上頂點(diǎn)，另外的一個處于上層陰影中頂點(diǎn)，或者下層陰影中頂點(diǎn)，有3種結(jié)構(gòu)，H3BO3與一個水分子可形成配位鍵，電離產(chǎn)生[B(OH)4]－和一個H+，則硼酸一元弱酸；1個硼酸分子形成了6個氫鍵，但每個氫鍵是2個硼酸分子共用的，所以平均含3個氫鍵，則含有1molH3BO3的晶體中有3mol氫鍵；故答案為：3；H3BO3與一個水分子可形成配位鍵，電離產(chǎn)生[B(OH)4]－和一個H+；3。

⑷SeO2分子中價層電子對個數(shù)=δ鍵個數(shù)孤電子對個數(shù)=則其價層電子對互斥模型為平面三角形，故答案為：平面三角形。

⑸在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6、組成為TiCl3?6H2O的綠色晶體，該晶體中兩配體的物質(zhì)的量之比為1：5，則配體中有1個5個H2O，2個氯離子位于外界，則該配離子的化學(xué)式為[TiCl(H2O)5]2+；故答案為：[TiCl(H2O)5]2+。

⑹晶胞中鈷原子的數(shù)目為根據(jù)密度得出鈷的相對原子質(zhì)量為故答案為：【解析】①.1s22s22p63s23p64s2②.12③.2④.SO3等⑤.3⑥.H3BO3與一個水分子可形成配位鍵，電離產(chǎn)生[B(OH)4]－和一個H+⑦.3⑧.平面三角形⑨.[TiCl(H2O)5]2+⑩.五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共15分)24、略

【分析】【詳解】

（1）Sn與C同主族，位于元素周期表第五周期ⅣA族，可采用0族定位法確定位置，原子序數(shù)50與Xe（54）接近，與Xe同周期往前進(jìn)四，為ⅣA族；由題給信息可知SnCl2易氧化，加入錫粉可防止其氧化；由流程信息可知，SnCl2與碳酸鈉反應(yīng)，生成SnO與一種氣體，可知?dú)怏w為CO2，反應(yīng)的離子方程式為Sn2++=SnO↓+CO2↑。沉淀洗滌主要洗去表面的NaCl，可通過檢驗(yàn)洗滌液中是否含有Cl-來確定是否洗凈，具體操作為取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無明顯現(xiàn)象，則證明沉淀已洗滌干凈；因?yàn)镾n2+易水解；為防止其水解，需在低溫下結(jié)晶，因此結(jié)晶操作為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。

（2）Sn位于ⅣA族，價電子數(shù)為4，SnCl4為sp3雜化，無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體型，正負(fù)電中心重合，為非極性分子；裝置Ⅲ中盛放Sn的儀器有支管，是蒸餾燒瓶；裝置Ⅵ位于實(shí)驗(yàn)裝置末尾，可以吸收未反應(yīng)的氯氣，防止環(huán)境污染，同時也可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置Ⅴ，引起SnCl4的水解。

（3）根據(jù)題給反應(yīng)，結(jié)合化合價變化可知，滴定過程中消耗離子的比例為16Fe2+:3Sn2+，消耗重鉻酸鉀的物質(zhì)的量為0.1mol/L×0.032L=0.0032mol，則Sn的物質(zhì)的量為0.0096mol，質(zhì)量為1.1424g，由此可知錫粉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為≈93.2%。【解析】(1)第五周期第ⅣA族防止SnCl2被氧化Sn2++=SnO↓+CO2↑取最后一次洗滌液少許于試管中；滴入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無明顯現(xiàn)象，則證明沉淀已洗滌干凈蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。

(2)非極性蒸餾燒瓶吸收多余的Cl2，防止環(huán)境污染；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入到SnCl4收集裝置中，使SnCl4水解。

(3)93.2%25、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)題意，Cu元素原子序數(shù)29，核外28個電子，基態(tài)的價層電子排布式為

故答案為：

（2）①根據(jù)如圖所示的實(shí)驗(yàn)，將實(shí)驗(yàn)b中所得固體加入氨水后，白色沉淀溶解，變?yōu)闊o色溶液，最終生成深藍(lán)色溶液，根據(jù)已知信息，其中深藍(lán)色溶液中含是無色溶液中的被O2氧化的產(chǎn)物，說明濃氨