…………○…………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A版選擇性必修2化學上冊月考試卷531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6題，共12分)1、下列描述中正確的是A.CS2的空間結構為V形B.的空間結構為平面三角形C.SF6中有6個完全相同的成鍵電子對D.SiF4和的中心原子前者為sp3雜化，后者為sp2雜化2、下列元素屬于ds區的是A.CaB.FeC.CuD.P3、某釩、鎵合金的晶胞結構及其晶胞沿x軸投影圖如下，已知：晶胞參數為apm，為阿伏加德羅常數的值，其中原子坐標參數甲乙下列說法錯誤的是。

A.該合金的化學式為B.丙原子的坐標參數C.與V距離最近且相等的Ga有4個D.該合金的密度為4、2019年是門捷列夫提出周期表150周年。根據元素周期律和元素周期表，下列推斷不合理的是A.第35號元素的單質在常溫常壓下是液體B.位于第四周期第VA族的元素為金屬元素C.第七周期0族元素的原子序數為118D.根據第IIA族元素性質的遞變性，第38號元素Sr形成的碳酸鹽SrCO3為沉淀5、下列說法中，錯誤的是A.同種原子形成的分子，兩個原子之間的化學鍵一定是共價鍵B.兩個非金屬元素的原子之間形成的化學鍵一定是共價鍵C.不論含氧酸還是無氧酸，分子內原子間的化學鍵都是共價鍵D.凡是不含金屬元素的化合物一定只含有共價鍵6、下列關于晶體性質的比較中，錯誤的是A.熔點：SiO2＞CO2B.硬度：金剛石＞晶體硅C.延展性：Fe＞AuD.晶格能：MgO＞Na2O評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、NH3和BF3可以通過配位鍵形成化合物NH3·BF3，下列說法正確的是（）A.NH3和BF3的立體構型都是三角錐形B.NH3和BF3的中心原子的雜化方式不同C.NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中各原子都達到8電子穩定結構D.NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中N和B都采取的是sp3雜化8、氫化鋁鋰以其優良的還原性廣泛應用于醫藥、農藥、香料、染料等行業，而且還是一種潛在的儲氫材料，其釋氫過程可用化學方程式表示為3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑，其晶胞結構如圖所示，設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是。

A.氫化鋁鋰中含有離子鍵、共價鍵、配位鍵B.AlH的VSEPR模型為正四面體結構C.當氫化鋁鋰釋放1mol氫氣時，將有2molAl3+被還原D.該晶胞的密度為g/cm39、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11667

下列有關說法正確的是A.簡單離子的半徑：Y>Z>XB.氣態氫化物的熱穩定性：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10、硼酸()是一種片層狀結構的白色晶體，層內的分子通過氫鍵相連(如圖所示)。下列有關說法正確的是。

A.在分子中各原子最外層均滿足8電子穩定結構B.分子的穩定性與氫鍵有關C.1mol的晶體中有6mol極性共價鍵D.1mol的晶體中有3mol氫鍵11、在某晶體中；與某一個微粒x距離最近且等距離的另一個微粒y所圍成的立體構型為正八面體型(如圖)。該晶體不是。

A.NaCl(x=Na+，y=Cl-)B.CsCl(x=Cs+，y=Cl-)C.金屬釙(Po)D.C60晶體12、下列有關說法不正確的是。

A.圖1NaCl晶體中，距最近的形成為正四面體形B.圖2晶體中，每個晶胞平均占有4個C.圖3立方相氮化硼中，硼原子與硼氮鍵個數的比為1∶4D.金屬Cu中原子堆積模型如圖4所示，為最密堆積，Cu原子的配位數為813、下列有關敘述正確的是A.在BCl3分子中，所有原子都滿足最外層8電子結構B.核外電子排布完全相同的兩種微粒，其化學性質一定相同C.已知NaH是離子化合物，則其電子式是Na+[:H]-D.NaCl晶體中，每個Na+同時吸引6個Cl—14、下列有關化學鍵類型的判斷不正確的是A.s--sσ鍵與s--pσ鍵的對稱性不同B.分子中含有共價鍵，則至少含有一個σ鍵C.已知乙炔的結構式為H—C≡C—H，則乙炔分子中存在2個σ鍵(C—H)和3個π鍵(C≡C)D.乙烷分子中只存在σ鍵，即6個C—H鍵和1個C—C鍵都為σ鍵，不存在π鍵評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、五種元素原子的電子層結構如下：

A．1s22s22p63s23p63d54s2；B．1s22s22p63s2；C．1s22s22p6；D．1s22s22p63s23p2；E．[Ar]4s1

請回答：

(1)___________(填字母，下同)元素是稀有氣體。含未成對電子數最多的元素是___________。

(2)A的元素符號是___________，其核外電子共有___________種運動狀態。

(3)D元素原子核外電子排布圖是___________，總共有___________個能級。16、有兩種短周期元素元素原子的最外層電子數為次外層電子數為元素原子的層（有電子）電子數為層電子數為

（1）推斷元素名稱和符號：_______、______，______、_______。

（2）兩元素形成的化合物可能具有的性質是_______（填序號）。

A.能與水反應B.能與硫酸反應C.能與氫氧化鈉溶液反應。

（3）元素的原子含有_______個能層，Y元素的原子含有_______個能層。17、不同元素的氣態原子失去最外層一個電子所需要的最低能量；設其為E，如圖所示。試根據元素在周期表中的位置，分析圖中曲線的變化特點，并完成下列問題。

(1)寫出14號元素基態原子的電子排布式___________。

(2)用所學理論解釋13號元素的E值比12號元素低的原因___________。

(3)同一周期內，隨著原子序數的增大，E值增大，但個別元素的E值出現反常現象。試預測下列關系式中正確的是___________(填序號)。

①E(砷)＞E(硒)②E(砷)＜E(硒)③E(溴)＞E(硒)④E(溴)＜E(硒)

(4)估計1mol氣態鈣原子失去最外層一個電子所需最低能量E值的范圍___________。

(5)從原子結構的角度解釋19號元素的E值比11號元素E值低的原因___________。18、根據下列五種元素的電離能數據(單位∶kJ/mol)，回答下列問題。元素代號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900

(1)在周期表中，最可能處于同一族的是_______。

A.Q和RB.S和TC.T和UD.R和TE.R和U

(2)電解它們的熔融氯化物，以下過程最可能正確的是_________。

A．Q2++2e-→QB.R2++2e-→R

C．S3++3e-→SD．T3++3e-→T

(3)它們的氯化物的化學式，最可能正確的是________

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TCl

(4)S元素最可能是________素。

A.S區元素B.稀有氣體元素C.p區元素D.準金屬。

(5)下列元素中，化學性質和物理性質最像Q元素的是_____。

A.氦(1s2)B.鈹(1s12s2)C.鋰(1s22s1)D.氫(1s1)19、在周期表中，與的化學性質最相似的鄰族元素是___________，該元素基態原子核外M層電子的自旋狀態___________(填“相同”或“相反”)。基態核外電子排布式為___________。20、液化石油氣中常存在少量有毒氣體基硫(COS)；必須將其脫除以減少環境污染和設備腐蝕。完成下列填空：

(1)羰基硫(COS)所含元素的原子半徑從大到小的順序______。

(2)寫出羰基硫的電子式______；羰基硫分子屬于______(選填“極性”；“非極性”)分子。

(3)下列能說明碳與硫兩元素非金屬性相對強弱的是______。

a．相同條件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4b．酸性：H2SO3＞H2CO3

c．CS2中碳元素為+4價，硫元素為-2價d．濃H2SO4加熱能氧化C21、現有核電荷數小于18的元素A，其電離能數據如表所示[I1表示失去第1個電子的電離能，In(n＝2,3,4,5,6,7,8,9,10,11)表示失去第n個電子的電離能；單位為eV]。

(1)外層電子離核越遠，能量越高，電離能越______(填“大”或“小”)；陽離子所帶電荷數越多，在失去電子時，電離能越________(填“大”或“小”)。

(2)上述11個電子分屬________個電子層。

(3)去掉11個電子后，該元素還有________個電子。

(4)該元素的最高價氧化物對應的水化物的化學式是________。22、實踐證明；75%的乙醇溶液可以有效滅活新冠病毒。

(1)1mol乙醇中含有σ鍵的數目為___________。

(2)相同條件下，乙醇的沸點高于二甲醚(CH3OCH3)的原因為_________。

(3)向CuSO4溶液中滴加氨水；首先出現藍色沉淀，氨水過量后沉淀逐漸溶解，加入乙醇后析出深藍色晶體。

①氨水過量后沉淀逐漸溶解的離子方程式為____________。

②深藍色晶體中陰離子SO的立體構型為_____，其中心原子的雜化類型為____；陽離子的結構式為____。評卷人得分四、實驗題(共3題，共15分)23、有機物乙偶姻存在于啤酒中；是酒類調香中一個極其重要的品種。某研究性學習小組為確定乙偶姻的結構，進行如下探究。

步驟一：將乙偶姻蒸氣通過熱的氧化銅(催化劑)氧化成二氧化碳和水；再用裝有無水氯化鈣和固體氫氧化鈉的吸收管完全吸收。2.64g乙偶姻的蒸氣氧化生成5.28g二氧化碳和2.16g水。

步驟二：通過儀器分析得知乙偶姻的相對分子質量為88。

步驟三：用核磁共振儀測出乙偶姻的核磁共振氫譜如圖所示；圖中4個峰的面積比為1:3:1:3。

步驟四：利用紅外光譜儀測得乙偶姻分子的紅外光譜如圖所示。

(1)請寫出乙偶姻的分子式____(請寫出計算過程)。

(2)請確定乙偶姻的結構簡式______。24、在復習元素周期律過程中；某研究性學習小組的幾位同學擬通過具體的實驗來探討某些金屬元素的性質差異，下面是他們設計的探究性實驗方案，請填寫下列空白：

(1)實驗目的：比較鈉；鎂、鋁金屬性強弱。

(2)實驗用品：試管、_______、酒精燈、試管夾、砂紙、濾紙、鈉、鎂條、鋁片、酚酞、蒸餾水、6mol·L-1的鹽酸。

(3)實驗過程與現象記錄。

。實驗過程預期現象實際觀察到的現象a.取已切去表皮的一小塊金屬鈉；放入盛有水的某容器中。

立即劇烈反應。

開始時鈉塊浮在水面上不反應；稍后才開始與水劇烈反應。

b.向盛有適量水(內含2滴酚酞)的試管中加入一小段鎂條。

有氣泡產生；溶液變成紅色。

沒有相應現象；加熱后仍無明顯變化。

c.向兩支盛有3mL6mol·L-1鹽酸的試管中；分別加入大小相同的鎂片和鋁片。

鋁；鎂與鹽酸反應產生氣泡劇烈程度不同。

鎂與鹽酸反應產生氣泡速率較快。

I.甲同學的方案如下：

①你認為a、b兩步實驗中出現異常現象的可能原因是：

a._______

b._______

②上面的實驗表明：鈉；鎂、鋁三種元素的金屬性由強到弱的順序為_______

II.乙同學方案：他認為只需要一種試劑就可以確定鈉、鎂、鋁的金屬性強弱，預計他的主要實驗操作是_______，寫出鎂與這種試劑反應的化學方程式：_______。25、實驗室通常是在NH3和NH4Cl存在條件下，以活性炭為催化劑，用H2O2氧化CoCl2溶液來制備三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3，該反應屬于大量放熱的反應。某小組用如圖所示裝置制備[Co(NH3)6]Cl3；實驗步驟如下：

Ⅰ．稱取研細的CoCl2?6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于燒杯中溶解，將溶液轉入三頸燒瓶，加入25mL濃氨水和適量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴將混合物加熱至60℃；恒溫20分鐘，然后用冰水浴冷卻，充分結晶后過濾。

Ⅲ．將沉淀溶于熱的鹽酸中；趁熱過濾，濾液中加適量濃鹽酸并冷卻結晶。

Ⅳ．過濾；用乙醇洗滌晶體并在105℃條件下烘干。

試回答下列問題：

(1)制備[Co(NH3)6]Cl3的化學方程式是___。

(2)請指出裝置中存在的一處缺陷___。

(3)若將5mL30%的H2O2溶液一次性加入三頸燒瓶，會出現的問題是__。

(4)與[Co(NH3)6]Cl3類似的產品還有[Co(NH3)5Cl]Cl2，請簡述驗證某晶體是[Co(NH3)6]Cl3還是[Co(NH3)5?Cl]Cl2的實驗方案___。

(5)步驟Ⅲ中趁熱過濾的主要目的是___，濾液中加適量濃鹽酸的主要目的是___。

(6)乙醇洗滌與蒸餾水洗滌相比優點是___。評卷人得分五、有機推斷題(共3題，共12分)26、地球表面約70%以上是海洋，全球約95%的生物物種在海洋中，由此可見海洋擁有極其豐富的天然資源，是亟待開發的天然寶庫。從某種海洋微生物中分離得到具有生理活性的有機化合物A，用質譜法和元素分析法測得A的化學式為C15H28O4。在苯溶液中，A可與等摩爾的Pb(OAc)4反應，生成物經酸水解得乙醛酸和另化一合物B。B遇熱失去一分子水得化合物C。將C與KMnO4溶液共熱得草酸和十一酸。

(1)請寫出化合物A、B和C的結構式______、_______、________。

(2)A可能存在________種光學異構體？

(3)已測得化合物B為s-構型，請寫出化合物A最穩定的構象式___________。

(4)寫出A的3-羥基與D-甘露糖形成的α-單糖苷的構象式_________。D-甘露糖的結構式如下：

27、化合物是一種重要中間體；其合成路線如下：

（1）的反應類型為_______。

（2）的分子式為則的結構簡式：_______。

（3）含有手性碳原子的數目為_______。

（4）的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式_______。

①能發生銀鏡反應；

②能與溶液發生顯色反應；

③分子中只有4種不同化學環境的氫。

（5）已知：設計以原料制備的合成路線(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。_______28、有機合成在制藥工業上有著極其重要的地位。某新型藥物F是一種合成藥物的中間體；其合成路線如圖所示：

已知：①Diels-Alder反應：

②(R；R′均為烴基)

回答下列問題：

(1)A的產量標志著一個國家石油化工發展水平，則CH3CH2OH→A所需試劑、條件分別為______、______。

(2)B的化學名稱是______；A→C的反應類型為______。

(3)F中官能團的名稱是______。

(4)分子式為C6H10的有機物其結構不可能是______填標號

A.含有兩個環的環狀有機物。

B.含有一個雙鍵的直鏈有機物。

C.含有兩個雙鍵的直鏈有機物。

D.含有一個三鍵的直鏈有機物。

(5)D→E的化學方程式為______。

(6)已知炔烴與二烯烴也能發生Diels-Alder反應。則以CH2=CH-CH=CH2和HC≡CH為原料合成的路線圖為______無機試劑任選用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

A．CS2的結構式為S=C=S；中心C原子雜化類型為sp，空間結構為直線形，A錯誤；

B．的中心原子有3個σ鍵，孤電子對數為價層電子對數為3+1=4，空間結構為三角錐形，B錯誤；

C．SF6的中心原子S的價層電子對數為6，空間結構為正八面體形，即有6個完全相同的成鍵電子對；C正確；

D．SiF4的價層電子對數為4，雜化類型為sp3雜化，的價層電子對數為4，中心S原子雜化類型為sp3雜化；D錯誤；

故合理選項是C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

Ca、Fe、Cu、P的電子排布式分別是1s22s22p63s23p64s2、1s22s22p63s23p63d64s2、1s22s22p63s23p63d104s1、1s22s22p63s23p3；元素分別處于s區；d區、ds區和p區；

故選C。

【點睛】

1~36號分區元素原子核外電子的排布特征：s區最外層s1~2，且次外層沒有d電子；d區一般次外層d1~8，最外層s2；ds區次外層d10，最外層s1~2；p區最外層p1~6。3、B【分析】【詳解】

A．Ga位于頂點和體心，V位于面心，結合晶胞均攤計算知該晶胞中含2個Ga、6個V，所以該合金的化學式為A正確；

B．由信息可知丙原子的坐標參數B錯誤；

C．晶胞中距離Ga最近且相等的V有12個；距離V最近且相等的Ga有4個，C正確；

D．根據晶胞體積和晶胞質量可知該合金的密度為D正確；

故選B。4、B【分析】【詳解】

A．根據元素周期表的結構；第35號元素為溴元素，其單質在常溫常壓下是液體，故A正確；

B．位于第于第四周期第VA族的元素為砷元素；砷元素為非金屬元素，故B錯誤；

C．第六周期0族為86號元素；六；七周期同主族元素原子序數之差為32，則第七周期0族元素的原子字數為86+32=118，故C正確；

D．根據第IIA族元素碳酸鹽的溶解性，碳酸鎂微溶于水，碳酸鈣為沉淀，碳酸鋇為沉淀，可推斷從上至下第IIA族元素碳酸鹽溶解度降低，則第38號元素Sr形成的碳酸鹽SrCO3為沉淀；故D正確；

答案選B。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．同種原子形成的分子；兩個原子之間不存在電子的得失，形成的化學鍵一定是共價鍵，A正確；

B．兩個非金屬元素的原子之間只能通過共用電子對形成化學鍵；因此一定是共價鍵，B正確；

C．不論含氧酸還是無氧酸；均是共價化合物，因此分子內原子間的化學鍵都是共價鍵，C正確；

D．凡是不含金屬元素的化合物不一定只含有共價鍵；例如銨鹽等含有離子鍵，D錯誤；

答案選D。6、C【分析】【詳解】

A．SiO2是原子晶體，原子間存以較強的共價鍵相互作用，而CO2是分子晶體，分子間只有較小的范德華力，所以熔點SiO2＞CO2；故A正確；

B．金剛石和晶體硅都是原子晶體，原子晶體中化學鍵鍵能越大、鍵長越短，其硬度越大，鍵長C-C

C．Au質軟，延展性在金屬中最好，則延展性：Fe

D．晶格能與離子半徑成反比，與電荷成正比，離子半徑：Mg2++，則晶格能MgO＞Na2O；故D正確；

答案選C。二、多選題(共8題，共16分)7、BD【分析】【詳解】

A．NH3分子的中心原子N原子上含有3個σ鍵，中心原子上的孤電子對數=×（5-3×1）=1，所以NH3的VSEPR模型是四面體形，略去孤電子對后，其立體構型是三角錐形；BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵，中心原子上的孤電子對數═×（3-3×1）=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角形；中心原子上沒有孤電子對，所以其立體構型就是平面三角形，選項A錯誤；

B．BF3中B原子雜化軌道數為×（3-3×1）+3=3，采取sp2雜化方式，NH3中N原子雜化軌道數為×（5-3×1）+3=4，采取sp3雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不相同，選項B正確；

C．NH3?BF3中氫原子只有兩個電子；選項C錯誤；

D．NH3?BF3中B原子有空軌道，N原子有孤電子對，所以NH3提供孤電子對，BF3提供空軌道，形成配位鍵，配位鍵也屬于σ鍵，則N原子形成4個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數為4，采取sp3雜化方式，B原子形成4個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數為4，采取sp3雜化方式；選項D正確；

答案選BD。8、CD【分析】【詳解】

A．根據晶胞的結構可知氫化鋁鋰中含有離子鍵、Al和H形成的共價鍵以及中含有的配位鍵；A正確；

B．價層電子對數為4+=4，且沒有孤電子對，為正四面體結構；B正確；

C．由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知，當氫化鋁鋰釋放1mol氫氣時，有的被還原；C錯誤；

D．該晶胞的密度為D錯誤；

故選CD。9、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；據此分析解題。

【詳解】

A．據分析可知，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，所以氣態氫化物的熱穩定性：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。10、CD【分析】【詳解】

A．硼原子最外層只有3個電子；與氧原子形成3個共用電子對，氫原子最外層只有1個電子，與氧原子形成1個共用電子對，因此B原子和H原子最外層都不滿足8電子穩定結構，故A錯誤；

B．分子的穩定性與分子內的共價鍵有關；與氫鍵無關，故B錯誤；

C．的晶體中有鍵和鍵，則的晶體中有極性共價鍵；故C正確；

D．1個分子對應6個氫鍵，1個氫鍵為2個分子共用，因此含有分子的晶體中有氫鍵；故D正確；

故選CD。11、BD【分析】【分析】

由圖可知；與微粒x距離最近且相等的y有6個，即x的配位數為6。

【詳解】

A．NaCl晶體中的離子配位數是6；符合該圖，A不符合題意；

B．CsCl晶體中的離子配位數是8；不符合該圖，B符合題意；

C．金屬Po中；Po原子的配位數是6，符合該圖，C不符合題意；

D．C60晶體中，C60位于頂點和面心上，則其配位數==12；不符合該圖，D符合題意；

故選BD。12、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．以頂點鈉離子研究，與之最近的氯離子處于晶胞棱心且關于鈉對稱，故距最近的有6個；形成為正八面體形，A錯誤；

B．8×+6×=4，晶體中，每個晶胞平均占有4個B正確；

C．圖3立方相氮化硼中，硼原子為3×=1；硼原子與硼氮鍵個數的比為1∶4，C正確；

D．金屬Cu中Cu原子堆積方式為面心立方最密堆積；每個Cu原子的配位數均為12，D錯誤；

答案選AD。13、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．硼原子最外層有3個電子，與3個氯原子形成共價鍵，BCl3分子中B原子最外層只有6個電子；故A錯誤；

B．核外電子排布完全相同的兩種微粒，其化學性質不一定相同，如Na+和Ne核外電子排布相同；但化學性質不同，故B錯誤；

C．NaH是離子化合物，由Na+和H-組成，電子式為Na+[:H]-；故C正確；

D．NaCl的晶胞結構如圖所示晶體中每個Na+同時吸引著6個Cl-，每個Cl-同時吸引著6個Na+；故D正確；

綜上所述答案為CD。14、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．σ鍵都是軸對稱圖形；故A錯誤；

B．共價單鍵為σ鍵；雙鍵和三鍵中均含1個σ鍵，則分子中含有共價鍵，則至少含有一個σ鍵，故B正確；

C．乙炔中的碳碳三鍵中含有一個σ鍵；2個π鍵，兩個C—H鍵是σ鍵，乙炔分子中存在3個σ鍵和2個π鍵，故C錯誤；

D．乙烷分子中只存在C—C單鍵和C—H單鍵；單鍵都為σ鍵，故都是σ鍵，故D正確；

故選AC。

【點睛】

單鍵中只有σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵；三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵。三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】

根據電子排布式；推出A為Mn，B為Mg，C為Ne，D為Si，E為K，據此分析；

【詳解】

(1)根據上述分析；Ne為稀有氣體；根據能級所含原子軌道數以及每個軌道最多容納2個電子，A中d能級上有5個原子軌道，最多容納10個電子，因此A中未成對電子為5，B中沒有未成對電子，C中沒有未成對電子，D中p有3個原子軌道，最多容納6個電子，即未成對有2，E沒有未成對電子，綜上所述，含未成對電子數最多的元素是A；故答案為D；A；

(2)根據上述分析；A元素符號為Mn，核外有多少個電子，核外有多少種運動狀態的電子，即Mn元素核外電子共有25種運動狀態；故答案為Mn；25；

(3)D元素為Si，其軌道式為含有的能級為1s、2s、2p、3s、3p，共有5個能級；故答案為5。【解析】①.C②.A③.Mn④.25⑤.⑥.516、略

【分析】【分析】

短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外層電子數為a，次外層電子數為b；元素Y原子的M層電子數為(a－b)，L層電子數為(a＋b)，則L層電子數為8，所以a＋b＝8，所以元素X原子有2個電子層，故b＝2，所以a＝8－b＝8－2＝6，故X為O元素；故元素Y原子的M層電子數為a－b＝6－2＝4，Y為Si元素，X、Y兩元素形成的化合物為SiO2；結合元素化合物的性質判斷。

【詳解】

(1)X為O元素；Y為Si元素，故答案為：氧；O；硅；Si；

(2)X、Y兩元素形成的化合物為SiO2；

A．SiO2不與水反應；故A錯誤；

B．SiO2性質穩定；溶于HF酸，不溶于其它酸，故B錯誤；

C．SiO2與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉與水；故C正確；

D．SiO2不與氯氣反應；故D錯誤；

故答案為：C；

(3)氧原子和硅原子的原子結構示意圖分別為：所以氧原子有2個能層，硅原子有3個能層，故答案為：2；3。

【點睛】

本題推斷元素種類是解題關鍵，根據每一能層能夠排布的電子數多少進行綜合判斷，注意二氧化硅性質的特殊性。【解析】①.氧②.O③.硅④.Si⑤.C⑥.2⑦.317、略

【分析】(1)

14號元素為Si，基態原子電子排布式為1s22s22p63s23p2或者[Ne]3s23p2；故答案為1s22s22p63s23p2或者[Ne]3s23p2；

(2)

根據E的定義，13號元素為Al，基態原子排布式為1s22s22p63s23p1，12號元素為Mg，1s22s22p63s2，13號元素Al失去的是3p1電子，12號元素Mg失去的是電子，3p能級的能量比3s能級的能量高，易失或12號元素Mg失去的是是全充滿結構，是相對穩定的結構；故答案為13號元素Al失去的是3p1電子，12號元素Mg失去的是電子，3p能級的能量比3s能級的能量高，易失或12號元素Mg失去的是是全充滿結構；是相對穩定的結構；

(3)

根據分析圖可知；同周期從左向右，E是增大趨勢，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，E(砷)＞E(硒)，E(溴)＞E(硒)；故答案為①③；

(4)

根據分析圖可知；同周期從左向右，E是增大趨勢，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，同主族從上到下，E逐漸增大，485＜E(Ca)＜738；故答案為485＜E(Ca)＜738；

(5)

Na和K都位于第ⅠA族，最外層電子數相同，但是電子層數：K＞Na，原子半徑：K＞Na，原子核對電子的引力：Na>K，E值：Na>K；或K元素失去的4s能級上的電子，鈉失去的是3s能級上的電子，4s能級電子的能量高，易失去，故E值：Na>K；故答案為Na和K都位于第ⅠA族，最外層電子數相同，但是電子層數：K＞Na，原子半徑：K＞Na，原子核對電子的引力：Na>K，E值：Na>K；或K元素失去的4s能級上的電子，鈉失去的是3s能級上的電子，4s能級電子的能量高，易失去，故E值：Na>K。【解析】(1)

(2)13號元素Al失去的是電子，12號元素Mg失去的是電子，3p能級的能量比3s能級的能量高，易失去。或12號元素Mg失去的是是全充滿結構；是相對穩定的結構。

(3)①③

(4)

(5)Na和K都位于第ⅠA族，最外層電子數相同，但是電子層數：原子半徑：原子核對電子的引力：E值：或K元素失去的4s能級上的電子，鈉失去的是3s能級上的電子，4s能級電子的能量高，易失去，故E值：18、略

【分析】【分析】

根據得失電子規律；同一主族從上到下電離能依次遞減，同一周期從左到右電離能依次遞增。根據元素的電離能可知，Q的第一電離能最大，很可能是稀有氣體。R和U的第2電離能均遠遠大于第一電離能，因此最外層電子數都是1個，最有可能處于同一主族。S的第三電離能遠遠大于第二電離能，所以S的最外層有2個電子。同理分析T的最外層電子數是3個。由于最外層2個電子屬于全充滿，穩定性強，所以第一電離能大于T的，因此金屬性強弱順序為U＞R＞S＞T＞Q。

【詳解】

(1)R和U的第一電離能較小；最外層電子數為1，二者位于同一族；答案是：D。

(2)根據分析可知，金屬性越強，相應陽離子的氧化性就越弱，而Q又很有可能是稀有氣體，熔融狀態下難于電離，所以陰極放電反應最可能是T3+；選D，答案是：D。

(3)由分析可知根據R、S、T、U最高化合價為+1、+2、+3、+1，所以各氯化物分別是RCl、SCl2、TCl3；UCl；B符合；答案是：B。

(4)S的第一；第二電離能較小；最外層電子數為2，可能為S區元素，所以答案是:A。

(5)Q的電離能很大，可能為0族元素，化學性質和物理性質最像氦，所以答案是：D。【解析】①.D②.D③.B④.A⑤.D19、略

【分析】【詳解】

根據元素周期律可知，與Li處于對角線位置的元素為Mg，二者的化學性質相似，故此處填Mg；Mg原子的M層電子排布式為3s2，根據泡利不相容原理可知，這兩個電子的自旋狀態相反，故此處填相反；是29號元素，基態Cu原子核外電子排布式為或則基態核外電子排布式為或【解析】相反（或）20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)同一周期元素；原子序數越大，原子半徑越小；不同周期元素，原子核外電子層數越多，原子半徑越大。S是第三周期元素，C；O是第二周期元素，則羰基硫(COS)所含S、C、O三種元素的原子半徑從大到小的順序為：S＞C＞O；

(2)羰基硫中C原子與S、O分別形成2對共用電子對，使分子中各個原子都達到最外層8個電子的穩定結構，故其電子式為：

在羰基硫分子中；O；S原子吸引電子能力大小不同，故分子中正負電荷重心不重合，因此該分子屬于極性分子；

(3)a．Na2CO3是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，而Na2SO4是強酸強堿反應產生的正鹽，不水解，溶液顯中性，故在相同條件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4；可證明元素的非金屬性S＞C，a符合題意；

b．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強。由于H2SO3不是S元素最高價含氧酸，因此不能通過比較H2SO3和H2CO3的酸性強弱判斷元素S、C的非金屬性的強弱，b不符合題意；

c．在CS2中碳元素為+4價；硫元素為-2價，說明二者吸引電子能力：S＞C，可證明元素的非金屬性：S＞C，c符合題意；

d．濃H2SO4加熱能氧化C產生CO2，濃硫酸被還原產生SO2，同時產生H2O；只能說明濃硫酸具有強氧化性，但不能證明元素的非金屬性：S＞C，d不符合題意；

故合理選項是ac。【解析】S＞C＞O極性ac21、略

【分析】【分析】

根據電離能I2與I3之間產生了突變；可知該原子最外層有2個電子，核電荷數小于18的元素，且已有11個電子，所以該元素為12號鎂。

【詳解】

(1)據圖表可知外層電子離核越遠；能量越高，越容易失去電子，所以電離能越小；陽離子電荷數越高，原子核對核外電子的引力越大，越難失去電子，電離能越大；

(2)從表格能量大小可看出；前兩個電子在一個能層，之后八個在一個能層，最后一個在一個能層，故分屬3個電子層；

(3)該元素為12號Mg；失去了11個電子后，該元素還有1個電子；

(4)Mg的最高價氧化物對應的水化物的化學式是Mg(OH)2。

【點睛】

根據電離能的突變可以得到原子的最外層電子數。【解析】①.小②.大③.3④.1⑤.Mg(OH)222、略

【分析】【詳解】

(1)乙醇的結構式是1個乙醇分子中含有8個σ鍵，1mol乙醇中含有σ鍵的數目為8NA。

(2)乙醇、二甲醚的相對分子質量相等，乙醇分子間能形成氫鍵，二甲醚分子間不能形成氫鍵，相同條件下，乙醇的沸點高于二甲醚(CH3OCH3)；

(3)①氫氧化銅和氨水形成配離子[Cu(NH3)4]2+，氨水過量后沉淀逐漸溶解的離子方程式為Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。

②SO中S原子的雜化軌道數是無孤電子對，SO的立體構型為正四面體形，S原子的雜化類型為sp3雜化；陽離子是[Cu(NH3)4]2+，結構式為【解析】8NA(或8×6.02×1023或4.816×1024)乙醇分子間能形成氫鍵Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O[或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-]正四面體形sp3雜化四、實驗題(共3題，共15分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)n(C)=n(CO2)==0.12moln(H)=2n(H2O)==0.24mol

m(C)+m(H)=0.12mol×12g·mol-1+0.24g=1.68g<2.64g該化合物含有氧元素。

n(O)==0.06mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.12mol：0.24mol：0.06mol=2：4：1，最簡式為C2H4O，由已知相對分子質量為88，該化合物分子式為C4H8O2，故答案為：C4H8O2；

(2)根據核磁共振氫譜圖中由4個峰，且面積比為1:3:1:3，說明分子中含有4中氫原子，且個數比為1:3:1:3，結合紅外光譜圖所示含有C-H、C-O、C=O等化學鍵，故其結構簡式為：故答案為：【解析】C4H8O224、略

【分析】【分析】

比較金屬性可以利用金屬與水或酸置換出氫氣的難易以及最高價氧化物對應水化物的堿性。該實驗設計的是三種金屬與水；與酸反應的難易；因為具體到實驗操作，需要考慮很多因素，比如鈉的取用、鎂條的使用等。本題主要涉及試管實驗，但是鈉與水的反應比較劇烈，不適合在試管中完成，在燒杯中或水槽中比較安全。如果用一種試劑比較三者金屬性強弱，考慮水這種試劑，鈉與水很劇烈，鎂與水反應比較緩慢，鋁和水幾乎不反應。

【詳解】

（2）由鈉與水反應實驗知缺少燒杯（或水槽）；故答案為：燒杯或水槽；

（3）I．①a理論上鈉是金屬性強的活潑金屬加到水中應立刻劇烈反映，現在出現開始時鈉塊浮在水面上不反應的這種現象，只能說明鈉的表面有不與水反應煤油阻止鈉與水的接觸；b鎂在加熱的條件下是能和水反應的現在沒有相應現象應該鎂表面的氧化膜阻止接觸；故答案為：鈉表面的煤油沒有用濾紙吸干凈；鎂表面的氧化膜沒有被除去；

②金屬性越強，由反應的劇烈程度兩兩比較得出金屬性：鈉﹥鎂﹥鋁；故答案為：鈉>鎂>鋁；

II．鈉和冷水反應、鎂和熱水反應、鋁和熱水也不反應，所以可以用水和這三種金屬反應現象判斷金屬活動性強弱，其實驗方法是用濾紙將一小塊金屬鈉表面的煤油吸干后放入盛有水的燒杯中，將除掉了氧化膜的鎂條、鋁片分別放入盛有適量水的試管中并加熱。鎂與水反應的化學方程式：Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。故答案為：用濾紙將一小塊鈉表面的煤油吸干后放入盛有水的燒杯中，將除了氧化膜的鎂條、鋁片分別放入盛有適量水的試管中并加熱；Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑。【解析】燒杯或水槽鈉表面的煤油沒有用濾紙吸干凈鎂表面的氧化膜沒有被除去鈉>鎂>鋁用濾紙將一小塊鈉表面的煤油吸干后放入盛有水的燒杯中，將除了氧化膜的鎂條、鋁片分別放入盛有適量水的試管中并加熱Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑25、略

【分析】【分析】

用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3在三頸燒瓶內混合，水浴加熱制取[Co(NH3)6]Cl3，由于NH3易揮發，NH4Cl、H2O2易分解；所以需控制加熱溫度；同時需考慮，反應過程中揮發出的氨氣會對大氣產生污染，應進行尾氣處理；分離產品時，需先過濾出活性炭，同時應防止產品在過濾過程中結晶析出；將產品結晶析出時，又需考慮如何獲得盡可能多的晶體。

【詳解】

(1)制備[Co(NH3)6]Cl3時，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3為原料，化學方程式是2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。答案為：2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32[Co(NH3)6]Cl3+2H2O；

(2)裝置中；由于不斷加熱且反應放熱，氨水中會有一定量的氨氣揮發出來，應進行處理，所以存在的一處缺陷是缺少吸收揮發出氨氣的裝置。答案為：缺少吸收揮發出氨氣的裝置；

(3)H2O2具有不穩定性，若30%的H2O2溶液一次性加入三頸燒瓶，會出現的問題是在溫度迅速升高過程中，H2O2大量分解。答案為：在溫度迅速升高過程中，H2O2大量分解；

(4)與[Co(NH3)6]Cl3相比，[Co(NH3)5Cl]Cl2的內界還含有Cl-，常溫下與Ag+不反應，但受熱后電離程度增大，可與Ag+反應生成AgCl，所以驗證某晶體是[Co(NH3)6]Cl3還是[Co(NH3)5?Cl]Cl2的實驗方案為：取等質量的晶體分別溶于水，室溫下加足量的AgNO3溶液后濾去沉淀；對濾液再進行加熱，又能產生沉淀的是[Co(NH3)5Cl]Cl2，不能再產生沉淀的是[Co(NH3)6]Cl3。答案為：取等質量的晶體分別溶于水，室溫下加足量的AgNO3溶液后濾去沉淀；對濾液再進行加熱，又能產生沉淀的是[Co(NH3)5Cl]Cl2，不能再產生沉淀的是[Co(NH3)6]Cl3；

(5)步驟Ⅲ中，若過濾時間長，濾液溫度降低多，[Co(NH3)6]Cl3會在過濾過程中結晶析出，所以需趁熱過濾，主要目的是除去活性炭并防止產品析出；為獲得更多的產品，可利用同離子效應，降低產品的溶解度，由此得出濾液中加適量濃鹽酸的主要目的是增大氯離子濃度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。答案為：除去活性炭并防止產品析出；增大氯離子濃度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3；

(6)[Co(NH3)6]Cl3易溶于水而難溶于乙醇；則乙醇洗滌與蒸餾水洗滌相比優點是產品損失少。答案為：產品損失