…………○…………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年魯人版選擇性必修2化學上冊月考試卷1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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列元素屬于ds區的是A.CaB.FeC.CuD.P2、下列有關構造原理的說法錯誤的是A.原子核外電子填充3p、3d、4s能級的順序一般為3p→4s→3dB.某基態原子部分核外電子的排布式為C.在多電子原子中，電子最后填入的能級不一定是原子最外能層上的能級D.從第三能層開始出現能級交錯現象，即電子填入能級的順序與能層順序不同3、下列說法正確的是A.玻爾原子結構模型不但成功解釋了氫原子光譜，而且還解釋了其他原子光譜B.基態氧原子軌道表示式違背了泡利不相容原理C.在基態多電子原子中，p軌道電子能量一定高于s軌道電子能量D.不同的能層所含的s能級的原子軌道數是不同的4、2020年12月，俄羅斯的一家上市公司QuantumScape。它的研究成果“固態鋰金屬電池”通過“無負極”制造工藝和陶瓷材料的固態分離器實現了突破。或能突破現有電動汽車鋰離子電池的局限，實現更高的能量密度，15分鐘80%快充，并且更安全。下列說法錯誤的是A.鋰離子電池的正極反應式為：Li-e-=Li+B.高溫結構陶瓷屬于新型無機非金屬材料C.基態鋰離子的電子排布式為1s2D.該電池的電解質不可能是酸性溶液5、2019年是“國際化學元素周期表年”。1869年門捷列夫把當時已知的元素根據元素性質；相對原子質量等進行排列；預留了甲、乙兩種未知元素的位置，并預測了二者的相對原子質量，部分原始記錄如下。下列說法錯誤的是。

A.乙元素位于現行元素周期表第四周期第ⅥA族B.原子序數：乙>甲>C.乙的簡單氣態氫化物的穩定性弱于D.推測乙的單質可以用作半導體材料6、元素X、Y、Z的原子序數之和為36，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子排布。下列推測不正確的是（）A.同周期元素中X的金屬性最強B.原子半徑：X＞Y，離子半徑：X+＞Z2-C.同族元素中Z的氫化物穩定性最高D.同周期元素中Y的最高價含氧酸的酸性最強7、下列說法正確的是A.分子晶體中只存在非極性共價鍵B.原子晶體中只存在共價鍵C.物質溶于水時不會斷裂化學鍵D.含陽離子的晶體一定含有陰離子評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，元素Y是地殼中含量最多的元素，X與Z同主族且二者可形成離子化合物，W的最外層電子數是其電子層數的2倍。下列說法正確的是A.電負性：XB.第一電離能：ZC.元素W的含氧酸均為強酸D.Z的氧化物對應的水化物為弱堿9、實驗室中常用丁二酮肟來檢驗Ni2+；反應時形成雙齒配合物.離子方程式如下：

下列說法錯誤的是A.基態Ni2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d8B.丁二酮肟分子中碳原子與氮原子的雜化方式均為sp2C.每個二(丁二酮肟)合鎳(II)含有32個σ鍵D.二(丁二酮肟)合鎳(II)的中心原子的配體數目和配位數均為410、利用某分子篩作催化劑，NH3可脫除廢氣中的NO和NO2；生成兩種無毒物質，其反應歷程如下圖所示，下列說法正確的是。

A.X是N2B.上述歷程的總反應為：2NH3+NO+NO22N2+3H2OC.中含有極性共價鍵D.NH3、H2O中的質子數、電子數均相同11、下列關于苯乙炔的說法錯誤的是。

A.該分于有8個鍵和5個鍵B.該分子中碳原子有sp和雜化C.該分子中不存在非極性鍵D.該分子中有8個碳原子在同一平面上12、下列關于CO2和N2O的說法正確的是。

A.二者互為等電子體，結構相似B.由CO2的結構式可推出N2O的結構式為N=O=NC.兩種分子中σ鍵與π鍵數目之比相同D.由圖可知干冰晶體中每個CO2分子周圍等距離且緊鄰的CO2分子有8個13、晶體的晶胞結構與晶體的相似(如圖所示)，但晶體中由于啞鈴形的存在，使晶胞沿一個方向拉長。則關于晶體的描述不正確的是。

A.晶體的熔點較高、硬度也較大B.和距離相等且最近的構成的多面體是正八面體C.和距離相等且最近的有12個D.如圖的結構中共含有4個和14、下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是。選項實驗事實理論解釋ANH3空間構型為三角錐NH3中心原子均為sp3雜化且均有一對孤對電子B白磷為正四面體分子白磷分子中P—Р鍵間的夾角是109.5°CHF的沸點高于HClH—F的鍵能比H—Cl的鍵能大D硼酸固體難溶于水，加熱溶解度增大加熱后，硼酸分子之間的氫鍵部分斷裂，與水分子產生氫鍵作用A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、根據下列5種元素的電離能數據(單位：kJ·mol-1)，回答下列問題。元素符號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600V420310044005900

（1）在元素周期表中，最有可能處于同一族的是__(填序號；下同)。

A.Q和RB.S和TC.T和VD.R和TE.R和V

（2）它們的氯化物的化學式，最有可能正確的是__。

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TClE.VCl4

（3）下列元素中，最有可能與Q元素處于同一族的是__。

A.硼B.鈹C.鋰D.氫E.氦。

（4）在這5種元素中，最容易與氯元素形成離子化合物的是__。

A.QB.RC.SD.TE.V

（5）利用表中的數據判斷，V元素最有可能是下列元素中的__。

A.HB.LiC.NaD.K16、(1)可正確表示原子軌道的是______。

A.2sB.2dC.3pD.3f

(2)如圖是s能級；p能級的原子軌道圖試回答問題：

①s能級的原子軌道呈______形，每個s能級有______個原子軌道；p能級的原子軌道分別相對于x、y、z軸______，每個p能級有______個原子軌道。

②s能級原子軌道、p能級原子軌道的半徑與______有關，______越高，原子軌道半徑越大。17、常溫下由三種短周期元素形成的氣體單質X；Y、Z；并有下列轉化關系(反應條件已略去)：已知：X分子中含共價鍵最多；甲分子中含10個電子，乙分子含有18個電子。

(1)寫出單質X的結構式是________________________________________________；

(2)化合物甲的電子式是_____________________________；其水溶液呈________性。

(3)化合物丙中存在的化學鍵是____________________________________________。18、(1)工業上利用鎳與CO形成化合物Ni(CO)4分離提純鎳。

①CO的結構式為___________。

②Ni(CO)4的中心原子是___________，配體是___________，配位數為___________，中心原子與配位原子之間的化學鍵類型是___________。

③WgCO中含π鍵數目為___________。

(2)H3O+的立體構型為___________，BCl3的立體構型為___________。

(3)按要求寫出由第二周期元素為中心原子，通過sp3雜化形成中性分子的化學式(各寫一種)；正四面體形分子___________，三角錐形分子___________，V形分子___________。19、(1)N2的沸點比CO的沸點______(填“高”或“低”)，其原因是______。

(2)BCl3的熔、沸點比BF3的______(填“高“或“低”)，其原因是______。20、(1)三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為______。

(2)①已知的熱分解溫度為900℃，的熱分解溫度為1172℃，試從原子結構的角度解釋的熱分解溫度低于的原因______。

②已知與的晶體類型相似，的熔點比的______(填“高”或“低”)，原因是______。21、在固體KHSO4中，有一半是以雙聚分子存在，另一半是以鏈式結構存在，生成這兩種空間構型的原因是___鍵存在，請畫出雙聚分子的結構：___，鏈式結構為___。評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)22、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分五、結構與性質(共4題，共8分)23、磷元素生產和生活中有廣泛的應用。

(1)P原子價電子排布圖為____。

(2)四(三苯基磷)鈀分子結構如圖1。

P原子以正四面體的形態圍繞在鈀原子中心上，判斷該物質在水中溶解度并加以解釋：_________。該物質可用于圖2所示物質A的合成，物質A中碳原子雜化軌道類型為____；一個A分子中手性碳原子數目為____。

(3)在圖3中表示出四(三苯基磷)鈀分子中配位鍵____。

(4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學式為____；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為_____。

(5)磷有三種含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4，其中磷元素均以sp3雜化與相鄰原子形成四個σ鍵，則H3PO3的結構式是________，寫出H3PO2與足量氫氧化鈉溶液反應的化學方程式：____________________。磷的三種含氧酸H3PO2、H3PO3、H3PO4的酸性強弱順序為H3PO23PO33PO4，其原因是_____________________。

(6)磷化硼是一種受到高度關注的耐磨涂料；它可用作金屬的表面保護層。磷化硼可由三溴化硼和三溴化磷在氫氣中高溫反應合成。

①寫出合成磷化硼的化學反應方程式：____________________

②三溴化硼分子和三溴化磷分子的立體構型分別是________、________。24、第Ⅷ族元素Fe；Co、Ni性質相似；稱為鐵系元素，主要用于制造合金。回答下列問題：

（1）基態Ni原子核外有___種空間運動狀態不同的電子，同周期元素中，基態原子未成對電子數與Ni相同的過渡元素為___。

（2）Fe3+與酚類物質的顯色反應常用于其離子檢驗，已知Fe3+遇鄰苯二酚()和對苯二酚()均顯綠色。鄰苯二酚中原子的雜化類型有____，鄰苯二酚的熔沸點比對苯二酚低，原因是____。

（3）有歷史記載的第一個配合物是Fe4[Fe(CN)6]3(普魯士藍)，該配合物的內界為____。表中為Co2+、Ni2+不同配位數時對應的晶體場穩定化能(可衡量形成配合物時，總能量的降低)。由表可知，Ni2+比較穩定的配離子配位數是____(填“4”或“6”)。Co3+性質活潑，易被還原，但形成[Co(NH3)6]3+]后氧化性降低，可能的原因是____。

。離子。

配位數。

晶體場穩定化能(Dq)

Co2+

6

-8Dq+2p

4

-5.34Dq+2p

-5.34Dq+2p

Ni2+

6

-12Dq+3p

4

-3.56Dq+3p

-3.56Dq+3p

（4）氧元素與Fe可形成低價態氧化物FeO。

①FeO立方晶胞結構如圖所示，則Fe2+的配位數為___；與O2-緊鄰的所有Fe2+構成的幾何構型為____。

②若O2-與Fe2+之間最近距離為apm，則該晶體的密度計算式為___g·cm-3。(用含a、NA的代數式表示，NA代表阿伏加德羅常數的值)25、硫鐵礦(主要成分FeS2)是接觸法制硫酸的主要原料；接觸法制硫酸的生產原理分三步。

I.4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；

II.2SO2+O2=2SO3；

III.SO3+H2O=H2SO4

回答下列問題：

(1)①基態Fe2+共有_______種不同空間運動狀態的電子。

②Fe2+形成的配合物亞鐵氰化鉀(K4[Fe(CN)6])又稱黃血鹽，可用于檢驗Fe2+。與CN-互為等電子體的陰離子為_______(填離子符號，任寫一種)。含有12molσ鍵的K4[Fe(CN)6]的物質的量為_______mol。

③已知Fe2+半徑為61pm，Co2+半徑為65pm，則在隔絕空氣條件下分別加熱FeCO3和CoCO3，FeCO3受熱分解溫度_______(填“低于”或“高于”)CoCO3。

(2)①H2SO4的酸性強于H2SO3的酸性的原因是_______。

②過二硫酸的結構式為S原子的雜化方式為_______；S元素的化合價為_______。

(3)FeS2晶體的晶胞結構如圖所示。

①FeS2晶體的晶胞中，Fe2+位于所形成的_______(填“正四面體”或“正八面體”，下同)空隙，位于Fe2+所形成的_______空隙。該晶體中距離Fe2+最近的Fe2+的數目為_______。

②FeS2晶體的晶胞參數為anm，密度為ρg?cm-3，阿伏加德羅常數的值為NA，則FeS2的摩爾質量M=_______g。mol-1(用含a、ρ、NA的代數式表示)。26、第四周期過渡金屬元素的單質及其化合物有重要的研究和應用價值。這些元素的相關問題如下：

(1)鉻的一種配合物為其中基態Cr原子的核外價電子排布圖為_______。作為配體時提供孤電子對的原子是_______。

(2)納米是一種應用廣泛的催化劑，其催化的一個實例如下圖。化合物甲中采取雜化的原子數目為_______。化合物乙中采取雜化的原子的第一電離能由大到小的順序為_______。

(3)鈣鈦礦太陽能電池在柔性可穿戴電子設備等方面具有獨特的優勢和巨大的應用潛力。鈦酸鈣晶胞俯視投影圖如下：

已知：晶胞中只含有一個鈦原子；鈣原子與鈦原子之間的最近距離為anm。

①在圖中的實線面上用·標注出氧原子的位置_______。

②此鈣鈦礦晶體的化學式為_______，的配位數為_______。

③此鈦酸鈣晶胞的密度為_______評卷人得分六、元素或物質推斷題(共2題，共16分)27、短周期元素A；B、C、D、E它們的原子序數逐漸增大。A元素原子形成的離子沒有電子；C、D、E三種元素的最高價氧化物對應水化物之間可以兩兩反應；A與C同主族；B與E同主族；E的單質為黃色晶體；易溶于二硫化碳。

（1）A的離子符號是___________；

（2）少量E的低價氧化物與C的最高價氧化物的水化物相互反應的離子方程式是___________。

（3）B、C、D三種元素分別形成的離子，離子半徑由大到小的順序是___________。(用離子符號填寫)

（4）D單質與C最高價氧化物對應水化物反應的離子化學方程式___________。

（5）E的氫化物與其低價氧化物反應生成3molE轉移電子數為___________。28、現有四種系列同族元素形成的物質，它們的沸點（℃,P=1.01×105Pa）如下表所示。①

He－268.8

Ne－249.5

Ar（x）

Kr－151.7

②

F2－187.0

Cl2－33.6

（a）58.7

I2184.0

③

HF（y）

HCl－84.0

HBr－67.0

HI－35.3

④

H2O（z）

H2S－60.2

（b）－42.0

H2Te－1.8

試根據上表回答下列問題。

（1）a為____________色液體；b的分子式為_______________。

（2）寫出②系列中物質主要化學性質的遞變規律（任寫一種）____________________；能夠說明該遞變規律的化學事實是_________________________

（任舉一例；用離子方程式表示）。

（3）除極少數情況外，上述四種系列中物質的沸點與相對分子質量之間均存在一定的關系，該關系是___________________________________________________________________。

（4）上表中，______和______兩種物質的沸點較同系列其它物質反常，反常的主要原因是___________________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、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。2、B【分析】【詳解】

A．根據構造原理判斷，A項正確；

B．根據構造原理可知，3s與4s能級之間還有3p能級，B項錯誤；

C．電子最后填入的能級不一定是原子最外能層上的能級，如某些過渡元素，C項正確；

D．從M能層開始，電子填入的順序是3s→3p→4s→3d，與能層的順序不同，D項正確；

故選B。3、B【分析】【詳解】

A．玻爾的原子結構模型成功解釋了氫原子光譜是線狀光譜的事實；但對多電子原子的光譜無法解釋，故A錯誤；

B．泡利不相容原理是每個軌道最多容納2個電子；且自旋方向相反，題中所給軌道式，違背了泡利不相容原理，故B正確；

C．在多電子原子中；電子填充原子軌道時，電子按照能量由低到高的順序填充，如4s的能量比2p高，故C錯誤；

D．s能級只有一個原子軌道；故D錯誤；

答案為B。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．鋰為較活潑金屬單質，故鋰離子電池的負極反應式為：Li-e-=Li+；故A錯誤；

B．高溫結構陶瓷包括Si3N4陶瓷；SiC陶瓷等屬于新型無機非金屬材料；故B正確；

C．鋰離子核外2個電子，故基態鋰離子的電子排布式為1s2；故C正確；

D．若電解質是酸性溶液；則溶液會與鋰單質反應，故D正確；

故選A。5、A【分析】由圖可知，同一縱列為同一周期元素，而同一橫行為同主族元素，由元素的相對原子質量可知，甲、乙的相對原子質量均比小，位于第四周期第VA族，則乙位于第ⅣA族，乙為甲位于第ⅢA族，甲為以此來解答；

【詳解】

A．乙為位于現行元素周期表第四周期第ⅣA族，故A錯誤；

B．原子序數：故B正確；

．碳與同主族且的電子層數較多，非金屬性則的簡單氣態氫化物的穩定性弱于故C正確；

D．乙為位于金屬與非金屬的交界處，其單質可用作半導體材料，故D正確；

故選A。6、B【分析】【分析】

元素X、Y、Z的原子序數之和為36，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子排布；若X為Na，Z為O，則Y的原子序數為36-11-8=17，則Y為Cl；若X為K，Z為S，19+16=35，Y只能為H，則不符合X；Y位于同周期，所以X為Na，Y為Cl，Z為O，以此來解答。

【詳解】

A．同周期從左向右金屬性減弱；則同周期元素中X的金屬性最強，故A正確；

B．同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：X＞Y，具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則離子半徑：X+＜Z2-；故B錯誤；

C．同主族從上到下非金屬性減弱；則同族元素中Z的氫化物穩定性最高，故C正確；

D．Y為Cl元素；同周期主族元素自左至右非金屬性增強，非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強，則同周期元素中Y的最高價含氧酸的酸性最強，故D正確；

故選：B。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．分子晶體中的分子內不一定只存在非極性共價鍵；可能含有極性共價鍵，如水分子內存在極性共價鍵，還可能不存在共價鍵，如稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵，故A錯誤；

B．原子晶體中只存在共價鍵，可能存在非極性共價鍵，也可能存在極性共價鍵，如Si、SiO2；故B正確；

C．物質溶于水時；有些物質的化學鍵不斷裂，如蔗糖等非電解質，也有些物質的化學鍵會斷裂，如氯化氫，故C錯誤；

D．含陽離子的晶體不一定含陰離子；如金屬晶體中含金屬陽離子和自由電子，故D錯誤；

故選B。二、多選題(共7題，共14分)8、AB【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z.、W的原子序數依次增大；元素Y是地殼中含量最多的元素，則Y為O；W最外層電子數是其電子層數的2倍，其原子序數大于O，則W為S元素；X與Z同主族且二者可形成離子化合物，則X為H，Z為Na元素，以此分析解答。

【詳解】

結合分析可知；X為H，Y為O，Z為Na，W為S元素；

A．同一周期從左到右元素的電負性逐漸增強，同主族從上到下元素的電負性逐漸減弱，故電負性H

B．同一周期從左到右元素的第一電離能逐漸增大，同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小，故第一電離能Na<W<Y；故B正確；

C．W為S元素；S的含氧酸不一定為強酸，如亞硫酸為弱酸，故C錯誤；

D．Z的氧化物對應的水化物為為NaOH；NaOH為強堿，故D錯誤。

答案選AB。9、BD【分析】【詳解】

A.鎳元素的核電荷數為28，失去2個電子形成鎳離子，則基態Ni2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d8；故A正確；

B.由丁二酮肟分子結構可知，分子中有的碳原子形成1個雙鍵和2個單鍵，碳原子的雜化方式為sp2雜化，還有的碳原子全部是單鍵，碳原子的雜化方式為sp3雜化；故B錯誤；

C.由二(丁二酮肟)合鎳(II)的結構可知；配合物中含有4個配位鍵；4個雙鍵和24個單鍵，共32個σ鍵，故C正確；

D.由二(丁二酮肟)合鎳(II)的結構可知；配合物的中心原子為鎳離子，配位數為4，配位體為2個丁二酮肟，故D錯誤；

故選BD。10、BC【分析】【分析】

圖示反應可以發生NH3+H+=2+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+，生成X的反應為[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，[(NH4)(HNO2)]+=N2+2H2O+H+；由此分析。

【詳解】

A．生成X的反應為[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，由原子個數守恒可知，X是N2和H2O；故A不符合題意；

B．由反應歷程可知，在催化劑作用下，NH3與廢氣中的NO和NO2反應生成無毒的N2和H2O，反應的化學方程式為2NH3+NO+NO22N2+3H2O；故B符合題意；

C．銨根離子的電子式為離子中含有極性共價鍵和配位鍵，故C符合題意；

D．NH3、H2O中的質子數分別為10、11、10；NH3、H2O中的電子數為：10、10、10，則NH3、H2O的質子數；電子數不可能均相同；故D不符合題意；

答案選BC。11、AC【分析】【詳解】

A．苯乙炔分子中含有14個鍵，苯環中有1個大鍵，鍵中有2個鍵，故共含有3個鍵；故A錯誤；

B．苯環中碳原子都采取雜化，碳碳三鍵碳原子采取雜化，故該分子中碳原子有和雜化；故B正確；

C．同種原子間形成的共價鍵為非極性鍵；該分子中碳原子間形成非極性鍵，故C錯誤；

D．苯環是平面形結構；碳碳三鍵是直線形結構，因此該分子中有8個碳原子在同一平面上，故D正確；

故選AC。12、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．CO2和N2O互為等電子體；二者的結構相似，A正確；

B．由CO2結構式為O=C=O可以推出N2O的結構式為B錯誤；

C．每個CO2分子中有2個σ鍵與2個π鍵，每個N2O分子中有2個σ鍵與2個π鍵；兩種分子中σ鍵與π鍵數目之比均為1：1，C正確；

D．由干冰晶胞圖可知，每個CO2分子周圍等距離且緊鄰的CO2分子有12個；D錯誤。

故選：AC。13、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似，可以判斷CaC2也為離子晶體；離子晶體熔點較高，硬度也較大，故A正確；

B．根據晶胞，Ca2+為八面體填隙，但由于晶胞沿一個方向拉長，所以和Ca2+距離相同且最近的構成的多面體不是正八面體；故B錯誤；

C．晶胞的一個平面的長與寬不相等，與每個Ca2+距離相等且最近的Ca2+應為4個；故C錯誤；

D．一個晶胞中含有Ca2+的數目為12×+1=4個，含有的數目為8×+6×=4個；故D正確；

故選BC。14、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．中價層電子對個數=3+(6+2-2×3)/2=4，且含有一個孤電子對，所以其空間構型是三角錐形，S原子采用sp3雜化；NH3分子中價層電子對個數=3+(5-3×1)/2=4，且含有一個孤電子對，所以其立體結構都是三角錐形，NH3中N原子雜化方式為sp3；所以S和N雜化方式相同，A正確；

B．白磷分子為P4；4個P原子位于正四面體的4個頂點，每個面都是正三角形，P-P鍵鍵角為60°，B錯誤；

C．HF和HCI的熔；沸點與分子內的共價鍵無關；只與分子間作用力有關，HF分子間可以形成氫鍵，所以HF比HCl沸點高，C錯誤；

D．硼酸分子由于分子間氫鍵的存在；形成了集團形成了塊狀，使得硼酸固體難溶于水；加熱時破壞了硼酸分子間的氫鍵，使得硼酸更易與水產生分子間氫鍵，故溶解度增大，D正確。

【點睛】

硼酸的分子間可以形成氫鍵、硼酸與水分子間也可以形成氫鍵是解題關鍵。三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】

由元素的電離能可以看出；Q的電離能很大，可能為零族元素；R和V的第一電離能較小，第二電離能劇增，最外層電子數應為1，二者可能處于同一族；S的第一；第二電離能較小，第三電離能劇增，最外層電子數應為2；T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，最外層電子數應為3。

【詳解】

(1)根據分析可知R和V最可能位于同一族；故選E；

(2)A．Q可能為零族元素；無法形成氯化物，故A錯誤；

B．R的最外層電子數應為1；其氯化物最可能為RCl，故B正確；

C．S的最外層電子數應為2，其氯化物最可能為SCl2；故C錯誤；

D．T的最外層電子數應為3，其氯化物最可能為TCl3；故D錯誤；

E．V的最外層電子數應為1；其氯化物最可能為VCl，故E錯誤；

綜上所述選B；

(3)Q最可能為零族元素；所以選E；

(4)第一電離能越小越容易失去電子形成陽離子；根據表格數據可知V元素的第一電離能最小，最容易失去電子形成陽離子和氯離子形成離子化合物，所以選E；

(5)R和V最可能位于第IA族；其核外最少有4個電子，所以排除H和Li，而V的第一電離能小于R，所以R可能為選項中的Na，V為選項中的K，所以選D。

【點睛】

本題需要學生掌握原子的最外層電子數與電離能之間的關系，明確電離能發生突變的原因。【解析】①.E②.B③.E④.E⑤.D16、略

【分析】【詳解】

(1)層只有能級，層只有能級；故選AC，故答案為：AC；

(2)①軌道在三維空間分布的圖形為球形，且每個s能級只有一個軌道；軌道空間分布的圖形分別相對于x；y、z軸對稱；每個p能級有3個軌道，故答案為：球；1；對稱；3；

②原子軌道的半徑與能層有關，并隨能層升高而增大，故答案為：能層；能層。【解析】①.AC②.球③.1④.對稱⑤.3⑥.能層⑦.能層17、略

【分析】分析：常溫下由三種短周期元素形成的氣體單質X；Y、Z；X分子中含共價鍵最多，則X應為氮氣；單質X與單質Y形成共價化合物甲，甲分子中含10個電子，所以甲為氨氣，Y為氫氣；單質Y與單質Z形成共價化合物乙，乙分子含有18個電子，則Z為氯氣，乙為氯化氫；氯化氫和氨氣反應生成氯化銨，則丙為氯化銨。

詳解：（1）單質X為N2，氮原子最外層5個電子，兩個氮原子共用3對電子達到8電子穩定結構，故N2的結構式為：N≡N。

（2）甲為氨氣，分子式為NH3，1個氮原子與3個氫原子通過共用電子形成共價化合物分子，氫原子達到2電子穩定結構、氮原子達到8電子穩定結構，電子式為：氨氣溶于水，氨分子與水反應生成NH3?H2O是一種弱堿；故氨水溶液呈堿性。

（3）丙為氯化銨，化學式為NH4Cl，NH4Cl中NH4+與Cl-之間存在離子鍵，NH4+中N原子和H原子間存在共價鍵，故NH4Cl中存在的化學鍵有離子鍵和共價鍵。【解析】N≡N堿離子鍵、共價鍵18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①CO的結構式為

②Ni(CO)4的中心原子是Ni；配體是CO，配位數為4，中心原子與配位原子之間形成配位鍵；

③CO的結構式為1個CO分子中含有2個鍵，故WgCO中含π鍵數目為

(2)H3O+中氧原子的價電子對數為則中心原子為sp3雜化，但有一對孤對電子，故H3O+的立體構型為三角錐型；BCl3中中心原子的價電子對數為中心原子為sp2雜化，沒有孤對電子，故BCl3的立體構型為平面三角形；

(3)由第二周期元素為中心原子，通過sp3雜化形成中性分子，說明中心原子價層電子對是4，如果是正四面體構型，則中心原子不含孤電子對，如果呈三角錐型結構說明中心原子含有一個孤電子對，如果呈V形結構則說明中心原子含有2個孤電子對，所以正四面體分子為CH4或CF4，三角錐分子為NH3或NF3，V形分子為H2O。【解析】①.②.Ni③.CO④.4⑤.配位鍵⑥.⑦.三角錐型⑧.平面三角形⑨.CH4或CF4⑩.NH3或NF3?.H2O19、略

【分析】【詳解】

(1)N2、CO的相對分子質量相同，但是N2為非極性分子，CO為極性分子，極性分子間的范德華力較強，所以N2的沸點比CO的低。

(2)BCl3與BF3的組成和結構相似，相對分子質量大的，其熔、沸點高，所以BCl3的熔、沸點高于BF3。【解析】①.低②.N2為非極性分子，CO為極性分子，極性分子間的范德華力較強③.高④.BCl3與BF3的組成和結構相似，BCl3的相對分子質量大20、略

【分析】【詳解】

(1)因為的二價氧化物是離子化合物，半徑依次減小，晶體的晶格能依次增大，熔點依次升高，故熔點順序是

(2)①()在高溫條件下能分解為和(和)，因為的半徑小于更容易得到形成所以的分解溫度低于

②的半徑小于且所帶電荷數多于所帶電荷數，的半徑小于且所帶電荷數多于所帶電荷數，與之間的作用力更強，的晶格能比的大，熔點高。【解析】①.②.因為的半徑小于更易結合中的使更易分解為和③.高④.的半徑小于的半徑小于而且所帶電荷數均比多，與之間的作用力更強，的晶格能比的大，熔點高21、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】氫四、判斷題(共1題，共10分)22、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。五、結構與性質(共4題，共8分)23、略

【分析】【詳解】

（1）考查價電子以及排布圖的書寫，P屬于主族元素，P的價電子指最外層電子，價電子排布圖為（2）考查分子的溶解度和雜化類型的判斷，水分子是極性分子，四(三苯基磷)鈀空間構型為正四面體，屬于非極性分子，根據相似相溶，因此四(三苯基磷)鈀不溶于水；碳碳雙鍵中有3個σ鍵，無孤電子對，因此是sp2雜化，甲基、亞甲基等中的碳原子有4個σ鍵，無孤電子對，是sp3雜化，碳碳叁鍵上的碳原子有2個σ鍵，無孤電子對，是sp雜化；手性碳原子是連有四個不同的原子或原子團的碳原子，根據結構簡式，1分子A中含有3個手性碳原子；（3）考查配位鍵，P最外層有5個電子，能形成3個共價鍵，根據結構，屬于配位鍵的是（4）本題考查孤電子對的計算，因為形成一種是正四面體的陽離子和一種是正六面體形的陰離子，且P－Cl只有兩種鍵長，因此為PCl4＋和PCl6－，PCl4＋中中性原子P含有孤電子對數為(5－1－4)/2=0，PCl3中中性原子O含有孤電子對數為(5－3)/2=1，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，因此PCl4＋的鍵角大于PCl3；（5）本題考查含氧酸，含氧酸中的氫原子一種是與中性原子直接相連，一種與氧構成羥基，含氧酸電離出的H＋是由羥基上的氫電離產生，如果H3PO3是三元酸，則中性P有三個羥基，無孤電子對，應是sp2雜化，不符合信息，應是2個羥基，即結構式為根據上述分析，H3PO2有1個羥基，屬于一元酸，與氫氧化鈉反應的方程式為H3PO2＋NaOH=NaH2PO2＋H2O，H3PO4中含有三個羥基，可以寫成(HO)nPOm，三種含氧酸的化合價依次為＋1、＋3、＋5價，中性P原子的正電荷依次升高，使得P－O－H中氧原子的電子移向P原子，越容易電離出H＋，即酸性越強；（6）①根據信息，得出反應方程式為BBr3＋PBr3＋3H2BP＋6HBr；三溴化硼中中性原子是B；含有3個σ鍵，孤電子對數(3－3)/2=0，因此價層電子對數為3，空間構型平面三角形，三溴化磷中性原子為P，有3個σ鍵，孤電子對數為(5－3)/2=1，空間構型為三角錐形。

點睛：本題易錯點是含酸酸性比較，主要存在敘述不完整，應從含氧酸的通式上入手，先判斷含有羥基的數目，然后寫出(HO)nPOm，m值越大，P的正電性越高，導致P－O－H中O的電子向P偏移，越容易電離出H＋，即酸性越強。【解析】①.②.不易溶于水，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶③.sp、sp2、sp3④.3⑤.⑥.PCl4＋和PCl6－⑦.P原子沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力⑧.⑨.NaOH＋H3PO2===NaH2PO2＋H2O⑩.H3PO2、H3PO3、H3PO4中磷元素的化合價依次為＋1、＋3和＋5價，中心磷原子的正電荷依次升高，導致P—O—H中氧原子的電子更易向P原子偏移，因而H3PO2→H3PO3→H3PO4越來越易電離出氫離子，酸性越來越強?.BBr3＋PBr3＋3H2BP＋6HBr?.平面三角形?.三角錐形24、略

【分析】【分析】

（1）

為28號元素，基態的電子排布式為[Ar]3d84s2，基態Ni原子核外有1+1+3+1+3+5+1=15，15種空間運動狀態不同的電子；根據基態的電子排布式為[Ar]3d84s2，其3d能級上未成對電子數為2，同周期中，未成對電子數為2的還有鈦,為22號元素，其基態電子排布式為：[Ar]3d24s2。

（2）

C原子是sp2雜化，所以苯環的C在同一平面，O類似于水分子的一個H被苯基取代，所以O是sp3雜化；鄰苯二酚易形成分子內氫鍵，對苯二酚易形成分子間氫鍵，后者分子間作用力較大，因此，熔沸點較低；

（3）

配合物是中內界為由表中數據可知，配位數為6的晶體場穩定化能為-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越穩定；性質活潑，但很穩定；說明形成配位鍵后，三價鈷的氧化性減弱，性質變得穩定；

（4）

由圖可知，與體心Fe2+緊鄰且最近的O2-數為6，則Fe2+的配位數為6；與O2-緊鄰的所有Fe2+構成的幾何構型和與Fe2+緊鄰的所有O2-構成的幾何構型相同，與體心的Fe2+緊鄰的6個O2+構成正八面體，故與O2-緊鄰的所有Fe2+構成的幾何構型為正八面體；若O2-與Fe2+之間的最近距離為apm，g·cm-3。【解析】（1）15鈦。

（2）sp2、sp3鄰苯二酚形成分子內氫鍵；比對苯二酚易形成的分子間氫鍵作用力小，熔沸點低。

（3）[Fe(CN)6]4-6形成配位鍵后；該微粒性質變得更穩定。

（4）6正八面體g·cm-325、略

【分析】【分析】

基態Fe2+核外電子排布式為1s22s22p63s23p643d6，原子軌道數為14，則基態Fe2+共有14種不同空間運動狀態的電子；原子個數和價電子數均相等的分子或離子互為等電子體，則與CN-互為等電子體的陰離子為1個Fe(CN)中含有6個配位鍵，CN-中含有C≡N，1個C≡N中含有1個σ鍵、2個π鍵，即1個Fe(CN)中含有6+6=12個σ鍵，所以含有12molσ鍵的K4[Fe(CN)]6的物質的量為1mol；從原子半徑和晶格來判定其穩定性。根據晶胞來進行有關的計算。

【詳解】

(1)①Fe為26號元素，Fe2+核外有24個電子，基態Fe2+核外電子排布式為1s22s22p63s23p643d6，每個能層的s軌道有1個伸展方向，p軌道有3個伸展方向，d軌道有5個伸展方向，則基態Fe2+共有14種不同空間運動狀態的電子；故答案為14；

②原子個數和價電子數均相等的分子或離子互為等電子體，則與CN-互為等電子體的陰離子為1個Fe(CN)中含有6個配位鍵，CN-中含有C≡N，1個C≡N中含有1個σ鍵、2個π鍵，即1個Fe(CN)中含有6+6=12個σ鍵，所以含有12molσ鍵的K4[Fe(CN)]6的物質的量為1mol；答案為1；

③已知Fe2+半徑為61pm，Co2+半徑為65pm，則Fe2+半徑小于Co2+半徑，晶格能FeCO3>CoCO3，則在隔絕空氣條件下分別加熱FeCO3和CoCO3，FeCO3受熱分解溫度高于CoCO3；答案：低于；

(2)①H2SO4的酸性強于H2SO3的酸性的原因是H2SO4的非羥基氧原子數目為2，H2SO3的非羥基氧原子數目為1，非羥基氧原子數目越多，S的正電性越高，導致S-O-H的O的電子向S偏移，在水分子的作用下，越易電離出H+，酸性超強。答案為：H2SO4的非羥基氧原子數目為2，H2SO3的非羥基氧原子數目為1，非羥基氧原子數目越多，S的正電性越高，導致S-O-H的O的電子向S偏移，在水分子的作用下，越易電離出H+；酸性超強；

②過二硫酸的結構式為知，S原子的價層電子對數為4，雜化方式為sp3；S元素的化合價為+6。答案為sp3；+6；

(3)①FeS2晶體的晶胞中，Fe2+位于所形成的正八面體空隙，位于Fe2+所形成的正八面體的空隙。該晶體中距離Fe2+最近的Fe2+的數目為12；