2025年人教版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版选择性必修2化学下册阶段测试试卷908考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、2017年5月9日，我国正式向社会发布113号、115号、117号、118号元素的中文名称。至此，全部完成了1～118号元素的中文命名。已知115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如等。下列说法正确的是A.和的化学性质几乎相同B.Mc位于周期表的第七周期第ⅥA族C.基态Mc原子核外电子共占据7个能级D.在周期表中，假设第八周期按照现有规则填满，则115号元素正下方的将是147号元素2、W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子。四种元素可以组成型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形。下列说法错误的是A.阴阳离子中都含有配位键B.第一电离能：XC.Y与Z可形成三角锥形的分子D.简单氢化物的还原性：Y3、部分短周期元素原子半径的相对大小；最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示；下列说法正确的是。

A.离子半径的大小顺序：e>f>g>hB.与x形成简单化合物的沸点：y>z>dC.y、z、d三种元素第一电离能和电负性的大小顺序不一致D.e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应4、下列说法不正确的是A.非极性分子中，不一定含有非极性共价键B.H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键C.氢氟酸水溶液中氢键的类型有F—HF、F—HO、O—HF、O—HOD.比熔点低的原因是前者形成分子内氢键5、下列物质的性质递变正确且与氢键有关的是A.熔点：B.沸点：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛C.溶解度(水中)：D.密度：冰＞水＞水蒸气6、下列说法正确的是A.物质中存在阳离子时一定存在阴离子B.PbSO4难溶于水，其水溶液几乎不导电，故PbSO4是弱电解质C.物质的量浓度相同的两种电解质溶液，导电能力弱的一定是弱电解质D.电离平衡正移，电解质分子浓度不一定减小，离子浓度不一定增大7、最近美国宇航局(NASA)马里诺娃博士找到了一种比二氧化碳有效104倍的“超级温室气体”—全氟丙烷(C3F8)，并提出用其“温室化火星”使其成为第二个地球的计划。有关全氟丙烷的说法正确的是A.分子中三个碳原子处于同一直线上B.全氟丙烷的电子式：C.相同压强下，沸点：C3H8＜C3F8D.全氟丙烷分子中只有极性键评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①②③则下列有关比较中正确的是A.未成对电子数：②>①>③B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.第一电离能：③>②>①9、一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3NH其晶胞如图乙所示。下列说法正确的是。

A.图甲中的Ti4+与图乙中的I-的空间位置相同B.有机碱离子CH3NH中含有配位键C.晶体甲中Ti4+的配位数为12D.若乙晶胞参数为anm，则晶体密度为×1021g·cm-310、三价铬离子能形成多种配位化合物，是其中的一种。下列说法正确的是A.该配合物中的配离子存在多种异构体B.对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去C.提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态D.常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3molAgCl沉淀11、氟在自然界中常以CaF2的形式存在，下列表述正确的是A.Ca2+与F-间存在静电作用B.CaF2在熔融状态下能导电C.CaF2晶体中既有离子键又有共价键D.正、负离子数目比为2：112、晶体的晶胞结构与晶体的相似(如图所示)，但晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于晶体的描述不正确的是。

A.晶体的熔点较高、硬度也较大B.和距离相等且最近的构成的多面体是正八面体C.和距离相等且最近的有12个D.如图的结构中共含有4个和13、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①②③则下列有关比较中正确的是A.未成对电子数：②>①>③B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.第一电离能：③>②>①评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、钴是生产合金和钴盐的重要原料；用含钴化合物作颜料，具有悠久的历史。

(1)Co元素位于元素周期表的___区，基态Co原子的核外电子排布式为___。

(2)起爆药CP可由5—氰基四唑(结构简式如图)和[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3反应制备。

①1mol5—氰基四唑分子中含有σ键的数目为___。N原子核外电子的运动状态有__种。

②在配合物[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3中，内界中心Co3+的配体为___(填化学式)，外界ClO的空间构型为___。

(3)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，两者间存在平衡：将CoCl2晶体溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色。若将溶液再加水稀释，蓝色溶液又恢复为粉红色。请用平衡移动原理解释加水后溶液颜色变化的原因：___。15、(1)s电子的原子轨道呈___________形，每个s能级有___________个原子轨道；p电子的原子轨道呈___________形，每个p能级有___________个原子轨道。

(2)基态铝原子核外共有___________种不同能级的电子，有___________种不同运动状态的电子。16、回答下列问题：

(1)基态Mn原子核外有___________种运动状态不同的电子。

(2)基态镁原子核外M层电子的自旋状态___________(填“相同”或“相反”)。

(3)基态Ge原子有___________个未成对电子。

(4)镍元素基态原子的电子排布式为___________。

(5)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为___________。

(6)基态与离子中未成对的电子数之比为___________。

(7)基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________。

(8)Se的基态原子中电子占据的原子轨道总数为___________。17、碳元素的单质有多种形式，如图依次是金刚石、石墨和C60的结构示意图：

分析上图可知：

(1)金刚石的晶体类型是_______________，晶体中每个最小环上的碳原子的个数是___________。

(2)石墨晶体呈层状结构，层内每个正六边形拥有的碳原子的个数是________，层与层之间的作用力是______________。

(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则Co分子中σ键与π键数目之比为_______________。18、参考下表中物质的熔点回答有关问题：

。物质。

NaF

NaCl

NaBr

NaI

KCl

RbCl

CsCl

SiCl4

熔点(℃)

995

801

755

651

775

715

646

-70.4

（1）上述物质中，可能属于分子晶体的是____________；

（2）卤离子的半径大小顺序是_________；

（3）上述金属卤化钠随着___________的增大；熔点依次降低；

（4）根据(3)中得出的结论和有关数据，判断Rb+的半径____________Cs+的半径。(填“大于”或“小于”)。19、中国炼丹家约在唐代或五代时期掌握了以炉甘石点化鍮石(即鍮石金)的技艺：将炉甘石(ZnCO3)、赤铜矿(主要成分Cu2O)和木炭粉混合加热至800℃左右可制得与黄金相似的鍮石金。回答下列问题：

(1)锌元素基态原子的价电子排布式为________________，铜元素基态原子中的未成对电子数为_________________。

(2)硫酸锌溶于过量氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中，阴离子的立体构型是__________________，[Zn(NH3)4]2+中含有的化学键有__________________。

②NH3分子中，中心原子的轨道杂化类型为________________，NH3在H2O中的溶解度____________(填“大”或“小”)，原因是_____________________。

(3)铜的第一电离能为I1Cu=745.5kJ·mol-1，第二电离能为I2Cu=1957.9kJ·mol-1，锌的第一电离能为I1Zn=906.4kJ·mol-1，第二电离能为I2Zn=1733.3kJ·mol-1，I2Cu>I2Zn的原因是___________________。

(4)Cu2O晶体的晶胞结构如图所示。O2-的配位数为_______________；若Cu2O的密度为dg·cm-3，则晶胞参数a=____________nm。

评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)20、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误21、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误22、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共21分)23、对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物；一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。

(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为___________。

(2)“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式___________。

(3)“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为___________。

(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和Y，Y为___________(填化学式)。

②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量可析出Y。

(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。

①该氧化物为___________。

②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。24、镍电池的电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。

已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为价。

②部分金属阳离子沉淀的如下表。沉淀物开始沉淀2.27.47.60.14.07.6完全沉淀3.28.99.21.15.29.2

请回答下列问题：

(1)“浸取”时可以提高浸取率的操作有_______(任写1条)。

(2)“调”时溶液的范围是_______，所得滤渣1的主要成分为_______(填化学式)。

(3)“氧化分离”操作控制溶液加入发生反应的离子方程式为_______。

(4)“溶解1”操作中加入的作用为_______，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式为_______。

(5)“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为_______。

(6)碱金属可以插入石墨层中，钾的石墨插层化合物具有超导性；其中K层平行于石墨层。图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。

C—C键的键长为则K层中m与n两个K原子之间的距离为_______设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为则该石墨插层化合物的晶胞密度为_______(用含x、y、z、的代数式表示)。25、一种高硫锰矿的主要成分为主要杂质为还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程；制得了金属锰。

已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。

②金属硫化物的溶度积常数如下表。金属硫化物

回答下列问题。

(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。

(2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是___________。

(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。

(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入的作用是___________(用离子方程式表示)。

(5)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的除去的主要离子是___________。

(6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。

(7)锰的化合物是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为则晶体密度为___________

评卷人得分六、实验题(共2题，共10分)26、三草酸合铁酸钾的化学K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可用于制作工程图中“晒制蓝图”时的感光剂。

（1）钾离子最外层电子的轨道表示式_________。

（2）已知草酸氢钾(KHC2O4)溶液中c（C2O42—）>c（H2C2O4），则该溶液呈性________（填酸、碱、中），并简述原因_________，写出HC2O4—水解的离子方程式_________________。

为探究三草酸合铁酸钾受热分解的产物；按下图进行实验。

（3）实验开始时，先要通一会氮气，其目的是__________。

（4）实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_________、_________。

（5）样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：________。27、八水合磷酸亚铁[]难溶于水和醋酸；溶于无机酸，可作为铁质强化剂。某实验室利用如图装置制备八水合磷酸亚铁，步骤如下：

ⅰ.在烧瓶中先加入维生素C稀溶液作底液；

ⅱ.通过仪器a向烧瓶中滴入足量与的混合溶液；

ⅲ.再滴入的溶液，保持为6左右；水浴加热且不断搅拌至反应充分后静置；

ⅳ.将烧瓶中混合物进行抽滤、洗涤、低温干燥，得到产品。

回答下列问题：

(1)的价电子排布式为___________，的空间结构为___________

(2)仪器a的名称是___________，配制溶液时需将蒸馏水事先煮沸、冷却，其目的是___________

(3)用维生素C稀溶液作底液而不用铁粉的主要原因是___________

(4)合成时需保持为6左右的原因是___________

(5)产率的计算：称取产品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至终点，消耗溶液滴定过程中的离子方程式为___________参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．Mc和Mc属于同一种元素；化学性质相同，A正确；

B．Mc为第115号元素；位于元素周期表的第七周期VA族，B错误；

C．Mc为第115号元素，[Rn]5f146d107s27p3；C错误；

D．按照现有规则；第八周期的元素种类数应为50种，则115号元素的正下方应为165号元素，D错误；

故选A。2、D【分析】【分析】

W、X、Y、Z均为周期表中前两周期元素，其原子序数依次增大，X原子基态电子排布中无单电子，则X为Be，则W为H，四种元素可以组成型离子化合物，阴阳离子皆由两种元素组成，且均为正四面体形，因此阳离子一定是铵根离子，则阴离子带2个负电荷，第二周期元素中能满足的应该是F和Be形成的阴离子BeF所以这种化合物的化学式为(NH4)2BeF4；W；X、Y、Z为H、Be、N、F。

【详解】

A．铵根离子和BeF均可形成配位键；A正确；

B．同一周期的第一电离能从左往右逐渐增大，则第一电离能：X

C．Y、Z为N、F，Y与Z可形成三角锥形的分子NF3；C正确；

D．F的非金属性强于N，简单氢化物的还原性：Y>Z；D错误；

故选D。3、C【分析】【分析】

部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，a位于第一周期，为H元素；b、c、d位于第二周期，b为C；c为N，d为O元素；e；f、g、h位于第三周期，则e为Na，f为Al，g为s，h为Cl元素，据此结合元素周期律、元素化合物知识解答。

【详解】

A．根据电子层越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小分析，离子半径关系为S2->Cl->Na+>Al3+；A错误；

B．三种物质分别为甲烷，氨气和水，因为氨气和水分子间存在氢键，所以沸点高，沸点顺序为H2O>NH3>CH4；B错误；

C．碳氮氧的电负性依次增加，但是氮元素为半满结构，第一电离能大于碳，故第一电离能顺序为氮>碳>氧；二者大小顺序不一致，C正确；

D．e；f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸、高氯酸；氢氧化铝和其他三种都能反应，但硫酸和高氯酸不能相互反应，D错误；

故选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．非极性分子中,不一定含有非极性共价键,如CO2的结构式为O=C=O,只有极性键；但是非极性分子,故A正确；

B．H2O比H2S稳定是因为H-O的键能大于H-S；故B错误；

C．氢氟酸水溶液中氢键类型有四种，即F-H...F、F-H...O、O-H...F、0-H...O，故C正确；D．形成分子内氢键，而能够形成分子间氢键，分子间氢键大于分子内氢键,故D正确。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．四种物质的熔点高低只与范德华力大小有关；与氢键无关，A不符合；

B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键；对羟基苯甲醛形成分子间氢键，前者沸点低于后者，B符合；

C．SO2的溶解度大于CS2；C不符合；

D．冰的密度小于水；D不符合；

故选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．晶体中有阳离子不一定有阴离子；如金属晶体的组成微粒为金属阳离子和自由电子，不存在阴离子，故A错误；

B．PbSO4难溶于水；其水溶液的导电能力极弱，但是硫酸铅在熔融状态下完全电离，是强电解质，故B错误；

C．物质的量浓度相同的两种电解质溶液；导电能力弱的不一定为弱电解质，如物质的量浓度相等的硫酸和盐酸，硫酸的导电能力大于盐酸，但HCl为强电解质，故C错误；

D．稀醋酸溶液中加入冰醋酸；醋酸分子的浓度增大，电离平衡正移；加水稀释能够促进弱电解质的电离，弱电解质的电离平衡正移，但离子浓度减小，因此电离平衡正移，电解质分子浓度不一定减小，离子浓度不一定增大，故D正确；

故选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．丙烷分子中碳碳以单键连接；分子中三个碳原子不在同一直线上，故A错误；

B．全氟丙烷分子中碳碳以单键连接，电子式为故B错误；

C．丙烷相对分子质量小于全氟丙烷，相同压强下，沸点：C3H8＜C3F8；故C正确；

D．全氟丙烷分子中的碳碳键为非极性键；C-F键为极性键，故D错误；

选C。二、多选题(共6题，共12分)8、AD【分析】由核外电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素；据此分析解答。

【详解】

A．基态S原子核外有2个未成对电子，基态P原子核外有3个未成对电子，基态F原子核外有1个未成对电子，所以未成对电子数：③<①<②；A正确；

B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>S>F，即②>①>③；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②；C错误；

D．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但P原子轨道为半充满稳定状态，其元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>P>S，即③>②>①；D正确；

故选AD。9、BD【分析】【分析】

【详解】

A．图甲中的Ti4+位于正方体的顶点上，图乙中I-位于正方体的面心上；故A错误；

B．有机碱离子CH3NH是由NH3和CH通过配位键形成的，NH3提供对孤对电子，CH提供空轨道；故B正确；

C．晶体甲中Ti4+位于正方体的顶点上，Ca位于体心，O位于棱的中点，Ti4+的配位数为6；故C错误；

D．由图乙可知，一个晶胞中含有Pb2+的个数为1，CH3NH的个数为=1，I-的的个数为6=3，则晶体密度为=×1021g·cm-3；故D正确。

故选BD。10、AB【分析】【详解】

A．该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构；故存在多种异构体，A正确；

B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O；B正确；

C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N；O和Cl；它们的空间运动状态分别为5，5，9，即提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态，C错误；

D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-可知，常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液；滴定结束后生成2molAgCl沉淀，D错误；

故答案为：AB。11、AB【分析】【详解】

A．阴；阳离子间存在静电作用；A正确；

B．氟化钙是离子化合物；熔融状态下能导电，B正确；

C．氟化钙晶体中只有离子键没有共价键；C错误；

D．氟化钙晶体中正；负离子之比为1:2；D错误；

故选AB。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，可以判断CaC2也为离子晶体；离子晶体熔点较高，硬度也较大，故A正确；

B．根据晶胞，Ca2+为八面体填隙，但由于晶胞沿一个方向拉长，所以和Ca2+距离相同且最近的构成的多面体不是正八面体；故B错误；

C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个；故C错误；

D．一个晶胞中含有Ca2+的数目为12×+1=4个，含有的数目为8×+6×=4个；故D正确；

故选BC。13、AD【分析】由核外电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素；据此分析解答。

【详解】

A．基态S原子核外有2个未成对电子，基态P原子核外有3个未成对电子，基态F原子核外有1个未成对电子，所以未成对电子数：③<①<②；A正确；

B．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>S>F，即②>①>③；B错误；

C．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②；C错误；

D．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但P原子轨道为半充满稳定状态，其元素第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>P>S，即③>②>①；D正确；

故选AD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Co的原子序数是27，根据多电子原子的核外电子排布遵循构造原理，Co的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2,所以Co位于d区，故答案为：d区，1s22s22p63s23p63d74s2；

(2)①通过图示可知1mol5—氰基四唑分子中含有σ键的数目为8NA。一个原子中不存在两个运动状态完全相同的电子所以,有多少个电子,就有多少电子运动状态N原子核外电子的运动状态有7种。

②在能够提供孤电子对的微粒是配体，所以内界中心Co3+的配体为NH3、H2O，的价层电子对数为4；所以其空间构型为正四面体形；

(3)[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，加盐酸后氯离子浓度增大，平衡正向移动，[CoCl4]2-的浓度增大，溶液为蓝色，加水稀释，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，蓝色变粉色。【解析】①.d区②.1s22s22p63s23p63d74s2③.8NA④.7⑤.NH3、H2O⑥.正四面体形⑦.[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，加盐酸后氯离子浓度增大，平衡正向移动，[CoCl4]2-的浓度增大，溶液为蓝色，加水稀释，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，蓝色变粉色。15、略

【分析】【详解】

(1)s电子的原子轨道为所以呈球形，每个s能级只能容纳自旋方向相反的2个电子，所以只有1个原子轨道；p电子的原子轨道为从图中可以看出，p电子的原子轨道呈哑铃形，每个p能级有3个原子轨道。答案为：球；1；哑铃；3；

(2)基态铝原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能级的电子，原子核外共有13个电子，则有13种不同运动状态的电子。答案为：5；13。【解析】①.球②.1③.哑铃④.3⑤.5⑥.1316、略

【分析】【详解】

（1）一个电子就是一种运动状态；Mn是25号元素，则基态Mn原子核外有25种运动状态不同的电子；故答案为：25。

（2）基态镁原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，则核外M层电子即3s2电子；同一个轨道中两个电子自旋状态相反；故答案为：相反。

（3）基态Ge价电子排布式为4s24p2；则基态Ge原子有2个未成对电子；故答案为：2。

（4）Ni为28号元素，则镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2；故答案为：[Ar]3d84s2。

（5）氮原子价层电子为2s22p3，则价层电子的轨道表达式(电子排布图)为故答案为：

（6）基态价电子排布式为3d6，基态价电子排布式为3d5，则基态与离子中未成对的电子数之比为4：5；故答案为：4：5。

（7）基态K原子价电子排布式为3s1；则核外电子占据的最高能层的符号是M；故答案为：M。

（8）Se的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则Se的基态原子中电子占据的原子轨道总数为18；故答案为：18。【解析】(1)25

(2)相反。

(3)2

(4)[Ar]3d84s2

(5)

(6)4：5

(7)M

(8)1817、略

【分析】【详解】

(1)金刚石是由原子靠共价键聚集而成的共价晶体(原子晶体)；晶体中每个最小环上的碳原子的个数是6；

(2)石墨层状结构中每个碳原子被3个六元环共用，所以每个正六边形拥有的碳原子的个数是=2；层与层之间的作用力为范德华力；

(3)C60分子中每个原子只跟相邻的3个原子形成共价键，且每个原子最外层都满足8电子稳定结构，则每个C形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个C原子最外层才满足8电子稳定结构，双键数应该是C原子数的一半，而双键中有1个σ键、1个π键，显然π键数目为30，一个C跟身边的3个C形成共价键，每条共价键只有一半属于这个C原子，所以σ键为=90，则C60分子中σ键与π键的数目之比为90：30=3：1。【解析】①.共价晶体(原子晶体)②.6③.2④.范德华力⑤.3：118、略

【分析】【分析】

（1）

分子晶体的熔点较低，根据表中数据SiCl4的熔点较低；属于共价化合物，属于分子晶体；

（2）

同主族元素的离子随着原子序数增大，离子半径增大，则卤离子的半径大小顺序是I－＞Br－＞Cl－＞F－；

（3）

离子晶体中；离子半径越大，晶格能越小，熔点越低，则上述金属卤化钠随着离子半径的增大，熔点依次降低；

（4）

同主族元素的离子随着原子序数增大，离子半径增大，则Rb+离子半径大于Cs+离子半径。【解析】（1）SiCl4

（2）I－＞Br－＞Cl－＞F－

（3）离子半径。

（4）小于19、略

【分析】【详解】

分析：（1）Zn原子核外有30个电子；根据构造原理写出基态Zn的核外电子排布式，进而写出价电子排布式。Cu基态原子中未成对电子数为1个。

（2）①根据价层电子对互斥理论确定SO42-的立体构型。Zn2+与NH3分子间为配位键，NH3分子内含极性共价键。

②NH3分子中N为sp3杂化。NH3分子和H2O分子都是极性分子，NH3分子和H2O分子间形成氢键，NH3在H2O中的溶解度大。

（3）从电子排布式的稳定性上分析。

（4）用“均摊法”确定晶胞中微粒的个数，由1mol晶体的质量和密度计算1mol晶体的体积，由1mol晶体的体积和晶胞中微粒的个数、NA计算晶胞的体积；进而计算晶胞参数。

详解：（1）Zn原子核外有30个电子，根据构造原理，基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2。Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；4s上有1个未成对电子，即基态Cu原子有1个未成对电子。

（2）①SO42-中中心原子S上的孤电子对数=（6+2-42）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体型，S上没有孤电子对，SO42-的立体构型为正四面体。[Zn（NH3）4]2+中Zn2+与NH3分子间为配位键，NH3分子内含极性共价键。

②NH3分子中中心原子N的价层电子对数=（5-31）+3=4，N原子采取sp3杂化。NH3分子和H2O分子都是极性分子，根据“相似相溶”；NH3分子和H2O分子间形成氢键，所以NH3在H2O中的溶解度大。

（3）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，Cu的第二电离能失去的是全充满的3d10电子，Zn的第二电离能失去的是4s1电子，所以I2CuI2Zn。

（4）由晶胞可以看出O2-的配位数为4。用“均摊法”，1个晶胞中含O2-：8+1=2个，Cu+：4个，1molCu2O的质量为144g，1mol晶体的体积为144gdg/cm3=cm3，1个晶胞的体积为cm3NA2=cm3，晶胞参数a=cm=107nm。【解析】①.3d104s2②.1③.正四面体④.配位键和极性共价键⑤.sp3⑥.大⑦.NH3分子和H2O分子均为极性分子，且NH3分子和H2O分子之间能形成氢键⑧.铜失去的是全充满的3d10电子，而锌失去的是4s1电子⑨.4⑩.×107四、判断题(共3题，共18分)20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。21、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。22、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。五、工业流程题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物；与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸；过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。

【详解】

（1）Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和-2；根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。

（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO

（3）时，溶液中元素以的形态存在，“沉钼”中，为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为

（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。

②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。

（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。

②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。【解析】(1)+6

(2)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO

(3)+=↓

(4)

(5)24、略

【分析】【分析】

由题中流程可知，镍电池废料(主要成分为镍、钻，还含有铝、铁等)，用硫酸浸取后，金属元素转化为对应的离子进入溶液中，加入的目的是将母液中的氧化为调节溶液使和完全转化为沉淀和沉淀，过滤，滤渣1为和向滤液中加入将氧化变成并水解生成沉淀，然后向沉淀中加入和溶解得到溶液，向溶液中加入得到沉淀；过滤后的沉淀溶解在冰醋酸中得到醋酸钴溶液，将醋酸钴溶液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸钴晶体,据此解答。

【详解】

（1）为提高浸取速率；除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间；适当增加硫酸浓度等。故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等；

（2）由后续流程可知，第一次调节时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了外，还有结合表中数据可知，为了使完全沉淀而不沉淀，应当调节溶液的范围是故答案为：

（3）“母液”中含有的能够和发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为故答案为：

（4）向中加入混合液，结合后续流程，最后得到产物中，以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，离子方程式为：故答案为：还原生成

（5）为提高醋酸钴晶体纯度；需要重新溶解；浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作，故答案为：重结晶；

（6）根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为由晶胞结构知m与n的距离如图中的之间距离，C—C键的键长为则晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边(8个C原子)处于晶胞面上，其他C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目则晶胞的质量晶胞的体积所以该晶胞的密度故答案为：【解析】(1)增大硫酸浓度；升高温度，延长浸取时间等。

(2)

(3)

(4)还原生成

(5)重结晶。

(6)25、略

【分析】【分析】

高硫锰矿的主要成分为主要杂质为还含有少量含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2+转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰；据此分析解答。

【详解】

（1）碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为

（2）结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅，故答案为：

（3）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢，故答案为：

（4）酸浸时含硫矿