2025年人民版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年人民版选择性必修2化学上册阶段测试试卷898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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某元素的原子结构示意图为下列关于该元素的说法中，不正确的是A.元素符号是SB.属于短周期元素C.非金属性比氧的强D.最高正化合价是+6价2、下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是A.NH4ClNH3↑+HCl↑B.NH3+CO2+H2O=NH4HCO3C.2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OD.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O23、下列叙述不正确的是A.元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体B.硬度：晶体硅<金刚石C.石英砂可用于生产单晶硅D.硅胶可用作食品干燥剂4、下列关于金属的叙述中正确的是()A.常温下所有的金属都是固态B.金属具有导电、导热和延展性C.金属都具有较高的硬度和密度D.金属都具有较高的熔点和沸点5、一定条件下给水施加一个弱电场；常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如图：

下列说法中不正确的是A.在电场作用下，水分子排列更有序，分子间作用力增强B.一定条件下给液氨施加一个电场，也会出现类似“结冰”现象C.若“热冰”为晶体，则其晶体类型最可能为分子晶体D.水凝固形成常温下的“热冰”，水的化学性质发生改变6、NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.7.2gCaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3NAB.0.1mol/LNH4Cl溶液中Cl-离子数目为0.1NAC.58.5g氯化钠固体中约含有NA个氯化钠分子D.硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si—Si键7、用α粒子()分别轰击和发生核反应：和其中基态原子的能级数与未成对电子数相等。下列说法正确的是A.与X同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有两种B.X和Z在其最高价氧化物的水化物中均采用杂化C.的健角大于的键角D.X、Y、Z的单质均为分子晶体8、氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物；它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是。

A.反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+B.反应③属于非氧化还原反应C.反应④涉及极性共价键的断裂与生成D.图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH344.8L9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，X的一种核素常用于考古断代，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W、X、Y原子的最外层电子数总和等于Z的原子序数。下列推断错误的是A.原子半径：B.化合物中既含离子键又含共价键C.最简单气态氢化物的稳定性：D.由上述四种元素组成的化合物的水溶液可能呈碱性评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：

(1)Ni原子的核外电子排布式为___________。

(2)NiO、MgO的晶体结构类型均与氯化钠相同。某同学画出的MgO晶胞结构示意图如图1所示，请改正图中的错误：___________。NiO晶胞中与Ni距离最近且相等的Ni的个数为___________。

(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图2所示(部分原子间连线未画出)。该合金的化学式为___________。11、我国科学家成功合成了含N的五氮阴离子盐；这是全氮含能材料研究领域中里程碑式的突破。

（1）N在元素周期表中的位置是______。

（2）N中，N原子之间的相互作用是______（填“离子键”或“共价键”）。

（3）非金属性O强于N，用原子结构解释原因：______；得电子能力O大于N。

（4）砷（As）与氮位于同一主族，下列推断正确的是______（填序号）。

①砷元素的最低负化合价为−3价②热稳定性：AsH3＞NH3③砷的最高价氧化物对应的水化物属于酸12、（1）下列物质：①N2②CO2③NH3④Na2O⑤Na2O2⑥NaOH⑦CaBr2⑧H2O2⑨NH4Cl⑩HBr。回答下列问题：（填序号）

只含极性键的是_______；含有极性键和非极性键的是_______；含有非极性键的离子化合物是________。

（2）用电子式表示H2O和MgBr2的形成过程：H2O_______；MgBr2_______。13、X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：。元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34

(1)Z位于元素周期表____(填周期和族)，Y的氢化物的空间构型是___。

(2)XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在___个σ键。在H—Y、H—Z两种共价键中，键的极性较强的是___，键长较长的是____。

(3)写出W元素的原子核外电子排布式：_______。14、（1）（CH3）3NH+和可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100℃，其挥发性一般比有机溶剂___________（填“大”或“小”），可用作___________（填序号）。

a.助燃剂b.“绿色”溶剂c.复合材料d.绝热材料。

（2）为了研究在纳米级的空间中水的结冰温度，科学家对不同直径碳纳米管中水的结冰温度进行分析。如图是四种不同直径碳纳米管中的冰柱结构及结冰温度，冰柱的大小取决于碳纳米管的直径。水在碳纳米管中结冰的规律是_________________。

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误17、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误18、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误19、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.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共24分)20、高纯硫酸锰在电池材料领域具有重要的用途。一种以软锰矿(主要成分是含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是含有FeO、NiO、等杂质)为原料制备流程如下图所示。

相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：。金属离子开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.9

回答下列问题：

(1)基态Mn原子的价电子排布式为_______。

(2)“滤渣1”的成分是“酸浸”过程中，转化为的化学反应方程式为_______。

(3)“氧化”目的是将浸出液中氧化为为检测溶液中是否被氧化完全，可选用的化学试剂为_______。

(4)已知加入调节溶液pH为5~6，则“滤渣2”的主要成分是_______。

(5)已知请用沉淀溶解平衡原理计算说明“除杂1”中选择MnS的原因_______。

(6)“除杂2”中加入的作用是_______。

(7)下图为溶解度曲线。则“结晶”的具体操作为_______、_______；洗涤、干燥。

21、Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：

已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：。金属阳离子开始沉淀时pH1.53.36.55.2沉淀完全时pH3.75.09.7—

(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率___________(除粉碎外；任写一点)。

(2)滤渣1成分的化学式为___________。

(3)步骤③中加入的目的是___________。

(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀原因是___________(用必要的文字和离子方程式说明)；已知则沉淀完全时，溶液中___________(通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。

(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿；这是由铬；钒元素的存在造成的。

①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为___________。

②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为___________

22、合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰主要成分为ZnO，并含少量的CuO、等为原料制备氧化锌的工艺流程如图。

回答下列问题：

(1)“除杂”工序加入过量的A是一种金属，该反应的离子方程式为_______。

(2)ZnO与NH4HCO3和NH3·H2O的混合物三者在“浸取”反应时离子方程式为_______。23、镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演着重要的角色。一种利用湿法提锌的浸出渣(主要含一定量和的化合物)为原料制备高纯镓的流程如图所示：

已知：①溶液中的会对电解溶液造成影响。

②与可以发生反应

③本流程温度下，

请回答下列问题：

(1)滤渣1的主要成分为_______(填化学式)。

(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。

(3)“调沉淀除杂”过程需加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热的目的是_______。

(4)溶液中的各种形态粒子的物质的量分数随溶液变化的关系如图所示，用“调沉淀除杂”的理论范围为_______。(溶液中剩余离子浓度小于时沉淀完全)

(5)试剂a的作用是_______。

(6)流程中可以循环利用的物质是_______(填化学式)。

(7)可用于制取第三代半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：_______。物质熔点参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

由原子结构示意图为可知；该元素为硫元素。

【详解】

A.硫元素的元素符号是S；故A正确；

B.硫元素位于元素周期表第三周期；属于短周期元素，故B正确；

C.硫元素和氧元素位于同一主族；同主族元素，从上到下非金属性减弱，则硫元素的非金属性比氧元素弱，故C错误；

D.主族元素的最高正化合价与主族序数相等；硫元素最外层有6个电子，则硫元素的最高正化合价是+6价，故D正确；

故选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．反应过程中氯化铵中离子键；极性共价键断裂；没有非极性键的断裂，故A不符合题意；

B．NH3、CO2、H2O均只含极性键；没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；

C．生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键；所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；

D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2CO3中含有极性键和离子键；所以该反应中同时有离子键；极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；

综上所述答案为D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．常见的碳的同素异形体有金刚石、石墨、C60等；故A错误；

B．碳原子半径小于硅原子；碳碳键的键能大于硅硅键的键能，所以金刚石的硬度大于晶体硅，故B正确；

C．石英和碳反应制备粗硅；粗硅提纯可得单晶硅，故C正确；

D．硅胶多孔；吸水性强，可用作食品干燥剂，故D正确；

选A。4、B【分析】【分析】

【详解】

A.金属Hg常温下为液体；A错误；

B.金属是热和电的良导体；金属具有延展性，B正确；

C.多数的金属具有较高的硬度和密度；金属钠质软且密度比水小，C错误；

D.多数的金属具有较高的熔点和沸点；少数金属如Hg不具有较高的熔沸点，D错误；

答案选B。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．在电场作用下；水分子排列更有序，水分子之间距离缩小，因此分子间作用力增强，A正确；

B．在弱电场力作用下水变为“热冰”，说明水分子是极性分子，只有极性分子才会在电场中发生运动。NH3分子是极性分子；因此在一定条件下给液氨施加一个电场，也会出现类似“结冰”现象，B正确；

C．若“热冰”为晶体；由于构成微粒是水分子，分子之间以分子间作用力结合，因此其晶体类型最为分子晶体，C正确；

D．水凝固形成常温下的“热冰”；只改变了分子之间的距离，构成微粒没有变化，因此水的化学性质也没有发生改变，D错误；

故合理选项是D。6、D【分析】【详解】

A．7.2gCaO2的物质的量为=0.1mol，而过氧化钙由钙离子和过氧根离子构成，故0.1mol过氧化钙中含0.2NA个离子；故A错误；

B．溶液体积不明确；无法计算溶液中的氯离子的个数，故B错误；

C．氯化钠是离子化合物；氯化钠固体中没有氯化钠分子，故C错误；

D．在晶体硅中，1个硅原子参与4条Si—Si键的形成，但对一条Si—Si键的贡献只有二分之一，故每个硅原子所形成的Si—Si键为4×=2条，则NA个硅原子形成2NA条Si—Si键；故D正确；

故选D。7、B【分析】【分析】

已知反应，和则11+4=1+m，m=14，基态原子的能级数与未成对电子数相等，则Z为氮，u=7；则a+2=0+7，a=5，X为硼；c+2=1+10，c=9；则Y为氟；

【详解】

A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态；电离能较大，故与B同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有1种，A错误；

B．X和Z在其最高价氧化物的水化物分别为H3BO3、HNO3，B、N均形成3个共价键且无孤电子对，故均采用杂化；B正确；

C．F的电负性大于H，导致N-F键中电子对偏向F，而N-H键中电子对偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>NF3，故NH3的键角大于NF3的键角；C错误；

D．晶体硼为共价晶体；D错误；

故选B。8、D【分析】【详解】

A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+；故A正确；

B．根据图示；反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；

C．反应④中有氮氧键；氮氢键的断裂；有氢氧键的形成，故C正确；

D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L；故D错误；

选D。9、C【分析】【分析】

W的阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，则W是H元素，用于考古断代；故X是C元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y是O元素，H；C、O的最外层电子数总和等于11，则Z是Na元素，由此解答。

【详解】

由上述分析可知；W；X、Y、Z分别是H、C、O、Na；

A．原子半径大小顺序为即为故A正确；

B．化合物为NaOH；既含离子键又含共价键，故B正确；

C．由于O的非金属性强于C，故H2O的稳定性强于CH4；故C错误；

D．该四种元素可以形成NaHCO3；其水溶液呈碱性，故D正确。

答案选C。

【点睛】

明确原子结构、元素周期律及物质构成微粒等知识点是解本题关键。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【详解】

(1)Ni原子的核外电子排布式为或

(2)MgO晶胞中的⑧应为实心黑球，由信息可知与氯化钠的晶胞结构相似，所以与距离最近且相等的的个数为12。

(3)原子在8个顶点上，所以晶胞单独占有的原子数为原子有4个位于前、后、左、右四个面的面心，有1个位于体心，有4个在上、下两个面上，所以晶胞单独占有的原子数为与的原子数之比为1:5，则化学式为【解析】或⑧应为实心黑球1211、略

【分析】【分析】

（1）氮元素的原子序数为7；位于元素周期表第二周期VA族；

（2）氮元素是非金属元素；非金属元素的原子之间通过共用电子对形成共价键；

（3）氮原子和氧原子的电子层数相同；氧元素的核电荷数大于氮元素，氧原子的半径小于氮原子，氧原子得到电子的能力强于氮原子；

（4）同主族元素；最外层电子数相同，结构相似，性质相似，从上到下原子半径依次增大，非金属性依次减弱。

【详解】

（1）氮元素的原子序数为7；位于元素周期表第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；

（2）氮元素是非金属元素，N5—离子中；氮原子和氮原子之间通过共用电子对形成共价键，故答案为：共价键；

（3）氮原子和氧原子的电子层数相同；氧元素的核电荷数大于氮元素，氧原子的半径小于氮原子，氧原子得到电子的能力强于氮原子，则氧元素的非金属性强于氮元素，故答案为：电子层数O与N相同，核电荷数O大于N，原子半径O小于N；

（4）①同主族元素；最外层电子数相同，性质相似，氮元素的最低负化合价为−3价，则同主族的砷元素的最低负化合价也为−3价，故正确；

②同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减小，则热稳定性NH3＞AsH3；故错误；

③砷元素是非金属元素，最高价氧化物对应的水化物是H3AsO4，H3AsO4属于酸；故正确；

①③正确；故答案为：①③。

【点睛】

氮元素是非金属元素，非金属元素的原子之间通过共用电子对形成共价键是解答关键。【解析】第2周期、第VA族共价键电子层数O与N相同，核电荷数O大于N，原子半径O小于N①③12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①N2只含有非极性键的单质；

②CO2只含有极性键的共价化合物；

③NH3只含有极性键的共价化合物；

④Na2O只含有离子键的离子化合物；

⑤Na2O2含有离子键；非极性共价键的离子化合物；

⑥NaOH含有离子键；极性共价键的离子化合物；

⑦CaBr2只含有离子键的离子化合物；

⑧H2O2含有极性和非极性键的共价化合物；

⑨NH4Cl含有离子键；极性共价键的离子化合物；

⑩HBr只含有极性键的共价化合物；

综上所述；只含极性键的②③⑩；含有极性键和非极性键的⑧；含有非极性键的离子化合物是⑤；

(2)H2O为共价化合物，其形成过程为溴化镁为离子化合物，其形成过程为【解析】②③⑩⑧⑤13、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，X原子核外电子排布式为1s22s22p2；则X为碳元素；常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则Y为硫元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=63-34=29，则W为Cu元素。

【详解】

(1)Z为氯元素，Z位于元素周期表第三周期第VIIA族(填周期和族)，H2S的中心原子价层电子对数为2+=4，有2对孤电子对，H2S的空间构型是V形。故答案为：第三周期第VIIA族；V形；

(2)CS2是一种常用的溶剂，结构与CO2类似，结构式为S=C=S，XY2的分子中存在2个σ键。在H-S；H-Cl两种共价键中；Cl元素的电负性更大，对键合电子的吸引力更强，故H-Cl键的极性较强，键长取决于中心元素的原子半径，中心原子的原子半径越大，则键长越长，S原子半径大于Cl原子，所以H-Cl键长小于H-S键长，故答案为：2；H—Cl；H—S；

(3)W为Cu元素，原子核外电子数为29，原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1。故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1。【解析】①.第三周期第VIIA族②.V形③.2④.H—Cl⑤.H—S⑥.1s22s22p63s23p63d104s114、略

【分析】【分析】

(1)离子液体中的作用力是离子键；强于氢键和分子间作用力，以此分析解答；

(2)根据图示；随着碳纳米管直径的增大，结冰温度依次为27℃；7℃、-53℃、-83℃，据此分析归纳。

【详解】

(1)由(CH3)3NH+和[AlCl4]-形成的离子液体，阴、阳离子间的作用力是离子键，大于有机溶剂分子间的范德华力，因此其挥发性一般比有机溶剂小；该离子液体中不含氧，则其不助燃；液体一般不能用作复合材料；由阴、阳离子形成的离子液体应该具有导热性，不可能用作绝热材料，其挥发性就小，不会污染环境，是“绿色”溶剂，故答案为：小；b；

(2)根据图示，随着碳纳米管直径的增大，结冰温度依次为27℃、7℃、-53℃、-83℃，即碳纳米管直径越大，结冰温度越低(或纳米管直径越小，结冰温度越高)，故答案为：碳纳米管直径越大，结冰温度越低(或纳米管直径越小，结冰温度越高)。【解析】小b碳纳米管直径越大，结冰温度越低三、判断题(共5题，共10分)15、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；16、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。17、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。18、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。19、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。四、工业流程题(共4题，共24分)20、略

【分析】【分析】

软锰矿(主要成分是含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是含有FeO、NiO、等杂质)用硫酸“酸浸”，得到硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸镁、硫酸铝等，二氧化硅不溶解，故滤渣1为二氧化硅；用过氧化氢氧化亚铁离子，用碳酸钙调节溶液pH，由表、结合流程可知产生沉淀，过滤，滤渣2主要成分为加入MnS进行“除杂1”，可除去Ni2+，滤渣3主要成分为NiS，加入MnF2进行“除杂2”，滤渣4主要为MgF2、CaF2；所得滤液为硫酸锰溶液，从中提取硫酸锰晶体。

（1）

锰的原子序数为25，基态Mn原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d,54s2，价电子排布式为3d,54s2。

（2）

“酸浸”过程中，能被二氧化锰氧化、转化为还原产物为硫酸锰，则化学反应方程式为

（3）

(铁氰化钾)可灵敏检测出溶液中的亚铁离子、产生特征的蓝色沉淀，为检测溶液中是否被氧化完全，可选用的化学试剂为(铁氰化钾)。

（4）

由表知，加入调节溶液pH为5~6时，铁离子和铝离子已沉淀完全，则“滤渣2”的主要成分是

（5）

已知＞则可发生沉淀转化反应反应完全，故可选择MnS除去Ni2+。

（6）

氟化镁、氟化钙是难溶物，“除杂2”中加入的作用是沉淀Mg2+、Ca2+；且不引入新杂质。

（7）

的溶解度先增大后下降，则“结晶”的具体操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。【解析】(1)3d,54s2

(2)

(3)(铁氰化钾)

(4)

(5)＞则可发生沉淀转化反应反应完全。

(6)沉淀Mg2+、Ca2+；且不引人新杂质。

(7)蒸发结晶趁热过滤21、略

【分析】【分析】

绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀；灼烧后生成BeO。

【详解】

（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度；搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。

（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3

（3）步骤③中加入的目的是将氧化为

（4）能与强碱发生反应：难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀沉淀完全时，c(Be2+)=由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。

（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1mol中，阳离子含有8mol键，阴离子含有8mol键，故1mol中含有16mol键。【解析】(1)适当增加硫酸的浓度；搅拌、适当升高温度等(2分；除粉碎外，任写一点，合理即可)

(2)

(3)将氧化为

(4)能与强碱发生反应：难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀

(5)8：31622、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；用碳酸氢铵溶液和过量氨水浸取钢铁厂烟灰，氧化锌和氧化铜溶于氨水生成四氨合锌离子和四氨合铜离子，氨水与碳酸氢铵溶液部分反应生成碳酸铵，二氧化锰和氧化铁不反应，过滤得到含有二氧化锰和氧化铁的滤渣①和含有四氨合锌离子；四氨合铜离子的滤液①；向滤液①中加入过量A的目的是除去四氨合铜离子，则A为锌粉，溶液中四氨合铜离子和锌发生置换反应生成四氨合