2025年华东师大版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版选择性必修2化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是A.H2OB.BCl3C.CCl4D.PCl52、下列有关描述正确的是A.第一电离能：B>Be>LiB.电负性：F>N>OC.的核外电子排布式为：D.基态Cr原子的价电子排布图：3、下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是A.KOHB.Br2C.MgCl2D.H2S4、乙苯()与在光照条件下发生一氯取代；生成两种一取代物的速率如下图Ⅰ，反应基本历程如下图Ⅱ．下列说法不正确的是。

A.反应②③的且焓变大小关系为：②<③B.由乙苯制备所需的活化能小于制备C.产生一氯取代物的过程中有极性键和非极性键的断裂和形成D.反应过程中，有可能会产生和等副产物5、下列说法正确的是A.NCl3常用于漂白，是由极性键构成的非极性分子B.氮族元素气态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小C.CH3Cl分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化D.元素M的基态原子的核外电子排布式为M是一种过渡元素6、下列表达式或说法正确的是A.基态Cr原子价层电子排布：B.的结构式：C.属于醛类，官能团为：-CHOD.乙醇分子球棍模型：7、科学家发现对一种亲水有机盐LiTFSI进行掺杂和改进；能显著提高锂离子电池传输电荷的能力。LiTFSI的结构如图所示，其中A；B、C、D为同一短周期元素，E与C同主族，E的原子序数是B、D的原子序数之和。下列说法正确的是。

A.元素B的简单氢化物能与B的最高价氧化物对应的水化物发生反应B.元素的第一电离能：C.含有元素E的钠盐水溶液呈中性或碱性，不可能呈酸性D.简单氢化物的沸点：8、A、B、C、D为四种原子序数递增的短周期主族元素，A和C同族但不相邻；B和D同族，D元素原子最外层电子数是B元素原子次外层电子数的3倍。下列说法正确的是A.气态氢化物的稳定性：D>BB.原子半径：D>C>B>AC.A与D均可以形成二元共价化合物D.D三种元素形成的化合物A2DBn，n值越大酸性越强9、SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是A.是非极性分子B.键角∠FSF都等于90°C.S与F之间共用电子对偏向SD.S原子满足8电子稳定结构评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、(1)在短周期元素中基态原子的p轨道有1个未成对电子的元素可能是_______(填元素符号，下同)，其核外电子排布式分别是_______。

(2)基态原子的N层有1个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是_______，其价电子排布式为_______。

(3)最外层电子数是次外层电子数3倍的元素是_______，其电子排布图为_______。

(4)Cu原子的结构示意图为_______。

(5)下列表示的为一激发态原子的是_______。

A．1s12s1B．1s22s22p1C．1s22p53s1D．1s22s22p63s211、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

回答下列问题。

（1）表中元素原子半径最大的原子共占据的轨道数是_________个，Y最外层电子排布式为________，Z原子核外有_____种能量不同的电子。

（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__________

a．Y单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b．在氧化还原反应中；1molY单质比1molS得电子多。

c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高。

从原子结构的角度去解释Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的原因：_______

（3）CO2的沸点_________CS2（填“>”或“<”或“=”），原因是_________________

（4）如果向BaCl2溶液中通入足量CO2气体，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，则会生成白色沉淀。用电离平衡移动原理解释上述现象。________

（5）过量的CO2通入NaOH溶液中，得到NaHCO3，在0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(Na+)+c(H+)=________其中有关碳微粒的关系为：___________=0.1mol/L。12、我们周围的物质世界是由100多种元素组成的；为了便于研究元素的性质，常常需要寻找它们之间的内在规律。表列出的是l～18号元素的部分最高正化合价和最低负化合价。请阅读并回答下列问题：

(1)1l号元素属于_________元素(填“金属”或“非金属”)，它在化学反应中形成的离子与__________(填元素符号)原子具有相同的核外电子排布。

(2)16号元素的原子核外电子数为____________，推测该元素最低负化合价为__________，最高正化合价的氧化物的化学式为_______________。

(3)从化合价角度，我们可以发现一些规律。请写出其中的—个：__________。13、氮；硫的氧化物都会引起环境问题；越来越引起人们的重视。如图是氮、硫元素的各种价态与物质类别的对应关系：

(1)根据A对应的化合价和物质类别，A为_______(写分子式)，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的含氮化合物有_______。

(2)氮气的结构决定了氮气能够在空气中稳定存在，写出氮气的电子式_______。

(3)浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择_______，反应的离子方程式为_______。

(4)工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2；原理如图所示：

NO2被吸收过程的离子方程式是_______。14、高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。

(1)写出基态Ni原子的外围电子排布图_______

(2)写出基态Cl原子核外电子排布式_______，核外电子总共有_______种运动状态，最高能级的原子轨道电子云形状为_______

(3)高氯酸三碳酰肼合镍化学式中的CHZ为碳酰肼，其结构为它是一种新型环保的锅炉水除氧剂。分子中氮原子和碳原子的杂化轨道类型分别为_______、_______。

(4)Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子，其理由可能是_______，1mol该配合物分子中σ键数目为_______(设NA为阿伏伽德罗常数的值)。15、三氟化氮(NF3)是一种无色；无臭的气体。三氟化氮在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应；反应产物中生成酸X、酸Y和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸X是一种弱酸，酸Y为常见的含氧强酸。

(1)NF3的空间构型为__________。

(2)酸X是弱酸(难电离)的可能原因是______。

(3)工业上通过NH3和氟气(F2)反应制备NF3，请结合题给信息，判断NF3主要表现出来的化学性质是_______。

(4)NF3的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：C3N3F3)，分子结构中显示有环状结构，请从价键理论和物质的相对稳定性角度写出三聚氟氰的结构式________。16、海水是资源宝库；蕴藏着丰富的化学元素，如氯；溴、碘等。完成下列填空：

（1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。

（2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律；请说明下列递变规律的原因。

①熔点按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是______________。

②还原性按Cl—、Br—、I—的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X2（g）+H2（g）2HX（g）+Q（X2表示Cl2、Br2）；如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

①Q表示X2（g）与H2（g）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。

（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式_____。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、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18、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19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误20、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21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误22、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16分)23、(1)钛被称为继铁、铝之后的第三金属，钛元素在元素周期表中的位置为___，其价电子排布式为___。

(2)写出一种与互为等电子体的分子：___(填化学式)。基态Mg原子的核外电子占据了___种不同形状的原子轨道。

(3)TiCl4的熔点是-24.1℃，沸点是136.4℃，则固态TiCl4属于__晶体。

(4)超硬材料C3N4的热稳定性比金刚石的热稳定性强，其原因为_______。金刚石的晶胞结构如甲图所示，已知A原子的坐标参数为(0，0，0)，B原子的坐标参数为(0，)，则C原子的坐标为____。金刚石晶体中所含C—C键和C原子的数目之比为___。

(5)研究表明，NH3与H2O以氢键结合成NH3·H2O，NH3·H2O又可电离出则NH3·H2O的结构式为____。

(6)铜是人类发现比较早的一种金属，其晶胞结构如乙图所示。若铜的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则两个钛原子间的最短距离为___cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。24、工业上以软锰矿(主要成分为还含少量的铁、硅和铝的氧化物等杂质)为原料生产的工艺流程如图：

常温下，各种离子沉淀时的pH如下表：。离子开始沉淀时的pH1.53.48.2完全沉淀时的pH2.84.710.2

(1)“酸浸”过程中生成一种黄色沉淀，写出该反应的离子方程式：___________，“滤渣Ⅰ”的主要成分有___________。

(2)“工序①”需要用到的玻璃仪器为烧杯、___________。

(3)向“有机相”中滴加溶液，有蓝色沉淀生成，可推出“有机相”中含___________(填离子符号)，中提供空轨道的是___________，中心离子的配位数为___________。

(4)“沉锰”时，不能加入太多碳酸钠溶液，可能的原因为___________(答两条)。

(5)若100kg软锰矿在生产过程中锰的损失率为8%，最终得到405kg(摩尔质量为285)，则软锰矿中锰的质量分数约为___________(保留三位有效数字)。25、实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO；其主要实验流程如下：

(1)浸出。用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn(NH3)4CO3]浸出液。

①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为______。

②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示。当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是______。

(2)除杂。Cu2＋、Pb2＋等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式______。

(3)蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3·3Zn(OH)2沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为______。

(4)焙解。已知Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2]时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。

①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为______(填化学式)。

②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为______。

(5)已知pH>11时，Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-。下表是几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：

。

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Zn2＋

5.9

8.9

Fe2＋

5.8

8.8

Fe3＋

1.1

3.2

设计以锌灰(主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物)为原料制备活性ZnO的实验方案：______。(实验中可供选择的试剂：1.0mol/LHNO3、1.0mol/LH2SO4、1.0mol/LNaOH、20%H2O2)26、青蒿素是我国药学家屠呦呦在1971年发现的一种含有过氧基团的倍半萜内酯的无色针状晶体；不溶于水，易溶于乙醇石油醚；苯等有机溶剂，熔点为156℃，沸点389.9℃，热稳定性差。一种提取青蒿素的主要工艺流程如图：

已知：石油醚的沸点为30～80℃；青蒿素在95%乙醇中的溶解度随温度的升高而增大。

（1）下列玻璃仪器中操作1需使用的有______(填标号)；操作2的名称______。

（2）操作3的步骤是蒸发浓缩、_______；过滤洗涤、干燥。

（3）青蒿素只含C、H、O三种元素。某学生采用如图装置(加热及夹持装置省略)测定其最简式CxHyOz。

①写出A装置中有关反应的化学方程式_______________。

②该实验装置可能会产生误差，造成测定的含氧量偏低，改进方法是_______________。

③取2.82g青蒿素样品，用改进后的装置进行实验。实验后测得装置D增重1.98g，装置E增重6.60g，则x：y：z=_______(填最简整数比)；要确定青蒿素的分子式，还需测量的数据是_______________。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共3分)27、化合物是一种重要中间体；其合成路线如下：

（1）的反应类型为_______。

（2）的分子式为则的结构简式：_______。

（3）含有手性碳原子的数目为_______。

（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；

②能与溶液发生显色反应；

③分子中只有4种不同化学环境的氢。

（5）已知：设计以原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_______参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

略2、C【分析】【详解】

A．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但Be的核外电子排布全满，较稳定，第一电离能大于B，故第一电离能：Be>B>Li；A错误；

B．同周期从左往右电负性增大，故电负性：F>O>N；B错误；

C．的核外电子排布式为：C正确；

D．基态Cr原子的价电子排布图：D错误；

故选C。3、A【分析】【详解】

一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，所以A中含有离子键和极性键，B中只含有非极性键，C中只含有离子键，D中只含有极性键，答案选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．断键吸热，所以反应②③的A的稳定性大于B，所以A的能量小于B，所以焓变大小关系为：②<③；故A正确；

B．活化能越小反应速率越快，制备的速率快，所以由乙苯制备所需的活化能小于制备故B正确；

C．产生一氯取代物的过程中有极性键和非极性键的断裂；没有非极性键的形成，故C错误；

D．反应过程中，2个有可能会产生2个有可能生成故D正确；

选C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．N、Cl是两种不同的元素，因此N-Cl键是极性键；中心N原子价电子对数是4，有1对孤电子对，因此属于极性分子，即NCl3是由极性键构成的极性分子；A错误；

B．N、P、As是第VA的元素，元素的非金属性大于H元素，由于从上到下元素的原子半径逐渐增大，它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，因此极性键之间的排斥力逐渐减小，导致态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小；B正确；

C．在CH3Cl分子中C原子形成4个共价键，中心C原子采用sp3杂化；而COCl2分子中C与O原子之间以共价双键结合，中心C原子采用sp2杂化；C错误；

D．元素M的基态原子的核外电子排布式为则M原子的最外层有7个电子，属于第五周期第VIIA的元素，而不是过渡元素，D错误；

故合理选项是B。6、D【分析】【详解】

A．根据洪特规则，基态Cr原子价层电子排布为故A错误；

B．BF3与F-通过配位键形成F-提供孤电子对、B原子提供空轨道，结构式为故B错误；

C．含有酯基，属于酯类，官能团为故C错误；

D．乙醇分子的结构简式是CH3CH2OH，球棍模型为故D正确；

选D。7、A【分析】【分析】

其中A、B、C、D为同一短周期元素，E与C同主族，C有两个价键，E有6个价键，则C为O，E为S，D有一个价键，则D为F，A有四个价键，则A为C，E的原子序数是B、D的原子序数之和，则B为N，则元素A、B、C、D、E分别为C、N、O、F、S。

【详解】

A．能与发生反应；故A正确；

B．元素的第一电离能：故B错误；

C．溶液呈中性，溶液、溶液、溶液均呈碱性，溶液、溶液均呈酸性；故C错误；

D．分子间能形成氢键，分子间不能形成氢键，沸点：故D错误。

综上所述，答案为A。8、D【分析】【分析】

短周期主族元素只有H与Na同主族但不相邻；则A为H，C为Na；B和D同族，B的原子序数小，位于D上方，则B原子的次外层只能排2个电子，D的最外层电子数为6，即B为O，D为S。

【详解】

A．同主族元素从上往下；气态氢化物的稳定性逐渐减弱，A错误；

B．根据同周期和同主族元素原子半径大小递变规律，原子半径由大到小的顺序为Na>S>O>H；B错误；

C．H与O形成的二元化合物H2O、H2O2均为共价化合物，H与S形成的二元化合物H2S为共价化合物；H与Na形成的二元化合物NaH为离子化合物，C错误；

D．H2SOn，n值越大时，硫元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，酸性：H2SO4>H2SO3；D正确。

答案选D。9、A【分析】A必备知识：分子极性；键角等。

关键能力：分析与推测。

【解题思路】SF6分子结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，A项正确；由SF6的结构图可知，相邻S一F键的键角为90°或180°，B项错误；共用电子对偏向非金属性较强的元素，F的非金属性强于S，故共用电子对偏向F，C项错误；该化合物中S元素周围有12个电子，D项错误。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)在短周期元素中基态原子的p轨道有1个未成对电子的元素可能是B、F、Al、Cl，其电子排布式分别为：1s22s22p1、1s22s22p5、1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5；

(2)基态原子的N层有1个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是Cr，其价电子排布式为3d54s1；

(3)最外层电子数是次外层电子数3倍，该元素有2层电子，第一层为K层，有2个电子，第二层为L层，有6个电子，该元素为O，其电子排布图为

(4)Cu的核电荷数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，根据电子排布式可画出铜的原子结构示意图为

(5)激发态原子即为基态原子中的电子从低能级跃迁到了高能级。

A．核外共有2个电子，基态应为2个电子都排在1s能级上，所以1s12s1为激发态；

B．1s22s22p1为基态B的电子排布式；不是激发态；

C．核外有8个电子的O的基态电子排布式为1s22s22p4，所以1s22p53s1为激发态；

D．1s22s22p63s2为基态Mg的电子排布式；不是激发态；

故选AC。【解析】①.B、F、Al、Cl②.1s22s22p1、1s22s22p5、1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5③.Cr④.3d54s1⑤.O⑥.⑦.⑧.AC11、略

【分析】【分析】

根据元素在元素周期表中的位置可知X为硅元素；Y为氧元素，Z为氯元素。

【详解】

（1）同周期元素，从左到右半径越来越小，同主族元素，从上到下半径越来越大，因此，半径最大的原子应为X，即硅原子，硅原子的电子排布式：轨道数为8个；Y为氧元素，最外层电子排布式为Z为氯元素，电子排布式：共5个能级，故共5种能量不同的电子；

故答案为：8；5；

（2）a．Y单质与溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比元素的非金属性强；a正确；

b．氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，b错误；

c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，c正确；

Y元素为氧；氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强；

故答案为：ac；氧原子和硫原子最外层电子数相等；但是氧原子的半径比硫原子小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强；

（3）因为和都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，当有氢键存在时，有氢键的熔沸点高，和都没有氢键，相对分子质量>所以的沸点高于

故答案为：<；因为和都是分子晶体且无氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以的沸点高于

（4）由于酸性>所以向溶液中通入足量气体，只发生化合反应：是弱酸，电离产生的浓度很小，没有发生复分解反应生成沉淀，滴加氨水后，氨水电离产生的对的电离平衡起促进作用，产生更多的使浓度增大，和溶液中的结合生成沉淀；

故答案为：饱和溶液中电离产生的很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进的电离，浓度增大；有沉淀产生；

（5）在0.1mol/L的溶液中,电荷守恒式为物料守恒式为=0.1mol/L，故

故答案为：

【点睛】

在复分解反应中，一般情况下弱酸不能制强酸；如向溶液中通入不会产生白色沉淀，同理，向溶液中通入也不会产生白色沉淀。但是向溶液中通因为发生氧化还原反应而生成沉淀。【解析】85ac氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强<因为和都是分子晶体且无氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，所以的沸点高于饱和溶液中电离产生的很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进的电离，浓度增大，有沉淀产生12、略

【分析】【分析】

根据表中数据可知；同主族元素最高正化合价和最外层电子数相等，氧和氟没有最高正化合价，同周期从左到右最高正化合价逐渐增加，稀有气体的化合价为0价；根据元素最外层电子数小于4个的一般是金属元素，最外层电子数大于4个的一般是非金属元素；原子序数在数值上等于核电荷数，原子中核电荷数=质子数=核外电子数，据此分析。

【详解】

(1)1l号元素是钠；属于金属元素，它在化学反应中形成的离子最外层有10个电子，与Ne原子具有相同的核外电子排布；

(2)16号元素是硫，原子中核电荷数=质子数=核外电子数，原予核外电子数为16，最外层电子数为6，最低负化合价数值=8-最外层电子数，该元素最低负化合价为-2价，最高正化合价为+6价，它氧化物的化学式为SO3；

(3)从化合价角度，同主族元素最高正化合价和最外层电子数相等，氧和氟没有最高正化合价，同周期从左到右最高正化合价逐渐增加，最低负化合价数值=8-最外层电子数等。【解析】金属Ne16-2SO3最低负化合价数值=8-最外层电子数13、略

【分析】【详解】

(1)A为+5价，且为氮氧化合物，则A为N原子最外层有5个电子，最高化合价为+5价，最低化合价为-3价，图中NO、中氮元素处于中间价态；既有氧化性又有还原性。

(2)氮气的结构决定了氮气能够在空气中稳定存在，氮气的电子式为：

(3)稀硝酸既能与钢反应，又能与铁反应，而在常温下铁遇浓硝酸会钝化，浓硝酸可与铜反应生成硝酸铜、水和则应选择浓硝酸除去铁制品表面的铜镀层，反应的离子方程式为

(4)由流程图知，二氧化硫通入氨水中生成亚硫酸铵，利用亚硫酸铵中的还原性吸收被氧化为被还原为离子方程式为：【解析】(1)N2O5NO、NO2

(2)

(3)酸

(4)14、略

【分析】【详解】

(1)镍为28号元素，其核外电子排布式为所以基态Ni原子的外围电子排布图

(2)氯为17号元素，基态Cl原子核外电子排布式1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；核外电子总共有17种运动状态，最高能级为p轨道，电子云形状为哑铃形；

(3)碳酰肼，其结构为氮原子有1个孤电子对，每个氮原子形成3个σ键，属于sp3杂化，碳原子形成3个σ键，属于sp2杂化；

(4)电负性O>C，O原子不易提供孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子；Ni形成4个配位键属于σ键，CO与N2互为等电子体，其分子结构为C≡O，1分CO分子中存在1个σ键，2个π键，故1mol该配合物Ni(CO)4分子中σ键数目为8NA。【解析】1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p517哑铃形sp3sp2电负性O>C，O原子不易提供孤电子对8NA15、略

【分析】【分析】

三氟化氮(NF3)在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸X、酸Y和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸X是一种弱酸，酸Y为常见的含氧强酸，则X为HF、Y为HNO3，无色气体为NO；结合NF3中N原子的价层电子对分析其空间构型；结合共价键的键能分析HF的酸性强弱。

【详解】

(1)NF3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，N原子的杂化轨道形式为sp3杂化；有一个孤对电子，则空间构型为三角锥形；

(2)HF在水中不完全电离，是因为F的半径太小，电负性太高，使H-F键键能大，结合能力强，同时HF分子之间氢键太强，且HF和水分子之间也存在氢键，F-离子在水中溶剂化过于明显；导致HF电离不顺利；

(3)NH3和氟气(F2)反应制备NF3，反应中N元素化合价升高，NH3为还原剂，NF3是氧化产物，则NF3表现出来的化学性质是氧化性；

(4)三聚氟氰(C3N3F3)分子中C原子形成共价键的键数是4，N原子形成共价键的键数为3，F原子形成共价键的键数是1，C、N形成六元环结构，F原子与C原子形成C-F键，C与N之间存在C＝N双键和C－N，且单双键交替结构相对稳定，则三聚氟氰的结构式为【解析】①.三角锥形②.H—F键的键能大，难断裂；HF在水中存在HF之间、HF与H2O的氢键③.氧化性④.16、略

【分析】【详解】

氯离子原子核外有18个电子；为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；

溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA，故答案为：第四周期、ⅦA；

的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：都是分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；

元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从半径依次增大；失电子的能力依次增强，还原性依次增大；

由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：

同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=故答案为：

的非金属性较C强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；【解析】①.18②.5③.第四周期、ⅦA（都对得1分）④.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。⑤.从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大⑥.>⑦.K=⑧.氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价⑨.三、判断题(共6题，共12分)17、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。18、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；19、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。20、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。21、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。22、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16分)23、略

【分析】【详解】

(1)钛为元素周期表中第22号元素，其价电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则钛元素在元素周期表中的位置为第四周期第IVB族，其价电子排布式为3d24s2。答案为：第四周期第IVB族；3d24s2；

(2)与互为等电子体的分子，应含有5个原子，且价电子数为32，可以为CCl4(或SiCl4、SiF4)。基态Mg原子的核外电子只占据s轨道和p轨道共2种不同形状的原子轨道。答案为：CCl4(或SiCl4、SiF4)；2；

(3)TiCl4的熔点是-24.1℃，沸点是136.4℃，则其微粒间的作用力小，所以固态TiCl4属于分子晶体。答案为：分子；

(4)超硬材料C3N4的热稳定性比金刚石的热稳定性强，则二者都形成共价晶体，且前者原子间的能量大，其原因为：C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长短，键能大。从金刚石的晶胞结构图可以看出，晶胞内的中心碳原子(C)与立方体顶点和面心的碳原子构成正四面体结构，且中心碳原子(C)与某个面的面心、顶点碳原子构成等腰三角形，从而得出其距离三条坐标轴所在面的距离都为边长的所以C原子的坐标为()。金刚石晶体中，每个碳形成4个C—C键，每个C—C键属于2个碳原子，则晶胞中所含C—C键和C原子的数目之比为2:1。答案为：C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长短，键能大；()；2:1；

(5)研究表明，NH3与H2O以氢键结合成NH3·H2O，NH3·H2O又可电离出则表明N原子与水分子中的H原子形成氢键，NH3·H2O的结构式为答案为：

(6)由铜晶胞结构图可得出，每个晶胞中含铜原子的个数为8×+6×=4。若铜的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的边长为cm，两个钛原子间的最短距离为cm。答案为：

【点睛】

计算某原子的坐标时，必须弄清原子所在图形中的位置，然后进行计算。【解析】第四周期第IVB族3d24s2CCl4(或SiCl4、SiF4)2分子C—N键的键长比金刚石中C—C键的键长短，键能大()2：124、略

【分析】【分析】

工业上以软锰矿(主要成分为还含少量的铁、硅和铝的氧化物等杂质)为原料生产粉末状软锰矿加入稀硫酸、FeS2浸取，MnO2在酸性环境中被还原为Mn2+进入溶液，其余金属氧化物均转化为相应的阳离子进入溶液，Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，FeS2被MnO2氧化为Fe3+和S单质，S、SiO2不溶与酸成为滤渣；加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后取水相，调节pH沉淀Al3+，过滤后加入碳酸钠溶液得到碳酸锰沉淀，之后加入磷酸溶解碳酸锰得到

【详解】

（1）“酸浸”过程中生成一种黄色沉淀，该黄色沉淀为S单质，此过程中FeS2被MnO2氧化为Fe3+和S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：由分析可知，“滤渣Ⅰ”的主要成分有S。

（2）“工序①”为萃取；需要用到的玻璃仪器为烧杯；分液漏斗。

（3）和Fe3+反应会生成蓝色沉淀，向“有机相”中滴加溶液，有蓝色沉淀生成，可推出“有机相”中含Fe3+；中金属阳离子Fe2+提供空轨道，中心离子Fe2+的配位数为6。

（4）“沉锰”时；不能加入太多碳酸钠溶液，可能的原因为碳酸钠溶液过多，可能生成氢氧化锰沉淀；碳酸钠能够和磷酸反应，造成后续磷酸浪费。

（5）405kg的物质的量为设100kg软锰矿中Mn的质量为xg，在生产过程中锰的损失率为8%，则x(1-8%)=×55g/mol，x=8.45×104g=85.0kg，则软锰矿中锰的质量分数约为=85.0%。【解析】(1)S

(2)分液漏斗。

(3)6

(4)碳酸钠溶液过多；可能生成氢氧化锰沉淀；造成后续磷酸浪费。

(5)85.0%25、略

【分析】【分析】

ZnO烟尘用氨水和NH4HCO3溶液浸取，得到锌氨浸出液[Zn(NH3)4CO3]，杂质[Cu(NH3)4]2＋等可以用锌粉置换除去。然后加热，溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3·3Zn(OH)2沉淀形式从溶液中析出；最后焙烧得到ZnO。

【详解】

(1)①用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn(NH3)4CO3]浸出液，发生的是非氧化还原反应，除了生成Zn(NH3)4CO3外，还有水生成，化学方程式为：ZnO＋3NH3·H2O＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋4H2O或ZnO＋3NH3＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋H2O。

②当浸出液初始pH大于10时，溶液中OH-浓度增大，生成了Zn(OH)2沉淀；导致浸出率随pH增大而减小。

(2)Cu2＋与氨水形成的配离子为[Cu(NH3)4]2＋，和锌发生置换反应，生成铜和[Zn(NH3)4]2＋，离子方程式为：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋=[Zn(NH3)4]2＋＋Cu。

(3)保持恒温80℃；可采取水浴加热方式，既能受热均匀，还便于控制温度。

(4)①Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2]至275℃时，碱式碳酸锌部分分解为ZnO、H2O和CO2，所得气态物质为H2O和CO2。

②根据ZnO的晶胞结构可知；Zn原子的配位数为4。

(5)锌灰的主要成分为Zn和ZnO，含有杂质Fe及其氧化物，结合提供的试剂，需要将固体用稀硫酸溶解（不用稀硝酸的原因是硝酸和金属反应会生成NO，污染空气），得到Zn2+和Fe2+，也可能含有Fe3+，需要除去铁杂质，根据给出的几种离子沉淀的pH，可以调节溶液的pH，使Fe3+形成沉淀而除去，所以需要先将Fe2+用双氧水氧化为Fe3+。除去Fe3+后的滤液还需要调节pH使Zn2+沉淀，形成Zn(OH)2，最后在125℃时下加热使Zn(OH)2分解为Zn