2025年华师大版选择性必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年华师大版选择性必修2化学下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6题，共12分)1、下列各组顺序不正确的是A.微粒半径大小：S2－>Cl－>F－>Na＋>Al3＋B.热稳定性大小：SiH4332OC.熔点高低：石墨>食盐>干冰>碘晶体D.沸点高低：NH3>AsH3>PH32、下列“类比”合理的是A.SO2能使品红溶液褪色，则SO2也能使紫色石蕊试液褪色B.与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应生成FeI3C.H2O的空间构型为“折线型”，则Cl2O的空间构型也为“折线型”D.电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，则电解CuBr2溶液得到Cu(OH)2、H2和Br2(均为惰性电极)3、下列说法中正确的是。

A.单晶硅、水晶、金刚砂中硅原子数与共价键键数之比为1∶2B.同为AB型晶体的AgI(图甲)与NaCl的晶体结构不同，但阴离子的配位数相同C.石墨烯与金属R形成的插层化合物。其中R层平行于石墨层，晶胞如图乙所示，其垂直于石墨层方向的投影如图丙所示。则该插层化合物的化学式为RC6D.图丁为NiO晶体的“单分子层”结构，O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中，已知O2-的半径为apm，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g4、下列变化需克服相同类型作用力的是（）A.溴和汞的气化B.金刚石和的熔化C.氯化氢和氯化钠的溶解D.碘和干冰的升华5、氨分子得到一个H+，变成铵离子(NH)。下列对上述过程的描述不合理的是A.氮原子的杂化类型发生了改变B.微粒的形状发生了改变C.微粒的化学性质发生了改变D.微粒中的键角发生了改变6、下列化合物中，属于原子晶体的是A.干冰B.氯化钠C.氟化硅D.二氧化硅评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、回答下列问题：

(1)石墨烯是一种零距离半导体；而且有非常好的热传导性能，是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如图)，可由石墨剥离而成，具有很好应用前景。

①石墨烯中碳碳键的键角为____。

②已知几种常见化学键的键能如表：。化学键Si—OH—OO=OSi—SiSi—C键能/kJ·mol-1368467498226x

i.比较Si—Si键与Si—C键的键能大小：x____(填“＞”“＜”或“=”)226kJ·mol-1。

ii.H2被誉为21世纪人类最理想的燃料，而更有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。已知1mol单质硅含有2molSi—Si键，1molSiO2含4molSi—O键，试计算：1molSi完全燃烧放出的热量约为____。

(2)立体异构是有机化合物和无机化合物中都存在的同分异构现象。N2F2存在顺式和反式两种同分异构体，据此事实，判断N2F2分子中两个氮原子之间的键型组成为____。

A.仅有一个σ键B.仅有一个π键C.一个σ键，一个π键D.两个σ键。

写出N2F2分子的顺式异构体的结构式____。8、请填写下表：。空间构型杂化方式分子类型(极性或非极性)二氧化硫________氨气__________三氧化硫__________9、六方氮化硼的结构与石墨类似，B-N共价单键的键长理论值为158pm，而六方氮化硼层内B、N原子间距的实测值为145pm，造成这一差值的原因是___________。高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，已知晶胞参数中边长为a=362pm，则立方氮化硼的密度是___________g/cm3

10、Ti；Na、Mg、C、N、O、Fe等元素的研究一直在进行中；其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：

(1)钠在火焰上灼烧的黄光是一种______(填字母)。

A.吸收光谱B.发射光谱。

(2)下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是______(填序号)。

a.1s22s22p43s13p3p3pb.1s22s22p33s23p3p3p

c.1s22s22p63s13pd.1s22s22p63s2

(3)Ti原子位于元素周期表中的______区，其价电子排布式为_____。与Ti同周期的过渡元素中，未成对电子数最多的基态原子的外围电子的轨道表示式______。

(4)Fe3+与Fe2+的离子半径大小关系为Fe3+______Fe2+(填“大于”或“小于”)。

(5)下列各组多电子原子的能级能量比较不正确的是______。

①2p=3p②4s＞2s③4p＞4f④4d＞3d。A．①④B．①③C．③④D．②③11、Ⅰ.有以下8种物质：

①②③④

⑤⑥⑦⑧

试回答下列问题：

（1）不存在化学键的是__________________（填序号；下同）。

（2）只存在极性共价键的是是__________________。

（3）只存在非极性共价键的是__________________。

（4）既存在非极性共价键又存在极性共价键的是__________________。

（5）只存在离子键的是__________________。

（6）既存在离子键又存在共价键的是__________________。

Ⅱ.在下列变化中：

①升华②烧碱熔化③溶于水。

④溶于水⑤溶于水。

（1）未破坏化学键的是__________________（填序号；下同）。

（2）仅离子键被破坏的是__________________。

（3）仅共价键被破坏的是__________________。

（4）离子键和共价键同时被破坏的是__________________。12、CO2和CH4在一定条件下合成乙酸：CO2+CH4CH3COOH。完成下列填空：

(1)①写出碳原子最外电子层的轨道表示式______

②钛(Ti)是22号元素，它是______(选填编号)

a.主族元素b.副族元素c.短周期元素d.长周期元素。

(2)CS2分子的电子式为______；其熔沸点比CO2高，原因是______常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度(c)的关系如图所示。

(3)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：______

(4)a点溶液中由水电离产生的c(H+)=______；b点溶液中c(H+)______1×10﹣7mol/L(填写“等于”；“大于”或“小于”)

(5)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是______(选填序号)

a.加水稀释b.加入少量乙酸钠固体c.通氯化氢d.加入少量苛性钠固体13、(1)晶体的自范性即___________，区分晶体与非晶体最可靠的实验方法是___________。

(2)原子间通过共用电子对所形成的相互作用叫作共价键。键与键都属于共价键，键的特征是___，键的特征是___________。

(3)晶体硼的基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体，其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角各有一个原子，试观察图形回答。这个基本结构单元由___________个硼原子组成，共含有___________个B-B键。

14、1869年；俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上的重要里程碑之一；元素周期表与元素周期律在化学学习研究中有很重要的作用。

(1)下表是元素周期表的一部分。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③三④⑤⑥⑦⑧⑨四⑩

i.元素④的过氧化物的电子式为___________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型为___________，⑩元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是___________。

ii.元素①、②、③的简单氢化物的稳定性最强的是___________(用化学式表示，下同)，②、⑧简单氢化物熔点高的是___________，④、⑤最高价氧化物的水化物碱性更强的是___________，④、⑤、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序(用离子符号表示)___________。

(2)最近；德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，相对原子质量是85。

i.铷在元素周期表中的位置___________。

ii.铷单质性质活泼写出在点燃条件下它与氯气反应的化学方程式：___________；铷单质易与水反应，反应的离子方程式为___________，实验表明铷与水反应比钠与水反应___________(填“剧烈”或“缓慢”)；反应过程中铷在水___________(填“面”或“底”)与水反应。同主族元素的同类化合物的化学性质相似，写出过氧化铷与反应的化学方程式：___________。15、常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池多晶硅太阳能电池、太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。

(1)基态亚铜离子()的最外层电子排布式为______；高温下容易转化为试从原子结构的角度解释原因：______。

(2)的沸点高于的沸点(-42℃)；其原因是______。

(3)和的空间结构分别为______、______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、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17、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18、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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、计算题(共4题，共28分)23、(1)晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A(0，0，0)、B(0，1，)，则C原子的坐标参数为___________。

(2)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___________，晶体中Al3＋占据O2-形成的___________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________g·cm-3(列计算式)。

24、在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了等多种元素。请回答：

氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的数目为____；与最短核间距为____

25、按要求填空。

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________，微粒之间的作用力为___________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，则铁原子半径为___________(假设原子为刚性球体)；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

(5)奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示；写出计算式即可)。

26、键能是气态分子中断裂共价键所吸收的能量。已知键的键能为键的键能为根据热化学方程式：则键的键能是___________评卷人得分五、工业流程题(共4题，共20分)27、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe；Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。

已知：萃取时发生的反应为

(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。

(2)除Ca、Mg：当某离子浓度时；认为该离子已除尽。

①为使除尽，必须保持溶液中_______

②若调节溶液的pH偏低、将会导致沉淀不完全，其原因是_______。[]。

(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入反萃取得到水相。

①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。

(4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。

①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。

②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。

28、金、银是生活中常见的贵重金属，工业上常利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3；和其它不溶性杂质)中提取金。工艺流程如下：

已知：I.氢氰酸(HCN)易挥发、有剧毒，

II.平衡常数回答下列问题：

(1)“酸浸”步骤中所用的酸是_______。

(2)“浸出”步骤的目的是将单质转化为

①其化学方程式为_______。

②该步骤中金的溶解速率在时达到最大值，但实际生产中控制反应液的温度在可能原因是_______。

③已知该反应的平衡常数_______。

(3)“置换”步骤中，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为_______。

(4)“脱金贫液”(含)直接排放会污染环境。现以为催化剂，用氧化废水中的的去除率随溶液初始pH变化如下图所示。

①价层电子排布的轨道表示式为_______。

②当“脱金贫液”初始时，的去除率下降的原因是_______。29、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___________

30、以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：

I.难溶物的Ksp如表：。物质Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Zn(OH)2ZnSMnSCaF2Ksp4.0×10-384.5×10-331.9×10-132.0×10-151.6×10-242.5×10-134.0×10-11

II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-

回答下列问题：

(1)基态锰原子价层电子排布式为___，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式___。

(2)软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为___，“滤渣A”主要成分为___。

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为___，分析其原因为___。pH氨水体积/mL残余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.6参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．离子核外电子层数越多，离子半径越大。核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2－>Cl－>F－>Na＋>Al3＋；故A正确；

B．非金属性F＞O＞N＞P＞Si，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故稳定性是SiH4332O

C．熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。对于分子晶体分子间作用力越大；熔沸点越高，所以熔点：金刚石＞食盐＞碘晶体＞干冰，故C错误；

D．氨气分子间存在氢键；沸点高于砷化氢和磷化氢的，故D正确；

答案选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；同时SO2是酸性氧化物，与水反应产生的H2SO3电离产生H+而具有酸性；能使紫色石蕊试液变为红色，而不是褪色，A错误；

B．Fe是变价金属，具有还原性。Cl2具有强氧化性，与Cl2反应生成FeCl3，但由于I2氧化性比较弱，因此变价金属与I2反应生只能成FeI2，不能产生FeI3；B错误；

C．H2O、Cl2O的中心O原子上都形成2对共用电子对；O原子上还有2对孤电子对，因此两种微粒空间构型都是“折线型”，C正确；

D．由于离子放电能力Cu2+＞H+，Br-＞OH-所以电解CuBr2溶液时，阴极上Cu2+得到电子变为Cu单质，阳极上Br-失去电子变为Br2，电解实质上是电解质本身，反应后产生Cu、Br2；故电解反应不能类推，D错误；

故合理选项是C。3、D【分析】【详解】

A．水晶的主要成分是二氧化硅，SiO2晶体相当于在Si晶体的共价键上“插上”一个O原子；所以每个共价键一端连Si一端连氧，平均每个共价键只对应一个Si原子，所以原子数:化学键数=1:4，A错误；

B．由图可知；AgI晶体中阴离子的配位数为4，但是NaCl的晶体中阴离子的配位数为6配位数不同，B错误；

C．该晶胞中，R原子的个数为=8，C原子的个数为=64，故该化合物的化学式为RC8；C错误；

D．每个原子被3个O原子包围，每个O原子被3个原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个原子，三角形的面积如图实际上每个原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为O原子个数为每平方米面积上分散的该晶体的质量为D正确；

故选D。4、D【分析】【分析】

【详解】

A.溴气化破坏分子间作用力；汞气化破坏金属键，故A错误；

B.硅属于共价晶体，C60属于分子晶体；熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；

C.氯化氢溶于水破坏共价键；氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；

D.碘和干冰属于分子晶体；升华时破坏分子间作用力，类型相同，故D正确；

故选D。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．氨气分子中N的杂化为sp3，铵离子中N的杂化为sp3；N原子的杂化类型没有改变，A项错误；

B．氨气分子的空间构型是三角锥形；铵离子的空间构型为正四面体形，B项正确；

C．因结构不同；则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，C项正确；

D．氨气分子的空间构型是三角锥形；铵离子的空间构型为正四面体形，微粒中键角发生了改变，D项正确；

答案选A。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．干冰是固体二氧化碳；是分子晶体，A不选；

B．氯化钠是离子晶体；B不选；

C．氟化硅类似于四氯化碳；是分子晶体，C不选；

D．二氧化硅是原子晶体；D选；

答案选D。二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【分析】

（1）

①石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料，可由石墨剥离而成，其中碳原子采取sp2杂化；形成平面六元并环结构，其中碳碳键的键角为120°；答案为：120°。

②i.由于C原子半径小于Si原子半径；则键长：Si—Si键大于Si—C键，键能：Si—Si键小于Si—C键，故x＞226kJ/mol；答案为：＞。

ii.Si燃烧反应的化学方程式为Si+O2SiO2，根据∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则该反应的∆H=2E（Si—Si）+E（O=O）-4E（Si—O）=2×226kJ/mol+498kJ/mol-4×368kJ/mol=-522kJ/mol；即1molSi完全燃烧放出的热量约为522kJ；答案为：522kJ。

（2）

基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5；由于N2F2存在顺式和反式两种同分异构体，故两个N原子间形成氮氮双键，N2F2的结构式可表示为F—N=N—F，双键中含一个σ键、一个π键，即两个氮原子之间的键型组成为一个σ键、一个π键，选C；顺式结构中两个F原子在双键的同一侧，顺式异构体的结构式为答案为：C，【解析】(1)120°＞522kJ

(2)C8、略

【分析】【分析】

根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)；确定微粒空间构型和中心原子杂化方式；根据正负电荷重心是否重合确定分子的极性。

【详解】

SO2中S原子含有2个σ键，孤电子对个数=×(6-2×2)=1，其价层电子对个数是3，采用sp2杂化；为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，是极性分子；

NH3中N原子含有3个σ键，孤电子对个数=×(5-1×3)=1，其价层电子对个数是4，采用sp3杂化；为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，是极性分子；

SO3中S原子含有3个σ键，孤电子对个数=×(6-2×3)=0，采用sp2杂化；为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子；

故答案为：V；sp2；极性；三角锥形；sp3；极性；平面三角形；sp2；非极性。【解析】①.V②.sp2③.极性④.三角锥形⑤.sp3⑥.极性⑦.平面三角形⑧.sp2⑨.非极性9、略

【分析】【详解】

六方氮化硼的结构与石墨类似，层内B、N原子间形成了π键，使得B-N共价单键的键长变短；根据晶胞结构图，一个立方氮化硼晶胞中含有的白球数=8×＋6×=4，黑球数为4，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，一个晶胞的质量为一个立方氮化硼晶胞的体积是(362pm)3，根据ρ===g/cm3。【解析】①.层内B、N原子间形成了π键②.10、略

【分析】【详解】

（1）激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道；以光的形式释放出能量，属于发射光谱，故答案为：B；

（2）a．1s22s22p43s13px13py13pz1即2个2p上的电子跃迁到3p上；1个3s的电子跃迁到3p上；

b．1s22s22p33s23px13py13pz1是2p上的3个电子跃迁到3p上；

c．1s22s22p63s13px1为3s上的1个电子跃迁到3p上；

d．1s22s22p63s2为基态原子；

故能量最高的为b；

（3）已知Ti是22号元素，故其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，电子最后进入3d能级，故Ti原子位于元素周期表中的d区，其价电子排布式为3d24s2，与Ti同周期的过渡元素中，未成对电子数最多的即Cr，其的基态原子的外围电子排布图为：

（4）当原子核外电子排布的电子层数相同时，核外电子数越多则有效核电荷数越少，对应的微粒半径越大，故Fe3+的核外电子数比Fe2+少，故离子半径大小关系为Fe3+小于Fe2+；故答案为：小于；

（5）根据能级构造原理可知：不同能层的相同能级的能量大小为：（n-1）s＜ns＜(n+1)s，（n-1）p＜np＜(n+1)p，（n-1）d＜nd＜(n+1)d，故2p＜3p，故①不正确；4s>2s，故②正确；4d>3d；故④正确；相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf，所以4p＜4f，故③不正确；

故①③不正确，答案为B。【解析】(1)B

(2)b

(3)d3d24s2

(4)小于。

(5)B11、略

【分析】【分析】

Na2S属于离子化合物；含有离子键；

P4属于单质；含有非极性共价键；

HCl属于共价化合物；含有极性共价键；

NaOH属于离子化合物；钠离子和氢氧根离子之间的化学键为离子键，氢氧根离子中含有极性共价键；

Ne属于单原子分子；不含有化学键，属于单质；

H2O2属于共价化合物；含有极性共价键H-O和非极性共价键O-O；

⑦Na2O2属于离子化合物；钠离子和过氧根离子之间的化学键为离子键，过氧根离子中含有非极性共价键；

NH4Cl属于离子化合物；铵根离子和氯离子之间的化学键为离子键，铵根离子中含有极性共价键，以此分析。

【详解】

I.（1）为单原子分子；不存在化学键。故答案为：⑤；

（2）只存在极性共价键。故答案为：③；

（3）只存在非极性共价键。故答案为：②；

（4）既存在非极性共价键又存在极性共价键。故答案为：⑥；

（5）只存在钠离子与硫离子之间的离子键。故答案为：①；

（6）存在和之间的离子键和之间的共价键；

存在和之间的离子键和之间的共价键；

存在和之间的离子键和之间的共价键。故答案为：④⑦⑧。

Ⅱ.（1）升华属于物理变化；未破坏化学键，所以未破坏化学键的是①。故答案为：①；

（2）烧碱熔化发生反应：溶于水发生反应：均只破坏了离子键，所以仅离子键被破坏的是②③。故答案为：②③；

（3）溶于水发生反应：仅破坏了共价键，所以仅共价键被破坏的是④。故答案为：④；

（4）溶于水发生反应：破坏了离子键和共价键，所以离子键和共价键同时被破坏的是⑤。故答案为：⑤。【解析】⑤③②⑥①④⑦⑧①②③④⑤12、略

【分析】【分析】

(1)①C原子共2个电子层；最外层电子为2s；2p电子；

②钛(Ti)是22号元素；位于第四周期ⅣB族；

(2)CS2的电子式类似于CO2；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；

(3)当水电离出的OH−离子浓度最大时；说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用；

(4)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH＝10的NaOH溶液，结合水的离子常数分析求解；b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)＜1×10−7mol/L；

(5)电离程度增大；电离平衡应正向移动，且pH增大，则酸性减弱，以此来解答。

【详解】

(1)①C原子共2个电子层，最外层电子为2s、2p电子，最外电子层的轨道表示式为故答案为：

②钛(Ti)是22号元素，位于第四周期ⅣB族，为长周期副族元素，故答案为：bd；

(2)CS2的电子式类似于CO2，电子式为二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，故答案为：二者都为分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越大；

(3)当水电离出的OH−离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以离子溶液浓度大小为c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)，故答案为：c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)；

(4)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH＝10的NaOH溶液，则c(H＋)＝1×10−10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c(H＋)＝1×10−10mol/L，b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)＜1×10−7mol/L，故答案为：1×10−10mol/L；小于；

(5)a．加水稀释，促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；

b．加入少量乙酸钠固体，抑制电离，电离程度减小，故不选；

c．通氯化氢，酸性增强，pH减小，故不选；

d．加入少量苛性钠固体；促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；

故答案为：ad。【解析】bd二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)1×10﹣10mol/L小于ad13、略

【分析】【详解】

(1)晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象；区分晶体和非晶体的最科学的实验方法是X射线衍射实验；

故答案为：晶体能自发地呈现多面体外形的性质；X射线衍射实验。

(2)原子间通过共用电子对所形成的相互作用叫作共价键。共价单键都是键，而共价双键一个是键，一个是键，键是电子云“头碰头”重合，键的特征是轴对称，可以沿轴的方向旋转，键是电子云“肩并肩”重合重叠程度小，键的特征是镜面对称不能旋转，一旦旋转，共价键就被破坏；

故答案为：轴对称；镜面对称。

(3)硼原子组成的正二十面体，即每个面就是一个等边三角形，共有20个面，每个顶角为5个三角形所共用，所以20个等边三角形所含有的顶角数为即原子个数为12；因为每条边为2个三角形所共用，所以20个等边三角形含有的边数为即键数目为30；

故答案为：12；30。【解析】①.晶体能自发地呈现多面体外形的性质②.X射线衍射实验③.轴对称④.镜面对称⑤.12⑥.3014、略

【分析】【分析】

(1)根据图示可知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为Si，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Br元素。

【详解】

(1)i．元素④位于元素周期表的第三周期第ⅠA族，该元素为Na元素，Na的过氧化物是过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为其最高价氧化物对应的水化物是NaOH，钠离子和氢氧根离子之间为离子键，O原子和H原子之间为共价键，含有的化学键类型为离子键和共价键；元素⑩位于元素周期表的第四周期第ⅦA族，为Br元素，Br元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式是HBrO4，故答案为：离子键和共价键；HBrO4；

ii．据表可知，元素①、②、③分别为N、O、F，非金属性N＜O＜F，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物稳定性最强的是HF；②、⑧分别为O、S元素，因水分子间含有氢键，所以简单氢化物熔点高的是H2O，④、⑤分别为Na、Al元素，金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH；④、⑤、⑧、⑨分别是Na、Al、S、Cl元素，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，四种元素的简单离子半径由大到小的顺序是：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，故答案为：HF；H2O；NaOH；S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+；

(2)i．铷是37号元素；位于元素周期表的第五周期第ⅠA族，故答案为：第五周期第ⅠA族；

ii．铷单质性质活泼，它在氯气中燃烧的化学方程式为铷单质易与水反应，反应的离子方程式为2Rb+2H2O═2Rb++2OH-+H2↑，实验表明，铷与水反应比钠与水反应剧烈，铷的密度大于水，反应中沉在水底，过氧化铷与过氧化钠类似，与反应生成碳酸铷和氧气，化学方程式为：

故答案为：剧烈；底；【解析】离子键和共价键HFNaOH第五周期第ⅠA族剧烈底15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子失去1个电子生成基态的核外电子排布式为或则基态的最外层电子排布式为原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为后者更稳定，故高温下容易转化为

(2)和都是极性分子，但由于分子间存在氢键，所以的沸点比的沸点高；

(3)的中心原子的价层电子对数且没有孤电子对，所以其空间结构是平面三角形；的中心原子的价层电子对数孤电子对数为1，所以其空间结构是三角锥形。【解析】中的最外层电子排布处于稳定的全充满状态分子间存在氢键，分子间无氢键平面三角形三角锥形三、判断题(共8题，共16分)16、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。17、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；18、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。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。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、计算题(共4题，共28分)23、略

【分析】【详解】

（1）由位于顶点A和位于棱上点B的坐标参数分别为A(0，0，0)和B(0，1，)可知，晶胞的边长为1，则位于棱上点C点坐标为故答案为：

（2）Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为1个晶胞，该晶胞中Co原子个数=(4×＋2×＋1)×4=8个，Ⅰ型和Ⅱ型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个Ⅰ型和Ⅱ型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8∶16∶32=1∶2∶4，化学式为CoAl2O4；距离O2-最近的Al3＋有6个，结合晶胞分析可知，6个Al3＋组成八面体，因而晶体中Al3＋占据O2-形成八面体空隙；每个晶胞内相当于拥有8个CoAl2O4，因而晶胞微粒质量m=g，晶胞体积V=(2a×10-7)cm3，则密度等于=g/cm3=g·cm-3，故答案为：CoAl2O4；八面体空隙；【解析】①.②.CoAl2O4③.八面体空隙④.24、略

【分析】【分析】

【详解】

以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为=12；晶胞中Fe2+数目=O2-离子数目=1+=4，晶胞质量=g，Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的设二者最短距离为rpm，则晶胞棱2rpm，则：=ρ×(2r×10-10)3，解得r=pm。【解析】①.12②.25、略

【分析】【详解】

（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则晶胞中Cu有个，Au有则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，微粒之间的作用力为金属键；故答案为：3：1；金属键。

（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与的结构相似，则一个晶胞中有8个氢原子，则该晶体储氢后的化学式应为AuCu3H8；故答案为：AuCu3H8。

（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，B原子位于顶点和面心，则晶胞中含B原子数目为故答案为：4。

（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，该晶胞中体对角线为四个铁原子半径即则铁原子半径为δ−Fe晶胞中铁原子的配位数为8，α−Fe晶胞中铁原子的配位数为6，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3；故答案为：4：3。

（5）奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，晶胞中铁原子个数为碳原子个数为若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞体积为晶胞参数为则晶胞中最近的两个碳原子的距离为晶胞参数一半的倍即故答案为：【解析】(1)3：1金属键。

(2)AuCu3H8

(3)4

(4)4：3

(5)26、略

【分析】【详解】

设键的键能为已知反应热=反应物的总键能－生成物的总键能，故解得故答案为945.6。【解析】945.6五、工业流程题(共4题，共20分)27、略

【分析】【分析】

含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出处理后最终得到钴的氧化物；

【详解】

（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：

（2）①则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为故为使除尽，必须保持溶液中0.01

②若调节溶液的pH偏低、将会导致沉淀不完全；其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；

（3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；

②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；

（4）①在空气中加热首先失去结晶水，的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1molA点为0.1mol根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；

②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。【解析】(1)

(2)0.01pH偏低；氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子。

(3)实现的提取和富集随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降。

(4)在空气中加热首先失去结晶水，的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1molA点为0.1mol根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O41228、略

【分析】【分析】

含金矿石经过磨矿，酸浸、过滤的滤液1经过系列操作获得Ag，可知应选择硝酸进行酸浸，过滤后的滤饼含有Au等不溶性杂质，再用KCN、KOH混合溶液和O2浸取，将单质Au转化为进入溶液，过滤分离，滤渣会附着进行洗涤，将洗涤液与滤液2合并，以减小金的损失，再加入Zn进行置换得到锌金沉淀，据此解答。

（1）

盐酸；硫酸不能溶解