2025年北师大版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年北师大版选择性必修2化学上册月考试卷313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8题，共16分)1、利用如下实验研究浓硫酸的性质。

实验1：表面皿中加入少量胆矾；再加入3mL浓硫酸，搅拌，观察到胆矾变成白色。

实验2：取2g蔗糖放入大管中；加2～3滴水，再加入3mL浓硫酸，搅拌。将产生的气体导入品红溶液中，观察到品红溶液褪色。

实验3：将一小片铜放入试管中；再加入3mL浓硫酸，加热，观察到铜片上有黑色物质产生。

下列说法不正确的是A.胆矾化学式可表示为Cu(H2O)4SO4·H2O，说明胆矾晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键等作用力B.“实验2”可以说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性C.“实验3”中黑色物质可能是氧化铜D.在“实验3”中的残留物中直接加入适量水，观察溶液是否变蓝色2、氯元素的原子结构示意图为下列说法中错误的是（）A.氯元素的摩尔质量为17g/molB.氯原子在化学反应中容易得1个电子C.35.5g氯离子中含有18NA个电子D.氯原子与氯离子的核电荷数都为17，但其化学性质差异很大3、我国最新报道的高温导体中，铊(Tl)是组成成分之一，已知铊与铝是同族元素，且位于第六周期，关于铊的判断错误的是A.铊是银白色、质软的金属B.氢氧化铊是两性氢氧化物C.铊能生成+3价化合物D.铊的还原性强于铝4、四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子带三个单位正电荷，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述不正确的是（）A.b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸B.最简单气态氢化物的热稳定性：bC.c为第二周期第VIA族元素D.原子半径：d＞c＞b＞a5、已知和键能之比为而和键能之比为下列说法正确的是A.键一定比π键稳定B.较易发生加成反应C.乙烯、乙炔较易发生加成反应D.乙烯、乙炔中的π键比键稳定6、一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质；其结构如图所示，其中X；Y，Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是。

A.简单离子的半径：B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：C.元素Q的含氧酸均为强酸D.是离子化合物7、美国科学家用有机分子和球形笼状分子C60；首次制成了“纳米车”(如图所示)，每辆“纳米车”是用一个有机分子和四个球形笼状分子“组装”而成。下列说法正确的是。

A.我们可以直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动B.“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段C.“纳米车”是一种分子晶体D.C60熔点比金刚石熔点高8、某晶体的下列性质可作为判断它是离子晶体的充分依据的是A.具有较高的熔点和较大的硬度B.固态不导电，其水溶液能导电C.可溶于水D.固态不导电，熔融态能导电评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、如图为几种晶体或晶胞的结构示意图。下列说法错误的是。

A.1mol冰晶体中含有2mol氢键B.金刚石属于共价晶体，其中每个碳原子周围距离最近的碳原子为4C.碘晶体属于分子晶体，每个碘晶胞中实际占有4个碘原子D.冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点顺序为：金刚石＞MgO＞冰＞碘单质10、下列有关化学键类型的判断不正确的是A.s-­sσ键与s­-pσ键的对称性不同B.分子中含有共价键，则至少含有一个σ键C.已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)D.乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键11、下列说法中不正确的是A.葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中的手性碳原子数为4B.基态铜原子的价电子排布图：C.[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子配位数为6D.AB2是V形，其A为sp3杂化12、某元素原子核外电子排布为“3d104s1”，关于此元素的说法正确的是A.位于第四周期ⅠA族B.原子核外有29个电子C.存在+1、+2等不同化合价D.原子中4s电子能量高于3d13、下列关于K2FeO4的说法不正确的是A.与水反应，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子B.将K2FeO4与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果C.K2FeO4用作水处理剂时，既能杀菌消毒，又能吸附悬浮杂质D.K2FeO4中，基态K+的核外三个电子能层均充满电子14、短周期主族元素的原子序数依次增大，离子与分子均含有14个电子；习惯上把电解饱和水溶液的工业生产称为氯碱工业。下列判断正确的是A.原子半径：B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：C.化合物的水溶液呈中性D.分子中既有键又有键15、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2：116、“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知：Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2的催化剂)。

下列有关分析错误的是（）A.假设B和D中锌大小表面积相等，产生氢气的反应速率：B>DB.H2O2和H2S的中心原子均采取sp3杂化C.H中可观察到淡黄色浑浊产生D.1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键数目是12NA评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料；加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：

___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)

完成下列填空：

(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。

(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。

(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。

(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)

a.原子的最外层都有7个电子。

b.ICl中碘元素为+1价。

c.酸性：HClO3>HIO3

d.氯化钠；碘化钠与浓硫酸共热；分别生成氯化氢、单质碘。

(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。18、[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2＋的另一种配合物，IMI的结构为则1molIMI中含有___________个σ键；的空间构型为___________。19、应用VSEPR理论判断下表中分子或离子的立体构型。分子中心原子上孤电子对数中心原子结合的杂化类型分子或离子的立体构型NH2_____________________________________________BF3_____________________________________________H3O＋_____________________________________________20、按要求完成下列各题。

(1)气态氢化物热稳定性大于的主要原因是___________。

(2)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是___________。

(3)过氧化钠的电子式是___________。

(4)溶液显碱性的原因是(用离子方程式说明)___________。

(5)已知葡萄糖的燃烧热为试写出葡萄糖燃烧的热化学方程式___________。21、大型客机燃油用四乙基铅[Pb(CH2CH3)4]）做抗震添加剂，但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基铅。

(1)碳原子核外电子的空间运动状态有______种，基态锰原子的外围电子排布式为___，该原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为________。

(2)N、C和Mn电负性由大到小的顺序为____________。

(3)HSCH2CH2NH2中C的杂化方式为_____，其中NH2－空间构型为____；N和P的价电子相同，但磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是_______。

(4)Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于_____晶体。已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如下。

Pb(CH2CH3)4]在xy平面上的二维堆积中的配位数是___，A分子的坐标参数为_____；设阿伏加德罗常数为NA/mol，Pb(CH2CH3)4]的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4]晶体的密度是_____g/cm3(列出计算式即可)。22、原子晶体不能形成最密堆积结构的原因是______________________。评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)23、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.错误评卷人得分五、工业流程题(共2题，共4分)24、溴酸镉[Cd(BrO3)2]常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备[Cd(BrO3)2]的工艺流程如下：

已知CdSO4溶于水，CdCO3难溶于水；请回答下列问题：

(1)Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，写出Cd的外围电子排布排式_______。

(2)还原镉时可产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。

(3)为检验酸浸后溶液中是否含有Fe2+离子，可选用的化学试剂是_______溶液。

(4)氧化步骤中加入H2O2的量比理论上要多一些，其可能原因为_______。

(5)滤渣2主要成分为_______。

(6)沉镉所得的沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的杂质阴离子的空间构型是_______。

(7)写出“转化”过程中发生的化学反应方程式_______。25、实验室用软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量SiO2、CaO、Al2O3等)制取MnSO4·H2O；其实验流程如下：

已知：①下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算)。

。离子Fe3+Al3+Mn2+开始沉淀1.13.08.8完全沉淀3.25.210.8

②碱性条件下，Al(OH)3开始溶解的pH为8.5；

③硫酸锰晶体的溶解度随温度的变化如所示。

(1)"浸取"在题图所示的装置中进行。

①Al2O3与硫酸反应的化学方程式为___；铁屑被MnO2氧化为Fe3+；该反应的离子方程式为__。

②保持温度；反应物和溶剂的量不变,提高锰元素没取率的操作有___。

(2)"沉铁铝”需控制溶液的pH范围为___。

(3)检验“过滤1”的滤被中是否存在Fe3+的操作是____。

(4)请补充由“过滤2”的滤液制备MnSO4·H2O的实验方案，将所得滤液___，用无水乙醇洗涤2~3次，干燥，密封包装。评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)26、某学生在做元素性质与原子结构关系的实验时；设计了一套实验方案，并记录了有关的实验现象。请帮助该学生整理并完成实验报告。

(1)实验目的。

探究同一主族元素性质的递变规律。

(2)实验用品。

仪器：试管；胶头滴管。

药品：新制氯水；新制溴水、溴化钠溶液、碘化钠溶液、四氯化碳。

(3)实验内容(在下表横线中填写相关内容)___________、__________

(4)实验结论：______________________________________________________________。

(5)问题和讨论。

①上述两个实验中发生反应的离子方程式分别为____________________________、________________________________________________________________________。

②由于氟单质过于活泼，所以很难设计出一个简单的实验来验证其氧化性的强弱。试列举两项事实说明氟的非金属性比氯的强________________、__________________________。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___________28、铜的配合物广泛存在；对含铜配合物的研究一直是关注的热点。

Ⅰ．同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：

已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色。

(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________

(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。

(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：

结论1：配合物的形成与___________、___________有关；

结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________＞___________(填化学式)。

Ⅱ．同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。

【资料】

ⅰ．(绿色)，(无色)；

ⅱ．(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；

ⅲ．易被氧化为或

实验Ⅱ：探究与溶液的反应。实验操作实验序号(mL)(mL)逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________

②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。

(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。

(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：

Cu(Ⅱ)盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大，___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．胆矾化学式可表示为Cu(H2O)4SO4·H2O，有Cu(H2O)42+和SO42-，存在离子键，H2O和SO42-中含有共价键，Cu(H2O)42+中H2O与Cu2+间存在配位键，结晶水与SO42-之间存在氢键；A正确；

B．蔗糖中加入浓硫酸，会碳化膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，同时放热产生的C和浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2通入品红溶液中；使品红溶液褪色，说明浓硫酸具有强氧化性，B正确；

C．浓硫酸具有强氧化性，从元素守恒角度推测，黑色固体由Cu、S、O、H组成，故黑色固体可能为CuO，CuS，Cu2S；C正确；

D．实验3的残留物中含有浓硫酸；直接加水会导致浓硫酸溶于水放热，水沸腾，酸液飞溅，造成危险，故不能直接加水，需要将残留物过滤之后，加入水中，观察颜色，D错误；

故选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．单位物质的量的物质所具有的质量；称为摩尔质量，元素是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，不是具体的物质，不能表示元素的摩尔质量，故A错误；

B．氯原子最外层电子数为7；在化学反应中易得1个电子，故B正确；

C．一个氯离子核外有18个电子，35.5g氯离子的物质的量为1mol，则含有18NA个电子；故C正确；

D．氯原子与氯离子都是氯元素的不同微粒；则核电荷数(质子数)都为17，氯原子为0价，化合价可以升高也可以降低，反应中可以表现氧化性也可以表现还原性，氯离子为-1价，为最低价，化合价只能升高，只具有还原性，其化学性质差异很大，故D正确；

答案选A。3、B【分析】【详解】

A．金属一般具有金属光泽；呈银白色，选项推测可能正确，故A正确；

B．铊与铝是同族元素；铊原子序数大，金属性比铝强，故推测其氢氧化物应具有较强碱性，不是两性氢氧化物，故B错误；

C．铊；铝同主族；最高正化合价相同，均为+3价，故C正确；

D．铊与铝是同族元素；铊原子序数大，铊还原性比铝强，故D正确；

故答案为:B。4、D【分析】【分析】

四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子带三个单位正电荷，则d为Al；四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，则b、c应为第二周期元素，b为N；c为O符合题意，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知，a为H，b为N；c为O，d为Al；

A．b元素为N元素；其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；

B．非金属性O＞N，则最简单气态氢化物的热稳定性：NH3＜H2O，即b＜c；故B正确；

C．c为O元素；核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C正确；

D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，即d＞b＞c＞a；故D错误；

故答案为D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．键不一定比键强度大，如氮气中键的强度比π键强度小；故A错误；

B．键能大不易发生加成反应；故B错误；

C．乙烯和乙炔中π键的键能小易断裂；所以乙烯；乙炔较易发生加成反应，故C正确；

D．乙烯、乙炔中的键比π键稳定；故D错误；

故选C。6、C【分析】【分析】

根据题目信息均是前20号元素，与同主族，和的简单离子具有相同的电子层结构，又形成如图所示离子化合物，可知是碳()，是氢()，是氧()，是硫()，是钾()；据此分析解答。

【详解】

A．的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径小于A正确；

B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，根据氧化性则最高价氧化物对应的水化物的酸性：B正确；

．元素的含氧酸不一定全是强酸，如为弱酸；C错误；

D．是是离子化合物，D正确；

故选C。7、B【分析】【详解】

A．根据图象我们只能看到每辆“纳米车”是用一个有机分子和四个球形笼状分子“组装”；由于其质量和体积都很小，因此不可能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，A错误；

B．“纳米车”的诞生；说明人类可以控制；操纵物质的分子，使操纵分子的技术进入一个新阶段，B正确；

C．“纳米车”用一个有机分子和四个球形笼状分子“组装”而成；是微观离子，并非晶体，C错误；

D．C60是由分子构成的分子晶体；其分子之间以微弱的分子间作用力结合，故其熔点比金刚石熔点低，D错误；

故合理选项是B。8、D【分析】【详解】

A．如金刚石具有较高的熔点和较大的硬度；金刚石不是离子晶体，所以由A项不能确定是离子晶体；

B．如HCl、AlCl3等共价化合物固态不导电；它们的水溶液能导电，所以由B项不能确定是离子晶体；

C．如HCl、H2SO4等可溶于水；但它们形成的晶体是分子晶体，所以由C项不能确定是离子晶体；

D．离子晶体固体中离子不能自由移动；所以不能导电，而熔融状态下可以电离出自由移动的离子，所以可以导电，D选项正确；

答案选D。二、多选题(共8题，共16分)9、CD【分析】【分析】

【详解】

A．这是一个无线延伸的网状结构；找出它的单元就行，找一个水分子（也可以说是冰晶）把四周的氢键切两半，最后就会得到4个半根的氢键，也就是两个，1mol冰晶体中含有2mol氢键，A正确；

B．金刚石属于共价晶体；其中每个碳原子与紧邻4个其它C原子结合，故周围距离最近的碳原子为4，B正确；

C．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子；即有8个碘原子，C错误；

D．熔点的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体；冰属于分子晶体，碘单质为分子晶体，室温下碘为固体；水为液体，MgO属于离子晶体，金刚石是共价晶体，冰、金刚石、MgO、碘单质四种晶体的熔点顺序为：金刚石＞MgO＞碘单质＞冰，D错误；

答案选CD。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．σ键都是轴对称图形；故A错误；

B．共价单键为σ键；双键和三键中均含1个σ键，则分子中含有共价键，则至少含有一个σ键，故B正确；

C．乙炔中的碳碳三键中含有一个σ键；2个π键，两个C—H键是σ键，乙炔分子中存在3个σ键和2个π键，故C错误；

D．乙烷分子中只存在C—C单键和C—H单键；单键都为σ键，故都是σ键，故D正确；

故选AC。

【点睛】

单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；三键中含有1个σ键和2个π键。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中；4个-CHOH-上的碳原子都是手性碳原子，故A正确；

B．基态铜原子的价电子排布图应为故B错误；

C．[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子分别与4个NH3分子中的N原子、2个Cl-形成6个配位键；故C正确；

D．AB2是V形，表明A原子的最外层至少有1对孤对电子，则A的价层电子对数可能为3，其A可能为sp2杂化；故D错误；

故选BD。12、BC【分析】【分析】

根据某元素原子核外电子排布为“3d104s1”，根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；由此可见：该元素原子中共有29个电子，应为Cu元素，位于周期表第ⅠB族，处于ds区，为金属元素，由此分析。

【详解】

A．该元素为Cu；位于第四周期ⅠB族，故A错误；

B．该元素为Cu；原子序数和核外电子数都等于29，原子核外有29个电子，故B正确；

C．铜存在+1；+2等不同化合价；故C正确；

D．根据构造原理可知；原子中4s电子能量低于3d，故D错误；

答案选BC。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．K2FeO4中Fe元素化合价为+6价，具有强氧化性，当其与水反应，被还原变为+3价的Fe3+，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子；A正确；

B．K2FeO4在酸性条件下具有强氧化性，Cl-具有还原性；二者会发生氧化还原反应，导致其消毒能力减弱，因而会使其消毒能力减弱，B错误；

C．K2FeO4用作水处理剂时，其还原产物是Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀，从而具有净水作用，因此K2FeO4用作水处理剂时既能杀菌消毒；又能吸附悬浮杂质，C正确；

D．K是19号元素，K原子核外电子排布是2、8、8、1，K原子失去最外层的1个4s电子形成K+，则K+核外电子排布是2、8、8，其最外层是M层，最多可容纳18个电子，因此K+并不是核外三个电子能层均充满电子；+6价的Fe元素原子最外层M层也未充满电子，D错误；

故合理选项是BD。14、BD【分析】【分析】

离子与分子均含有14个电子，则X为C，Y为N；习惯上把电解饱和水溶液的工业生产称为氯碱工业；则Z为Na，W为Cl。

【详解】

A．同周期元素原子半径随核电荷数的增大半径逐渐减小；故Na＞Cl，故A错误；

B．同周期元素随核电荷数的增大非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故HNO3＞H2CO3；故B正确；

C．NaCN为强碱弱酸盐；显碱性，故C错误；

D．(CN)2的结构简式为分子中单键为键，三键中含有1个键和2个键；故D正确；

故选BD。15、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。16、AD【分析】【分析】

由装置及原理可知，实验中生成气体，应防止装置漏气，B中生成氢气，A和B之间导管a可平衡气压，C中导管短进长出，氢气将C中溶液排入D中，B与D两容器中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，生成的氢气将E中硫酸铜排入F中发生Cu2++4NH3•H2O═4H2O+[Cu(NH3)4]2+，然后进入G中，H2O2作催化剂可加快反应进行；气流过快时H中过氧化氢与硫化氢反应生成S，I中NaOH溶液吸收尾气，以此解答该题。

【详解】

A．B与D两容器中比较；D中形成原电池后可以加快反应速率，故A错误；

B．H2O2中O原子形成2个σ键，且有2个孤电子对，采用sp3杂化；H2S的S原子形成2个σ键，也有2个孤电子对，也采用sp3杂化；故B正确；

C．气流过快时H中过氧化氢与硫化氢反应生成S；出现浅黄色浑浊，故C正确；

D．1个[Cu(NH3)4]2+中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的数目为16NA；故D错误。

答案选AD。

【点睛】

把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识的应用及实验装置的作用。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【详解】

(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：故答案为：2，5，3，2，1，1；

(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO第二步不需要HSO则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3molI2，其中第一步提供5molIO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；

(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；

(4)a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱；故a错误；

b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；

c．酸性：HClO3>HIO3；不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；

d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢；利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯；碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；

故答案为：bd；

(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。【解析】2，5，3，2，1，1IO+5I-+6H+→3I2+3H2O5：15s25p5分子间作用力（范德华力）bd取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质18、略

【分析】【详解】

[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为结构中单键都是σ键，双键中有个σ键和一个π键，所以则1molIMI中含有12molσ键，为12mol×6.02×1023/mol=12NA或7.224×1024，中Cl的价层电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形。【解析】12NA或7.224×1024正四面体形19、略

【分析】【分析】

【详解】

①NH2中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(5+1-2×1)=4，因此N采取sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，由于含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形；

②BF3分子中价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，且不含孤电子对，所以该分子为平面三角形，中心原子采用sp2杂化；

③水合氢离子中价层电子对个数=3+(6-1-3×1)=4，且该微粒中含有一个孤电子对，所以水合氢离子为三角锥形，氧原子杂化方式为sp3；故答案为2；sp3；V形；0；sp2；平面三角形；1；sp3；三角锥形。

【点睛】

本题考查了原子杂化方式、空间构型的判断等知识点，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可。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)；分子的立体构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。【解析】①.2②.sp3③.V形④.0⑤.sp2⑥.平面三角形⑦.1⑧.sp3⑨.三角锥形20、略

【分析】【分析】

(1)

气态氢化物的稳定性与共价键的键能大小有关，故因为共价键键能H-F>H-Cl，所以气态氢化物热稳定性大于

(2)

因为乙醇分子和水分子间能形成氢键；所以在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。

(3)

过氧化钠的电子式为

(4)

溶液显碱性的原因是+H2O+OH-。

(5)

葡萄糖燃烧的热化学方程式C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=2800kJ·mol-1。【解析】(1)因为共价键键能H-F>H-Cl

(2)乙醇分子和水分子间能形成氢键。

(3)

(4)+H2O+OH-

(5)C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=2800kJ·mol-121、略

【分析】【分析】

（1）原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等，原子序数为27的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的电子是4s2电子；4s电子的电子云轮廓图为球形；

（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量；元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大；

（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4个共价键，它们价层电子对数为4对，其杂化方式为sp3，在-NH2中N有两个单键，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N的价层电子对数依然可以视为4对，其杂化方式也为sp3；考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键；

（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以在xy平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，由堆积图可知每个晶胞中包含2个Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为g，再结合晶胞参数，长方体的棱边长度，计算得到晶胞的体积为cm3，则Pb（CH2CH3）4晶体的密度=

【详解】

（1）碳原子核外电子排布为1s22s22p2,核外电子的空间运动状态有6种，原子序数为27的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2，据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的电子是4s2电子，值得注意的是，教材上提供的构造原理是原子填充顺序规则，并不代表电子的能量高低，在金属元素的原子中，最易失去的电子才是该原子能量最高的电子，4s电子的电子云轮廓图为球形，故答案为：6；3d54s2；球形；

（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量；元素的非金属性越强，往往其电负性越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律，同周期从左到右元素电负性增大，可以得到电负性大小为N大于C，而Mn为金属元素，其电负性小于非金属性，N；C和Mn三种元素的电负性由大到小的顺序为：N、C、Mn，故答案为：N、C、Mn；

（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4个共价键，它们价层电子对数为4对，其杂化方式为sp3，在-NH2中N有两个单键，一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以N的价层电子对数依然可以视为4对，其杂化方式也为sp3，考虑配位原子只有两个H，所以其空间构型为平面三角形，N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说H3NO4分子会因为N原子半径小，无法容纳4个氧原子成键，要脱去一个水分子，以HNO3形式存在，故答案为：sp3；平面三角形；N和P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下其成键方式相同，但是由于N原子半径小于P，N原子周围空间无法容纳4个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前者为一元酸后者为三元酸，或说H3NO4分子会因为N原子半径小，无法容纳4个氧原子成键，要脱去一个水分子，以HNO3形式存在；

（4）题目信息，Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，这一点也可以从Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式得到结论，Pb（CH2CH3）4晶体堆积方式为六方密堆积，所以在xy平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数为6，A分子的坐标参数为（）由堆积图可知每个晶胞中包含2个Pb（CH2CH3）4分子，所以每一个晶胞的质量为g，再结合晶胞参数，可以得到晶胞的体积为cm3，则Pb（CH2CH3）4晶体的密度是g·cm－3，故答案为：分子；6；

【点睛】

Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体是解答关键。【解析】63d54s2球形N＞C＞Mnsp3V型N原子半径较小，不能容纳较多的原子轨道，故不能形成H3NO4分子622、略

【分析】【详解】

原子晶体是原子之间以共价键结合的，共价键有饱和性和方向性，一个原子不可能形成12条共价键，所以原子晶体不能形成配位数是12的最密堆积。【解析】原子晶体是原子之间以共价键结合的，共价键有饱和性和方向性，一个原子不可能形成12条共价键，所以原子晶体不能形成配位数是12的最密堆积四、判断题(共1题，共4分)23、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。五、工业流程题(共2题，共4分)24、略

【分析】【分析】

镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)加入稀硫酸酸浸，金属氧化物溶解，过滤得到的滤渣1为难溶物SiO2；之后加入甲醇还原+4价的Cd元素，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，之后调节pH除去Fe3+和Al3+，得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；然后加入碳酸钾得到CdCO3，最后加HBrO3转化生成Cd(BrO3)2；蒸发结晶分离出晶体。

【详解】

(1)Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，参考第四周期第ⅡB族元素Zn元素的外围电子排布(3d104s2)，可知Cd的外围电子排布排式4d105s2；

(2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明CH3OH被氧化为CO2，C元素化合价升高6价，Cd4+被还原为Cd2+，化合价降低2价，根据电子守恒可知氧化剂(Cd4+)与还原剂(CH3OH)的物质的量之比3:1；

(3)检验亚铁离子可以用K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液；现象为产生蓝色沉淀；

(4)Fe3+是H2O2分解的催化剂，因此消耗较多的H2O2；

(5)根据分析可知滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3；

(6)该流程中酸浸时用的是稀硫酸，所以碳酸镉沉淀表面杂质中的阴离子应为SO其中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为0，所以空间构型为正四面体；

(7)根据元素守恒可知转化过程中的化学方程式为【解析】①.4d105s2②.3:1③.铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]④.Fe3+是H2O2分解的催化剂，因此消耗较多的H2O2⑤.Al(OH)3和Fe(OH)3⑥.正四面体⑦.25、略

【分析】【分析】

软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量SiO2、CaO、Al2O3等)“浸取”环节，除二氧化硅不溶解，CaO、Al2O3等与硫酸作用下得到硫酸钙、硫酸铝、还原剂铁把MnO2还原，故还生成硫酸锰和硫酸铁，“沉铁铝”环节，通过加碳酸钙调pH，使铁离子转变为氢氧化铁沉淀、铝离子转变为氢氧化铝沉淀，过滤后，进入“沉钙”环节，MnF2参与下，硫酸钙转变为氟化钙沉淀经过滤后分离，滤液为硫酸锰溶液，结晶后提取MnSO4·H2O；据此回答；

【详解】

(1)①Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；铁屑被MnO2氧化为Fe3+，还原产物Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=2Fe3++3Mn2++6H2O；

②浸取为固体和液体之间的反应；在保持温度；反应物和溶剂的量不变，要提高锰元素浸取率的操作有：加快搅拌速率、延长浸取时间；

(2)"沉铁铝”时铁离子和铝离子要沉淀完全、而Mn2+不能沉淀；故需控制溶液的pH范围为5.2～8.5；

(3)检验“过滤1”的滤被中是否存在Fe3+的操作是：取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则含Fe3+；

(4)从滤液中要提取MnSO4·H2O晶体、而不能转变为MnSO4·5H2O，结合溶解度曲线，故由“过滤2”的滤液制备MnSO4·H2O的实验方案为：将所得滤液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于40℃条件下趁热过滤，用无水乙醇洗涤2~3次，干燥，密封包装。【解析】Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O3MnO2+2Fe+12H+=2Fe3++3Mn2++6H2O加快搅拌速率、延长浸取时间5.2～8.5取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则含Fe3+加热浓缩至有大量晶体析出，在高于40℃条件下趁热过滤六、实验题(共3题，共30分)26、略

【分析】【详解】

分析：(3)氯气具有氧化性,能将溴离子氧化为溴单质,溴单质在有机层显示橙红色；溴单质能将碘离子氧化为碘单质；碘单质在有机层中显示紫红色。

(4)根据实验现象结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来得出同主族元素性质的递变规律。

(5)①氯气具有氧化性,能将溴离子氧化为溴单质,溴单质能将碘离子氧化为碘单质。

②根据单质和氢气化合得到的氢化物的稳定性；单质之间的置换反应可以得出元素的非金属性强弱顺序。

详解：（3）氯气具有氧化性,能将溴离子氧化为溴单质,溴单质更易溶于四氯化碳中,在有机层显示橙红色；溴单质能将碘离子氧化为碘单质,碘单质更易溶于四氯化碳中,在有机层中显示紫红色；正确答案:橙红；紫红。

(4)氯气具有氧化性,能将溴离子氧化为溴单质,所以氧化性是氯气强于溴单质,溴单质能将碘离子氧化为碘单质,所以氧化性是溴单质强于碘单质,氧化性越强,元素的非金属性越强,即非金属性:Cl>Br>I,得出同主族元素性质的递变规律:同主族元素性质相似,且从上到下,元素的非金属性逐渐减弱；正确答案：同一主族,自上而下,元素的非金属性依次减弱。

(5)①氯气具有氧化性,能将溴离子氧化为溴单质,Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；溴单质能将碘离子氧化为碘单质2I－＋Br2===2Br－＋I2；正确答案:Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；2I－＋Br2===2Br－＋I2。

②)氟气、氯气分别和氢气化合得到的氢化物的稳定性:HF>HCl；氢化物越稳定，非金属性越强，所以F的非金属性比Cl强；F2能置换出水中的氧,而Cl2不能置换出水中的氧,所以F的非金属性比Cl强；正确答案：氟化氢的稳定性比氯化氢的强；氟气能置换出水中的氧；而氯气不能置换出水中的氧。

点睛：比较元素金属性规律：①与水或酸反应的剧烈程度；②最高价氧化物对应的水化物的碱性；比较元素非金属性规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。【解析】①.橙红②.紫红③.同主族元素从上到下，元素原子的得电子能力逐渐减弱④.Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－⑤.2I－＋Br2===2Br－＋I2⑥.氟化氢的稳定性比氯化氢的强⑦.氟气能置换出水中的氧，而氯气不能置换出水中的氧27、略

【分析】【分析】

八水合磷酸亚铁是通过先在烧瓶中加入维生素C稀溶液作底液，用恒压分液漏斗滴入足量与的混合溶液；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；得到的产品取少量溶于水，用酸性高锰酸钾溶液滴定来测定产品含量。

【详解】

（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，变为阳离子是先失去最外层电子，则的价电子排布式为3d6，中心原子价层电子对数为其空间结构为正四面体形；故答案为：3d6；正四面体形。

（2）根据图中信息得到仪器a的名称是恒压滴液漏斗，由于亚铁离子有强的还原性，易被氧化，因此配制溶液时需将蒸馏水事先煮沸、冷却，其目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；故答案为：恒压滴液漏斗；除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化。

（3）八水合磷酸亚铁[]难溶于水和醋酸；易和固体物质混合，用维生素C稀溶液作底液而不用铁粉的主要原因是避免产品中混入铁粉；故答案为：避免产品中混入铁粉。

（4）八水合磷酸亚铁[]难溶于水和醋酸，溶于无机酸，铁离子在碱性较强时会生成氢氧化亚铁，因此合成时需保持为6左右的原因是pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀；故答案为：pH降低，不利于沉淀的生成；pH过高，会生成Fe(OH)2沉淀。

（5）根据题意亚铁离子和酸性高锰酸根反应生成铁离子、锰离子和水，其滴定过程中的离子方程式为5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O；故答案为：5Fe2+＋MnO＋8H