2025年人教版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年人教版选择性必修2化学下册月考试卷870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、元素周期表中N元素的信息如图所示。下列说法不正确的是。7N氮2s22p314.01

A.1molN2分子中含NA个σ键和2NA个π键B.基态N原子的2p能级有三个未成对电子C.N的第一电离能比同周期相邻的两种元素都大D.分子的模型为三角锥形2、某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，下列说法错误的是。

A.最高价含氧酸的酸性：Y>X>WB.M、Y、Z形成的化合物只能抑制水的电离C.该物质中有离子键、极性共价键，还存在配位键D.基态原子的第一电离能Y>Z3、下列说法不正确的是A.碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍B.丙烯(CH3CH=CH2)分子中有8个σ键，1个π键C.丙烯分子中的π键不如σ键稳定D.π键电子云形状为镜面对称4、下列物质的分子中既有σ键；又有π键的是。

①HCl②H2O③H2O2④C2H4⑤C2H2A.仅①②③B.仅③④⑤C.仅①③⑤D.仅④⑤5、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。常温下，W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂；X、Y为同周期相邻元素，X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。下列说法错误的是A.简单氢化物的沸点：XB.Y、Z两种元素形成的一种化合物可用于杀菌消毒C.W、X、Y三种元素形成的化合物中不可能含有离子键D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X6、下列离子方程式不正确的是A.氧化银溶解在氨水中：Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag（NH3）2]++2OH—+3H2OB.（NO）：n（NO2）=1：1的混合气体被NaOH完全吸收：NO+NO2+2OH—=2+H2OC.次氯酸钠溶液受热歧化：3C1O—+2Cl—D.亚硫酸钠溶液中通入少量氯气：+Cl2+H2O=+2Cl—+2H+7、已知含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，当m=2，n=2，则可表示H2SO4。一般而言，该式中m越大，含氧酸的酸性越强。下列酸性最强的是A.HMnO4B.H2SeO3C.H3BO3D.HClO28、关于下列四种金属堆积模型和金属晶体的说法正确的是。

A.图1和图4为非密置层堆积，图2和图3为密置层堆积B.金属的延展性不可以用电子气理论解释C.图1~图4每个晶胞所含有原子数分别为1、2、2、4D.图1~图4堆积方式的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%9、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.PCl5评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、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3d11、某种电池的电解液的组成如图所示；X；Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是。

A.Q、W的最高价氧化物对应的水化物不可以发生反应B.原子半径：C.W、Z的最简单氢化物的稳定性：D.X、Y、Z三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物12、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，可形成如图所示的化合物，其中W和Y同主族，W、X、Y三者的原子序数之和为20，Z核外最外层电子数是Y+核外电子数的一半。下列说法正确的是。

A.X、Y两种元素的简单离子半径大小顺序为X>YB.X、Y形成的化合物中每种原子的最外层都满足8电子稳定结构C.W分别与X、Y形成的二元化合物均为共价化合物D.Y和Z二者最高价氧化物对应的水化物按一定比例反应可生成该化合物13、将金属钠投入足量水中，关于此过程说法错误的是A.破坏了金属键B.破坏了极性共价键C.生成了离子键D.生成了非极性共价键14、下列说法不正确的是A.四氯化碳分子的电子式为B.H2、D2、T2是氢元素的同素异形体C.次氯酸的结构式为H-O-ClD.H2O的沸点高于H2S，是由于H2O分子间存在氢键15、钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物，研究分子结构发现其络离子形状为正八面体。取1mol该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生xmol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是A.Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族B.配合物中络离子化学式为[Co(NH2)6]3+C.x≤3D.若晶体Co为A1型密堆积，晶胞参数为acm，则钴原子的半径为a×1010pm16、有一种蓝色晶体[可表示为：]，经X射线研究发现，它的结构特征是和互相占据立方体互不相邻的顶点，而位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的化学式为B.该晶体熔融不可导电C.该晶体属于离子晶体，M呈+2价D.晶体中与每个距离最近且等距离的为6个17、半导体材料砷化硼(BAs)的晶胞结构如下图所示；可看作是金刚石晶胞内部的C原子被As原子代替；顶点和面心的C原子被B原子代替。下列说法正确的是。

A.基态As原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3B.砷化硼(BAs)晶体属于分子晶体C.1molBAs晶体中含有4molB-As键D.与同一个B原子相连的As原子构成的立体构型为正四面体形评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、非金属元素在化学中具有重要地位；请回答下列问题：

（1）氧元素的第一电离能比同周期的相邻元素要小，理由________。

（2）元素X与硒（Se）同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，则X为_____（填元素符号），其基态原子的电子排布式为_______。

（3）臭齅排放的臭气主要成分为3－MBT－甲基2丁烯硫醇，结构简式为（）1mol3－MBT中含有键数目为_______NA（NA为阿伏伽德罗常数的值）。该物质沸点低于（CH3）2C＝CHCH2OH，主要原因是_______。

（4）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子；熔体中P－Cl的键长只有198pm和206pm两种，试用电离方程式解释PCl5熔体能导电的原因_________，正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为__________，该晶体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3

19、现有七种元素A；B、C、D、E、F、G；其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。

。A元素的核外电子数和电子层数相等；也是宇宙中最丰富的元素。

B元素原子的核外p电子数与s电子数相等。

C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1

D的能层数与C相同；且电负性比C大。

E元素的主族序数与周期数的差为1；且第一电离能比同周期相邻两种元素都大。

F是前四周期中电负性最小的元素。

G在周期表的第五列。

（1）C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有__个方向，原子轨道呈__形，C简单离子核外有__种运动状态不同的电子。

（2）A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__。

（3）G位于__族__区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为__；F晶体的空间堆积方式为__。

（4）ED3分子的VSEPR模型名称为__，其中E原子的杂化轨道类型为__。20、现有下列八种物质：①②③④⑤⑥⑦⑧请回答下列问题。

(1)只含有极性键的极性分子是_______；

(2)只含有非极性键的非极性分子是_______；

(3)含有极性键和非极性键的极性分子是_______；

(4)含有极性键和非极性键的非极性分子是_______；

(5)只含有离子键的离子化合物是_______；

(6)含有非极性键的离子化合物是_______；

(7)含有极性键的离子化合物是_______。21、如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。

（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）中含____个σ键，____个ð键。

（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为_____；将X溶于水后的溶液滴入到AgNO3溶液中至过量，得到配离子的化学式为_____，其中X与Ag+之间以_____键结合。

（3）氢键的形成对物质的性质具有一定的影响．的沸点_____。（填高或低）

（4）如图是上述六种元素中的一种元素形成的最高价含氧酸的结构：请简要说明该物质易溶于水的两个原因：_____________。22、(1)比较得电子能力的相对强弱：Cl2____(填“＞”“＜”或“＝”)H2SO4；用一个化学方程式说明Cl2和H2SO4得电子能力的相对强弱：____。

(2)有机物CH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体，但熔点CH3CH2NO2(-90℃)远低于H2NCH2COOH(240℃)，可能的原因是_____。评卷人得分四、结构与性质(共4题，共40分)23、现有①SO2②SO3③SO32-④SO42-四种粒子；回答下列问题:

(1)其中中心原子S的杂化方式为sp2的是__(填序号，下同);中心原子S的杂化方式为sp3的是_________.

(2)SO2在水中的溶解度比较大，原因是_____________。

(3)下列对H2SO3和H2SO4的说法正确的是_____(填字母)。

A.H2SO4比H2SO3易电离出H+是因为H2SO4分子中的非羟基氧多。

B.H2SO4比H2SO3易电离出H+是因为H2SO4分子中中心原子S的孤电子对少。

C.在H2SO4溶液中存在的粒子的空间构型有V形和正四面体形。

(4)若丁二烯CH2=CH-CH=CH2中除含σ键外,还含有一个Π44键(Πmn键表示n个原子、m个电子组成的大п键),SO2含有大п键，可表示为___________。24、东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载；云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用丁造币，亦可用于制作仿银饰品。

回答下列问题：

(1)基态Ni原子的电子排布式为_______；Ni2+与Cu2+的3d能级上未成对电子数之比为_______。

(2)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体。

(3)Ni2+与丁二酮肟反应生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀(如图所示)，该反应可用于检验Ni2+。

①1mol丁二酮肟分子中含有σ键的数目为_______(用NA代表阿伏加德罗常数的值)。

②丁二酮肟镍分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。

(4)CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐，其中S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，SO的立体构型是_______。

(5)Cu；N两元素形成的某种化合物的晶胞结构如图。

①该化合物的化学式为_______。

②该晶胞中，距离A处N原子最近的N原子构成的空间构型为_______。

③已知该晶胞的密度为ρg/cm-3，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则紧邻的N原子与Cu原子之间的距离为_______nm。(用含ρ、NA的代数式表示)25、铜；镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料。请回答：

(1)基态铜原子的电子排布式为_______。

(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为_______、_______，若“Si—H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se_______Si(填“＞”；“＜”)。

(3)SeO2常温下为白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体的晶体类型为_______；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子外层轨道的杂化类型为_______。

(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，在.BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为_______，B与N之间形成_______键。

(5)金刚砂(SiC)的硬度为9.5，其晶胞结构如图所示；则金刚砂晶体类型为_______，在SiC中，每个C原子周围距离最近且相等的C原子数目为_______个；若晶胞的边长为apm，则金刚砂的密度表达式为_______g/cm3。

26、X、Q、R、Z、T、U分别代表原子序数依次增大的元素。X是原子半径最小的元素，短周期中Q原子含有的未成对电子数最多，R和T属同族，T的原子序数是R的两倍，Z的单质的同周期中熔点最高；U5+的核外电子排布和氩元素相同。

（1）U基态原子的原子结构示意图为_____。

（2）在(QX4)2TR4的晶体中存在的化学键类型有_____。

a．离子键b．共价键c．配位键d．金属键。

（3）Q、R、T所对应元素的第一电离能由大到小的顺序是_____(填元素符号)。

（4）TR2是_____分子（填“极性”或“非极性”）。ZR2晶体结构如图I，6gZR2中所含Z—R键的数目为_____。

（5）U和R形成的化合物的晶胞结构如图II所示，该化合物的化学式为_____。评卷人得分五、工业流程题(共4题，共12分)27、工业上用含三价钒()为主的某石煤为原料(含有等杂质)，低湿硫酸化焙烧—水浸工艺制备其流程如图：

资料：i.高温易分解。

ii.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为

iii.含磷有机试剂萃取过程中溶液的浓度越高；萃取率越低，萃取钒效果越差。

iv.

v.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表：。沉淀物完全沉淀3.29.04.7

(1)中的电子排布式为_______，有的空间构型是_______。

(2)焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将转化为的化学方程式是_______。

(3)预处理过程中先加入溶液进行还原预处理，加入溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失；再用氨水混合并调节溶液pH。

①请用相关离子方程式说明加入的第二个作用_______。

②解释加氨水调节pH≈5的原因是_______。

(4)沉钒过程中先加入进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将中的钒元素以多钒酸铵的形式沉淀，溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释pH=2.5沉钒率最高的原因是_______。

(5)测定产品中的纯度：

称取ag产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入溶液()。最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为mL，已知被还原为假设杂质不参与反应，产品中的质量分数是_______。(写出计算过程，的摩尔质量：)28、氯化亚铜(cuprouschloride)，化学式或为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水，溶于浓盐酸生成氯亚铜酸，溶于氨水生成氯化二氨合亚铜，不溶于乙醇.潮湿时易被氧化.用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂.以废铜渣(主要成分为含少量等)为原料制备的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)氯化亚铜是_______(填“离子”或“共价”)化合物。

(2)“碱溶”时发生反应的离子方程式是_______。

(3)“酸溶”时发生反应的离子方程式是_______。“还原”时发生反应的化学方程式是_______。

(4)“酸溶”时发现消耗的用量总是多余理论用量，且伴有少量气泡产生，其原因是_______。29、碳酸锰(MnCO3)是高性能磁性材料，广泛用于电子工业，也用于化工、医药等行业。以某矿物加工过程中产生的滤渣(主要成分为MnO2、Fe2O3含少量SiO2)为原料制备MnCO3的流程如图：

回答下列问题：

(1)锰、铁的原子序数分别为25、26，在元素周期表中均属于___________(填标号)。

a.短周期元素b.第四周期元素e.副族元素d.过渡元素。

(2)上述流程中的滤液经蒸干、灼烧可得到副产品(常用作红色油漆和涂料)，其化学式为___________。

(3)SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为___________。

(4)H2C2O4(乙二酸，俗名草酸)的电子式为___________；草酸在与MnO2的反应中作___________(填“氧化”或“还原")剂，该反应的离子方程式为___________；该反应可能是自催化反应(反应产物对反应速率有加快作用)，请设计一个实验方案来探究MnSO4对该反应是否有催化作用___________。

(5)已知：25°C，Mn(OH)2的Ksp=1.9×10-13.若MnSO4溶液的浓度为1.9mol·L-1，制备MnCO3时为避免沉淀中混有Mn(OH)2，需控制溶液的pH不超过___________。30、用含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(铬绿)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)Cr在元素周期表中的位置：___。

(2)K2CO3中的CO的空间构型为___。

(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物的化学式为___。

(4)常温下，“酸化”时溶液的pH=8，则c(Al3+)=___mol/L。(已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33)

(5)滤渣b的主要成分为___。

(6)“还原”时发生反应的离子方程式为___。

(7)若在实验室里完成Cr(OH)3制取铬绿的操作，需要的主要仪器有铁架台、玻璃棒、___。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．氮气分子的结构式为N≡N，氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，则1mol氮气分子中含NA个σ键和2NA个π键；故A正确；

B．氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3；2p能级有三个未成对电子，故B正确；

C．同周期元素；从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻的碳元素和氧元素，故C正确；

D．氨分子中氮原子的价层电子对数为4；VSEPR模型为四面体形，故D错误；

故选D。2、B【分析】【分析】

根据题目信息；M；W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，M只形成一个单键，M为H元素；X和Y都形成4个单键，且Y形成的阳离子带一个正电荷，则Y为N元素，X为C元素；W同样形成4个单键，且形成的阴离子带一个负电荷，则W为B元素；Z连接两个共价键，Z为O元素，以此解答。

【详解】

A．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：N>C>B，则最高价含氧酸的酸性：N>C>B；故A正确；

B．H、N、O形成的化合物NH4NO3溶液中，发生水解促进水的电离；故B错误；

C．由结构式知；该物质中有离子键；极性共价键，阴离子中还存在配位键，故C正确；

D．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，基态原子的第一电离能N>O；故D正确；

故选B。3、A【分析】【详解】

A．碳碳三键含有1个σ键和2个π键；碳碳双键含有1个σ键和1个π键，由于碳原子之间σ键键能大于π键键能，故碳碳三键；碳碳双键的键能小于碳碳单键的3倍和2倍，A错误；

B．丙烯(CH3CH=CH2)分子除碳碳双键中含有1个π键外；其余8个都是σ键，B正确；

C．丙烯分子中的π键易断裂；不如σ键稳定，C正确；

D．两原子在成键时；原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的共价键为π键，每个π键的电子云由两块组成，它们互为镜像，D正确；

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

①HCl的结构式为H—Cl，只含σ键，无π键；②H2O的结构式为H—O—H，只含σ键，无π键；③H2O2的结构式为H—O—O—H，只含σ键，无π键；④C2H4的结构式为含σ键，其中碳碳双键中含一个π键；⑤C2H2的结构式为H—C≡C—H；含σ键，其中碳碳三键中含2个π键；综上所述，④⑤符合题意，D正确；

故答案选D。5、C【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，依据常温下，W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂，初步判断其为H2O2；X；Y为同周期相邻元素；X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。由题意设X原子的核外电子数为a，则Y原子的核外电子数为(a+1)，Z原子的核外电子数为(2+a)或(10+a)，列式如下，(2+a)+a=3(a+1)不合理，舍去；(10+a)+a=3(a+1)，解得a=7，故X为N，Y为O，Z为Cl，W为H，据此分析解题。

【详解】

A．N、O的简单氢化物分别为NH3和H2O，水分子间的氢键比氨气分子间的氢键强，沸点：NH32O；A正确；

B．Y、Z形成的ClO2是一种常用的消毒剂；可用于杀菌消毒，B正确；

C．W、X、Y三种元素形成的化合物有HNO3、NH3·H2O、NH4NO3等，NH4NO3中含有离子键；C错误；

D．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl>N，酸性：HClO4>HNO3；D正确；

答案选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．氧化银与氨水反应生成银氨络离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag（NH3）2]++2OH—+3H2O；故A错误；

B．物质的量比为1：1一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为NO+NO2+2OH—=2+H2O；故B正确；

C．次氯酸钠溶液受热发生歧化反应生成氯酸钠和氯化钠，反应的离子方程式为3C1O—+2Cl—；故C正确；

D．亚硫酸钠溶液与少量氯气反应生成氯化钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为3+Cl2+H2O=+2Cl—+2故D错误；

故选D。7、A【分析】【详解】

依据题意；

A．HMnO4改写成MnO3OH；m=3；

B．H2SeO3改写成SeO(OH)2；m=1；

C．H3BO3改写成B(OH)3；m=0；

D．HClO2改写成ClOOH；m=1；

m值最大的是3，故选A。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．图1；图2为非密置层堆积；图3、图4为密置层堆积，A项错误；

B．金属发生形变时；自由电子仍然可以在金属阳离子之间流动，使金属不会断裂，所以能用电子气理论解释金属的延展性，B项错误；

C．利用均摊法计算每个晶胞中原子个数——图1：图2：图3：图4：即图1~图4每个晶胞所含有原子数分别为1；2、4、2，C项错误；

D．图1~图4分别是简单立方堆积；体心立方堆积、面心立方堆积和六方最密堆积；空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，D项正确。

答案选D。9、C【分析】【分析】

【详解】

略二、多选题(共8题，共16分)10、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。11、D【分析】【分析】

由X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，结合题图中元素原子的成键特点可知，Q共用W提供的4个电子同时得一个电子才满足8电子稳定结构，可知Q最外层电子数为3；Y形成四个共价键，则Y为C，Q为X和W均只形成一个共价键，则X为H、W为一个Z形成三个共价键；该物质为离子化合物，形成4个共价键的Z失去一个电子形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为N。

【详解】

A．Q、W的最高价氧化物对应的水化物分别为二者能发生反应，A项错误；

B．C、N为同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径：B项错误；

C．非金属性：非金属性越强其最简单氢化物越稳定，故最简单氢化物的稳定性：C项错误；

D．X、Y、Z三种元素可形成既含离子键又含共价键，D项正确；

故选D。12、AB【分析】【分析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，可形成如图所示的化合物，由图可知，W、X均形成一条共价键，则W为H，W和Y同主族，且Y形成一价阳离子，则Y为Na，W、X、Y三者的原子序数之和为20，则X的原子序数为20-1-11=8，X为O，Z核外最外层电子数是Y+核外电子数的一半；即Z的核外最外层电子数是5，则Z为P，综合以上分析W；X、Y、Z分别为H、O、Na、P，据此分析解答。

【详解】

A．O2-、Na+核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，离子半径大小顺序为O2->Na+；故A正确；

B．O和Na形成的化合物有Na2O和Na2O2；两种化合物中每种原子的最外层都满足8电子稳定结构，故B正确；

C．H分别与O、Na形成的二元化合物H2O和H2O2为共价化合物；NaH为离子化合物，故C错误；

D．Na和P二者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，按一定比例反应可生成NaH2PO4或Na2HPO4或Na3PO4，不能生成Na2HPO3；故D错误；

答案选AB。13、C【分析】【分析】

【详解】

A．将金属钠投入足量水中；发生反应生成氢氧化钠和氢气，金属钠的金属键被破坏，A正确；

B．将金属钠投入足量水中；破坏了水分子中的极性共价键，B正确；

C．将金属钠投入足量水中；发生反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠为强电解质，在水溶液中完全电离，因此并没生成离子键，故C错误；

D．将金属钠投入足量水中；发生反应生成氢氧化钠和氢气，氢气含非极性共价键，形成了非极性共价键，D正确；

答案选C。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．四氯化碳分子中碳原子的最外层电子数为4，每个电子与氯原子最外层上的一个电子形成一对共价键，共形成四对共价键，故四氯化碳的电子式为题中氯原子的电子数目不对，故A符合题意；

B．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，H2、D2、T2只是组成的原子不同；而组成方式都是两个原子组成一个分子，所以不是同素异形体，是同一种物质，故B符合题意；

C．次氯酸分子中的中心原子为氧；最外层有6个电子，分别与氢原子和氯原子形成一对共价键，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故C不符合题意；

D．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S；故D不符合题意；

答案选AB。15、BD【分析】【详解】

A.钴元素的原子序数为27；位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A错误；

B.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH2)6]3+；故B正确；

C.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH2)6]Cl3；1mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成3mol不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C错误；

D.若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r，则面对角线为4r，由晶胞参数为acm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm；故D正确；

故选BD。16、BC【分析】【分析】

【详解】

A．Fe3+的个数为Fe2+的个数为CN-为于立方体棱上，其个数为Fe元素与CN-的个数为1:3，即y=2，晶体化学式为故A正确；

B．由离子构成；该晶体熔融可导电，故B不正确；

C．.化学式为MFe2(CN)6；化合物中正负化合价的代数和为0，则M元素的化合价为0-(-1)×6-(+2)-(+3)=+1，故C不正确；

D．图中一个晶胞中与Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个，空间有8个晶胞无隙并置，最近距离在棱上，则晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN--为故D正确；

故选BC。17、CD【分析】【分析】

【详解】

A．As原子核外电子排布式应为[Ar]3d104s24p3；故A错误；

B．由题目信息可知砷化硼(BAs)的晶胞可看作金刚石晶胞内部C原被As原子代替；顶点和面心的C原子被B原子代替；金刚石是原子晶体，故砷化硼(BAs)晶体也属于原子晶体，故B错误；

C．看中间一个黑球As原子；与周围白球B有4个键，其它黑球As不共用这个化学键，故每1molBAs晶体中含有4molB-As键，故C正确；

D．砷化硼结构与金刚石相似；与同一个B原子相连的As原子构成正四面体形，故D正确；

选CD。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

(1)F对最外层电子的吸引力比O强；N原子核外电子处于半满的较稳定状态；

(2)元素X与(Se)同周期；且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d；4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式；

(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)；共价单键为σ键；共价双键中一个是σ键另一个是排键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键；存在分子间氢键的物质熔沸点较高；

(4)含有自由移动离子的化合物能导电；孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度=

【详解】

(1)F对最外层电子的吸引力比O强；N原子核外电子处于半满的较稳定状态，所以第一电离能均高于O元素。

(2)元素X与(Se)同周期，且该周期中X元素原子核外未成对电子数最多，X应该是第四周期3d、4s能级半满的原子，为24号元素；该原子核外有24个电子，根据构造原理书写其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；

(3)臭齅排放的臭气主要成分为3-MBT-甲基2丁烯硫醇，结构简式为)，共价单键为σ键、共价双键中一个是σ键另一个是Π键，所以1个3-MBT分子中含有15个σ键，则1mol该分子中含有15NA个σ键；(CH3)2C=CHCH2OH分子间含有氢键；增大分子间的作用力，使沸点升高；

(4)含有自由移动离子的化合物能导电，PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，阳离子、阴离子分别为PCl4+、PCl6-，其电离方程式为2PCl5PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角；该晶胞中PCl5个数=1+8×=2，晶胞体积=(a×10-10cm)3，晶胞密度==g/cm3。【解析】F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于OCr1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s115（CH3）2C=CHCH2OH分子间含有氢键，增大分子间的作用力，使沸点升高2PCl5=PCl4+＋PCl6－PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力或19、略

【分析】【分析】

根据题目给的信息；可以得出A为H，B为O，C为S，D为Cl，E为As，F为K，G为V元素。根据这些信息，进而分析以下问题。

【详解】

(1)C为S元素；S原子能量最高的电子为3p轨道电子，其电子云在空间有x；y、z3个伸展方向，原子轨道呈哑铃型；硫离子核外电子总数为18，其原子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3、哑铃、18。

(2)A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2。

(3)V元素位于周期表第四周期VB族，属于d区；G在氧化物中的化合价等于其价电子数，V的基态价电子排布式为3d34s2，则该氧化物中V的化合价为+5，该氧化物的化学式为V2O5；金属K形成晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB、d、V2O5；体心立方堆积。

(4)ED3为AsCl3,As原子的价层电子对数为所以As原子的杂化轨道类型为sp3杂化。其VSEPR模型名称为四面体形。故答案为：四面体形、sp3。【解析】3哑铃18因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2ⅤBdV2O5体心立方堆积四面体形sp320、略

【分析】【分析】

①只含有非极性键的非极性分子；

②只含有极性键的非极性分子；

③只含有极性键的极性分子；

④只含有离子键的离子化合物；

⑤含有非极性键的离子化合物；

⑥含有极性键的离子化合物；

⑦含有极性键和非极性键的极性分子是；

⑧含有极性键和非极性键的非极性分子；

【详解】

（1）只含有极性键的极性分子是③；

（2）只含有非极性键的非极性分子是①；

（3）含有极性键和非极性键的极性分子是⑦；

（4）含有极性键和非极性键的非极性分子是⑧；

（5）只含有离子键的离子化合物是④；

（6）含有非极性键的离子化合物是⑤；

（7）含有极性键的离子化合物是⑥；【解析】(1)③

(2)①

(3)⑦

(4)⑧

(5)④

(6)⑤

(7)⑥21、略

【分析】【分析】

（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）；则a为H，f为C，该分子为CH≡CH；

（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3；能以配位键形成银氨络离子；

（3）氢键主要影响物质的熔沸点；

（4）由图可知为硝酸的结构；含有-OH易形成氢键。

【详解】

（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）；则a为H，f为C，该分子为CH≡CH，则含2个C-Hσ键和1个C-Cσ键和2个π键，故答案为3；2。

（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3，空间结构为三角锥形，能以配位键形成银氨络离子，其化学式为[Ag（NH3）2]+，故答案为三角锥形；[Ag（NH3）2]+；配位。

（3）氢键主要影响物质的熔沸点；使含氢键的物质的沸点高，故答案为高；

（4）由图可知为硝酸的结构，含有-OH易与水分子之间形成氢键，且HNO3是极性分子，易溶于极性的水中，则易溶于水，故答案为HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的﹣OH易与水分子之间形成氢键。【解析】①.3②.2③.三角锥形④.[Ag（NH3）2]+⑤.配位⑥.高⑦.HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的﹣OH易与水分子之间形成氢键22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)得电子能力越强，物质的氧化性就越强。在酸性条件下，Cl2氧化性强于H2SO4，则得电子能力Cl2氧化性强于H2SO4，根据在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则由Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4可证明物质的氧化性：Cl2＞H2SO4；

(2)有机物CH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体，但熔点CH3CH2NO2(-90℃)远低于H2NCH2COOH(240℃)，这是由于CH3CH2NO2是分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，因此熔沸点比较低；而H2NCH2COOH可形成内盐H3N+CH2COO-，导致相互之间作用力增强，物质的熔沸点增大。【解析】＞Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4CH3CH2NO2分子之间以微弱的分子间作用力结合，因而熔沸点比较低，而H2NCH2COOH会形成内盐H3N+CH2COO-，相互之间作用力增强，物质的熔点高。四、结构与性质(共4题，共40分)23、略

【分析】【详解】

(1)①SO2中S原子的价电子对数为=3，所以杂化类型为sp2；②SO3中S原子的价电子对数为=3，所以杂化类型为sp2；③SO32-中S原子的价电子对数为=4，所以杂化类型为sp3；④SO42-中S原子的价电子对数为=4，所以杂化类型为sp3；故①②中心原子S的杂化方式为sp2；③④中心原子S的杂化方式为sp3；(2)SO2是极性分子,H2O也是极性分子,根据相似相溶原理,SO2在水中的溶解度较大；(3)A、同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，选项A正确；B.硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+，而不是中心原子的孤电子对的原因，选项B错误；C、在H2SO4溶液中存在的粒子的空间构型有水为V形和硫酸根离子为正四面体形，选项C正确。答案选AC；(4)SO2中有3个原子，4个电子形成大п键，可表示为【解析】①②③④SO2是极性分子,H2O也是极性分子,根据相似相溶原理,SO2在水中的溶解度较大AC24、略

【分析】根据电子排布式的书写规则正确书写基态原子的电子排布式；根据晶体类型判断晶体中化学键类型；根据单；双键中σ、π键的分布规律计算分子中σ键的个数；根据第一电离能的周期性变化规律判断第一电离能大小；根据价层电子对互斥理论判断粒子构型；根据均摊法计算物质化学式和相应的晶胞参数。

【详解】

(1)Ni为第28号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；Ni2+的3d能级上有8个电子，有2个未成对电子，Cu2+的3d能级上有9个电子，有1个未成对电子，因此Ni2+与Cu2+的3d能级上未成对电子数的比为2:1；

(2)Cu和Ni均为金属；它们的成键方式为金属键；

(3)①单键均为σ键，双键为1个σ键1个π键，丁二酮肟中13个单键和2个双键，因此1个丁二酮肟中共有13+2=15个σ键，1mol丁二酮肟中共有15NA个σ键；

②丁二酮肟镍分子的结构中存连接4个原子的C原子和连接3个原子的C原子，连接4个原子的C原子的杂化类型为sp3杂化，连接3个原子的C原子的杂化类型为sp2杂化；

因此丁二酮肟镍分子中C的杂化方式为sp2、sp3杂化；

(4)同一周期从左向右第一电离能的趋势是逐渐增大的，但由于第Ⅱ、ⅤA族电子排布的特殊性，其第一电离能较相邻两个族的电离能大，同一主族从上到下第一电离能的逐渐减小，因此，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；根据价层电子对互斥理论可以计算中心原子S的孤电子对数=×(6+2-4×2)=0；说明中心原子S不含有孤电子对，S与O之间存在4个相同共价键，硫酸根的空间构型为正四面体形；

(5)①根据均摊法，一个晶胞中N原子的个数为8×=1个，Cu原子的个数为12×=3个，因此该化合物的化学式为Cu3N；

②距离A处N原子最近的N原子有6个；分别位于A处N原子的上下；左右、前后，这6个N原子构成的空间几何体的构型为正八面体；

③设晶胞的棱长为x，根据晶胞的质量与晶胞密度可以计算晶胞棱长，x==cm=×107nm，紧邻的N原子与Cu原子之间的距离为=×107nm，整理得×107nm。【解析】①.1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2②.2：1③.金属④.15NA⑤.sp3、sp2⑥.N＞O＞S⑦.正四面体⑧.Cu3N⑨.正八面体⑩.×10725、略

【分析】【详解】

(1)铜为29号元素，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

(2)硒、硅的组成最简单的氢化物分别为H2Se、SiH4，分子结构类似于H2O和CH4；分子构型分别为V形；正四面体形，若“Si—H”中共用电子对偏向氢元素，则非金属性Si＜H，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则非金属性H＜Se，从而得出硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si。答案为：V形；正四面体形；＞；

(3)SeO2在315℃时升华，则SeO2固体的晶体类型为分子晶体；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子的价层电子对数为3，外层轨道的杂化类型为sp2。答案为：分子晶体；sp2；

(4)在.BF3·NH3中，B原子的价层电子对数为4，则杂化轨道类型为sp3；B与N之间形成共价键的电子由N原子单方面提供而跟B原子共用，所以B、N原子间形成配位键。答案为：sp3；配位；

(5)金刚砂(SiC)的硬度为9.5，则金刚砂晶体类型与金刚石相似，为原子晶体；在SiC晶胞中，每个C原子周围距离相等且最近的C原子数目为=12个；在SiC晶胞中含C原子数为=4，含Si原子数为4，若晶胞的边长为apm，则金刚砂的密度表达式为==或g/cm3。答案为：原子晶体；12；或

【点睛】

计算1个晶胞中平均含某原子的数目时，应先看该原子共属于多少个晶胞，再看1个晶胞中有多少个该原子。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.V形③.正四面体形④.＞⑤.分子晶体⑥.sp2⑦.sp3⑧.配位⑨.原子晶体⑩.12⑪.或26、略

【分析】【分析】

X；Q、R、Z、T、U分别代表原子序数依次增大的元素．X是原子半径最小的元素；则X为H元素；R和T属同族，T的原子序数是R的两倍，则R为O元素、T为S元素；短周期中Q原子含有的未成对电子数最多，处于VA族，原子序数小于氧，故Q为N元素；Z的单质的同周期中熔点最高，原子序数大于氧、小于硫，故Z为Si；U5+的核外电子排布和氩元素相同，原子核外电子数为18+5=23，故U为V元素，据此解题。

【详解】

（1）U基态原子核外电子数为23，原子结构示意图为：

故答案为

（2）在（NH4）2SO4中铵根离子与硫酸根离子之间形成离子键；铵根离子中含有共价键；配位键，硫酸根离子中也含有共价键，没有金属键。

故选abc；

（3）同主族自上而下第一电离能减小；氮元素2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞S。

故答案为N＞O＞S；

（4）SO2分子中S原子没有全部成键，属于极性分子；SiO2晶体中Si原子与掌握的4个O原子形成4个Si-O键，6gSiO2的物质的量为=0.1mol；所含Si-O键的数目为0.4mol。

故答案为极性；0.4mol；

（5）晶胞中V原子数目为1+8×=2，O原子数目为2+4×=4，该化合物的化学式为VO2。

故答案为VO2。【解析】①.②.abc③.N＞O＞S④.极性⑤.0.4mol⑥.VO2五、工业流程题(共4题，共12分)27、略

【分析】【分析】

石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。

【详解】

（1）钒元素的价电子排布为[Ar]3d34s2,的电子排布式为[Ar]3d1；的价层电子对数为故其空间构型是正四面体形；

（2）V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；

（3）①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3+++H2O=2Fe2++2H++

②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；

（4）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，水解程度增大；不利于形成多钒酸铵沉淀；

（5）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=【解析】(1)正四面体形。

(2)

(3)除去提高钒在有机试剂中的萃取率。

(4)pH<2.5，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸被沉淀；pH>2.5，水解程度增大；不利于形成多钒酸铵沉淀。

(5)28、略

【分析】【分析】

废铜渣(主要成分为含少量等)经CO处理生成Ni(CO)4除去镍,经氢氧化钠