2025年苏人新版选择性必修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年苏人新版选择性必修2化学下册月考试卷709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、下列各组物质的沸点按由低到高的顺序排列的是A.B.C.D.2、我国科学家发现了一类由Fe-Se-As-F-O组成的磁性超导材料。下列说法不正确的是A.Se原子核外有3个未成对电子B.Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5C.的空间构型为正四面体形D.基态F原子的核外电子有9种运动状态3、我国科学家利用下图反应实现醇的位点选择性功能化。下列说法不正确的是。

A.已知基态铱()的价电子排布式为则属于Ⅷ族过渡元素B.a中碳的杂化类型有2种C.与足量浓溴水反应消耗D.最多反应消耗4、一种新型的电解质的结构如图所示(箭头指向表示共用电子对由W提供)；W；X、Y、Z是同周期四种主族元素，Y原子的最外层电子数是X原子次外层电子数的3倍，下列说法不正确的是。

A.该物质中含离子键、极性键和非极性键B.该物质中X原子满足8电子稳定结构C.W的非金属性比Y的弱D.W、X、Y、Z四种元素中，X的原子半径最大5、下列关于分子晶体的说法不正确的是A.分子晶体中含有分子B.固态或熔融态时均能导电C.分子间以分子间作用力相结合D.熔、沸点一般比较低6、下列离子键强弱顺序排列正确的是A.NaF＞NaCl＞NaBr＞NaIB.NaCl＞CaCl2＞MgCl2＞AlCl3C.NaCl＞Na2O＞MgO＞Al2O3D.Na2O＞Na2S＞NaCl＞NaI评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、如表所示列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用表示，单位为)。元素R7401500770010500

下列关于元素R的判断中一定正确的是A.R的最高化合价为+2价B.R元素位于元素周期表中第ⅡA族C.R元素原子的最外层共有4个电子D.R元素基态原子的电子排布式为8、氰气的化学式为结构式为性质与卤素单质相似，下列叙述正确的是A.在一定条件下可发生加成反应B.分子中键的键长大于键的键长C.分子中含有2个键和4个键D.能与氢氧化钠溶液发生反应9、下列分子或离子中，VSEPR模型为四面体形，但分子或离子的空间结构为V形的是A.B.C.D.10、CH—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是A.它们的碳原子均采取sp2杂化B.CH与NH3、H3O+几何构型均为三角锥形C.CH中的所有原子均共面D.CH与OH-形成的化合物中含有离子键11、利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示：

下列说法不正确的是A.晶体熔点：杯酚＞C60＞C70B.操作①用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.杯酚与C60分子之间形成分子间氢键D.杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯12、黑鳞是一种黑色；有金属光泽的晶体；结构与石墨相似，如图所示。下列有关黑磷说法正确的是。

A.黑鳞晶体中P原子杂化方式为sp2B.黑鳞晶体中层与层之间的作用力为分子间作用力C.黑鱗晶体的每一层中磷原子都在同一平面上D.P元素三种常见的单质中，黑鳞的熔沸点最高13、某有机物的结构简式为右图，下列对该有机物说法不正确的是。

A.分子式为C11H11O3ClB.一定条件下能和5molH2发生加成反应C.核磁共振氢谱上有7组峰D.可在NaOH的水溶液和NaOH的醇溶液中发生不同类型的反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、根据题意；完成下列填空：

(1).基态铜离子的核外电子排布式为___________；

(2).通常制造的农药含元素F、P、S、Cl，四种元素的电负性从大到小的顺序为___________；第一电离能从大到小的顺序为___________。

(3).第二周期中，第一电离能介于B和N之间的元素共有___________种。

(4).第四周期中，原子核外电子排布有两个未成对电子的元素有___________种。

(5).向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成的离子方程式___________。15、硒化物(如)可用于太阳能电池；光传感器；热电发电与制冷等。回答下列问题：

(1)基态Se原子核外电子排布式为[Ar]___________。

(2)K与Cu位于同周期，金属钾的熔点比铜的低，这是因为___________

(3)O、S、Se均位于元素周期表第ⅥA族，它们的氢化物及分子的键角从大到小顺序为___________。

(4)TMTSF()中共价键的类型是___________，每个分子中含___________个键。16、比较Mn和Fe的电离能数据可知：气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难。对此，你的解释是_______。17、Ⅰ.X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。

(1)Y的最高价氧化物的电子式为：___________

(2)最简单气态氢化物的热稳定性：Z___________W(＞或＜)

(3)X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X___________M(＞或＜)

(4)X的氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中的化学键类型是___________

Ⅱ．铝自然形成的氧化膜易脱落。以硫酸为电解液；分别以石墨和铝材作阴；阳极材料，经过电解处理形成氧化铝膜，抗蚀能力强。其制备的简要流程如图所示。

(5)碱洗目的是___________相关离子反应是：___________

(6)碱洗时铝材表面会出现气泡，可能的原因是___________(化学反应方程式)，用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，离子方程式___________

Ⅲ.为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：。方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物为Fe2(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生(7)能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案有___________18、取质量相等的2份PbSO4(难溶物)粉末，分别加入HNO3(3mol·L-1)和HClO4(3mol·L-1)，充分混合，PbSO4在HNO3能全溶，而在HClO4中不能全溶。简要解释PbSO4在HNO3中溶解的原因。___________评卷人得分四、元素或物质推断题(共3题，共24分)19、A、B、C、D、E、F六种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于36。其中C、E、F是金属元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族；它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子。请回答下列问题：

（1）C、D、E三种元素的简单离子按半径由小到大的顺序为（用离子符号表示）____

（2）元素B与D的电负性的大小关系是____，C与E的第一电离能的大小关系是____。（填＞；＜、=；用元素符号表示）

（3）用电子排布图表示D元素原子的价电子构型___________

（4）F在元素周期表中的位置是_____区，其基态原子的电子排布式为_____。

（5）均为A、B、D、E四种元素组成的两种化合物在溶液中可以相互反应，写出该反应的离子方程式为___________20、有A、B、C、D、E原子序数均为前20号的五种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋和B－具有相同的电子层结构；B原子得一个电子后2p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于其中子数。R是由A；D两元素形成的化合物；E元素原子中4s能级有2个电子。

请回答：

(1)A单质、B单质、化合物R的熔点高低顺序正确的是________(填序号)．

①A单质>B单质>化合物R②化合物R>A单质>B单质。

③A单质>化合物R>B单质④B单质>化合物R>A单质。

(2)B－的最外层电子排布式为________；在CB3分子中C元素原子的轨道发生的是________杂化，其固态时的晶体类型为________。

(3)C的氢化物的空间构型为_____。

(4)B、C、D三元素的电负性大小顺序为________>________>________(填元素符号)。

(5)E与B形成的晶体M的最小单元“晶胞”如下图所示，则M的化学式为____；如果M晶体的密度为dg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个距离最近的E中心间的距离为_____cm。

21、为纪念DmitriMendeleev(德米特里·门德列夫)发明的元素周期表诞生150周年。联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。以下是元素周期表的一部分；根据A~I在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：

。族周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

1

A

2

D

E

G

3

B

C

J

H

I

(1)表中元素，化学性质最不活泼的是___________。

(2)最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________。

(3)元素B原子核外有___________种能量不同的电子，基态C原子最高能级电子云形状是___________。

(4)比较元素的金属性：B___________C(填“＞”或“＜”)，从原子结构的角度说明理由___________。

(5)A分别与E、G、H形成的化合物中，最稳定的是___________

(6)检验B元素的方法是___________，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：___________。

(7)元素B的单质在空气中点燃生成X，X中的化学健除离子键，还有___________(填“极性”或“非极性”)共价键，若将其投入硫酸亚铁溶液中，预测主要的反应现象是___________。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共21分)22、锌；氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。

(1)基态Zn2+的价电子排布式为_______________；

(2)独立的NH3分子中，H-N-H键键角为107°18’。如图是[Zn(NH3)6]2＋的部分结构以及其中H-N-H键键角。

请解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是_____________。

(3)离子液体具有很高的应用价值，其中EMIM＋离子由H；C、N三种元素组成；其结构如图所示：

大π键可用符号Π表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM＋离子中的大π键应表示为___________________。化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，该物质晶体的类型是________。

(4)过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律，已知Zn2＋等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：。离子Sc3＋Cr3＋Fe2＋Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色

请根据原子结构推测Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因：____________________。

(5)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。

①Zn2+填入S2－组成的________________空隙中；

②由①能否判断出S2－、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为dg/cm3，S2－半径为apm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。23、2020年；自修复材料；自适应材料、新型传感材料等智能材料技术将大量涌现，为生物医疗、国防军事以及航空航天等领域发展提供支撑。

（1）我国科研工作者基于丁二酮肟氨酯基团的多重反应性；研制了一种强韧；自愈的超级防护材料；

其中的分子机制如图所示。

Cu在元素周期表中位于_____区，M层中核外电子能量最高的电子云在空间有_____个伸展方向。C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_____________

（2）氧化石墨烯基水凝胶是一类新型复合材料；对氧化石墨烯进行还原可得到还原氧化石墨烯，二者的结构如图所示：

还原石墨烯中碳原子的杂化形式是______，上图中氧化石墨烯转化为还原石墨烯时，1号C与其相邻C原子间键能的变化是_____________（填“变大”、“变小”或“不变”），二者当中在水溶液中溶解度更大的是____________（填物质名称），原因为__________________

（3）砷化硼是近期受到广泛关注一种III—V半导体材料。砷化硼为立方晶系晶体；该晶胞中原子的分数坐标为：

B：（0，0，0）；（0）；（0，）；（0，）；

As：（）；（）；（）；（）

请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图___________，已知晶体密度为dg/cm3，As半径为apm，假设As、B原子相切，则B原子的半径为_________pm（写计算表达式）。

24、回答下列问题:

（1）石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为___________，该材料的化学式为___________。

（2）Mg与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是___________。

（3）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4.铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．是离子晶体；沸点高，故A错误；

B．是离子晶体，沸点高，其余是分子晶体，熔沸点低，但是水分子有分子间氢键，沸点比和高；故B错误；

C．是共价晶体，是离子晶体，都是分子晶体且常温下水为液态，是气态；故C正确；

D．半径依次增大；沸点依次降低，故D错误；

故答案为C。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．Se是34号元素，Se原子核外价层电子排布式是4s24p4；由于有3个4p轨道，一个轨道最多可容纳2个电子，原子核外电子总是尽可能成单排列，则Se原子核外有2个未成对电子，A错误；

B．Fe是26号元素，Fe原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子得到Fe3+，根据构造原理可知基态Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；B正确；

C．中的中心As原子价层电子对数是4+=4，其中不含孤电子对，因此的空间构型为正四面体形；C正确；

D．F是9号元素；原子核外有9个电子，在任何一个原子中都不存在运动状态完全相同的电子，则基态F原子的核外电子有9种运动状态不同的电子，D正确；

故合理选项是A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据基态铱()的价电子排布式为价电子总数为9，则属于Ⅷ族过渡元素；故A正确；

B．a中碳的杂化类型有2种分别是sp2和sp3杂化；故B正确；

C．与足量浓溴水反应消耗酚羟基的邻位被取代，故C正确；

D．最多反应消耗酚羟基消耗1mol，酯基消耗1mol，故D错误；

故选D。4、C【分析】【分析】

由阴离子结构可知；X原子形成3个对共用电子对和1个配位键；Z原子形成4对共用电子对、Y原子可形成2对共用电子对、W原子形成1对共用电子对，W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，则X为B元素、Y为O元素、Z为C元素、W为F元素。

【详解】

A．由电解质的结构可知；该物质是含有离子键；极性键和非极性键的离子化合物，故A正确；

B．由电解质的结构可知；该物质中B原子满足8电子稳定结构，故B正确；

C．同周期元素；从左到右非金属性依次增强，则氟元素的非金属性强于氧元素，故C错误；

D．同周期元素；从左到右原子半径依次减小，则四种元素中，硼原子的原子半径最大，故D正确；

故选C。5、B【分析】【详解】

A．分子晶体是由分子构成的；A正确；

B．固态或熔融态时；分子晶体既不电离也没有自由移动的电子，均不能导电，B错误；

C．分子间以分子间作用力相结合；C正确；

D．分子晶体的熔；沸点一般比较低；D正确。

故选：B。6、A【分析】【分析】

【详解】

离子键的强弱与离子半径的大小和离子所带电荷多少有关；离子半径越小；所带电荷越多，离子键越强；

A．四种物质均为离子化合物，F、Cl、Br、I为同主族元素，其阴离子所带电荷数相同，但半径依次增大，则离子键强弱顺序NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；故A正确；

B．NaCl、CaCl2、MgCl2均为离子化合物，均含有离子键，AlCl3为共价化合物；不含离子键，故B错误；

C．Na2O、MgO、Al2O3中阳离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+，离子所带电荷越多，离子键越强，则Na2O＜MgO＜Al2O3，Cl－半径大于O2-，则NaCl＜Na2O，则离子键强弱顺序NaCl＜Na2O＜MgO＜Al2O3；故C错误；

D．Na2O、Na2S中S2-半径大于O2-，则离子键强弱Na2O＞Na2S，由于半径：I-＞Cl-，则离子键NaCl＞NaI，由于半径：S2-＞Cl-，则离子键Na2S＜NaCl；故D错误；

答案选A。二、多选题(共7题，共14分)7、AB【分析】【详解】

A．由表中数据可知，元素R的第三电离能与第二电离能相差很大，原子最外层应有2个电子，最高价为价；A正确；

B．原子最外层有2个电子；应为第ⅡA族元素，B正确；

C．由表中数据可知；元素R的第三电离能与第二电离能相差很大，原子最外层应有2个电子，C错误；

D．R也可能是即R元素基态原子的电子排布式可能为2p63s2；D错误；

答案选AB。8、AD【分析】【详解】

A．氰气的分子结构中含有不饱和键；在一定条件下可发生加成反应，A正确；

B．同周期主族元素中，原子半径随原子序数的增大而减小，原子半径越大形成共价键的键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以分子中键的键长小于键的键长；B错误；

C．单键为键，1个三键中含有1个键和2个键，所以分子中含有3个键和4个键；C错误；

D．卤素单质能和氢氧化钠溶液发生反应；氰气的性质与卤素单质相似，所以氰气能与氢氧化钠溶液反应，D正确；

故选AD。9、AD【分析】【详解】

A．中心原子价层电子对数为2+=4；则VSEPR模型为四面体形，空间构型为V形，故A正确；

B．中心原子价层电子对数为3+=4；则VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，故B错误；

C．中心原子价层电子对数为2+=2；则VSEPR模型为直线形，空间构型为直线形，故C错误；

D．中心原子价层电子对数为2+=4；则VSEPR模型为四面体形，空间构型为V形，故D正确；

故答案为AD。10、BC【分析】【详解】

A．CH—CH3、CH价电子对数不同；碳原子采取的杂化方式不同，故A错误；

B．CH与NH3、H3O+中心原子价电子对数都是4；都有1个孤电子对，几何构型均为三角锥形，故B正确；

C．CH中心碳原子的价电子对数是3；无孤电子对，为平面结构，所有原子均共面，故C正确；

D．CH与OH-形成的化合物是CH3OH；属于共价化合物，不含离子键，故D错误；

选BC。11、AC【分析】【详解】

A．杯酚、C60、C70都是分子晶体，杯酚能形成分子间氢键，熔点最高，C70的相对分子质量大于C60，C70的熔点大于C60，所以晶体熔点：杯酚＞C70＞C60；故A错误；

B．根据流程图；可知操作①是固液分离，方法为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗；烧杯、玻璃棒，故B正确；

C．杯酚中的羟基氢之间形成了氢键；而杯酚与C60之间并没有形成氢键，故C错误；

D．由操作2可知杯酚易溶于氯仿；由操作1可知杯酚难溶于甲苯，故D正确；

选AC。12、BD【分析】【分析】

【详解】

由黑鳞的结构图可知，黑鳞的中磷原子排列成立体结构，则磷原子杂化方式为sp3杂化，A选项错误；因为黑磷晶体与石墨类似的层状结构，所以黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力，B选项正确；石墨晶体中碳原子为sp2杂化，则每一层中的碳原子均在同一平面上，而黑磷晶体中磷原子为sp3杂化，则每一层中的磷原子不可能在同一平面上，C选项错误；黑磷晶体与石墨类似的层状结构，则黑鳞最可能是混合型晶体（具有共价晶体和分子晶体的性质），而白磷、红磷都是分子晶体，所以黑磷的熔沸点最高，D选项正确。13、BC【分析】【详解】

A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C11H11O3Cl；故A正确；

B．苯环和醛基可以和氢气发生加成反应；羧基不行，所以1mol该物质最多和4mol氢气发生加成反应，且选项并未指明该物质的物质的量，故B错误；

C．该物质苯环上有3种环境的氢原子，支链—CH2CH2Cl有2种，—CH2COOH有2种；—CHO有1种，所以共有3+2+2+1=8种，即核磁共振氢谱上有8组峰，故C错误；

D．该物质含有氯原子和羧基；可以在NaOH水溶液中分别发生水解反应和中和反应；与氯原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，所以可以在NaOH的醇溶液中发生消去反应，故D正确；

综上所述答案为BC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

(1)

Cu位于周期表中第4周期第IB族，所以基态铜原子的核外电子排布式为：1s2s22p63s23p63d104s1，所以铜离子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d9；

(2)

同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故电负性:F>Cl>S>P；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：F>Cl>P>S；

(3)

同周期随原子序数增大；元素第一电离能呈增大趋势，当IA族的s能级为全满稳定状态，VA族的p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能介于B；N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；

(4)

四周期中；有2个未成对电子的元素有Ti；Ni、Se、As原子未成对电子数为2，第四周期中，原子核外电子排布有两个未成对电子的元素有4种；

(5)

向FeCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，铁离子和碳酸氢根离子之间可以发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，该反应的离子方程式为：Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d9

(2)F>Cl>S>PF>Cl>P>S

(3)3

(4)4

(5)Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑15、略

【分析】【详解】

(1)基态Se原子位于第四周期，34号元素，[Ar]中含有18个电子，还需要14个电子，根据核外电子填充规则，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；

(2)金属的熔沸点与金属键强弱有关；K；Cu均为金属晶体，Cu的半径比K小，离子电荷比K多，铜的金属键更强，则金属钾的熔点比铜的低；

(3)O、S、Se均位于元素周期表第ⅥA族，它们的氢化物分别为及

中心原子的电负性越大，对孤对电子的吸引能力越强，键角越大，电负性：O＞S＞Se，则分子的键角从大到小顺序为

(4)共价键中，单键为键，双键中一个键和一个键，TMTSF()中共价键的类型是键和键，根据结构式可知，每个分子中含27个键。【解析】钾的原子半径比铜的大，价电子数比铜少，钾的金属键比铜的弱键和键2716、略

【分析】【详解】

比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，原因为由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少。【解析】由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少17、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，根据最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子半径的关系，可知：X为N元素，对应的为pH=2的HNO3，Y为C，其对应的为弱酸H2CO3，Z为Cl，其对应的为一元强酸HClO4，W为S，对应的为二元强酸H2SO4；M为Na，对应的是强碱NaOH，据此解答。

(1)

Y的最高价氧化物为CO2，C原子和每个O原子共用2个电子，电子式为故答案为

(2)

Z为Cl；W为S，Cl的得电子能力比S强，故最简单气态氢化物的热稳定性为Z＞S，答案为：＞；

(3)

X、M两种元素形成的简单离子分别为N3-和Na+，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，N3-＞Na+；所以X；M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X＞M，答案为：＞；

(4)

X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反应后生成的化合物为NH4Cl；化学键类型是既有离子键又有共价键，故答案为：离子键和共价键；

(5)

碱洗目的是除去铝自然形成的易脱落的氧化膜，离子反应为：2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O，故答案为：除去铝材表面的自然氧化膜；2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O；

(6)

碱洗时，当氧化膜完全溶解后，暴露出的铝单质会与碱继续反应，生成氢气，出现气泡，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，发生酸碱中和反应，离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+H2O，故答案为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；NH3·H2O+H+=NH+H2O；

(7)

①将铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明有单质铜生成，活泼性：Fe＞Cu；②该实验只能说明氯气具有强氧化性，无法比较铁和铜的活泼性；③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中，只能说明浓硫酸具有强氧化性，无法比较铁和铜的活泼性；④将铜片置于FeCl3溶液中，发生氧化还原反应：无法比较；⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，形成铁、铜原电池，铁做负极，铜做正极，铁片溶解，铜片上有气泡产生，可以说明铁的活泼性强于铜。据此分析，能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案有①⑤；故答案为：①⑤。【解析】(1)

(2)＞

(3)＞

(4)离子键和共价键。

(5)除去铝材表面的自然氧化膜2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O

(6)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑NH3·H2O+H+=NH+H2O

(7)①⑤18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】Pb2+与NO形成络离子(配离子或配合物)或PbSO4+H++NO-=HSO+Pb(NO3)+四、元素或物质推断题(共3题，共24分)19、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F六种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于36，B和D属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，最外层电子排布为ns2np4，则B为O元素、D为S元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于IA族，E的原子序数大于硫，且6种元素中只有C、E、F是金属元素，则A为H元素、E为K元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，其最外层电子数为6×＝3；故C为Al；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，核外电子数为2+8+18+1＝29，故F为Cu，以此来解答。

【详解】

由上述分析可知；A为H；B为O、C为Al、D为S、E为K、F为Cu；

(1)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Al3+＜K+＜S2﹣；

(2)同主族自上而下电负性减小；故电负性：O＞S；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能减小，故第一电离能Al＞K；

(3)D为S元素，价电子排布式为3s23p4，价电子轨道排布式为

(4)F为Cu元素，在元素周期表中的位置是ds区，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1；

(5)均为H、O、Na、S四种元素组成的两种化合物可以相互反应，两种化合物为NaHSO3、NaHSO4，该反应的离子方程式为：HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑。【解析】Al3+＜K+＜S2﹣O＞SAl＞Kds[Ar]3d104s1HSO3－＋H＋=H2O＋SO2↑20、略

【分析】【分析】

【详解】

考查熔沸点高低判断、杂化类型的判断、晶体类型的判断、电负性规律、晶胞的计算，B原子得一个电子后2p轨道全满，推出B为F，A＋和B－具有相同的电子层结构，则A为Na，C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明能与水形成氢键，即C为N，D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，位于第VIA族，因为O没有正价，因此D为S，R是由A、D两元素形成的化合物，则R为Na2S，E元素原子中4s能级有2个电子，属于前20号元素，即E为Ca，（1）因为F2是常温下是气体，因此熔点最低，金属钠熔点较低，因此熔点高低顺序是Na2S>Na>F2，故选项②正确；（2）F－的最外层电子排布式为：2s22p6；CB3是NF3，中心原子是N，有3个σ键，孤电子对数为(5－3×1)/2=1，因此杂化类型为sp3；其固态晶体类型为分子晶体；（3）C的氢化物是NH3，空间构型为三角锥形；（4）非金属性越强，电负性越大，非金属性强弱顺序是F>N>S，因此电负性强弱是F>N>S；（5）Ca位于顶点，个数为4×1/8=1/2，F位于体心，全部属于晶胞，化学式为CaF2，距离最近的E是面对角线，即是边长的倍，晶胞的质量为1×39/NAg，令晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，d=因此相邻的E距离是

【点睛】

本题的难点是密度的计算，首先根据晶胞的结构判断出化学式和微粒的个数，根据n=N/NA，计算出此物质的物质的量，然后根据m=Nm，计算出晶胞的质量，接着计算出晶胞的体积，最后根据密度的定义，求出密度，进一步求出相邻的两个Ca的距离。【解析】②2s22p6sp3分子晶体三角锥形FNSCaF221、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知：A为H元素；B为Na元素；C为Al元素；D为C元素；E为N元素；G为F元素；H为Cl元素，I为Ar元素；J为Si元素；据此结合元素及其化合物的性质进行解答。

【详解】

(1)表中元素，化学性质最不活泼的是稀有元素Ar，故答案为：Ar；

(2)元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，以上元素中，非金属性最强的是F元素，其次是Cl元素，但F无正价，故最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；

(3)B为Na元素，Na原子核外有11个电子，分别处于1s、2s、2p、3s能级，故有4种能量不同的电子；C为Al元素，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p1；最高能级为3p能级,电子云形状呈纺锤形：；故答案为：4；纺锤形；

(4)B为Na元素；C为Al元素，同周期元素(从左到右)的原子半径依次减小，最外层电子离核越来越近，受到原子核引力越来越强，失电子能力越来越弱，金属性依次减弱，故金属性：B>C；同周期元素(从左到右)的原子半径依次减小；最外层电子离核越来越近，受到原子核引力越来越强，失电子能力越来越弱，因此金属性逐渐减弱；

(5)A分别与E、G、H形成的化合物为NH3；HF、HCl；元素非金属性越强，其氢化物越稳定，故最稳定的是HF，故答案为：HF；

(6)检验Na元素的方法是焰色反应；产生此现象的原因：当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量；

(7)元素Na的单质在空气中点燃生成Na2O2，Na2O2中的化学健除离子键，氧原子之间还有非极性共价键，若将Na2O2投入硫酸亚铁溶液中，会生成氧气和氢氧化铁沉淀，现象为有红褐色沉淀生成，同时有无色气泡产生，故答案为：非极性；有红褐色沉淀生成，同时有无色气泡产生。【解析】ArHClO44纺锤形B>C同周期元素(从左到右)的原子半径依次减小，最外层电子离核越来越近，受到原子核引力越来越强，失电子能力越来越弱，因此金属性逐渐减弱HF焰色反应当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量非极性有红褐色沉淀生成，同时有无色气泡产生五、原理综合题(共3题，共21分)22、略

【分析】【分析】

(1)基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，由此可确定Zn2+的价电子排布式。

(2)解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°；可从电子对的排斥作用寻找原因。

(3)EMIM＋离子中形成大π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6。化合物[EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-构成；由此可确定该物质的晶体类型。

(4)通过对Sc3＋、Cr3＋、Fe2＋、Zn2+四种离子的核外电子进行分析，得出Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因。

(5)①四个S2-构成正四面体结构，Zn2+体积很小，填入S2－组成的空隙中；

②由①无法判断出S2－、Zn2+是否相切；已知晶体密度为dg/cm3，S2－半径为apm，若要使S2-、Zn2+相切，可通过建立一个正四面体，确定一个三角形，计算Zn2+半径。

【详解】

(1)基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则基态Zn2+的价电子排布式为3d10。答案为：3d10；

(2)在独立的NH3分子中，N原子的孤电子对排斥成键电子对的能力强，[Zn(NH3)6]2＋中；N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其它三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。

从而得出解释[Zn(NH3)6]2＋离子中H-N-H键角变为109.5°的原因是氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大。答案为：氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键；原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大；

(3)EMIM＋离子中形成大π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6，EMIM＋离子中的大π键应表示为Π化合物[EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-构成，则晶体类型为离子晶体。答案为：Π离子晶体；

(4)通过对Sc3＋、Cr3＋、Fe2＋、Zn2+四种离子的核外电子进行分析发现，得出Sc3＋、Zn2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d10；3d轨道为全空和全满，而另两种离子，3d轨道都存在未成对电子，由此得出水合离子为无色的原因是3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态)。答案为：3d轨道上没有未成对电子(或3d轨道为全空或全满状态)；

(5)①四个S2-构成正四面体结构，Zn2+体积很小，填入S2－组成的正四面体空