2025年统编版选择性必修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年统编版选择性必修2化学上册月考试卷395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8题，共16分)1、2011年初，瑞典皇家理工学院研究人员发现了一种高效的新型火箭燃料，这是一种新发现的氮氧化合物，分子式是N(NO2)3。该分子的几何形状是A.平面三角形B.四面体形C.螺旋桨形D.A型2、的晶体结构与相似，可以看作是的位置用代替，的位置用代替(如图)，晶体中含有的哑铃形使晶胞沿一个方向拉长。下列对于晶体结构的描述正确的是。

A.一个晶胞的质量为B.的熔点比的熔点低C.与距离最近且相等的有12个D.与距离最近且相等的共有4个3、下列表示不正确的是（）A.乙烯的结构式：B.基态铁原子的价电子排布图3d64s2C.2—甲基丁烷的键线式：D.甲基的电子式：4、下列说法正确的是A.基态原子的N层上只有一个电子的元素一定是主族元素B.电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大C.元素原子表中从第ⅢB族到ⅡB的10个纵列的元素都是金属元素D.价电子排布为的元素位于第五周期ⅣA族，是p区元素5、短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，单质Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，R基态原子p能级有一对成对电子。下列说法正确的是A.电负性：X＞R＞Z＞YB.X与Z组成的化合物肯定含有共价键C.原子半径：Z＞R＞X＞YD.气态氢化物的稳定性：X＞Y＞R6、下列关于离子键特征的叙述正确的是（）

①离子键的实质是静电吸引②因为离子键无方向性，故阴、阳离子的排列是没有规律的，是随意的③因为氯化钠的化学式是NaCl，故每个Na+周围吸引一个Cl-④因为离子键无饱和性，故一个离子周围可以吸引任意多个带异性电荷的离子⑤一种离子在各个方向上都可以与带相反电荷的离子发生静电作用，故离子键无方向性⑥每个离子周围排列尽可能多的带异性电荷的离子，能够使体系的能量降低A.①②③④⑤⑥B.②③④⑥C.④⑤⑥D.⑤⑥7、下列说法正确的是A.在所有元素中，氟的第一电离能最大B.金属离子的电荷越多、半径越大，金属晶体的硬度越高C.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏D.基态铜原子的价电子排布图：8、下列各组物质中，均为含有共价键的离子化合物的是A.Br2、HBrB.NH4Cl、NH3C.KOH、K2OD.Na2O2、K2SO4评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性能，是一种新型无机非金属材料，其结构如图所示。下列叙述不正确的是。

A.氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4B.由于AlN相对分子质量比立方BN大，所以熔沸点AlN比BN高C.AlN中原子Al杂化方式为sp2，N杂化方式为sp3D.氮化铝晶体中含有配位键10、下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最高和最低的分别为。A.B.C.D.11、下列有关原子半径的叙述正确的是A.原子半径：B.原子半径：C.简单阴离子半径：D.原子半径：12、下列有关说法正确的是A.为含极性键的极性分子B.第一电离能介于N之间的第二周期元素有3种C.基态Cl原子核外有17种能量不同的电子D.N、O、P四种元素电负性最大的是O13、异欧前胡素是中药白芷根的提取物；有显著的镇痛；抗炎、抗菌药理作用。其中的合成路线如图。下列说法正确的是。

A.1mol香柑醇最多可以消耗溴水中3molBr2B.分子M存在顺反异构现象C.异欧前胡素中碳原子均为sp2杂化D.可用FeCl3溶液检验异欧前胡素中是否存在香柑醇14、化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体；可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法错误的是A.物质X的熔点与化学键无关B.一个Z分子中，形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为4∶27C.X分子中C和O的杂化方式不相同D.Y分子中所有C原子可能共面15、“碘伏”又叫“聚维酮碘溶液”。聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘；其结构表示如图所示。下列说法正确的是。

(图中虚线表示氢键)A.N、O原子的电负性依次增大B.聚维酮碘中含有离子键、共价键、氢键等化学键C.聚维酮碘易溶于水的原因是与水分子间形成氢键D.分子中的含N五元环一定是平面结构16、有一种蓝色晶体[可表示为]，经X射线衍射实验研究发现，其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。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；则下列说法正确的是。

A.B.该晶体属于离子晶体，M呈+1价C.M的离子不可能在立方体的体心位置D.该晶胞中与每个距离最近且相等的有3个评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是___________、___________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。18、硅是重要的半导体材料。近日；我国宣布突破了碳基半导体材料制备的瓶颈，有望替代目前的硅材料，支持高端芯片的国产化。

(1)Si在元素周期表中的位置是___。

(2)制作芯片需要高纯度的硅，高纯硅中Si原子之间的相互作用是___(填“离子键”或“共价键”)。

(3)非金属性Si弱于P，用原子结构解释原因：___；得电子能力Si小于P。

(4)下列关于C和Si及其化合物的推断中，正确的是___(填序号)。

①C的最高正化合价与Si的最高正化合价相同。

②SiO2具有还原性。

③最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3>H2SiO319、在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8、PtNi20等。

（1）某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于___（填“晶体”或“非晶体”）。区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行___实验。

（2）实验证明，PtCl2（NH3）2的结构有两种：A呈棕黄色，有抗癌活性，在水中的溶解度为0.258g；B呈淡黄色，无抗癌活性，在水中的溶解度为0.037g。试推测PtCl2（NH3）2的空间构型是__（填“四面体形”或“平面四边形”）；请画出A的结构图示___。

（3）据报道只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示，写出该晶体的化学式__。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有__个。

（4）金属铂立方晶体的二维投影图如图所示。若金属铂的密度为dg•cm-3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数a=__pm（列出计算式即可）。

20、钴的化合物在工业生产；生命科技等行业有重要应用。

(1)基态Co2+的核外电子排布式为____。

(2)Fe、Co均能与CO形成配合物,如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示,图1中1molFe(CO)5含有____mol配位键,图2中C原子的杂化方式为____,形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____(填元素符号)。

(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积,其配位数是____,钴晶体晶胞结构如图3所示,该晶胞中原子个数为____;该晶胞的边长为anm,高为cnm,该晶胞的密度为____(NA表示阿伏加德罗常数的值,列出代数式)g·cm-3。21、微型化学实验可以有效实现化学实验绿色化的要求。如下图所示在一块衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1mol/L的KI(含淀粉溶液)、NaOH的酚酞(C20H14O4)试液、FeCl2(含KSCN)溶液各一滴，在圆心处放置一粒芝麻大小的KMnO4的晶体，向KMnO4的晶体上滴加一滴浓盐酸；再立即用表面皿盖好根据上述描述涉及到的元素，回答下列问题：

(1)a中反应的化学反应方程式为________________________________________，证明KI中含有钾元素的方法是：____________________________。

(2)c中反应的离子反应方程式为_______________________________________，b中的现象是________________________________________________。

(3)短周期原子半径最大的原子共有______种不同能量的电子。它与同周期原子半径最小元素形成晶体，该晶体中每个阳离子周围距离最近有_______个阴离子。

(4)把少许KMnO4撒入盛水烧杯中溶解，包含物理过程(即__________过程和化学过程(即_____________过程。所以，溶液中的有色离子应该是__________________(写名称)。

(5)NH3与H2O分别能与H+结合成NH4+与H3O+。与NH4+具有相同空间构型的微粒是_______；

a.H3O+b.CH4c.P4d.NH3

(6)加碘盐中含碘量为20mg～50mg/kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2___________________L(标准状况，保留2位小数)。22、二氧化氯（ClO2）是世界卫生组织（WHO）推荐的A1级广谱、安全、高效消毒剂。以下是ClO2的两种制备方法：

方法一：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O

方法二：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O

完成下列填空：

(1)在方法一中，当有0.2mol电子发生转移时，参与反应的还原剂为_________mol。

(2)在方法二中，反应物H2C2O4_________（填序号）。

a．仅做氧化剂b．既被氧化又被还原。

c．发生氧化反应d．既未被氧化也未被还原。

(3)两种方法相比，___________（填写“方法一”或“方法二”）制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______________________________________________。

(4)实验室也可用氯酸钠(NaClO3)和亚硫酸钠(Na2SO3)用硫酸酸化，加热制备二氧化氯，其化学反应方程式为________________________________________________。

(5)氯原子核外共有______种不同运动状态的电子，氯离子的最外层电子排布式是________。

(6)CCl4分子的空间构型为__________________，CO2的电子式是___________________。

(7)相同压强下，部分元素氯化物的熔点见表：。氯化物NaClKClCCl4熔点/℃804773-22.92

试解释表中氯化物熔点差异的原因：_______________________________________________________。23、我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢；再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：

(1).太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。

①基态硅原子的价电子排布式为___________，核外电子占据的最高能层符号为___________。

②硅和卤素单质反应可以得到SiX4，SiX4的熔沸点如下表所示：。SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔点/K183.0203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.7

0℃时，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液态的是___________(填化学式)，沸点依次升高的原因是___________，SiX4分子的空间构型是___________。

(2).1molCO2分子中存在___________个键，写出与它互为等电子体的一种阴离子：___________。

(3).由Cu、O构成的一种化合物常作为反应的催化剂，其晶胞结构如下图所示，该物质的化学式为___________；若相邻的Cu原子和O原子间的距离为acm，设阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶体的密度为___________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。

评卷人得分四、工业流程题(共3题，共9分)24、以辉铜矿石(主要成分为Cu2S，少量SiO2)为原料；制备硝酸铜的部分工艺流程如下：

(1)Cu+的基态核外电子排布式为___________。

(2)“浸取”过程中Cu2S发生反应的离子方程式为___________。

(3)“回收S”过程中温度控制在50-60℃之间，不宜过高或过低的原因是______；苯能够溶解硫的原因是___________。

(4)“滤液M”的主要成分为___________(用化学式表示)。

(5)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是___________；该过程消耗的硝酸与铁的物质的量之比为___________(用含x的代数式表示)。25、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)。26、二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物，以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)写出“氧化培烧”时生成CeO2的化学方程式：_______。

(2)“酸浸”产生的气体的名称是_______。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_______。

(3)实验室中进行操作Ⅰ所用到的主要玻璃仪器有_______。

(4)溶液中时即认为完全沉淀，为确保沉淀完全，则溶液的pH_______(填pH的范围)。(已知)

(5)中心原子轨道的杂化类型为_______；的空间结构为_______。

(6)铈的原子序数为58，基态铈原子的最外层电子排布式为_______。CeO2可被氢气还原为Ce2O3，已知铈与氧的一种化合物晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_______。

评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)27、Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为________，Cu+半径为acm，N3﹣半径为bcm，Cu3N的密度为________g•cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示；Cu；N相对分子质量为64、14）

28、(1)碳的某种晶体为层状结构，可与熔融金属钾作用。钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图①所示，则其化学式可表示为________。

(2)图②为碳的一种同素异形体C60分子，每个C60分子中含有σ键的数目为________。

(3)图③为碳的另一种同素异形体金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(12，0，12)，C为(12，12，0)；则D原子的坐标参数为________。

(4)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼晶胞的密度是______________g·cm－3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为NA)。29、锰(Mn)；钛(Ti)等过渡金属元素化合物的应用研究是目前前沿科学之一；回答下列问题：

(1)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___________(选填编号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为___________。

(2)金红石TiO2的晶胞结构如图所示，晶胞内均摊的O原子数为___________；设NA为阿伏伽德罗常数，则该晶体的密度为___________g∙cm-3(用相关字母的代数式表示)。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

略2、D【分析】【详解】

A．K+位于晶胞棱心和体心，数目为12×+1=4，位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，即一个KO2晶胞中摊得的K+和粒子数均为4个，则每个晶胞中含有4个KO2，晶胞的质量为g；故A错误；

B．K+的半径比Rb+离子半径小，则KO2的晶格能比RbO2晶格能大，即KO2的熔点比RbO2的熔点高；故B错误；

C．K+位于晶胞棱心和体心，位于晶胞体心的K+所在的水平方向的平面上与其最近的有4个K+，由于晶体中含有的哑铃形使晶胞沿竖直方向拉长，则与K+距离最近且相等的K+共4个；故C错误；

D．K+位于晶胞棱心，与K+距离相等且最近的位于面心；共有4个，故D正确；

答案选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示；乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故A正确；

B．基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，排布图为故B错误；

C．键线式中每个端点为一个C原子，省略C—H键，所以2-甲基丁烷的键线式：故C正确；

D．甲基中碳原子和三个氢原子形成3对共用电子对，还剩一个孤电子，所以甲基的电子式为：故D正确；

答案选B。4、C【分析】【详解】

A．基态原子的N层即第4层上只有一个电子的元素不一定是主族元素，如Cr(3d54s1)、Cu(3d104s1)；A错误；

B．电负性：O＞N；但是第一电离能：N＞O，则电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能不一定越大，B错误；

C．元素周期表中从ⅢB到ⅡB族10个纵行包括副族元素和第ⅤⅢ族；为过渡元素，都是金属元素，C正确；

D．价电子排布为5s25p4的元素即最外层上有6个电子；位于第五周期ⅥA族，是p区元素，D错误；

故答案为：C。5、C【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z、R的原子序数依次增大；X是地壳中含量最高的元素，则X为O，单质Z在X单质中燃烧火焰呈黄色，则Z为Na，Y为F，R基态原子p能级有一对成对电子，则R为S。

【详解】

A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大；同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：F＞O＞S＞Na，故A错误；

B．X与Z组成的化合物Na2O中不含共价键；故B错误；

C．电子层数越多；原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Na＞S＞O＞F，故C正确；

D．根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞H2S；故D错误。

综上所述，答案为C。6、D【分析】【分析】

【详解】

①离子键的实质不仅仅是静电吸引；还包括静电斥力，①错误；

②虽然离子键无方向性；但阴；阳离子的排列并不是没有规律的，也不是随意的，而是形成一定形状的规则的几何外形，②错误；

③NaCl仅仅表示氯化钠的组成是钠离子和氯离子按1：1结合，并不是故每个Na+周围吸引一个Cl-，事实上每个Na+周围吸引最近的的Cl-就有6个，还能吸引更远的Cl-；③错误；

④虽然离子键无饱和性；但每个离子均有一定的配位数，故故一个离子周围可以吸引一定数目的带异性电荷的离子，而不是任意多的离子，④错误；

⑤一种离子在各个方向上都可以与带相反电荷的离子发生静电作用；故离子键无方向性，⑤正确；

⑥每个离子周围排列尽可能多的带异性电荷的离子；能够使体系的能量降低，⑥正确；

故⑤⑥正确；故答案为：D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．元素的第一电离能比较并没有排除稀有气体元素；根据变化规律，He元素的第一电离能最大，故A错误；

B．一般金属离子所带的电荷越多；半径越小；金属键越强，相应金属晶体的硬度越高，故B错误；

C．石墨为混合型晶体；层内碳原子间靠共价键连接，层与层之间为分子间作用力，而金刚石为共价晶体，内部只有共价键，故石墨转化为金刚石，破坏了石墨中的分子间作用力和共价键，同时形成了金刚石中的共价键，故C正确；

D．基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；d轨道是排满的，故D错误；

答案选C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．Br2是单质，HBr是共价化合物；A错误；

B．NH3是共价化合物，NH4Cl是含有共价键的离子化合物；B错误；

C．KOH是含有共价键的离子化合物，K2O是只含有离子键的离子化合物；C错误；

D．Na2O2、K2SO4；都既含有离子键，又含有共价键，都属于离子化合物，D正确；

故选D。二、多选题(共8题，共16分)9、BC【分析】【详解】

A．由图知；铝原子与氮原子以共价键相结合形成正四面体，故氮化铝晶体中距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4，A正确；

B．已知氮化铝(AlN)具有耐高温；抗冲击；结合结构示意图知，氮化铝(AlN)结构类似于金刚石，金刚石为原子晶体，熔沸点与原子间的共价键的键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，所以熔沸点AlN比BN要低，B错误；

C．结构与金刚石结构类似；金刚石中的碳为sp3杂化，则Al原子和N原子也为sp3杂化，C错误；

D．结构与金刚石结构类似；金刚石中的碳形成4个共价键；Al原子最外层只有3个电子，可以提供空轨道，N原子提供孤对电子而形成配位键，故D正确；

答案选BC。10、CD【分析】【分析】

【详解】

Li是3号元素，根据构造原理可知基态Li原子核外电子排布式是1s22s1，则其基态核外电子排布的轨道表达式是在原子核外同一能层中的不同能级的能量大小关系为：E(s)＜E(p)＜E(d)＜E(f)；不同能层中一般是能层序数越大，能量越高，则Li原子核外电子排布中能量最高的是故合理选项是CD。11、AC【分析】【详解】

A．同周期：同主族：所以故选A；

B．同周期：故B不选；

C．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，同周期：故选C；

D．同周期从左到右，原子半径减小，所以故D不选。

答案选AC12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．二硫化碳为含有极性键的共价化合物；空间构型为直线形，结构对称，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故A错误；

B．IIA族元素原子的s轨道为全充满的稳定结构；第一电离能大于IIIA族，VA族元素原子的p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能介于B；N之间的第二周期元素有Be、C、O，共3种，故B正确；

C．氯原子核外有17个电子，核外电子排布式为能级不同能量不同，则原子核外能量不同的电子有5种，故C错误；

D．同周期从左到右；电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，则C；N、O、P四种元素中电负性最大的是O元素，故D正确；

故选BD。13、AD【分析】【详解】

A.香柑醇分子中含有碳碳双键和酚羟基，2个碳碳双键可与溴水发生加成反应，酚羟基对位上的氢原子能与溴水发生取代反应，则1mol香柑醇最多可以消耗溴水中3molBr2；故A正确；

B.M分子含有碳碳双键；但有1个碳碳双键的碳原子上连有2个甲基，则M分子不可能存在顺反异构，故B错误；

C.异欧前胡素中含有饱和碳原子，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化；故C错误；

D.香柑醇分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，异欧前胡素分子中不含有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，则可用FeCl3溶液检验异欧前胡素中是否存在香柑醇；故D正确；

故选AD。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．X属于分子晶体；X的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，与化学键无关，故A正确；

B．根据图知，一个Z分子中含有5个π键(2个C=Oπ键、1个Π大π键)和30个σ键(13个C-Hσ键；2个C=Oσ键、10个C-Cσ键、3个C-Oσ键、1个H-Oσ键、1个C-Clσ键)；形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为5×2∶30×2=1∶6，故B错误；

C．X中C、O原子中价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，C、O原子杂化类型都是sp3杂化；其杂化方式相同，故C错误；

D．苯分子中所有原子共平面；甲烷中最多有3个原子共平面、-COCl中所有原子共平面；单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；

故选BC。15、AC【分析】【分析】

【详解】

A．C；N、O的非金属性依次增强；则C、N、O原子的电负性依次增大，A正确；

B．聚维酮碘中含有离子键；共价键、氢键；但氢键不是化学键，B错误；

C．因为聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘；聚维酮碘中也存在氢键，水分子中也存在氢键，根据相似相溶，聚维酮碘水溶性良好的性能与氢键有关，C正确；

D．分子中的含N五元环上有3个亚甲基，亚甲基上的碳原子为sp3杂化；则五元环一定不是平面结构，D错误；

故选AC。16、BC【分析】【分析】

【详解】

A．在立方体的顶点，每个被8个晶胞共用，故每个晶胞中个数为同理每个晶胞中个数为位于棱的中点，每个被4个晶胞共用，故每个晶胞中个数为已知晶体的化学式为则晶体中的阴离子为根据化合价代数和为0得晶体的化学式为综上可知，A错误；

B．因为有阴阳离子；故该晶体属于离子晶体，M呈+1价，B正确；

C．若M的离子在立方体的体心位置，则该晶体的化学式可表示为C正确；

D．该晶胞中与每个距离最近且相等的有6个；D错误；

故选BC。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N的价层电子对数为4，C的价层电子对数为4，分子中氮、碳的杂化类型分别是sp3、sp3；乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是Mg2+、Cu2+有空轨道，乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；配位体给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。【解析】sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+18、略

【分析】【详解】

(1)Si的原子序数为14；核外电子分3层排布，第3层4个电子，故在元素周期表中的位置是第3周期第ⅣA族。

(2)制作芯片需要高纯度的硅；硅晶体是由原子通过共价键结合而成的原子晶体，故高纯硅中Si原子之间的相互作用是共价键。

(3)非金属性Si弱于P；用原子结构解释原因：Si与P电子层数相同，核电荷数Si小于P，原子半径Si大于P，则原子核对核外电子的吸引力Si小于P，得电子能力Si小于P。

(4)①主族元素的最高正化合价等于主族序数，C和Si均处于第ⅣA族，故C的最高正化合价与Si的最高正化合价相同，①说法正确；②SiO2中硅呈+4价，二氧化硅性质稳定，不具有还原性，②说法错误；③非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳的非金属性大于硅，故酸性：H2CO3>H2SiO3，③说法正确；故正确的是①③。【解析】第3周期第ⅣA族共价键Si与P电子层数相同，核电荷数Si小于P，原子半径Si大于P①③19、略

【分析】【分析】

(1)晶体具有自范性；可通过X-射线衍射实验进行鉴别；

(2)根据Pt(NH3)2Cl2可以形成两种固体知：Pt(NH3)2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上；根据水的极性及相似相溶原理分析可知；A的分子极性较大，据此画出结构图；

(3)根据均摊法计算晶胞中各原子个数；进而确定化学式；Mg原子处于顶点，与之最近的Ni原子处于面心，每个顶点为12面共用；

(4)根据金属Pt的晶胞的二维投影，晶胞为立方晶胞，为面心立方最密堆积，根据密度公式d=计算晶胞参数a。

【详解】

(1)某种金属互化物具有自范性；原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体，可通过X-射线衍射方法鉴别；

(2)Pt(NH3)2Cl2可以形成两种固体，说明Pt(NH3)2Cl2分子是平面四边形结构，若为四面体结构则只有一种固体形式，不存在同分异构体，共有两种同分异构体，其中A在水中的溶解度大于B，则A为极性分子，结构图为

(3)碳原子位于晶胞体心，只有1个C原子，镁位于顶点，晶胞中Mg原子数目为8×=1，镍位于面心，每个镍原子被两个晶胞共用，故每个晶胞中镍原子个数为6×=3，故晶体化学式为MgCNi3；Mg原子处于顶点；与之最近的Ni原子处于面心，每个顶点为12面共用，所以晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有12个；

(4)根据金属Pt的晶胞的二维投影，晶胞为立方晶胞，为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有Pt的个数为8×+6×=4，晶胞的物质的量为mol，质量为g，一个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶胞的密度d=g/cm3，a=cm=×1010pm。【解析】晶体X-射线衍射略MgCNi312×101020、略

【分析】【分析】

（1）Co为27号元素，Co2+的核外电子数为25；根据构造原理书写核外电子排布式；

（2）1molFe(CO)5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键；Co2(CO)8中含有碳氧双键和碳氧三键；元素的非金属性越强；电负性越大；

(3)由金属钴的堆积方式为六方最密堆积可知配位数为12；由晶胞结构可知；钴原子有12个位于顶点；2个位于面心、3个位于体内，由均摊法确定原子个数和计算晶体密度。

【详解】

（1）Co为27号元素，Co2+的核外电子数为25，根据构造原理可知核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7，故答案为：1s22s22p63s23p63d7；

（2）1molFe(CO)5中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，共含有10mol配位键；由图可知，Co2(CO)8中含有碳氧双键和碳氧三键，双键中C原子的杂化方式为sp2杂化，三键中C原子的杂化方式为sp杂化；元素的非金属性越强，电负性越大，O元素非金属性最强，则电负性最大的是O元素，故答案为：10；sp、sp2；O；

(3)由金属钴的堆积方式为六方最密堆积可知配位数为12；由晶胞结构可知，钴原子个数为12×+2×+3=6；由晶胞的边长为anm，高为cnm可知晶报的体积为×a×10—7cm××a×10—7cm×c×10—7cm×6=×10—21a2ccm3，则晶胞的密度为=g·cm-3，故答案为：12；6；

【点睛】

由晶胞结构可知，钴原子有12个位于顶点、2个位于面心、3个位于体内，则由均摊法确定钴原子个数为12×+2×+3=6是解答难点。【解析】[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d710sp、sp2O12621、略

【分析】【详解】

（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成氯化锰，所以发生的反应方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氯气与碘化钾发生：2KI+Cl2=2KCl+I2，单质碘遇淀粉变蓝，无色碘化钾溶液逐渐变成蓝色；检验钾离子要通过焰色反应，通过钴玻璃观察焰色反应呈紫色证明含钾离子；故答案为2KI+Cl2=2KCl+I2；焰色反应；

（2）在碱性条件下自身发生氧化还原反应：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，氢氧化钠浓度逐渐减小，酚酞溶液的红色逐渐褪去；氯气与Fe2+发生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，铁离子遇硫氰化钾变红，故答案为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；溶液变为红色；

（3）短周期原子半径最大的原子为钠元素，电子排布式为：1s22s22p63s1；1s；2s、2p、3s能级上电子能量各不相同，故有4种不同能量的电子；第3周期原子半径最小的为氯元素，钠和氯形成的为离子晶体，每个钠离子周围距离最近的氯离子有6个（同一面上4个，上下各1个），故答案为4；6；

（4）把少许KMnO4撒入盛水烧杯中溶解；包含物理过程即扩散过程，化学过程即形成水合离子的过程，水合钾离子无色，故有色离子为水合高锰酸根离子；故答案为扩散；水合；水合高锰酸根离子；

（5）NH4+的空间结构为正四面体；H3O+、CH4、P4、NH3的空间结构为三角锥形、正四面体、正四面题、三角锥形，所以微粒与NH4+具有相同空间构型的微粒是CH4、P4，故选b；c；

（6）1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/mol=10.58L。故答案为10.58。【解析】①.2KI+Cl2→2KCl+I2②.焰色反应③.Cl2+2OH－→Cl－+ClO－+H2O④.溶液变为红色⑤.4⑥.6⑦.扩散⑧.水合⑨.水合高锰酸根离子⑩.BC⑪.10.5822、略

【分析】【详解】

(1)方法一：2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，根据化合价变化规律，同种元素化合价不交叉，NaClO3作氧化剂发生还原反应生成ClO2，则两份NaClO3参与反应化合价降低2；四份HCl中2份体现还原性化合价升高生成氯气；化合价升高2，2份HCl中Cl的化合价不变生成氯化钠；则该反应化合价变化为2，转移电子数为2；根据分析电子转移数目与作还原剂的HCl物质的量为1：1，当有0.2mol电子发生转移时，参与反应的还原剂0.2mol。

(2)方法二：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4→Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O；草酸中的碳元素从+3价→+4价，发生氧化反应做还原剂；故选c；

(3)两种方法相比，方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒；其主要原因是方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染；

(4)硫酸酸化，Na2SO3做还原剂发生氧化反应得到Na2SO4，化合价升高2，NaClO3发生还原反应生成二氧化氯，化合价降低1，根据化合价守恒n（Na2SO3）：n（NaClO3）=1：2，其余部分按照原子守恒配平，故其化学反应方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O；

(5)氯原子核外共有17个电子，每个电子的运动状态都不同，故有17种不同运动状态的电子；按照构造原理氯离子的最外层电子排布式是3s23p6；

(6)CCl4中C的价层电子对数为4，没有孤电子对，则CCl4分子的空间构型为正四面体；CO2的电子式是

(7)对比物质的熔沸点，首先确定物质的晶体类别，一般熔沸点大小比较：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；若均为离子晶体，比较离子键强弱；NaCl与KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大；KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低。

【点睛】

分析方法一的氧化还原反应，首先抵消同种元素相同的化合价部分，再根据同种元素化合价不交叉，化合价升降守恒进行判断。【解析】0.2c方法二方法一产生污染性气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O173s23p6正四面体NaCl与KCl为离子晶体，CCl4为分子晶体，故CCl4的熔点低；K+的半径比Na+的半径大，KCl中离子键强度较NaCl小，故KCl的熔点比NaCl低23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①基态硅原子的价电子排布式为3s23p2，最高能层位第三层，符号为M；②0℃时，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液态的是SiCl4，沸点依次升高的原因为SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，SiX4分子是sp3杂化；空间构型是正四面体；

(2)CO2分子的结构是为O=C=O，故1molCO2分子中存在2NA个键，等电子体为SCN-(或N等)；

(3)黑球代表Cu，白球代表O，故化学式为Cu2O，密度为=【解析】3s23p2MSiCl4SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高正四面体形2NASCN-(或等)Cu2O四、工业流程题(共3题，共9分)24、略

【分析】【分析】

辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2等杂质)，加氯化铁溶液浸取，酸性环境下三价铁离子将Cu2S氧化为铜离子和S单质，氯化铁被还原为氯化亚铁，过滤得到滤渣主要含有S和不溶于酸的二氧化硅，处理后回收S；滤液中主要含有Fe3+和Cu2+、Fe2+等，加入铁粉，将Fe3+和Cu2+还原为Fe2+和Cu，过滤得到的滤渣有铜和铁的单质；加入硝酸氧化，将铜转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，之后加入CuO，调节pH使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去；过滤后用硝酸溶液调节pH，经过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸铜晶体。

（1）

Cu是29号元素，Cu+是Cu原子失去最外层是一个4s电子形成的，故Cu+基态核外电子排布式为［Ar］3d10；

（2）

“浸取”过程中Cu2S与Fe3+发生氧化还原反应产生Cu2+、S单质、Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；

（3）

“回收S”过程中温度控制在50-60℃之间；不宜过高或过低，这是由于温度过高溶剂苯易挥发；若温度过低硫的溶解速率(或溶解度)小；

苯能够溶解硫是由于二者都是由非极性分子构成的物质；根据相似相溶原理可知：由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中；

（4）

向含有Cu2+、Fe2+的溶液中加入Fe粉，Cu2+被还原为Cu单质进入固体中，因此所得滤液为FeCl2溶液，溶质为FeCl2；

（5）

“保温除铁”过程中，加入CuO，会与溶液中的H+反应变为Cu2+，溶液的pH增大，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去；

Fe与HNO3反应产生Fe(NO3)3、NOx、H2O，Fe元素化合价由0价变为+3价，化合价升高3价，N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NOx中的+2x价，化合价降低(5-2x)价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe、Fe(NO3)3的系数是(5-2x)，NOx的系数是3，然后根据N元素守恒可知HNO3的系数是3×(5-2x)+3=18-6x=6(3-x)，最后根据H元素守恒可知H2O的系数是3(3-x)，故该反应方程式为：(5-2x)Fe+6(3-x)HNO3=(5-2x)Fe(NO3)3+3NOx+3(3-x)H2O，故该过程消耗的硝酸与铁的物质的量之比n(HNO3)：n(Fe)=【解析】(1)［Ar］3d10

(2)Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S

(3)温度过高苯易挥发；温度过低硫的溶解速率(或溶解度)小硫为非极性分子，苯是非极性溶剂，相似相溶。

(4)FeCl2

(5)提升溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀25、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%26、略

【分析】【分析】

氟碳铈矿(主要含CeFCO3)中加入Na2CO3、空气进行氧化焙烧，生成CO2，同时生成CeO2；CeO2中加入稀硫酸、双氧水进行酸浸，可生成O2和Ce2(SO4)3，发生反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O；用HT萃取、分液，可得到硫酸铈稀溶液和有机层CeT2；有机层加入稀硫酸，将铈转化为Ce2(SO4)3；加碱调节pH，将铈转化为Ce(OH)3；通入O2后过滤、洗涤、干燥，即得到Ce(OH)4。

（1）

“氧化培烧”时，CeFCO3、Na2CO3、O2发生反应，生成CeO2和CO2，化学方程式：4CeFCO3+2Na2CO3+O2=4CeO2+6CO2。答案为：4CeFCO3+2Na2CO3+O2=4CeO2+6C