2025年北师大新版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年北师大新版选择性必修2化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、是一种具有高催化活性的新型光催化剂，下列相关说法错误的是A.Zn处于元素周期表中的ds区B.基态Ge存在8种不同能量的电子C.基态O原子中含有4对成对电子D.电负性大小顺序O>Ge>Zn2、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成型离子化合物，Z与T形成的化合物能破坏水的电离平衡。五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是。

A.原子半径和离子半径均满足：B.简单的气态氢化物的沸点和稳定性排序均为：C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：D.由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性3、已知化合物二氯化二硫(S2Cl2)易与水反应：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，下列对该反应的说法正确的是A.S2Cl2即作氧化剂又作还原剂B.S2Cl2的结构式：Cl-S-Cl-SC.每生成1molSO2转移2mol电子D.H2O分子的空间构型为直线型4、中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃；反应机理如图所示。下列说法正确的是。

A.该过程中没有发生电子的转移B.1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含12个σ键C.示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同D.催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关5、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%6、下列关于O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是()A.第一电离能：I1(K)＞I1(Na)B.沸点：H2S＞H2OC.原子半径：r(K)＞r(Cl)＞r(S)＞r(O)D.热稳定性：HCl＞H2S评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、一种广泛用于锂离子电池的物质。其结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期元素，Y、W同主族，原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)。下列说法正确的是（）

A.电负性XB.简单氢化物的沸点W>Z>Y>XC.Y、Z、W的单质是相同的晶体类型D.简单氢化物的热稳定性Y>W>Z8、下列实验装置正确且能达到实验目的的是A.测定一定时间内生成H2的反应速率B.探究乙醇的还原性C.吸收氨气制取氢氧化铝D.证明非金属性：Cl>C>Si9、下列说法正确的是A.已知键的键能为故键的键能为B.键的键能为键的键能为故比稳定C.某元素原子最外层有1个电子，它跟卤素原子相结合时，所形成的化学键为离子键D.键的键能为其含义为形成键所释放的能量为10、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到溶液先变红后褪色。下列说法正确的是A.B的最高价氧化物对应的水化物的酸性比E强B.B的氢化物分子中B采用sp3杂化C.向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D.B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物11、极易发生水解；水解机理如图所示，下列说法错误的是。

A.整个反应历程中P的化合价不变B.水解产物是一种三元弱酸C.中3个原子被取代的机会不相等D.分子的P原子有孤电子对，易与金属离子配位而形成配合物12、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13、AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成系列“超四面体”(T2、T3)；下列相关说法正确的是。

A.T4超四面体中有4种不同环境的X原子B.T4超四面体的化学式为A20X34C.T5超四面体中有6种不同环境的X原子D.T5超四面体的化学式为A35X56评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____(填标号)。

A．B．C．D．

(2)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。

(3)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。

(4)氨的沸点_____(“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______；氨是_____分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_______。

(5)N2的沸点比CO的沸点____(填“高”或“低”)。15、(1)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于________(填晶体类型)。

(2)三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为________。16、有A；B、C、D、E五种元素；已知：

①它们位于3个不同的短周期；核电荷数依次增大。

②E元素的电离能(kJ•mol-1)数据见表：。I1I2I3I4496456269129543

③A；E都能与D按原子个数比1：1或2：1形成化合物。

④B；C都能与D按原子个数比1：1或1：2形成化合物。

(1)写出两种只含有A、B、D、E四种元素的无水盐的化学式__、__。

(2)分别写出③和④中按原子个数比1：1形成的化合物的化学式：__、__、__、__。

(3)(BC)2分子的结构式为__，含有__个σ键，__个π键。17、短周期主族元素A；B、C、D、E的原子序数依次增大。常温下；A、B组成的化合物是常见液体，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，D最外层电子数等于电子层数的2倍。回答下列问题：

(1)B在元素周期表中的位置为________；A、B组成的原子个数比为1:1的化合物的电子式为________。

(2)B、C的简单离子中，半径较大的是________(填离子符号)；A、B、C三种元素组成的化合物中含有的化学键类型是________。

(3)C、D的最高价氧化物对应的水化物间反应的离子方程式为________。

(4)下列叙述能说明E的非金属性强于D的是________(填序号)。

a．D的简单氢化物的稳定性强于E的。

b．D的氧化物对应的水化物的酸性弱于E的。

c．D的单质常温下为固体；E的单质常温下为气体。

d．E的单质通入D的简单氢化物的水溶液中，有D单质生成18、下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72-＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O→4[Cr(H2O)6]3＋＋3CH3COOH

（1）Cr3＋基态核外电子排布式为_________；配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是________(填元素符号)。

（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为______________；1molCH3COOH分子中含有σ键的数目为______。

（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为________(填化学式)；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___________。19、HN3(氢叠氮酸)常用于引爆剂，其分子的结构式可表示为：则左边氮原子和中间氮原子的杂化方式分别为___________、___________。20、回答下列问题：

(1)Cd与Zn同族且相邻，写出基态Cd原子的价层电子排布式：___________。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Si原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。

(3)O和S处于同一主族，第一电离能较大的是___________。和分子中的键角较大的是___________，键长较短的是___________。单质硫与热的浓溶液反应的产物之一为的空间构型为___________。

(4)已知多个相邻且平行的p轨道重叠则形成大键，分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数(如苯分子的大键可表示为)。吡咯()中所有原子共平面。则吡咯分子中的大键应表示为___________。吡咯分子中N原子的杂化类型为___________，1mol吡咯分子中含有___________键，噻吩的沸点为84℃，吡咯()的沸点在129-131℃之间，吡洛沸点较高，其原因是___________。

(5)键的极性对物质的化学性质有重要影响。已知一些常见电子基团的吸电子效应的强度：则下列物质酸性由强到弱的顺序是___________(填序号)。A．B．C．D．(6)是离子晶体；其形成过程中的能量变化如图(a)所示。

可知，Li原子的第一电离能为_______键键能为_______21、石墨的片层结构如图所示；试回答下列问题：

（1）每个正六边形实际占有碳原子数为______________。

（2）石墨晶体中每一层内碳原子数与C一C键数目之比是______________。

（3）若NA代表阿伏加德罗常数的值，ng碳原子可构成______________个正六边形。评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)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23、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24、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25、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3题，共18分)26、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、___。27、实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO；其主要实验流程如下：

(1)浸出。用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn(NH3)4CO3]浸出液。

①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为______。

②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示。当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是______。

(2)除杂。Cu2＋、Pb2＋等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式______。

(3)蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3·3Zn(OH)2沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为______。

(4)焙解。已知Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2]时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。

①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为______(填化学式)。

②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为______。

(5)已知pH>11时，Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-。下表是几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：

。

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Zn2＋

5.9

8.9

Fe2＋

5.8

8.8

Fe3＋

1.1

3.2

设计以锌灰(主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物)为原料制备活性ZnO的实验方案：______。(实验中可供选择的试剂：1.0mol/LHNO3、1.0mol/LH2SO4、1.0mol/LNaOH、20%H2O2)28、电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为含有少量和微量等)制备工艺如下：

回答下列问题：

(1)“酸浸”时生成的化学方程式为___________，工业生产时往往会适当加热，目的是___________。

(2)“精馏1”设备使用的材料可选用___________(填序号)。A．玻璃B．陶瓷C．石英D．金(3)已知是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与溶液反应制备极易溶于水的强酸反应的离子方程式为___________

(4)“氧化”时将氧化为的沸点高于原因是___________

(5)液态是酸性溶剂，能发生自偶电离：由于和都溶剂化，常表示为：在溶剂中呈酸性，呈碱性，比如的电离方程式分别为：在作用下：

①写出与反应的离子方程式___________

②已知：与反应生成结合的能力：___________(填“>”、“<”或“=”)。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共8分)29、闪锌矿与纤锌矿的主要成分均为ZnS。在一定条件下ZnO与ZnS；Se共热可制备荧光材料ZnSe。回答下列问题：

(1)基态Zn原子占据最高能层的电子云轮廓图形状为___________；基态Zn与S原子成对电子数之比为___________。

(2)根据下列锌卤化物的熔点和溶解性，判断晶体的类型为___________；分析的熔点依次增大的原因___________。熔点/℃872275394446在乙醇、乙醚中的溶解性不溶溶解溶解溶解

(3)固态是以角锥体以角相连接的展平的聚合结构，每一锥体带有一悬垂的终端O原子(如图所示)。图中Se－O键键长较短的是___________(填“a”或“b”)。其原因是___________。

(4)ZnSe晶胞与ZnS晶胞相似(如图)，晶胞中距离最近的两个的距离为anm，请计算ZnSe晶胞的密度___________

(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。ZnSe晶胞中部分原子的分数坐标为：A点B点的分数坐标为___________；从该晶胞中找出距离B点最远的的位置___________(用分数坐标表示)。30、2019年4月23日；中国人民军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。航母的龙骨要耐冲击，甲板要耐高温，外壳要耐腐蚀．

(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，基态Cr原子价层电子的电子排布式为_______________。

(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图甲所示)。基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形：H、C、O、Si四种元素中的电负性最高的是______。

(3)海洋是元素的摇篮；海水中含有大量卤族元素。

①钛卤化物的熔点如下表所示：。TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-2438150

解释表中卤化物之间熔点差异的原因是________________________。

②OF2的空间构型为___________，其中O原子杂化方式为__________杂化。

③氯元素可以形成多种含氧酸，其酸性由弱到强的顺序为：HClO234。试解释其酸性强弱的原因是_______________。

(4)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏大着极的资源，含有硅、氧、锰、锌等。如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体。

①晶体中的氧离子是否构成了面心立方最密堆积？________(填“是”或“否”)；

②已知：Fe3O4晶体的密度为5.18g•cm-3,根据该图计算a________nrn(写出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为NA)

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．Zn元素价电子排布式是3d104s2；根据价电子排布式判断Zn元素位于ds区，选项A正确；

B．基态Ge的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；根据能级能量不同判断共有8种能量的电子，选项B正确；

C．基态O原子排布式为1s22s22p4；根据洪特规则可知其含有3对成对电子，选项C错误；

D．非金属电负性一般大于金属，同周期从左往右电负性逐渐增大，故电负性：O>Ge>Zn；选项D正确；

答案选C。2、B【分析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍可知R为C或S元素，由原子半径以及原子序数的关系可知R为C；Y与Z能形成型离子化合物且Z的原子半径最大，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的化合物能破坏水的电离平衡且T为原子序数最大的元素；则T为S；X的原子半径以及原子序数均最小，应为H；结合元素化合物的相关知识分析可得：

【详解】

A．由分析可知Y为O，Z为Na，则核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故故A错误；

B．由分析可知Y为O、T为S，O和S为同主族元素，由于O原子具有很强的电负性，O的氢化物含有氢键，而S的气态氢化物不含氢键，所以简单气态氢化物的沸点又由于同主族元素从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，则所以简单的气态氢化物的沸点和稳定性排序均为：故B正确；

C．由分析可知T为S，R为C，S的非金属性强于C的非金属性，所以最高价氧化物对应的水化物的酸性：故C错误；

D．由分析可知X、R、Y、Z分别为：H、C、O、Na，由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为可能为有机钠盐且含有羧基，溶液不一定呈碱性，也可能呈酸性，故D错误；

答案选B。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．在该反应中，S元素化合价由反应前的+1价部分升高变为反应后SO2中的+4价，部分降低变为S单质的0价，化合价既升高，又降低，因此S2Cl2即作氧化剂又作还原剂；A正确；

B．根据Cl原子最外层有7个电子，形成1个共用电子对达到稳定结构；S原子最外层有6个电子，形成2个共用电子对达到稳定结构。结合物质的稳定性，S2Cl2的结构式：Cl-S-S-Cl；B错误；

C．S元素由反应前的+1价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高3价，每生成1molSO2转移3mol电子；C错误；

D．H2O分子中O原子形成2个共价键，O原子上还含有2对孤对电子，因此H2O的空间构型为V型；D错误；

故合理选项是A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示，CO2和H2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效合成异构化烷烃；H元素的化合价发生了变化，一定存在电子的转移，故A错误；

B．1个氨气分子中存在3个N-Hσ键，每个氨气分子与锌原子间形成1个配位键，也是σ键，因此1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含16个σ键；故B错误；

C．示意图中含碳化合物均为烷烃，碳原子都属于饱和碳原子，杂化方式均为sp3；但二氧化碳中的碳原子的杂化方式为sp，故C错误；

D．催化剂具有选择性，在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关；故D正确；

故选D。5、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。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．同主族元素从上至下，第一电离能逐渐减小，故第一电离能：I1(K)＜I1(Na)；故A错误；

B．水分子之间可形成氢键，故沸点：H2S＜H2O；故B错误；

C．同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：r(Cl)＜r(S)；故C错误；

D．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：Cl＞S，故热稳定性：HCl＞H2S；故D正确；

故选D。二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】【分析】

X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族，根据图示可知，Y能够形成2个共价键，W形成6个共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O，W为S元素；Z只能形成1个共价键，原子半径r(X)＞r(Y)＞r(Z)；Z的原子序数大于O小于S，则Z为F；X形成4个共价键，其原子序数小于F，则X为C元素，以此分析解答。

【详解】

根据分析可知；X为C元素，Y为O，Z为F，W为S元素。

A．同一周期从左向右元素的电负性逐渐增强；则电负性C＜O＜F，即X＜Y＜Z，故A正确；

B．X为C元素，Y为O，Z为F，W为S，他们的简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞H2S＞CH4，即：Y>Z>W>X；故B错误；

C．O2、F2；S都是分子晶体；故C正确；

D．元素的非金属性：F>O>S，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越高，故简单氢化物的稳定性：Z>Y>W；故D错误。

答案选AC。

【点睛】

推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。8、AB【分析】【分析】

【详解】

A．测定生成氢气的反应速率需要测定时间和收集气体体积；题给装置中有测定体积的仪器和测定时间的仪器，可以实现实验目的，故A正确；

B.乙醇具有还原性；在加热条件下，乙醇能与氧化铜反应生成乙醛；铜和水，题给装置探究乙醇的还原性，故B正确；

C.氨气极易溶于水；将氨气直接通入溶液中会产生倒吸，则题给实验装置不能实现实验目的，故C错误；

D．盐酸具有挥发性；生成的二氧化碳中含有氯化氢，HCl也能和碳酸钠反应生成硅酸沉淀，挥发出的氯化氢干扰实验，且HCl不是氯元素的最高价氧化物是水化物，不能比较非金属性强弱，则题给实验装置不能实现实验目的，故D错误；

故选AB。9、BD【分析】【详解】

A．由于键中含有1个键、2个π键，键与π键的键能不同；A错误；

B．分子中共价键的键能越大；分子越稳定，B正确；

C．该元素可能为氢元素或碱金属元素；故可形成共价键或离子键，C错误；

D．形成键所释放的能量为说明键的键能为D正确；

答案选BD。10、BC【分析】【分析】

短周期元素A；B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；则A是碳元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，则B为N元素；C、D为金属元素，原子序数大于氮，处于第三周期，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，其最外层电子数为2，所以D为Mg元素，C为Na元素；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，能观察到先变红后褪色的现象，则E是Cl元素。

【详解】

A．B为N元素；E是Cl元素，氯元素的非金属性强于氮元素，所以高氯酸的酸性比硝酸的强，A错误；

B．B为N元素，氢化物分子中N形成3个σ键，以及一个孤电子对，可知N采用sp3杂化；B正确；

C．Mg单质与沸水反应后生成氢氧化镁；溶液呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，C正确；

D．A的氢化物有烷烃；烯烃、炔烃、芳香烃等；碳原子数小于等于4时，为气态，大于4以上为液态；B的氢化物是氨气，虽然氨气分子之间形成氢键，沸点较高，但其沸点不一定高于A的氢化物，D错误；

答案选BC。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．由反应历程可知；整个过程中P的化合价始终保持+3价不变，故A正确；

B．由的结构可知；其只含两个羟基氢，属于二元酸，故B错误；

C．中三个Cl处于对称位置；每个Cl原子被取代的机会相等，故C错误；

D．分子中P原子有一对孤对电子未成键；与金属离子的空轨道之间易形成配位键，从而形成配合物，故D正确；

故选：BC；12、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。13、CD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据能级能量E(1s)＜E(2s)＜E(2p)判断；能量最低的为D，能级最高的为C；

(2)基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上有6个电子优先占据5个轨道，故基态Fe原子价层电子的电子排布图为：基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；电子占据最高能级为3p，p能级的电子云轮廓图为哑铃形；

(3)价层电子对数包括成键电子对数和孤电子对数，H2S中S的成键电子对数为2，孤电子对数为故价层电子对数为4，同理，SO2中S的价层电子对数为SO3中S的价层电子对数为H2S中S的价层电子对数不同于SO2、SO3；

(4)氨分子之间形成氢键，分子间作用力增大，故沸点高于膦(PH3)；氨分子中N原子的价层电子对数为采取sp3杂化；四个杂化轨道中有三个轨道被共用电子对占据；一个轨道被孤电子对占据，是极性分子；

(5)N2、CO的相对分子质量相同，但是N2为非极性分子，CO为极性分子，极性分子间的范德华力较强，所以N2的沸点比CO的低。【解析】DC哑铃H2S高于NH3分子之间可形成氢键极性sp3低15、略

【分析】【详解】

(1)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质：分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，可知Fe(CO)5属于分子晶体；（2）分子晶体熔沸点较低，三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为分子晶体。【解析】①.分子晶体②.分子晶体16、略

【分析】根据五种元素位于3个不同的短周期，且核电荷数依次增大，可知A为H元素；根据E的第二电离能剧增，故E通常为+1价，且E有I4，则E不可能为Li，E为第三周期，E为元素；H、都能与O形成原子个数比为1：1或2：1的化合物；所以D为O元素；原子序数比O小且与O可以按原子个数比1：1或1：2形成化合物的元素为C元素和N元素，所以B；C分别为C元素和N元素。

【详解】

(1)通过以上分析知，A是H元素，B是C元素，D是O元素，E是Na元素；只含有A、B、D、E四种元素的无水盐为NaHCO3和CH3COONa，故答案为：NaHCO3；CH3COONa；

(2)通过以上分析知，A是H元素，B是C元素，C是N元素，E是Na元素，D是O元素，H、Na与O按原子个数比1：1形成化合物分别为H2O2与Na2O2，C与N与O按原子个数比1：1形成化合物分别为CO和NO，故答案为：H2O2；Na2O2；CO；NO；

(3)通过以上分析知，B是C元素，C是N元素，(CN)2分子的结构式为：NC—CN；

分子中存中存在3个σ键,4个π键，故答案为：NC—CN；3；4；【解析】NaHCO3CH3COONaH2O2Na2O2CONONC—CN3417、略

【分析】【分析】

由题干可知，短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。常温下，A、B组成的化合物是常见液体H2O；故A为H，B为O，C的原子半径是短周期主族元素中最大的故C为Na，D最外层电子数等于电子层数的2倍,故D为S，故E只能是Cl，据此进行解题。

【详解】

(1)由分析可知，B是O元素，故在元素周期表中的位置为第二周期VIA族；A、B即H和O组成的原子个数比为1:1的化合物即H2O2，故其电子式为故答案为：第二周期VIA族；

(2)B、C的简单离子即O2-和Na+，两离子具有相同的核外电子排布，其半径与核电荷数有关，核电荷数越大半径越小，半径较大的是O2-；A、B、C三种元素即H、O、Na组成的化合物为NaOH，故其含有的化学键类型是离子键、共价键，故答案为：O2-；离子键；共价键；

(3)C、D的最高价氧化物对应的水化物即NaOH和HClO4，故反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O，故答案为：H＋＋OH－=H2O；

(4)

a．简单气态氢化物的稳定性与元素的非金属性一致；故D的简单氢化物的稳定性强于E的，说明D的非金属强于E，a不合题意；

b．元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致，故D的氧化物对应的水化物的酸性弱于E的，不能说明D、E的非金属性强弱，b不合题意；

c．物质的状态是物理性质；非金属性是化学性质，二者不相关，故D的单质常温下为固体，E的单质常温下为气体，不能说明D；E的非金属性强弱，c不合题意；

d．E的单质通入D的简单氢化物的水溶液即Cl2+H2S=2HCl+S，有D单质生成，说明Cl2的氧化性强于S的；元素单质的氧化性与非金属性一致，故说明E的非金属性强于D的，d符合题意；

故答案为：d。【解析】第二周期VIA族O2-离子键、共价键H＋＋OH－=H2Od18、略

【分析】【详解】

（1）Cr属于第四周期ⅥB族，Cr原子核外有24个电子，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，Cr3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；Cr3＋提供空轨道，另一方提供孤电子对，只有氧元素有孤电子对，与Cr3＋形成配位键的原子是O；

（2）甲基中碳原子有4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，则杂化类型是sp3，羧基中碳有3个σ键，无孤电子对，价层电子对数3，则杂化类型是sp2；CH3COOH中含3个C—H键、1个C—C键、1个C—O键、1个O—H键和1个C=O键，单键全为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，则1molCH3COOH中含有σ键的数目为7mol或7NA；

（3）等电子体：原子总数相等，价电子总数相等，故与H2O互为等电子体的一种阳离子是H2F＋；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键。【解析】①.1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3②.O③.sp3、sp2④.7mol或7NA⑤.H2F＋⑥.H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键19、略

【分析】【分析】

【详解】

根据图示结构，左边氮原子成键(H-N-N)的角度约为120°，其价层电子对数为3，所以左边N原子的杂化应该是sp2杂化；中间氮原子，因为要和两边氮原子成键，且要形成双键和三键，所以其价层电子对数为2，故中间氮原子发生sp杂化。答案为：sp2；sp。【解析】①.sp2②.sp20、略

【分析】【详解】

（1）Cd与Zn同族且相邻，Zn的价电子排布式为3d104s2，则基态Cd原子的价层电子排布式为4d105s2。

（2）Si的价电子排布式为3s23p2，3s2上的两个电子自旋方向相反；自旋磁量子数的代数和为0，3p上的两个电子自旋方向相同，则自旋磁量子数的代数和为+1或-1。

（3）同主族元素从上到下，电子层数逐渐增多，对核外电子的引力逐渐减弱，所以第一电离能逐渐减小，所以O和S第一电离能较大的是O；H2O和H2S分子的中心原子均为sp3杂化，都有两个孤电子对，由于O的电负性比S大，所以O原子周围的电子较多，排斥力较大，键角较大，所以键角较大的是H2O；O原子的半径比S小，所以H2O中的键长比H2S中的键长短；中心原子的价电子对数=2+(6+2-2×2)=2+2=4；其VSEPR模型为四面体形，去掉两个孤电子对，其空间结构为V形。

（4）吡咯是平面结构，C原子和N原子均采取sp2杂化，C原子杂化后还剩一个未参加杂化的p轨道上的电子，N原子杂化后还剩余一对电子，所以吡咯分子中的大π键是5个原子共用6个电子形成的，表示为吡咯分子中有C-Cσ键；C-Nσ键、C-Hσ键和N-Hσ键；1mol吡咯分子中有10molσ键；吡咯分子中有N原子，N原子上连着H原子，可以形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，所以吡咯的沸点比噻吩高。

（5）根据吸电子效应的强度可知，−Cl>−C≡CH>−C6H5>−H，所以四种物质酸性由强到弱的顺序为B>C>D>A。

（6）第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需吸收的最低能量，根据图示可知，Li原子的第一电离能为1040kJ/mol÷2=520kJ/mol；键能是拆开1mol共价键需要吸收的能量，根据图示可知，O=O键键能为249kJ/mol×2=498kJ/mol。【解析】(1)4d105s2

(2)+1或-1

(3)OH2OH2OV形。

(4)sp210吡咯分子间有氢键。

(5)BCDA

(6)52049821、略

【分析】【详解】

（1）每个正六边形实际占有碳原子数为

（2）分析每个正六边形：所含的碳原子数为所含的C—C键数目为故二者之比为2：3；

（3）ng碳原子的个数为故可构成的正六边形个数为【解析】22：3四、判断题(共4题，共32分)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。23、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；24、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。25、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3题，共18分)26、略

【分析】【分析】

含铬不锈钢经过碱熔时，发生一系列反应，生成了对应的盐，加水溶解，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成难溶物Fe(OH)3，通过过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，通过加热锻烧得到氧化物Cr2O3。

(1)

Cr为24号元素；故在元素周期变种的位置为第四周期ⅥB；

(2)

CO中C原子为sp2杂化；无孤对电子，故为平面三角形；

(3)

FeO结合H2O电离出的H+、H2O生成Fe(OH)3和KOH；

(4)

若“酸化”时溶液的pH=8，则c(Al3+)==1.3×10-15；

(5)

滤液中加入硫酸酸化；硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀；

(6)

Cr2O生成Cr3+，SO生成SO依据得失电子守恒，配平得到Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O；

(7)

完成Cr(OH)3制取铬绿的操作为灼烧，需要的仪器铁架台、玻璃棒、坩埚、泥三角。【解析】(1)第四周期ⅥB

(2)平面三角形。

(3)Fe(OH)3

(4)1.3×10-15

(5)H2SiO3、Al(OH)3

(6)Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O

(7)坩埚、泥三角27、略

【分析】【分析】

ZnO烟尘用氨水和NH4HCO3溶液浸取，得到锌氨浸出液[Zn(NH3)4CO3]，杂质[Cu(NH3)4]2＋等可以用锌粉置换除去。然后加热，溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3·3Zn(OH)2沉淀形式从溶液中析出；最后焙烧得到ZnO。

【详解】

(1)①用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn(NH3)4CO3]浸出液，发生的是非氧化还原反应，除了生成Zn(NH3)4CO3外，还有水生成，化学方程式为：ZnO＋3NH3·H2O＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋4H2O或ZnO＋3NH3＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋H2O。

②当浸出液初始pH大于10时，溶液中OH-浓度增大，生成了Zn(OH)2沉淀；导致浸出率随pH增大而减小。

(2)Cu2＋与氨水形成的配离子为[Cu(NH3)4]2＋，和锌发生置换反应，生成铜和[Zn(NH3)4]2＋，离子方程式为：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋=[Zn(NH3)4]2＋＋Cu。

(3)保持恒温80℃；可采取水浴加热方式，既能受热均匀，还便于控制温度。

(4)①Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2]至275℃时，碱式碳酸锌部分分解为ZnO、H2O和CO2，所得气态物质为H2O和CO2。

②根据ZnO的晶胞结构可知；Zn原子的配位数为4。

(5)锌灰的主要成分为Zn和ZnO，含有杂质Fe及其氧化物，结合提供的试剂，需要将固体用稀硫酸溶解（不用稀硝酸的原因是硝酸和金属反应会生成NO，污染空气），得到Zn2+和Fe2+，也可能含有Fe3+，需要除去铁杂质，根据给出的几种离子沉淀的pH，可以调节溶液的pH，使Fe3+形成沉淀而除去，所以需要先将Fe2+用双氧水氧化为Fe3+。除去Fe3+后的滤液还需要调节pH使Zn2+沉淀，形成Zn(OH)2，最后在125℃时下加热使Zn(OH)2分解为ZnO。故实验方案为：在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在3.2～5.9之间，静置后过滤；向滤液中再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化。【解析】ZnO＋3NH3·H2O＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋4H2O或ZnO＋3NH3＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋H2O碱性过强时，溶液中OH-浓度增大，生成了Zn(OH)2沉淀Zn＋[Cu(NH3)4]2＋=[Zn(NH3)4]2＋＋Cu水浴加热CO2和H2O4在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在3.2～5.9之间，静置后过滤；向滤液中再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化28、略

【分析】【分析】

“酸浸”发生CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，As2O3与HF发生As2O3+6HF=2AsF3+3H2O；

“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3；多余硫酸进入精馏1；

“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；

“氧化”：根据问题(4)，过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；

“精馏2”：蒸馏方法得到HF；据此分析；

【详解】

（1）HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；故答案为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；

（2）HF能与二氧化硅发生反应；玻璃；陶瓷、石英均含有二氧化硅，HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；故答案为D；

（3）KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K++SiF=K2SiF6↓；故答案为2K++SiF=K2SiF6↓；

（4）AsF3、AsF5均为分子晶体，不含分子间氢键，因此相对分子质量越大，范德华力越高，熔沸点越高，因此AsF5相对分子质量大于AsF3，AsF5熔沸点高；故答案为AsF3、AsF5均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，AsF5相对分子质量大；范德华力大，熔沸点高；

（5）①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3+2HF(HO)2NO++HFBF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3