2025年沪科版选择性必修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年沪科版选择性必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、用价层电子对互斥理论预测H2S和AlCl3的立体结构，两个结论都正确的是A.直线形；三角锥形B.V形；三角锥形C.直线形；平面三角形D.V形；平面三角形2、以下能级符号正确的是A.4sB.3fC.2dD.1p3、X；Y、Z、W均为短周期元素；它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是。

。X

Y

Z

W

A.气态氢化物XH3的水溶液呈酸性B.4种元素的氢化物H2Z最稳定C.原子半径Z＞W＞X＞YD.最高价氧化物对应水化物酸性：Z＞W＞X4、ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成气态分子，其空间结构呈三角锥形。在气态和液态时的结构如图所示，下列关于分子的说法不正确的是。

A.分子中5个键键能不完全相同B.的键角有90°、120°、180°C.受热后会分解生成分子空间结构呈三角锥形的D.每个原子都达到8电子稳定结构5、下列说法正确的是A.某晶体固态时不导电，其水溶液能导电，说明该晶体是离子晶体B.Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4固体分别加热熔化，需要克服相同类型作用力C.NH3、CO2和PCl3分子中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D.甲烷的熔点低于水，说明甲烷分子内的化学键弱于水分子内的化学键6、常用于治疗甲状腺疾病．下列关于的说法正确的是A.中子数为53B.核外电子数为78C.与性质相同D.与互为同位素评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大5.下列说法正确的是A.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化B.X、Y元素的第一电离能大小关系：XC.Z与氧元素形成的离子ZO的空间构型为V形D.M为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素8、下列各物质的物理性质，判断构成固体的微粒间以范德华力结合的是（）A.氮化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电B.溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电C.五氟化钒，无色晶体，熔点19．5℃，易溶于乙醇、丙酮中D.溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水时能导电9、下列各组分子的立体构型相同的是A.B.C.D.10、Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料；充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是。

A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+个数为xB.每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-xSe晶胞，转移电子数为8C.每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当NayCu2-xSe转化为NaCuSe时，每转移（1-y）mol电子，产生(1-x)molCu原子11、亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是A.已知Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是3B.配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子C.(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4D.Fe2+的最高能层电子排布为3d612、如图；铁有δ；γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是。

A.γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B.α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C.若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体密度比为2b3：a3D.将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同13、表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.晶体中含有个NaCl分子B.晶体中，所有的最外层电子总数为8C.将晶体溶于水中，可配制得的NaCl溶液D.向可变容器中充入和个在标准状况下的体积小于评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、回答下列问题：

(1)若元素X和Y的核电荷数都小于18，最外层电子数分别为n和(m-5)，次外层分别有(n+2)个和m个电子。据此推断元素X的名称为_______；Y的离子结构示意图为_______。

(2)不能比较或判断S、Cl的非金属性强弱的是_______(填字母)。

a.的还原性。

b.氯酸和硫酸的酸性。

c.电子层数相同；S；Cl的原子半径。

d.氯化氢和硫化氢溶液的酸性强弱。

(3)原子序数为12、13、16、17的元素原子形成的简单离子，离子半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)_______。

(4)已知X为第IA族元素(第一到第四周期)，其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第VIIA族元素，则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为_______。

(5)推测52号元素在元素周期表中的位置为_______。

(6)碳的同位素12C、13C、14C与氧的同位素16O、17O、18O相互结合为二氧化碳，可得二氧化碳分子的种数为_______。15、NaNO2可将正常的血红蛋白中的二价铁变为高铁血红蛋白中的三价铁；失去携氧能力。完成下列填空：

（1）N元素在元素周期表中位于第____族；N原子最外层的电子排布式是______________。

（2）Na；N、O三种元素形成的简单离子中；离子半径最小的是_______（用离子符号表示）。

（3）某工厂的废液中含有2%～5%的NaNO2直接排放会造成污染。下列试剂中，能使NaNO2转化为N2的是______________（选填编号）。

a．NaClb．NH4Clc．HNO3d．H2SO4

（4）已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2+HI→NO↑+I2+NaI+H2O

①配平反应物的系数并标出电子转移的方向和数目____NaNO2+____HI

②当有0.75molHI被氧化时；在标准状况下产生气体的体积是_______L。

（5）NaNO2外观与食盐相似，根据上述反应，可用于鉴别NaNO2和NaCl。现有①白酒、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白糖、⑤白醋，其中可选用的物质至少有______（选填编号）。16、I．下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：

。主族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0族。

第二周期。

①

②

③

第三周期。

④

⑤

⑥

⑦

⑧

第四周期。

⑨

⑩

(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是：________(填元素符号)；

(2)在最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是________(填化学式)，在常温下该化合物和元素⑦的单质反应的离子方程式__________。

(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：__________。

(4)表示①与⑦的化合物的电子式_______，该化合物是由______(填“极性”或“非极性”)键形成的。

(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是____________(用化学式表示)。

II．①CaBr2；②H2O；③NH4Cl；④H2O2；⑤Na2O2；⑥Ca(OH)2；⑦HClO；⑧I2；⑨He

只含有离子键的是(用序号回答)_____，即含离子键又含共价键是(用序号回答)_____，其中含有非极性共价键的共价化合物是(用序号回答)_____，常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的是(用序号回答)_____。17、有下列物质：①HF、②Cl2、③H2Se、④CCl4、⑤BF3、⑥CS2。

(1)只含有σ键的是_______(填序号；下同)。

(2)既有σ键又有π键的是_______。

(3)VSEPR模型是四面体形的是_______。

(4)分子空间构型是V形的是_______。

(5)中心原子发生sp2杂化的是_______。18、试判断下列分子的中心原子的杂化类型：

(1)___________

(2)____________

(3)___________

(4)___________19、乙烯在空气中燃烧的化学方程式是回答下列问题：

(1)CH2=CH2分子为_______(填“极性”或“非极性)分子，一个CH2=CH2分子中含有的σ键为_______个。

(2)CO2分子中，碳原子的杂化方式是_______，分子的立体构型名称是_______。

(3)在第VIA族元素的简单氢化物中，H2O的沸点最高，原因是：_______。20、请回答下列问题。

(1)请解释H2O的热稳定性高于H2S的原因______

(2)(CN)2是一种无色气体，有苦杏仁臭味，极毒，请写出该物质的电子式______

(3)乙醇与丙烷的相对分子质量接近，但是两者的沸点相差较大，请解释其原因_____21、氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：___SiO2+___C+___N2___Si3N4+___CO,根据题意完成下列各题：

（1）配平上述化学反应方程式。

（2）为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量。某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则反应中转移电子为_____NA，此时混合气体的平均相对分子质量是_____。

（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性____>_____（填化学式）。

（4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（Al2O3），热稳定性好，化学性质稳定。以下用途正确的是____。

A可以在冶金工业上制成坩埚；铝电解槽衬里等热工设备上。

B在电子工业上制成耐高温的电的良导体。

C研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机。

D氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前途暗淡22、(1)Co基态原子核外电子排布式为___________；

(2)Zn2＋基态核外电子排布式为____________；

(3)Cr3＋基态核外电子排布式为____________；

(4)N的基态原子核外电子排布式为__________；Cu的基态原子最外层有_____个电子。

(5)Si元素基态原子的电子排布式是____________。评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)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、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)25、以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：

I.难溶物的Ksp如表：。物质Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Zn(OH)2ZnSMnSCaF2Ksp4.0×10-384.5×10-331.9×10-132.0×10-151.6×10-242.5×10-134.0×10-11

II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-

回答下列问题：

(1)基态锰原子价层电子排布式为___，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式___。

(2)软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为___，“滤渣A”主要成分为___。

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为___，分析其原因为___。pH氨水体积/mL残余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.626、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：)27、钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。工业上以BaCO3、TiCl4为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体[BaTiO(C2O4)·4H2O]；再高温煅烧制得钛酸钡粉体，其制备工艺流程图如下：

(1)已知钛酸钡晶体的晶胞结构如下图所示。写出钛酸钡的化学式_______。

(2)制备草酸氧钛钡时，溶液pH对产物组成有较大影响。混合溶液中，钛离子在不同pH下可以TiO(OH)、TiOC2O4或TiO(C2O4)等形式存在；如图所示：

实际工艺中，应先用氨水调节混合溶液的pH在2.5~3之间。上图中曲线b、c分别对应钛的哪种形式b_______、c_______？

(3)写出“沉淀”步骤中发生反应的离子方程式_______。

(4)“洗涤”步骤中，如何判断洗涤效果_______？(Ag2C2O4、BaC2O4、CaC2O4·H2O的溶度积分别为5.4×10-12、1.6×10-7、4×10-9)。

(5)为确定制备钛酸钡粉体的温度；对草酸氧钛钡晶体进行热重分析，发现其分解过程包括三个阶段，对应的温度范围及失重率如下表所示：

。热分解阶段。

温度/°C

失重率/%

i

ii

iii

80~220

220~470

470~750

16.1

22.4

9.7

①请通过计算说明第ii阶段的分解产物有哪些_______

②已知无水草酸氧钛钡晶体的结构如图所示。请从结构角度分析第ii阶段气相产物是如何形成的_______

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

H2S分子的中心原子O原子上含有2个σ键，中心原子上的孤电子对数=0.5×（6-2×1）=2，所以H2S分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；AlCl3分子的中心原子Al原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=0.5×（3-3×1）=0，所以AlCl3分子的VSEPR模型是平面三角型；中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形。

故选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

根据第一电子层上只有1s；第二电子层只有2s；2p，第三电子层只有3s、3p、3d，第四电子层只有4s、4p、4d、4f；

答案选A。3、C【分析】【分析】

X；Y、Z、W均为短周期元素；根据他们在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期元素，Z和W属于第三周期元素，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y次外层电子数是2，所以其最外层电子数是6，则Y是O元素，X是N元素，Z是S元素，W是Cl元素，结合元素周期律来分析解答。

【详解】

A．X是N元素，气态氢化物NH3的水溶液为氨水；呈碱性，故A错误；

B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，4种元素中非金属性最强的为O元素，则氢化物最稳定的为H2O；故B错误；

C．原子的电子层数越多；其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素原子半径大小顺序是Z＞W＞X＞Y，故C正确；

D．同一周期元素中；元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以W的最高价含氧酸的酸性大于Z，故D错误；

答案选C。4、D【分析】【详解】

A．键长越短，键能越大，分子中键键长不同；所以键能不完全相同，故A正确；

B．上下两个顶点氯原子与中心R原子形成的键的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，上下两个顶点氯原子与中心R原子形成的键与平面形成的夹角为90°，所以的键角有90°；120°、180°；故B正确；

C．RCl5RCl3＋Cl2，则受热后会分解生成分子空间结构呈三角锥形的故C正确；

D．R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对，所以中R的最外层电子数为10；不满足8电子稳定结构，故D错误；

答案为D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．某晶体固态时不导电；其水溶液能导电，该晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体，A错误；

B．Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4固体分别加热熔化；断裂离子键，变为自由移动的离子，克服的都是离子键，因此克服的是相同类型作用力，B正确；

C．NH3中H原子核外是2个电子的稳定结构；C错误；

D．甲烷的熔点低于水，是由于CH4的分子间作用力比H2O小，且H2O分子之间存在氢键，增加了H2O分子之间吸引力，使物质熔化消耗的能量比CH4多；与分子内的化学键的强弱无关，D错误；

故合理选项是B。6、D【分析】根据原子符号中左下角数字为质子数；左上角数字为质量数，中子数=质量数-质子数，核外电子数=核内质子数，质子数相等中子数不等的同种元素的不同原子互为同位素，由此分析。

【详解】

A．中子数=质量数-质子数，的质子数为53；质量数为131，中子数为131-53=78，故A不符合题意；

B．核外电子数=核内质子数，的质子数为53；核外电子数为53，故B不符合题意；

C．与的化学性质相似；物理性质不相同，故C不符合题意；

D．与是质子数相等中子数不等的同种元素的不同原子；它们互为同位素，故D符合题意；

答案选D。二、多选题(共7题，共14分)7、AD【分析】【分析】

X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，X为Be；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Y的质子数为5，Y为B；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F；E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，E为K；M的原子序数比E大5，M为Cr，由上述分析可知，X为Be、Y为B、Z为C、Q为F、E为K、M为Cr。以此解答该题。

【详解】

A．KBF4中阴离子的中心原子孤电子对数为价层电子对个数为4+0=4，则阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化；故A正确；

B．Be的最外层电子数全满为稳定结构；第一电离能较大，则X；Y元素的第一电离能大小关系：X＞Y，故B错误；

C．CO中阴离子的中心原子孤电子对数为价层电子对个数为3+0=3，则中心原子的杂化方式为sp2杂化；空间构型为平面三角形，故C错误；

D．M即Cr为24号，按构造原理，其价电子排布式为3d54s1；为元素周期表前四周期基态原子未成对电子最多的元素，故D正确；

故答案选AD。8、BC【分析】【详解】

A.氮化铝；黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，符合原子晶体的特征，不以范德华力结合，故A错误；

B.溴化铝；无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，符合分子晶体的特征，以范德华力结合，故B正确；

C.五氟化钒；无色晶体，熔点19．5℃，易溶于乙醇；丙酮中，符合分子晶体的特征，以范德华力结合，故C正确；

D.溴化钾是离子晶体；不以范德华力结合，故D错误；

故选BC。9、AC【分析】【详解】

A．空间构型为V形；中O原子的价层电子对数为2+=4；有1对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项A正确；

B．中O原子的价层电子对数为2+=4，有1对孤电子对，分子的立体构型为V形；NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，有一对孤电子对，则N原子为sp3杂化；分子的空间构型为三角锥形，选项B错误；

C．中Sn原子的价层电子对数为2+=3，有1对孤电子对，则中Sn原子为sp2杂化，分子的空间构型为V形；中N原子的价层电子对数为2+=2；有1对孤电子对，则N原子为sp杂化，分子的空间构型为V形，选项C正确；

D．中C原子的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，C原子为sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；SO3中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则S原子为sp2杂化；分子的空间构型为平面三角形，选项D错误；

答案选AC。10、BD【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2；解得a=4x，故A错误；

B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se；转移电子数为8，故B正确；

C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4；则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；

D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu；所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；

故选BD。11、AD【分析】【详解】

A.由Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围可知，与碳原子紧邻的铁原子，以碳原子为原点建立三维坐标系，6个铁原子形成的空间结构为正八面体，配位数之比等于相应原子数目反比，则Fe原子配位数为6×=2；故A错误；

B.配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN—，由于电负性N>C；则C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，故B正确；

C.(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N；单键为σ键，三键中有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目比为3:4，故C正确；

D.Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得Fe2+，Fe2+的最高能层电子排布为3s23p63d6；故D错误；

故选AD。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．γ-Fe晶体是一个面心立方晶胞；以顶点铁原子为例，与之距离相等且最近的铁原子位于晶胞的面心上，一共有12个，A错误；

B．α-Fe晶体是一个简单立方晶胞；与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，B正确；

C．δ-Fe晶胞中Fe原子个数=1+8×=2、晶胞体积=a3cm3，α-Fe晶胞中Fe原子个数=8×=1，该晶胞体积=b3cm3，δ-Fe晶体密度=g/cm3，α-Fe晶体密度=g/cm3，两种晶体密度比=g/cm3：g/cm3=2b3：a3；C正确；

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却；温度不同，分别得到α-Fe；γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不同，D错误；

故答案为：BC。13、BD【分析】【详解】

A．NaCl形成的是离子晶体；离子晶体中没有分子，故A错误；

B．钠原子失去外层1个电子变为钠离子，次外层变为最外层，电子数为8个，则的最外层电子总数为故B正确；

C．晶体的物质的量是溶于水中，溶液的体积不是1L，则配制的浓度不是故C错误；

D．由于又因为和个刚好反应生成又部分转化为则容器中气体小于在标准状况下的体积小于故D正确；

答案选BD。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】(1)

元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m-5)，次外层有(n+2)个和m个电子，次外层可能为2或8，当次外层为2时m=2，Y最外层为-3不符，所以次外层为8，则m=8，n=6，则最外层X为6，Y为3，所以X为S，Y为Al。故答案为：硫；

(2)

a.的还原性强于的还原性，即S的氧化性弱于Cl2，可以证明硫的非金属性弱于氯；b.氯酸不是氯的最高价的氧化物的水合物，不能证明非金属性强弱；c.同周期元素，核电荷数越大半径越小非金属性越强，故电子层数相同，S、Cl的原子半径的大小可以证明非金属性的强弱；d.氯化氢和硫化氢溶液的酸性强弱不能证明非金属性强弱；故选bd。

(3)

电子层数越多，半径越大，相同电子层的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小顺序为

(4)

若X位于第二、三周期，则b=a+6，若X位于第四周期，则b=a+16。

(5)

52号元素是Te；Te位于元素周期表第五周期VIA族。

(6)

由氧的同位素有16O、17O、18O，碳的同位素有12C、13C、14C，在1个二氧化碳分子中含有1个C原子和两个O原子，采用树状分类法分析讨论如下：①若二氧化碳分子中的O原子相同，则16O可分别与12C、13C、14C构成氧化碳，即存在3种二氧化碳；同理17O、18O各3种，共3+3+3=9种；②若分子中的C原子相同，O原子不同，则12C可分别与16O17O、17O18O、16O18O构成二氧化碳，即存在3种二氧化碳；同理，13C、14C分别形成3种二氧化碳；所以共形成3+3+3=9种二氧化碳；综上两种情况，可得二氧化碳分子的种数为9+9=18种。【解析】(1)硫

(2)bd

(3)

(4)或

(5)第5周期第VIA族。

(6)1815、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）N是7号元素，最外层电子数是5，所以在元素周期表中N元素位于第二周期VA族；核外电子排布是1s22s22p3,所以最外层电子排布式为2s22p3；

（2）Na、N、O三种元素形成的简单离子中，Na+、N3-、O2-中它们的电子层结构相同，随核电荷数递增，离子半径依次减小，所以离子半径最小的是Na+；

（3）NaNO2中的N元素的化合价是+3价，使NaNO2中的氮转化为对空气无污染的气体（氮气），需要另一种反应物具有强还原性，而且含有N元素，二者发生氧化还原反应产生N2，就不会引起环境污染，a中的Cl-只有弱还原性，a错误，b中NH4+的N元素是-3价，具有强还原性，能够与+3价的N元素发生氧化还原反应生成N2，b正确；HNO3中的N元素+5价，具有强氧化性，不符合条件，c错误；d中浓硫酸具有强氧化性，且没有N元素，也不符合条件，d错误，正确答案是b；

（4）①2I-被氧化为I2，失去2e-，NaNO2→NO，N元素得到e-，被还原，根据电子守恒及原子守恒可得2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，2molHI中I失去2mol电子给NaNO2中的N，电子转移总数是2e-即：

②根据方程式2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知：4molHI参加反应，有2mol被氧化，生成2mol的NO气体，所以当有0.75molHI被氧化时，有0.75mol的NO生成，V（NO）=0.75mol×22.4L·mol-1=16.8L；

（5）鉴别亚硝酸钠和氯化钠固体，利用题干中给的信息：NaNO2能够将HI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，而NaCl没有该性质，所以利用上述反应可以鉴别NaNO2和NaCl的物质有：②碘化钾淀粉试纸；⑤白醋；，答案选②⑤。

【点睛】

微粒半径比较“三看”：一看电子层数，对于电子层数不同，电子层越多，半径越大，如：Li+、N3-、O2-离子半径大小顺序：Na+3-2-，再如：同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）；三看核外电子数，核电荷数相同的元素，阳离子所带离子电荷数越多，半径越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，阴离子大于相应的原子半径，如：S2－＞S、Br－＞Br。【解析】VA2s22p3Na+b16.8②⑤16、略

【分析】【分析】

I.根据元素在周期表的位置可知：①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Al元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ar元素，⑨是K元素，⑩是Br元素；然后根据元素周期律分析解答；

II.根据构成物质元素的金属性；非金属性强弱判断物质含有的化学键类型；结合各物质的构成微粒及微粒间的作用力判断物质熔化时破坏的作用力。

【详解】

I.根据上述分析可知：①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K，⑩是Br元素。

(1)同一周期中惰性气体元素的原子核外电子排布达到最外层2个或8个电子的稳定结构，化学性质不活泼，在上述元素中，化学性质最不活泼的是Ar元素；

(2)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，在上述元素中金属性最强的元素是K元素，所以最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是KOH；⑦是Cl元素，Cl2与KOH反应产生KCl、KClO、H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(3)元素④与⑥形成的化合物是Na2S，该化合物为离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：

(4)①与⑦的化合物的化学式是CCl4，由于C、Cl都是非金属元素，两种元素的原子间以共价键形成共价化合物，其电子式为：C；Cl是不同的元素；C-Cl键为极性共价键；

(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子分别是O2-、S2-、Cl-，O2-核外有2个电子层，而S2-、Cl-的核外有3个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此这三种离子半径由大到小的顺序是：S2->Cl->O2-；

II.①CaBr2是离子化合物，只含有离子键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；②H2O是共价化合物，只含极性共价键，常温呈液态；③NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；④H2O2是共价化合物，含极性共价键、非极性共价键，常温呈液态；⑤Na2O2是离子化合物，含离子键、非极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；⑥Ca(OH)2是离子化合物，含离子键、极性共价键，常温呈固态，熔化时破坏离子键；⑦HClO是共价化合物，含极性共价键，熔化时破坏分子间作用力；⑧I2是非金属单质；含有非极性共价键，在室温下呈固态，熔化时破坏分子间作用力；⑨He是单原子分子，无化学键，常温呈气态；

综上所述可知：只含有离子键的是①；既含有离子键又含有共价键的是③⑤⑥，含有非极性共价键的共价化合物是④；常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的物质是⑧。

【点睛】

本题考查了元素周期律的应用。根据元素在周期表的位置推断元素是解题关键。掌握元素周期律的含义、正确理解元素及化合物的性质与结构的关系，正确判断物质中化学键的类型，学会使用电子式表示物质，注意相关基础知识的积累。【解析】ArKOHCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O极性S2->Cl->O2-①③⑤⑥④⑧17、略

【分析】【分析】

单键中只含有σ键；双键和三键中既有σ键又有π键；结合价层电子对个数=σ键个数+(a-xb)分析解答。

【详解】

(1)①HF、②Cl2、③H2Se、④CCl4、⑤BF3均只含有单键；即分子中只含有σ键，故答案为：①②③④⑤；

(2)CS2的结构为S=C=S；含有双键，则既有σ键又有π键，故答案为：⑥；

(3)③H2Se的中心原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，④CCl4的中心原子的价层电子对数为4，则③H2Se、④CCl4的VSEPR模型均是四面体形；故答案为：③④；

(4)③H2Se的中心原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4；含有2个孤电子对，分子的空间构型是V形，故答案为：③；

(5)⑤BF3中心原子的价层电子对数为3，中心原子发生sp2杂化；故答案为：⑤。

【点睛】

本题的易错点为(3)和(4)，要注意VSEPR模型和分子的空间构型的区别和联系。【解析】①.①②③④⑤②.⑥③.③④④.③⑤.⑤18、略

【分析】【详解】

(1)中心原子价层电子对数为属于杂化，故答案为：

(2)中心原子价层电子对数为属于杂化，故答案为：

(3)中心原子价层电子对数为属于sp杂化，故答案为：sp；

(4)中心原子价层电子对数为属于杂化，故答案为：【解析】①.②.③.sp④.19、略

【分析】【详解】

（1）CH2=CH2分子是平面四边形结构，正负电荷中心重合，故CH2=CH2分子是非极性分子，CH2=CH2分子的结构式为：故一个CH2=CH2分子中含有的σ键为5个；故答案为：非极性；5；

（2）CO2分子的结构式为：碳原子形成2个σ键，无孤电子对，故CO2分子中，碳原子的杂化方式是sp，CO2分子的立体构型名称是直线型；答案为：sp；直线型；

（3）在第VIA族元素的简单氢化物中，水分子之间存在氢键，使H2O的沸点最高；答案为：水分子之间存在氢键。【解析】(1)非极性5

(2)sp直线型。

(3)水分子之间存在氢键。20、略

【分析】【分析】

（1）热稳定性与分子内部化学键键能强弱有关；

（2）根据各原子8电子稳定结构写出其电子式；

（3）N；O、F与H之间能形成氢键；以此分析。

【详解】

（1）原子半径S>O，则键能H-O大于H-S键，所以H2O的热稳定性高于H2S；故答案为：原子半径：氧原子小于硫原子，故H-O的键能大于H-S的键能；

（2）(CN)2根据各原子8电子稳定结构可得其电子式：故答案为：

（3）乙醇分子中O和H可以形成氢键，而丙烷中不能形成氢键，两者均为分子晶体，则乙醇的熔沸点远高于丙烷，故答案为：乙醇分子间可形成氢键而丙烷分子不行。【解析】原子半径：氧原子小于硫原子，故H-O的键能大于H-S的键能乙醇分子间可形成氢键而丙烷分子不行21、略

【分析】【分析】

⑴由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2，由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：4，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4；CO化学计量数分别为1、6。

⑵反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍，N2与CO的相对分子质量都是28；混合气体的平均相对分子质量不变。

⑶反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化。

⑷由信息可知；氮化硅机械强度高，硬度大，热稳定性好，化学性质稳定，氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，制备氮化硅的资源丰富，自然界中有大量的氮气与二氧化硅，具有广阔的发展前景。

【详解】

⑴由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：2，由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：6：2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO；故答案为：3；6、2、1、6。

⑵反应中只有C元素的化合价升高，氮气有剩余，根据CO计算电子转移，C元素化合价由0价升高为+2价，转移电子的物质的量为CO的2倍，所以反应中转移电子数为5mol×2×NAmol−1=10NA，N2与CO的相对分子质量都是28；所以混合气体的平均相对分子质量为28；故答案为：10；28。

⑶反应中N2作氧化剂，C是还原剂，N2将C氧化为CO，所以氧化性N2＞C；故答案为：N2；C。

⑷A．氮化硅热稳定性好，可以用于热工设备，故A正确；B．氮化硅属于原子晶体，不是电的良导体，故B错误；C．氮化硅机械强度高，硬度大，可以替代同类型金属发动机，故C正确；D．制备氮化硅的资源丰富，具有广阔的发展前景，故D错误；综上所述，答案为：AC。【解析】①.3②.6③.2④.1⑤.6⑥.10⑦.28⑧.N2⑨.C⑩.AC22、略

【分析】【详解】

(1)Co是27号元素，Co位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，核外电子排布是1s22s22p63s23p63d74s2或写为[Ar]3d74s2；

(2)Zn是30号元素，Zn原子核外有30个电子，失去最外层2个电子变为Zn2+，根据构造原理，则Zn2＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；

(3)Cr是24号元素，失去最外层2个电子后，再失去次外层的3d的1个电子变为Cr3+，则Cr3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；

(4)N是7号元素，原子核外电子数为7，核外电子排布式为1s22s22p3；Cu是29号元素，根据构造原理可得Cu核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；则在基态Cu原子核外最外层有1个电子；

(5)Si是14号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，也可以写为[Ne]3s23p2。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布式的书写的知识，在书写时要遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理。掌握核外电子排布规律是解答题目关键。【解析】[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d101s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d31s22s22p311s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2四、判断题(共2题，共8分)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】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。五、工业流程题(共3题，共18分)25、略

【分析】【分析】

由流程图可知，加入铁和硫酸后，Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反应，铁和硫酸生成的亚铁离子和MnO2反应，反应方程式分别为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，Fe+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2与硫酸不反应，故滤渣A为SiO2和CaSO4；调节PH后沉淀了铁和铝，加入(NH4)2S后，发生反应：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生产ZnS沉淀，故滤渣B为ZnS，则滤液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入试剂X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铵、硫酸锰，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化还原反应生成纳米Mn3O4；以此解答该题。

【详解】

(1)已知锰是25号元素，故基态锰原子价层电子排布式为3d54s2，根据MnO2与盐酸反应的反应原理，可以推知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，故反应方程式为：Mn3O4+8HCl3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案为：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；

(2)在90℃“溶浸”软锰矿，该反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“滤渣A”主要成分为SiO2、CaSO4，故答案为：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol