2025年岳麓版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

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A.1个Ca2＋周围距离最近且等距离的C数目为6B.该晶体中的阴离子与F2是等电子体C.6.4gCaC2晶体中含阴离子0.1molD.与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋共有12个2、某碳-碳成键反应的催化剂由R3+和结构如图所示的阴离子组成，X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，R3+与Ar具有相同的核外电子排布。下列说法正确的是。

A.R位于第四周期ⅢA族B.X、Y、Z的简单氢化物的沸点依次升高C.XQ2和QY2的空间结构相同D.基团-XZ3与碘原子形成的化合物可水解为XZ3H和HIO3、下列说法正确的是A.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多B.电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了能量最低原则C.表示的原子能量处于最低状态D.正三价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5的元素在周期表中位于Ⅷ族4、科学家合成一种新化合物(如图所示)。其中W；X、Y、Z为同一短周期元素；W是所在周期中第一电离能最小的元素，Y元素基态原子的未成对电子数等于其电子层数，Z元素的原子核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法错误的是。

A.X、Y、Z分别为Si、P、ClB.X、Y、Z的第一电离能为：Y＞Z＞XC.X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性为：Z＞Y＞XD.在此物质中X与Y均为sp3杂化5、氧杂环化合物R具有消炎；抗肿瘤的作用，分子结构如图所示，下列有关R的叙述错误的是（）

A.R的分子式为C21H20O8B.R能使酸性KMnO4溶液褪色C.R的分子结构中含有3个手性碳原子D.1molR最多能与6mol氢气发生加成反应评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、铁有δ、γ、α三种同素异形体，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A.晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个B.晶体的空间利用率：C.晶胞中的原子堆积方式为六方最密堆积D.铁原子的半径为则晶胞的密度为7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，X与Z同主族且二者可形成离子化合物，W的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A.电负性：XB.第一电离能：ZC.元素W的含氧酸均为强酸D.Z的氧化物对应的水化物为弱碱8、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.9、下列叙述正确的是A.和分子都是含极性键的极性分子B.分子稳定性低于分子，因为键键能高C.为正四面体结构，可推测出也为正四面体结构D.汽化成水蒸气、分解为和都需要破坏共价键10、邻二氮菲(phen)与Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子[Fe(phen)3]2+，可用于Fe2+的测定；邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法错误的是。

A.邻二氮菲的一氯代物有4种B.[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为6C.邻二氮菲分子具有旋光性D.用邻二氮菲测定Fe2+的浓度与溶液的酸碱性无关11、下列说法正确的是A.型分子中，若中心原子没有孤对电子，则为空间对称结构，属于非极性分子B.水分子中含有π键C.分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C分别采取sp、杂化D.卤素的氢化物中，HCl的沸点最低12、在锂电池领域，电池级Li2O主要用作固体锂电池电解质材料和锂离子动力电池的正极材料，其立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为下列说法正确的是。

A.在晶胞中的配位数为8B.和离子之间只存在静电吸引力C.和的最短距离为D.晶体的密度为13、下列有关晶体结构或性质的描述中正确的是A.在F、Cl的氢化物中，因HF的键能大，故HF的熔沸点高B.冰中存在极性共价键、范德华力和氢键C.物质的量均为1mol的金刚石与石墨晶体所含的C-C键的数目相同D.金属性K＞Na，但金属钾的熔点低于金属钠评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、某同字为探究元素周期表中元素性质的递变规律；设计了如下实验。

(1)将形状相同镁、铝分别投入到相同体积和相同浓度的盐酸中，试预测实验结果：___________与盐酸反应更剧烈；从原子结构解释上述现象的原因：___________。

(2)向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明非金属性___________强于___________，反应的离子方程式为___________。15、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。16、主族元素碳；氧、氮、氟、磷、氯、硒及副族元素镍、铜元素在化学中有很重要的地位；回答下列问题：

(1)在基态14C原子中，核外存在___________对自旋相反的电子。

(2)X元素的原子最外层电子排布式为(n＋1)sn(n＋1)pn+1，则X的氢化物的化学式是___________

(3)第三周期第一电离能处于Al和P之间的元素有___________种。

(4)某种原子的结构示意图为则该原子的核电荷数x取值范围为___________。17、(1)已知：A.金刚石、B.MgF2、C.NH4Cl、D.固体碘，用序号填写空白：既存在离子键又存在共价键的是______，熔化时不需破坏化学键的是______。

(2)意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1molN-N键吸收167kJ热量，生成1molN≡N键放出942kJ热量。根据以上信息和数据，则1molN4完全转化为N2______(填“放出”或“吸收”)热量______kJ。

(3)50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图2所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：如图，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是______。大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

(4)向50mL0.50mol/L的NaOH溶液中分别加入稀醋酸、稀盐酸、浓硫酸，则恰好完全反应时的放出热量Q1、Q2、Q3从大到小的排序是______。18、（1）下列物质变化，只与范德华力有关的是___。

A.干冰熔化B.乙酸汽化C.乙醇溶于水D.碘溶于四氯化碳。

（2）下面是s能级与p能级的原子轨道图：

请回答下列问题：

s电子的原子轨道呈__形，每个s能级有__个原子轨道；p电子的原子轨道呈___形，每个p能级有___个原子轨道.

（3）Na、Mg、Al第一电离能的由大到小的顺序：___。

（4）将下列多电子原子的原子轨道按轨道能量由低到高顺序排列：

①2s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p

轨道能量由低到高排列顺序是___。19、锂离子电池在生产生活中应用广泛，LiFePO4、LiPF6和LiAsF6均可作锂离子电池的电极材料。回答下列问题：

(1)基态锂原子的轨道表达式为_______。

(2)O2-和F-半径更大的是_______；O、F、Fe的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(3)H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为_______。

(4)锂离子电池工作时，Li+可在离子导体中迁移。Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图所示，该迁移过程属于_______(填“物理变化”或“化学变化”)。

(5)以LiPF6和LiAsF6作锂离子电池的负极材料时，放电过程的实质是Li+从负极材料脱嵌。相同条件下，Li+更易在_______(填“LiPF6”或“LiAsF6”)电极中脱嵌，解释其原因为_______。20、甲；乙、丙三种有机物的结构如下：

甲：乙：丙：CH2=CHCN

(1)甲分子中有_______个键，_______个键，_______(填“有”或“没有”)非极性键。

(2)乙分子中每个碳原子形成_______个键，_______个键。

(3)丙分子中键与键的数目之比为_______。

(4)上述分子中既存在极性键又存在非极性键的是_______。评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)21、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22、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23、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24、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共2题，共14分)25、铬及其化合物在生活中有很多用途。

(1)可检验司机酒后驾车，请写出酸性溶液与酒精反应的离子方程式_______。的价电子排布式为_______。铬元素和锰元素的第二电离能分别为的原因是_______。

(2)为研究铬的性质，设计如图装置。装置甲中铜电极上产生大量的无色气体；而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由此可得到的结论是_______。

(3)某化工厂从湿法炼锌的铜铬渣(主要含有锌、铜、铁、铬、钻等单质)中回收铬的流程如图所示：

①酸浸时形成的金属离子的价态均相同。加入双氧水时铁、铬形成的离子均被氧化，写出氧化铬形成的离子方程式为_______。

②“电解”时，阴极的电极反应式为：_______。

③三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子分别是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。

④304不锈钢是生活中常见的一种不锈钢，业内也叫做不锈钢，指必须含有以上的铬，以上的镍的不锈钢。铬和镍能形成多种配合物，如为正四面体构型、为正方形构型、为正八面体构型等，下列有关说法正确的是_______(填选项字母)。

A.中含有共价键和离子键。

B.304不锈钢不可长时间盛放盐；酱油、醋、菜汤等；不能用304不锈钢锅煲中药。

C.不锈钢不会生锈；哪怕在潮湿恶劣的环境。

D.和中，镍原子均为杂化26、镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料；具有容量高；循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是MnO、Fe2O3、

②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取。

请回答下列问题：

(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。

(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。

(3)“酸浸”时加入的作用是___________。

(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。开始沉淀时pH1.53.46.36.66.77.8完全沉淀时pH3.54.78.39.29.510.4

(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同；可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。

②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共15分)27、有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个不成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中；D与B的质量比为7∶8，E与B的质量比为1∶1。试回答：

(1)写出D元素基态原子的电子排布式：____________________________________。

(2)写出AB2的路易斯结构式：__________________。

(3)B、C两元素的第一电离能大小关系为________>________(填元素符号)，原因是_______________。

(4)根据VSEPR模型预测C的氢化物的立体结构为________，中心原子C的轨道杂化类型为________。

(5)C的单质分子中π键的数目为________，B、D两元素的气态氢化物的稳定性大小关系为________>________(填化学式)。28、固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请回答：

(1)X的化学式___________。

(2)固体混合物Y的成分___________(填化学式)。

(3)X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到绿色溶液，该反应的化学方程式是___________。

(4)绿色溶液加水稀释变蓝色，是因为生成了___________。(填离子的化学式)。29、短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大；A、B的阴离子与C、D的阳离子的电子排布式均为1s22s22p6；A原子核外有2个未成对电子，且无空轨道，C单质可与热水反应但很难与冷水反应；E；F原子在基态时填充电子的轨道数为9，且E原子核外有3个未成对电子，F能与A形成相同价态的阴离子，且A离子半径小于F离子。

（1）上述六种元素中，第一电离能最大的是__（填元素符号），理由是__。

（2）比较C、D元素的第一电离能：__＞__（填元素符号），理由是__。

（3）题述六种元素的电负性由小到大的顺序为__。

（4）C、D、E、F元素形成的最高价氧化物是离子化合物的有__（填化学式，下同），是共价化合物的有__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．根据题意可知，该晶胞不是正立方体，晶胞沿一个方向拉长，所以可以看做是一个底面为正方形的长方体，以体心Ca2+为例，与其距离最近且相等的为与钙离子在同一平面上且位于面心的4个；故A错误；

B．含价电子总数为2×4+2=10，F2的价电子总数为14；二者价电子数不同，不是等电子体，故B错误；

C．6.4gCaC2为0.1mol，CaC2晶体中阴离子为则含阴离子0.1mol，故C正确；

D．以底面为例，底面为正方形，所以与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有4个；由于是长方体，所以只有这4个，故D错误；

故答案为C。2、D【分析】【分析】

R3+与Ar具有相同的核外电子排布；则R为21号元素钪(Sc)；X；Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，从表中元素原子的成键可得出，X的最外层电子数为4，其为碳元素；Y的最外层电子数为6，其为氧元素；Z的最外层电子数为7，其为氟元素；Q的最外层电子数为6，其为硫元素。

【详解】

A．由分析可知，R为21号元素Sc，其价电子排布式为3d14s2；位于第四周期ⅢB族，A不正确；

B．X、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O和HF分子间均能形成氢键，且H2O间形成的氢键数目高于HF，则H2O的沸点最高；B不正确；

C．XQ2和QY2分别为CS2、SO2；前者呈直线形结构，后者呈V形结构，二者的空间结构不同，C不正确；

D．基团-CF3与碘原子形成的化合物为ICF3，由于受F的影响，I-C间的共用电子对偏离I原子，所以发生水解生成HCF3和HIO；D正确；

故选D。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．2p；3p、4p能级都含有3个原子轨道；故A错误；

B．3p能级最多排6个电子，所以电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反洪特规则和保利不相容原理；故B错误；

C．违反了洪特规则；故C错误；

D．某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其原子核外电子数为23+3=26，为Fe元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；处于周期表中第4周期第Ⅷ族，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查原子核外电子的排布规律。根据构造原理确定核外电子排布式是否正确。①能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道；②泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；③洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。4、B【分析】【详解】

W、X、Y、Z为同一短周期元素，据图可知X能形成4个共价键,则应为IVA族元素，则X为C或Si，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，若X为C，则乙为B，不符合图示成键规律，所以X为Si，Z为Cl，四种元素位于第3周期；Y元素基态原子的未成对电子数等于其电子层数，则Y核外电子排布为1s22s22p63s23p5；即为P元素；根据图示可知；W元素的阳离子带一个正电荷；且W是所在周期中第一电离能最小的元素；则W为Na元素。

A．根据分析可知；X；Y、Z分别为Si、P、Cl，选项A正确；

B．非金属性越强第一电离能越大；X(C)；Y(P)、Z(Cl)的第一电离能为：X＞Y＞Z，选项B错误；

C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则为：Z(HClO4)＞Y(H3PO4)＞X(H2CO3)；选项C正确；

D．在此物质中C与P均为σ键，均形成sp3杂化；选项D正确；

答案选B。5、C【分析】【详解】

A．根据R的结构简式可知其分子式为C21H20O8；故A正确；

B．该物质中含有羟基；且与羟基相连的碳原子上有氢原子，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；

C．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质中有如图所示4个手性碳原子（红圈所示为手性碳原子）；故C错误；

D．该物质中只有苯环可以和氢气发生加成反应；所以1molR最多能与6mol氢气发生加成反应，故D正确；

综上所述答案为C。二、多选题(共8题，共16分)6、AD【分析】【详解】

A．δ−Fe晶胞中含有铁原子个数为：×8＋1＝2；依据图示可知中心铁原子到8个顶点铁原子距离均相同且最小，所以其配位数为8，则每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，故A正确；

B．γ−Fe晶体属于最密堆积；而δ−Fe；α−Fe中二维平面内Fe属于非密置层，空间利用率比γ−Fe晶体低，三种晶体结构中，空间利用率最大的是γ−Fe，故B错误；

C．依据图示γ−Fe晶体铁原子占据顶点和面心；属于面心立方最密堆积，故C错误；

D．1个α−Fe晶胞含铁原子个数为：×8＝1，则1mol晶胞质量为56g，铁原子的半径为acm，则晶胞边长为2acm，1mol晶胞体积为：NA(2a)3cm3，晶胞密度为：＝故D正确；

故选：AD。7、AB【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z.、W的原子序数依次增大；元素Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W最外层电子数是其电子层数的2倍，其原子序数大于O，则W为S元素；X与Z同主族且二者可形成离子化合物，则X为H，Z为Na元素，以此分析解答。

【详解】

结合分析可知；X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素；

A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，故电负性H

B．同一周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能Na<W<Y；故B正确；

C．W为S元素；S的含氧酸不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；

D．Z的氧化物对应的水化物为为NaOH；NaOH为强碱，故D错误。

答案选AB。8、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。9、BC【分析】【详解】

A．极性键是指不同种元素之间形成的共价键，CS2的结构式为只存在非极性键，故A错误；

B．根据元素周期律，简单气态氢化物的稳定性与电负性成相关，电负性大的形成的键能高，更稳定，N与P同主族，电负性N>P，键键能高于故B正确；

C．中N为sp3杂化，4个H原子分别位于正四面体四个顶点，N原子位于中心，因为N和P同主族，价电子层结构相同，与结构相似，所以可推测出也为正四面体结构；故C正确；

D．液态水汽化是物理变化；不是化学反应，不存在共价键断裂，故D错误；

故选BC。10、D【分析】【分析】

【详解】

A．邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种，A正确；

B．N原子上有孤对电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲分子形成配合物时，Fe2+的配位数为6，B正确；

C．邻二氮菲分子没有手性碳原子，因此没有旋光性，C错误；

D．用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在适宜范围，这是因为当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；而当OH−浓度较高时，OH−与Fe2+反应，也影响Fe2+与邻二氮菲配位，D错误；

故选CD。11、AD【分析】【详解】

A．在ABn型分子中；若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故A正确；

B．水分子中不含π键；B错误；

C．在中N、O、C均采取杂化，只不过分子中孤电子对占据着杂化轨道；C错误；

D．由于分子间氢键的存在，的沸点较高，分子间范德华力最小，沸点最低；D正确；

故选AD。12、CD【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知；晶胞中与锂离子距离最近的氧离子有4个，则锂离子的配位数为4，故A错误；

B．氧化锂是离子晶体；晶体中除了存在锂离子和氧离子之间的静电引力外，含有原子核与原子核；电子与电子之间的斥力，故B错误；

C．由晶胞结构可知，晶胞中与锂离子与氧离子之间的距离为体对角线的则最短距离为故C正确；

D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的锂离子个数为8，设晶胞密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式为a3d×10-21=解得d=故D正确；

故选CD。13、BD【分析】【分析】

【详解】

A．F；Cl的氢化物HF、HCl都是由分子构成的物质；HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点比只存在分子间作用力的HCl高，这与分子内化学键的键能大小无关，A错误；

B．冰中水分子内存在极性共价键H－O键；在水分子之间存在范德华力和氢键，B正确；

C．在金刚石中每个C原子与相邻的4个C原子形成4个C-C共价键，每个共价键为相邻的两个原子所共有，所以每个C原子形成的C-C共价键数目为4×=2，则1mol金刚石中含有2mol共价键。在石墨晶体中每个C原子与相邻的3个C原子形成3个C-C共价键，每个共价键为相邻的两个原子所共有，所以每个C原子形成的C-C共价键数目为3×=1.5；则1mol石墨中含有1.5mol共价键，因此所含共价键数目不同，C错误；

D．元素的金属性：K＞Na，但由于K原子半径大，K+与电子作用力弱；即金属键：K＜Na，所以断裂金属键使物质熔化消耗的能量钾比钠低，因此金属钾的熔点比金属钠低，D正确。

故合理选项是BD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

(1)

镁原子半径比铝原子的半径大；最外层电子数少，更容易失去电子，镁的金属性更强，金属镁的还原性更强，所以镁与盐酸反应就更剧烈。

(2)

向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，氯气将硫置换了出来，生成了不溶于水的单质硫：Cl2+S2-=2Cl-+S↓，该反应说明氯气的氧化性强于硫，所以Cl的非金属性强于S。【解析】(1)镁

镁原子的比铝的半径大；最外层电子数少，更容易失去电子，与盐酸反应就更剧烈。

(2)Cl

SCl2+S2-=2Cl-+S↓15、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—CN3416、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)14C原子中，核外的电子排布式为1s22s22p2；通过电子排布式可是知道，核外存在2对自旋相反的电子；

(2)n=2，所以X为P，则X的氢化物的化学式是PH3；

(3)第一电离能；存在反常情况，第三周期第一电离能处于Al和P之间的元素有Mg；Si、S，有3种；

(4)y介于8与18间，故20≤x≤30但是24号和29号元素的最外层只有1个电子，所以X不等于24和29，答案为：20≤x≤30且X不等于24和29。【解析】2PH3320≤x≤30且X不等于24和2917、略

【分析】【分析】

(1)非金属元素之间易形成共价键；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；铵根离子和酸根离子之间存在离子键；分子晶体熔化时破坏分子间作用力而不破坏化学键；原子晶体熔融时破坏共价键，分子晶体熔沸点较低；

(2)△H=反应中吸收的总热量与放出的总热量的差；

(3)该实验中还缺少环形玻璃搅拌棒；泡沫有保温性能；大烧杯上如不盖硬纸板；会导致部分热量散失；

(4)注意弱电解质的电离需要吸收热量；浓硫酸溶于水会放出热量，据此进行解答。

【详解】

(1)A.金刚石中只存在共价键；

B.MgF2中只存在离子键；

C.NH4Cl为离子化合物；含有离子键；共价键；

D.固体碘是非分子晶体，在I2中含有共价键；在分子之间存在分子间作用力；

则既存在离子键又存在共价键的是C；熔化时不需破坏化学键的是分子晶体固体碘；则熔化时破坏分子间作用力而不破坏化学键D，故答案为：C；D；

(2)反应热等于反应中吸收的总热量与放出的总热量的差，则△H=(6×167-2×946)kJ/mol=-882kJ/mol，说明1molN4完全转化为N2放出882kJ热量；故答案为：放出；882；

(3)泡沫有保温性能；所以其作用是保温隔热，防止热量散失；大烧杯上如不盖硬纸板，会导致部分热量散失，导致测定结果偏小，故答案为：保温隔热，防止热量散失；偏小；

(4)强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol；

分别向50mL0.50mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸、稀盐酸、浓硫酸，醋酸为弱电解质，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量大小关系为：浓硫酸稀盐酸醋酸，则反应放出热量Q3>Q2>Q1，故答案为：Q3>Q2>Q1。

【点睛】

明确物质结构、化学反应原理、反应热的计算方法是解本题关键，注意N4分子中含有6个N—N键，而不是4个N—N键，为易错点。【解析】CD放出882保温隔热，防止热量散失偏小Q3>Q2>Q118、略

【分析】【分析】

(1)发生物理变化时；克服范德华力和氢键；

(2)根据图中原子轨道的形状分析解答；注意p能级有3个轨道；

(3)同周期从左到右第一电离能呈依次增大趋势；

(4)相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd；形状相同的原子轨道能量的高低：1s＜2s＜3s＜4s。

【详解】

(1)A．干冰属于分子晶体；熔化时克服范德华力，故正确；

B．乙酸汽化时克服氢键和范德华力；故错误；

C．乙醇溶于水克服氢键和范德华力；故错误；

D．碘溶于四氯化碳；克服范德华力，故正确，故答案为：AD；

(2)根据图中原子轨道的形状可知；s能级的原子轨道呈球形，每个s能级含有1个原子轨道；p能级的原子轨道呈纺锤形，每个p能级有3个原子轨道，且这三个轨道相互垂直，故答案为：球；1；纺锤或哑铃；3；

(3)同周期从左到右第一电离能呈依次增大趋势，但铝的第一电离能比镁小，所以Na、Mg、Al第一电离能的由大到小的顺序Mg＞Al>Na，故答案为：Mg＞Al>Na；

(4)相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd；形状相同的原子轨道能量的高低：1s＜2s＜3s＜4s；多电子原子的原子轨道按轨道能量由低到高顺序是①④⑥③②⑤，故答案为：①④⑥③②⑤。

【点睛】

本题易错点(3)，同周期元素从左到右第一电离能呈依次增大趋势，但是核外电子排布中若出现全空或半空的情况，则原子结构较稳定，其第一电离能比同周期相邻的两种元素大。【解析】①.AD②.球③.1④.哑铃或纺锤⑤.3⑥.Mg＞Al>Na⑦.①④⑥③②⑤19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态锂原子的轨道表达式为

(2)O2-和F-的核外电子排布相同，核电荷数越小，半径越大，故半径更大的是O2-；非金属的第一电离能比金属元素的第一电离能大；同周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，故O；F、Fe的第一电离能由大到小的顺序为F＞O＞Fe；

(3)H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因为H3AsO4中非羟基氧原子数多于H3AsO3；As的正电性更高，更容易电离出氢离子；

(4)从图可知，Li+迁移过程中生成了新的物质；发生了化学变化；

(5)由于P原子的半径小于As原子的半径，所以AsF的半径比PF的大，AsF与Li+的作用力比PF弱，故导致Li+更易在LiAsF6电极中脱嵌。【解析】O2-F＞O＞FeH3AsO4中非羟基氧原子数多于H3AsO3，As的正电性更高，更容易电离出氢离子化学变化LiAsF6AsF的半径比PF的大，AsF与Li+的作用力比PF弱20、略

【分析】【详解】

(1)甲分子中有3个键，2个键，2个键，1个键，共有8个键；键和键中分别有1个键，共有2个键；该分子中有非极性键；故此处填“有”。

(2)乙分子中与原子之间形成1个键和1个键，与两个原子之间分别形成1个键，故乙中含有3个键，1个键。

(3)丙分子中含有1个键（含1个键和1个键），1个C≡N键（含1个键和2个键），3个键和1个键，故丙分子中共有6个键和3个键；数目之比为2：1。

(4)甲中存在C—H、O—H、C=O极性键，C.C—C非极性键，乙中只存在极性键，丙中存在C—H、C≡N极性键，C.C—C非极性键，综上所述，符合题意的为甲、丙。【解析】82有312：1甲、丙四、判断题(共4题，共32分)21、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。22、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；23、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。24、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。五、工业流程题(共2题，共14分)25、略

【分析】【分析】

铜铬渣加入稀硫酸，则锌、铁、铬、钴等单质溶解，而铜与稀硫酸不反应，则料渣I为铜；过滤后加入Zn、As2O3得到大量的CoAs合金，则料渣II为CoAs合金；向滤液中加入双氧水，Fe、Cr形成的离子均被氧化；加入ZnO，调节pH，生成氢氧化铁沉淀，电解溶液，得到单质铬，据此解答。

【详解】

（1）检查司机是否饮酒的原理：橙色的酸性溶液遇到呼出的乙醇蒸气时迅速变绿(Cr3+)，+6价的Cr被还原为+3价，乙醇具有还原性，易被氧化为乙酸，根据得失电子守恒、电荷守恒即原子守恒，写出反应的离子方程式为为24号元素，Cr原子核外有24个电子，根据构造原理写出Cr的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则价电子排布式为Cr失去2个电子成为Cr2+，核外电子排布从[Ar]3d54s1变为[Ar]3d4能量较高的不稳定结构，而Mn失去2个电子成为Mn2+，核外电子排布从[Ar]3d54s2变为[Ar]3d5能量较低的稳定结构，即铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，更容易，所需能量更少，所以故答案为：铬的第二电离能是失去半充满上的电子；锰的第二电离能是失去上的电子；更容易，所需能量更少；

（2）原电池中，负极上是失电子的氧化反应，装置甲中铜电极上产生大量的无色气体，说明金属铜是正极；装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体二氧化氮产生，是硝酸得到电子产生的二氧化氮，发生还原反应的电极是正极，则金属铬是正极，原因是常温下铬在浓硝酸中钝化，故答案为：由装置甲知铬的金属活动性比铜强，且与稀硫酸可反应生成由装置乙知常温下铬在浓硝酸中钝化。

（3）①氧化Cr2+形成根据得失电子守恒、电荷守恒即原子守恒，写出离子方程式为故答案为：

②“电解”时，Cr3+在阴极得到电子生成Cr，故阴极的电极反应式为：故答案为：

③中三价铬离子提供空轨道，NH3中的N原子、H2O中的O原子和Cl-提供孤电子对；中心离子的配位数为N；O、Cl三种原子的原子数之和，即3+2+1=6，故答案为：N、O、Cl；6；

④A．中镍离子提供空轨道，CN-提供孤电子对，形成配位键，CN-中存在共价键；不含离子键，故A错误；

B．盐；酱油、醋、菜汤等会加快金属的腐蚀；所以不锈钢容器不要长时间盛放盐、酱油、醋、菜汤等，也不能用不锈钢锅煲中药，故B正确；

C．不锈钢只是不容易生锈；若具备腐蚀条件也会生锈，故C错误；

D．和中；镍元素提供空轨道，不存在杂化，故D错误；

答案选B。【解析】(1)铬的第二电离能是失去半充满上的电子；锰的第二电离能是失去上的电子；更容易，所需能量更少。

(2)由装置甲知铬的金属活动性比铜强，且与稀硫酸可反应生成由装置乙知常温下铬在浓硝酸中钝化。

(3)N、O、Cl6B26、略

【分析】【分析】

废旧电池正极材料灼烧，得到MnO、Fe2O3、加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍；钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀；滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；

【详解】

（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积；使反应更充分。

（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的对应的化学反应方程式是

（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。

（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而均未开始沉淀，故的最佳范围是

（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目和数目都是3，数目数目其化学式应为为25号元素，其价层电子轨道表示为

(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度【解析】(1)增大固体与相应反应物的接触面积；使反应更充分。

(2)除去氧化物中的

(3)把+3价钴还原为+2价。

(4)3.5≤pH＜6.6

(5)六、元素或物质推断题(共3题，共15分)27、略

【分析】【详解】

试题分析：本题考查元素的推断，原子核外电子排布式和路易斯结构式的书写，第一电离能的比较，价层电子对互斥理论和杂化方式的判断，π键的确定和元素周期律。A原子最外层p能级的电子数等于次外层的