2025年滬科版選擇性必修2化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版選擇性必修2化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、用價層電子對互斥理論預測H2S和AlCl3的立體結構，兩個結論都正確的是A.直線形；三角錐形B.V形；三角錐形C.直線形；平面三角形D.V形；平面三角形2、以下能級符號正確的是A.4sB.3fC.2dD.1p3、X；Y、Z、W均為短周期元素；它們在元素周期表中的位置如圖所示。若Y原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，下列說法正確的是。

。X

Y

Z

W

A.氣態(tài)氫化物XH3的水溶液呈酸性B.4種元素的氫化物H2Z最穩(wěn)定C.原子半徑Z＞W(wǎng)＞X＞YD.最高價氧化物對應水化物酸性：Z＞W(wǎng)＞X4、ⅤA族元素的原子R與A原子結合形成氣態(tài)分子，其空間結構呈三角錐形。在氣態(tài)和液態(tài)時的結構如圖所示，下列關于分子的說法不正確的是。

A.分子中5個鍵鍵能不完全相同B.的鍵角有90°、120°、180°C.受熱后會分解生成分子空間結構呈三角錐形的D.每個原子都達到8電子穩(wěn)定結構5、下列說法正確的是A.某晶體固態(tài)時不導電，其水溶液能導電，說明該晶體是離子晶體B.Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4固體分別加熱熔化，需要克服相同類型作用力C.NH3、CO2和PCl3分子中每個原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結構D.甲烷的熔點低于水，說明甲烷分子內的化學鍵弱于水分子內的化學鍵6、常用于治療甲狀腺疾?。铝嘘P于的說法正確的是A.中子數(shù)為53B.核外電子數(shù)為78C.與性質相同D.與互為同位素評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、X、Y、Z、Q、E、M六種元素中，X的原子的基態(tài)價電子排布式為2s2，Y的基態(tài)原子核外有5種運動狀態(tài)不同的電子，Z元素的兩種同位素原子通常作為示蹤原子研究生物化學反應和測定文物的年代，Q是元素周期表中電負性最大的元素，E的陽離子通常存在于硝石、明礬和草木灰中，M的原子序數(shù)比E大5.下列說法正確的是A.EYQ4中陰離子中心原子的雜化方式為sp3雜化B.X、Y元素的第一電離能大小關系：XC.Z與氧元素形成的離子ZO的空間構型為V形D.M為元素周期表前四周期基態(tài)原子未成對電子最多的元素8、下列各物質的物理性質，判斷構成固體的微粒間以范德華力結合的是（）A.氮化鋁，黃色晶體，熔點2200℃，熔融態(tài)不導電B.溴化鋁，無色晶體，熔點98℃，熔融態(tài)不導電C.五氟化釩，無色晶體，熔點19．5℃，易溶于乙醇、丙酮中D.溴化鉀，無色晶體，熔融時或溶于水時能導電9、下列各組分子的立體構型相同的是A.B.C.D.10、Cu2-xSe是一種鈉離子電池正極材料；充放電過程中正極材料立方晶胞(示意圖)的組成變化如圖所示，晶胞內未標出因放電產(chǎn)生的0價Cu原子。下列說法正確的是。

A.每個Cu2-xSe晶胞中Cu2+個數(shù)為xB.每個Na2Se晶胞完全轉化為Cu2-xSe晶胞，轉移電子數(shù)為8C.每個NaCuSe晶胞中0價Cu原子個數(shù)為1-xD.當NayCu2-xSe轉化為NaCuSe時，每轉移（1-y）mol電子，產(chǎn)生(1-x)molCu原子11、亞鐵氰化鉀屬于歐盟批準使用的食品添加劑，受熱易分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列關于該反應說法錯誤的是A.已知Fe3C晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍，則鐵的配位數(shù)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鍵和π鍵數(shù)目比為3:4D.Fe2+的最高能層電子排布為3d612、如圖；鐵有δ；γ、α三種同素異形體，三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉化。下列說法正確的是。

A.γ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個B.α-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個C.若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶體密度比為2b3：a3D.將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻，得到的晶體類型相同13、表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.晶體中含有個NaCl分子B.晶體中，所有的最外層電子總數(shù)為8C.將晶體溶于水中，可配制得的NaCl溶液D.向可變容器中充入和個在標準狀況下的體積小于評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、回答下列問題：

(1)若元素X和Y的核電荷數(shù)都小于18，最外層電子數(shù)分別為n和(m-5)，次外層分別有(n+2)個和m個電子。據(jù)此推斷元素X的名稱為_______；Y的離子結構示意圖為_______。

(2)不能比較或判斷S、Cl的非金屬性強弱的是_______(填字母)。

a.的還原性。

b.氯酸和硫酸的酸性。

c.電子層數(shù)相同；S；Cl的原子半徑。

d.氯化氫和硫化氫溶液的酸性強弱。

(3)原子序數(shù)為12、13、16、17的元素原子形成的簡單離子，離子半徑由大到小的順序是(用離子符號表示)_______。

(4)已知X為第IA族元素(第一到第四周期)，其原子序數(shù)為a，Y與X位于同一周期，且為第VIIA族元素，則Y的原子序數(shù)b與a所有可能的關系式為_______。

(5)推測52號元素在元素周期表中的位置為_______。

(6)碳的同位素12C、13C、14C與氧的同位素16O、17O、18O相互結合為二氧化碳，可得二氧化碳分子的種數(shù)為_______。15、NaNO2可將正常的血紅蛋白中的二價鐵變?yōu)楦哞F血紅蛋白中的三價鐵；失去攜氧能力。完成下列填空：

（1）N元素在元素周期表中位于第____族；N原子最外層的電子排布式是______________。

（2）Na；N、O三種元素形成的簡單離子中；離子半徑最小的是_______（用離子符號表示）。

（3）某工廠的廢液中含有2%～5%的NaNO2直接排放會造成污染。下列試劑中，能使NaNO2轉化為N2的是______________（選填編號）。

a．NaClb．NH4Clc．HNO3d．H2SO4

（4）已知NaNO2能發(fā)生如下反應：NaNO2+HI→NO↑+I2+NaI+H2O

①配平反應物的系數(shù)并標出電子轉移的方向和數(shù)目____NaNO2+____HI

②當有0.75molHI被氧化時；在標準狀況下產(chǎn)生氣體的體積是_______L。

（5）NaNO2外觀與食鹽相似，根據(jù)上述反應，可用于鑒別NaNO2和NaCl?，F(xiàn)有①白酒、②碘化鉀淀粉試紙、③淀粉、④白糖、⑤白醋，其中可選用的物質至少有______（選填編號）。16、I．下表是元素周期表的一部分；針對表中的①～⑩種元素，填寫下列空白：

。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)在這些元素中，化學性質最不活潑的是：________(填元素符號)；

(2)在最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的化合物是________(填化學式)，在常溫下該化合物和元素⑦的單質反應的離子方程式__________。

(3)用電子式表示元素④與⑥的化合物的形成過程：__________。

(4)表示①與⑦的化合物的電子式_______，該化合物是由______(填“極性”或“非極性”)鍵形成的。

(5)③、⑥、⑦三種元素形成的離子，離子半徑由大到小的順序是____________(用化學式表示)。

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

只含有離子鍵的是(用序號回答)_____，即含離子鍵又含共價鍵是(用序號回答)_____，其中含有非極性共價鍵的共價化合物是(用序號回答)_____，常溫時為固體，當其熔化時，不破壞化學鍵的是(用序號回答)_____。17、有下列物質：①HF、②Cl2、③H2Se、④CCl4、⑤BF3、⑥CS2。

(1)只含有σ鍵的是_______(填序號；下同)。

(2)既有σ鍵又有π鍵的是_______。

(3)VSEPR模型是四面體形的是_______。

(4)分子空間構型是V形的是_______。

(5)中心原子發(fā)生sp2雜化的是_______。18、試判斷下列分子的中心原子的雜化類型：

(1)___________

(2)____________

(3)___________

(4)___________19、乙烯在空氣中燃燒的化學方程式是回答下列問題：

(1)CH2=CH2分子為_______(填“極性”或“非極性)分子，一個CH2=CH2分子中含有的σ鍵為_______個。

(2)CO2分子中，碳原子的雜化方式是_______，分子的立體構型名稱是_______。

(3)在第VIA族元素的簡單氫化物中，H2O的沸點最高，原因是：_______。20、請回答下列問題。

(1)請解釋H2O的熱穩(wěn)定性高于H2S的原因______

(2)(CN)2是一種無色氣體，有苦杏仁臭味，極毒，請寫出該物質的電子式______

(3)乙醇與丙烷的相對分子質量接近，但是兩者的沸點相差較大，請解釋其原因_____21、氮化硅（Si3N4）是一種新型陶瓷材料，它可用石英與焦炭在高溫的氮氣流中反應制得：___SiO2+___C+___N2___Si3N4+___CO,根據(jù)題意完成下列各題：

（1）配平上述化學反應方程式。

（2）為了保證石英和焦炭盡可能的轉化，氮氣要適當過量。某次反應用了20mol氮氣，反應生成了5mol一氧化碳，則反應中轉移電子為_____NA，此時混合氣體的平均相對分子質量是_____。

（3）分析反應可推測碳、氮氣的氧化性____>_____（填化學式）。

（4）氮化硅陶瓷的機械強度高，硬度接近于剛玉（Al2O3），熱穩(wěn)定性好，化學性質穩(wěn)定。以下用途正確的是____。

A可以在冶金工業(yè)上制成坩堝；鋁電解槽襯里等熱工設備上。

B在電子工業(yè)上制成耐高溫的電的良導體。

C研發(fā)氮化硅的全陶發(fā)動機替代同類型金屬發(fā)動機。

D氮化硅陶瓷的開發(fā)，將受到資源的限制，發(fā)展前途暗淡22、(1)Co基態(tài)原子核外電子排布式為___________；

(2)Zn2＋基態(tài)核外電子排布式為____________；

(3)Cr3＋基態(tài)核外電子排布式為____________；

(4)N的基態(tài)原子核外電子排布式為__________；Cu的基態(tài)原子最外層有_____個電子。

(5)Si元素基態(tài)原子的電子排布式是____________。評卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)23、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤24、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)25、以軟錳礦(主要成分MnO2，還含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)為原料生產(chǎn)納米Mn3O4的工藝流程如圖：

I.難溶物的Ksp如表：。物質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-

回答下列問題：

(1)基態(tài)錳原子價層電子排布式為___，已知Mn3O4可與鹽酸反應生成氯氣(原理同MnO2)，寫出該反應離子方程式___。

(2)軟錳礦“酸浸”需要控制溫度為90℃左右，其主要成分發(fā)生反應的化學方程式為___，“濾渣A”主要成分為___。

(3)“硫化”后的濾液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要將其沉淀完全，則至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉錳”過程中研究pH與Mn2+的沉降率關系見表，根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析，應調節(jié)最佳pH為___，分析其原因為___。pH氨水體積/mL殘余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.626、工業(yè)上用含三價釩()為主的某石煤為原料(含有等雜質)，低濕硫酸化焙燒—水浸工藝制備其流程如圖：

資料：i.高溫易分解。

ii.含磷有機試劑對溶液中離子萃取能力為

iii.含磷有機試劑萃取過程中溶液的濃度越高；萃取率越低，萃取釩效果越差。

iv.

v.氫氧化物完全沉淀時溶液的pH表：。沉淀物完全沉淀3.29.04.7

(1)中的電子排布式為_______，有的空間構型是_______。

(2)焙燒過程中向石煤中加硫酸焙燒，將轉化為的化學方程式是_______。

(3)預處理過程中先加入溶液進行還原預處理，加入溶液的第一個作用是將V(V)還原為V(IV)減少釩的損失；再用氨水混合并調節(jié)溶液pH。

①請用相關離子方程式說明加入的第二個作用_______。

②解釋加氨水調節(jié)pH≈5的原因是_______。

(4)沉釩過程中先加入進行氧化，再加氨水調節(jié)pH，銨鹽會將中的釩元素以多釩酸銨的形式沉淀，溶液pH值與沉釩率的關系如圖，請結合反應原理解釋pH=2.5沉釩率最高的原因是_______。

(5)測定產(chǎn)品中的純度：

稱取ag產(chǎn)品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入溶液()。最后用溶液滴定過量的至終點，消耗溶液的體積為mL，已知被還原為假設雜質不參與反應，產(chǎn)品中的質量分數(shù)是_______。(寫出計算過程，的摩爾質量：)27、鈦酸鋇粉體是電子陶瓷元器件的重要基礎原料。工業(yè)上以BaCO3、TiCl4為原料，采用草酸鹽共沉淀法制備草酸氧鈦鋇晶體[BaTiO(C2O4)·4H2O]；再高溫煅燒制得鈦酸鋇粉體，其制備工藝流程圖如下：

(1)已知鈦酸鋇晶體的晶胞結構如下圖所示。寫出鈦酸鋇的化學式_______。

(2)制備草酸氧鈦鋇時，溶液pH對產(chǎn)物組成有較大影響?；旌先芤褐?，鈦離子在不同pH下可以TiO(OH)、TiOC2O4或TiO(C2O4)等形式存在；如圖所示：

實際工藝中，應先用氨水調節(jié)混合溶液的pH在2.5~3之間。上圖中曲線b、c分別對應鈦的哪種形式b_______、c_______？

(3)寫出“沉淀”步驟中發(fā)生反應的離子方程式_______。

(4)“洗滌”步驟中，如何判斷洗滌效果_______？(Ag2C2O4、BaC2O4、CaC2O4·H2O的溶度積分別為5.4×10-12、1.6×10-7、4×10-9)。

(5)為確定制備鈦酸鋇粉體的溫度；對草酸氧鈦鋇晶體進行熱重分析，發(fā)現(xiàn)其分解過程包括三個階段，對應的溫度范圍及失重率如下表所示：

。熱分解階段。

溫度/°C

失重率/%

i

ii

iii

80~220

220~470

470~750

16.1

22.4

9.7

①請通過計算說明第ii階段的分解產(chǎn)物有哪些_______

②已知無水草酸氧鈦鋇晶體的結構如圖所示。請從結構角度分析第ii階段氣相產(chǎn)物是如何形成的_______

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

H2S分子的中心原子O原子上含有2個σ鍵，中心原子上的孤電子對數(shù)=0.5×（6-2×1）=2，所以H2S分子的VSEPR模型是四面體型，略去孤電子對后，實際上其空間構型是V型；AlCl3分子的中心原子Al原子上含有3個σ鍵，中心原子上的孤電子對數(shù)=0.5×（3-3×1）=0，所以AlCl3分子的VSEPR模型是平面三角型；中心原子上沒有孤對電子，所以其空間構型就是平面三角形。

故選D。2、A【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)第一電子層上只有1s；第二電子層只有2s；2p，第三電子層只有3s、3p、3d，第四電子層只有4s、4p、4d、4f；

答案選A。3、C【分析】【分析】

X；Y、Z、W均為短周期元素；根據(jù)他們在周期表中的位置知，X和Y屬于第二周期元素，Z和W屬于第三周期元素，若Y原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Y次外層電子數(shù)是2，所以其最外層電子數(shù)是6，則Y是O元素，X是N元素，Z是S元素，W是Cl元素，結合元素周期律來分析解答。

【詳解】

A．X是N元素，氣態(tài)氫化物NH3的水溶液為氨水；呈堿性，故A錯誤；

B．非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，4種元素中非金屬性最強的為O元素，則氫化物最穩(wěn)定的為H2O；故B錯誤；

C．原子的電子層數(shù)越多；其原子半徑越大，同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以這幾種元素原子半徑大小順序是Z＞W(wǎng)＞X＞Y，故C正確；

D．同一周期元素中；元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強，元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，所以W的最高價含氧酸的酸性大于Z，故D錯誤；

答案選C。4、D【分析】【詳解】

A．鍵長越短，鍵能越大，分子中鍵鍵長不同；所以鍵能不完全相同，故A正確；

B．上下兩個頂點氯原子與中心R原子形成的鍵的鍵角為180°，中間為平面三角形，構成三角形的鍵角為120°，上下兩個頂點氯原子與中心R原子形成的鍵與平面形成的夾角為90°，所以的鍵角有90°；120°、180°；故B正確；

C．RCl5RCl3＋Cl2，則受熱后會分解生成分子空間結構呈三角錐形的故C正確；

D．R原子最外層有5個電子，形成5對共用電子對，所以中R的最外層電子數(shù)為10；不滿足8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；

答案為D。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．某晶體固態(tài)時不導電；其水溶液能導電，該晶體可能是離子晶體，也可能是分子晶體，A錯誤；

B．Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4固體分別加熱熔化；斷裂離子鍵，變?yōu)樽杂梢苿拥碾x子，克服的都是離子鍵，因此克服的是相同類型作用力，B正確；

C．NH3中H原子核外是2個電子的穩(wěn)定結構；C錯誤；

D．甲烷的熔點低于水，是由于CH4的分子間作用力比H2O小，且H2O分子之間存在氫鍵，增加了H2O分子之間吸引力，使物質熔化消耗的能量比CH4多；與分子內的化學鍵的強弱無關，D錯誤；

故合理選項是B。6、D【分析】根據(jù)原子符號中左下角數(shù)字為質子數(shù)；左上角數(shù)字為質量數(shù)，中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)，核外電子數(shù)=核內質子數(shù)，質子數(shù)相等中子數(shù)不等的同種元素的不同原子互為同位素，由此分析。

【詳解】

A．中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)，的質子數(shù)為53；質量數(shù)為131，中子數(shù)為131-53=78，故A不符合題意；

B．核外電子數(shù)=核內質子數(shù)，的質子數(shù)為53；核外電子數(shù)為53，故B不符合題意；

C．與的化學性質相似；物理性質不相同，故C不符合題意；

D．與是質子數(shù)相等中子數(shù)不等的同種元素的不同原子；它們互為同位素，故D符合題意；

答案選D。二、多選題(共7題，共14分)7、AD【分析】【分析】

X、Y、Z、Q、E、M六種元素中，X的原子的基態(tài)價電子排布式為2s2，X為Be；Y的基態(tài)原子核外有5種運動狀態(tài)不同的電子，Y的質子數(shù)為5，Y為B；Z元素的兩種同位素原子通常作為示蹤原子研究生物化學反應和測定文物的年代，Z為C；Q是元素周期表中電負性最大的元素，Q為F；E的陽離子通常存在于硝石、明礬和草木灰中，E為K；M的原子序數(shù)比E大5，M為Cr，由上述分析可知，X為Be、Y為B、Z為C、Q為F、E為K、M為Cr。以此解答該題。

【詳解】

A．KBF4中陰離子的中心原子孤電子對數(shù)為價層電子對個數(shù)為4+0=4，則陰離子中心原子的雜化方式為sp3雜化；故A正確；

B．Be的最外層電子數(shù)全滿為穩(wěn)定結構；第一電離能較大，則X；Y元素的第一電離能大小關系：X＞Y，故B錯誤；

C．CO中陰離子的中心原子孤電子對數(shù)為價層電子對個數(shù)為3+0=3，則中心原子的雜化方式為sp2雜化；空間構型為平面三角形，故C錯誤；

D．M即Cr為24號，按構造原理，其價電子排布式為3d54s1；為元素周期表前四周期基態(tài)原子未成對電子最多的元素，故D正確；

故答案選AD。8、BC【分析】【詳解】

A.氮化鋁；黃色晶體，熔點2200℃，熔融態(tài)不導電，符合原子晶體的特征，不以范德華力結合，故A錯誤；

B.溴化鋁；無色晶體，熔點98℃，熔融態(tài)不導電，符合分子晶體的特征，以范德華力結合，故B正確；

C.五氟化釩；無色晶體，熔點19．5℃，易溶于乙醇；丙酮中，符合分子晶體的特征，以范德華力結合，故C正確；

D.溴化鉀是離子晶體；不以范德華力結合，故D錯誤；

故選BC。9、AC【分析】【詳解】

A．空間構型為V形；中O原子的價層電子對數(shù)為2+=4；有1對孤電子對，分子的立體構型為V形，選項A正確；

B．中O原子的價層電子對數(shù)為2+=4，有1對孤電子對，分子的立體構型為V形；NH3中N原子的價層電子對數(shù)為3+=4，有一對孤電子對，則N原子為sp3雜化；分子的空間構型為三角錐形，選項B錯誤；

C．中Sn原子的價層電子對數(shù)為2+=3，有1對孤電子對，則中Sn原子為sp2雜化，分子的空間構型為V形；中N原子的價層電子對數(shù)為2+=2；有1對孤電子對，則N原子為sp雜化，分子的空間構型為V形，選項C正確；

D．中C原子的價層電子對數(shù)為4+=4，無孤電子對，C原子為sp3雜化，分子的立體構型為正四面體；SO3中S原子的價層電子對數(shù)為3+=3，無孤電子對，則S原子為sp2雜化；分子的空間構型為平面三角形，選項D錯誤；

答案選AC。10、BD【分析】【詳解】

A．由晶胞結構可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內的銅離子和亞銅離子的個數(shù)之和為8，設晶胞中的銅離子和亞銅離子的個數(shù)分別為a和b，則a+b=8-4x，由化合價代數(shù)和為0可得2a+b=4×2；解得a=4x，故A錯誤；

B．由題意可知，Na2Se轉化為Cu2-xSe的電極反應式為Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞結構可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，則每個晶胞中含有4個Na2Se；轉移電子數(shù)為8，故B正確；

C．由題意可知，Cu2-xSe轉化為NaCuSe的電極反應式為Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞結構可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4；則每個晶胞中含有4個NaCuSe，晶胞中0價銅而個數(shù)為(4-4x)，故C錯誤；

D．由題意可知，NayCu2-xSe轉化為NaCuSe的電極反應式為NayCu2-xSe+(1-y)e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu；所以每轉移(1-y)電子，產(chǎn)生(1-x)mol銅，故D正確；

故選BD。11、AD【分析】【詳解】

A.由Fe3C晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍可知，與碳原子緊鄰的鐵原子，以碳原子為原點建立三維坐標系，6個鐵原子形成的空間結構為正八面體，配位數(shù)之比等于相應原子數(shù)目反比，則Fe原子配位數(shù)為6×=2；故A錯誤；

B.配合物K4[Fe(CN)6]中配體為CN—，由于電負性N>C；則C原子提供孤對電子，即配位原子是碳原子，故B正確；

C.(CN)2分子的結構式為N≡C—C≡N；單鍵為σ鍵，三鍵中有1個σ鍵和2個π鍵，則σ鍵和π鍵數(shù)目比為3:4，故C正確；

D.Fe為26號元素，其原子核外共有26個電子，F(xiàn)e原子失去4s軌道上的2個電子得Fe2+，F(xiàn)e2+的最高能層電子排布為3s23p63d6；故D錯誤；

故選AD。12、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．γ-Fe晶體是一個面心立方晶胞；以頂點鐵原子為例，與之距離相等且最近的鐵原子位于晶胞的面心上，一共有12個，A錯誤；

B．α-Fe晶體是一個簡單立方晶胞；與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是相鄰頂點上鐵原子，鐵原子個數(shù)=2×3=6，B正確；

C．δ-Fe晶胞中Fe原子個數(shù)=1+8×=2、晶胞體積=a3cm3，α-Fe晶胞中Fe原子個數(shù)=8×=1，該晶胞體積=b3cm3，δ-Fe晶體密度=g/cm3，α-Fe晶體密度=g/cm3，兩種晶體密度比=g/cm3：g/cm3=2b3：a3；C正確；

D．將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻；溫度不同，分別得到α-Fe；γ-Fe、δ-Fe，晶體類型不同，D錯誤；

故答案為：BC。13、BD【分析】【詳解】

A．NaCl形成的是離子晶體；離子晶體中沒有分子，故A錯誤；

B．鈉原子失去外層1個電子變?yōu)殁c離子，次外層變?yōu)樽钔鈱?，電子?shù)為8個，則的最外層電子總數(shù)為故B正確；

C．晶體的物質的量是溶于水中，溶液的體積不是1L，則配制的濃度不是故C錯誤；

D．由于又因為和個剛好反應生成又部分轉化為則容器中氣體小于在標準狀況下的體積小于故D正確；

答案選BD。三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】(1)

元素X和Y的核電荷數(shù)均小于18，最外層電子數(shù)分別為n和(m-5)，次外層有(n+2)個和m個電子，次外層可能為2或8，當次外層為2時m=2，Y最外層為-3不符，所以次外層為8，則m=8，n=6，則最外層X為6，Y為3，所以X為S，Y為Al。故答案為：硫；

(2)

a.的還原性強于的還原性，即S的氧化性弱于Cl2，可以證明硫的非金屬性弱于氯；b.氯酸不是氯的最高價的氧化物的水合物，不能證明非金屬性強弱；c.同周期元素，核電荷數(shù)越大半徑越小非金屬性越強，故電子層數(shù)相同，S、Cl的原子半徑的大小可以證明非金屬性的強弱；d.氯化氫和硫化氫溶液的酸性強弱不能證明非金屬性強弱；故選bd。

(3)

電子層數(shù)越多，半徑越大，相同電子層的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，所以半徑大小順序為

(4)

若X位于第二、三周期，則b=a+6，若X位于第四周期，則b=a+16。

(5)

52號元素是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個二氧化碳分子中含有1個C原子和兩個O原子，采用樹狀分類法分析討論如下：①若二氧化碳分子中的O原子相同，則16O可分別與12C、13C、14C構成氧化碳，即存在3種二氧化碳；同理17O、18O各3種，共3+3+3=9種；②若分子中的C原子相同，O原子不同，則12C可分別與16O17O、17O18O、16O18O構成二氧化碳，即存在3種二氧化碳；同理，13C、14C分別形成3種二氧化碳；所以共形成3+3+3=9種二氧化碳；綜上兩種情況，可得二氧化碳分子的種數(shù)為9+9=18種?！窘馕觥?1)硫

(2)bd

(3)

(4)或

(5)第5周期第VIA族。

(6)1815、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）N是7號元素，最外層電子數(shù)是5，所以在元素周期表中N元素位于第二周期VA族；核外電子排布是1s22s22p3,所以最外層電子排布式為2s22p3；

（2）Na、N、O三種元素形成的簡單離子中，Na+、N3-、O2-中它們的電子層結構相同，隨核電荷數(shù)遞增，離子半徑依次減小，所以離子半徑最小的是Na+；

（3）NaNO2中的N元素的化合價是+3價，使NaNO2中的氮轉化為對空氣無污染的氣體（氮氣），需要另一種反應物具有強還原性，而且含有N元素，二者發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生N2，就不會引起環(huán)境污染，a中的Cl-只有弱還原性，a錯誤，b中NH4+的N元素是-3價，具有強還原性，能夠與+3價的N元素發(fā)生氧化還原反應生成N2，b正確；HNO3中的N元素+5價，具有強氧化性，不符合條件，c錯誤；d中濃硫酸具有強氧化性，且沒有N元素，也不符合條件，d錯誤，正確答案是b；

（4）①2I-被氧化為I2，失去2e-，NaNO2→NO，N元素得到e-，被還原，根據(jù)電子守恒及原子守恒可得2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，2molHI中I失去2mol電子給NaNO2中的N，電子轉移總數(shù)是2e-即：

②根據(jù)方程式2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知：4molHI參加反應，有2mol被氧化，生成2mol的NO氣體，所以當有0.75molHI被氧化時，有0.75mol的NO生成，V（NO）=0.75mol×22.4L·mol-1=16.8L；

（5）鑒別亞硝酸鈉和氯化鈉固體，利用題干中給的信息：NaNO2能夠將HI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，而NaCl沒有該性質，所以利用上述反應可以鑒別NaNO2和NaCl的物質有：②碘化鉀淀粉試紙；⑤白醋；，答案選②⑤。

【點睛】

微粒半徑比較“三看”：一看電子層數(shù)，對于電子層數(shù)不同，電子層越多，半徑越大，如：Li+、N3-、O2-離子半徑大小順序：Na+3-2-，再如：同周期元素的原子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減?。ㄏ∮袣怏w除外）；三看核外電子數(shù)，核電荷數(shù)相同的元素，陽離子所帶離子電荷數(shù)越多，半徑越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，陰離子大于相應的原子半徑，如：S2－＞S、Br－＞Br?！窘馕觥縑A2s22p3Na+b16.8②⑤16、略

【分析】【分析】

I.根據(jù)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；然后根據(jù)元素周期律分析解答；

II.根據(jù)構成物質元素的金屬性；非金屬性強弱判斷物質含有的化學鍵類型；結合各物質的構成微粒及微粒間的作用力判斷物質熔化時破壞的作用力。

【詳解】

I.根據(jù)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)同一周期中惰性氣體元素的原子核外電子排布達到最外層2個或8個電子的穩(wěn)定結構，化學性質不活潑，在上述元素中，化學性質最不活潑的是Ar元素；

(2)元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的堿性就越強，在上述元素中金屬性最強的元素是K元素，所以最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的化合物是KOH；⑦是Cl元素，Cl2與KOH反應產(chǎn)生KCl、KClO、H2O，該反應的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(3)元素④與⑥形成的化合物是Na2S，該化合物為離子化合物，Na+與S2-之間通過離子鍵結合，用電子式表示其形成過程為：

(4)①與⑦的化合物的化學式是CCl4，由于C、Cl都是非金屬元素，兩種元素的原子間以共價鍵形成共價化合物，其電子式為：C；Cl是不同的元素；C-Cl鍵為極性共價鍵；

(5)③、⑥、⑦三種元素形成的離子分別是O2-、S2-、Cl-，O2-核外有2個電子層，而S2-、Cl-的核外有3個電子層，由于離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大；對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，因此這三種離子半徑由大到小的順序是：S2->Cl->O2-；

II.①CaBr2是離子化合物，只含有離子鍵，常溫呈固態(tài)，熔化時破壞離子鍵；②H2O是共價化合物，只含極性共價鍵，常溫呈液態(tài)；③NH4Cl是離子化合物，含有離子鍵、極性共價鍵，常溫呈固態(tài)，熔化時破壞離子鍵；④H2O2是共價化合物，含極性共價鍵、非極性共價鍵，常溫呈液態(tài)；⑤Na2O2是離子化合物，含離子鍵、非極性共價鍵，常溫呈固態(tài)，熔化時破壞離子鍵；⑥Ca(OH)2是離子化合物，含離子鍵、極性共價鍵，常溫呈固態(tài)，熔化時破壞離子鍵；⑦HClO是共價化合物，含極性共價鍵，熔化時破壞分子間作用力；⑧I2是非金屬單質；含有非極性共價鍵，在室溫下呈固態(tài)，熔化時破壞分子間作用力；⑨He是單原子分子，無化學鍵，常溫呈氣態(tài)；

綜上所述可知：只含有離子鍵的是①；既含有離子鍵又含有共價鍵的是③⑤⑥，含有非極性共價鍵的共價化合物是④；常溫時為固體，當其熔化時，不破壞化學鍵的物質是⑧。

【點睛】

本題考查了元素周期律的應用。根據(jù)元素在周期表的位置推斷元素是解題關鍵。掌握元素周期律的含義、正確理解元素及化合物的性質與結構的關系，正確判斷物質中化學鍵的類型，學會使用電子式表示物質，注意相關基礎知識的積累?！窘馕觥緼rKOHCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O極性S2->Cl->O2-①③⑤⑥④⑧17、略

【分析】【分析】

單鍵中只含有σ鍵；雙鍵和三鍵中既有σ鍵又有π鍵；結合價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+(a-xb)分析解答。

【詳解】

(1)①HF、②Cl2、③H2Se、④CCl4、⑤BF3均只含有單鍵；即分子中只含有σ鍵，故答案為：①②③④⑤；

(2)CS2的結構為S=C=S；含有雙鍵，則既有σ鍵又有π鍵，故答案為：⑥；

(3)③H2Se的中心原子的價層電子對數(shù)為2+×(6-2×1)=4，④CCl4的中心原子的價層電子對數(shù)為4，則③H2Se、④CCl4的VSEPR模型均是四面體形；故答案為：③④；

(4)③H2Se的中心原子的價層電子對數(shù)為2+×(6-2×1)=4；含有2個孤電子對，分子的空間構型是V形，故答案為：③；

(5)⑤BF3中心原子的價層電子對數(shù)為3，中心原子發(fā)生sp2雜化；故答案為：⑤。

【點睛】

本題的易錯點為(3)和(4)，要注意VSEPR模型和分子的空間構型的區(qū)別和聯(lián)系。【解析】①.①②③④⑤②.⑥③.③④④.③⑤.⑤18、略

【分析】【詳解】

(1)中心原子價層電子對數(shù)為屬于雜化，故答案為：

(2)中心原子價層電子對數(shù)為屬于雜化，故答案為：

(3)中心原子價層電子對數(shù)為屬于sp雜化，故答案為：sp；

(4)中心原子價層電子對數(shù)為屬于雜化，故答案為：【解析】①.②.③.sp④.19、略

【分析】【詳解】

（1）CH2=CH2分子是平面四邊形結構，正負電荷中心重合，故CH2=CH2分子是非極性分子，CH2=CH2分子的結構式為：故一個CH2=CH2分子中含有的σ鍵為5個；故答案為：非極性；5；

（2）CO2分子的結構式為：碳原子形成2個σ鍵，無孤電子對，故CO2分子中，碳原子的雜化方式是sp，CO2分子的立體構型名稱是直線型；答案為：sp；直線型；

（3）在第VIA族元素的簡單氫化物中，水分子之間存在氫鍵，使H2O的沸點最高；答案為：水分子之間存在氫鍵。【解析】(1)非極性5

(2)sp直線型。

(3)水分子之間存在氫鍵。20、略

【分析】【分析】

（1）熱穩(wěn)定性與分子內部化學鍵鍵能強弱有關；

（2）根據(jù)各原子8電子穩(wěn)定結構寫出其電子式；

（3）N；O、F與H之間能形成氫鍵；以此分析。

【詳解】

（1）原子半徑S>O，則鍵能H-O大于H-S鍵，所以H2O的熱穩(wěn)定性高于H2S；故答案為：原子半徑：氧原子小于硫原子，故H-O的鍵能大于H-S的鍵能；

（2）(CN)2根據(jù)各原子8電子穩(wěn)定結構可得其電子式：故答案為：

（3）乙醇分子中O和H可以形成氫鍵，而丙烷中不能形成氫鍵，兩者均為分子晶體，則乙醇的熔沸點遠高于丙烷，故答案為：乙醇分子間可形成氫鍵而丙烷分子不行?！窘馕觥吭影霃剑貉踉有∮诹蛟?，故H-O的鍵能大于H-S的鍵能乙醇分子間可形成氫鍵而丙烷分子不行21、略

【分析】【分析】

⑴由產(chǎn)物CO可知，SiO2與C化學計量數(shù)之比為1：2，由產(chǎn)物Si3N4可知SiO2與N2化學計量數(shù)之比為3：4，所以SiO2、C、N2化學計量數(shù)之比為3：6：4，令SiO2的化學計量數(shù)為3，結合元素守恒可知Si3N4；CO化學計量數(shù)分別為1、6。

⑵反應中只有C元素的化合價升高，氮氣有剩余，根據(jù)CO計算電子轉移，C元素化合價由0價升高為+2價，轉移電子的物質的量為CO的2倍，N2與CO的相對分子質量都是28；混合氣體的平均相對分子質量不變。

⑶反應中N2作氧化劑，C是還原劑，N2將C氧化。

⑷由信息可知；氮化硅機械強度高，硬度大，熱穩(wěn)定性好，化學性質穩(wěn)定，氮化硅屬于原子晶體，不是電的良導體，制備氮化硅的資源豐富，自然界中有大量的氮氣與二氧化硅，具有廣闊的發(fā)展前景。

【詳解】

⑴由產(chǎn)物CO可知，SiO2與C化學計量數(shù)之比為1：2，由產(chǎn)物Si3N4可知SiO2與N2化學計量數(shù)之比為3：2，所以SiO2、C、N2化學計量數(shù)之比為3：6：2，令SiO2的化學計量數(shù)為3，C、N2化學計量數(shù)分別為6、2，結合元素守恒可知Si3N4、CO化學計量數(shù)分別為1、6，配平后方程式為3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO；故答案為：3；6、2、1、6。

⑵反應中只有C元素的化合價升高，氮氣有剩余，根據(jù)CO計算電子轉移，C元素化合價由0價升高為+2價，轉移電子的物質的量為CO的2倍，所以反應中轉移電子數(shù)為5mol×2×NAmol?1=10NA，N2與CO的相對分子質量都是28；所以混合氣體的平均相對分子質量為28；故答案為：10；28。

⑶反應中N2作氧化劑，C是還原劑，N2將C氧化為CO，所以氧化性N2＞C；故答案為：N2；C。

⑷A．氮化硅熱穩(wěn)定性好，可以用于熱工設備，故A正確；B．氮化硅屬于原子晶體，不是電的良導體，故B錯誤；C．氮化硅機械強度高，硬度大，可以替代同類型金屬發(fā)動機，故C正確；D．制備氮化硅的資源豐富，具有廣闊的發(fā)展前景，故D錯誤；綜上所述，答案為：AC?！窘馕觥竣?3②.6③.2④.1⑤.6⑥.10⑦.28⑧.N2⑨.C⑩.AC22、略

【分析】【詳解】

(1)Co是27號元素，Co位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，核外電子排布是1s22s22p63s23p63d74s2或寫為[Ar]3d74s2；

(2)Zn是30號元素，Zn原子核外有30個電子，失去最外層2個電子變?yōu)閆n2+，根據(jù)構造原理，則Zn2＋基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；

(3)Cr是24號元素，失去最外層2個電子后，再失去次外層的3d的1個電子變?yōu)镃r3+，則Cr3＋基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；

(4)N是7號元素，原子核外電子數(shù)為7，核外電子排布式為1s22s22p3；Cu是29號元素，根據(jù)構造原理可得Cu核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；則在基態(tài)Cu原子核外最外層有1個電子；

(5)Si是14號元素，核外電子排布式是1s22s22p63s23p2，也可以寫為[Ne]3s23p2。

【點睛】

本題考查了原子核外電子排布式的書寫的知識，在書寫時要遵循能量最低原理、洪特規(guī)則和泡利不相容原理。掌握核外電子排布規(guī)律是解答題目關鍵。【解析】[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d101s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d31s22s22p311s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2四、判斷題(共2題，共8分)23、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；24、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。五、工業(yè)流程題(共3題，共18分)25、略

【分析】【分析】

由流程圖可知，加入鐵和硫酸后，F(xiàn)e2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反應，鐵和硫酸生成的亞鐵離子和MnO2反應，反應方程式分別為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2與硫酸不反應，故濾渣A為SiO2和CaSO4；調節(jié)PH后沉淀了鐵和鋁，加入(NH4)2S后，發(fā)生反應：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生產(chǎn)ZnS沉淀，故濾渣B為ZnS，則濾液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入試劑X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，過濾，濾液中含有硫酸銨、硫酸錳，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化還原反應生成納米Mn3O4；以此解答該題。

【詳解】

(1)已知錳是25號元素，故基態(tài)錳原子價層電子排布式為3d54s2，根據(jù)MnO2與鹽酸反應的反應原理，可以推知Mn3O4可與鹽酸反應生成氯氣(原理同MnO2)，故反應方程式為：Mn3O4+8HCl3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故該反應的離子方程式為：Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案為：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；

(2)在90℃“溶浸”軟錳礦，該反應的化學方程式為2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“濾渣A”主要成分為SiO2、CaSO4，故答案為：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；

(3)“硫化”后的濾液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol