2025年外研版選擇性必修2化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年外研版選擇性必修2化學下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5題，共10分)1、設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.標準狀況下，個分子所占的體積約為22.4LB.含有的共用電子對數(shù)為C.和石墨的混合物共1.2g，含碳原子數(shù)目為D.標準狀況下，44g乙醛含有σ鍵的數(shù)目為2、下列關于元素周期律的說法正確的是A.LiOH、NaOH、KOH、RbOH的堿性逐漸增強B.HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性逐漸增強C.同周期的主族元素中IA族元素的原子半徑最小D.堿金屬單質Li、Na、K的熔沸點逐漸升高3、磷有多種同素異形體，其中白磷和黑磷(每一個層由曲折的磷原子鏈組成)的結構如圖所示，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是。

A.3.1g31P中含有的中子數(shù)為1.6NAB.31g白磷與31g黑磷中含有的P—P鍵數(shù)目均為1.5NAC.12.4g白磷與0.6molH2在密閉容器中充分反應，生成的PH3分子數(shù)為0.4NAD.6.82g白磷發(fā)生反應：轉移的電子數(shù)為0.6NA4、下列說法正確的是A.根據(jù)VSEPR理論，分子構型由電子和電子決定B.雜化軌道通常用于形成π鍵或容納未參與成鍵的電子C.紅外光譜的產(chǎn)生與化學鍵的振動釋放能量有關D.使用質譜儀通過分析質荷比確定相對分子質量5、鹵化鈉(NaX)和四鹵化鈦()的熔點如圖所示：下列有關說法不正確的是。

A.Ti原子的價電子排布式為B.分子中存在極性共價鍵C.晶格能：D.分子間作用力：評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。用表中信息判斷下列說法正確的是（）。元素XYZW最高價氧化物的水化物H3ZO40.1mol?L-1溶液對應的pH(25℃)1.0013.001.570.70

A.元素電負性：ZB.W和Y形成的化合物一定只含離子鍵C.元素第一電離能：Z＞W(wǎng)D.簡單氫化物的沸點：X7、美國科羅拉多大學博爾德分校Kirkby、Jasper團隊報道了碘酸作為大氣氣溶膠源的氣相形成機理。

下列敘述正確的是A.如圖所示，O3是極性分子B.如圖所示，空間結構為平面三角形C.沸點(或熔點)：O3>O2D.反應(1)：=8、用價層電子對互斥理論(VSEPR)可以預測許多分子或離子的空間構型，有時也能用來推測鍵角大小，下列判斷正確的是（）A.SO2的分子構型為V形B.SO3是三角錐形分子C.BF3的鍵角為120°D.PCl3是平面三角形分子9、下列化學用語表達正確的是（）A.質子數(shù)為8，中子數(shù)為10的氧原子：B.CO2的比例模型C.Na2S4的電子式：D.Ni在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族10、關于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的說法中錯誤的是A.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ鍵的數(shù)目為15NAB.中心原子的化合價為+3價C.中心原子的配位數(shù)是6D.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，產(chǎn)生3mol白色沉淀11、下列描述正確的是A.的空間結構為V形，是極性分子B.與的中心原子均為雜化C.分子中鍵與鍵的數(shù)目之比為3∶2D.水加熱到很高溫度都難分解是因為水分子間存在氫鍵12、科學家合成了11B的非碳導熱材料立方氮化硎晶體；其晶胞結構如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.11BN和10BN的性質不同B.BCl3和NCl3均為非極性分子C.該晶胞中含有14個B原子，4個N原子D.N原子周圍等距且最近的N原子數(shù)為1213、能與懸浮在大氣中的海鹽粒子作用，反應為(CINO各原子均達到8電子穩(wěn)定結構)。下列說法正確的是A.晶體屬于分子晶體B.ClNO的結構式為C.NaCl晶胞中的配位數(shù)為6D.是由極性鍵構成的非極性分子14、如圖為周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置關系如圖所示。其中B元素最高化合價是最低化合價絕對值的3倍，它的最高價氧化物中含氧下列說法正確的是。ADBEC

A.D，B，E三種元素的第一電離能逐漸減小B.電負性：C.D，B，E三種元素形成的簡單離子的半徑逐漸減小D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性順序：評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、已知N、P同屬于元素周期表的第ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期。分子呈三角錐形；N原子位于錐頂，3個H原子位于錐底，N-H鍵間的夾角是107°。

(1)基態(tài)氮原子最外層電子排布式為___________；氮離子核外有___________種運動狀態(tài)不同的電子；分子的空間結構如圖所示，它是一種___________(填“極性”或“非極性”)分子。

(2)分子與分子的空間結構___________(填“相同”“相似”或“不相似”)，鍵___________(填“有”或“無”)極性，分子___________(填“有”或“無”)極性。16、檢驗K元素的方法是焰色反應，請用原子結構的知識解釋產(chǎn)生此現(xiàn)象的原因：_______。17、原子結構與元素周期表存在著內在聯(lián)系。根據(jù)已學知識；請回答下列問題：

(1)指出31號元素鎵(Ga)在元素周期表中的位置：第________周期第________族。

(2)寫出原子序數(shù)最小的第Ⅷ族元素原子的核外電子排布式：____________。

(3)寫出3p軌道上只有2個未成對電子的元素的符號：____________、____________。18、回答下列問題：

(1)基態(tài)Co原子核外電子排布式為___；Co3+核外電子未成對電子數(shù)為__。

(2)基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為__。

(3)Zn2+的價電子軌道表示式為___。19、某金屬M的氧化物A是易揮發(fā)的液體，有毒，微溶于水。在氯化氫氣氛中蒸發(fā)A的鹽酸溶液(含1.000g的A)得到1.584g晶體MCl3·3H2O。

(1)假定轉化反應按化學計量比進行，通過計算確定A的化學式________，并寫出金屬M的價電子構型________。從精煉鎳的陽極泥提取M的步驟為：

①用王水處理溶解Pt；Pd和Au；

②固體不溶物與碳酸鉛共熱；然后用稀硝酸處理除去可溶物B；

③剩余固體不溶物與硫酸氫鈉共熔；用水浸取除去可溶物C；

④留下的固體不溶物與過氧化鈉共熔，用水浸取，過濾。濾液中含有M的鹽D，D為Na2SO4型電解質；無水D中氧含量為30.32%；

⑤往D溶液中通人Cl2；加熱，收集40-50°C的餾分，得到A．A收集在鹽酸中，加熱得到E的溶液，E中Cl含量為67.14%；

⑥溶液E中加入適量NH4Cl溶液得到沉淀F；F中Cl含量為57.81%。F在氫氣中燃燒即得到金屬M。

已知φ(NO/NO)=0.957V，φ([PtCl4]2-/Pt)=0.755V，φ(PtCl6]2-/[PtCl4]2-=0.680V；所有離子活度系數(shù)為1.00。

(2)寫出步驟(1)中除去Pt的化學反應方程式________，計算該反應在298K下的K________。

(3)寫出步驟(2)中除去銀的化學反應方程式________。

(4)D、E、F中均只有1個金屬原子，試通過計算確定D、E、F的化學式________、________、________。20、依據(jù)原子結構知識回答下列問題。

(1)基態(tài)In原子的核外電子排布簡式___________。

(2)下列有關微粒的說法錯誤的是___________。

a．第一電離能：Al

b．違反了能量最低原理。

c．離子半徑：

d．原子的未成對電子數(shù)：Mn>Cr>Cl

(3)短周期部分原子電離能(I)數(shù)據(jù)如下：。元素NFF電離能/()10861402.23168123522856.05388.35388.3

①F原子核外的電子云共有___________種伸展方向。

②表格中均大于的原因是___________。

③已知高溫下易發(fā)生反應：銅在周期表中的位置是___________，從物質結構來分析，該反應易發(fā)生的原因是___________。

④依據(jù)泡利原理，可用“”、“”來表示電子的自旋狀態(tài)，該數(shù)值稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的碳原子，其電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為___________。21、(1)衡量元素非金屬性的標準之一是最高價氧化物水化物的酸性強弱，則含氧酸中中心元素化合價與酸性的關系是_______。

(2)NaBH4是離子化合物，所有原子最外層都達到穩(wěn)定結構，請寫出電子式_______。

(3)冰的密度比水小的原因是_______。22、物質有多種聚集狀態(tài)，不同的聚集狀態(tài)由于構成微粒和微粒間的相互作用不同，具有不同的性質。本章我們學習了許多的相關知識，如晶體、非晶體、液晶、晶胞、金屬晶體、離子晶體、原子晶體、分子晶體等，請通過圖示的方式表示它們之間的相互關系，以加深對所學內容的理解。_______

評卷人得分四、元素或物質推斷題(共2題，共6分)23、已知X；Y、Z、W、R五種元素均位于周期表的前四周期；且原子序數(shù)依次增大。元素X是周期表中原子半徑最小的元素；Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數(shù)相同；W位于第2周期，其基態(tài)原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍；R基態(tài)原子3d軌道上的電子數(shù)是4s軌道上的4倍。請回答下列問題：（答題時，X、Y、Z、W、R用所對應的元素符號表示）

⑴基態(tài)R原子的外圍電子排布式為______；Y、Z、W的電負性由大到小的順序是____。

⑵元素Y、Z均能與元素X形成含18個電子的微粒，這些微粒中沸點最高的是______，其沸點最高的原因是______；Y2X4難溶于X2W的原因是_____。

⑶YW的結構式為______(須標出其中的配位鍵)；在化學式為［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配離子中與R形成配位鍵的原子是______。24、已知A；B、C、D都是周期表中的短周期元素；它們的核電荷數(shù)依次增大。A原子、C原子的L能層中都有兩個未成對的電子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4個未成對電子，F(xiàn)原子除最外能層只有1個電子外，其余各能層均為全充滿。根據(jù)以上信息填空：

（1）基態(tài)D原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為____，D基態(tài)原子含有_____個未成對電子。

（2）E2＋的價層電子排布圖是_______，F(xiàn)原子的電子排布式是_____。

（3）A的最高價氧化物對應的水化物分子結構式為____，其中心原子采取的軌道雜化方式為____，B的氣態(tài)氫化物的VSEPR模型為_____。

（4）化合物AC2、B2C和陰離子DAB－互為等電子體，它們結構相似，DAB－的結構式為____。

（5）配合物甲的焰色反應呈紫色，其內界由中心離子E3＋與配位體AB－構成，配位數(shù)為6。甲的水溶液可以用于實驗室中E2＋的定性檢驗，檢驗E2＋的離子方程式為______。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共40分)25、鎢酸()是一種重要的化工原料，用作媒染劑催化劑，制造防火材料等。一種以黑鎢礦(主要成分是和還含有Si；P、As等元素的雜質)為原料制備鎢酸的工業(yè)流程如下圖所示。

已知：①“濾渣1”的成分是和

②“水浸”后濾液中主要陰離子為和

③

回答下列問題：

(1)基態(tài)Mn原子中未成對的電子數(shù)為___________。

(2)發(fā)生“焙燒"時的化學反應方程式為___________。

(3)“濾渣2”的主要成分是___________，加入鹽酸“調節(jié)pH”要在加熱煮沸條件下進行，煮沸的目的是___________。

(4)“除磷、砷”過程中P、As元素以和形式沉淀，則“氧化”過程中加入NaClO溶液的目的是___________。

(5)當“濾液1”中時，此時是否沉淀完全。列式計算說明___________。

(6)“沉鎢”后需要過濾、洗滌，則洗滌的具體操作為___________。26、鉬酸鈉是一種金屬緩蝕劑，金屬鉬是重要的合金材料，下圖是由輝鉬礦(鉬元素的主要存在形式為)生產(chǎn)兩種物質的流程：

請回答下列問題：

(1)為第五周期元素，與同族，其基態(tài)原子價層電子排布式為_______；

(2)輝鉬礦在空氣中焙燒時，加入氧化物X可減少空氣污染物的排放，燒渣中以的形態(tài)存在，則X為_______(填化學式)，焙燒方程式為_______；

(3)已知：25℃時，則該溫度下，飽和溶液中的濃度為_______

(4)溶液在對燒渣進行浸出時；溫度對浸出率的影響如下圖所示：

“操作1”需選擇“高壓浸出”的理由是_______；

(5)從上述流程中可分析出屬于_______(填“酸性氧化物”或“堿性氧化物”)；

(6)由獲得可以選擇做還原劑，相關說法正確的是_______(填代號)；

a.其原理屬于熱還原法冶金。

b.的金屬活動性可能位于之間。

c.工業(yè)上可用與鉬酸鹽溶液直接作用冶煉鉬。

(7)已知晶體有類似石墨的層狀結構，預測其可能的用途是_______。27、金、銀是生活中常見的貴重金屬，工業(yè)上常利用氰化法從含金礦石(成分為Au、Ag、Fe2O3；和其它不溶性雜質)中提取金。工藝流程如下：

已知：I.氫氰酸(HCN)易揮發(fā)、有劇毒，

II.平衡常數(shù)回答下列問題：

(1)“酸浸”步驟中所用的酸是_______。

(2)“浸出”步驟的目的是將單質轉化為

①其化學方程式為_______。

②該步驟中金的溶解速率在時達到最大值，但實際生產(chǎn)中控制反應液的溫度在可能原因是_______。

③已知該反應的平衡常數(shù)_______。

(3)“置換”步驟中，消耗的鋅與生成的金的物質的量之比為_______。

(4)“脫金貧液”(含)直接排放會污染環(huán)境。現(xiàn)以為催化劑，用氧化廢水中的的去除率隨溶液初始pH變化如下圖所示。

①價層電子排布的軌道表示式為_______。

②當“脫金貧液”初始時，的去除率下降的原因是_______。28、合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對保護環(huán)境具有重要意義。以某鋼鐵廠煙灰(主要成分為并含少量的)為原料制備氧化鋅的工藝流程如下：

已知：①“浸取”時，轉化為可溶性離子，轉化為可溶性離子；②常溫下，

回答下列問題：

(1)在周期表中的位置為_______，其基態(tài)原子價層電子軌道表示式為_______。

(2)所含元素的電負性由大到小的順序為_______，“浸取”時加入的溶液顯_______(填“酸性”；“堿性”或“中性”)。

(3)“除雜”加入過量鋅粉發(fā)生的離子方程式為_______；“冷凝吸收”過程中通入過量發(fā)生反應的離子方程式為：_______。

(4)常溫下二價鋅在水溶液中的存在形式與的關系如圖，橫坐標為溶液的縱坐標為或物質的量濃度的對數(shù)(假設離子濃度時，離子已沉淀完全)。從圖中數(shù)據(jù)計算可得的溶度積_______，某廢液中含離子，為沉淀離子可以控制溶液中值的范圍是_______。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．標準狀況下甲醇不是氣態(tài)，個分子所占的體積不是22.4L；A錯誤；

B．含有的共用電子對數(shù)為B錯誤；

C．和石墨均是碳元素形成的單質，混合物共1.2g，碳原子的物質的量是0.1mol，含碳原子數(shù)目為C正確；

D．標準狀況下，44g乙醛的物質的量是1mol，單鍵都是σ鍵，雙鍵中還含有1個σ鍵，則含有σ鍵的數(shù)目為D錯誤；

答案選C。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．隨核電荷數(shù)增大，堿金屬的金屬性逐漸增強，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，則LiOH、NaOH、KOH、RbOH的堿性逐漸增強；故A正確；

B．隨核電荷數(shù)增大，鹵族元素的非金屬性逐漸減弱，非金屬性越強，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，則HF、HCl、HBr；HI的穩(wěn)定性逐漸減弱；故B錯誤；

C．同周期元素隨核電荷數(shù)增大；原子半徑逐漸減小，則同周期的主族元素中IA族元素的原子半徑最大，故C錯誤；

D．隨核電荷數(shù)增大；堿金屬單質Li；Na、K的熔沸點逐漸減低，故D錯誤；

答案選A。3、C【分析】【詳解】

A．1個31P原子中含有31-15=16個中子，則3.1g31P中含有的中子數(shù)為=1.6NA；A正確；

B．白磷和黑磷分子中，每個P原子平均形成1.5個P-P鍵，則31g白磷與31g黑磷中含有的P-P鍵數(shù)目均為=1.5NA；B正確；

C．12.4g白磷物質的量為=0.1mol，與0.6molH2在密閉容器中發(fā)生反應P4+6H24PH3，則充分反應生成的PH3分子數(shù)小于0.4NA；C不正確；

D．6.82g白磷的物質的量為=0.055mol，反應中，電子轉移的數(shù)目為24×(5-0)e-=120e-，則0.055molP4參加反應時轉移的電子數(shù)為=0.6NA；D正確；

故選C。4、D【分析】【詳解】

A．VSEPR理論是指層電子對互斥理論；分子或離子的幾何構型主要決定于與中心原子相關的電子對之間的排斥作用，由σ鍵個數(shù)和孤電子對個數(shù)決定，故A錯誤；

B．雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤對電子，沒有雜化的p軌道形成π鍵，故B錯誤；

C．紅外光譜分析：利用有機化合物分子中不同基團的特征吸收頻率不同來初步判斷有機化合物中具有哪些基團；故C錯誤；

D．質譜儀能根據(jù)質荷比最大的碎片離子確定有機物的相對分子質量；故D正確；

故選：D。5、B【分析】【詳解】

A．Ti的原子序數(shù)為22，基態(tài)原子的價電子排布式為A正確；

B．是離子晶體；B錯誤；

C．離子半徑越小，離子的電荷越多，晶格能越大，離子晶體的熔沸點越高，所以晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI；C正確；

D．為分子晶體；隨相對分子質量增加，分子間作用力增大，熔點升高，D正確；

故答案為：B。二、多選題(共9題，共18分)6、AC【分析】【分析】

由0.1mol/L的H3ZO4的pH為1.57可知Z元素的最高價氧化物對應的水化物為弱酸，且Z元素的最高價為+5價，所以Z為P元素；0.1mol?L?1W的最高價氧化物對應的水化物的pH為0.70，說明該物質為多元強酸，為硫酸，則W為S元素；0.1mol?L?1Y的最高價氧化物對應的水化物的pH為13.00，說明該物質為一元強堿，為氫氧化鈉，則Y為Na元素；0.1mol?L?1X的最高價氧化物對應的水化物的pH為1.00；說明該物質為一元強酸，為硝酸，則Y為N元素，據(jù)此回答。

【詳解】

A．同一周期元素的電負性隨著原子序數(shù)的遞增而增大；因S的原子序數(shù)大于P，則S的電負性大于P，胡A正確；

B．S元素Na元素可以形成化合物Na2S2；該物質含有S原子和S原子形成的非極性共價鍵，故B錯誤；

C．同一周期元素原子的第一電離能總趨勢為依次增大；但由于第ⅡA；ⅤA族元素的電子排布結構為全充滿或半充滿狀態(tài)，原子結構較為穩(wěn)定，故第ⅡA、ⅤA族元素的第一電離能較相鄰兩個主族的電離能較大，故P的第一電離能大于S，故C正確；

D．相對分子質量越大，物質的熔沸點越高，但由于X的氫化物NH3中含有分子間氫鍵，因此NH3的沸點高于PH3的沸點；故D錯誤；

綜上所述，答案為AC。7、AC【分析】【詳解】

A．O3是V形分子；屬于極性分子，A正確；

B．中Ⅰ采用雜化；呈三角錐形，B錯誤；

C．O3、都是分子晶體，O3的相對分子質量大于則O3分子間范德華力大于所以沸點O3>O2；C正確；

D．根據(jù)圖示，反應(1)為D錯誤；

故選AC。8、AC【分析】【詳解】

A．SO2的中心原子S的價層電子對個數(shù)為2+(6-2×1)=4，且S原子上含有2個孤對電子對，所以SO2為V形分子；故A正確；

B．SO3的中心原子S的價層電子對個數(shù)為3+(6-3×2)=3；是平面三角形分子，故B錯誤；

C．BF3的中心原子B的價層電子對個數(shù)為3+(3-3×1)=3；無孤電子對，是平面三角形分子，鍵角為120°，故C正確；

D．PCl3的中心原子P的價層電子對個數(shù)為3+(5-3×1)=4，含有1對孤電子對，所以PCl3是三角錐形分子；故D錯誤；

答案選AC。9、CD【分析】【詳解】

A．元素符號左上角標質量數(shù)（質子與中子之和），即A錯；

B．CO2為直線型；B錯；

C．Na+寫在兩側；C正確；

D．Ni為28號元素，電子排布式為[Ar]3d84s2，確定Ni位于第四周期第VIII族，D正確。10、AD【分析】【詳解】

A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+與外界Cl-間為離子鍵，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+與配體NH3、Cl-間形成6個配位鍵，配位鍵屬于σ鍵，每個配體NH3中N、H原子間形成3個N—Hσ鍵，故1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ鍵為(6+)mol=21mol，即含有σ鍵的數(shù)目為21NA；A錯誤；

B．在該化合物中N；H、Cl元素的化合價依次為-3、+1、-1；根據(jù)化合物中各元素的正負化合價代數(shù)和為0，則Ti的化合價為+3價，B正確；

C．與Ti3+形成配位鍵的配位原子為N、Cl，Ti3+的兩個配體NH3、Cl-的個數(shù)依次為5；1；故配位數(shù)為5+1=6，C正確；

D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的電離方程式為[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能與Ag+反應形成白色沉淀，內界中的Cl-不能與Ag+反應，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液；產(chǎn)生2mol白色沉淀，D錯誤；

答案選AD。11、BC【分析】【詳解】

A．中中心原子的價層電子對數(shù)為且該分子中正；負電荷中心重合，所以其空間結構為直線形，是非極性分子，故A錯誤；

B．中中心原子的價層電子對數(shù)為中中心原子的價層電子對數(shù)為所以和的中心原子的價層電子對數(shù)均為4，因此均為雜化；故B正確；

C．分子中含有鍵和碳碳三鍵，碳碳三鍵中含有1個鍵和2個鍵，鍵為鍵，則分子中鍵與鍵的數(shù)目之比為3∶2；故C正確；

D．水加熱到很高溫度都難分解是因為鍵的鍵能較大；與氫鍵無關，故D錯誤；

答案選BC。12、BC【分析】【詳解】

A．11B和10B互為同位素；形成的化合物在化學性質上無差異，但物理性質有差異，A項正確；

B．BCl3為平面三角形結構，為非極性分子；NCl3為三角錐形結構；為極性分子，故B錯誤；

C．該晶胞中，頂點上的B原子個數(shù)為8×=1，面心上的B原子個數(shù)為6×=3；共有4個B原子，C項錯誤；

D．由晶胞示意圖；1個N原子與4個B原子成鍵，每個B原子又分別和3個N原子成鍵，所以N原子周圍等距且最近的N原子數(shù)為3×4=12個，D項正確。

故選BC。13、BC【分析】【詳解】

A．晶體屬于離子晶體；故A錯誤；

B．ClNO各原子均達到8電子穩(wěn)定結構則，O原子要連兩根共價鍵，N原子要連三根共價鍵，Cl原子要連一根共價鍵，結構式為故B正確；

C．配位數(shù)指的是某個離子周圍的異種電荷的離子數(shù)，NaCl中Na+周圍的Cl-是6個；配位數(shù)為6，故C正確；

D．是由極性鍵構成的極性分子；故D錯誤；

故選BC。14、BC【分析】【分析】

B元素最高價是最低負價絕對值的3倍，則B元素最高正價為+6價，其最高價氧化物化學式表示為BO3，又最高氧化物中含氧60%，設B元素相對原子質量為x，則×100%=60%，解得b=32；故B為S元素，由元素在周期表中相對位置可知，A為O元素；C為Se、D為P元素、E為Cl元素。

【詳解】

A．非金屬性越強；第一電離能越大，但P的3p電子半滿為穩(wěn)定結構，第一電離能P＞Cl＞S，A錯誤；

B．同主族元素從上到下；元素的電負性減弱，同周期從左到右，電負性增大，則電負性Cl＞S＞Se，B正確；

C．P；S、Cl三種元素形成的簡單離子具有相同的核外電子排布；核電荷數(shù)越大離子半徑越小，P、S、Cl三種元素形成的簡單離子的半徑逐漸減小，C正確；

D．非金屬性：P＜S＜Cl，故氫化物穩(wěn)定性：PH3＜H2S＜HCl；D錯誤；

故選BC。三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【詳解】

(1)N元素的原子序數(shù)為7號，原子核外最外層有5個電子，則基態(tài)最外層電子排布式為氮離子核外有10個電子，離子中每個電子的運動狀態(tài)都不相同，共有10種運動狀態(tài)不同的電子；由空間結構示意圖可知，分子是空間結構對稱的正四面體結構，正、負電荷中心重合，是一種非極性分子，故答案為：10；非極性；

(2)分子的N原子與分子的P原子的價層電子對數(shù)都為4，孤對電子對數(shù)都為1，空間構型都是三角錐形；分子中鍵為不同非金屬元素原子之間形成的極性共價鍵；的空間結構為結構不對稱的三角錐形，正、負電荷中心不重合，為極性分子，故答案為：相似；有；有?！窘馕觥?0非極性相似有有16、略

【分析】【詳解】

當基態(tài)原子的電子吸收能量后，電子會躍遷到較高的能級，變成激發(fā)態(tài)原子，電子從較高能量的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能量的激發(fā)態(tài)或基態(tài)時，將以光的形式釋放能量【解析】當基態(tài)原子的電子吸收能量后，電子會躍遷到較高的能級，變成激發(fā)態(tài)原子，電子從較高能量的激發(fā)態(tài)躍遷到較低能量的激發(fā)態(tài)或基態(tài)時，將以光的形式釋放能量17、略

【分析】【詳解】

(1)鎵是31號元素，其原子核外有31個電子，根據(jù)構造原理知，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1S22S22P63S23P63d104S24P1，元素周期數(shù)等于其電子層數(shù)，主族元素中，原子最外層電子數(shù)等于其族序數(shù)，所以鎵位于第四周期第IIIA族；

(2)原子序數(shù)最小的第Ⅷ族元素原子是Fe，核外電子數(shù)為26，核外電子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2；

(3)3p軌道上有2個未成對電子，外圍電子排布為3s23p2或3s23p4．若為外圍電子排布為3s23p2，是Si元素，若為外圍電子排布為3s23p4，是S元素；【解析】①.4②.ⅢA③.1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2④.Si⑤.S18、略

【分析】【詳解】

(1)是27號元素，核外有27個電子，根據(jù)能量最低原理，其核外電子排布式為核外電子排布式是的價電子軌道表示式是核外電子未成對電子數(shù)為4。故答案為：1s22s22p63s23d74s2；4；

(2)是32號元素，基態(tài)原子的核外電子排布式為故答案為：

(3)是30號元素，的價電子排布式是的價電子排布式是的價電子機道表示式為故答案為：【解析】1s22s22p63s23d74s241s22s22p63s23p63d104s24p219、略

【分析】【分析】

【詳解】

3-1設M在其氧化物A中的氧化數(shù)為x，M的相對原子質量為y，則A可以表示成MOx/2.1.000g的A中所含M的物質的量與1.584g晶體MCl3·3H2O中相同；即有如下關系：

化簡得到y(tǒng)與x的關系為y=274.654-21.699x。將常見的氧化數(shù)代入式中，當x=8時，y=101.07，與Ru的相對原子質量相同，且RuO4的性質與題中描述相符。故M為Ru，A為RuO4，金屬M的價電子構型為4d75s1。

3-2步驟1中用王水除去Pt。根據(jù)題中給出的φ([PtCl4]2-/Pt)與φ(PtCl6]2-/[PtCl4]2-可解出：

φ([PtCl6]2-/Pt)==0.718V<φ(NO3-/NO)

實際反應時，H+、Cl-和NO3-濃度都大于1mol·L-1；因此熱力學上王水可以氧化除去Pt。步驟1中除去Pt的方程式為：

3Pt+4HNO3+18HCl=3H2[PtCl6]+4NO↑+8H2O

反應的標準電極電勢為：

E=0.957V-0.718V=0.239V

電極電勢與標準平衡常數(shù)的關系為：

lnK=

將n=12，F(xiàn)=96485C·mol-1，R=8.314J·mol-1·K-1，T=298K代入關系式中，得到K=3.21×1048。

3-3步驟1中用王水處理陽極泥時；Ag轉化成AgCl。步驟2中固體不溶物與碳酸鉛共熱，AgCl轉化成Ag，隨后用稀硝酸溶解除去Ag。除去銀的反應方程式為：

4AgCl+2PbCO3=4Ag+2CO2↑+O2↑+2PbCl2

3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O

3-4D為Na2SO4型電解質，由于之前的操作只引入了Na+，故可設其組成為Na2RuOx。無水D中氧。

含量為30.32%；據(jù)此可列出方程：

=30.32%

解得x=4，因此D的化學式為Na2RuO4。

設E的化學式為HxRuCly。則Cl的質量分數(shù)為：

=67.14%

得到x與y的關系式：x=17.21y-100.3，僅有y=6、x=3一組合理取值。故E的化學式為H3RuCl6.按照。

同樣的方式可以推導出F的化學式為(NH4)3RuCl6?！窘馕觥縈Ox/24d75s13Pt+4HNO3+18HCl=3H2[PtCl6]+4NO↑+8H2O3.21×10484AgCl+2PbCO3=4Ag+2CO2↑+O2↑+2PbCl2、3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2ONa2RuO4H3RuCl6(NH4)3RuCl620、略

【分析】【詳解】

（1）In原子位于第五周期，ⅠⅠⅠA族，基態(tài)In原子的核外電子排布簡式[Kr]4d105s25p1，答案為：[Kr]4d105s25p1；

（2）a．同周期第一電離能總趨勢逐漸增大，當出現(xiàn)最后排列電子的能級是半滿或全滿時，該元素比左右兩種元素的第一電離能都要大，所以Al

b．違反了能量最低原理，b正確；

c．核外電子排布相同時，質子數(shù)越大半徑越小，所以離子半徑：c正確；

d．Mn的未成對電子數(shù)是5，Cr的未成對電子數(shù)是6，Cl的未成對電子數(shù)是1，所以原子的未成對電子數(shù)：Cr>Mn>Cl；d錯誤；

故選d。

（3）①F原子核外的電子排布式為：所以電子云共有4種伸展方向，答案為：4；

②表格中均大于的原因是：原子失去第一個電子后形成了帶正電的陽離子；對電子的吸引力更強，因此更難失去電子，電離能就更大，答案為：原子失去第一個電子后形成了帶正電的陽離子，對電子的吸引力更強，因此更難失去電子，電離能就更大；

③已知高溫下易發(fā)生反應：銅在周期表中的位置是第四周期ⅠB族，從物質結構來分析，該反應易發(fā)生的原因是一價銅的價層電子排布式為3d10，是全充滿結構，氧化亞銅更穩(wěn)定，答案為：第四周期ⅠB族，一價銅的價層電子排布式為3d10；是全充滿結構，氧化亞銅更穩(wěn)定；

④依據(jù)泡利原理，可用“”、“”來表示電子的自旋狀態(tài)，該數(shù)值稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的碳原子，其電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或答案為：-1(或者+1)?！窘馕觥?1)[Kr]4d105s25p1

(2)d

(3)4原子失去第一個電子后形成了帶正電的陽離子，對電子的吸引力更強，因此更難失去電子，電離能就更大第四周期ⅠB族一價銅的價層電子排布式為3d10，是全充滿結構，氧化亞銅更穩(wěn)定-1(或者+1)21、略

【分析】【詳解】

（1）含氧酸中非羥基氧的數(shù)目越多；吸引電子的能力越強，酸性越強，同一元素的不同含氧酸中，該元素的化合價越高，非羥基氧的數(shù)目越多，酸性越強，故答案為：同一元素的不同含氧酸中中心元素化合價越高，非羥基氧的數(shù)目越多，酸性越強；

（2）NaBH4為離子化合物，所有原子最外層都達到穩(wěn)定結構，電子式為故答案為：

（3）冰中水分子排列有序，分子間更容易形成氫鍵，所以冰中形成的氫鍵數(shù)目比液態(tài)水中要多，分子間的距離更大，導致相同溫度下冰的密度比水小，故答案為：冰中氫鍵數(shù)目比液態(tài)水中要多，導致冰里面存在較大的空隙?！窘馕觥竣?同一元素的不同含氧酸中中心元素化合價越高，非羥基氧的數(shù)目越多，酸性越強②.③.冰中氫鍵數(shù)目比液態(tài)水中要多，導致冰里面存在較大的空隙22、略

【分析】【詳解】

物質有多種聚集狀態(tài)；可以分為液態(tài)；固態(tài)、氣態(tài)、液晶，固態(tài)可以分為晶體和非晶體；晶體分為共價晶體、離子晶體、金屬晶體、分子晶體；晶胞是描述晶體結構的最小單元；故為：

【解析】四、元素或物質推斷題(共2題，共6分)23、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W、K五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數(shù)依次增大．元素X是周期表中原子半徑最小的元素，則X為H元素；Y的基態(tài)原子中電子占據(jù)了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數(shù)相同，原子核外電子排布為1s22s22p2，則Y為碳元素；W位于第2周期，其原子核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，原子核外電子排布為1s22s22p4；則W為O元素；Z的原子序數(shù)介于碳；氧之間，故Z為N元素；R基態(tài)原子3d軌道上的電子數(shù)是4s軌道上的4倍，R為Ni。

【詳解】

（1）R為Ni，基態(tài)R原子的外圍電子排布式為3d84s2；

同周期隨原子序數(shù)增大；元素電負性呈增大趨勢，Y；Z、W的電負性由大到小的順序是O＞N＞C。

（2）C、N兩元素均可形成含18個電子氫化物分子，其氫化物分子分別為C2H6、N2H4，N2H4分子之間存在氫鍵，C2H6分子之間無氫鍵；二者沸點相差較大；

根據(jù)相似相溶的規(guī)律：C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑；非極性分子難溶于極性溶劑；

（3）CO是SP雜化，碳和氧形成叁鍵，CO的結構式為(須標出其中的配位鍵)；Ni提供空軌道，N和O提供孤電子對，在化學式為［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配離子中與Ni形成配位鍵的原子是N和O。

【點睛】

本題是對物質結構的考查，推斷元素是解題關鍵，易錯點：注意核外電子排布、電負性、氫鍵、配位鍵等基礎知識?！窘馕觥竣?3d84s2②.O＞N＞C③.N2H4④.N2H4分子間存在氫鍵⑤.C2H4是非極性分子，H2O是極性溶劑，非極性分子難溶于極性溶劑⑥.⑦.N、O24、略

【分析】【分析】

A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，A原子、C原子的L能層中都有兩個未成對的電子，則A原子核外電子排布為1s22s22p2，C原子核外電子排布為1s22s22p4，故A為碳元素、C為氧元素；B原子序數(shù)介于C、O之間，則B為氮元素；C、D同主族，則D為S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4個未成對電子，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2；則E為Fe；F原子除最外能層只有1個電子外，其余各能層均為全充滿，F(xiàn)原子核外電子數(shù)=2+8+18+1=29，則F為Cu元素，據(jù)此答題。

【詳解】

（1）基態(tài)S原子中；電子占據(jù)的最高能層是第三層，符號M，硫元素基態(tài)原子含有2個未成對電子；

（2）鐵的原子序數(shù)是26，F(xiàn)e2+離子的價層電子排布3d6，離子的價層電子排布圖是銅的原子序數(shù)是29，原子的電子排布式是[Ar]3d104s1；

（3）A的最高價氧化物對應的水化物是碳酸，分子結構式為其中心原子碳原子形成2個單鍵和一個雙鍵，采取的軌道雜化方式為sp2；N的氣態(tài)氫化物氨氣分子中氮原子的價層電子對數(shù)是4，VSEPR模型為四面體；

（4）化合物CO2、N2O和陰離子SCN－互為等電子體，它們結構相似，因此根據(jù)CO2的電子式可判斷SCN－的結構式為[S=C=N]－；

（5）一般用鐵氰化鉀檢驗亞鐵離子，方程式為3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－=Fe3[Fe(CN)6]2↓。

【點睛】

本題主要考查了電子排布圖、電子排布式、電子式、離子反應等化學用語，解題的關鍵在于元素的推斷，易錯點為第（5）小問，F(xiàn)e2+的檢驗方法?！窘馕觥竣?M②.2③.④.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1⑤.⑥.sp2⑦.四面體⑧.[S=C=N]－⑨.3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓五、工業(yè)流程題(共4題，共40分)25、略

【分析】【分析】

已知：①“濾渣1”的成分是和②“水浸”后濾液中主要陰離子為和黑鎢礦和氧氣、碳酸鈉焙燒水浸后過濾得到和濾渣，W、P、As、Si元素進入濾液；加入次氯酸鈉將P、As元素轉化為五價P、As元素，便于后續(xù)和鎂離子生成沉淀；加入鹽酸調節(jié)pH，生成硅酸沉淀，加入氯化鎂生成和形式沉淀，過濾得到濾液中含有W，加入氯化鈣后生成鎢的沉淀，酸解后生成H2WO4。

(1)

Mn為25號元素，基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2；

基態(tài)Mn原子中未成對的電子數(shù)為5。

(2)

發(fā)生“焙燒"時的化學為和氧氣、碳酸鈉焙燒生成二氧化碳、氧化鐵和反應為4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4CO2+4Na2WO4。

(3)

硅酸根離子和氫離子生成硅酸沉淀，“濾渣2”的主要成分是H2SiO3；加入鹽酸“調節(jié)pH”要在加熱煮沸條件下進行，煮沸的目的是使硅酸根離子充分反應，防止生成硅酸膠體，不利于沉淀分離。

(4)

NaClO具有強氧化性，由題干可知，“水浸”后濾液中含有離子，而“除磷、砷”過程中P、As元素以和形式沉淀，則“氧化”過程中加入NaClO溶液的目的是將P、As元素轉化為便于生成沉淀除去。

(5)

已知，時，則有則說明沉淀完全。

(6)

“沉鎢”后需要過濾、洗滌，則洗滌的具體操作為將沉淀置于分液漏斗濾紙上，加蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下，重復操作23次。【解析】(1)5

(2)4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4CO2+4Na2WO4

(3)H2SiO3使硅酸根離子充分反應；防止生成硅酸膠體。

(4)將P、As元素轉化為便于生成沉淀除去。

(5)時，則有則說明沉淀完全。

(6)將沉淀置于分液漏斗濾紙上，加蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下，重復操作23次26、略

【分析】【分析】

輝鉬礦(鉬元素的主要存在形式為)加入通入空氣焙燒發(fā)生反應所得燒渣加入碳酸鈉溶液將轉化為經(jīng)操作1過濾得到溶液。溶液經(jīng)系列操作得到Na2MoO42H2O晶體。往溶液中加入足量硫酸反應生成沉淀，過濾后灼燒得到經(jīng)氫氣還原得到Mo。

【詳解】

（1）基態(tài)原子價層電子排布式為為第五周期元素，與同族，則其基態(tài)原子價層電子排布式為

（2）在空氣中焙燒會生成SO2，加入氧化物X可減少空氣污染物的排放，且燒渣中以的形態(tài)存在，含有Ca元素，則X為CaO；焙燒的化學方程式為

（3）飽和溶液中，=

（4）由曲線圖可知，隨著溫度的升高，浸出率逐漸升高，當溫度在150℃左右時，浸出率已經(jīng)很高，繼續(xù)升高溫度，浸出率增長不明顯。因此溶液在對燒渣進行浸出時；選擇溫度15