2024年浙教版选修3化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年浙教版选修3化学下册阶段测试试卷618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9题，共18分)1、第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素种数为（）A.3B.4C.5D.62、对氮原子核外的未成对电子的描述，正确的是A.电子云形状不同B.能量不同C.在同一轨道D.自旋方向相同3、下表给出的是第三周期的七种元素和第四周期的钾元素的电负性的值：。元素NaMgAlSiPSClK电负性0.91.21.51.82.12.53.00.8

则钙元素的电负性值的最小范围是()A.小于0.8B.大于1.2C.在0.8与1.2之间D.在0.8与1.5之间4、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：

①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。

则下列有关比较中正确的是A.最高正化合价：④＞③=②＞①B.原子半径：②＞①＞④＞③C.第一电离能：①＞②＞③＞④D.电负性：④＞③＞②＞①5、某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B.中心原子杂化类型为sp3杂化C.1摩尔该分子中含有σ键数目为12D.该分子空间结构可能不止一种6、下列说法中正确的是A.CO2、BeCl2、SO2杂化类型相同，空间构型相同B.H2O价层电子互斥理论模型为“V”形C.NH3是三角锥形，可以得出N一定是sp3杂化D.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4个sp3杂化轨道7、下列说法中正确的是（）A.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低B.水很稳定是因为水中含有大量的氢键C.HCHO、CH3OH、CH4分子中的C原子分别采取sp、sp2、sp3杂化D.配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是18、对下列图形解释的说法错误的是（）A.晶体金红石的晶胞如图1所示，推知化学式为TiO2（注：氧原子分别位于晶胞的上下底面和内部）B.配合物（如图2）分子中含有分子内氢键C.某手性分子如图3：可通过酯化反应让其失去手性D.可以表示氯化钠晶体，是氯化钠的晶胞9、卤化钠(NaX)和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示。下列判断不正确的是。

A.TiCl4为共价化合物B.NaX随X-半径增大，离子键减弱C.NaX均为离子化合物D.TiF4的熔点反常升高是由于氢键的作用评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、研究表明，氮氧化物在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列有关各元素原子的说法正确的是（）

A.接近沸点的水蒸气中存在“缔合分子”，“缔合分子”内存在氢键B.基态O2-的价电子排布式为1s22s22p6C.中N的杂化方式为sp3，与SO3互为等电子体D.的空间构型为正四面体，4个N-H共价键的键长相等11、下列说法正确的是A.HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关B.H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O中共价键的键能比较大C.I2易溶于CCl4可以用相似相溶原理解释D.氨气极易溶于水是因为氨气可与水形成氢键这种化学键12、下列物质在CCl4中比在水中更易溶的是（）A.NH3B.HFC.I2D.Br213、肼(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。25℃时，水合肼(N2H4·H2O)的电离常数K1、K2依次为9.55×10-7、1.26×10-15。下列推测或叙述一定错误的是A.N2H4易溶于水和乙醇B.N2H4分子中所有原子处于同一平面C.N2H6Cl2溶液中：2c(N2H)+c(N2H)>c(Cl-)+c(OH-)D.25°C时，反应H++N2H4⇌N2H的平衡常数K=9.55×10714、膦（PH3）在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含之。它的分子是三角锥形。以下关于PH3的叙述中，正确的是（）A.PH3是非极性分子B.PH3分子中有未成键的电子对C.PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱D.PH3分子中的P-H键是非极性键15、有5种元素X、Y、Z、Q、T。X为短周期元素，其原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是A.元素Y和X的单质可在加热的条件下形成化合Y2X3B.T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C.X和Q结合生成的化合物为离子化合物D.ZQ2是极性键构成的非极性分子16、CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于CaC2晶体的描述不正确的是()

A.CaC2晶体的熔点较高、硬度也较大B.和Ca2＋距离相同且最近的C22-构成的多面体是正八面体C.和Ca2＋距离相同且最近的Ca2＋有12个D.如图的结构中共含有4个Ca2＋和4个C22-17、近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。如图给出其中三种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原子），关于这三种晶胞的说法正确的是（）

A.晶胞Ⅰ中钠原子的配位数为12B.晶胞Ⅱ中含有6个钠原子C.晶胞Ⅲ所对应晶体的化学式为Na2ClD.三种晶体均是由NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应所得18、在某晶体中；与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的立体构型为如图所示的正八面体形。该晶体可能是。

A.NaCl晶体（x＝Na＋，y＝Cl－）B.CsCl晶体（x＝Cs＋，y＝Cl－）C.CaTiO3晶体（x＝Ti4＋，y＝O2－）D.NiAs晶体（x＝Ni，y＝As）评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)19、某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为则该元素基态原子的电子排布式为_______；其最高价氧化物对应水化物的化学式是______。20、（1）17Cl的电子排布式___________；价层电子排布图_________；Cl-的电子排布式_______________。

（2）26Fe的电子排布式__________；26Fe2+电子排布式_________；26Fe3+电子排布式_____________。

（3）第三周期中；第一电离能最小的元素是_________，第一电离能最大的元素是_________。

（4）在元素周期表中，电负性最大的元素是_________，第二、三周期P轨道半充满的元素是_________。21、依据原子结构知识回答：

(1)基态原子的电子排布式是_______________________________；S的价层电子排布式是_________________。

(2)基态的原子有______个未成对电子，的外围电子排布图为______________。

(3)四种元素K、O、中第一电离能最小的是_____，电负性最大的是______。

(4)下列有关微粒性质的排列顺序中，错误的是______。

A.元素的电负性：元素的第一电离能：

C.离子半径：原子的未成对电子数：22、下图是元素周期表的一部分，请回答下列问题：。族/周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族1①②2③④⑤3⑥⑦⑧⑨

(1)在这些元素中，第一电离能最大的是_______________(填元素符号，下同)，⑥和⑦的离子半径大小关系为_________________________。

(2)在这些元素形成的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物为_______________(填物质的化学式)。

(3)在④和⑤两种元素中，电负性较大的是_______________(填元素名称)，③与⑧形成三原子分子，该分子的一种等电子体分子式是_______________。23、世界上最早发现并使用锌的是中国；明朝末年《天工开物》一书中有关于炼锌技术的记载。回答下列问题。

（1）硫酸锌溶于过量的氨水可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4。

①配合物[Zn(NH3)4]SO4中，[Zn(NH3)4]2+的名称是____________。

②中,中心原子的轨道杂化类型为____________。

③NH3极易溶于水，除了因为它们都是极性分子外还因为____________。

（2）Zn2+的4s和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2-的空间构型为____________。

（3）氧化锌的结构有多种，其中一种立方闪锌矿的结构如图所示，若该晶胞的边长为anm,NA为阿伏加德罗常数的值则立方闪锌矿晶体的密度为____________g•cm-3。

24、用符号“>”“<”或“=”连接下列各项关系。

(1)第一电离能N_____O；(2)电负性：N____C；

(3)键角：H2S______NH3(4)晶格能：MgO_______KI评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)25、用X射线研究某金属晶体，测得在边长为360pm的立方晶胞中含有4个金属原子，此时金属的密度为9.0g/cm3。试回答下列问题：

(1)此金属晶胞属于哪一种类型？_______

(2)求每个晶胞的质量。_______

(3)求此金属的相对原子质量。_______

(4)求此金属原子的原子半径(pm)。_______26、金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。

评卷人得分五、有机推断题(共3题，共21分)27、短周期元素X；Y、Z、W、Q原子序数依次增大。已知：X的最外层电子数是次外层的2倍；在地壳中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，Q的最外层比次外层少2个电子。请回答下列问题：

（1）X的价层电子排布式是___，Q的原子结构示意图是____。

（2）Y、Z两种元素中，第一电离能较大的是（填元素符号）_____，原因是______。

（3）Z、W、Q三种元素的简单离子的半径从小到大排列的是________。

（4）关于Y、Z、Q三种元素的下列有关说法，正确的有是_______；

A.Y的轨道表示式是：

B.Z；Q两种元素的简单氢化物的稳定性较强的是Z

C.Z；Q两种元素简单氢化物的沸点较高的是Q

D.Y常见单质中σ键与π键的数目之比是1：2

（5）Q与Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的杂化类型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。28、W；X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大。其中Y原子的L电子层中；成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道；W、Z的原子序数相差10，且Z原子的第一电离能在同周期中最低。

(1)写出下列元素的元素符号：W____，X____，Y____，Z____。

(2)XY分子中，X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，则XY分子中X和Y原子用于成键的电子数目分别是____；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有____。

(3)XY2与ZYW反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到不同的产物，相同条件下，在水中溶解度较小的产物是________(写化学式)。

(4)写出Z2Y2的电子式：____________。29、周期表中的五种元素A、B、D、E、F，原子序数依次增大，A的基态原子价层电子排布为nsnnpn；B的基态原子2p能级有3个单电子；D是一种富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位；E2+的3d轨道中有10个电子；F位于第六周期；与Cu同族，其单质在金属活动性顺序表中排在末位。

（1）写出E的基态原子的价层电子排布式___________。

（2）A、B形成的AB﹣常作为配位化合物中的配体，其A原子的杂化方式为________，AB﹣中含有的σ键与π键的数目之比为________。

（3）FD3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体F2D6的形式存在，依据以上信息判断FD3，晶体的结构属于____晶体，写出F2D6的结构式________。

（4）E、F均能与AB﹣形成配离子，已知E与AB﹣形成的配离子为正四面体形。F(+1价)与AB形成的配离子为直线形，工业上常用F和AB﹣形成的配离子与E反应来提取F单质，写出E置换F的离子方程式_________________。

（5）F单质的晶体为面心立方最密堆积，若F的原子半径为anm，F单质的摩尔的的质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，求F单质的密度为______g/cm3。(用a、NA、M的代数式表示)评卷人得分六、工业流程题(共1题，共9分)30、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：

已知：①As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)；

②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

(1)砷在元素周期表中的位置为_______；AsH3的电子式为______；

(2)下列说法正确的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半径：S>P>As

c.第一电离能：S

(3)沉淀X为__________(填化学式)；

(4)“一级沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为__________；

(6)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为______________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

第四周期元素中基态原子未成对电子有一个单电子的元素分别为K、Sc、Cu、Ga、Br共5种；故C符合题意。

综上所述所，答案为C。2、D【分析】【分析】

碳原子核外两个未成对电子；都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同.

【详解】

A；碳原子核外两个未成对电子；都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；

B；碳原子核外两个未成对电子；都属于2p轨道，能量相同，故B错误；

C；p轨道又分三个轨道；不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故C错误；

D；p轨道又分三个轨道；不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故D正确；

故选D

【点睛】

易错点B，注意同一能层相同能级上的电子能量相同，电子云形状相同。3、C【分析】【分析】

同一周期从左至右；随着核电荷数的递增，原子半径递减，对电子的吸引能力渐强，因而电负性值递增；同族元素从上到下，随着原子半径的增大，元素电负性值递减，据此判断。

【详解】

设钙的电负性为X，同一周期从左至右，随着核电荷数的递增，原子半径递减，对电子的吸引能力渐强，因而电负性值递增，所以钙元素的电负性大于钾0.8；同族元素从上到下，随着原子半径的增大，元素电负性值递减，所以钙元素的电负性小于镁1.2，钙元素的电负性的取值范围：0.8<1.2；故答案选C。

【点睛】

根据元素周期表的位置关系，同周期同主族电负性的递变规律，钙的电负性范围应该小于镁，大于钾。4、D【分析】【详解】

四种元素基态原子电子排布式可知；①是Si元素，②是P元素，③是N元素，④F元素。

A.F元素没有正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：②=③>①；A错误；

B.同周期自左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径PF，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si>P>N>F，即①>②>③>④；B错误；

C.同周期自左往右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NP，因而第一电离能F>N>P>Si，即④>③>②>①；C错误；

D.同周期自左往右，电负性逐渐增大，所以电负性Si③>②>①；D正确。

故答案选D。5、D【分析】【分析】

实验式为PtCl4•2NH3的物质，水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子；加入AgNO3溶液后不产生沉淀，和强碱反应不生成NH3，说明不存在游离的氯离子和氨气分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4（NH3）2；配位数为6。

【详解】

A．由于氨分子不带电；所以该物质的中心原子（Pt）的电荷数为+4，配位数为6，A错误；

B．该物质的配位化学式应为PtCl4（NH3）2，该分子为正八面体形，杂化轨道为6，则杂化类型sp3d2杂化，而不是sp3杂化；B错误；

C．配位化学式应为PtCl4（NH3）2，NH3中由3个σ键，还有4个配位σ共价键；即3×2mol+4mol=10mol，即1摩尔该分子中含有σ键10mol，C错误；

D．该分子配位数为6，空间结构是八面体形，Cl-和NH3分别在八面体的不同位置就会出现不同的空间结构；导致该分子空间结构可能不止一种，D正确；

故答案选D。

【点睛】

配位键属于共价键，不属于分子间作用力，为易错点。配合物有内界和外界组成．外界为简单离子组成，配合物可以无外界，但不能无内界．内界由中心离子和配位体组成；①形成体通常是金属离子和原子，也有少数是非金属元素，例如：Cu2+，Ag+，Fe3+，Fe，Ni，B（Ⅲ），P（Ⅴ）；②配位体通常是非金属的阴离子或分子，例如：F-，Cl-，Br-，I-，OH-，CN-，H2O，NH3，CO；③配位原子：与形成体成键的原子；配位键的形成条件：成键原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子。6、C【分析】【详解】

A．CO2、BeCl2均是直线形结构，为sp2杂化，SO2为V形结构，为sp2杂化；A错误；

B．H2O价层电子互斥理论模型为正四面体形；空间构型是V形，B错误；

C．NH3是三角锥形，可以得出N一定是sp3杂化；C正确；

D．sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的4个sp3杂化轨道；D错误。

答案选C。7、A【分析】【详解】

A.由于对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键；故邻羟基苯甲酸的熔；沸点比对羟基苯甲酸的熔、沸点低，故A正确；

B.很稳定，是因为键键能大；氢键决定水的熔沸点较高，故B错误；

C.在分子中N、O、C均采用杂化，只不过分子中孤电子对占据着杂化轨道；故C错误；

D.中配位体是配位数是4，故D错误；

答案选A。8、D【分析】【详解】

A.晶体金红石的晶胞如图1所示，Ti为8×+1=2，O为4×+2=4，推知化学式为TiO2（注：氧原子分别位于晶胞的上下底面和内部）；故A正确；

B.配合物（如图2）分子中含有分子内氢键故B正确；

C.某手性分子可通过酯化反应让其失去手性，由变成故C正确；

D.不可以表示氯化钠晶体，是氯化钠的晶胞的故D错误；

故选D。9、D【分析】【详解】

A．由四卤化钛(TiX4)的熔点图可知，TiCl4的熔点很低；属于分子晶体，只含有共价键，是共价化合物，A选项正确；

B．NaX属于离子晶体，X-的半径越大，晶格能越小，离子键越弱，故NaX随X-半径增大；离子键减弱，B选项正确；

C．NaX属于离子晶体；存在离子键，均为离子化合物，C选项正确；

D．TiF4的熔点反常升高是因为F的电负性很强，F-和Ti4+形成离子键；是离子晶体，熔沸点较高，与氢键没有关系，D选项错误；

答案选D。二、多选题(共9题，共18分)10、AD【分析】【详解】

A．接近沸点的水蒸气中存在“缔合分子”；水分子内存在O-H共价键，“缔合分子”内水分子间存在氢键，A正确；

B．基态O2-的价电子排布式为2s22p6；B不正确；

C．中N的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，与SO3互为等电子体；C不正确；

D．中N原子的价层电子对数为4；其空间构型为正四面体，4个N-H共价键的键长；键能都相等，D正确；

故选AD。11、AC【分析】【详解】

A．HCl、HBr；HI均可形成分子晶体；其分子结构相似，相对分子质量越大则分子间作用力越大，所以熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；

B．氢键是比范德华力大的一种分子间作用力，水分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S；与共价键的键能无关，故B错误；

C．碘分子为非极性分子，CCl4也为非极性分子；碘易溶于四氯化碳可以用相似相溶原理解释，故C正确；

D．氢键不是化学键；故D错误；

故答案为AC。12、CD【分析】【详解】

A.NH3为极性分子；由相似相容原理可知，在极性溶剂水中的溶解度大于非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，故A错误；

B.HF为极性分子；由相似相容原理可知，在极性溶剂水中的溶解度大于非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，故B错误；

C.I2是非极性分子；由相似相容原理可知，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度大于极性溶剂水中的溶解度，故C正确；

D.Br2是非极性分子；由相似相容原理可知，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度大于极性溶剂水中的溶解度，故D正确；

答案选CD。

【点睛】

CCl4是非极性溶剂，水为极性溶剂，I2和Br2是非极性分子，按相似相容原理，I2和Br2在CCl4中比在水中更易溶。13、BC【分析】【详解】

A.N2H4是极性分子；且能与水分子和乙醇分子形成氢键，因此其易溶于水和乙醇，故A正确；

B.N2H4分子中N原子采用sp3杂化；为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，故B错误；

C.N2H6Cl2溶液中存在电荷守恒：2c(N2H)+c(N2H)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则2c(N2H)+c(N2H)-)+c(OH-)；故C错误；

D.反应H++N2H4⇌N2H的平衡常数K==故D正确；

故选：BC。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．该分子为三角锥型结构；正负电荷重心不重合，所以为极性分子，A错误；

B．PH3分子中P原子最外层有5个电子；其中3个电子和3个H原子形成共用电子对，所以该物质中有1个未成键的孤对电子，B正确；

C．氮元素非金属性强于磷元素，PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱；C正确；

D．同种非金属元素之间存在非极性键；不同非金属元素之间存在极性键，所以P-H是极性键，D错误；

答案选BC。15、AC【分析】【分析】

根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4，Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3；则T为为P元素，据此分析。

【详解】

A.元素Y和X的单质分别是Fe；S；加热的条件下生成FeS，A错误；

B.T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石；它们的分子构型均为正四面体型，B正确；

C.X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物；C错误；

D.ZQ2是为CO2，CO2是直线型分子，结构式是O=C=O，结构对称，正负电荷中心重合，则CO2是极性键构成的非极性分子；D正确。

答案选AC。16、BC【分析】【分析】

离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体，离子键作用力强，所以离子晶体硬度高，具有较高的熔沸点；该晶胞不是正方体构成的，观察体心处Ca2+，与它距离相同且最近的C22-位于面心，距离相同且最近的Ca2+位于棱上；它们共平面；

晶胞中粒子数目用均摊法确定：每个顶点的原子被8个晶胞共有；每条棱的原子被4个晶胞共有，每个面的原子被2个晶胞共有。

【详解】

A．据CaC2晶体结构可知其属于离子晶体；所以熔点较高；硬度较大，故A正确；

B．由于晶胞沿一个方向拉长，故晶胞的一个平面的长与宽不相等，和Ca2+距离相同且最近的C22-有4个均位于面心；且在同一平面上，故B错误；

C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个均位于棱上；故C错误。

D．图示结构中N(Ca2+)=12×+1=4，N(C22-)=8×+6×=4；故D正确；

答案选BC。

【点睛】

本题考查晶胞的分析，特别注意晶胞沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键，易错点为C选项。17、AC【分析】【分析】

根据原子分摊可知，晶胞I中：晶胞中Na原子数目=1+8×=2、Cl原子数目=12×=6，化学式为NaCl3；晶胞II中Na原子数目=2+4×=3、Cl原子数目=8×=1，化学式为Na3Cl；晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl，根据反应条件（NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体）和原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物；晶胞II；III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，据此分析解答。

【详解】

A．由图可知；晶胞中12个Cl原子位于面上，所以体心Na原子周围有12个Cl，即钠原子的配位数为12，故A正确；

B．Na有2个位于体内，4个位于棱心，棱心被4个晶胞共用，钠原子个数为2+4×=3；即晶胞Ⅱ中含有3个钠原子，故B错误；

C．晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl；故C正确；

D．晶胞I、II、Ⅲ所对应晶体的化学式分别为NaCl3、Na3Cl、Na2Cl，根据原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物；晶胞II；III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，故D错误；

答案选AC。18、AC【分析】【分析】

根据图片知；与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的空间构型为正八面体形，所以x的配位数是6，只要晶体中配位数是6的就符合该图，如果配位数不是6的就不符合该图，据此分析解答。

【详解】

A．氯化钠晶体中的离子配位数是6；所以符合该图，故A正确；

B．氯化铯晶体中的离子配位数是8；所以不符合该图，故B错误；

C．CaTiO3晶体中的离子配位数是6所以符合该图；故C正确；

D．NiAs晶体中的离子配位数是4；所以不符合该图，故B错误；

故答案选AC。三、填空题(共6题，共12分)19、略

【分析】【详解】

激发态原子的电子排布式为有16个电子，则该原子为硫，其基态原子的电子排布式为其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4。

【点睛】

激发态只是电子吸收能量后跃迁到了能量更高的轨道上，电子的数目是不会改变的，因此可以按照电子数目来推断相应的原子种类。【解析】20、略

【分析】（1）氯元素是17号元素，17Cl的电子排布式为1s22s22p63s23p5；价层电子排布式为3s23p5；Cl-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p5；3s23p5；1s22s22p63s23p6；1s22s22p63s23p63d5

（2）26Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；26Fe2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；26Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；1s22s22p63s23p63d6；1s22s22p63s23p63d5；

（3）第三周期中，钠的金属性最强，第一电离能最小，氩的性质最不活泼，第一电离能最大，故答案为：Na；Ar；

（4）在元素周期表中；氟的非金属性最强，电负性最大，第二；三周期P轨道半充满的元素有N和P，故答案为：F；N、P。

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解题的基础。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。【解析】1s22s22p63s23p53s23p51s22s22p63s23p51s22s22p63s23p63d64s21s22s22p63s23p63d61s22s22p63s23p63d5NaArFN、P21、略

【分析】【分析】

(1)根据构造原理；写出核外电子排布式；

(2)根据核外电子排布式回答；

(3)根据元素周期律中第一电离能和电负性的递变规律回答；

(4)根据元素周期律判断。

【详解】

(1)元素为14号元素，原子核外有14个电子，则核外电子排布式为：S元素为16号元素，原子核外有16个电子，所以核外电子排布式为：则S的价层电子排布式为：

(2)为26号元素，原子核外有26个电子，Fe基态原子电子排布式为则原子有4个未成对电子；Fe元素的价电子为3d和4s上电子，亚铁离子核外有24个电子，的外围电子排布式为其外围电子排布图为

(3)元素的金属性越强，其第一电离能越小，则四种元素K、O、中K的第一电离能最小；元素的非金属性越强；其电负性越大，所以F的电负性最大；

(4)A．得电子能力所以元素的电负性故A正确；

B．C的电子排布式：N的电子排布式：p轨道处于半充满状态，O的电子排布式：第一电离能应该是N的最大，则元素的第一电离能：故B错误；

C．电子层数相同核电荷数越多半径越小，则离子半径：故C正确；

D．Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的未成对电子数：故D正确；

故答案为B。【解析】4KFB22、略

【分析】【分析】

根据元素周期表得①为H；②为He，③为C，④为N，⑤为O，⑥为Na，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl。

【详解】

(1)在这些元素中，He是稀有气体，性质稳定，所以第一电离能最大的是He，根据电子层结构相同的粒子，原子序数越大半径越小，则离子半径大小Na+>Al3+；

(2)同周期元素，从左往右非金属性逐渐增强，同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，且非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，注意O无最高价氧化物的水化物，所以非金属性最强的是Cl，即酸性最强的化合物为HClO4；

(3)同周期元素，从左往右电负性依次增大，则N和O两种元素中，电负性较大的是氧，C与S形成三原子分子是CS2，等电子体的原子总数和价电子相同，根据同族互换和电子迁移后可得，等电子体有CO2（或N2O；COS等）。

【点睛】

元素周期律的题目要抓住元素性质的递变规律进行解题，等电子体一般采用同族互换和电子迁移，根据价电子要相同，得到不同的等电子体。【解析】①.He②.Na+>Al3+③.HClO4④.氧⑤.CO2（或N2O、COS等合理分子）23、略

【分析】【分析】

根据配合物的命名原则进行命名；根据VSEPR理论判断中心原子的杂化方式；根据NH3与H2O之间形成氢键解释；根据杂化类型；判断空间构型；根据“均摊法”进行晶胞的有关计算；据此解答。

【详解】

（1）①由内界配位离子的命名次序为配位体数(用中文一，二，三等注明)-配位体的名称(不同配位体间用中圆点“·”隔开)-“合”-中心离子名称-中心离子氧化数(加括号，用罗马数字注明)可知，[Zn(NH3)4]2+的名称是四氨合锌(II)离子；答案为四氨合锌(II)离子。

②中，价层电子对数=4+=4+0=4，S原子杂化方式为sp3杂化；答案为sp3杂化。

③NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；答案为NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应。

（2）此[ZnCl4]2-配离子的中心原子采取sp3杂化；配位数为4，故空间构型为正四面体形；答案为正四面体形。

（3）由可知，Zn原子位于顶点和面心上，晶胞中Zn原子数目=8×+6×=4，晶胞中O原子数目=4，故化学式为ZnO，晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，晶体密度ρ===×1021g•cm-3；答案为×1021。【解析】①.四氨合锌(II)离子②.sp3③.NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应④.正四面体形⑤.×l02124、略

【分析】【分析】

非金属性越强；电负性越大；非金属性强，总的来说，第一电离能大，但当价电子在轨道中处于半满；全满或全空时，第一电离能出现反常；键角既受分子结构的影响，又受孤电子对的影响；比较晶格能时，可通过分析离子的带电荷与离子半径确定。

【详解】

(1)N的价电子排布为2s22p3；2p轨道上电子半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能N＞O；答案为：＞；

(2)非金属性越强；电负性越大，非金属性N＞C，所以电负性：N＞C；答案为：＞；

(3)H2S的键角接近90°，NH3的键角为107°18′，所以键角：H2S＜NH3；答案为：＜；

(4)MgO和KI都形成离子晶体，MgO中的阴、阳离子都带2个电荷，而KI中的阴、阳离子都带1个电荷，离子半径：Mg2+＜K+、O2-＜I-；所以晶格能：MgO＞KI。答案为：＞。

【点睛】

第一电离能出现反常时，仅比原子序数大1的元素大。【解析】①.＞②.＞③.＜④.＞四、计算题(共2题，共6分)25、略

【分析】【分析】

（1）根据金属晶体的堆积方式进行分析；

（2）根据晶胞的边长可计算晶胞的体积；再根据质量＝密度×体积，可得晶胞的质量；

（3）根据摩尔质量M＝NA乘以一个原子的质量可计算金属的摩尔质量；再根据相对原子质量在数值上等于该元素的摩尔质量可得金属的相对原子质量；

（4）根据在面心立方晶胞中，原子的半径r与晶胞的边长的关系，晶胞的边长＝可计算金属原子的原子半径。

【详解】

（1）根据题意；该立方晶胞中含有4个金属原子可知，该金属晶胞属于面心立方晶胞；

故答案为面心立方晶胞；

（2）根据晶胞的边长为360pm，可得晶胞的体积为(3.6×10-8)3cm3，根据质量＝密度×体积，可得晶胞的质量m＝9.0g/cm3×(3.6×10-8)cm3≈4.2×10-22g；

故答案为4.2×10-22g；

（3）金属的摩尔质量＝NA乘以一个原子的质量＝6.02×1023×(4.2×10-22÷4)＝63.21(g/mol)；相对原子质量在数值上等于该元素的摩尔质量；

故答案为63.21；

(4)在面心立方晶胞中，设原子的半径为r，则晶胞的边长＝因此，金属原子的原子半径为＝×360pm≈127.26pm；

故答案为127.26pm；

【点睛】

第（2）问在计算晶胞质量时单位的换算时学生们的易错点，首先单位要统一，要将pm换算为cm，其次1pm=10-10cm，则360pm=3.6×10-8cm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1nm=10-7cm。【解析】面心立方晶胞4.2×10－22g63.21127.26pm26、略

【分析】【详解】

题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。六棱柱底部正六边形的面积＝6×a2cm2，六棱柱的体积＝6×a2ccm3，该晶胞中Zn原子个数为12×＋2×＋3＝6，已知Zn的相对原子质量为65，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Zn的密度ρ＝＝g·cm－3。【解析】六方最密堆积(A3型)五、有机推断题(共3题，共21分)27、略

【分析】【分析】

X的最外层电子数是次外层的2倍；则次外层只能是K层，容纳2个电子，最外层是L层，有4个电子，X为C元素。地壳中Z的含量最大，则Z为O元素，X；Y、Z原子序数依次增大，则Y为N元素。W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，W为Na。Q的最外层比次外层少2个电子，Q的次外层为L层，有8个电子，Q的最外层为M层，有6个电子，Q为S元素。

【详解】

(1)X为C元素，核外电子排布为1s22s22p2，价层电子排布式为2s22p2；Q为S元素，16号元素，原子结构示意图为

(2)Y为N元素；Z为O元素，第一电离能大的是N元素，原因是N原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定；

(3)Z、W、Q形成的离子分别为O2－、Na＋、S2－。O2－和Na＋具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，则有r(Na+)＜r(O2-)。O和S同主族，同主族元素形成的简单离子半径从上到小依次增大，有r(O2-)＜r(S2-)，则排序为r(Na+)＜r(O2-)＜r(S2-)；

(4)Y为N，Z为O，Q为S；

A．Y的2p轨道上有3个电子；根据洪特原则，电子排布在能量相同的各个轨道时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，2p轨道上的3个电子，应该分别在3个不同的轨道；A项错误；

B．O的氢化物H2O的稳定性比S的氢化物H2S的稳定性强；因为O非金属性比S的强；B项正确；

C．O的氢化物H2O的沸点比S的氢化物H2S的沸点高；原因是水分子间存在氢键；C项错误；

D．Y的单质为N2；N和N原子之间有3对共用电子对，其中σ键有1个，π键有2个，比例为1:2，D项正确；

本题答案选BD；

(5)QZ2为SO2，中心原子S的价电子有6个，配位原子O不提供电子，对于SO2，VP=BP+LP=2+=3，中心S原子为sp2杂化；根据相似相溶的原理，SO2易溶于水是由于SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；另外SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO3。【解析】2s22p2NN原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定r(Na+)＜r(O2-)＜r(S2-)BDsp2杂化SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO328、略

【分析】【分析】

W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大。其中Y原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道，则Y原子核外电子排布为1s22s22p4，Y为氧元素；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道，则X原子核外电子排布为1s22s22p2；X为碳元素；W；Z的原子序数相差10，Z的原子序数大于氧元素，则Z一定处于第三周期，且Z原子的第一电离能在同周期中最低，则Z为Na元素，故W为氢元素，据此分析解答。

【详解】

(1)由上述分析可知；W为H；X为C、Y为O、Z为Na，故答案为H；C；O；Na；

(2)XY分子为CO；X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，CO中C原子与O之间形成三个共用电子对，各含有1对孤对电子，其结构式为C≡O，叁键中有1个σ键和2个π键，其中有一个π键是由氧原子单方提供了2个电子形成的，故CO分子中C和O原子用于成键的电子数目分别是2和4；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有σ键；π键，故答案为2和4；σ键、π键；

(3)CO2与NaOH反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到碳酸钠、碳酸氢钠，相同条件下，在水中溶解度较小的是NaHCO3，故答案为NaHCO3；

(4)Z2Y2为Na2O2，为离子化合物，钠离子和过氧根离子以离子键相结合，O与O以非极性共价键相结合，电子式为：故答案为【解析】HCONa2和4σ键，π键NaHCO329、略

【分析】【分析】

周期表中的五种元素A、B、D、E、F，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为nsnnpn，那么n只能为2，则A的基态原子价层电子排布为2s2p2，A为C元素；B的基态原子2p能级有3个单电子，那么B的价层电子排布式为2s22p3，B是N元素；D是一种富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位，那么D是Cl元素；E2+的3d轨道中有10个电子；E是Zn元素；F位于第六周期，与Cu同族，