2024年浙教版选修3化学上册月考试卷

…………○…………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化学上册月考试卷641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6题，共12分)1、下列说法中错误的是(）A.卤化氢中，以HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键B.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低C.N2分子中有一个σ键，2个π键D.在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属2、下列说法正确的是。

①分子中S原子采用的轨道杂化方式

②分子中只有以s轨道与杂化轨道“头碰头”方式重叠而成的键。

③分子中的键角

④中键角比中键角大．A.①②B.③④C.①②③D.①③④3、CH3COOH分子中—CH3及—COOH中碳原子的杂化类型分别是（）A.sp3、sp2B.sp3、spC.sp2、spD.sp2、sp34、下列说法中正确的是A.PCl3分子呈三角锥型，这是P原子以sp2杂化的结果B.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C.中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型不一定都是四面体D.AB3型的分子空间构型必为平面三角形5、下列晶体中，任何一个原子都被相邻四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构的是A.金刚石B.石墨C.足球烯D.水晶6、如图是氯化铯晶体的晶胞结构示意图（晶胞是指晶体中最小的重复单元）；其中黑球表示氯离子；白球表示铯离子．已知晶体中2个最近的铯离子的核间距离为acm，氯化铯的摩尔质量为Mg/mol，则氯化铯晶体的密度为（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、下表中所列的五种短周期元素；原子序数连续，但与表中排列顺序无关。用m表示基态原子的价电子数，用n表示基态原子的未成对电子数，m—n的值如下表所示：

下列说法错误的是A.第一电离能：A<td><>B.电负性：E<td><>C.原子序数：B<td><>D.核外未成对电子数：C=D8、下列物质在CCl4中比在水中更易溶的是（）A.NH3B.HFC.I2D.Br29、近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe－Sm－As－F－O组成的化合物。下列说法正确的是A.元素As与N同族，可预测AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角B.Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子C.配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝5D.每个H2O分子最多可与两个H2O分子形成两个氢键10、硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示。下列说法正确的是（）

A.m=2B.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型相同C.1、2原子间和4、5原子间的化学键可能是配位键D.若382g硼砂晶体中含2molNa+，则硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O11、CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长(该晶胞为长方体)。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（）

A.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-数目为6B.6.4gCaC2晶体中含阴离子0.1molC.该晶体中存在离子键和共价键D.与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个12、锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是（）

A.该晶体属于分子晶体B.该晶胞中Zn2+和S2-数目相等C.阳离子的配位数为6D.氧化锌的熔点高于硫化锌评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、元素周期表中第ⅦA族包括氟；氯、溴、碘、砹五种元素；统称为卤素。其中代表元素氯富集在海水中，其单质及其化合物在生活、生产中有着广泛地应用。回答下列问题：

（1）基态氯原子能量最高能层上的原子轨道数为______；现代化学中，常用光谱分析来鉴定元素，这与原子的___________有关。

（2）物质的熔点与其结构密切相关。某同学判断某些卤化物的熔点为NaF>NaCl，SiF44。该同学的主要判断依据是___________。

（3）在氢卤酸中，HF是唯一的弱酸，主要原因是__________。

（4）光气（）用作有机合成、农药、药物、染料及其他化工制品的中间体。从电子云的重叠角度分析，该分子中含有的共价键类型是_______，C原子的杂化方式为____，分子的空间构型为______。

（5）PtCl2(NH3)2为平面结构；可以形成甲；乙两种固体。其中，一种为淡黄色固体，在水中溶解度小；另一种为棕黄色固体，在水中溶解度大，是癌症治疗的常用化学药物。

①棕黄色固体是图中的___（填“甲”或“乙”），试解释它在水中的溶解度比淡黄色固体大的原因是___。

②Pt原子在三维空间里可按图所示方式堆积形成金属Pt晶体：

该晶胞的堆积方式为____，M原子的配位数为________，若该晶体的密度为ρg·cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Pt原子的原子半径为______pm。14、根据题给要求填空。

(1)某元素的基态原子最外层电子排布式为3s23p2，它的次外层上电子云形状有________种，原子中所有电子占有________个轨道，核外共有________种运动状态不同的电子。

(2)E原子核外占有9个轨道，且具有1个未成对电子，E离子结构示意图是_______。

(3)F、G都是短周期元素，F2－与G3＋的电子层结构相同，则G元素的原子序数是________，F2－的电子排布式是______。

(4)M能层上有________个能级，有________个轨道，作为内层最多可容纳________个电子，作为最外层时，最多可含有________个未成对电子。15、开发新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。

(1)是一种储氢材料，可由和反应制得。

①基态Cl原子中，电子占据的最高电子层符号为______，该电子层具有的原子轨道数为_______。

②Li、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为___________。

(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。

①LiH中，离子半径：Li+___________(填“>”“=”或“<”)H-。

②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如表所示：。738145177331054013630

则M是______________(填元素名称)。16、西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂，实践证明长期使用对人体无害。已知其相关性质如下表所示：。分子式C12H10ClN3O结构简式外观白色结晶粉末熔点170～172℃溶解性易溶于水

（1）氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化方式为___。

（2）两种组成均为CoCl3·4NH3的配合物分别呈绿色和紫色。已知绿色的配合物内界结构对称，请在图a和图b中用元素符号标出氯原子的位置___、___。

17、有下列粒子：①CH4②CH2=CH2③CH≡CH④NH3⑤NH4＋⑥BF3⑦H2O。填写下列空白(填序号)：

(1)呈正四面体的是__________

(2)中心原子轨道为sp3杂化的是__________，为sp2杂化的是__________，为sp杂化的是__________

(3)所有原子共平面的是__________

(4)粒子存在配位键的是__________

(5)含有极性键的极性分子的是__________18、离子液体是一种只由离子组成的液体；在低温下也能以液态稳定存在，是一种很有研究价值的溶剂。对离子液体的研究显示最常见的离子液体主要由以下的正离子和负离子组成：

回答下列问题：

（1）在周期表中的位置是______，其价电子排布式为______图1中负离子的空间构型为______。

（2）氯化铝的熔点为氮化铝的熔点高达它们都是活泼金属和非金属的化合物，熔点相差这么大的原因是______。

（3）图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环状结构中高度离域。该正离子中N原子的杂化方式为______，C原子的杂化方式为______。

（4）为了使正离子以单体形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的不能被H原子替换，请解释原因：______。

（5）Mg、Al三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______。

（6）已知氮化铝的晶胞结构如图2所示。晶体中氮原子堆积方式如图3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N，氮化铝晶体的密度为______列出计算式

19、（1）立方氮化硼可利用人工方法在高温高压条件下合成，其硬度仅次于金刚石而远远高于其它材料，因此它与金刚石统称为超硬材料。BN的晶体结构与金刚石相似，其中B原子的杂化方式为__________，微粒间存在的作用力是__________。

（2）用“＞”；“＜”或“＝”填写下列空格：

①沸点：H2S_______H2O②酸性：H2SO4_______H2SeO4

③原子的核外电子排布中，未成对电子数：24Cr_______25Mn

④A、B元素的电子构型分别为ns2np3、ns2np4，第一电离能：A________B

（3）SiO2晶体结构片断如下图所示。SiO2晶体中：

Si原子数目和Si－O键数目的比例为_____________。

通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。化学键Si－OSi－SiO＝O键能/KJ·mol－1460176498

Si（s)＋O2（g)SiO2（s)，该反应的反应热△H=___________20、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al；Ca、Cu、Fe四种金属元素组成；回答下列问题：

（1）基态Fe原子有_______个未成对电子，Fe3+的价电子排布式为__________。

（2）新制的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛分子中含有的σ键与π键的比例为___。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为_____，配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化学键类型有_________，1mol该物质中有______个σ键。

（3）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有______个铜原子。

（4）CaCl2熔点高于AlCl3的原因__________________________________。

（5）CaF2晶胞如图所示，已知：氟化钙晶体密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。氟化钙晶体中Ca2+和F-之间最近核间距(d)为______________pm(只要求列出计算式即可)。21、含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O。

(1)Cu+基态核外电子排布式为______

(2)与OH-互为等电子体的一种分子为______(填化学式)。

(3)醛基中碳原子的轨道杂化类型是______；1mol乙醛分子中含有ó的键的数目为______。

(4)含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为______。

(5)Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为______。

评卷人得分四、工业流程题(共1题，共3分)22、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______________。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共4分)23、原子序数依次增大的X；Y、Z、Q、E五种元素中；X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q原子核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子序数为29。

用元素符号或化学式回答下列问题：

(1)Y在周期表中的位置为__________________。

(2)已知YZ2+与XO2互为等电子体，则1molYZ2+中含有π键数目为___________。

(3)X、Z与氢元素可形成化合物XH2Z，XH2Z分子中X的杂化方式为_________________。

(4)E原子的核外电子排布式为__________；E有可变价态，它的某价态的离子与Z的阴离子形成晶体的晶胞如图所示，该价态的化学式为____________。

(5)氧元素和钠元素能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示（立方体晶胞），晶体的密度为ρg··cm-3，列式计算晶胞的边长为a=______________cm（要求列代数式）。评卷人得分六、结构与性质(共2题，共18分)24、铬云母是一些玉石、彩石的重要组成和着色矿物。理想的组分是含Al的八面体片，化学式为KAl2[Si3AlO10](OH，F)2，其中的Al也可少量地被Fe、Mg、Mn、Cr；V等替换。

(1)基态Cr原子的核外电子排布式为__。

(2)基态锰原子核外电子排布中能量最高的能级符号为___。

(3)O、F、Si三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___。

(4)O、F、Si与H形成的氢化物有H2O2、H2O、HF、SiH4、Si2H6等。

①SiH4中Si原子的杂化方式为__。

②H2O、HF、SiH4三种物质中沸点最高的是__。

③等物质的量的H2O2与Si2H6所含σ键数目之比为__。25、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。

（1）“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。

（2）“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。

（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。

（4）铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________；乙醛分子中σ键与π键的个数比为___________。

（5）铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料；其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是___________________。

②已知：该铜银晶胞参数为acm，晶体密度为ρg·cm－3。

则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示；下同)。

③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．HF分子之间存在氢键；故熔点沸点相对较高，故A正确；

B．能形成分子间氢键的物质沸点较高；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故B正确；

C．N2分子的结构式为N≡N；则有一个σ键，2个π键，故C正确；

D．H为s区元素；d区和ds区的元素都是金属元素，故D错误；

故选D。2、D【分析】【详解】

①是一个环形分子，每个S与两个其它S原子相连，S原子外层6个电子，两对孤对电子，两个键，所以S是杂化；故正确；

②碳碳双键中一个是键，还有一个是键，所以除了碳氢键（s-sp2σ键），还有sp2-sp2σ键；故错误；

③分子中，Sn原子的价层电子对数目是配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，空间构型为V形，根据价层电子对互斥理论可以判断其键角小于故正确；

④价层电子对模型为四面体，氧原子采取杂化，中O原子有两对孤对电子，中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力孤电子对与成键电子对间的排斥力成键电子对间的排斥力，导致中键角比中键角大；故正确；

故选D．

【点睛】

本题考查了分子或离子中原子轨道杂化类型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答是关键，注意分子中心原子的杂化。3、A【分析】【分析】

根据题中CH3COOH分子中—CH3及—COOH中碳原子的杂化类型可知；本题考查原子的杂化类型，根据VSEPR理论分析。

【详解】

甲基中碳原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是杂化；羧基中碳原子形成3个键，杂化轨道数目为3，采用的是杂化；

答案选A。4、C【分析】【详解】

A．PCl3分子的中心原子(P)含有3个成键电子对和1个孤电子对，分子呈三角锥形，这是P原子以sp3杂化的结果；A错误；

B．sp3杂化轨道是由最外层的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道；B错误；

C．水分子的中心原子(O)采取sp3杂化；其几何构型为V型，C正确；

D．AB3型的分子；若中心原子不存在孤对电子，则为平面三角形，若存在孤对电子，则呈三角锥形，D错误；

故选C。5、A【分析】【详解】

A.在金刚石原子晶体结构中每一个碳原子都被相邻四个碳原子包围；以共价健形成正四面体，并向空间伸展成网状结构，A符合题意；

B.石墨是层状结构；在每一层中，每个碳原子被相邻的3个碳原子包围，形成平面网状结构，B不符合题意；

C.足球烯是分子晶体；分子间只存在分子间作用力，不能形成空间网状结构，C不符合题意；

D.水晶是二氧化硅；结构和金刚石相似，但每个氧原子与2个硅原子形成共价键，D不符合题意。

所以正确的答案选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

晶体中2个最近的铯离子的核间距离为acm，相邻顶点上铯离子核间距离最近，为acm，即晶胞的棱长为acm，体积V=a3cm3，该晶胞中Cs+个数Cl-个数为1，根据晶胞密度公式故答案为：C。二、多选题(共6题，共12分)7、AD【分析】【分析】

短周期元素的价电子数就是其最外层电子数，用m表示基态原子的价电子数，用n表示基态原子的未成对电子数，A元素m—n为8，说明A的最外层电子数为8，均已成对，故A只能是Ne或者Ar；B元素m—n为6，说明B的最外层电子数为7，6个已成对，故B只能是F或者Cl，同理推导出：C为O或S，D为N；C、B、Be或P、Si、Al、Mg，E为Na或Li、H，又A、B、C、D、E原子序数连续，故只能分别为Ne、F、O、N、Na，据此分析作答。

【详解】

A．同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，分析可知A为惰性气体元素，其第一电离能在同周期中最大，故A>C；A错误；

B．据分析可知，E是Na为金属元素，D是N为非金属元素，故电负性E

C．据分析可知，E是Na，B是F，故原子序数：B

D．C是O；有2个未成对电子，而D是N，有3个未成对电子，故核外未成对电子数：C与D不相等，D错误；

故答案为：AD。8、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。9、AC【分析】【详解】

A选项，元素As与N同族，N的电负性大于As，使成键电子离N原子更近，两个N—H键间的排斥力增大，NH3中键角更大，因此AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角；故A正确；

B选项；Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，故B错误；

C选项，配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe的价电子为3d64s2，价电子数为8，一个配体CO提供2个电子，因此Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18；8+2×n=18，则n＝5，故C正确；

D选项，冰中每个H2O分子与周围四个水分子形成氢键形成四面体结构；即一个水分子可以形成四个氢键，故D错误。

综上所述；答案为AC。

【点睛】

冰的密度比水小的原因是冰中水与周围四个水分子以氢键形成四面体结构，中间有空隙，因此密度比水小。10、AD【分析】【分析】

由图示可以看出该结构可以表示为[H4B4O9]m-，其中B为+3价，O为-2价，H为+1价，根据化合价判断m值求解Xm-的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；阴离子中含配位键，不含离子键，以此来解答。

【详解】

A．观察模型，可知Xm-是(H4B4O9)m-；依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，故A正确；

B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为SP2杂化，4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化，所以在Xm-中；硼原子轨道的杂化类型有不同，故B错误；

C．2号B一般是形成3个键；4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，所以配位键存在4号与5号之间，故C错误；

D．若硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，则382g硼砂晶体中含×2=2molNa+；故D正确；

答案选AD。11、BC【分析】【详解】

A．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个；而不是6个，故A错误；

B．6.4克CaC2为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22-；则含阴离子0.1mol，故B正确；

C．该晶体中存在钙离子和C22-间的离子键，C22-中存在C与C的共价键；故C正确；

D．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+为4个；故D错误；

故选BC。

【点睛】

解答本题要注意区分该晶胞和氯化钠晶胞的不同，该晶胞存在沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键和易错点。12、BD【分析】【详解】

A.ZnS是Zn2+和S2-构成的离子化合物；属于离子晶体，A选项错误；

B．由晶胞结构可知，Zn分别位于晶胞的顶点和面心，Zn2+数目为：S2-数目也为4；B选项正确；

C．ZnS晶体中，阳离子Zn2+的配位数是4；C选项错误；

D．ZnO和ZnS所带电荷相等；氧离子半径小于硫离子，故ZnO的晶格能大于ZnS，D选项正确；

答案选BD。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

（1）基态氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5；能量最高能层为第3能层，第3能层上的原子轨道数为9；现代化学中，常用光谱分析来鉴定元素，这与原子的核外电子发生跃迁有关，故答案为9；核外电子发生跃迁；

（2）NaF和NaCl属于离子晶体，氟离子半径比氯离子半径小，NaF中的离子键键能比NaCl高，故熔、沸点更高；SiF4和SiCl4是分子晶体，SiF4的相对分子质量小于SiCl4，使得SiF4的分子间作用力小于SiCl4，故熔、沸点更低，故答案为NaF中的离子键键能高于NaCl，故熔、沸点更高，SiF4的分子间作用力小于SiCl4；故熔；沸点更低；

（3）HF分子间因氢键而形成(HF)n，HF分子与H2O分子间也存在氢键，导致HF在水溶液中不易电离，因此HF是弱酸，故答案为HF分子间因氢键而形成(HF)n，HF分子与H2O分子间也存在氢键；导致HF在水溶液中不易电离；

（4）光气（）中含有的共价键有C-Clσ键、C=O中含有σ键和π键，C原子上连接有3个原子，没有孤电子对，杂化方式为sp2，分子的空间构型为平面三角形，故答案为σ键、π键；sp2杂化；平面三角形；

（5）①Pt（NH3）2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置，水是极性分子，一种为淡黄色，在水中的溶解度小，则为非极性分子，NH3和Cl分别对称分布在四边形的4个角上，正负电荷重心重合，故淡黄色的为另一种为棕黄色，在水中的溶解度较大，则为极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故棕黄色的是故答案为甲；甲是极性分子，乙是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性分子甲更易溶于水；

②根据图示，Pt晶体的晶胞的堆积方式为面心立方，M周围12个原子到M的距离相等且最小，M原子的配位数为12，设Pt原子的原子半径为xcm，则晶胞的边长2xcm，1个晶胞中含有Pt原子数=8×+6×=4，1mol晶胞的质量为4×195g，1mol晶胞的体积为NA(2x)3cm3，则=ρg·cm3，解得x=cm=××1010pm，故答案为面心立方；12；××1010。

点睛：本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布的规律、晶胞的计算等。本题的难点是晶胞的计算，要清楚面心立方中原子半径与晶胞边长的关系，这是解答的关键。【解析】9核外电子发生跃迁NaF中的离子键键能高于NaCl，故熔、沸点更高，SiF4的分子间作用力小于SiCl4，故熔、沸点更低HF分子间因氢键而形成(HF)n，HF分子与H2O分子间也存在氢键，导致HF在水溶液中不易电离σ键、π键sp2杂化平面三角形甲甲是极性分子，乙是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性分子甲更易溶于水面心立方1214、略

【分析】【详解】

(1)某元素的基态原子最外层电子排布为3s23p2，该元素为Si，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；次外层能级为2s；2p，有s、p两种不同的轨道，电子云形状有2种。原子中所有电子占有8个轨道，分别为1s、2s、3s共3个轨道，3个2p轨道，2个3p轨道；原子核外有14个电子，每个电子的运动状态都不一样，因此有14种不同的运动状态；

(2)E原子核外占有9个轨道，且具有1个未成对电子，则其核外电子排布图为从图可知，该原子为Cl原子，得到1个电子，形成Cl－，其结构示意图为

(3)F、G都是短周期元素，F2－与G3＋的电子层结构相同，F为短周期元素，能够形成离子F2－，只能是O2－或S2－，但是G也是短周期元素，G3＋的电子层结构与F2－相同，如果F是S元素，则G不是短周期元素，因此F为O，G为Al；G为Al，其原子序数为13；F2－是O2－，其电子排布式1s22s22p6；

(4)M能层上3个能级，分别为3s、3p、3d；3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，共9个轨道；每个轨道可以容纳2个电子，作为内层最多可容纳9×2=18个电子；作为最外层时，只有3s、3p能级上填充电子，未成对电子最多，则3个3p轨道上均只有1个电子，最多可含有3个未成对电子。【解析】①.2②.8③.14④.⑤.13⑥.1s22s22p6⑦.3⑧.9⑨.18⑩.315、略

【分析】【分析】

(1)①基态Cl原子中；电子占据的最高能层为第三层，符号为M，该能层具有的原子轨道类型为s；p、d；

②元素的非金属性越强；其电负性越大；

(2)①核外电子排布相同的离子；核电荷数越大，离子半径越小；

②该元素的第三电离能剧增；则该元素属于第IIA族。

【详解】

(1)①Cl原子核外电子教为17，基态Cl原子核外电子排布为ls22s22p63s23p5；由此可得基态Cl原子中电子占据的最高电子层为第三电子层，符号为M，该电子层有1个s轨道；3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道；

②同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则B的电负性大于Li的电负性，在LiBH4中H为-1价；Li；B分别为+1、+3价，则电负性最大的是H元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为H＞B＞Li；

(2)①核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，其离子半径越小；锂的核电荷数为3，氢的核电荷数为1，Li+、H-的核外电子数都为2，所以半径：Li+＜H-；

②该元素的第三电离能剧增；则该元素属于第ⅡA族元素，而且该元素的原子核外电子数不少于5个，为Mg元素。

【点睛】

微粒半径大小比较的一般规律：电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小。【解析】①.M②.9③.H＞B＞Li④.＜⑤.镁16、略

【分析】【详解】

（1）N原子全部连接单键时，N原子采用sp3杂化，N原子连接的化学键中含有双键时，N原子采用sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；

（2）由图知，六个配体构成八面体，后两种物质内界均有2个氯原子、4个氨分子，其中2个氯原子的位置只有两种：相对和相邻，当2个氯原子相对时，其内界结构是对称的，应该是绿色的，即2个氯原子相邻时，其内界结构不对称，应该是紫色的，故其结构为：【解析】①.sp2、sp3②.③.17、略

【分析】【分析】

(1)根据杂化轨道数判断杂化类型判断微粒的构型来解答，①CH4是正四面体结构，②C2H4是平面形分子③C2H2是直线形分子④NH3是三角锥形分子，⑤NH4+是正四面体结构，⑥BF3是平面三角形分子⑦H2O是V形分子；

(2)根据杂化轨道数判断杂化类型；杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；

(3)①CH4是正四面体结构，②C2H4是平面形分子③C2H2是直线形分子④NH3是三角锥形分子，⑤NH4+是正四面体结构，⑥BF3是平面三角形分子⑦H2O是V形分子；

(4)判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子；以此来解答；

(5)不同原子间形成极性键；同种原子间形成非极性键；结构不对称；正负电荷中心重叠的分子为极性分子。

【详解】

(1)①CH4中C原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，②C2H4中C原子采取sp2杂化，空间构型为平面形分子，③C2H2中C原子采取sp杂化，空间构型为直线形分子④NH3中氮原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥形分子，⑤NH4+中氮原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，⑥BF3中硼原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形分子⑦H2O中O原子采取sp3杂化；空间构型为V形分子，呈正四面体的是：①⑤；

(2)①CH4中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化；

②C2H4中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化；

③C2H2中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+0=2；所以采取sp杂化；

④NH3中氮原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化；

⑤NH4+中氮原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化；

⑥BF3中B原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化；

⑦H2O中O原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化；

所以中心原子轨道为sp3杂化的是①④⑤⑦，中心原子轨道为sp2杂化的是②⑥；为sp杂化的是③；

(3)①CH4是正四面体结构；所有原子不共面也不共线；

②C2H4是平面形分子；所有原子共平面而不共线；

③CH≡CH是直线形分子；所有原子共平面也共线；

④NH3是三角锥形分子；所有原子不共面也不共线；

⑤NH4+是正四面体结构；所有原子不共面也不共线；

⑥BF3是平面三角形分子；所有原子共平面而不共线；

⑦H2O是V形分子；所有原子共平面而不共线；

所有原子共平面的是：②③⑥；

(4)①CH4中无孤对电子；

②CH2═CH2中上无孤对电子；

③CH≡CH中无孤对电子；

④NH3中N上有1对孤对电子；无空轨道；

⑤NH4+中N提供孤电子对，H+提供空轨道；二者都能形成配位键；

⑥BF3中无孤对电子；

⑦H2O中O上有2对孤对电子；无空轨道；

粒子存在配位键的是⑤；

(5)①CH4中C上无孤对电子；形成4个σ键，为正四面体结构，只含C−H极性键，结构对称，为非极性分子；

②CH2═CH2中C上无孤对电子；每个C形成3个σ键，为平面结构，含C=C；C−H键，为非极性分子；

③CH≡CH中C上无孤对电子；每个C形成2个σ键，为直线结构，含C≡C；C−H键，为非极性分子；

④NH3中N上有1对孤对电子；N形成3个σ键，为三角锥型，只含N−H键，为极性分子；

⑤NH4+中N上无孤对电子；N形成4个σ键，为正四面体结构，只含N−H键，为非极性分子；

⑥BF3中B上无孤对电子；形成3个σ键，为平面三角形，只含B−F键，为非极性分子；

⑦H2O中O上有2对孤对电子；O形成2个σ键，为V型，含O−H极性键，为极性分子；

含有极性键的极性分子的是：④⑦。【解析】①.①⑤②.①④⑤⑦③.②⑥④.③⑤.②③⑥⑥.⑤⑦.④⑦18、略

【分析】【分析】

原子核外有3个电子层、最外层电子数为3，主族元素中原子核外电子层数与其周期数相等、其最外层电子数与其族序数相等，据此判断在周期表中的位置；其3s、3p能级上的电子为其价电子；图1中负离子的中心原子价层电子对个数根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型；

分子晶体熔沸点较低；原子晶体熔沸点较高；

该正离子中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对；根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化方式；环上C原子价层电子对个数是3；乙基中两个C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化方式；

氮原子上连H原子形成分子间氢键；

同一周期元素；其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

该晶体堆积方式为六方最密堆积，该六棱柱中N原子个数根据化学式知Al原子个数为6，六棱柱体积氮化铝密度

【详解】

原子核外有3个电子层、最外层电子数为3，主族元素中原子核外电子层数与其周期数相等、其最外层电子数与其族序数相等，据此判断在周期表中的位置为第三周期第IIIA族；其3s、3p能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为图1中负离子的中心原子价层电子对个数根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形；

分子晶体熔沸点较低；原子晶体熔沸点较高；氯化铝为分子晶体、氮化铝为原子晶体，所以二者熔沸点相差较大；

该正离子中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化方式为环上C原子价层电子对个数是3、乙基中两个C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化方式，前者为杂化、后者为杂化；

氮原子上连H原子形成分子间氢键，防止离子间形成氢键而聚沉或氮原子上连H原子形成分子间氢键，该离子不易以单体形式存在所以与N原子相连的不能被氢原子替换；

同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，其第一电离能顺序为因为随着核电荷数增加，同周期主族元素的第一电离能逐渐变大，但Mg的3p轨道电子排布为全空结构，能量比Al的更低；所以第一电离能大；

该晶体堆积方式为六方最密堆积，该六棱柱中N原子个数根据化学式知Al原子个数为6，六棱柱体积氮化铝密度

【点睛】

对于六方最密堆积的晶胞来讲，处于六棱柱顶角上的原子是6个晶胞共用的，常见的立方堆积是8个晶胞共用，这其实是因为六边形密铺时每个点被3个六边形共用而正方形密铺时每个点被4个正方形共用对于处于六棱柱面心的原子、体心的原子，其共享方式与立方堆积无异。【解析】第三周期第IIIA族正四面体形氯化铝为分子晶体、氮化铝为原子晶体氮原子上连H原子形成分子间氢键，防止离子间形成氢键而聚沉或氮原子上连H原子形成分子间氢键，该离子不易以单体形式存在六方最密堆积19、略

【分析】【详解】

(1)BN的硬度较大，所以BN是原子晶体，根据金刚石的结构知BN中B原子的杂化方式为sp3，原子晶体中只含有共价键，故答案为sp3；共价键；

(2)①水分子间能够形成氢键，沸点：H2S＜H2O；②非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：H2SO4＞H2SeO4；③24Cr核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数为6，25Mn核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5，所以未成对电子数：24Cr＞25Mn；④元素的电子构型为ns2np3，为第ⅤA族，电子排布为半满状态，较稳定，不易失去电子，所以第一电离能较大，B元素的电子构型为ns2np4；为第ⅥA族，所以第一电离能：A＞B；故答案为＜；＞；＞；＞；

(3)二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，1mol二氧化硅晶体中含有4molSi-O键，则SiO2晶体中Si和Si-O键的比例为1：4；

因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键为1个Si原子提供个Si-Si键，所以1mol晶体硅中含有1mol×4×=2molSi-Si键；

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中；△H=176kJ/mol×2mol+498kJ/mol-460kJ/mol×4=-990kJ/mol，故答案为1：4；-990kJ/mol。

点睛：本题考查氢键、元素周期律、电子排布式、第一电离能，键能与反应热的关系等。本题的易错点是(3)中反应热的计算，确定1mol晶体硅中Si-Si键、1mol二氧化硅晶体中Si-O键的物质的量是解题关键。【解析】sp3共价键＜＞＞＞1∶4－990kJ/mol20、略

【分析】【详解】

(1)26号元素铁基态原子核外电子排布是为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变成铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；(2).一个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，乙醛中甲基上的碳形成4条σ键，无孤对电子，因此采取sp3杂化类型，醛基中的碳形成3条σ键和1条π键，无孤对电子，采取sp2杂化类型。配合物｛Cu(NH3)4｝(OH)2中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子，铜离子和氨气分子之间形成配位键，氨气分子中氮和氢原子之间以共价键结合，内界离子和外界离子氢氧根离子之间以离子键结合，所以含有的化学键离子键、共价键、配位键,1mol[Cu(NH3)4](OH)2中含4mol氨气，4mol氨气总共含有σ键的物质的量为12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，外界的氢氧根离子中也有2molσ键，所以含有的σ键的物质的量为18mol，即18NA个。(3).该晶胞中氧原子个数为=8，有氧化亚铜中铜和氧的比例关系可知该晶胞中铜原子个数为氧原子个数的2倍，即为16个。(4)CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，所以氯化钙的熔点比氯化铝的高。(5)该晶胞中氟离子个数为8，钙离子个数为=4，故1mol晶胞的质量为4×78g，由晶胞的密度可以求出晶胞的体积为cm3，故晶胞的边长为cm。将晶胞分成8个小正方体，则氟离子与钙离子之间的最小距离就是小正方体的顶点与体心之间的距离，因此，d=cm=pm。【解析】41s22s22p63s23p63d56:1sp2sp3离子键、共价键、配位键18NA16CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体21、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）Cu位于第四周期第IB族，29号元素，Cu＋失去最外层1个电子，核外电子排布式为［Ar］3d10或1s22s22p63s23p63d10；（2）等电子体：原子总数相等，价电子总数也相同的微粒，OH－有2个原子、8个电子，氧得到一个电子变成9个电子，看成F元素，即HF；（3）甲醛中碳原子有3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化轨道数等于价层电子对数，即杂化类型为sp2，乙醛的结构简式CH3CHO两个成键元素只能形成1个σ键，所以乙醛中含有6molσ键或6×6.02×1023个；（4）醛基可以弱的氧化剂所氧化，其反应方程式为：CH3CHO＋2Cu(OH）2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O；（5）铜的晶胞属于面心立方最密堆积；其配位数为12，即每个铜原子周围距离最近的铜原子数为12。

考点：考查核外电子排布式、等电子体、杂化类型、σ键、金属晶体的晶胞等知识。【解析】[Ar]3d10HFsp26molCH3CHO+NaOH+2Cu(OH)2△H3COONa+Cu2O↓+3H2O12四、工业流程题(共1题，共3分)22、略

【分析】【分析】

废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化钠生成As2S3沉淀，为防止As2S3与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液中加入过氧化氢将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，再加入CaO沉淀砷酸根、铁离子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低浓度含砷废水。

【详解】

(1)As元素为33号元素，与N元素同主族，位于第四周期第VA族；AsH3和氨气分子结构相同为共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As-H键，电子式为：

(2)a．同周期主族元素自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，同主族自上而下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4；故a正确；

b．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径依次增大，原子半径：As＞P＞S，故b错误；

c．同主族元素自上而下第一电离能减小，P和S同周期，但是P原子3p能级为半满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第一电离能P>S>As；故c错误；

综上所述选a；

(3)根据分析可知沉淀为微溶物CaSO4；

(4)As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)，所以需要加入FeSO4除去过量的硫离子；使平衡逆向移动，一级沉砷更完全；

(5)含砷物质物质为H3AsO3，加入过氧化氢可以将其氧化成H3AsO4，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；

(6)根据题意可知FeS2被O2氧化生成Fe(OH)3、根据元素守恒可知反应物应该还有H2O，FeS2整体化合价升高15价，一个O2降低4价，所以二者的系数比为4:15，再根据元素守恒可得离子方程式为4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+。

【点睛】

同一周期元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。【解析】第四周期第VA族aCaSO4沉淀过量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)平衡逆向移动，使一级沉砷更完全H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+五、有机推断题(共1题，共4分)23、略

【分析】【详解】

X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，则X为C，Z是地壳中含有最高的元素，即Z为O，因为原子序数依次增大，则Y为N，Q原子核外的M层中只有两对成对电子，即Q为S，E的原