2025年冀教新版选修3化学下册月考试卷

…………○…………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2025年冀教新版选修3化学下册月考试卷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6题，共12分)1、下列说法中；正确的是()

①与是不同的核素，因此分别由这两种原子构成的2与2化学性质不同

②2、2、2互为同位素,

③C60与12C、14C互为同位素

④科学家已发现了H3分子，H2与H3互为同素异形体

⑤稀土元素与的质量数不同；属于两种元素

⑥H2O与D2O互称同素异形体。

⑦和质子数相同，互为同位素A.④⑥B.③⑦C.②⑤D.④⑦2、下列说法中正确的是A.元素的第一电离能越大，其金属性越强B.原子核外的M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未排有电子的两种原子，其对应元素不一定位于同一周期C.元素电负性越大的原子，失电子能力越强D.金属单质跟酸反应的难易，只跟该金属元素的第一电离能有关3、实验证明，在溶液中慢慢加入浓的NaOH溶液，开始有蓝色沉淀产生，但是当加入的浓NaOH溶液过量后，沉淀溶解变成深蓝色溶液，某学生对此作出了推断。下列推断正确的是（）A.形成了配离子B.溶液的颜色被冲淡C.形成了配离子D.存在溶解平衡4、下列微粒的立体构型为正四面体形的是()A.NH4+B.PCl3C.CH3ClD.BCl35、下列说法错误的是A.附着在试管内壁上的AgOH固体可用氨水溶解而洗去B.可用氨水鉴别AlCl3、AgNO3和CuSO4三种溶液C.向氨水中滴加CuSO4溶液至过量，先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解并得到深蓝色溶液D.加热碘单质，产生紫色蒸气，这个过程克服了范德华力6、下列说法中正确的是（）A.CH4，C2H2，HCN都是含有极性键的非极性分子B.CO2与SO2的立体构型相似，都是非极性分子C.葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中的手性碳原子数为5D.酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图是元素周期表的一部分；所列字母分别代表一种化学元素。下列说法正确的是()

A.b的第一电离能小于c的第一电离能B.d在c的常见单质中燃烧，产物中既含有离子键也含有共价键C.e与a组成的化合物沸点比水低，原因是水分子之间可形成氢键D.f元素的基态原子失去4s能级上的所有电子后所形成的离子最稳定8、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图：下列有关说法不正确的是A.分子式为C3H4O3B.分子中σ键与π键个数之比为3:1C.分子中既有极性键也有非极性键D.分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化9、下列分子或离子中,中心原子含有孤电子对的是A.H3O+B.SiH4C.PH3D.-10、如图所示，高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）；则下列说法中错误的是（）

A.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-B.晶体中，每个O2-周围距离最近的O2-有8个C.晶体中与每个K+周围有8个O2-D.晶体中，0价氧与-2价氧的数目比为3∶111、下表是某些原子晶体的熔点和硬度。原子晶体金刚石氮化硼碳化硅硅锗熔点/℃3350300026001415938.4硬度109.59.07.06.0

分析表中的数据，判断下列叙述正确的是（）A.构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高B.构成原子晶体的原子间的共价键键能越大，晶体的熔点越高C.构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越大D.构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越小12、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个评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、(1)元素C、N、O、K的电负性从大到小依次为______________。

(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为___________。

(3)下图是周期表中短周期的一部分，A的单质是空气中含量最多的物质，其中第一电离能最小的元素是______________(填“A”“B”“C”或“D”)。

14、钾的化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：

（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。

（2）钾的焰色反应为________色，发生焰色反应的原因是_____________________。

（3）叠氮化钾(KN3)晶体中，含有的共价键类型有________________，N3-的空间构型为________。

（4）CO能与金属K和Mn形成配合物K[Mn(CO)5]，Mn元素基态原子的价电子排布式为________。15、光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料；只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅；多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。

(1)已知Se在周期表的位置为_____，基态Ga原子核外电子占据的最高能级为_____。

(2)P、S、Ga电负性从大到小的顺序为_____。

(3)与Al元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]-而体现一元弱酸的性质，[B(OH)4]-的结构式为____(标出配位键)

(4)已知[Cu(H2O)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为_____。请画出该离子中配位键的结合形式__。16、（1）如图为4s和3d电子云的径向分布图，3d轨道离原子核更近，但是根据鲍林的轨道近似能级图填充电子时，先填4s电子，而后填3d电子，试简单写出理由______。

（2）写出臭氧的Lewis结构式______只需要写出一种共振式即可

（3）根据堆积原理，可以将等径球的密堆积分为堆积，其中堆积形成抽出立方面心晶胞，又叫面心立方最密堆积，其构成的晶胞中含有4个球，写出它们的分数坐标为______。

（4）关于是一个特殊的物质，高温下顺磁性，低温下抗磁性，主要是因为与可以相互转化，低温时主要以双聚分子形式存在，高温时主要以单分子形式存在，同时在高温时分子中存在离域键的存在，使得氧原子没有成单电子，写出中存在离域键为______。

（5）在相同的杂化类型和相同的孤对电子对数目时，分子的键角也会不相同，试比较和中键角的大小，______填“大于”或“小于”或“等于”

（6）已知饱和硫化氢的浓度为硫化氢的离解常数为计算饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为______。17、氮元素可以形成多种化合物．请回答以下问题：

⑴基态氮原子的价电子排布式是____________。

⑵肼(N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物．

①请用价电子层对互斥理论推测NH3分子的空间构型是__________________，其中H—N—H的键角为___________________，请根据价层电子对互斥理论解释其键角小于109°28′的原因：_______。

②肼可用作火箭燃料；燃烧时发生的反应是：

N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H=－1038.7kJ·mol﹣1

若该反应中有4molN—H键断裂，则形成π键的数目为__________。

⑶比较氮的简单氢化物与同族第三、四周期元素所形成氢化物的沸点高低并说明理由___________________________________________。18、由N；P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途；请回答下列问题：

（1）基态N的原子核外___种运动状态不同的电子，基态P原子核外电子排布式为_____，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为___。

（2）PCl3分子中的中心原子杂化轨道类型是__，该分子构型为____。

（3）PCl3是一种无色的液体，遇水容易水解生成两种酸，则方程式__。

（4）已知MgO与NiO的晶体结构(如图)相同，其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点：MgO___NiO(填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是__。

（5）金刚石晶胞含有__个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=___a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率___（请用r和a表示不要求计算结果）。

19、氯化汞（HgCl2）可用于木材和解剖标本的保存、皮革鞣制和钢铁镂蚀，是分析化学的重要试剂，还可做消毒剂和防腐剂。HgCl2在水中稍有水解：HgCl2+H2OHg(OH)Cl+HCl

(1)为了抑制上述反应中HgCl2的水解，可以采取的措施是_________。（选填编号）

a．加水稀释b．增加HCl的浓度c．及时移走产物d．降温。

(2)HgCl2与稀氨水反应则生成难溶解的氨基氯化汞，化学方程式为HgCl2+2NH3→Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl,上述反应的短周期元素中，非金属性最强元素原子的最外层轨道排布式为__________，该原子核外电子云有_________种不同的伸展方向。

(3)已知PCl3与NH3分子结构相似，PCl3的电子式是_______________；PCl3与NH3的沸点比较，______高，其原因是_______________________。

(4)氮的一种氢化物HN3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似，若HN3与氨水混合，此反应的化学方程式是_______________________。

(5)若将0.4mol/LNH4Cl与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，PH=10，下列关系正确的是______

A.c(NH4+)＞c(OH-)＞c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(H+)

B.c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(NH3•H2O)＞c(H+)

C.c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(NH3•H2O)

D.c(NH4+)＞c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(H+)20、已知NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶体的熔点依次为801℃、714℃、190℃、2000℃，其中属于分子晶体的一种晶体应是________，它不适宜用作金属冶炼的电解原料。工业上这种金属的冶炼过程必须使用一种助熔剂___________。21、单质硼有无定形和晶体两种；参考下表数据回答：

（1）晶体硼的晶体类型属于____________________晶体，理由是_____________。

（2）已知晶体的结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如图），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶角，每个顶角各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由__________个硼原子构成的，其中B—B键的键角为____________，共含有___________个B—B键。

评卷人得分四、实验题(共1题，共5分)22、现有两种配合物晶体[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一种为橙黄色，另一种为紫红色。请设计实验方案将这两种配合物区别开来_____________________________。评卷人得分五、计算题(共3题，共6分)23、SiC有两种晶态变体：α—SiC和β—SiC。其中β—SiC为立方晶胞；结构与金刚石相似，晶胞参数为434pm。针对β—SiC回答下列问题：

⑴C的配位数为__________。

⑵C和Si的最短距离为___________pm。

⑶假设C的原子半径为r，列式并计算金刚石晶体中原子的空间利用率_______。（π=3.14）24、NaCl是重要的化工原料。回答下列问题。

（1）元素Na的焰色反应呈_______色。价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电子轨道表示式为_______。

（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，但其熔点比NaCl低，原因是________________。

（3）NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Cl2反应；可以形成一种晶体，其立方晶胞如图所示（大球为Cl，小球为Na）。

①若A的原子坐标为（0，0，0），B的原子坐标为（0，），则C的原子坐标为_______。

②晶体中，Cl构成的多面体包含______个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为_______。

③已知晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_________g·cm－3（列出计算式）。25、通常情况下；氯化钠；氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示。

(1)在NaCl的晶胞中，与Na+最近且等距的Na+有_____个，在NaCl的晶胞中有Na+_____个，Cl-____个。

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+与Cl-通过_________结合在一起。

(3)1mol二氧化硅中有______mol硅氧键。

(4)设二氧化碳的晶胞密度为ag/cm3，写出二氧化碳的晶胞参数的表达式为____nm(用含NA的代数式表示)评卷人得分六、原理综合题(共1题，共10分)26、第四周期的元素，如：钛(22Ti)、铁(26Fe)；砷、硒、锌等及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：

(1)基态Ti原子中，最高能层电子的电子云轮廓形状为___________，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有______种。

(2)琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是______________。

(3)SCN-离子可用于Fe3+的检验；其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)。

①写出与SCN-互为等电子体的一种微粒_________________(分子或离子)；

②硫氰酸分子中π键和σ键的个数之比为___________；

③异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高的原因是________________________。

(4)成语“信口雌黄”中的雌黄分子式为As2S3，分子结构如图，As原子的杂化方式为____________，雌黄和SnCl2在盐酸中反应转化为雌黄（As4S4）和SnCl4并放出H2S气体，写出该反应方程式__________________________。SnCl4分子的空间构型为______________。

(5)高子化合物CaC2的一种晶体结构如图所示。该物质的电子式___________。一个晶胞含有的π键平均有___________个。

(6)硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为___________(填元素符号)；该晶胞中硒原子所处空隙类型为___________(填“立方体”、“正四面体”或正八面体”)，该种空隙的填充率为___________；若该晶胞密度为pg•cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg•mol-1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为___________nm。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

分析：元素是质子数相同的一类原子的统称；核素就是一种原子，同位素简单说就是同种元素的不同原子，同素异形体是由同种元素形成的性质不同的单质；其中同位素之间；同素异形体之间的物理性质不同，化学性质几乎相同。

详解：①与是不同的核素，也是O元素的两种同位素，由它们形成的单质2和2的物理性质不同；但化学性质几乎相同，所以①错误；

②2、2、2是由H的三种同位素形成的单质；故②错误；

③C60是由C元素形成的单质，而12C、14C是C元素的两种同位素；所以③错误；

④H2与H3都是由H元素形成的单质；它们互为同素异形体，则④正确；

⑤稀土元素与的质量数不同；但质子数相同，所以它们是同一种元素，则⑤错误；

⑥H2O与D2O是由H的两种同位素与O形成的化合物；不是同素异形体，故⑥错误；

⑦和质子数相同；则为同一种元素，但质量数不同，即中子数不同，所以互为同位素，故⑦正确。可见只有④⑦是正确的。本题答案为D。

点睛：准确把握相关概念的含义是正确解答本题的依据，如元素、核素、同位素、同素异形体，同时要了解这些概念的微粒在性质的异同。2、B【分析】【详解】

A．第一电离能越大；原子失电子能力越弱，金属性越弱，故A错误；

B．原子核外的M层上的s能级和p能级都填满了电子的原子是Ar；而3d轨道上没有排电子的原子可以在4s轨道上排了电子，所以可以是氩元素，也可以是钾，故B正确；

C．元素电负性越大的原子；吸引电子能力越强，故C错误；

D．金属单质跟酸反应时，例如钠生成价的化合物，镁生成价的化合物；铝生成+3价的化合物，所以不只跟该金属元素的第一电离能有关，与第二电离能，第三电离能也有关系，故D错误；

答案选B。3、A【分析】【分析】

在CuSO4溶液中慢慢加入浓的NaOH溶液，开始有蓝色沉淀产生，反应为：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，当加入的浓NaOH溶液过量后，沉淀溶解变成深蓝色溶液，反应为：Cu(OH)2+2NaOH=Na2[Cu(OH)4]。可在此基础上对各选项作出判断。

【详解】

A.根据分析可知，第二步反应：Cu(OH)2+2NaOH=Na2[Cu(OH)4]，形成了[Cu(OH)4]2-配离子；A选项正确；

B.CuSO4已反应完，所以不是因为CuSO4溶液的颜色被冲淡；B选项错误；

C.CuSO4溶液中的阳离子形成[Cu(H2O)4]2+，反应后深蓝色溶液中形成的是[Cu(OH)4]2-；C选项错误；

D.加入的NaOH使Cu(OH)2的溶解平衡受到抑制；不可能形成深蓝色溶液，D选项错误；

答案选A。4、A【分析】【详解】

A．NH4+的中心原子的价电子对数=没有孤对电子，其空间构型为正四面体形，A选项正确；

B．PCl3中心原子的价电子对数=有1个孤对电子，其空间构型为三角锥形，B选项错误；

C．CH3Cl中心原子的价电子对数=没有孤对电子，但C—H键和C—Cl键的键长不相等，则其空间构型为四面体形，C选项错误；

D．BCl3中心原子的价电子对数=没有孤对电子，其空间构型为平面三角形，D选项错误；

答案选A。5、C【分析】【详解】

试题分析：A．AgCl固体可与氨水反应生成络离子，则附着在试管内壁上的AgCl固体可用氨水溶解而洗去，故A正确；B．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，与硝酸银反应先产生沉淀后沉淀溶解，与硫酸铜反应生成蓝色沉淀，三者现象不同，可以用氨水区别，故B正确；C．向CuSO4溶液滴加氨水至过量；先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解并得到深蓝色溶液，故C错误；D．碘的升华破坏了分子间作用力，即范德华力，故D正确；故选C。

考点：考查了物质的性质的相关知识。6、D【分析】【详解】

A．CH4、C2H2为极性键构成的非极性分子；而HCN为极性分子，故A错误；

B．SO2分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，CO2分子为直线型对称结构；分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B错误；

C．葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中中间的4个C原子连接了四个不同的原子或原子团；为手性碳原子，则手性碳原子数为4，故C错误；

D．H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多；含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；

答案选D。二、多选题(共6题，共12分)7、BC【分析】【详解】

由元素在周期表中位置可知，a为H、b为N；c为O、d为Na、e为S、f为Fe。

A．N元素的2p轨道为半充满稳定结构；第一电离能高于氧元素的第一电离能，故A错误；

B．Na在氧气中燃烧生成过氧化钠；过氧化钠中含有离子键；共价键，故B正确；

C．水分子之间存在氢键；硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力强，因此硫化氢的沸点低于水，故C正确；

D．Fe2+离子价电子为3d6，而Fe3+离子价电子为3d5稳定结构，Fe2+离子不如Fe3+离子稳定；故D错误；

故选BC。8、BD【分析】【详解】

A．根据结构简式确定分子式为C3H4O3；故A正确；

B．双键中含有一个σ键；一个π键；单键都是σ键，所以该分子中含有10个σ键、1个π键，所以分子中σ键与π键个数之比为10：1，故B错误；

C．同种非金属元素之间形成非极性键；不同非金属元素之间形成极性键，所以C-C之间存在非极性键；C-H和C-O原子之间存在极性键，故C正确；

D．该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2；故D错误；

故选BD。

【点睛】

该分子C-O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C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C原子杂化方式是解答关键。9、AC【分析】【分析】

利用孤电子对数=(a-bx)进行计算。

【详解】

A．H3O+的中心氧原子孤电子对数=(6-1-1×3)=1，A符合题意；B．SiH4的中心Si原子孤电子对数=(4-1×4)=0，B与题意不符；C．PH3的中心P原子孤电子对数=(5-1×3)=1，C符合题意；D．的中心S原子孤电子对数=(6+2-2×4)=0，D与题意不符；答案为AC。10、BC【分析】【详解】

A、由晶胞图可知，K+的个数为8×+6×=4，O2-的个数为12×+1=4，化学式为KO2，故A正确；

B、由晶胞图可知，晶体中每个O2-周围有12个O2-，故B错误；

C、由晶胞图可知，晶体中每个K+的周围有6个O2-，故C错误；

D、晶胞中K+与O2-个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，故D正确；

故选BC。11、BD【分析】【详解】

A．原子晶体的熔点与构成原子晶体的原子种类无关；与原子间的共价键键能有关，故A错误；

B．构成原子晶体的原子间的共价键键能越大；晶体的熔点越高，故B正确；

C．构成原子晶体的原子的半径越大；键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，故C错误；

D．构成原子晶体的原子的半径越大；键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，故D正确；

故答案选：BD。12、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。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

(1)非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>C>K；

(2)SiH4中共用电子对偏向H，说明H对电子的吸引能力更强，H的电负性大于Si，同理C的电负性大于H，所以三种元素电负性：C>H>Si；

(3)A的单质是空气中含量最多的物质；则A为N，B为O，C为P，D为S，同主族元素自上而下第一电离能减小，所以A；B的第一电离能大于C、D，由于P元素的最为层为半满状态，所以第一电离能大于S，故四种元素中第一电离能最小的是D。

【点睛】

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）大于第ⅢA元素，第ⅤA族（最外层半满）大于第ⅥA族元素。【解析】①.O>N>C>K②.C>H>Si③.D14、略

【分析】【详解】

(1)；处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；

故答案为电子云；

(2)；钾的焰色反应为紫色。发生焰色反应；是由于电子从较高能级跃迁到较低能级时释放能量，释放的能量以光的形式呈现；

故答案为紫色；电子从较高能级跃迁到较低能级时释放能量；释放的能量以光的形式呈现；

(3)、根据氮原子的结构，叠氮化钾晶体中含有的共价键类型有σ键和π键。N3-与CO2是等电子体，等电子体的结构相似，CO2的结构为直线形，则N3-的空间构型为直线形；

故答案为σ键和π键；直线形；

(4)、Mn元素基态原子核外有25个电子，电子排布式为[Ar]3d54s2，故其价电子排布式为3d54s2。【解析】①.电子云②.紫③.电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量④.σ键和π键⑤.直线形⑥.3d54s215、略

【分析】【分析】

(1)Se是34号元素；4个电子层；最外层6个电子；根据能量最低原理，核外电子从低能级向高能级排布；

(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大；同主族元素从上到下电负性减小；

(3)B最外层有5个电子，与三个羟基形成三对共价键，剩余一对孤对电子，形成配位键，H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键；

(4)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型；则该微粒可能为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物。

【详解】

(1)Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子，在周期表的位置为第四周期VIA族；Ga是31号元素，核外有31个电子，基态Ga原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；最高能级为4p；

(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大；S和P同周期，故电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性减小，P和As同主族，P＞As，As和Ga同周期，电负性As＞Ga，所以电负性S＞P＞Ga；

(3)B最外层有3个电子，与三个羟基形成三对共价键，羟基提供H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键，[B(OH)4]-的结构式为

(4)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则该微粒可能为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为平面正方形，铜原子提供空轨道，水分子提供孤对电子，形成4对配位键，构型为

【点睛】

不是同周期，不是同主族的元素的电负性进行比较时，可以选择一个参照物，例如P和Ga不位于同周期，也不位于同族，选择As进行对照，方便解题。【解析】①.第四周期VIA族②.4p③.S＞P＞Ga④.⑤.平面正方形⑥.16、略

【分析】【分析】

（1）轨道3d轨道钻得深；可以更好地回避其它电子的屏蔽，据此进行分析；

（2）整个分子是V形，中心O是杂化，分子中含一个3，4大键；

（3）据面心立方最密堆积；进行分析；

（4）中心原子N采取杂化，其中一个杂化轨道上填有氮的一个单电子而不是孤对电子，从而此分子中的离域键是据此进行分析；

（5）成键电子对间的距离越远；成键电子对间的排斥力越小；

（6）据此进行计算。

【详解】

（1）轨道离原子核更近；但是根据鲍林的轨道近似能级图填充电子时，先填4s电子，而后填3d电子，原因是4s轨道3d轨道钻得深，可以更好地回避其它电子的屏蔽；

（2）整个分子是V形，中心O是杂化，分子中含一个3，4大键，故臭氧的Lewis结构式为

（3）面心立方最密堆积，则晶胞中含有4个球，它们的分数坐标为和

（4）中心N原子采取杂化，其中一个杂化轨道上填有氮的一个单电子而不是孤对电子，从而此分子中的离域键是

（5）氟的电负性大于氢，因此用于成键的电子对更偏向氟或离氮原子核较远氮周围电子密度减小或成键电子对间的“距离”较远斥力较小，因而键角较小，故，大于

（6）

【点睛】

如果物质内部电子都是成对的，那么由电子自旋产生的磁场彼此抵消，这种物质在磁场中表现出抗磁性。反之，有未成对电子存在时，由电子自旋产生的磁场不能抵消，这种物质就表现出顺磁性。钆元素内有7个未成对的f电子，因此是磁力很强的稀土金属。【解析】4s轨道3d轨道钻得深，可以更好地回避其它电子的屏蔽大于17、略

【分析】【分析】

⑴N基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子价电子排布式是2s22p3；故答案为：2s22p3。

⑵①先计算NH3分子中氮原子价层电子对数，根据孤电子对影响键角进行分析；②有4molN—H键断裂即1molN2H4反应；生成1.5mol氮气进行分析。

⑶NH3、AsH3、PH3是分子晶体，NH3可形成分子间氢键，AsH3、PH3根据相对分子质量越大；范德华力越大，熔沸点越高进行分析。

【详解】

⑴N核外有7个电子，其基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子价电子排布式是2s22p3；故答案为：2s22p3。

⑵①NH3分子中氮原子价层电子对数为推测出NH3分子的空间构型是三角锥形，其中H—N—H的键角为107°18′，请根据价层电子对互斥理论解释其键角小于109°28′的原因是NH3分子含有1个孤电子对，孤电子对影响键角；故答案为：三角锥形；NH3分子含有1个孤电子对；孤电子对影响键角。

②若该反应中有4molN—H键断裂即1molN2H4反应，生成1.5mol氮气，因此形成π键的数目为3NA；故答案为：3NA。

⑶比较氮的简单氢化物与同族第三、四周期元素所形成氢化物的沸点高低并说明理由，NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3、PH3是分子晶体，根据相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高分析得到AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高；故答案为：NH3＞AsH3＞PH3，NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。

【点睛】

物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、分子构型，共价键分类，键角分析、熔沸点分析。【解析】①.2s22p3；②.三角锥形③.107°18′④.NH3分子含有1个孤电子对，孤电子对影响键角⑤.3NA⑥.NH3＞AsH3＞PH3，NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。18、略

【分析】【详解】

（1）基态N的原子核外有7个电子，每个电子的能量不同，不运动状态也不同。故有7种运动状态不同的电子。基态P原子为15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；P；S、Cl为同周期元素；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl＞P＞S。

答案为：7；1s22s22p63s23p3；Cl＞P＞S；

（2）根据价电子理论，PCl3分子中的中心原子的价电子对数=杂化轨道类型是sp3杂化；该分子4个原子构成，空间构型为三角锥形。

答案为：sp3；三角锥形；

（3）PCl3遇水容易水解生成亚磷酸和盐酸，方程式PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl。

答案为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；

（4）Mg2+半径比Ni2+小；MgO晶格能比NiO大，晶格能越大，熔沸点越高。

答案为：＞；Mg2+半径比Ni2+小；MgO晶格能比NiO大；

（5）金刚石晶胞中各个顶点、面上和体内的原子数目依次为8、6、4，然后依据晶胞计算确定在晶体中碳原子数目，碳原子数目为n=8×1/8+6×1/2+4=8；根据硬球接触模型可以确定，正方体对角线的就是C-C键的键长，体对角线四分之一处的原子与顶点上的原子紧贴，晶胞正方体对角线长度=因此有所以r=碳原子在晶胞中的空间占有率=

答案为【解析】71s22s22p63s23p3Cl＞P＞Ssp3三角锥形PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl＞Mg2+半径比Ni2+小，MgO晶格能比NiO大819、略

【分析】【分析】

(1)从化学平衡的角度分析；使平衡逆向移动所采取的措施；

(2)所涉及的元素中非金属性最强元素是氯；根据核外电子排布规律写出氯原子最外层电子排布式，确定电子云的空间伸展方向；

(3)仿照氨气的电子式，写出PCl3的电子式；从分子晶体的角度考虑沸点的高低；

(4)仿照醋酸与氨水的反应；写出化学方程式；

(5)根据0.4mol/LNH4Cl与0.2mol/LNaOH反应后的溶液；比较出离子的浓度大小关系。

【详解】

(1)根据水解反应，HgCl2+H2O⇌Hg(OH)Cl+HCl；

a．加水稀释；促进水解，平衡正向移动，不符合题意；

b．增加HCl的浓度；增加生成物的浓度，平衡逆向移动，符合题意；

c．及时移走产物；平衡正向移动，不符合题意；

d．水解是吸热反应；降温平衡逆向移动，符合题意；

(2)非金属性最强元素原子为氯原子，它的最外层轨道排布式为该原子核外有1s，2s，2p，3s，3p等5个能级，s轨道是球形的，只有一种空间伸展方向，p轨道是纺锤形的，有三种空间伸展方向，共有4种不同的伸展方向；

(3)磷原子的最外层电子数为5，氯原子的最外层电子数为7，形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，三氯化磷的电子式为：PCl3与NH3的沸点高；它们都是分子晶体，虽然氨分子存在氢键，但氨常温下是气体，但三氯化磷常温下是液体，说明范德华力对沸点的影响超过了氢键的影响，两者都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故三氯化磷的的沸点高于氨气；

(4)HN3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似，为一元弱酸，若HN3与氨水混合后的化学方程式为HN3+NH3∙H2O=NH4N3+H2O；

(5)NaOH和NH4Cl反应方程式为NaOH+NH4Cl=NH3∙H2O+NaCl，NH4Cl溶液浓度是NaOH溶液浓度的2倍，二者等体积混合，根据方程式知，NH4Cl有一半剩余，则溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3∙H2O、NaCl，NH4Cl中铵根离子水解程度小于NH3∙H2O电离程度，导致溶液出碱性，则c(OH−)＞c(H+)，氯离子、钠离子不水解，结合物料守恒知c(Cl−)最大，c(NH4+)＞c(Na+)，NH3∙H2O是弱电解质,电离程度较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(H+)，答案选D。【解析】①.b、d②.③.4④.⑤.PCl3⑥.两者都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高⑦.HN3+NH3.H2O＝NH4N3+H2O⑧.D20、略

【分析】【分析】

根据离子晶体和分子晶体的熔点关系分析判断；根据分子晶体在熔融状态下不能导电分析判断冶炼的金属；再分析判断。

【详解】

根据NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶体的熔点依次为801℃、714℃、190℃、2000℃，分子晶体的熔点一般较低，离子晶体的熔点较高，所以AlCl3为分子晶体；氧化铝的熔点很高，直接电解熔融的氧化铝冶炼铝时会消耗大量的能量，因此常用冰晶石作助熔剂，在故答案为：AlCl3；冰晶石。【解析】①.AlCl3②.冰晶石21、略

【分析】【分析】

（1）根据表中数据判断可知晶体硼熔沸点和硬度介于金刚石和晶体硅之间；判断为原子晶体；

（2）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的共20个等边三角形；B-B键组成正三角形；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的据此答题。

【详解】

（1）根据表中数据判断可知晶体硼熔沸点和硬度介于金刚石和晶体硅之间，熔沸点、硬度都很大，可知晶体硼为原子晶体，

故答案为原子晶体；熔；沸点很高、硬度很大；

（2）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为：×3=20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12；B-B键组成正三角形，则每个键角均为60°；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为：×3=20个等边三角形拥有的B-B键为：×20=30。

【点睛】

明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该晶胞中各种原子个数，硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为：×3=20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12。【解析】①.原子②.熔点高，硬度大，并且各数据均介于金刚石和晶体硅之间③.12④.60°⑤.30四、实验题(共1题，共5分)22、略

【分析】【分析】

两种配合物可电离出的氯离子数目不同；可将等质量的两种配合物配制成溶液，滴加硝酸银，根据生成沉淀的多少判断。

【详解】

两种配合物晶体[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，内界氯离子不能与硝酸银反应，外界氯离子可以与硝酸银反应，将这两种配合物区别开来的实验方案：称取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量用硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称量，所得AgCl固体质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固体质量小的，原晶体为[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，故答案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、干燥、称量，沉淀质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【点睛】

把握配合物的构成特点，为解答该题的关键。解答此类试题要注意配合物的内界和外界的离子的性质不同，内界中以配位键相结合，很牢固，难以在水溶液中电离，而内界和外界之间以离子键结合，在溶液中能够完全电离。【解析】称取相同质量的两种晶体配成溶液，向两种溶液中分别加入足量的硝酸银溶液，静置、过滤、干燥、称量，所得氯化银固体多的是[Co(NH3)6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2五、计算题(共3题，共6分)23、略

【分析】【分析】

每个C周围有4个硅，C和Si的最短距离为体对角线的四分之一，先计算金刚石晶胞中碳的个数，再根据公式计算空间利用率。

【详解】

⑴每个C周围有4个硅，因此C的配位数为4；故答案为：4。⑵C和Si的最短距离为体对角线的四分之一，因此故答案为：188。⑶金刚石晶胞中有个碳，假设C的原子半径为r，则金刚石晶胞参数为金刚石晶体