2024年沪科版选修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年沪科版选修3化学上册月考试卷718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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列说法中错误的是:A.SO2、SO3都是极性分子B.在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键C.元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D.原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性2、下列状态的铝元素中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是A.[Ne]B.[Ne]C.[Ne]D.[Ne]3、现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③＞①＞②B.原子半径：②＞①＞③C.最高正化合价：③＞②＞①D.电负性：③＞②＞①4、关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是A.此配合物，中心离子的配位数为4B.H2O为配体，配位原子是氧原子C.此配合物中，Cu2+提供孤对电子D.向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀5、硝基胍是固体火箭推进剂的重要组分；其结构如图所示(“→”是配位键），下列有关硝基胍的说法正确的是。

A.硝基胍分子中只含极性键，不含非极性键B.硝基胍中所有N原子的杂化方式相同C.硝基胍分子中σ键与π键的个数比是5:1D.10.4g该物质含有NA个原子6、某化学小组为了探究Cu2+性质做了如下实验：向CuSO4溶液中逐滴加入稀氨水，待无明显变化后，向所得液体中加入适量乙醇。对于该实验有下列说法，其中正确的是（）A.滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀变成白色B.滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解C.实验过程中有蓝色CuSO4•5H2O晶体产生D.滴加乙醇后溶液变成深蓝色7、下列说法正确的是（）A.FeCl3 熔点较低，易升华，易溶于水和乙醇，由此可推测FeCl3 属于分子晶体B.H2O汽化成水蒸气、分解为H2 和O2，都需要破坏共价键C.HBr和HI因为分子间作用力大小不同，因而热稳定性不同D.SiO2 与CO2 都是酸性氧化物，化学性质类似，因此它们的结构类似8、下列关于晶体的说法正确的组合是（）

①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合⑥晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑦氯化钠熔化时离子键被破坏A.①②③⑥B.①②④C.③⑤⑥D.③⑦9、下列解释中，不正确的是A.水很稳定以上才会部分分解是因为水中含有大量的氢键所致B.由于NaCl晶体和CsCl晶体中正负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释D.MgO的熔点比高主要是因为MgO的晶格能比大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、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11、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12、水杨酸（）是护肤品新宠儿。下列有关水杨酸的说法正确的是（）A.水杨酸最多可与发生加成反应B.与对甲氧基苯甲酸互为同系物C.存在分子内氢键，使其在水中的溶解度减小D.分子中的碳原子均采用杂化13、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14、有关晶体的叙述正确的是（）A.在24g石墨中，含C-C共价键键数为3molB.在12g金刚石中，含C-C共价键键数为4molC.在60g二氧化硅中，含Si-O共价键键数为4molD.在NaCl晶体中，与Na+最近且距离相等的Na+有6个15、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）16、叠氮化钠用于汽车的安全气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气，其与酸反应可生成氢叠氮酸(HN3)，常用于引爆剂，氢叠氮酸还可由肼(N2H4)制得。下列叙述错误的是A.CO2、N2O与N3-互为等电子体B.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键C.NaN3的晶格能小于KN3的晶格能D.HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、下图是一种钯(Pd)的氯配合物X的晶胞结构。回答下列问题：

请回答下列问题：

(1)基态Cl原子中存在未成对电子的能级，画出其该能级的轨道表示式______。

(2)下列关于Cl元素的叙述正确的是______(填序号)。

A．Cl2分子中无π键B．Cl是p区主族元素。

C．第一电离能：ClD．电负性：Cl>S

(3)NCl3分子的中心原子N的杂化方式是______。

(4)NH3常作制冷剂，其键角______(填“大于”或“小于”)NH4+的键角，NH3的沸点高于N2沸点的主要原因是______。

(5)物质X的晶体类型为______，其中的Pd元素的化合价为______、配位数为______。

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，经过元素分析与计算可知Y中Pd:Cl:N:H的数量比=1:2:2:6。试画出配合物Y的可能结构______。18、用“>”“<”表示下列各组能级的能量高低。

（1）2s__4s；（2）2p__4p；（3）4s__3d19、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧；产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：

（1）A在周期表中的位置是___________，写出一种工业制备单质F的离子方程式_____________。

（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为______________，其水溶液与F单质反应的化学方程式为__________________________________________________；在产物中加入少量KI，反应后加入CC14并振荡，有机层显_______色。

（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：。物质组成和结构信息a含有A的二元离子化合物b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体

a的化学式为_____；b的化学式为______________；c的电子式为________________；

d的晶体类型是_________________。

（4）由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过____键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为______。20、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__。21、X是合成碳酸二苯酯的一种有效的氧化还原催化助剂，可由EDTA与Fe3+反应得到。

（1）EDTA中碳原子杂化轨道类型为_________________；EDTA中四种元素的电负性由小到大的顺序为__________________。

（2）Fe3+基态核外电子排布式为_________________。

（3）EDTA与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但EDTA的沸点（540.6℃）比正二十一烷的沸点（100℃）高的原因是_________。

（4）1molEDTA中含有σ键的数目为______________。

（5）X中的配位原子是___________。22、LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6；LiCl等常用作锂离子聚合物电池的材料和载体。

回答下列问题:

(1)LiFePO4中Fe的价层电子排布式为___________。

(2)LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四种非金属元素电负性由大到小的顺序为___________。

(3)含氧酸的通式可写为(HO)mROn，根据化学学科的规律下列几种酸中酸性与H3PO4相近的有________。

a.HClOb.HClO3c.H2SO3d.HNO2

(4)通常在电极材料表面进行“碳”包覆处理以增强其导电性。抗坏血酸()常被用作碳包覆的碳源，其易溶于水的原因是____________________，该分子中碳原子的杂化方式为___________。

(5)电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示(图中阴离子未画出)。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P；As)

①从化学键角度看，Li+迁移过程发生___________(填“物理变化”或“化学变化”)。

②相同条件，Li+在___________(选填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是___________。

(6)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)晶胞参数为0.72mm；1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的晶胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。

①该晶胞中Cl原子的数目为___________。

②LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H20晶体的密度为___g·cm-3(列出计算表达式)。23、（1）已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1452.8kJ·mol－

②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1

写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：____________________。

（2）下图1是采用NaBH4(B元素的化合价为＋3价)和H2O2作原料的燃料电池。电池工作过程中负极反应式为__________________________。

（3）一种含锰磁性材料的单晶胞结构为立方晶胞，如图2所示。A、B位置的Sn原子坐标如图所示，则该晶胞中碳原子的原子坐标为___________。

24、最常见、最熟知的原子晶体是周期表中_____族非金属元素的单质或化合物，如金刚石、二氧化硅和_________、_________，它们都有很高的熔点和硬度。评卷人得分四、实验题(共1题，共2分)25、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、原理综合题(共2题，共20分)26、【选修3物质结构与性质】

VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态；含VIA族元素的化台物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______；

（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离。

子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_______________；

（3）Se原子序数为_______，其核外M层电子的排布式为___________________；

（4）H2Se的酸性比H2S_________（填“强”或“弱”）。气态SeO3分子的立体构型。

为_________________，SO32-离子的立体构型为___________________；

（5）H2SeO3的K1和K2分别为2.7xl0-3和2.5xl0-8，H2SeO4第一步几乎完全电离；

K2为1.2X10-2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_____________________________________________________________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________

（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0pm．密度为_____________________列式并计算），a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_______________pm（列示表示）

27、金属铜是被人们认识和利用较早的金属之一，西汉《淮南万毕术》中有“曾青得铁则化为铜”的记载，“曾青”是CuSO4溶液。回答下列问题：

（1）一些铜盐在灼烧时会产生特殊的颜色，原因是___。

（2）CuSO4溶液中，金属阳离子的最高能层符号为___；其中未成对电子数为___。

（3）CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4SO4]H2O；其结构如图所示：

①[Cu(H2O)4]2+中O原子的杂化类型为___。1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的个数为___(NA表示阿伏加德罗常数的值）。

②CuSO4·5H2O结构中含有的化学键的类型有___，所含元素的电负性大小顺序为___。

（4）金属铜的晶胞结构如图所示。

①该晶胞结构中含有由Cu原子构成的正八面体空隙和正四面体空隙，则正八面体空隙数和正四面体空隙数的比为___。

②科研发现硫化铜可以作为一种极为重要的P型半导体，其晶胞结构可以理解为铜晶胞中互不相邻的正四面体形成的空隙被S2-占据，若该晶体的密度为ag·cm-3，则两个最近的S2-之间的距离为___pm(NA表示阿伏加德罗常数的值）。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A项；三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误；

B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键；前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；

C项；元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；

D项；原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大；熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。

答案选A。2、D【分析】【分析】

电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态；而第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，据此判断解答。

【详解】

AB为基态；其中A失去最外层1个电子，为第三电离能，B失去最外层1个电子，为第二电离能；C为铝离子，稳定结构，失去最外层1个电子所需能量最大；D为铝原子的核外电子排布的激发态，易失去最外层的一个电子；所以电离最外层的一个电子所需能量最小的是D。

答案选D。

【点睛】

本题考查电离能大小判断，明确铝原子核外电子排布，电离能基本概念和大小规律是解题关键。3、B【分析】【分析】

三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5；则①为S元素，②为P元素，③为F元素，结合元素的性质分析解答。

【详解】

A．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，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A错误；

B．同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B正确；

C．S元素最高正化合价为+6；P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，F是非金属性最强的元素，没有正化合价，故C错误；

D．同周期自左而右电负性增大；同主族自上而下电负性减小，故电负性③＞①＞②，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意F是非金属性最强的元素，没有正化合价，一般而言，O也没有正化合价。4、C【分析】【详解】

A．配合物［Cu(H2O)4］SO4，配位体是H2O，配位数是4，故A正确；B.配合物［Cu(H2O)4］SO4中H2O为配体，配位原子是氧原子，故B正确；C.此配合物中，Cu2+为中心原子，提供空轨道，配位原子氧原子提供孤对电子，故C错误；D.硫酸根离子在外界，向此配合物溶液中加入BaCl2溶液；出现白色沉淀硫酸钡，故D正确；故选C。

点睛：本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，特别注意配体和外界离子的区别。5、C【分析】【详解】

A．分子中N－O键；N－H键为极性键；N－N键为非极性键，故A错误；

B．分子中的四个氮原子，成单键的氮原子杂化方式为sp3杂化，成双键的氮原子杂化方式为sp2杂化，碳原子采用sp2杂化；所有C；N原子的杂化方式不相同，故B错误；

C．1个分子中含有4个N-H键；1个N=C键，1个N=O键，2个N-C键，1个N-N单键和1个N→O配位键，双键中一个是σ键，一个是π键，单键全部是σ键，σ键与π键的个数比是5:1，故C正确；

D．分子式为CN4H4O2，相对分子质量为104，10.4g该物质的物质的量为0.1mol，1个分子含有11个原子，该物质含有1.1NA个原子；故D错误；

答案选C。6、B【分析】【分析】

向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶物的原因是Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续添加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，因为[Cu(NH3)4]2+为深蓝色，则得到深蓝色的透明溶液；若加入乙醇，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度；现象是有蓝色晶体生成，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，故A错误；

B．根据A选项分析；滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，故B正确；

C．根据分析，实验过程中产生蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4；故C错误；

D．根据分析，滴加乙醇后，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度；现象是有蓝色晶体生成，故D错误；

答案选B。7、A【分析】【详解】

A.分子晶体的熔沸点较低，易溶于有机溶剂，熔点较低，易升华，易溶于水和乙醇，由此可推测属于分子晶体；故A正确；

B.汽化成水蒸气，破坏分子间作用力和氢键，水分解为和需要破坏共价键，故B错误；

C.氢化物的热稳定性与共价键有关，HBr和HI因为共价键的键能大小不同；因而热稳定性不同，故C错误；

D.与都是酸性氧化物，是原子晶体，是分子晶体；二者结构不同，故D错误。

故选A。

【点睛】

对于分子晶体来说，熔沸点的高低取决于分子间作用力的大小，因为固→液→气时，只改变分子间的距离，而不改变分子内原子间的共价键；氢化物的热稳定性取决于分子内原子间的共价键，键能越大，则分子的热稳定性越强，与分子间的作用力无关。8、D【分析】【详解】

①稀有气体形成的分子晶体；不存在共价键，①错误；

②金属晶体中有阳离子；但没有阴离子，②错误；

③金刚石、SiC为原子晶体，C的原子半径小于硅，共价键能前者大于后者，熔点前者大于后者；NaF、NaCl为离子晶体，离子带电荷相同，F-半径小于Cl-，前者晶格能大于后者；H2O、H2S为分子晶体；前者能形成分子间的氢键，分子间作用力前者大于后者。总的来说，熔点依原子晶体；离子晶体、分子晶体依次降低，③正确；

④离子晶体中一定有离子键可能有共价键；分子晶体中肯定没有离子键，④错误；

⑤SiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合；⑤错误；

⑥分子晶体中分子间作用力决定了晶体的熔沸点；分子的稳定性取决于原子间的共价键，⑥错误；

⑦氯化钠熔化时；离子间的距离改变，离子键被破坏，⑦正确。

综合以上分析，只有③⑦正确。故选D。9、A【分析】【详解】

水很稳定；是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A错误；

B.正负离子半径之比影响离子晶体中离子配位数；所以由于NaCl晶体和CsCl晶体中正负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等，故B正确；

C.碘；四氯化碳、甲烷均是非极性分子；而水是极性溶剂，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确；

D.离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，氧离子半径小于氯离子半径，且氧离子所带电荷大于氯离子所带电荷，所以氧化镁晶格能大于氯化镁，则MgO的熔点比高；故D正确；

故选：A。

【点睛】

掌握相似相溶原理、晶格能与离子晶体熔沸点关系、化学键与分子稳定性关系等知识点，侧重考查学生分析判断能力，注意氢键和范德华力影响分子晶体熔沸点，但分子的稳定性受化学键影响，注意二者区别。二、多选题(共7题，共14分)10、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。11、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。12、CD【分析】【详解】

A．水杨酸中只有苯环能够与氢气发生加成反应，则1mol水杨酸最多能与3molH2发生加成反应；故A错误；

B．水杨酸与对甲氧基苯甲酸（含有-OCH3）含有的官能团不同；不是同系物，故B错误；

C．分子间氢键会导致物质的溶解度减小；水杨酸分子中的羟基和羧基间存在分子内氢键，使其在水中的溶解度减小，故C正确；

D．苯环是平面结构，苯环上的C原子采用杂化，羧基中的碳原子的价层电子对数=3，没有孤对电子，也采用杂化；故D正确；

故选CD。13、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。14、AC【分析】【详解】

A.在石墨中，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，每个共价键为相邻2个C原子所共有，所以每个C原子形成的共价键数目为3×=24g石墨含有的C原子的物质的量是2mol，因此其中含有的C-C共价键的物质的量为2mol×=3mol；A正确；

B.在金刚石晶体中每个碳原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，每个共价键为相邻两个C原子形成，所以其含有的C-C数目为4×=2个；则在12g金刚石含有的C原子的物质的量是1mol，故含C-C共价键键数为2mol，B错误；

C.二氧化硅晶体中；每个硅原子含有4个Si-O共价键，所以在60g二氧化硅的物质的量是1mol，则其中含Si-O共价键键数为4mol，C正确；

D.在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最近且距离相等的Na+有12个；D错误；

故合理选项是AC。15、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。16、CD【分析】【详解】

A．N3-含3个原子、16个价电子，因此与CO2、N2O互为等电子体；故A正确；

B．HN3的分子结构为HN3和水能够形成分子间氢键；故B正确；

C．由于钾离子半径大于钠离子半径，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能；故C错误；

D．HN3和N2H4都是极性分子；故D错误；

答案选CD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5；据此分析解答；

(2)根据Cl2分子的结构式为Cl-Cl和Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5结合元素周期律分析判断；

(3)NCl3分子的中心原子N上含有3个N-Clσ键；还含有1个孤电子对，据此分析解答；

(4)孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力；据此判断键角的大小；结合氢键对物质性质的影响分析解答；

(5)根据物质X的晶体结构图，结构中含有等微粒，每个Pd原子周围有6个Cl原子，根据均摊法计算Pd原子和Cl原子数，同时判断含有的数；再根据化合价的代数和为0，计算Pd元素的化合价；

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物；说明Pd在四边形的内部，结合Y中Pd:Cl:N:H的数量比=1:2:2:6，分析判断可能的结构。

【详解】

(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，其中存在未成对电子的能级为3p，该能级的轨道表示式为故答案为：

(2)A．Cl2分子的结构式为Cl-Cl；分子中无π键，故A正确；

B．Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5；是p区主族元素，故B正确；

C．同一周期；从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：Cl＞S，故C错误；

D．元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：Cl>S；故D正确；

故答案为：ABD；

(3)NCl3分子的中心原子N上含有3个N-Clσ键，还含有1个孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式是sp3，故答案为：sp3；

(4)孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力，NH3分子中存在孤电子对，使得键角小于NH4+的键角，NH3分子间存在氢键，使得氨气的沸点高于N2沸点，故答案为：小于；NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高；

(5)根据物质X的晶体结构图，结构中含有等微粒，说明该晶体属于离子晶体；根据图示，每个Pd原子周围有6个Cl原子，Pd的配位数为6，该晶胞中含有8×+6×=4个Pd原子，则含有24个Cl原子，同时含有8个根据化合价的代数和为0，其中Pd元素的化合价为=+4；故答案为：离子晶体；+4；6；

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，说明Pd在平面四边形的内部，配位数为4，根据Y中Pd:Cl:N:H的数量比=1:2:2:6，则结构中含有1个Pd原子，2个Cl原子和2个氨分子，则该配合物Y的结构可能为故答案为：

【点睛】

本题的难点为(5)，要注意均摊法在晶胞结构中的灵活应用，关键是氯原子数目的计算，易错点为(6)，要注意(6)中Pd的配位数与(5)中不一定相等。【解析】ABDsp3小于NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，氢键使NH3的沸点更高离子晶体+4618、略

【分析】【分析】

根据构造原理：各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf；②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s；2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f

【详解】

（1）n不同时的能量高低：2s<4s；

（2）n不同时的能量高低：2p<4p；

（3）不同层不同能级ns＜（n-1）d:4s<3d。

故答案为：<；<；<。【解析】①.<②.<③.<19、略

【分析】【详解】

根据“非金属元素A最外层电子数与其周期数相同”确定A为氢元素；然后根据其它信息推出B为碳元素，D为氧元素，E为钠元素，F为氯元素。

⑴H在周期表中的位置为第一周期IA族；工业制备上Cl2的原理有电解饱和食盐水或电解熔融的NaCl；据此便可写出其相应的离子方程式。

⑵C、O、Na组成的一种盐中，满足E的质量分数为43%的盐为Na2CO3，俗称纯碱或苏打；其水溶液与Cl2反应，可理解为Cl2先与水反应有HCl和HClO，Na2CO3水解有NaHCO3和NaOH，二者再反应，可确定其生成物有NaClO、NaCl、NaHCO3，然后通过氧化还原反应的配平方法将其配平；在产物中加入少量KI，NaClO将KI氧化生成I2，反应后加人CC14并振荡溶液显紫色。

⑶在这些元素中只有Na才与H形成二元离子化合物NaH(a的化学式)；形成含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1的物质有Na2〇2和Na2C2(b的化学式)；BDF2的化学式为COCl2，其结构式为据此便可写出其电子式只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为金属钠；属于金属晶体。

⑷由H和C、O元素组成的两种二元化合物CH4、H2O能形成一类新能源物质，一种化合物分子(H2O)通过氢键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分CH4)分子进入该空腔，CH4分子的空间结构为正四面体结构。

考点：考查物质的结构与元素周期表(律)、化学式的推断、电子式的书写、化学、离子方程式的书写，晶体类型、分子间作用力(氢键)、空间构型等。【解析】①.第一周期IA族②.2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋C12↑(或2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑③.纯碱(或苏打)④.2Na2CO3＋Cl2＋H2O=NaClO＋NaCl＋2NaHCO3⑤.紫⑥.NaH⑦.Na2〇2和Na2C2⑧.⑨.金属晶体⑩.氢⑪.正四面体20、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⑥.21、略

【分析】【分析】

（1）EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3；亚甲基上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原子杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大；

（2）Fe原子失去3个电子生成铁离子，根据构造原理书写铁离子核外电子排布式；

（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；

（4）共价单键为σ键；共价双键中含有一个σ键；一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35；

（5）X中N；O原子提供孤电子对。

【详解】

(1)EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上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原子杂化轨道类型,前者为sp2杂化、后者为sp3杂化，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性H

故答案为：sp2和sp3；H

(2)Fe原子失去3个电子生成铁离子,根据构造原理书写铁离子核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

故答案为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；EDTA能形成分子间氢键，导致其熔沸点较高；

故答案为：EDTA分子间存在氢键；

(4)共价单键为σ键；共价双键中含有一个σ键；一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35，所以1molEDTA中含有σ键的数目为35mol；

故答案为：35mol；

(5)X中N；O原子提供孤电子对；所以N、O为配位原子；

故答案为：N；O。

【点睛】

熔沸点的高低要看晶体的类型，分子晶体主要看范德华力的大小，还要考虑氢键。【解析】①.sp2和sp3②.H<C<N<O③.[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5④.EDTA分子间存在氢键⑤.35mol⑥.N、O22、略

【分析】【详解】

（1）26Fe的价层电子为最外层加上次外层d能级上的电子，所以价层电子为排布式为3d64s2，那么LiFePO4中Fe显+2价，失去最外层电子，LiFePO4中Fe的价层电子排布式为3d6；答案为3d6。

（2）同周期自左而右电负性增大；同主族自上而下电负性减小；故电负性：F＞P＞As＞Li；答案为F＞P＞As＞Li。

（3）H3PO4可改写为(HO)3PO1；非羟基氧原子数为1；

a．HClO可改写为(HO)ClO0；非羟基氧原子数为0；

b．HClO3可改写为(HO)ClO2；非羟基氧原子数为2；

c．H2SO3可改写为(HO)2SO1；非羟基氧原子数为1；

d．HNO2可改写为(HO)NO1；非羟基氧原子数为1；

非羟基氧原子数相同，酸性相近，故cd与H3PO4的非羟基氧原子数相同；酸性相近；答案为cd。

（4）抗坏血酸分子中含有多个羟基，可以与水分子形成分子间氢键；由抗坏血酸的分子结构可知该分子中存在碳碳双键和碳碳单键，则碳原子的杂化方式有两种sp2、sp3；答案为抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键，sp2、sp3。

（5）①从图甲看出；Li+迁移过程生成了新物质，发生了化学变化；答案为化学变化。

②因为PF6-的半径比AsF6-的小，PF6-与Li+的作用力就比AsF6-的强，迁移速度就慢；答案为LiAsF6；PF6-的半径比AsF6-的小，PF6-与Li+的作用力就比AsF6-的强；迁移速度就慢。

（6）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cl原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cl原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cl原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cl原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cl原子数目为：1+4×+4×=4，根据Cs守恒有n（LiCl•3H2O）=n（Cl）=mol，晶胞的质量m=nM=g，晶胞体积V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度ρ===（g•cm-3）；答案为：4，【解析】①.3d6②.F>Cl>P>As③.cd④.抗坏血酸分子含有多个羟基，与水形成分子间氢键⑤.sp2、sp3⑥.化学变化⑦.LiAsF6⑧.AsF6－的半径比PF6－的大，AsF6－与Li+的作用力比PF6－弱⑨.4⑩.23、略

【分析】【详解】

（1）已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1452.8kJ·mol－

②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1

根据盖斯定律可知（①－②）/2即得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO(g)∆H=－443.4kJ/mol。

（2）原电池的负极发生失去电子的氧化反应，则根据示意图可知负极是BH4－失去电子，电解质溶液显碱性，则电池工作过程中负极反应式为BH4――8e－+8OH－＝BO2－+6H2O。

（3）根据晶胞结构可知碳原子位于体心处，则该晶胞中碳原子的原子坐标为（1/2，1/2，1/2）。【解析】①.CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO(g)∆H=－443.4kJ/mol②.BH4－-8e－+8OH－=BO2－+6H2O③.（1/2,1/2,1/2）24、略

【分析】【分析】

金刚石；硅、二氧化硅、碳化硅均为常见的原子晶体；据此分析解答。

【详解】

金刚石、硅、二氧化硅、碳化硅均为常见的原子晶体，均为第ⅣA族元素的单质及化合物，原子晶体以共价键结合，作用力较强，有很高的熔点和硬度，故答案为：ⅣA；单质硅；碳化硅。【解析】①.ⅣA②.单质硅③.碳化硅四、实验题(共1题，共2分)25、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、原理综合题(共2题，共20分)26、略

【分析】【分析】

（1）根据图片知；每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定S原子杂化方式；

（2）同一主族元素；元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小；

（3）Se元素34号元素；M电子层上有18个电子，分别位于3s；3p、3d能级上；

（4）非金属性越强的元素；其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱；

根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32-离子的立体构型；

（5）①第一步电离后生成的负离子；较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②根据中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se-O-H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+；

（6）利用均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，进而计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；

b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，计算a位置白色球与面心白色球距离，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：a2+b2-2abcosθ=c2计算。

【详解】

（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，故答案为sp3；