2024年浙教新版选修3化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教新版选修3化学上册阶段测试试卷793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、以下列出的是一些基态原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况；违反洪特规则的有（）

A.①②③B.④⑤⑥C.②④⑥D.③④⑥2、能说明X元素非金属性比Y元素非金属性强的是A.X原子得到电子的数目比Y原子少B.X元素的最高正价比Y元素的最高正价要高C.气态氢化物溶于水后的酸性：X比Y强D.X单质能与Y的氢化物水溶液反应，生成Y单质3、下列分子中，最不容易聚合的是（）A.N2O5B.BeCl2C.AlCl3D.NO24、在[Cu(NH3)4]2＋离子中NH3与中心离子Cu2＋结合的化学键是()A.离子键B.非极性键C.极性键D.配位键5、镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法正确的有A.Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中，镍元素均是sp3杂化B.NH3的空间构型为平面三角形C.CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2D.Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为46、下列关系与共价键键能无关的是（）A.热稳定性：HCl＞HBrB.熔沸点：SiO2＞SiCC.熔沸点：C12＞F2D.熔沸点：金刚石＞单晶硅7、下列说法中错误的是（）A.从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构B.1mol金刚石晶体中，平均含有2molC—C键C.碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐减小D.D；某气态团簇分子结构如图所示；该气态团簇分子的分子式为EF或FE

8、类推的思维方法在化学学习与研究中可能会产生错误的结论，因此类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是A.金刚石中C—C键的键长为154.45pm，C60中C—C键的键长为140~145pm，所以C60的熔点高于金刚石B.CO2晶体是分子晶体，SiO2晶体也是分子晶体C.从CH4、为正面体结构，可推测CC14、也为正四面体结构D.H2O常温下为液态，H2S常温下也为液态9、离子键的强弱主要决定于离子的半径和离子电荷数。一般规律是：离子半径越小，离子电荷数越大，则离子键越强。K2O、MgO、CaO三种物质中离子键由强到弱的顺序是（）A.K2O、MgO、CaOB.MgO、K2O、CaOC.MgO、CaO、K2OD.CaO、MgO、K2O评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、下列说法中正确的是A.所有的电子在同一区域里运动B.能量高的电子在离核远的区域运动，能量低的电子在离核近的区域运动C.处于最低能量的原子叫基态原子D.同一原子中，1s、2s、3s所能容纳的电子数越来越多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、通过反应“P4(s)＋3NaOH(aq)＋3H2O(l)=3NaH2PO2(aq)＋PH3(g)ΔH＞0”，能制得用于化学镀镍的NaH2PO2。P4的结构如图所示；则下列说法正确的是。

A.白磷中各P原子通过共价键相连接形成共价晶体B.H2O分子的立体构型为V形C.该反应能自发进行，则ΔS＜0D.反应产物PH3中磷原子的杂化方式为sp3杂化13、四硼酸钠的阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是（）

A.阴离子中三种元素的第一电离能：O＞B＞HB.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3C.配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间D.m=2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)414、以为原料，采用电解法制备电源TMAH[化学式]是一种高效；绿色工艺技术。原理如图；M、N是离子交换膜。下列说法错误的是。

A.a是电源正极B.M为阴离子交换膜C.中N原子均为杂化D.通过1mol电子时，电解池中可产生16.8L(STP)气体15、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16、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=9.55×10717、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个评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、金属镍在电池；合金、催化剂等方面应用广泛．

（1）下列关于金属及金属键的说法正确的是_____．

a．金属键具有方向性与饱和性。

b．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用。

c．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子。

d．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光。

（2）Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是____．

（3）过滤金属配合物Ni（CO）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=___．CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为______．

（4）甲醛（H2C═O）在Ni催化作用下加氢可得甲醇（CH3OH）．甲醇分子内C原子的杂化方式为_____，甲醇分子内的O﹣C﹣H键角____（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O﹣C﹣H键角．19、Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。

(1)在基态Cu2＋核外电子中，M层的电子运动状态有_________种。

(2)Cu2＋与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－中的配位原子为_____(填元素符号)。

(3)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为________。

(4)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。

(5)一个Cu2O晶胞(如图2)中，Cu原子的数目为________。

(6)单质铜及镍都是由_______________键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_________________________________。20、二甘氨酸合铜(II)是最早被发现的电中性内配盐；它的结构如图：

（1）基态Cu2+的最外层电子排布式为__。

（2）二甘氨酸合铜(II)中；第一电离能最大的元素与电负性最小的非金属元素可形成多种微粒，其中一种是5核10电子的微粒，该微粒的空间构型是__。

（3）lmol二甘氨酸合铜(II)含有的π键数目是__。

（4）二甘氨酸合铜(II)结构中，与铜形成的化学键中一定属于配位键的是__(填写编号)。21、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________。22、回答下列填空：

（1）有下列分子或离子：①CS2，②PCl3，③H2S，④CH2O，⑤H3O＋，⑥NH4+，⑦BF3，⑧SO2。粒子的立体构型为直线形的有________(填序号，下同)；粒子的立体构型为V形的有________；粒子的立体构型为平面三角形的有________；粒子的立体构型为三角锥形的有____；粒子的立体构型为正四面体形的有____。

（2）俗称光气的氯代甲酰氯分子(COCl2)为平面三角形，但C—Cl键与C=O键之间的夹角为124.3°；C—Cl键与C—Cl键之间的夹角为111.4°，解释其原因：____。23、现有7种物质：①干冰②金刚石③四氯化碳④晶体硅⑤过氧化钠⑥二氧化硅晶体⑦氯化铵(用序号回答)

（1）这些物质中熔点最高的是___________

（2）属于分子晶体的是___________；其中分子构型为正四面体的是___________，杂化类型为___________。

（3）属于离子晶体的是___________

（4）写出含有极性键和配位键的离子化合物的电子式___________。24、铜元素是一种金属化学元素；也是人体所必须的一种微量元素，铜也是人类最早发现的金属，是人类广泛使用的一种金属，属于重金属。某种铜的氯化物晶体结构如图：

若氯原子位于铜形成的四面体的体心，且铜原子与铜原子、铜原子与氯原子都是采取最密堆积方式，则氯原子与铜原子半径之比为________。25、卤素单质可以参与很多化学反应，如：NF3气体可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到；反应①：2NH3+3F2NF3+3NH4F，Ta（钽）是一种过渡元素，利用“化学蒸气转移法”可以制备TaS2晶体；反应②：TaI4（g）+S2（g）TaS2（s）+2I2（g）+QkJ；Q＞0

（1）反应①中：非金属性最强的元素原子核外有____种不同运动状态的电子；该反应中的某元素的单质可作粮食保护气，则该元素最外层的电子有___种自旋方向。

（2）反应①中：物质所属的晶体类型有____；并写出所有原子符合8电子稳定结构的化合物的电子式____。

（3）反应②中：平衡常数表达式：K=___，若反应达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时____。

a.平衡常数K增大b.S2的浓度减小c.I2的质量减小d.V(TaI4)逆增大。

（4）反应②在一定温度下进行，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，则I2的平均反应速率为___。

（5）某同学对反应②又进行研究，他查阅资料，发现硫单质有多种同素异形体，可表示Sx（x为偶数），且在一定条件下可以相互转化，他认为仅增大压强对平衡是有影响的，则TaI4的平衡转化率会____（填增大或减小），其原因是___。26、回答下列问题：

(l)离子化合物中阴阳离子半径之比是决定晶体构型的重要因素之一；配位数与离子半径之比存在如下关系：

若某化合物由+1价阳离子和-1价阴离子组成，阳离子的半径为70pm，阴离子的半径为140pm，分析以上信息，可以推导出该晶体结构，与常见的_______晶体(填写化学式)阴阳离子的配位数相同。与阴(阳)离子配位的这几个阳(阴)离子，在空间构成的立体形状为_______。

(2)金刚石的晶胞为面心立方；另有四碳原子在晶胞内部，如图。

则一个金刚石的晶胞中含有的碳原子数为_______，若金刚石晶胞的边长为a，则其中C—C的键长为_______。评卷人得分四、结构与性质(共4题，共40分)27、【化学-选修3：物质结构与性质】

已知铜的配合物A(结构如下图1)。请回答下列问题:

(l)Cu的简化电子排布式为_____________。

(2)A所含三种元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_________________。其中氮。

原子的杂化轨道类型为_____________________。

(3)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目。

之比是_____________；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O

的电子式为____________________。

(4)在Cu催化下，甲醇可被氧化为甲醛(HCHO)，甲醛分子中H-C=O的键角___________1200(选填“大于”、“等于”或“小于”)，甲醛能与水形成氢键，请在图2中表示出来___________。

(5)立方氮化硼(如图3)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为__________；结构化学上用原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图4立方氮化硼晶胞中，B原子的坐标参数分别有：B(0，0，0)；B(1/2，0，1/2)；B(1/2，1/2，0)等。则距离上述三个B原子最近且等距的N原子的坐标参数为_______________。28、硫酸铵[(NH4)2SO4]一种优良的氮肥(俗称肥田粉)；适用于一般土壤和作物，能使枝叶生长旺盛，提高果实品质和产量，增强作物对灾害的抵抗能力，可作基肥；追肥和种肥，与氢氧化钙在加热的条件下可以生成氨气。根据所学知识回答下列问题：

（1）基态S原子的价电子排布式为____________，能量最高的电子所处的能层的符号为_________。

（2）SO42-空间构型为__________，中心原子的轨道杂化方式是________，写出一个与SO42-互为等电子体的分子的化学式__________。

（3）氨气的沸点(-33.5℃)高于硫化氢的沸点(-60.4℃)的主要原因是：_____________________________。

（4）O、N、S的第一电离能从大到小的顺序是___________________。

（5）硫酸铜溶液中通入过量的氨气会生成[Cu(NH3)4]SO4,1mol的[Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为________。

（6）以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐作原料，可以生成碳氮化钛化合物。其结构如下图所示，这种碳氮化钛化合物的化学式为________。若将该晶体的晶胞重新切割，使碳原子位于新晶胞的上下面心，则氮原子在新晶胞中的位置是__________________________________。

29、Li是最轻的固体金属；采用Li作为负极材料的电池具有小而轻；能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：

（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___、___（填标号）。

A.

B.

C.

D.

（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是___。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子(AlH)空间构型是___、中心原子的杂化形式为___。

（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为___kJ·mol−1，O=O键键能为___kJ·mol−1。30、物质结构决定性质；新材料的不断涌现有力地促进了社会进步，因此了解物质结构具有重要意义。试回答下列问题：

（1）基态铁原子中未成对电子数为_________，在水溶液中常以Fe2+、Fe3+的形式存在，其中________更稳定。

（2）OF2中氧元素的化合价为____，中心原子的杂化方式为___，OF2的分子极性比H2O的__________（选填“大”或“小”）。

（3）一种新型铝离子电池中的电解质溶液由某种有机阳离子与AlCl4﹣、Al2Cl7﹣构成，AlCl4﹣的立体构型为_________，Al2Cl7﹣中的原子都是8电子结构，则Al2Cl7﹣的结构式为（配位键用“→”表示）__________。

（4）FeO晶体与NaCl晶体结构相似，要比较FeO与NaCl的晶格能大小，还需要知道的数据是___________；

（5）氮化铝、氮化硼、氮化镓晶体的结构与金刚石相似，它们晶体的熔点由高到低的顺序是___________。

（6）NH3分子中∠HNH键角为106.7º，而配离子[Zn(NH3)6]2+中∠HNH键角为109.5º，配离子[Zn(NH3)6]2+中∠HNH键角变大的原因是_____。

（7）下图是Fe3O4晶体的晶胞。

①晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的______(选填“正方形”；“正四面体”或“正八面体”)空隙。

②晶胞中氧离子的堆积方式的名称为________。

③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为________g/cm3(阿伏加德罗常数用NA表示)。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共7分)31、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______________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共5题，共25分)32、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。化合物AC2为一种常见的温室气体。B；C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24。请根据以上情况；回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

(1)基态E原子的核外电子排布式是________，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同还有_______（填元素符号）。

(2)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________。

(3)写出化合物AC2的电子式_____________。

(4)D的单质在AC2中点燃可生成A的单质与一种熔点较高的固体产物，写出其化学反应方程式：__________。

(5)1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。此后，等电子原理又有发展，例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是____________。33、现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

(1)A元素的第一电离能_______(填“＜”“＞”或“＝”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。

(2)C元素的电子排布图为_______；E3+的离子符号为_______。

(3)F元素位于元素周期表的_______区，其基态原子的电子排布式为_______

(4)G元素可能的性质_______。

A．其单质可作为半导体材料B．其电负性大于磷。

C．其原子半径大于锗D．其第一电离能小于硒。

(5)活泼性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。34、原子序数小于36的X；Y、Z、R、W五种元素；其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的1/5；W的原子序数为29。回答下列问题:

(1)Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1molZ2X4含有σ键的数目为________。

(2)化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，三者的沸点由高到低的顺序是________。

(4)元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的结构式是________。

(5)W元素原子的价电子排布式为________。35、下表为长式周期表的一部分；其中的编号代表对应的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

请回答下列问题：

（1）表中⑨号属于______区元素。

（2）③和⑧形成的一种常见溶剂，其分子立体空间构型为________。

（3）元素①和⑥形成的最简单分子X属于________分子(填“极性”或“非极性”)

（4）元素⑥的第一电离能________元素⑦的第一电离能；元素②的电负性________元素④的电负性(选填“>”、“＝”或“<”)。

（5）元素⑨的基态原子核外价电子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的电子式为________。

（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如表中元素⑩与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素⑩的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________。36、下表为长式周期表的一部分；其中的序号代表对应的元素。

（1）写出上表中元素⑨原子的基态原子核外电子排布式为___________________。

（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为_____杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是___________。

（3）元素④的第一电离能______⑤（填写“＞”、“＝”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________。请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式______________________（各写一种）。

（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为_______________。

（5）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为__________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

泡利原理：在一个原子轨里；最多容纳2个电子，且自旋状态相反；洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；

【详解】

①符合洪特规则和泡利原理；故①不符合题意；

②根据洪特规则；该排布图违背洪特规则，故②符合题意；

③违背泡利原理；故③不符合题意；

④违背洪特规则；故④符合题意；

⑤该排布图符合洪特规则和泡利原理；故⑤不符合题意；

⑥违背洪特规则；故⑥符合题意；

综上所述，选项C符合题意。2、D【分析】【详解】

试题分析：A．得电子数目多少不能确定非金属性的强弱；例如F只能得到1个电子，但是最活泼的非金属，A错误；B．最高正价不能比较非金属性，如非金属性F＞Cl，但F没有正价，B错误；C．气态氢化物稳定性可比较非金属性强弱，气态氢化物越稳定非金属性越强，气态氢化物的稳定性：但氢化物水溶液的酸性不能比较非金属性，C错误；D．X单质能与Y的氢化物水溶液反应，生成Y单质，则X得电子能力强，非金属性X＞Y，D正确，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查非金属性强弱的比较。

【名师点晴】把握非金属性强得电子能力强为解答本题的关键，注意归纳非金属性比较的方法即可解答。非金属性强弱的比较方法有：①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④相互置换反应（强制弱）；⑤单质得电子的能力比较非金属性强弱等等，选项C是易错点。3、A【分析】【详解】

A.N2O5最不容易聚合；A正确；

B.BeCl2容易通过配位键形成二聚合分子；B错误；

C.AlCl3容易通过配位键形成二聚合分子；C错误；

D.NO2容易聚合为N2O4分子；D错误；

答案选A。4、D【分析】【详解】

在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故选D。5、C【分析】【详解】

A.[Ni(CN)4]2-的空间构型为正方形，杂化方式为dsp2杂化，而Ni(CO)4为正四面体结构，为sp3杂化；故A错误；

B.NH3的空间构型为三角锥形；故B错误；

C.CO价电子数为10，CN-价电子数为10；所以互为等电子体，CO分子内含有1个σ键和2个π键，所以CO分子内σ键和π键个数之比为1：2，故C正确；

D.Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时；其配位数可以为4或6，故D错误；

故答案为C。

【点睛】

具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。6、C【分析】【详解】

A．非金属性：Cl＞Br；元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与共价键的键能有关，故A不选；

B．SiO2、SiC都属于原子晶体，SiO2中硅氧键的键长小于SiC中碳硅键的键长，所以熔沸点：SiO2＞SiC；与共价键的键能有关，故B不选；

C．F2、Cl2属于分子晶体；影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键的键能大小无关，故C选；

D．金刚石；晶体硅都属于原子晶体；金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，所以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与共价键的键能有关，故D不选；

故选C。

【点睛】

明确晶体的熔沸点和分子的稳定性的影响因素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意分子的稳定性与共价键的键能大小有关。7、D【分析】【详解】

A．PH4+、PO43-分别是铵根和硫酸根的等电子体；根据等电子原理可知，这种两离子均为正四面体结构，故A正确；

B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2molC-C键；故B正确；

C．碱金属都属于金属晶体；从Li到Cs金属阳离子半径增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，金属键减弱，所以熔沸点降低，故C正确；

D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4；故D错误；

答案选D。8、C【分析】【详解】

A.金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，分子晶体的熔点一般低于原子晶体，故C60的熔点低于金刚石；与键长没有关系，A错误；

B.CO2晶体中含CO2分子，是分子晶体，SiO2晶体中每个硅周围连四个氧原子，每个氧原子连两个硅原子，所以SiO2属于原子晶体；B错误；

C.从CH4、为正面体结构，CC14与CH4相似，与相似，与相似，所以可推测CC14、也为正四面体结构；C正确；

D.由于水分子间形成氢键，所以H2O常温下为液态，而H2S分子间没有氢键，所以H2S常温下为气态；D错误。

答案选C。

【点睛】

当同为原子晶体时，键长越短，键能越大，熔点越高。9、C【分析】【分析】

【详解】

题干中明确指出离子键的强弱主要决定于离子的半径和离子电荷值。一般规律是：离子半径越小，离子电荷值越大，则离子键越强。离子半径：K＋＞Ca2＋＞Mg2＋，离子所带电荷：Ca2＋＝Mg2＋＞K＋，故离子键强弱顺序为MgO、CaO、K2O。答案选C。二、多选题(共8题，共16分)10、BC【分析】【详解】

A.电子在核外的排布是分层的；不同的电子在不同的能级运动，故A错误；

B.离核越远的电子能量越大；离核越近的电子能量越小，故B正确；

C.处于最低能量的原子叫基态原子；故C正确；

D.s能层最多只能容纳2个电子；与所在能层无关，故D错误；

故答案选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、BD【分析】【详解】

A.白磷中4个P原子通过共价键相连接形成P4分子；属于分子晶体，故A错误；

B.H2O分子的立体构型为V形；故B正确；

C.该反应能自发进行则ΔH-TΔS＜0；ΔH＞0，则ΔS＞0,故C错误；

D.PH3中磷原子的杂化方式为sp3杂化；故D正确；

答案选BD。

【点睛】

该反应能自发进行则ΔH-TΔS＜0；PH3中磷原子于氢原子共用三个电子对，含有一对孤电子对，故杂化方式为sp3杂化。13、AC【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．H电子轨道排布式为1s1；处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误；

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；故B正确；

C．2号B形成3个键；4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4；5原子之间或4、6原子之间，故C错误；

D．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，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4；故D正确；

故答案选AC。14、CD【分析】【详解】

A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室；阴离子移向阳极，即a是电源正极，A正确；

B.HCO3-经过M移向左室；M为阴离子交换膜，B正确；

C.中，(CH3)4N+的C、N原子均为杂化，但是，HCO3-中的C原子为杂化；C错误；

D.通过1mol电子时，阴极室H+放电，2H++2e-=H2↑产生H2为0.5mol，阳极室OH-放电，4OH--4e-=2H2O+O2↑，产生O2为0.25mol，同时，溶液中剩下的H+与HCO3-反应还要产生二氧化碳；因此，产生的气体大于0.75mol，体积大于16.8L(STP)气体，D错误。

答案选CD。15、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。16、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。17、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。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

（1）金属键没有方向性和饱和性；金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；

（2）Ni的外围电子排布为3d84s2；3d能级上有2个未成对电子；

（3）CO配位时；提供碳原子上的一对孤对电子；CO中C和O以三键结合；

（4）ABm型杂化类型的判断：

中心原子电子对计算公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）

注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”；电荷数为负值时取“+”．

②当配位原子为氧原子或硫原子时；成键电子数为零。

根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；sp3杂化是四面体构型，sp2杂化；分子呈平面三角形。

【详解】

（1）a．金属键没有方向性和饱和性；故A错误；

b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用；故B正确；

c．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动；故C错误；

d．金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；故D错误；

故答案为b；

（2）Ni的外围电子排布为3d84s2；3d能级上有2个未成对电子．第二周期中未成对电子数为2的元素有C；O，其中C的电负性小，故答案为C；

（3）中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，中心原子是Ni，价电子排布3d84s2，共10个电子，CO配位时，提供碳原子上的一对孤对电子，=4；CO中C和O以三键结合；含有1个σ键；2个π键，故答案为4；1：2；

（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O﹣C﹣H键角比甲醛分子内O﹣C﹣H键角小，故答案为sp3；小于。【解析】①.b②.C③.4④.1：2⑤.sp3⑥.小于19、略

【分析】【分析】

根据Cu2+的核外电子排布式，求出M层上的电子数，判断其运动状态种数；根据配位键形成的实质，判断配原子；根据[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl取代；能得到两种不同结构的产物，判断其空间构型；根据抗坏血酸的分子结构，求出价层电子对数，由价层电子对互斥理论，判断碳原子杂化类型；由均摊法求出原子个数比，根据化学式判断Cu原子个数；根据外围电子排布，判断失电子的难易，比较第二电离能的大小。

【详解】

（1）Cu元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能级的1个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9；M层上还有17个电子，其运动状态有17种；答案为17。

（2）Cu2＋与OH－反应能生成[Cu(OH)4]2－，该配离子中Cu2+提供空轨道；O原子提供孤电子对形成配位键；所以配原子为O；答案为O。

（3）[Cu(NH3)4]2+中形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，若为正四面体，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代；只有一种结构，所以应为平面正方形；答案为平面正方形。

（4）该分子中亚甲基、次亚甲基上C原子价层电子对个数都是4，连接碳碳双键和碳氧双键的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中碳原子的轨道杂化类型，前者为sp3杂化、后者为sp2杂化；抗坏血酸中羟基属于亲水基，能与水分子形成氢键，所以抗坏血酸易溶于水；答案为sp3、sp2；易溶于水；

（5）该晶胞中白色球个数=8×+1=2；黑色球个数为4；则白色球和黑色球个数之比=2：4=1：2，根据其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该晶胞中Cu原子数目为4；答案为4。

（6）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，呈全充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+失去电子是3d10上的，Cu+的核外电子排布稳定，失去第二个电子更难，Ni+失去电子是4s上的，比较容易，第二电离能就小，因而元素铜的第二电离能高于镍的第二电离能；答案为金属，Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大。【解析】①.17②.O③.平面正方形④.sp3、sp2⑤.易溶于水⑥.4⑦.金属⑧.铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，铜原子失去4s及3d上各一个电子形成Cu2+，故Cu2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，基态Cu2+的最外层电子排布式为3d9；

(2)已知二甘氨酸合铜(Ⅱ)的结构图，其中第一电离能最大的为N元素，元素的非金属最小的非金属为H元素，二者形成的5核10电子的微粒为NH4+；该微粒的空间构型是正四面体；

(3)已知双键中含有1个π键，由二甘氨酸合铜(Ⅱ)的结构图可知，1mol二甘氨酸合铜(Ⅱ)含有2molC=O，则含有的π键数目是2NA或1.204×1024；

(4)Cu原子含有空轨道能与其它原子形成配位键；由于O原子在化合物中能形成2个共价键，所以O与Cu形成共价键，N与Cu形成配位键，即属于配位键的是1和4。

【点睛】

注意区分最外层电子排布式（外围电子排布式）和核外电子排布式的区别。【解析】3d9正四面体形2NA或1.204×10241和421、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⑥.3d54s222、略

【分析】【分析】

(1)根据价层电子对个数=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)；结合杂化轨道理论分析解答；

(2)从C=O键与C-Cl键排斥作用与C-Cl键与C-Cl键的排斥作用的大小分析解答。

【详解】

①CS2中C的价层电子对个数=2+=2；且不含孤电子对，为直线形分子；

②PCl3中P的价层电子对个数=3+=4；且含有1个孤电子对，为三角锥形分子；

③H2S中S的价层电子对个数=2+=4；且含有2个孤电子对，为V形分子；

④CH2O中C的价层电子对个数=3+=3；且不含孤电子对，为平面三角形分子；

⑤H3O+中O的价层电子对个数=3+=4；且含有1个孤电子对，为三角锥形离子；

⑥NH4+中N的价层电子对个数=4+=4；且不含孤电子对，为正四面体形；

⑦BF3中B的价层电子对个数=3+=3；且不含孤电子对，为平面三角形；

⑧SO2中S的价层电子对个数=2+=3；且含有1个孤电子对，为V形；

立体构型为直线形的有①；粒子的立体构型为V形的有③⑧；立体构型为平面三角形的有④⑦；粒子的立体构型为三角锥形的有②⑤，粒子的立体构型为正四面体形的有⑥，故答案为：①；③⑧；④⑦；②⑤；⑥；

(2)C=O键与C-Cl键之间电子对的排斥作用强于C-Cl键与C-Cl键之间电子对的排斥作用，使得COCl2中C—Cl键与C=O键之间的夹角大于C—Cl键与C—Cl键之间的夹角；故答案为：C=O键与C-Cl键之间电子对的排斥作用强于C-Cl键与C-Cl键之间电子对的排斥作用。

【点睛】

本题的易错点为(1)，要注意理解价层电子对互斥理论的内涵及孤电子对个数计算方法，难点是CH2O的计算。【解析】①.①②.③⑧③.④⑦④.②⑤⑤.⑥⑥.C==O键与C-Cl键之间电子对的排斥作用强于C-Cl键与C-Cl键之间电子对的排斥作用23、略

【分析】试题分析：（1）一般而言；原子晶体的熔沸点较高，原子晶体有②④⑥，原子半径越小，共价键的键长越短，共价键越牢固，熔点越高，这些物质中熔点最高的是金刚石，故选②；

（2）属于分子晶体的是干冰和四氯化碳，其中分子构型为正四面体的是四氯化碳，C的杂化类型为sp3，故答案为：①③；③；sp3；

（3）属于离子晶体的是过氧化钠和氯化铵；故选⑤⑦；

（4）含有极性键和配位键的离子化合物是氯化铵，电子式为故答案为：

考点：考查了晶体的分类和化学键的相关知识。【解析】（1）②（2）①③；③；sp3；（3）⑤⑦（4）24、略

【分析】【详解】

Cl原子位于Cu原子构成的四面体体心，则体对角线是铜原子和氯原子的半径之和的4倍，Cu原子位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，则面对角线是铜原子半径的4倍，晶胞的边长为acm，所以面对角线等于acm，则铜原子半径为acm，体对角线等于acm，则氯原子半径为cm，求得氯原子与铜原子半径之比为【解析】25、略

【分析】【分析】

(1)反应①中：非金属性最强的元素是F；原子中没有运动状态相同的电子，核外有几个电子就有几种不同运动状态的电子；氮气可作粮食保护气，最外层有5个电子，电子的自旋方向有2种；

(2)根据共价物质的组成分析晶体的类型；对于ABn的共价化合物；各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8，原子都满足最外层8电子结构；，然后书写电子式；

(3)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；该反应为放热反应；降低温度，平衡正向移动；

(4)反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，依据化学方程式的气体质量变化计算反应I2物质的量；依据化学反应速率概念计算；

(5)根据S2会转变成S4、S6、S8；反应物气体的物质的量偏小。

【详解】

(1)反应①中：非金属性最强的元素是F；F原子中有9个电子，就有9种不同运动状态的电子；氮气可作粮食保护气，最外层有5个电子，电子的自旋方向有2种；

(2)NH3、F2、NF3属于分子晶体，NH4F属于离子晶体，Cu属于金属晶体；NF3中N元素化合价为+3，N原子最外层电子数为5，所以3+5=8，分子中N原子满足8电子结构；F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以|-1|+7=8，分子中F原子满足8电子结构，电子是为：

(3)反应TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g)体系中，平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，K=该反应为放热反应；降低温度，平衡正向移动；

a．降低温度；平衡正向移动，平衡常数K增大，故a正确；

b．平衡正向移动，S2的浓度减小，故b正确；

c．平衡正向移动，I2的质量增大；故c错误；

d．温度降低，V(TaI4)逆减小；故d错误；

故答案为ab；

(4)若反应容器的容积为2L；3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，则。

TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g)△m2mol245g0.02mol2.45g

生成的I2为0.02mol，则I2的平均反应速率==0.00333mol/(L•min)；

(5)S2会转变成S4或S6或S8，反应物气体的物质的量偏小，所以增大压强，平衡逆向移动，TaI4的平衡转化率减小。【解析】92分子晶体、金属晶体、离子晶体[I2]2/[TaI4][S2]ab0.00333mol/(L•min)或1/300mol/(L•min)平衡转化率会减小原因是在S2可以转化为S4或S6或S8+，2TaI4（g）+S4（g）2TaS2（s）+4I2（g）加压使平衡向逆反应方向进行26、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】NaCl正八面体8四、结构与性质(共4题，共40分)27、略

【分析】【详解】

本题考查过渡元素Cu及其化合物的结构；电子排布、杂化轨道、晶体结构等物质结构的有关知识点。根据Cu的原子结构和电子排布规律、杂化轨道及分子构型的知识和晶体的类型以及晶包有关知识来解答此题。

（1）基态Cu原子核外有29个电子，外围电子排布式为3d104s1，全充满结构，稳定。简化电子排布式为[Ar]3d104S1

（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N原子外围电子排布为2s22p3，为半充满结构，较稳定，N的电离能最大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。氮原子有4个杂化轨道，所以为SP3杂化。

（3）N2的结构式为N≡N,含1个σ键和2个π键，所以σ键和π键数目比为1:2，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O结构与CO2相似，所以其结构为N=Ｎ=Ｏ，电子式为

（4）甲醛分子中，碳原子为ｓｐ２杂化，分子成平面三角型，键角约120°，由于氧原子有孤电子对，对氢原子有排斥作用，所以ＯＣＨ键角会稍大于120°，羰基氧有很强的电负性，与H2O中H有较强的静电吸引力，而形成氢键。

（5）由图可知，一个B原子与4个N原子形成4个B-N共价键，B-N键数与硼原子数之比为4:1，根据各个原子的相对位置可知，距离上述三个B原子最近且等距的N原子在x、y、z轴三个方向的1/4处，所以其坐标是()

点睛：本题最后一问，求原子的坐标参数，学生缺乏想象力，较难理解，立方体的每个顶角原子的坐标均为（0,0,0，）从每个顶角引出3维坐标轴xyz，N原子位于每个轴的1/4处，即可判断N的坐标。【解析】[Ar]3d104s1N>O>Csp3杂化1:2大于4：1（1/4，1/4，1/4)28、略

【分析】【分析】

（1）基态S原子最外层有6个电子；排布在3s；3p能级上；离原子核越远能量越高；

（2）根据价电子对数判断S原子轨道杂化方式；根据价电子理论判断SO42-空间构型；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子；

（3）氨气分子间有氢键；

（4）N原子2p轨道为半充满状态；所以第一电离能大于相邻的O原子；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能O大于S原子；

（5）Cu和N之间是配位键；N和H之间是共价键；单键都是σ键；（6）根据均摊法计算化学式；根据晶胞结构分析氮原子在新晶胞中的位置。

【详解】

（1）基态S原子最外层有6个电子，排布在3s、3p能级上，所以基态S原子的价电子排布式为3s23p4；离原子核越远能量越高；能量最高的电子所处的能层是第三层，符号为M；

（2）S原子的价电子对数是孤对电子为0，所以SO42-空间构型正四面体；S原子轨道杂化方式为sp3；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，所以与SO42-互为等电子体的分子的化学式是CCl4或SiF4；

（3）氨气分子间有氢键，H2S分子间没有氢键；所以氨气的沸点高于硫化氢的沸点；

（4）N原子2p轨道为半充满状态，所以第一电离能大于相邻的O原子，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能O大于S原子，所以O、N、S的第一电离能从大到小的顺序是N>O>S；

（5）Cu和N之间是配位键、N和H之间是共价键，单键都是σ键，所以1mol的[Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为16NA；

（6）原子数是N原子数是C原子数是化学式是Ti4CN3；根据晶胞结构；若碳原子位于新晶胞的上下面心，则氮原子在新晶胞中的位置是顶点和前后左右面心。

【点睛】

根据均摊原则，晶胞顶点的原子被8个晶胞占用，每个晶胞占用晶胞面心的原子被2个晶胞占用，每个晶胞占用晶胞楞上的原子被4个晶胞占用，每个晶胞占用【解析】①.3s23p4②.M③.正四面体④.sp3⑤.CCl4或SiF4等⑥.均为分子晶体，而氨气分子间有氢键，H2S分子间没有氢键⑦.N>O>S⑧.16NA⑨.Ti4CN3⑩.顶点和前后左右面心29、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）原子核外电子排布中；如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，激发态的原子比基态原子能量高，根据图知，电子排布能量最低的是D项的基态原子，能量最高的是处于激发态的C项对应的原子，故答案为：D；C；

（2）离子核电荷数：Li＋＞H－，其吸引电子能力：Li＋＞H－，导致其半径越小。故答案为：Li+核电荷数较大；

（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化。故答案为：正四面体；sp3；

（4）Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1。故答案为：520；498。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点（4）从图中读出：Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量kJ·mol－1，O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1。【解析】①.D②.C③.Li+核电荷数较大④.正四面体⑤.sp3⑥.520⑦.49830、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）根据电子排布式或轨道表示式进行判断。（2）根据元素的非金属性和电负性以及价层电子对互斥理论进行判断。（3）根据价层电子对互斥理论进行判断。（4）影响晶格能的因素有配位数；离子半径和离子电荷。（5）原子半径越小；原子晶体中共价键的键长越短，则共价键越强，晶体的熔点越高。（6）根据价层电子对互斥理论进行解释。（7）根据配位数判断堆积方式，根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。

（1）基态铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，根据洪特规则和泡利不相容原理，3d轨道的6个电子要占据其全部5个轨道，故其中未成对电子数为4。铁在水溶液中常以Fe2+、Fe3+的形式存在，其中基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5；其3d轨道为较稳定的半充满状态，故其更稳定。

（2）F是非金属性最强的元素，其最外层有7个电子，故OF2中氧元素的化合价为+2，中心原子O的价层电子对数是4，故其杂化方式为sp3。OF2和H2O的分子空间构型相似，O与F之间的电负性的差值小于H和O的电负性差值，故OF2的分子极性比H2O的小。

（3）AlCl4﹣的中心原子的价层电子对数为４，故其立体构型为正四面体，Al2Cl7﹣中的原子都是8电子结构，则可知Al2Cl7﹣的Al原子各形成了一个配位键，其结构式为

（4）FeO晶体与NaCl晶体结构相似；影响晶格能大小的因素有配位数；离子半径和离子电荷，故要比较FeO与NaCl的晶格能大小，还需要知道的数据是离子半径大小；

（5）氮化铝；氮化硼、氮化镓晶体的结构与金刚石相似；都是原子晶体，它们晶体的熔点由其共价键的键长决定，键长越短则共价键越强，其熔点越高，因为B、Al、Ga的原子半径依次增大，故熔点由高到低的顺序是氮化硼＞氮化铝＞氮化镓。

（6）NH3分子中∠HNH键角为106.7º，而配离子[Zn(NH3)6]2+中∠HNH键角为109.5º，由价层电子对互斥理论可知，配离子[Zn(NH3)6]2+中∠HNH键角变大的原因是：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配离子后；原孤电子对与N-H键的成键电子对间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥，排斥作用减弱。

（7）①由Fe3O4晶体的晶胞结构示意图可知；晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙。

②晶胞中与每氧离子最近且等距的氧离子有12个；故其堆积方式为面心立方最密堆积。

③根据均摊法，由Fe3O4晶体的晶胞结构示意图可以求出该晶胞中氧离子、铁离子和亚铁离子分别有4、2、1个，故每个晶胞中只有一个Fe3O4。晶胞的体对角线长为anm，则晶胞的边长为故NA个晶胞的质量和体积分别是232g和则Fe3O4晶体的密度为g/cm3。【解析】4Fe3++2sp3小正四面体离子半径大小氮化硼＞氮化铝＞氮化镓NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配离子后，原孤电子对与N-H键的成键电子对间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥，排斥作用减弱正四面体面心立方最密堆积五、工业流程题(共1题，共7分)31、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+六、元素或物质推断题(共5题，共25分)32、略

【分析】【分析】

已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，化合物AC2为一种常见的温室气体，则A为C，C为O，B为N，D为Mg。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，E为Cr。

【详解】

(1)基态E原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同即最外层电子数只有一个，还有K、Cu；故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；K；Cu；

(2)同周期从左到右电离能有增大趋势；但第IIA族元素电离能大于第IIIA族元素电离能，第VA族元素电离能大于第VIA族元素电离能，因此A；B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；故答案为：C＜O＜N；

(3)化合物AC2为CO2，其电子式故答案为：