2025年湘教版选修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2025年湘教版选修3化学下册阶段测试试卷465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、下列有关说法正确的是A.7.8g苯含有0.6NA个σ键B.基态F原子核外有9种能量不同的电子C.第一电离能：Ga＞ZnD.每个面心立方晶胞中八面体空隙与四面体空隙个数比为1：22、化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.常用的食品保鲜膜、保鲜袋的主要成分是聚氯乙烯B.用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”＂的还原性比铜片更强C.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食品受潮、氧化变质D.现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键3、有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为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Q可形成化合物Y3Q4B.T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是由极性键构成的非极性分子4、交警通常用反应：2Cr2O＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O=4[Cr(H2O)6]3＋＋3CH3COOH检测司机是否酒后驾驶。下列说法错误的是A.基态Cr有4个未成对电子B.在[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的是氧原子C.CH3COOH分子中，碳原子的杂化方式有sp2和sp3两种D.CH3CH2OH与H2O能以任意比互溶，主要原因是它们分子之间能形成氢键且均为极性分子5、下列有关晶体的认识没有科学性错误的是A.X—射线衍射实验可以区分晶体和非晶体B.具有规则几何外形的固体一定是晶体C.非晶体具有自范性和各向异性的特点D.熔融态物质凝固后一定得到晶体6、有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是(假设金属的摩尔质量为Mg•mol－1，金属原子半径为rcm，用NA表示阿伏加德罗常数的值)

A.金属Mg采用②堆积方式B.①和③中原子的配位数分别为：8、12C.对于采用②堆积方式的金属，实验测得Wg该金属的体积为Vcm3，则阿伏加德罗常数NA的表达式为D.④中空间利用率的表达式为：×100%评卷人得分二、多选题(共9题，共18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、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示；下列说法正确的是。

A.瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N＞O＞PB.瑞德西韦中的O—H键的键能大于N—H键的键能C.瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D.瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键9、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=D10、有下列两组命题。A组B组Ⅰ.H2O分子间存在氢键，H2S则无①H2O比H2S稳定Ⅱ.晶格能NaI比NaCl小②NaCl比NaI熔点高Ⅲ.晶体类型不同③N2分子比磷的单质稳定Ⅳ.元素第一电离能大小与原子外围电子排布有关，不一定像电负性随原子序数递增而增大④同周期元素第一电离能大的，电负性不一定大

B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释的是A.Ⅰ①B.Ⅱ②C.Ⅲ③D.Ⅳ④11、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12、下列关于物质熔、沸点的比较不正确的是()A.Si、Si金刚石的熔点依次降低B.SiCl4、MgBr2、氮化硼的熔点依次升高C.F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高D.AsH3、PH3、NH3的沸点依次升高13、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14、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）15、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7题，共14分)16、铝；锌、铁在人类生产和生活中有重要作用；也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

（1）Fe2+电子排布式为___，Zn的基态原子能级最高的电子的电子云轮廓图形状为___。

（2）已知Al的第一电离能为578kJ·mol-1、Mg的第一电离能为740kJ·mol-1，请解释Mg的第一电离能比Al大的原因___。

（3）Zn2+可形成[Zn(NH3)6]SO4络合物，1mol[Zn(NH3)6]2+配离子中含σ键___mol，其阴离子中心原子的杂化方式是___，NH3的沸点高于PH3的原因是___。

（4）已知Zn2+等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：。离子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色

请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因：___。

（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为___，其中Fe的配位数为___。

（6）Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为xcm，高为ycm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为___g·cm-3（列出计算式即可）。

17、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。18、（1）下列原子或离子的电子排布的表示方法中，正确的是___，违反了能量最低原理的是___，违反洪特规则的是__。

①Ca2＋：1s22s22p63s23p6

②F－：1s22s23p6

③P：

④Cr：1s22s22p63s23p63d44s2

⑤Fe：1s22s22p63s23p63d64s2

⑥Mg2＋：1s22s22p6

⑦C：

绿柱石被国际珠宝界公认为四大名贵宝石之一。主要成分为Be3Al2[Si6O18]，因含适量的Cr2O3（0.15～0.6%）；而形成祖母绿。试回答下列问题：

（2）基态Al原子中，电子填充的最高能级是___，基态Cr原子的价电子排布式是___。

（3）用“＞”或“＜”填空：。第一电离能沸点离子半径Be___BH2S___H2OAl3+___O2-

（4）卟啉与Fe2＋合即可形成血红素，Fe2＋的电子排布式为___，铁在周期表中的位置为__。19、水是一种常见且重要的化学物质。

(1)冰中水分子间的氢键可表示为_____(填选项字母)。

a．O—H—Ob．O—H⋯Oc．H—O—H

(2)水分子能微弱电离生成H3O+和OH-。

①与OH-互为等电子体的一种分子为_____(写化学式；下同)；

②与H2O互为等电子体的一种阴离子为_____。

(2)H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大的原因为______。

(3)氧与硫同主族，其中H2S比H2O更易分解的原因为_____。20、中国古代四大发明之一——黑火药，它在爆炸时发生的化学反应为2KNO3+3C+S=A+N2↑+3CO2↑(已配平)

（1）①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为__________。

②在生成物中，A的晶体类型为_______，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_____。

③已知CN-与N2互为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为_____。

（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为______，Q2+的未成对电子数是_______。

（3）若某金属单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。则晶胞中该原子的配位数为________，该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的________。

21、（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___________。

22、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、结构与性质(共1题，共9分)23、甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核外L层上s能级和p能级电子个数相同；乙元素原子3p能级上只有1对成对电子；丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满；而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中；戊元素原子最外层轨道表示式是它的单质常温时为气态。试用化学符号回答以下问题。

（1）甲是________，乙是________，丙是________，丁是________，戊是________。

（2）丙和乙的单质发生化合反应的化学方程式是_______。

（3）丙的硫酸盐溶液跟乙的气态氢化物发生反应的离子方程式是____。

（4）甲和乙元素组成的化合物的化学式是________，用电子式表示该化合物的形成过程_________________。

（5）乙和戊元素的气态氢化物沸点高低关系是________＞________。

（6）丙的硫酸盐跟少量氨水反应的离子方程式是_______。

（7）丙元素原子最外层电子排布式是____________。

（8）乙和丁形成的化合物的电子式是____________________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共7分)24、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、原理综合题(共2题，共10分)25、稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素；以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。

（1）镧系元素位于元素周期表第_______族，镧系元素位于周期表的______区。

（2）钪(Sc)为21号元素，其基态原子M能层电子数为_______；基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为______。

（3）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价。请根据下表中的电离能数据，判断表中最可能有+4价的元素是___。

几种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol－1)：

（4）Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子的杂化轨道类型为_____，1molCH2=CH2中含有的σ键数目为____。常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_____。

（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子。

（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，其相对原子质量为140，其晶胞参数为α=516pm。晶胞中Ce(铈)原子的配位数为______。列式表示Ce(铈)单质的密度为______g·cm－3(不必计算出结果)。26、实验室常利用“棕色环”现象检验NO3—离子。其方法为：取含有NO3—的溶液于试管中，加入FeSO4溶液振荡，然后沿着试管内壁加入浓H2SO4；在溶液的界面上出现“棕色环”。回答下列问题：

(1)基态Fe2+核外未成对电子个数为_____。

(2)形成“棕色环”主要发生如下反应：

3[Fe(H2O)6]2++NO3－+4H+=3[Fe(H2O)6]3++NO↑+2H2O

[Fe(H2O)6]2++NO=[Fe(NO)(H2O)5]2+(棕色)+H2O

[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体是______、______，配位数为______。

(3)与NO互为等电子体的微粒是_____(任写一例)。

(4)SO42－的空间构型是_____，其中S原子的杂化方式是________。

(5)铁原子在不同温度下排列构成不同晶体结构；在912℃以下排列构成的晶体叫做α－铁；在912℃至1394℃之间排列构成的晶体叫做γ－铁；在1394℃以上排列构成的晶体，叫做δ－铁。晶胞剖面结构如图所示：

①α－铁的原子堆积方式为_____。δ－铁配位数为____。

②已知γ－铁晶体密度为dg/cm3，则Fe原子的半径为____nm(用含d、NA的式子表示)。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．7.8g苯的物质的量为0.1mol，所以含有1.2NA个σ键（C-C键；C-H键）；A错误；

B．基态F是9号元素，它的电子排布式：1s22s22p5；能级不同，能量才会不同，所以基态F原子核外有3种能量不同的电子，B错误；

C．Ga和Zn是同周期元素；因为Zn的核外电子达到全满状态，而Ga含有空轨道，所以第一电离能：Ga＜Zn，C错误；

D．四面体空隙：由四个球体围成的空隙；球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空隙，球体中心线围成八面体形；对有n个等径球体堆积而成的系统，共有：四面体空隙2n个，八面体空隙n个，所以每个面心立方晶胞中八面体空隙与四面体空隙个数比为1：2，D正确；

答案选D。2、C【分析】【详解】

A项；食品包装袋、食物保鲜膜等材料的主要成份是聚乙烯；聚氯乙烯也就是PVC保鲜膜能作为蔬菜水果的保鲜膜，但不能用于食品包装袋、食物保鲜膜，故不符合题意；

B项；“纳米铜”与铜的还原性相同；”纳米铜”的接触面积较大，反应速率快，在空气中可以燃烧，故不符合题意；

C项；在食品袋中放入盛有硅胶可以防止食物受潮变质；放入铁粉的透气小袋可防止食物氧化变质，故符合题意；

D项；氢键不是化学键；氢键是一种特殊的分子间作用力，故不符合题意。

故选C。

【点睛】

注意氢键不是化学键，为易错点。3、C【分析】【分析】

有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S，Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q为O，T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P。X为S、Y为Fe、Z为C、Q为O、T为P，据此分析。

【详解】

A．元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe3O4，故A正确；B．白磷的空间构型为正四面体形，故B正确；C．X和Q结合生成的化合物SO2或SO3，都可形成共价化合物，不能形成离子化合物；故C错误；D．ZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；答案选C。4、A【分析】【详解】

A.基态Cr的外围电子排布为3d54S1；有6个未成对电子，A错误；

B.在[Cr(H2O)6]3＋中，水分子中氧原子有孤电子对，故与Cr3＋形成配位键的是氧原子；B正确；

C.CH3COOH分子中，羰基上碳原子的杂化方式为sp2、甲基上碳原子的杂化方式为sp3；C正确；

D.CH3CH2OH与H2O能以任意比互溶；主要原因是它们分子之间能形成氢键且均为极性分子，D正确；

答案选A。5、A【分析】【详解】

A．晶体会对X-射线发生衍射；而非晶体不会对X-射线发生衍射，则X-射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故A正确；

B．晶体具有以下特点：有整齐规则的几何外形；有固定的熔点，有各向异性的特点，只有同时具备这三个条件的才是晶体，非晶体也可以有规则几何外形，故B错误；

C．晶体能自发的呈现多面体外形；所以晶体有自范性，单晶体具有各向异性，而多晶体和非晶体往往不具有各向异性，故C错误；

D．熔融态物质凝固后一定得到晶体；如熔融态的玻璃凝固得到的是玻璃态物质，不属于晶体，故D错误；

故选A。6、D【分析】【分析】

金属晶胞的堆积模型包括简单立方堆积；体心立方堆积、六方最密堆积、面心立方最密堆积；然后根据每种堆积模型进行分析即可；

【详解】

A；②为体心立方堆积；Mg、Zn、Ti为六方最密堆积，③为六方最密堆积，即金属Mg采用③的堆积方式，故A错误；

B；①为简单立方堆积；其配位数为6，③为六方最密堆积，其配位数为12，故B错误；

C、②为体心立方堆积，金属原子半径与正方体边长的关系根据晶胞的模型，晶胞中含有金属原子的个数为8×1/8＋1=2，因此该晶胞的质量为=边长与金属半径的关系是边长=即晶胞的体积为cm3，即有推出阿伏加德罗常数为故C错误；

D、④为面心立方最密堆积，边长与金属原子半径的关系是即cm，晶胞的体积为cm3，金属原子位于顶点和面心，属于晶胞的原子有8×1/8＋6×1/2=4，原子的体积为cm3，因此空间利用率的表达式为×100%；故D正确。

【点睛】

难点是空间利用率的计算和阿伏加德罗常数的计算，这类题的关键点，找出原子半径与边长的关系，即哪些原子是刚性接触。二、多选题(共9题，共18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】【分析】

【详解】

A．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增大；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减小；则元素的非金属性：O＞N＞P。元素的非金属性越强，其电负性就越大，故元素的电负性：O＞N＞P，A错误；

B．元素的非金属性越强；元素的原子半径越小，与同一元素的原子形成的共价键的键长就越短，其相应的键能就越大，由于元素的原子半径：O＜N，所以瑞德西韦中的O—H键的键能大于N—H键的键能，B正确；

C．在瑞德西韦中，形成3个共价键的N原子采用sp3杂化，含有C=N双键的N原子则采用sp2杂化；C错误；

D．共价单键都是σ键；共价双键中一个是σ键，一个是π键；在苯环及含有N原子的六元环中含大π键，根据瑞德西韦结构可知其中含有共价单键；双键和苯环等六元环，故分子中存在σ键、π键和大π键，D正确；

故合理选项是BD。9、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。10、BD【分析】【详解】

试题分析：A、水分子比H2S稳定与共价键强弱有关系；与二者是否能形成氢键没有关系，错误；Ⅱ；碘化钠和氯化钠形成的均是离子晶体，晶格能NaI比NaCl小，因此NaCl比NaI熔点高，B正确；C、氮气和磷形成的晶体均是分子晶体，C错误；D、元素第一电离能大小与原子外围电子排布有关，不一定像电负性随原子序数递增而增大，同周期元素第一电离能大的，电负性不一定大，例如电负性氧元素大于氮元素，但氮元素的第一电离能大于氧元素，D正确，答案选BD。

考点：考查氢键、分子稳定性、晶体类型和性质及电离能和电负性判断11、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。12、AD【分析】【详解】

A．Si；SiC、金刚石都是原子晶体；共价键越强熔点越大，共价键键长C-C＜Si-C＜Si-Si，所以熔点高低的顺序为：金刚石＞SiC＞Si，故A错误；

B．一般来说，熔点为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，则熔点为BN＞MgBr2＞SiCl4；故B正确；

C．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高；故C正确；

D．AsH3、PH3、符合组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以AsH3>PH3，氨气分子间存在氢键，沸点大于AsH3、PH3，因而沸点顺序为NH3>AsH3>PH3；故D错误；

答案选AD。13、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。14、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。15、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7题，共14分)16、略

【分析】【详解】

（1）铁为26号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d64s2，所以Fe2+电子排布式为[Ar]3d6；Zn为30号元素，基态原子能级最高的电子为4s上的2个电子，所有电子云轮廓图形状为球形，故答案为：[Ar]3d6球形；

（2）Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定，不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去一个电子形成稳定结构，所以Al原子的第一电离能比Mg大，故答案为：Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1；易失去一个电子形成稳定结构；

（3）[Zn(NH3)6]2+中每个N原子形成3个氮氢σ键，与Zn2＋形成1个配位键，配位键也属于σ键，所以1mol该离子中σ键为24mol；阴离子为根据价层电子对互斥理论，其中心原子S的价电子对为对，所以中心S为sp3杂化。NH3分子中N原子的电负性强，原子半径小，使得N—H键的极性增强而表现一定的电性，分子之间能够形成氢键，而PH3分子中P半径大，电负性小，则不能形成分子间氢键，只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，所以沸点NH3大于PH3，故答案为：24sp3氨分子之间形成分子间氢键；

（4）Sc3+的外围电子排布式为[Ar]3d0、Cr3+的外围电子排布式为[Ar]3d3、Fe2+电子排布式为[Ar]3d6、Zn2+的外围电子排布式为[Ar]3d10；对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，故答案为：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）；

（5）Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故FeCl3分子双聚时可形成配位键。由常见AlCl3的双聚分子的结构可知FeCl3的双聚分子的结构式为其中Fe的配位数为4，故答案为：4；

（6）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算：六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的铁原子为个，N原子位于六棱柱内部，所以该六棱柱中的氮原子为2个，该结构的质量为该六棱柱的底面为正六边形，边长为xcm，底面的面积为6个边长为xcm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为cm2，高为ycm，所以体积为cm3。所以密度为：故答案为：【解析】[Ar]3d6球型Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去一个电子形成稳定结构24sp3氨分子之间形成分子间氢键3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）417、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1218、略

【分析】【分析】

（1）根据构造原理确定核外电子排布式是否正确；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；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；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。

（2）根据核外电子排布规律可以写出价电子排布式；根据充满和半充满状态能量最低也是最稳定的状态进行分析；

（3）Be；B同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势；ⅡA族反常；水分子间含有氢键；核外电子数相同的，原子序数越大，半径越小；

（4）Fe是26号元素；其原子核外有26个电子，失去两个最外层电子生成亚铁离子，根据构造原理书写其核外电子排布式；

【详解】

（1）①正确；②违反了能力最低原子；③违反了洪特规则；④违反了洪特原则；⑤正确；⑥正确；⑦违反了洪特规则；故答案为：①⑤⑥；②；③④⑦；

（2）Al为13号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级为3p，根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1，故答案为：3p；3d54s1；

（3）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能B＜Be；水分子间含有氢键，使得水的分子间作用力大于硫化氢分子的，故水的沸点大；电子层数越多半径越大，核外电子数相同的，原子序数越大，半径越小，O2-、Al3+有2个电子层，O的原子序数小所以O2-半径比Al3+大，所以离子半径O2-＞Al3+；故答案为：＞；＜；＜；

（4）Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，失去两个最外层电子生成亚铁离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，铁元素在元素周期表的位置为第四周期第Ⅷ族，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；第四周期第Ⅷ族。【解析】①.①⑤⑥②.②③.③④⑦④.3p⑤.3d54s1⑥.＞⑦.＜⑧.＜⑨.1s22s22p63s23p63d6⑩.第四周期第Ⅷ族19、略

【分析】【详解】

(1)氢键可用X－H⋯Y表示。式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，冰中水分子间的氢键可表示为O—H⋯O；

(2)①一个OH-含有10个电子，与OH-互为等电子体的一种分子为HF；

②1个水分子含有10个电子，等电子体的一种阴离子为NH

(2)H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大的原因为H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋中O原子只有1对孤对电子，H3O＋的孤对电子对成键电子的排斥力较小；

(3)氧与硫同主族，硫的非金属性弱于氧，气态氢化物的稳定性：H2S＜H2O，故硫化氢更易分解。【解析】bHFNHH2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋中O原子只有1对孤对电子，H3O＋的孤对电子对成键电子的排斥力较小硫的非金属性弱于氧，气态氢化物的稳定性：H2S＜H2O20、略

【分析】【分析】

（1）①金属性越强电负性越小；非金属性越强，电负性越大，据此解答；

②由原子守恒确定物质A为K2S；含极性共价键的分子为CO2；分子中C原子形成2个C=O键，分子构型为直线型，不含孤对电子，杂化轨道sp杂化；

③根据CN-与N2结构相似；C原子与N原子之间形成三键进行分析；

（2）原子序数小于36的元素Q和T；在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q；T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，再经过核外电子排布规律解答；

（3）由晶胞结构图可知；以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积。

【详解】

（1）①同周期自左而右电负性增大；金属性越强电负性越小，故电负性O＞N＞C＞K；

答案：O＞N＞C＞K

②由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子化合物，由钾离子与硫离子构成；含极性共价键的分子为CO2；分子中C原子形成2个C=O键，分子构型为直线型，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式；

答案：离子晶体sp杂化。

③CN-与N2结构相似；C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键；2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1；

答案：1：1

（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6；3d能级有4个单电子；

答案：3d84s24

（3）由晶胞结构图可知；以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积；

答案：12面心立方最密堆积【解析】①.O>N>C>K②.离子晶体③.sp杂化④.1∶1⑤.3d84s2⑥.4⑦.12⑧.面心立方最密堆积21、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）22、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、结构与性质(共1题，共9分)23、略

【分析】【分析】

根据题干信息，甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核外L层上s能级和p能级电子个数相同，其核外电子排布式为1s22s22p2，则甲元素为C元素。乙元素原子3p能级上只有1对成对电子，则乙为S元素。丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满，而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中，丙和丁的核外电子排布分别为1s22s22p63s23p63d104s1和1s22s22p63s23p64s1，则丙为Cu元素，丁为K元素。戊元素原子最外层电子排布图是它的单质常温时为气态，则戊为O元素，据此分析解答问题。

【详解】

(1)根据上述分析可知；甲是C，乙是S，丙是Cu，丁是K，戊是O；

(2)丙和乙的单质分别为Cu和S，两者发生化合反应生成Cu2S，反应方程式为：2Cu+SCu2S；

(3)丙的硫酸盐为CuSO4，乙的气态氢化物为H2S，两者反应生成CuS，反应的离子方程式为：Cu2＋+H2S=CuS↓+2H＋；

(4)C和S组成的化合物为CS2，C和S形成共用电子对，用电子式表示该化合物的形成过程为：

(5)乙和戊的气态氢化物为H2S和H2O，由于H2O分子间存在氢键，故沸点H2O＞H2S；

(6)丙的硫酸盐为CuSO4，与少量氨水反应生成氢氧化铜的沉淀，其离子反应方程式为：Cu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4＋；

(7)丙为Cu元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则其外围电子排布式为3d104s1；

(8)S和K形成的化合物为K2S，为离子化合物，其电子式为：【解析】CSCuKO2Cu＋SCu2SCu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋CS2H2OH2SCu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4＋3d104s1五、工业流程题(共1题，共7分)24、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