2025年人教A新版选修3化学下册月考试卷含答案

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A.元素X的常见化合价是+2价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素Y与氯形成化合物时，化学式可能是YClD.若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应2、以下微粒含配位键的是。

①[Al(OH)4]-②CH4③OH－④NH⑤[Cu(NH3)4]2+⑥Fe(SCN)3⑦H3O＋⑧[Ag(NH3)2]OHA.①②④⑦⑧B.③④⑤⑥⑦C.①④⑤⑥⑦⑧D.全部3、短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A.元素C的最高价氧化物对应的水化物的酸性：A>CB.元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应C.AC2空间构型为角形D.C2D2是共价化合物，且为直线型非极性分子4、下列对一些实验事实的解释正确的是（）

。选项。

实验事实。

解释。

A

水加热到较高温度都难以分解。

水分子间存在氢键。

B

白磷为正四面体分子。

白磷分子中P-P键间的键角是109°28′

C

用苯萃取碘水中的I2

苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶。

D

H2O的沸点高于H2S

H-O键的键长比H-S键的键长短。

A.AB.BC.CD.D5、设NA表示阿伏伽德罗常数的值；下列说法正确的是（）

NaCl晶胞A.124gP4含有的P-P键数为6NAB.12g石墨中含有的C-C键数为2NAC.58.5gNaCl中晶胞数为NAD.12g金刚石中含有的C-C键数为1.5NA6、下列物质中熔点最高的是A.干冰B.氯化钠C.金刚石D.汞7、有关晶体的结构如图所示；下列说法中不正确的是。

A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个B.在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中，最小的环上有6个C原子D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE8、部分共价键的键长和键能的数据如表；则以下推理肯定错误的是。

。共价键。

C﹣C

C=C

C≡C

键长（nm）

0.154

0.134

0.120

键能（kJ/mol）

347

612

838

A.0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nmB.C=O键键能＞C﹣O键键能C.乙烯的沸点高于乙烷D.烯烃比炔烃更易与溴加成9、俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（）(设NA表示阿伏加德罗常数的值)A.Na2SO4和Na2S均为离子晶体，晶体中每个SO或S2-周围均有2个Na+B.C（金刚石）属于共价晶体，1mol该晶体中含的σ键数目为4NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.标准状况下22.4LCO2中含π键的数目为NA评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、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。

①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_________________________________；乙醛分子中π键与σ键的个数比为___________。

②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________。

(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%)11、〔化学—选修3：物质结构与性质〕

早期发现的一种天然准晶颗粒由三种Al；Cu、Fe元素组成。回答下列问题：

（1）准晶是一种无平移周期序；但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_____________方法区分晶体；准晶体和非晶体。

（2）基态铁原子有________个未成对电子；三价铁离子的电子排布式为：___________可用硫氰化钾检验三价铁离子，形成配合物的颜色为_____________

（3）新制备的氢氧化铜可将乙醛氧化为乙酸；而自身还原成氧化亚铜，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为_________；一摩尔乙醛分子中含有的σ键的数目为：______________。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是：_______________________。氧化亚铜为半导体材料，在其立方晶胞内部有四个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_____________个铜原子。

（4）铝单质为面心立方晶体，其晶胞参数a＝0．405nm，晶胞中铝原子的配位数为____________。列式表示铝单质的密度_______________g·cm－3(不必计算出结果)12、（1）碳原子最外层含有____个电子，1个碳原子可以跟其他非金属原子形成____个____键，碳原子之间也能以共价键相结合，形成__键、___键或____键，连接成稳定的长短不一的__或含碳原子数不等的碳环；从而导致有机物种类纷繁，数量庞大。

（2）苯分子中碳原子的杂化方式是___；乙炔分子中碳原子的杂化方式是___。13、硼及其化合物的应用广泛。试回答下列问题：

（1）基态原子的价电子轨道表示式为__________，其第一电离能比的__________（填“大”或“小”）。

（2）氨硼烷（）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是__________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的有机小分子：___________________（填化学式）。

（3）常温常压下硼酸（）的晶体结构为层状；其二维平面结构如图所示。

①B原子的杂化方式为__________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：_________________。

②路易斯酸碱理论认为，任何可接受电子对的分子或离子叫路易斯酸，任何可给出电子对的分子或离子叫路易斯碱。从结构角度分析硼酸是路易斯酸：______________________________。14、如图所示为高温超导领域里的一种化合物——钙钛矿的晶体结构；该结构是具有代表性的最小结构重复单元。

（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子、氧离子各有_____________、_____________、_____________个。

（2）该晶体结构中，Ca、Ti、O个数比是___________；该物质的化学式可表示为___________。15、如图表示一些晶体中的某些结构；请回答下列问题：

（1）代表金刚石的是(填编号字母，下同)___，其中每个碳原子与____个碳原子最近且距离相等。金刚石属于____晶体。

（2）代表石墨的是____，每个正六边形占有的碳原子数平均为____个。

（3）代表NaCl的是___，每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋有___个。

（4）代表CsCl的是___，它属于____晶体，每个Cs＋与____个Cl－紧邻。

（5）代表干冰的是___，它属于___晶体，每个CO2分子与___个CO2分子紧邻。

（6）已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为____。16、Ⅰ、在金刚石、CS2、N2、C2H4、H2O2；金属Fe等六种晶体中：

（1）以非极性键结合的非极性分子是______________；

（2）通过非极性键形成的原子晶体是______________；

（3）含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是______________；

（4）固态和熔融状态下都能导电的晶体是______________；

Ⅱ；C和Si元素在化学中占有极其重要的地位．

（1）CO2属于______________晶体，熔化时克服的微粒间作用力是______________；SiO2属于______________晶体，熔化时克服的微粒间作用力是______________；所以熔点CO2______________SiO2(填“＜”；“=”或“＞”）．

（2）SiO2晶体中每个硅与______________个O相连，每个氧与______________Si相连．

（3）石墨晶体中，层内形成正六边形的平面网状结构，试分析层内每个正六边形占有的碳原子数为___________个。

评卷人得分三、原理综合题(共6题，共12分)17、大型客机燃油用四乙基铅[Pb(CH2CH3)4]）做抗震添加剂，但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基铅。

（1）锰元素在周期表中的位置是_____，基态锰原子的外围电子排布式为_____，该原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为____。

（2）N、C和Mn电负性由大到小的顺序为_____。

（3）HSCH2CH2NH2中C的杂化方式为____，其中NH2-空间构型为____；N和P的价电子相同，但磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是____。

（4）Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于_____晶体。已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如下。

Pb(CH2CH3)4]在xy平面上的二维堆积中的配位数是______。设阿伏加德罗常数为NA/mol，Pb(CH2CH3)4]的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4]晶体的密度是_____g/cm3(列出计算式即可)。18、如图是元素周期表的一部分：

（1）阴影部分元素的外围电子排布式的通式为______。Sb的元素名称为____。基态P原子中，电子占据的最高能级符号为_____，该能层具有的原子轨道数为____。

（2）氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如下图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有________。

A．稳定性B．沸点C．R—H键能D．分子间作用力。

（3）某种新型储氧材料的理论结构模型如下图所示，图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型有____种。

（4）CN－和Fe２＋、Fe３＋及K＋能形成一种蓝色配位化合物普鲁士蓝。下图是该物质的的结构单元(K+未标出)，该图是普鲁士蓝的晶胞吗？_______(填“是”或“不是”)，平均每个晶胞中含有______个K+。

（5）磷酸盐与硅酸盐之间具有几何形态的相似性。如多磷酸盐与多硅酸盐一样，也是通过四面体单元通过共用顶角氧离子形成岛状、链状、层状、骨架网状等结构型式。不同的是多硅酸盐中是｛SiO4｝四面体，多磷酸盐中是｛PO4｝四面体。如图为一种无限长单链结构的多磷酸根，该多磷酸根的化学式为__________。

19、Ⅰ．某离子晶体特征结构如图A所示。X●位于立方体部分顶点；Y○位于立方体中心。试分析：

（1）每个Y同时吸引着_______个X，该晶体的化学式为______________。

（2）晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X共有__________个。

（3）晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX是___________。

（4）设该晶体的摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的X中心间距为__________cm。

Ⅱ．B4Cl4是一种淡黄色并具有挥发性的固体化合物，在70℃以下，它存在于真空中。结构测定表明：该化合物中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键。根据上述性质和参数画出B4Cl4分子空间构型的示意图______________________。20、高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。

（1）Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子，其理由可能是__；该配合物分子中σ键与π键数目之比为__。

（2）①ClO4-的空间构型是___。

②写出与ClO4-互为等电子体的一种分子和一种离子：__、__。(填化学式)

（3）化学式中CHZ为碳酰肼，其结构为它是一种新型的环保锅炉水除氧剂。

①碳酰肼中氮元素的化合价为__，碳原子的杂化轨道类型为__。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得，有关的化学方程式为__。

（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO；高氯酸及碳酰肼化合而成。

①比较次氯酸和高氯酸的酸性，并说明理由：___。

②如图为NiO晶胞，若晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶体中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c，则a：b：c=__。

21、国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物；科学家推测火星生命可能主要以氮；碳、硅、铜为基体构成。

请回答下列问题：

（1）邻氨基吡啶()的铜配台物在有机不对称合成中起催化诱导效应。

①邻氨基吡啶中所有元素的电负性出小到大的顺序为__(填元素符号)。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有σ键的数目为__。

②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NO2中N原子的杂化方式为__杂化。

（2）第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。

（3）元素周期表中的第IVA族~第VIIA族中部分元素的最简单氢化物的沸点变化趋势线如图，其中一个小黑点代表-种氢化物，则趋势线a代表第__族元素的最简单氢化物的沸点变化趋势，判断依据是__。

（4）干冰是常见的分子晶体，而CO2在高温高压下能形成另一种晶体其晶胞如图所示，该CO2晶体的熔点__(填“>”“<”或“=”)SiO2晶体的熔点。

（5）一种嘌呤和一种吡啶的结构如图。

①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是__。

②分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则该吡啶中的大π键可表示为__。

（6）火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。若该晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数a=b≠c(单位：nm)，a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=___nm(写出代数式)。

22、研究含碳化合物的结构与性质；对生产；科研等具有重要意义。

(1)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X；Y、Z是常见的三种冠醚；其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。

①Li+计与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。

a.基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为___________；

b.W中Li+与孤对电子之间的作用属于___________(选填字母标号)

A.离子键B.共价键C.配位键D.氢键E.以上都不是。

②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+计形成稳定结构。理由是___________。

③烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶人冠醚Z；氧化效果明显提升。

i.水分子中氧的杂化轨道的空间构型是___________，H－O键键角___________(填“＞”“＜”或“=”)109°28′

ii.已知：冠醚Z与KMnO4可以发生右图所示的变化。加入冠醚Z后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是___________。

(2)甲烷是重要的清洁能源；其晶体结构如图所示，晶胞参数为anm。

①常温常压下不存在甲烷晶体。从微粒间相互作用的角度解释，其理由是___________；

②甲烷分子的配位数为___________；

③A分子中碳原子的坐标参数为(0，0，0)，则B分子的碳原子的坐标参数为___________。

④甲烷晶体的密度为___________(g·cm－3)。

评卷人得分四、工业流程题(共1题，共10分)23、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2题，共14分)24、已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3；Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：

(1)X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________。X与同周期卤族元素的第一电离能比较，较大的是____________________(填元素符号)。

(2)Y元素原子的价层电子的电子排布图为________，该元素的名称是__________。

(3)X与Z可形成化合物XZ3，XZ3分子的VSEPR模型为____________________。

(4)已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是___________________。

(5)XY43-的空间构型为__________，与其互为等电子体的一种分子__________。

(6)X的某氧化物的分子结构如图所示。

该化合物的化学式为___________，X原子采取___________杂化。25、周期表中的五种元素A、B、D、E、F，原子序数依次增大，A的基态原子价层电子排布为nsnnpn；B的基态原子2p能级有3个单电子；D是一种富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位；E2+的3d轨道中有10个电子；F位于第六周期；与Cu同族，其单质在金属活动性顺序表中排在末位。

（1）写出E的基态原子的价层电子排布式___________。

（2）A、B形成的AB﹣常作为配位化合物中的配体，其A原子的杂化方式为________，AB﹣中含有的σ键与π键的数目之比为________。

（3）FD3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体F2D6的形式存在，依据以上信息判断FD3，晶体的结构属于____晶体，写出F2D6的结构式________。

（4）E、F均能与AB﹣形成配离子，已知E与AB﹣形成的配离子为正四面体形。F(+1价)与AB形成的配离子为直线形，工业上常用F和AB﹣形成的配离子与E反应来提取F单质，写出E置换F的离子方程式_________________。

（5）F单质的晶体为面心立方最密堆积，若F的原子半径为anm，F单质的摩尔的的质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，求F单质的密度为______g/cm3。(用a、NA、M的代数式表示)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

X和Y都是主族元素；I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则说明X原子最外层只有一个电子，X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y。

【详解】

A.由分析知；X原子核外最外层只有一个电子，则其化合价为+1价，故A错误；

B.由分析知；Y原子核外有最外层有3个电子，为ⅢA族元素，故B正确；

C.由分析知，Y为ⅢA族元素，与氯形成化合物时，化学式为YCl3；故C错误；

D.如果Y是第三周期元素；最外层有3个电子，则Y为Al元素，单质Al和冷水反应能迅速生成一层致密的薄膜而使反应停止，不会观察到明显现象，故D错误；

综上所述，答案为B。2、C【分析】【详解】

①Al（OH）3中Al上有空轨道，OH-中含孤电子对，Al（OH）3与OH-以配位键形成[Al（OH）4]-，结构为[Al（OH）4]-中含配位键；②CH4中C原子提供4个电子与4个H原子各提供1个电子形成4个C—H键，不含配位键；③OH-中O提供的1个电子与H提供的1个电子形成1个O—H键，不含配位键；④NH3分子中N上有孤电子对，H+有空轨道，NH3与H+以配位键形成NH4+，NH4+中含配位键；⑤Cu2+有空轨道，NH3分子中N上有孤电子对，Cu2+与NH3以配位键形成[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+中含配位键；⑥Fe3+有空轨道，SCN-含孤电子对，Fe3+与SCN-以配位键形成Fe（SCN）3，Fe（SCN）3中含配位键；⑦H2O分子中O上有孤电子对，H+有空轨道，H2O与H+以配位键形成H3O+，H3O+中含配位键；⑧Ag+有空轨道，NH3分子中N上有孤电子对，Ag+与NH3以配位键形成[Ag（NH3）2]+，[Ag（NH3）2]OH中含配位键；含配位键的为①④⑤⑥⑦⑧；答案选C。

点睛：本题考查配位键的判断，理解配位键的形成条件是解题的关键。配位键的形成条件是一方具有空轨道，另一方提供孤电子对。3、B【分析】【分析】

根据题意；C原子的最外层电子数是A原子内层电子数的3倍，A原子内层电子数只能是2，则C的最外层电子数为6，C原子的最外层电子数是B原子最外层电子数的3倍，B的最外层电子数为2，A；B、C原子的最外层电子数之和为12，A的最外层电子数为12-2-6=4，则A为C元素，由A、B、C、D的原子序数依次增大，B、C、D位于同一周期，应为第三周期元素，B为Mg元素，C为S元素，则D应为Cl元素。

【详解】

A.A为C元素，对应的最高价氧化物的水化物为碳酸，属于弱酸，C为S元素，对应的最高价氧化物的水化物为硫酸，属于强酸，故酸性：C>A；A错误；

B.元素B为Mg元素，A的最高价氧化物是CO2，根据反应：2Mg+CO22MgO+C；该反应为置换反应，B正确；

C.AC2形成的化合物为CS2，硫原子最外层6个电子，接受两个电子稳定，碳原子最外层4个电子，中心原则碳原子孤电子对数为：则碳原子的价层电子对数为2，则CS2的空间构型为直线型；C错误；

D.C2D2形成的化合物为S2Cl2，是共价化合物，氯原子最外层7个电子，接受1个电子稳定，硫原子最外层6个电子，中间硫与硫之间形成一对电子，中心原子硫原子孤电子对数为：则硫原子的价层电子对数为2+2=4，所以VSEPR模型为四面体，则分子结构为：结构中正负电荷中心不重合，是极性分子，D错误。

答案选B。

【点睛】

分子的空间构型采用价层电子对互斥理论的计算方法得到，对学生要求较高，注意要学会计算中心原子的孤电子对数。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．水分子的稳定性与化学键有关；与氢键无关，水加热到较高温度都难以分解，说明水中存在的化学键较强，A错误；

B．白磷是正四面体结构；四个顶点上分别占有一个P原子，键角为60°，B错误；

C．非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，碘和苯都是非极性分子，水是极性分子，所以可以用苯萃取碘水中的I2；C正确；

D．氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，H2O的沸点高于H2S；说明水中含有氢键，D错误；

答案选C。

【点睛】

化学键影响物质稳定性，分子间作用力和氢键影响物质熔沸点，为易错点。5、A【分析】【详解】

A.124g白磷中含有的磷分子个数=×NA/mol=NA，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以124gP4含有的P-P键的个数为6NA，故A正确；

B.12g石墨中含有碳原子个数=×NA/mol=NA，石墨中每个碳原子含有个C-C键，所以12g石墨中含有C-C键个数是1.5NA；故B错误；

C.58.5gNaCl的物质的量为=1mol，根据晶胞示意图可知每个晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，所以1molNaCl所含晶胞的物质的量为0.25mol，数目为0.25NA；故C错误；

D.12g金刚石中含有碳原子个数=×NA/mol=NA，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以12g金刚石中含有C-C键个数是2NA；故D错误；

故答案为A。

【点睛】

本题中要注意原子晶体中共价键数目的计算，以金刚石为例：金刚石中每个碳原子与其他四个碳原子相连，每个C-C被两个碳原子共用，则属于一个碳原子的C-C键为4×=2个。6、C【分析】【详解】

干冰常温下为气体，其晶体为分子晶体，氯化钠为离子晶体，金刚石为原子晶体，Hg是金属晶体常温下为液体，所以熔点从高到低顺序为：金刚石＞氯化钠＞汞＞干冰，所以熔点最高的是金刚石，故C正确；

故选：C。

【点睛】

一般来说晶体的熔点原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，所以比较物质熔沸点时可先判断物质的晶体类型。7、D【分析】【详解】

A．以顶点Na+研究，与之最近的Cl-处于晶胞棱心且关于Na+对称，即距Na+最近的Cl-有6个；故A正确；

B．在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+；故B正确；

C．金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，由金刚石的晶胞结构图也可以看出最小的环上有6个碳原子，故C正确；

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

答案为D。8、C【分析】【详解】

A．苯中的化学键键长介于碳碳单键与碳碳双键之间；所以0.154nm＞苯中碳碳键键长＞0.134nm，故A正确；

B．单键的键能小于双键的键能，则C=O键键能>C−O键键能；故B正确；

C.乙烷的相对分子质量大于乙烯；则乙烷的沸点高于乙烯，故C错误；

D．双键键能小于三键；更易断裂，所以乙烯更易发生加成反应，则烯烃比炔烃更易与溴加成，故D正确；

答案选C。

【点睛】

D项为易错点，由于炔烃和烯烃都容易发生加成反应，比较反应的难易时，可以根据化学键的强弱来分析，化学键强度越小，越容易断裂，更容易发生反应。9、C【分析】【详解】

A．Na2SO4和Na2S均为离子晶体，离子键不具有饱和性，所以晶体中每个SO或S2-周围不止有2个钠离子；故A错误；

B．金刚石中每个C连接4个C—C键，每个C—C键被两个C原子共用，所以每个C原子具有的共价键为2，则1mol金刚石中σ键数目为2NA；故B错误；

C．该反应中C生成CO2化合价由0价变为+4价为氧化产物，所以生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA；故C正确；

D．一个CO2中含有两个C=O键，则有两个π键，标准状况下22.4LCO2的物质的量为1mol，含π键的数目为2NA；故D错误；

故答案为C。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

(1)化合物中所有元素化合价代数和为0；可计算出Cu的化合价和价电子排布式；

（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；

（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；

（4）4条σ键，碳原子无孤电子对，采取sp3杂化类型，3条σ键和1条π键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。

【详解】

(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun＋离子，n＝2，Cu的价电子排布式为3d104s1,Cu2+价电子排布式为3d9；

(2)“中国蓝”中Ba2+；Si都不存在孤对电子；而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；

(3)Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去；所以Cu的第二电离能高于Zn的第二电离能；

(4)①乙醇分子间存在氢键；而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个π键6个σ键，个数比为1:6；

②乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。

(5)①用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；

②AgCu3或Cu3Ag的摩尔质量为（64×3+108）g/mol=300g/mol,根据密度公式得所以

③原子空间利用率

【点睛】

氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率的计算用原子的体积除以晶胞的体积。【解析】23d9OCu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去乙醇分子间存在氢键1:6sp2、sp3AgCu3或Cu3Ag11、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）从外观无法区分三者；但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定；

（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p43d64s2，基态Fe原子核外处在能量最高的能级为3d，排布了6个电子，有6种不同的运动状态，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，三价铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p43d5；可用硫氰化钾检验三价铁离子，形成配合物的颜色为血红色；

（3）乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6molσ键，即6NA个σ键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为4×1+6×1/2+8×1/8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍；即为16个；

（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上；面心占1/2

，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为8×3×1/2=12；一个晶胞中Al原子数为8×1/8+6×1/2=4，因此Al的密度ρ=m/V=

考点：考查晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、配位数及密度的计算【解析】X射线衍射4个1s22s22p63s23p43d5血红色sp3、sp26NA乙酸的分子间存在氢键，增加了分子之间的相互作用161212、略

【分析】【分析】

⑴碳原子最外层含有4个电子；碳原子主要形成共价键，碳原子与碳原子可以形成单键；双键或三键，也可形成碳链或碳环。

⑵分析苯分子和乙炔分子中每个碳原子价层电子对数。

【详解】

⑴碳原子最外层含有4个电子；1个碳原子可以跟其他非金属原子形成4个共价键，碳原子之间也能以共价键相结合，形成单键；双键或三键，连接成稳定的长短不一的碳链或含碳原子数不等的碳环，从而导致有机物种类纷繁，数量庞大；故答案为：4；4；共价；单；双；三；碳链。

⑵苯分子中每个碳原子有三个共价键，没有孤对电子，价层电子对数为3对，杂化方式是sp2；乙炔分子中每个碳原子有2个共价键，没有孤对电子，价层电子对数为2对，杂化方式是sp；故答案为：sp2；sp。【解析】①.4②.4③.共价④.单⑤.双⑥.三⑦.碳链⑧.sp2⑨.sp13、略

【分析】【详解】

（1）原子的核外电子排布式分别为原子的轨道处于全满状态，所以的第一电离能比的小，原子的价电子轨道表示式为故答案为：小。

（2）形成配位键，必须有一方提供空轨道，另一方提供孤对电子，在氨硼烷中，原子可提供一对孤电子，原子有一个空轨道，与互为等电子体，故答案为：

（3）①由图可知，硼酸中每个原子与原子形成3个键，即原子有3个成键轨道，且没有孤电子对，故为杂化，溶质分子间形成的氢键不利于溶质的溶解，加热时，硼酸的溶解度增大，可分析出，升温时硼酸分子中的部分氢键被破坏，故答案为：杂化硼酸分子间通过氢键缔合；加热时，部分氢键被破坏。

②硼酸分子中，原子有一个空的轨道，可以接受电子对，根据路易斯酸碱理论可知，硼酸为路易斯酸，故答案为：硼酸分子中B原子有一个空轨道。

【点睛】

同周期，从左到右，第一电离能增大，但在短周期，第ⅡA族与第ⅢA族中：Be>B、Mg>Al，第ⅤA族与第ⅥA族中：N>O、P>S。【解析】小杂化硼酸分子间通过氢键缔合，加热时，部分氢键被破坏硼酸分子中B原子有一个空轨道14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据晶胞的结构可知；以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，这样的离子有6个（上下左右前后各1个），钙离子分布在体心上，这样的离子有8个（每个顶点可以形成8个立方体），氧离子分布在棱上，最接近且距离相等的也是6个（上下左右前后各1个）；答案为6，8，6。

（2）利用均摊法可知，钛离子位于顶点，在每个晶胞中钛离子个数为8×=1，氧离子位于棱上，氧离子的个数为12×=3，钙离子位于体心，钙离子个数为1，所以钙、钛、氧的离子个数比是1：1：3，化学式可表示为CaTiO3；答案为1：1：3；CaTiO3。【解析】①.6②.8③.6④.1：1：3⑤.CaTiO315、略

【分析】【详解】

（1）在金刚石晶胞中；每个碳原子连接4个碳原子，原子间以共价键相结合，将这4个碳原子连接后形成四面体，体心有一个碳原子，因此D为金刚石，每个原子与4个碳原子最近且距离相等，金刚石是空间网状结构，属于原子晶体；

（2）石墨是层状结构，在层与层之间以范德华力相互作用，在层内碳与碳之间以共价键相互作用，形成六边形，因此E为石墨的结构，每个正六边形的碳原子数平均为6×=2；

（3）在NaCl晶胞中，每个Na+周围有6个Cl-，每个Cl-周围也有6个Na+，所以A图为NaCl的结构；根据晶胞的结构，每个Na+周围距离最近的Na+在小立方体的面对角线上，每个Na+周围有8个这样的立方体，所以，每个Na+周围与它距离相等的Na+有12个；

（4）CsCl的晶胞中Cs+和Cl-的配位数都是8，即每个Cs+周围有8个Cl-，每个Cl-的周围也有8个Cs+；所以C图为CsCl的晶胞，属于离子晶体；

（5）干冰属于分子晶体，CO2位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2为例，与它距离最近的CO2位于与该顶点相连的12个面的面心上；因此B图为干冰晶体；

（6）熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，石墨的熔点大于金刚石，在离子晶体中，半径越大，晶格能越小，熔点越低，由于Cs+半径大于Na+，因此熔点由高到低的顺序为：石墨＞金刚石＞NaCl＞CsCl＞干冰。【解析】①.D②.4③.原子④.E⑤.2⑥.A⑦.12⑧.C⑨.离子⑩.8⑪.B⑫.分子⑬.12⑭.石墨＞金刚石＞NaCl＞CsCl＞干冰16、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：Ⅰ、（1）双原子单质分子是以非极性键结合的非极性分子，则N2是以非极性键结合的非极性分子，故答案为N2；

（2）金刚石是通过非极性键形成的原子晶体；故答案为金刚石；

（3）C2H4分子中含有C-H极性共价键和C-C非极性共价键的非极性分子，故答案为C2H4；

（4）金属Fe中存在自由电子；所以固态和熔融状态下都能导电，故答案为金属Fe．

Ⅱ、（1）CO2属于分子晶体，熔化时克服的微粒间作用力是分子间作用力；SiO2属于是原子晶体；熔化时克服的微粒间作用力是共价键，化学键比分子间作用强得多，所以二氧化硅熔点高于二氧化碳气体，故答案为分子；分子间作用；原子；共价键；＜；

（2）SiO2晶体是原子晶体；一个硅与四个氧相连，一个氧与两个硅相连形成正四面体，故答案为4；2；

（3）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×=2；故答案为2。

【考点】

考查共价键的形成及共价键的主要类型；晶体的类型与物质熔点；硬度、导电性等的关系。

【点晴】

本题主要考查极性键和非极性键，熟悉常见元素之间的成键是解答本题的关键，注意化学键、空间构型与分子的极性的关系来分析解答即可，不同非金属元素之间易形成极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子，如果存在自由移动的离子和电子就能导电，要学会利用均摊法进行有关晶胞的计算。【解析】Ⅰ、（1）N2；

（2）金刚石；

（3）C2H4；

（4）金属Fe．

Ⅱ；（1）分子；分子间作用；原子；共价键；＜；

（2）4；2；

（3）2三、原理综合题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

（1）根据锰元素的原子序数为25分析解答。

（2）电负性是衡量元素吸引电子的能力。

（3）HSCH2CH2NH2中C原子周围形成4个单键，四面体结构，杂化方式为sp3杂化；NH2-中N原子是sp3杂化，有2对孤对电子，NH2-空间构型为V形。

（4）根据均摊法计算。

【详解】

（1）锰元素的原子序数为25，在周期表中的位置是第四周期第VIIB族，基态锰原子的外围电子排布式为3d54s2，最高能层电子为4s2，电子云轮廓图形状为球形，故答案为第四周期第VIIB族；3d54s2；球形。

（2）电负性是衡量元素吸引电子的能力，N、C和Mn电负性由大到小的顺序为N>C>Mn，故答案为N>C>Mn。

（3）HSCH2CH2NH2中C原子周围形成4个单键，四面体结构，杂化方式为sp3杂化；NH2-中N原子是sp3杂化，有2对孤对电子，NH2-空间构型为V形；N和P的价电子相同，但磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键。故答案为sp3；V形；原子半径N小于P；N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键。

（4）Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，属于分子晶体，由图可知，Pb(CH2CH3)4在xy平面上的二维堆积中的配位数是6，根据晶胞的结构图求出V=a×10-7×a×10-7×b×10-7=a2b×10-21cm3，根据均摊法属于该晶胞的Pb(CH2CH3)4的个数为8×1/8+1=2，故ρ=m/V=(M/NA)/(a2b×10-21)=4M×10-21/NAa2b，故答案为分子；6；4M×10-21/NAa2b。

【点睛】

确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式：

①处于顶点的微粒；同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；

②处于棱上的微粒；同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；

③处于面上的微粒；同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；

④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。【解析】第四周期第VIIB族3d54s2球形N>C>Mnsp3V形原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键分子64M×10-21/NAa2b18、略

【分析】【详解】

(1)阴影部分元素处于ⅤA族，最外层有5个电子，其外围电子排布的通式为ns2np3，P核外还有3个电子层，则电子占据的最高层符号为M，M层还有1个s轨道、3个p轨道和5个d轨道，总共还有9个轨道，电子占有的最高能级为3p；Sb元素为锑，答案为ns2np3锑3P9；

(2)A.N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可以知道，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，A选项正确；B.因为氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，AsH3的相对分子质量大于PH3，AsH3沸点较PH3高；故B错误；C.非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此键能随原子序数的增大而减小，所以C选项是正确的；D.三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，故D错误；答案为AC；

(3)C原子的杂化构型可以通过周围有几个原子来判断，在框图中C原子周边的原子数有3、4、2，共3种情况，球的部分基本上所有的C原子周围有3个C原子，为sp2杂化，在球和链相连的C原子其周围有4个C原子，sp3杂化；链上的C周边有2个C原子，sp杂化，答案为3。

(4)普鲁士蓝的化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，Fe2+和Fe3+的个数相等为CN-的个数为它们的个数比不符合普鲁士蓝的化学式。在晶胞中电荷守恒，Fe2+和Fe3+所带的正电荷而CN-带的负电荷为3，K+所带的电荷为每个晶胞中含有个K+，答案为不是

(5)根据图片知,每个三角锥结构中P原子是1个，O原子个数是个，所以P原子和氧原子个数之比1:3，3个O原子带6个单位负电荷，磷酸盐，P的化合价为+5，所以形成离子为(PO3)nn-或PO3-。【解析】ns2np3锑3P9AC3不是(PO3)nn-或PO3-19、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)晶体中每个Y同时吸引着4个X；利用均摊法确定化学式；

(2)晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X个数=3×8×

(3)该晶胞中四个X和一个Y原子形成正四面体结构；

(4)设晶体中两个距离最近的X中心间的距离为acm，则晶胞的棱长=acm，体积=cm3，根据ρ=计算；

Ⅱ．B4Cl4中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键，则说明每个B原子只形成一个B-Cl键，形成3个B-B键，借助P4的结构分析。

【详解】

Ⅰ．(1)根据图象知，晶体中每个Y同时吸引着4个X，每个X同时吸引着8个Y，该晶胞中X原子个数=4×＝Y原子个数=1，所以X和Y原子个数之比为1：2，其化学式为XY2或Y2X；

(2)晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X个数=3×8×=12；

(3)该晶胞中四个X和一个Y原子形成正四面体结构；所以其键角是109°28′；

(4)设晶体中两个距离最近的X中心间的距离为acm，则晶胞的棱长=acm，体积=cm3，根据ρ==＝ρ，所以a=

Ⅱ．B4Cl4中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键，则说明每个B原子只形成一个B-Cl键，形成3个B-B键，说明B4类似P4的结构正四面体结构，则B4Cl4的结构为【解析】4XY2或Y2X12109°28′20、略

【分析】【分析】

⑴电负性越大，原子越不易提供孤电子对；Ni原子形成的4个配位键属于σ键，CO与N2互为等电子体；CO分子结构式为C≡O，CO分子中含有1个σ键；2个π键。

⑵①ClO4−的中心原子Cl原子孤电子对=价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型与它的VSEPR模型相同；②原子总数相等；价电子总数也相等的微粒互为等电子体。

⑶①N—N键使N元素表现0价，N—H价使N元素表现-1价，N—C键使N元素表现-1价；分子中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3；②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得；该反应属于取代反应，同时还有甲醇生成.

⑷①非羟基氧数目越多，中心元素的正电性越高，越容易电离出离子；②如均摊法计算晶胞中含有的Ni2+数目。以顶点Ni2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离子对称，可知Ni2+的配位数为6．以顶点Ni2+研究，与之距离最近的Ni2+处于面心；共有12个。

【详解】

(1)电负性O>C，O原子不易给出孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子。Ni原子形成的4个配位键属于σ键，CO与N2互为等电子体，CO分子结构式为C≡O，CO分子中含有1个σ键、2个π键,故Ni(CO)4中含有8个σ键、8个π键，σ键与π键数目之比为8:8=1:1；故答案为：电负性O>C；O原子不易给出孤电子对；1:1。

(2)①ClO4−的中心原子Cl原子孤电子对价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型与它的VSEPR模型相同为正四面体形；故答案为：正四面体形。

②原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体。与ClO4−互为等电子体的一种分子和一种离子可以是：CCl4、SO42−等；故答案为：CCl4、SO42−。

(3)①N−N键使N元素表现0价，N−H价使N元素表现−1价，N−C键使N元素表现−1价，故碳酰肼中氮元素的化合价为−2价；分子中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3,故碳原子采取sp2杂化；故答案为：−2；sp2。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得,该反应属于取代反应,同时还有甲醇生成,反应方程式为：故答案为：

(4)①HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl−O−H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+，故酸性：HClO4>HClO；故答案为：HClO4的酸性比HClO的强，HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl−O−H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+。

②晶胞中含有的Ni2+数目以顶点Ni2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离子对称，可知Ni2+的配位数为6，以顶点Ni2+研究，与之距离最近的Ni2+处于面心，顶点为8个晶胞共用、面心为2个晶胞共用，故共有3×82=12个，则a:b:c=4:6:12=2:3:6；故答案为：2:3:6。【解析】电负性O>C，O原子不易给出孤电子对1:1正四面体形CCl4SO42−−2sp2HClO4的酸性比HClO的强，HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl−O−H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+2:3:621、略

【分析】【分析】

（1）①非金属性越强电负性越大；分子环上还有4个C-H将；分子含有13个σ键；

②-NO2中N原子有1个未成键电子；价层电子对数=2+1=3；

（2）根据图中该元素的第一至五电离能数据可知；该元素第三电离能突变，说明该元素容易失去2个电子，即最外层有两个电子，则为第IIA族元素Ca；

（3）含有氢键的氢化物熔沸点较高；不含氢键的氢化物熔沸点随着分子间作用力增大而增大；

（4）根据图知，CO2在高温高压下所形成的晶体为原子晶体；原子晶体熔沸点与原子半径成反比；

（5）①根据VSEPR理论；孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与对键合电子对之间的夹角减小；

②吡啶为平面结构；N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键；

（6）均摊法计算晶胞中Ga、N原子数目，表示出晶胞的质量，晶胞体积=a×10-7cm×b×10-7cm×sin60°×c×10-7cm；结合晶胞质量=晶体密度×晶胞体积计算。

【详解】

（1）①非金属性越强电负性越大，故电负性：H＜C＜N；分子环上还有4个C-H将，分子含有13个σ键，1mol中含有σ键的数目为13NA，故答案为：H＜C＜N；13NA；

②-NO2中N原子有1个未成键电子，价层电子对数=2+1=3，N原子采取sp2杂化，故答案为：sp2；

（2）由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期，第IIA族元素Ca，则该元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，故答案为：1s22s22p63s23p64s2；

（3）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O；HF因存在氢键；故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故曲线a点代表的应是第IVA的氢化物沸点变化；

故答案为：IVA；NH3、H2O；HF因存在氢键；沸点高于同主族相邻元素氢化物的，从而出现沸点反常现象，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，图中趋势线a没有反常现象；

（4）该晶体中原子之间通过共价键结合，属于原子晶体，而碳氧键的键长短，所以该晶体的熔点比SiO2晶体高，故答案为：>；

（5）①根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；

②吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：故答案为：

（6）晶胞中Ga原子数目=1+8×=2、N原子数目=1+4×=2，故晶胞质量=2×g，晶胞体积=a×10-7cm×b×10-7cm×sin60°×c×10-7cm，则：2×g=(a×10-7cm×b×10-7cm×sin60°×c×10-7cm)×dg•cm3，解得c=故答案为：【解析】H＜C＜N13NAsp21s22s22p63s23p64s2IVANH3、H2O、HF因存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物的，从而出现沸点反常现象，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，图中趋势线a没有反常现象>孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大22、略

【分析】【分析】

①a.基态锂离子核外电子排布为1S2；所以核外能量最高的电子所处能层符号为K；

b.因为共用电子对由氧原子提供；与锂离子共用，所以属于配位键；

②根据Li+的半径比K+的半径小来回答；

③在水分子中，氧原子2s、2px、2py、2pz4个原子轨道通过sp3杂化形成4个杂化轨道，所以水分子中氧的杂化轨道的空间构型为正四面体构型；但在其中有2对未共用的电子对（称之为孤电子对）占据在两个sp3杂化轨道中。孤电子对所占用的杂化轨道电子云比较密集；对成键电子对所占的杂化轨道起了推斥和压缩的作用，以致两个O-H键间夹角被压缩成了104°45′，而不再是正四面体杂化的109°28′；

ii.由相似相溶原理可知，冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K+因静电作用将MnO4－带入烯烃中，增大烯烃与MnO4－接触机会；提升氧化效果。

(2)①甲烷属于分子晶体；微粒间存在分子间作用力进行分析；

②根据晶胞可以看出；甲烷的晶胞结构为面心立方，所以甲烷的配位数为12；

③A分子中碳原子的坐标参数为(0；0，0)，则B分子的碳原子的坐标参数为（-0.5a,0.5a,a）

④算出晶胞中甲烷分子的质量；再除以晶胞体积；

【详解】

①a.基态锂离子核外电子排布为1S2；所以核外能量最高的电子所处能层符号为K；

正确答案：K。

b.因为共用电子对由氧原子提供；与锂离子共用，所以属于配位键；

正确答案：C。

②根据Li+的半径比K+的半径小来回答；

正确答案：Li+半径比Y的空腔小得多；不易与空腔内氧原子的孤电子对作用形成稳定结构。

③在水分子中，氧原子2s、2px、2py、2pz4个原子轨道通过sp3杂化形成4个杂化轨道，所以水分子中氧的杂化轨道的空间构型为正四面体构型；但在其中有2对未共用的电子对（称之为孤电子对）占据在两个sp3杂化轨道中。孤电子对所占用的杂化轨道电子云比较密集；对成键电子对所占的杂化轨道起了排斥和压缩的作用，以致两个O-H键间夹角被压缩成了104°45′，而不再是正四面体构型中的109°28′。

正确答案：正四面体＜

ii.由相似相溶原理可知，冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K+因静电作用将MnO4－带入烯烃中，增大烯烃与MnO4－接触机会；提升氧化效果。

正确答案：冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K+因静电作用将MnO4－带入烯烃中，增大烯烃与MnO4－接触机会；提升氧化效果。

(2)①甲烷属于分子晶体；微粒间是分子间作用力进行分析；

正确答案：甲烷是分子晶体；分子间作用力很小，熔沸点远低于常温。

②根据晶胞可以看出；甲烷的晶胞结构为面心立方，所以甲烷的配位数为12；

正确答案：12

③A分子中碳原子的坐标参数为(0；0，0)，则B分子的碳原子的坐标参数为（-0.5a,0.5a,a）

正确答案：（-0.5a,0.5a,a）

④算出晶胞中甲烷分子的质量；再除以晶胞体积；

（1）晶胞中含有甲烷分子数为8×1/8+6×1/2=4个，质量为m（CH4）==64/NAg；（2）晶胞体积V=（a×10-7cm）3=a3×10-21cm3。根据（1）（2）得到密度=m（CH4）/V=(64/NAg)/（a3×10-21cm3）=64×1021/(a3•NA);

正确答案：64×1021/(a3•NA)。【解析】KCLi+半径比Y的空腔小得多，不易与空腔内氧原子的孤电子对作用形成稳定结构正四面体小于冠醚可溶于烯烃，进入冠醚中的K+因静电作用将MnO4－带入烯烃中，增大烯烃与MnO4－接触机会，提升氧化效果。甲烷是分子晶体，分子间作用力很小，熔沸点远低于常温。12（-0.5a,0.5a,a）64×1021/(a•NA)四、工业流程题(共1题，共10分)23、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：As2