2025年仁爱科普版选修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2025年仁爱科普版选修3化学上册阶段测试试卷768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8题，共16分)1、原子核外电子的运动状态用四个方面进行描述，磷原子核外最外层上能量高的电子有相同的运动状态A.一个B.二个C.三个D.四个2、下列各组元素，按照原子半径依次减少，第一电离能依次增大的顺序排列的是（）A.Ca、Mg、BeB.Na、Mg、AlC.C.N、OD.P、S、Cl3、配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是A.该物质中Fe化合价为+2B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子杂化方式为sp3C.该物质不存在的化学键有氢键D.NO作为配体提供一对孤对电子4、氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是A.三角锥型、sp3B.平面三角形、sp3C.平面三角形、sp2D.三角锥型、sp25、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6、对下列图形解释的说法错误的是（）A.晶体金红石的晶胞如图1所示，推知化学式为TiO2（注：氧原子分别位于晶胞的上下底面和内部）B.配合物（如图2）分子中含有分子内氢键C.某手性分子如图3：可通过酯化反应让其失去手性D.可以表示氯化钠晶体，是氯化钠的晶胞7、下列各组物质中,按熔点由高到低排列的是()A.H2O、H2S、H2SeB.GeH4、SiH4、CH4C.CH4、CH3CH3、CH3CH2CH3D.晶体硅、碳化硅、金刚石8、已知：SiCl4的分子结构与CCl4相似，下列说法不正确的是A.SiCl4的分子是由极性键构成的非极性分子B.NH4Cl与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同C.SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同D.熔点：LiF＞NaF＞NaCl＞KCl评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、下表给出了14种元素的电负性：

运用元素周期律知识完成下列各题。

(1)同一周期中，从左到右，主族元素的电负性________；同一主族中，从上到下，元素的电负性________。所以主族元素的电负性随原子序数递增呈____________变化。

(2)短周期元素中，电负性最大的元素与氢元素形成的化合物属于________化合物，用电子式表示该化合物的形成过程__________________________。

(3)已知：两成键元素间的电负性差值大于1.7时，通常形成离子键，两成键元素间的电负性差值小于1.7时，通常形成共价键。则Mg3N2、BeCl2、AlCl3、SiC中为离子化合物的是________，为共价化合物的是________。10、试用VSEPR理论判断：_____________。物质孤对电子对数轨道杂化形式分子或离子的形状SO3PO43-NCl3CS211、N；P同属于元素周期表的第VA族元素。

（1）基态磷原子的价电子排布图是____________

（2）NCl3的VSEPR模型名称是__________，中心原子杂化轨道类型是__________________。

（3）“笑气”（N2O）是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。有关理论认为原子总数相同、价电子总数相同的粒子即等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是接近的。写出N2O的一种有第二周期非金属元素组成的等电子体分子_______________________。

（4）沸点比较：PH3___________NH3(填“＞”、“＝”、“＜”），理由是____________。

（5）已知键能：H－H键能为436KJ·mol-1，N－H键能为391KJ·mol-1，N≡N键能为945.6kJ•mol-1．。则N2+3H22NH3，生成2molNH3时，共放热_________KJ

（6）NH3极易溶于水，原因是_______________12、下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：

2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H++13H2O=4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH

（1）[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是__（填元素符号），配位数是__。

（2）1molCH3COOH分子含有σ键的数目为___；含有π键的数目为__。

（3）水与乙醇可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为__。

（4）Cr原子的外围电子排布式是__。13、硼氢化钠（NaBH4）在化工领域具有重要的应用价值，可采用硼砂、SiO2、Na和H2作为原料制备。回答下列问题：

（1）周期表中，与B的化学性质最相似的邻族元素是____；该元素基态原子核外M层电子中自旋状态相同的有_____个。

（2）NaBH4中，电负性最大的元素是____（填元素符号）；B的____杂化轨道与H的1s轨道形成键。

（3）硼砂是含8个结晶水的四硼酸钠。其阴离子（含B；O、H三种元素）的球模型如图所示：

①阴离子中，配位键存在于____和____原子之间。（均填原子的序号）

②硼砂的化学式为_______。

（4）SiO2晶胞（立方体）如图所示，已知SiO2的密度为g/cm3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则SiO2晶胞的边长为___pm。

14、（1）可用作食盐的抗结剂，高温下会分解生成KCN、C、C等物质，上述物质中涉及的几种元素的第一电离能由大到小的顺序为______；中，铁原子不是采用杂化的理由是______。

（2）气态为单分子时，分子中S原子的杂化轨道类型为______，分子的立体构型为______；的三聚体环状结构如图1所示，该结构中键长有a、b两类，b的键长大于a的键长的可能原因为______。

（3）已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”或大键大键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大键的电子数和原子个数，如苯分子中大键表示为

①下列微粒中存在“离域键”的是______；

A.

②分子中大键可以表示为______；

（4）铁、钾两种单质的堆积方式剖面图分别如图2、图3所示。铁晶体中原子的空间利用率为______用含的式子表示15、（1）回答下列问题：

①处于基态的Ca和Fe原子，下列参数前者小于后者的是_________；

a.最外层电子数b.未成对电子数c.第一电离能d.原子半径。

②有文献表明，迄今为止（至2016年）除氦外，所有其他稀有气体元素都能形成化合物。试简要说明未能制得氦的化合物的理由_______________________。

（2）H和N可以形成多种化合物。

①已知联氨(N2H4)的物理性质与水接近，其原因是_____________________；

②计算表明：N4H62+的一种结构如图所示，氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，其中的大π键可表示为_________________。

（3）晶体X只含钠；镁、铅三种元素。在不同的温度和压力下；晶体X呈现不同的晶相。

①γ-X是立方晶系的晶体。铅为立方最密堆积，其余两种原子有选择的填充铅原子构成的四面体空隙和八面体空隙。在不同的条件下，γ-X也呈现不同的结构，其晶胞如图所示。X的化学式为_____________；在(b)型晶胞中，边长为apm，距离Pb最短的Na有_______个，长度为_______pm（用a表示）；Na填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为________和八面体空隙的百分比为________。已知(a)型晶胞的边长为770pm，则该型晶体的密度为_________g·cm-3。（只列出计算式）

②α-X是一种六方晶系的晶体，而在α-X中，镁和铅按1：1的比例形成类似于石墨的层状结构，钠填在层间。试画出一层α-X的结构__________。评卷人得分三、实验题(共1题，共2分)16、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_____________________________。评卷人得分四、工业流程题(共1题，共6分)17、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、原理综合题(共3题，共15分)18、Ⅰ.为了探究一种固体化合物甲（仅含3种元素）的组成和性质；设计并完成如下实验：(气体体积已经换算成标准状况下的体积）

请回答：

（1）写出化合物甲的化学式________。

（2）写出形成溶液C的化学方程式：_____________。

（3）写出气体A通入溶液D中，发生反应的离子反应方程式__________。

Ⅱ.近年来化学家又研究开发出了用H2和CH3COOH为原料合成乙醇（反应Ⅰ）；同时会发生副反应Ⅱ。

反应Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1

反应Ⅱ.CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2＞0

已知：乙醇选择性是转化的乙酸中生成乙醇的百分比。请回答：

（1）反应Ⅰ一定条件下能自发进行，则△H1___0。（填“＞”或“＜”）

（2）某实验中控制CH3COOH和H2初始投料比为1∶1.5，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：。温度（K）催化剂乙酸的转化率（%）乙醇选择性（%）573甲4050573乙3060673甲5535673乙4050

①有利于提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率的措施有______。

A使用催化剂甲B使用催化剂乙。

C降低反应温度D投料比不变；增加反应物的浓度。

E增大CH3COOH和H2的初始投料比。

②673K甲催化剂作用下反应Ⅰ已达平衡状态，测得乙酸的转化率为50%，乙醇的选择性40%，若此时容器体积为1.0L，CH3COOH初始加入量为2.0mol，则反应Ⅰ的平衡常数K=_____。

③表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CH3COOH转化成CH3CH2OH的选择性有显著的影响，其原因是_________________。

（3）在图中分别画出I在催化剂甲和催化剂乙两种情况下“反应过程-能量”示意图。_____

19、钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池；传感器、固体电阻器等的功能材料；回答下列问题：

(1)基态Ti原子的核外电子排布式为____________。

(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是____________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377﹣24.1238.3155

(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力为__________，Ca2+的配位数是__________。

(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是__________；若晶胞参数为anm，则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。

(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_______、_______。

20、复合氢化物可作为储氢和固体电解质材料；在能源与材料领域得到了广泛而深入的研究。

(1)复合氢化物升温加热可逐步分解放出氢气，理论上单位质量的下列复合氢化物其储氢能力由高到低的顺序是_______________(填标号)。A．Mg(NH2)2B．NaNH2C．H3N－BH3D．NaAlH4E．Li3AlH6(2)在Mg(NH2)2和NaNH2中均存在NHNH的空间构型为____________；中心原子的杂化方式为___________。

(3)2019年Rahm利用元素价电子的结合能重新计算各元素的电负性；短周期主族元素的Rahm电负性数值如下表所示：

。元素符号。

H

Rahm电负性。

13.6

元素符号。

Li

Be

B

C

N

O

F

Rahm电负性。

5.4

9.3

11.4

13.9

16.9

18.6

23.3

元素符号。

Na

Mg

Al

Si

P

S

Cl

Rahm电负性。

5.1

7.6

9.1

10.8

12.8

13.6

16.3

①写出基态B原子的价电子轨道表达式：______________________。

②通过上表可以推测Rahm电负性小于___________________的元素为金属元素。

③结合上表数据写出H3N－BH3与水反应生成一种盐和H2的化学方程式____________________。

(4)Li3AlH6晶体的晶胞参数为a＝b＝801.7pm；c＝945.5pm；α＝β＝90°、γ＝120°，结构如图所示：

①已知AlH的分数坐标为(0，0，0)、和，晶胞中Li+的个数为____________。

②右图是上述Li3AlH6晶胞的某个截面，共含有10个AlH其中6个已经画出(图中的O)，请在图中用O将剩余的AlH画出_________________。

③此晶体的密度为____________________________g·cm-3(列出计算式，已知阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1)。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共21分)21、A，B，C，D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A，B，C形成电子总数相等的分子X、Y、Z。C原子的最外层电子排布为nsnnp2n。E的原子序数为29。

(1)A，B，C的第一电离能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。

(2)X是含有________键(填“非极性”或“极性”，下同)的________分子。

(3)A的一种氢化物的相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为________。

(4)Y分子的空间构型为__________，其中心原子采取________杂化。

(5)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)Y是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因_________。

(7)写出E2＋的电子排布式___________________，并写出E2＋在Z中通入足量Y得到深蓝色溶液的离子反应方程式_______。22、锂离子电池已被广泛用作便携式电源。正极材料为LiCoO2、LiFePO4等，负极材料一般为石墨碳，以溶有LiPF6、LiBF4等的碳酸二乙酯(DEC)作电解液。

(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。

(2)PO43-的空间构型为________(用文字描述)。

(3)中的配位数为6，该配合物中的配位原子为_____。

(4)碳酸二乙酯(DEC)的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_____，1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有σ键的数目为_____。

(5)氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。

23、⑴已知在周期表的某一周期，其零族元素的价层电子排布式为同周期的A、B两种元素，最外层电子数为2、7，次外层电子数为8、18，则元素A为________，B为________（写元素符号）。若周期表有第8周期，则其最终的零族元素的原子序数为____________。

⑵稀有气体的化合物分子的空间构型是__________，写出与其互为等电子体的一种阴离子的化学式___________。

⑶硼酸能形成类似于石墨的层状结构；单层的结构如图所示。

则硼酸晶体中存在的作用力除共价键外，还有_____________。

⑷稀土资源是重要的战略资源；下图为某稀土元素A的氧化物晶体的立方晶胞结构示意图，其中氧离子占据顶点；面心、棱心、体心的位置，A离子占据半数的立方体空隙。

写出A氧化物的化学式______，A离子的配位数为______。已知晶胞参数为则间距为________设A的摩尔质量为晶体的密度为_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3；能量最高的能层为3p，根据洪特规则3p能层上的3个电子分占不同轨道，且自旋状态相同，具有相同的运动状态，所以磷原子核外最外层上能量高的电子有3种相同的运动状态；

故答案选C。2、A【分析】【详解】

A；同主族元素从上到下半径增大、第一电离能减小；Ca、Mg、Be原子半径依次减少，第一电离能依次增大，故A正确；

B；Mg的3s轨道全满；第一电离能大于Al，所以第一电离能Na＜Al＜Mg，故B错误；

C；N的2p轨道半充满；第一电离能大于O，所以第一电离能C＜O＜N，故C错误；

D；P的3p轨道半充满；第一电离能大于S，所以第一电离能S＜P＜Cl，故D错误。

【点睛】

同周期元素从左到右，第一电离能呈递增趋势，第ⅡA的最外层s轨道全满、ⅤA族元素最外层p轨道全满，为稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的元素。3、D【分析】【分析】

A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；

B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子的杂化方式不可能是sp3；

C；该物质中没有氢原子；没有氢键，且氢键不是化学键；

D；NO配位原子为N；提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键）；

【详解】

A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；故A错误；

B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子的杂化方式不可能是sp3；故B错误；

C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界存在离子键：内界CN－，NO存在极性键，内界中配位键也属于σ键，配位CN－中含有1根σ键；NO含有1根σ键，1mol配合物中σ键数目为6+1×5+1=12mol，故C错误；

D；NO配位原子为N；提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键），故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关性质。难点是B选项，要明确sp3杂化轨道有4个，不可能通过sp3杂货轨道形成该配合物。4、A【分析】【详解】

根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，SOCl2中S原子成2个S-Cl键，1个S=O，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，含一对孤电子，分子形状为三角锥型，故选A。5、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。6、D【分析】【详解】

A.晶体金红石的晶胞如图1所示，Ti为8×+1=2，O为4×+2=4，推知化学式为TiO2（注：氧原子分别位于晶胞的上下底面和内部）；故A正确；

B.配合物（如图2）分子中含有分子内氢键故B正确；

C.某手性分子可通过酯化反应让其失去手性，由变成故C正确；

D.不可以表示氯化钠晶体，是氯化钠的晶胞的故D错误；

故选D。7、B【分析】A项中的H2O分子之间能形成氢键,H2O的熔点比另外两种物质高;H2S、H2Se中H2Se的相对分子质量更大,分子间作用力大,H2Se的熔点比H2S的高,A项错误。B项中三种物质是组成和结构相似的分子晶体,GeH4、SiH4、CH4相对分子质量依次减小,分子间作用力依次减小,熔点依次降低,B项正确。C项也是组成和结构相似的分子晶体,但相对分子质量依次增大,因此熔点依次升高,C项错误。D项是结构相似的原子晶体,键长:Si—Si>Si—C>C—C,键能:Si—Si8、C【分析】【详解】

A.SiCl4的分子结构与CCl4相似，则SiCl4的结构为以Si原子为中心，Cl原子在正四面体顶点的正面体结构，则SiCl4的分子是由极性键构成的非极性分子；故A正确；

B.NH4Cl与NaOH均含有极性键和离子键；均属于离子化合物，故B正确；

C.SiO2属于原子晶体，熔点很高，SiCl4属于分子晶体；熔点较低，故C错误；

D.四者均属于离子晶体；离子所带电荷数相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，同主族简单阴阳离子从上往下半径以此增大，则熔点：LiF＞NaF＞NaCl＞KCl，故D正确；

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

根据表格电负性大小关系得出同一周期；同一主族的电负性变化规律；短周期元素中，电负性最大的元素为F根据电负性差值来判断离子化合物还是共价化合物。

【详解】

(1)同一周期中；从左到右，主族元素的电负性逐渐增大；同一主族中，从上到下，元素的电负性逐渐减小。所以主族元素的电负性随原子序数递增呈周期性变化；故答案为：逐渐增大；逐渐减小；周期性。

(2)短周期元素中，电负性最大的元素为F，与氢元素形成的化合物(HF)属于共价化合物，用电子式表示该化合物的形成过程+故答案为：共价；+

(3)Mg3N2：两者电负性之差3.0－1.2=1.8＞1.7，是离子化合物；BeCl2：两者电负性之差3.0－1.5=1.5＜1.7，是共价化合物；AlCl3：两者电负性之差3.0－1.5=1.5＜1.7，是共价化合物；SiC：两者电负性之差2.5－1.8=0.7＜1.7，是共价化合物；因此为离子化合物的是Mg3N2，为共价化合物的是BeCl2、AlCl3、SiC；故答案为：Mg3N2；BeCl2、AlCl3；SiC。

【点睛】

根据电负性的大小差值判断化合物类型。【解析】逐渐增大逐渐减小周期性共价+Mg3N2BeCl2、AlCl3、SiC10、略

【分析】【分析】

SO3价层电子对数为PO43-价层电子对数为NCl3价层电子对数为CS2价层电子对数为

【详解】

SO3价层电子对数为轨道杂化形式为sp2；VSEPR模型为平面三角形，由于孤对电子对数为0，分子构型为平面三角形；

PO43−价层电子对数为轨道杂化形式为sp3；VSEPR模型为四面体形，由于孤对电子对数为0，离子构型为正四面体形；

NCl3价层电子对数为轨道杂化形式为sp3；VSEPR模型为四面体形，由于孤对电子对数为1，分子构型为三角锥形；

CS2价层电子对数为轨道杂化形式为sp，VSEPR模型为直线形，由于孤对电子对数为0，分子构型为直线形；

故答案为：0、sp2、平面三角形；0、sp3、正四面体形；1、sp3、三角锥形；0、sp、直线形。【解析】。物质孤对电子对数轨道杂化形式分子或离子的形状SO30sp2平面三角形PO43−0sp3正四面体NCl31sp3三角锥形CS20sp直线形11、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：

（1）基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，根据泡利原理和洪特规则可得价电子排布图为

（2）根据价层电子对互斥理论，NCl3中氮原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2＝1，N原子的价层电子对数为3+1=4，则NCl3的VSEPR模型名称是四面体，中心原子杂化轨道属于sp3杂化。

（3）根据等电子体的特点，原子总数相同、价电子总数相同的即为等电子体。N2O的原子个数为3个，价电子数为16。则由第二周期非金属元素组成的等电子体分子为CO2。

（4）因NH3分子之间有氢键，沸点比PH3高。

（5）H－H键能为436KJ·mol-1，N－H键能为391KJ·mol-1，N≡N键能为945.6kJ•mol-1．。对于反应N2+3H22NH3的反应热=反应物的总键能－生成物的总键能=945.6kJ•mol-1＋436KJ·mol-1×3－391KJ·mol-1×6=－92.4KJ·mol-1，则生成2molNH3时；共放热92.4KJ。

（6）NH3极易溶于水，是因为NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3和水分子之间有氢键；NH3和水要发生化学反应。

考点：考查价电子排布图，价层电子对互斥理论，杂化，等电子体，相似相溶原理，氢键，键能等。【解析】四面形sp3杂化轨道CO2<NH3分子之间有氢键92.4NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3和水分子之间有氢键；NH3和水要发生化学反应12、略

【分析】【分析】

(1)根据配合物定义回答出配位数；配位原子；

(2)根据乙酸的分子结构式可知；σ键和π键的数目；

(3)根据H2O与CH3CH3OH分子的性质；

(4)根据Cr在元素周期表中的位置；写出核外电子排布式，写出外围电子排布式。

【详解】

(1)配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，与Cr3+形成配位键的原子是O；配位数是6；

(2)根据乙酸的分子结构式可知，CH3CHOOH分子中含有1个C−C、3个C−H、1个C−O、1个C=O、1个O−H等化学键,单键是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键，CH3COOH中C原子分别形成7个σ键，一个π键，则1molCH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA或7×6.02×1023，π键的数目为NA；

(3)二者都为极性分子，H2O与CH3CH3OH都含有氢键且相互之间可形成氢键；可以任意比例互溶；

(4)Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式是3d54s1。【解析】①.O②.6③.7NA（或7×6.02×1023）④.NA⑤.H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键⑥.3d54s113、略

【分析】【详解】

（1）在周期表中，与B的化学性质最相似的邻族元素是Si，硅元素基态原子核外M层电子排布式为3s23p2；所以有3个电子的自旋状态相同；

（2）电负性规律：同周期，从左到右：电负性依次增大；同主族，从上到下：电负性依次减小。NaBH4中电负性最大的元素为H；依据价层电子理论，NaBH4中B的价层电子对数为4，为sp3杂化。

（3）①1，3，5，6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；B一般是形成3个键；4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间；

②硼砂晶体由Na+、含有B的阴离子和H2O构成。观察模型,可知含有B的阴离子是(H4B4O9)m−，依据化合价H为+1，B为+3，O为−2，可得m=2，结合模型图和组成，硼砂的化学式为Na2B4O5（OH）4·8H2O；

（4）SiO2晶胞中，大球是Si，小球是O。Si的数目为O是Si的2倍，故是16。晶体的密度晶胞的体积V=a3。因此SiO2晶胞的边长a=【解析】Si3Hsp345Na2B4O5（OH）4·8H2O14、略

【分析】【分析】

（1）第一电离能实际上就是失电子的难易程度；电离能越小则代表失电子越容易，则还原性越强，因此可以从氧化还原性的强弱来考虑；

（2）键长与键能呈负相关，即键越长则能量越低，越容易断裂；对于稳定性而言是三键>双键>单键，则键长是单键>双键>三键；

（3）题干中已经告知我们大键的形成条件；因此我们只要从这些微粒的分子结构来判断存不存在相互平行的p轨道即可；

（4）利用率即“原子的体积占整个晶胞体积的百分比”；分别算出二者的体积再构造分式即可。

【详解】

一般金属性越强则第一电离能越小，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：与形成6个配位键，配位数为6，杂化无法形成6个空轨道；

分子中S原子形成2个键，孤电子对数为价层电子对数故分子中S原子的杂化轨道类型为杂化；分子的立体构型为V形；连接2个S原子的氧原子与S原子之间形成单键，连接1个S原子的氧原子与S之间形成双键，单键之间作用力比双键弱，单键的键长较长；

形成离域键的条件是“原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道“，硫酸根离子是正四面体结构，原子不处于同一平面内，硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道，为V形结构，为平面三角形，有相互平行的p轨道，可以形成离域键；

故答案为AD；

为直形型结构，有相互平行的p轨道，分子中大键可以表示为：

铁的晶体为面心立方最密堆积，令Fe原子的半径为rcm，则晶胞的棱长为晶胞体积晶胞中Fe原子数目晶胞中Fe原子总体积晶胞中原子的空间利用率【解析】中配位数为6V形形成b键的氧原子与两个S原子结合，原子之间形成单键，作用力较小15、略

【分析】【分析】

(1)①根据基态的Ca和Fe原子核外电子排布式分析判断；

②根据基态氦原子核外电子排布结构分析判断；

(2)①联氨(N2H4)的分子中的氮原子可与氢原子形成氢键；

②根据N4H62+的结构示意图；四个氮原子形成六电子的大π键；

(3)①结合原子在晶胞中的位置关系，利用均摊法计算书写分子式；在(b)型晶胞中，体对角线处的Na距离Pb最短据此计算距离；在(b)型晶胞中，Na填充了晶胞中铅原子构成的四面体有8个，其中只有4个四面体中填充了Na，铅原子构成八面体只有一个，且Na原子在八面体的体心；根据晶胞密度计算公式ρ=进行解答；

②α-X是一种六方晶系的晶体；而在α-X中，镁和铅按1：1的比例形成类似于石墨的层状结构，钠填在层间，则层内只有镁和铅。

【详解】

(1)①基态的Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，基态Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；

a．二者最外层电子数相等，故a不符合题意；

b．Ca原子没有未成对电子，Fe原子有4个未成对的电子，故b符合题意；

c．Ca与Fe同周期，同周期元素第一电离能从左至右呈增大的趋势，Ca原子核外电子排布处于全充满稳定状态，第一电离能比相邻元素大，但铁原子与钙不相邻，则第一电离能Ca＜Fe，故c符合题意；

d．Ca与Fe同周期；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Ca＞Fe，故d不符合题意；

答案选bc；

②基态氦原子核外电子排布式为1s2；基态氦原子具有唯一全充满的1s电子层，半径较小，具有较高的第一电离能，所以难以形成化合物；

(2)①联氨(N2H4)的分子中的氮原子可与氢原子形成氢键，并且分子间氢键数目较多，水分子间氧原子与氢原子也能形成氢键，则联氨(N2H4)的物理性质与水接近；

②根据N4H62+的结构示意图，四个氮原子形成六电子的大π键，可表示为

(3)①结合原子在晶胞中的位置关系，利用均摊法，在(a)型晶胞中，Pb位于晶胞的顶点和面心，数目为8×+6×=4，Na位于晶胞的体内，数目为8，Mg原子位于晶胞的棱上和体心，数目为12×+1=4，X的化学式为Na2MgPb；在(b)型晶胞中，体对角线处的Na距离Pb最短，共有4个，棱长为apm，面对角线长为apm，则体对角线的长度为apm，距离Pb最短的Na的长度为体对角线长度的则长度为apm；在(b)型晶胞中，Na填充了晶胞中铅原子构成的四面体有8个，其中只有4个四面体中填充了Na，Na填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为50%；铅原子构成八面体只有一个，且Na原子在八面体的体心，Na填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为100%；(a)型晶胞的边长为770pm，则晶胞的体积V=(770pm)3=(7.70×10-8)3cm3，在(a)型晶胞中，Pb位于晶胞的顶点和面心，数目为8×+6×=4，Na位于晶胞的体内，数目为8，Mg原子位于晶胞的棱上和体心，数目为12×+1=4，则一个晶胞中含有4个Na2MgPb；根据晶胞密度计算公式ρ==

②α-X是一种六方晶系的晶体，而在α-X中，镁和铅按1：1的比例形成类似于石墨的层状结构，钠填在层间，则层内只有镁和铅，层内α-X的结构为【解析】bc基态氦原子具有唯一全充满的1s电子层，半径较小，具有较高的第一电离能，所以难以形成化合物联氨分子间能形成较多氢键Na2MgPb4a50%100%三、实验题(共1题，共2分)16、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]Cl2四、工业流程题(共1题，共6分)17、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+五、原理综合题(共3题，共15分)18、略

【分析】【分析】

Ⅰ.固体甲在空气中灼烧生成的气体A能使品红褪色，加热后恢复红色，说明气体A为SO2，且物质的量为=0.04mol；固体乙用NaOH溶解后并过滤，固体丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液变红色，说明固体丙为Fe2O3，其物质的量为=0.005mol；固体乙有部分固体能溶解于NaOH，质量为1.82g-0.8g=1.02g，若为Al2O3，则其物质的量为=0.01mol，此时固体甲中含有的三种元素的总质量为0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，则固体乙为Fe2O3和Al2O3的混合物；

Ⅱ.(1)△H-T△S＜0的反应可自发进行；

(2)①结合平衡的移动因素分析；一般当平衡正向进行时，可提高反应物的转化率；

②673K时，在甲催化剂作用下反应Ⅰ已达平衡状态，此时容器体积为1.0L，若CH3COOH初始加入量为2.0mol，结合三行计算列式得到平衡浓度，反应Ⅰ的平衡常数K=

③不同的催化剂催化效率不同；

(3)加入催化剂；可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变。

【详解】

Ⅰ.固体甲在空气中灼烧生成的气体A能使品红褪色，加热后恢复红色，说明气体A为SO2，且物质的量为=0.04mol；固体乙用NaOH溶解后并过滤，固体丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液变红色，说明固体丙为Fe2O3，其物质的量为=0.005mol；固体乙有部分固体能溶解于NaOH，质量为1.82g-0.8g=1.02g，若为Al2O3，则其物质的量为=0.01mol，此时固体甲中含有的三种元素的总质量为0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，则固体乙为Fe2O3和Al2O3的混合物；

(1)由分析知化合物甲的组成元素是Fe、Al和S，三者的物质的量之比为0.01mol：0.02mol：0.04mol=1:2:4，则化合物甲的化学式为FeAl2S4；

(2)氧化铝溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠，发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

(3)气体A为SO2气体，溶液D含有Fe3+，通入SO2后发生氧化还原反应，所得溶液中生成Fe2+和SO42-，发生反应的离子反应方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+；

Ⅱ.(1)Ⅰ．CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1，反应△S＜0，满足△H-T△S＜0，则△H1＜0；

(2)①已知CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1＜0；

A．使用催化剂甲不影响平衡的移动，无法提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故A错误；

B．使用催化剂乙不影响平衡的移动，无法提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故B错误；

C．降低反应温度平衡正向移动，可提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故C正确；

D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应移动，可提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故D正确；

E．增大CH3COOH和H2的初始投料比，即相当于增大CH3COOH的浓度，平衡向正反应方向移动，可提高H2的转化率，但CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率降低；故E错误；

故答案为CD；

②控制CH3COOH和H2初始投料比为1：1.5，673K时，在甲催化剂作用下反应Ⅰ已达平衡状态，乙酸转化率50%，此时容器体积为1.0L，若CH3COOH初始加入量为2.0mol；乙醇的选择性为0%，则反应Ⅰ中：

CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)

起始量(mol/L)2300

变化量(mol/L)2×50%=121×0.41×0.4

平衡量(mol/L)110.40.4

反应Ⅰ的平衡常数K==0.16；

③表中实验数据表明，此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对CH3COOH转化成CH3CH2OH的选择性有显著的影响；

(3)从表中数据分析，在催化剂乙的作用下，乙醇的选择性更大，说明催化剂乙对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂乙的反应过程中活化能更低，故图为

【点睛】

复杂化学式的确定的解题特点：常给出一种成分较为复杂的化合物及其发生某些化学反应时产生的现象，通过分析、推理、计算，确定其化学式。此类题目往往将计算、推断融为一体，计算类型灵活多变，具有较高的综合性，在能力层次上要求较高。其解题的一般方法和思路：一是依据题目所给化学事实，分析判断化合物的成分；二是以物质的量为中心，通过计算确定各成分的物质的量之比。【解析】①.FeAl2S4（或Al2FeS4或FeS•Al2S3或Al2S3•FeS）②.Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+④.＜⑤.CD⑥.0.16或5/32⑦.表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对乙醇选择性有影响。⑧.19、略

【分析】【分析】

(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；(2)考查了不同类型的晶体的熔沸点比较；相同类型的晶体的熔沸点比较；(3)考查了电负性的周期性变化规律，微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数；(4)考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论，晶体密度的计算问题；(5)重点考查通过反应历程图，来书写离子方程式等。

【详解】

(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；

(2)一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；

(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；故答案为：O>Ti>Ca；离子键；12；

(4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱中N原子上无孤对电子，周围形成了4个键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为个，的数目为个，I-的数目为个，故晶胞的密度为故答案为：Ti4+；sp3；

（5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+，右边发生I2+2Eu2+=2Eu3++2I-，故答案为：Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+；I2+2Eu2+=2Eu3++2I-

【点睛】

对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的；化学键的类型判断主要也是通过电负性，当两元素的电负性相差1.7以上形成离子键，小于则形成共价键；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构计算晶体密度时，先要确定晶胞中含有的微粒数目，这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用，然后根据质量的两种计算方法相等即来进行求算。【解析】1s22s22p63s23p63d24s2TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高O＞Ti＞Ca离子键12Ti4+sp32Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+2Eu2++I2=2Eu3++2I−20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)复合氢化物中氢元素的质量分数即为单位质量复合氢化物的储氢能力，Mg(NH2)2中氢的质量分数为NaNH2中H％为H3N－BH3中H％为NaAlH4中H％为⑤Li3AlH6中H％为所以储氢能力最低的是B；

(2)NH的价层电子数为根据VSEPR理论，NH的理论构型为正四面体，因含两对孤对电子，所以NH2－的空间构型为V形，因价层电子对数为4，所以中心原子N的杂化方式为sp3杂化；

(3)①硼是第5号元素，在元素周期表中位于第二周期第ⅢA族、p区，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1，价电子轨道表达式为

②表中金属元素电负性最大的为9.3；非金属元