2025年仁爱科普版选修3化学上册月考试卷含答案

…………○…………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化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是()A.原子核外电子排布式为ls2的X原子与原子核外电子排布式为ls22s2的Y原子B.原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C.2p轨道上有一个空轨道的X原子与3p轨道上有一个空轨道的Y原子D.最外层都只有一个电子的X、Y原子2、下列说法正确的是（）A.核外电子排布式为的原子能产生发射光谱B.电子的能量不一定高于电子的能量C.基态钠原子核外电子只有1种运动状态D.违反了泡利原理3、某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，用强碱处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是A.NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同B.配合物中心离子的电荷数和配位数均为4C.PtCl4·2NH3的立体构型为正八面体形D.Cl－和NH3分子均与中心离子Pt4＋配位4、最近，科学家合成了含有N的盐类,含有该离子的盐是高能爆炸物质,该离子的结构呈“V”形,如图所示，以下有关该物质的说法中正确的是（）

A.每个N中含有35个质子和36个电子B.该离子中有非极性键和配位键C.该离子中含有2个π键D.与PCl互为等电子体5、下表中各粒子、粒子对应的立体结构及解释均正确的是。粒子立体结构解释A氨基负离子()直线形N原子采用sp杂化B二氧化硫(SO2)V形S原子采用sp3杂化，与H2O中的O原子杂化形式相同C乙炔(C2H2)直线形C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键D碳酸根离子()三角锥形C原子采用sp3杂化A.AB.BC.CD.D6、下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A.SO3与SO2B.BF3与NH3C.BeCl2与SCl2D.H2O与SO27、下列说法不正确的是()A.HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关B.H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子之间存在氢键C.甲烷可与水形成氢键D.I2易溶于CCl4可以用相似相溶原理解释评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、在下列有关晶体的叙述中错误的是（）A.分子晶体中，一定存在极性共价键B.原子晶体中，只存在共价键C.金属晶体的熔沸点均很高D.稀有气体的原子能形成分子晶体9、下列各式中各能级能量高低的排列顺序正确的是（）A.B.C.D.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、砷化氢(AsH3)是一种无色、可溶于水的气体，其分子构型是三角锥形。下列关于AsH3的叙述中正确的是A.AsH3分子中有未成键的电子对B.AsH3是非极性分子C.AsH3是强氧化剂D.AsH3分子中的As—H键是极性键12、硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示。下列说法正确的是（）

A.m=2B.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型相同C.1、2原子间和4、5原子间的化学键可能是配位键D.若382g硼砂晶体中含2molNa+，则硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O13、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14、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，晶体的硬度越小评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、铜是第四周期重要的过渡元素之一；其单质及化合物具有广泛用途。

请回答下列有关问题：

⑴铜原子的基态电子排布式是____________。比较第一电离能Cu______Zn（填“＞”、“＝”、“＜”），说明理由___________________。

⑵氮和铜形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为_______。（每个球均表示1个原子）

⑶铜可以形成多种多样的配合物。

①NH3可以和很多过渡金属形成配合物。NH3分子中心原子的杂化类型为____杂化，与NH3互为等电子体的粒子有___。（只写其中一种）

②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。试用离子方程式表示其原因____、___。

⑷在绿色植物标本的制作过程中，将植物材料洗净后浸入5%的硫酸铜溶液中，叶绿素（如图1）中心离子Mg2＋被置换成Cu2＋（如图2），叶片则永保绿色，请在图2中用箭头表示出配位键。16、X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。

（1）Y在元素周期表中的位置为_________；

（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_________（写化学式）。

（3）X、Y、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体；写出其反应离子方程式：_________；

（4）M的氧化物与G的单质的水溶液均有漂白性，相同条件下，相同体积的该M的氧化物与Y的单质混合通入品红溶液，品红溶液_________（填褪色或不褪色），原因（用化学方程式表示）_________。17、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）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”）。

（2）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为__________。18、试判断下列分子中心原子的杂化类型和分子构型。

（1）NI3：______；

（2）CH3Cl：______；

（3）CO2：______；

（4）BF3：______；

（5）H2O：______。19、据报道复旦大学修发贤教授课题组成功制备出砷化铌纳米带；并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯的导电性。相关研究论文已在线发表于权威科学期刊《自然》。回答下列问题：

（1）铌元素(Nb)为一种金属元素，其基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d55s1。下列是Nb的不同微粒的核外电子排布式，其中失去最外层1个电子所需能量最小的是___（填标号）。

a.[Kr]4d35s15p1b.[Kr]4d45s1c.Kr]4d2d.Kr]4d3

（2）砷为第VA族元素，砷可以与某些有机基团形成有机化合物，如(ClCH=CH)2AsCl，其中As原子与2个C原子、1个Cl原子形成的VSEPR模型为____。

（3）英国曼彻斯特大学物理学家安德烈·盖姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫用微机械剥离法成功从石墨中分离出石墨烯；因此共同获得2010年诺贝尔物理学奖；而石墨烯具有优异的光学；电学、力学特性在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景，被认为是一种未来革命性的材料。

已知“石墨烯”的平面结构如图所示，一定条件下石墨烯与H2发生加成反应生成石墨烷，石墨烷中碳原子杂化类型是___，石墨烯导电的原因是____。

（4）石墨烯也可采用化学方法进行制备如采用六氯苯、六溴苯作为原料可制备石墨烯。下表给出了六氯苯、六溴苯、苯六酸俗名为蜜石酸的熔点和水溶性：。物质六氯苯六溴苯苯六酸熔点/℃231325287水溶性不溶不溶易溶

六溴苯的熔点比六氯苯高的原因是____，苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异本质原因是___。

（5）出于以更高效率利用太阳光等目的研制出金红石型铌氧氮化物(NbON)，比以往的光学半导体更能够吸收长波长侧的光，作为光学半导体的新材料。该化合物的晶胞有如图所示的两种构型，若晶胞的边长为apm，该晶体的密度为__g·cm-3。（NA是阿伏加德罗常数的值，相关原子量：Nb—93）

20、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al；Ca、Cu、Fe四种金属元素组成；回答下列问题：

（1）基态Fe原子有_______个未成对电子，Fe3+的价电子排布式为__________。

（2）新制的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛分子中含有的σ键与π键的比例为___。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为_____，配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化学键类型有_________，1mol该物质中有______个σ键。

（3）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4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）CaCl2熔点高于AlCl3的原因__________________________________。

（5）CaF2晶胞如图所示，已知：氟化钙晶体密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。氟化钙晶体中Ca2+和F-之间最近核间距(d)为______________pm(只要求列出计算式即可)。21、（15分）周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：

（1）Y、Z、T中第一电离能最大的是____（填元素符号，下同），原子半径最小的是____。

（2）T的原子结构示意图为____，W基态原子的电子排布式为____。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是____（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是____（填化学式；写一种）。

（4）T与Z形成的化合物中，属于非极性分子的是____（填化学式）。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为____，阳离子中存在的化学键类型有____。

评卷人得分四、原理综合题(共4题，共8分)22、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。_____

23、核安全与放射性污染防治已引起世界核大国的广泛重视。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘一131和铯一137。碘—131—旦被人体吸入；可能会引发甲状腺等疾病。

(l)Cs(铯)的价电子的电子排布式为6s1，与铯同主族的前四周期（包括第四周期）的三种金属元素X、Y、Z的电离能如下表。元素代号XYZ第一电离能（kJ·mol-1)520496419

上述三种元素X、Y、Z的元素符号分别为_________，基态Z原子的核外电子排布式为______，X形成的单质晶体中含有的化学键类型是_________________。

(2)F与I同主族，BeF2与H2O都是由三个原子构成的共价化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的杂化方式分别为______、______，BeF2分子的立体构型是____________，H2O分子的立体构型是________________。

(3)与碘同主族的氯具有很强的活泼性，能形成大量的含氯化合物。BC13分子中B—C1键的键角为__________________。

(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有____个131I2分子；KI的晶胞结构如图乙所示，每个K+紧邻______个I-。

(5)KI晶体的密度为ρg•cm3，K和I的摩尔质量分别为MKg•mol-1和MIg•mol-1，原子半径分别为rKpm和rIpm，阿伏加德罗常数值为NA，则KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____________。24、太阳能电池可分为：硅太阳能电池；化合物太阳能电池，如砷化镓(GaAs)；铜铟镓硒(CIGS)、硫化镉(CdS)，功能高分子太阳能电池等，Al-Ni常作电极。据此回答问题：

(1)镍(Ni)在周期表中的位置为______；S原子的价电子排布式为________；Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是________。

(2)Na3As3中As原子的杂化方式为_____；AsCl3的空间构型为____。

(3)GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为__________。

(4)写出一种与SO42-互为等电子体的分子_________。

(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_____。已知GaAs的密度为ρg/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag/mol和MAsg/mol，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为________pm。

25、碳及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：

(1)基态碳原子核外有________种能量不同的电子，其核外电子运动状态由_____种因素决定。

(2)CH4分子间不能形成氢键，主要原因是CH4分子中的碳原子不含孤对电子、_____、_____________。

(3)碳酸的非羟基氧的个数和磷酸的非羟基氧的个数都是1,从结构上分析，它们的强度相近，均为中强酸。然而事实上二氧化碳水溶液的酸性却很弱，原因是__________。

(4)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，N原子的杂化轨道类型为______，乙二胺通过配位键能与Cu2+形成稳定的环状配离子，其结构可表示为__________。

(5)金刚石是碳的一种同素异形体，属于_______晶体。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是下图___________（从A~D图中选填）．

若碳原子半径为r,金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为_____________（用含π的代数.式表示）．评卷人得分五、元素或物质推断题(共5题，共50分)26、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____________。27、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____。28、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________。29、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：____________________。30、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7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A、原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，结构稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be；结构不稳定，故A错误；

B；原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg原子；原子核外N层上仅两个电子的Y原子是Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，故B错误；

C；2p轨道上只有一个电子的X为B元素；3p轨道上只有一个电子的Y为Al，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；

D；最外层都只有一个电子的X、Y原子；可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故D错误；

答案选C。2、D【分析】【详解】

A．1s22s22p2为基态原子；不能产生发射光谱，故A错误；

B．各能级能量的大小顺序为1s；2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s；ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故B错误；

C．钠原子核外具有11个核外电子；处于不同能层；能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子的自旋方向不同，所以有11种不同的运动状态，故C错误；

D．对于3p能级共有3个轨道；最多可以排6个电子，违反了泡利不相容原理，故D正确；

答案选D。

【点睛】

发射光谱是由激发态原子变成基态原子形成的光谱。3、D【分析】【分析】

加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]；据此分析解答。

【详解】

A．NH3中氮原子的价层电子对数=3+=4，NO3-中氮原子的价层电子对数=3+=3；氮原子的杂化方式不同，故A错误；

B．配合物中中心原子的电荷数为4；配位数为6，故B错误；

C．该配合物中中心原子的配位数为6；应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C错误；

D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]；故D正确；

故选D。4、B【分析】【详解】

A.1个氮原子中含有7个质子、7个电子，则1个N5分子中含有35个质子、35个电子，N是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N粒子中有35个质子；34个电子，A错误；

B.N中氮氮三键是非极性共价键；中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤电子对形成配位键，B正确；

C.1个氮氮三键中含有2个π键；所以该离子中含有4个π键，C错误；

D.N和PCl具有相同原子数；但价电子数分别为5×5-1=24，5+4×7-1=32，不是等电子体，D错误。

答案选B。5、C【分析】【详解】

A.中心原子N原子价层电子对数=采用sp3杂化；VSEPR构型为四面体形，N原子有两对价电子未参与成键，减去孤电子对数即为分子的立体构型：V型，故A错误；

B.SO2中S原子的价层电子对数=δ键数+孤对电子对数=含孤电子对数为1，杂化轨道数3，采取sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，减去孤电子对数即为分子的立体构型：V形；根据价层电子对互斥理论可得H2O中的O原子杂化形式为sp3杂化；故B错误；

C.C2H2为直线形；键角180°，中心原子C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键，所以分子的立体构型为直线型，故C正确；

D.中，价层电子对数=VSEPR构型为平面三角形，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化；VSEPR构型为平面三角形，减去孤电子对数即为分子的立体构型：平面三角形，故D错误；

故选：C。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．SO3中S原子的价电子对数为3+(6-6)=3，采取sp2杂化方式，SO2中S原子的价电子对数为2+(6-4)=3，采取sp2杂化方式；故A正确；

B．BF3中B原子的价电子对数为3+(3-3)=3，采取sp2杂化方式，NH3中N原子的价电子对数为3+(5-3)=4，采取sp3杂化方式；二者杂化方式不同，故B错误；

C．BeCl2中Be原子的价电子对数为2+(2-2)=2，采取sp杂化方式，SCl2中S原子的价电子对数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化方式；二者杂化方式不同，故C错误；

D．H2O中O原子的价电子对数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化方式，SO2中S原子的价电子对数为2+(6-4)=3，采取sp2杂化方式；二者杂化方式不同，故D错误；

答案选A。

【点睛】

本题考查原子轨道杂化类型判断，难度中等。需熟练掌握几种常见分子的中心原子杂化类型。7、C【分析】【详解】

A.HCl、HBr；HI都是分子晶体；由于它们的相对分子质量逐渐增大，则分子间作用力依次增大，所以物质的熔沸点依次升高，A正确；

B.H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子之间除了存在范德华力外；还存在分子间氢键，B正确；

C.甲烷中C原子半径较大；电负性较小；则甲烷不可与水形成氢键，C错误；

D.I2与CCl4都是非极性分子，根据相似相溶原理可知：I2易溶于CCl4中；D正确；

答案选C。二、多选题(共7题，共14分)8、AC【分析】【分析】

A.分子晶体如果是单质中只存在非极性键；所以A错；B.原子晶体中只存在共价键。

是正确的；故B正确；C.金属晶体的熔沸点有高有低，如钨的熔沸点很高，而金属汞常温下为液体，故C错；D.稀有气体的原子能形成分子晶体是正确的，故D正确。

【详解】

所以本题的正确答案为：A.C。9、BC【分析】【详解】

A.不同能层不同能级的电子能量：E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；故A错误；

B.不同能层不同能级的电子能量：E(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s)；故B正确；

C.不同能层不同能级的电子能量：E(4s)>E(3s)>E(2s)>E(1s)；故C正确；

D.不同能层不同能级的电子能量：E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；故D错误；

故选：BC。

【点睛】

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<3s<4s2p<3p<4p；③不同层不同能级ns<（n-2）f<（n-1）d10、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.AsH3分子中As原子最外层有5个电子；其中3个电子和3个氢原子形成共用电子对，所以该物质中有1对未参与成键的孤对电子，故A正确；

B.该分子为三角锥形结构；正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故B错误；

C.AsH3中As原子易失电子而作还原剂；所以是一种强还原剂，故C错误；

D.同种非金属元素之间形成非极性键；不同种非金属元素之间形成极性键，所以As—H原子之间存在极性键，故D正确；

故答案选：AD。12、AD【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．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，故A正确；

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，所以在Xm-中；硼原子轨道的杂化类型有不同，故B错误；

C．2号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，所以配位键存在4号与5号之间，故C错误；

D．若硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，则382g硼砂晶体中含×2=2molNa+；故D正确；

答案选AD。13、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。14、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。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

（1）铜的原子序数是29；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大；

（2）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算化学式；

（3）①NH3分子中N原子呈3个N-H键；N原子还原1对孤对电子对，杂化轨道数为4，据此判断杂化方式；原子数和电子数目相同的微粒为等电子体；②氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；

（4）配位键是化学键的一种；两个或多个原子共同使用它们的外层电子，在理想情况下达到电子饱和的状态。

【详解】

（1）铜原子的基态电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu失去1个电子后内层电子达到全充满的稳定状态；铜的第一电离能小于锌；

答案：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；＜；Cu失去1个电子后内层电子达到全充满的稳定状态；

（2）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有N原子的数目为8×=1，Cu原子的数目为：12×=3，故化学式为Cu3N；

答案：Cu3N；

（3）①NH3分子中N原子呈3个N-H键，N原子还原1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化；NH3的等电子体H3O+；

答案：sp3；H3O+；

②氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH-；

答案：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH-；

（4）配位键是指成键双方一方提供空轨道一方提供孤对电子．N元素最外层有5个电子通过3个共用电子对就可以形成8电子稳定结构．所以Cu与4个氮形成共价健的氮原子中；有2条是配位键，氮原子提供电子，Cu提供空轨道；

答案：【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.<③.Cu失去1个电子后内层电子达到全充满的稳定状态④.Cu3N⑤.SP3⑥.H3O＋⑦.Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4＋⑧.Cu(OH)2＋4NH3=Cu(NH3)42＋+2OH-16、略

【分析】试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Y原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体）。

（1）Y是O元素；O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；

（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，故答案为：HClO4；

（3）用硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应可制得二氧化硫气体，其反应离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）二氧化硫和氯水都有漂白性，但当它们以相同体积混合通人品红溶液，由于发生氧化还原反应，使两种物质都失去了漂白作用，所以品红溶液不褪色，化学方程式表示为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。

考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。【解析】（1）第二周期第ⅥA族；

（2）HClO4；

（3）HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl17、略

【分析】【详解】

（1）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构；分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；

（2）晶胞的计算：白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4。【解析】①.sp3、sp2②.易溶于水③.418、略

【分析】【分析】

利用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论进行解题。

【详解】

(1)NI3：中心原子N原子孤电子对数为×(5-3×1)=1，价层电子对数为3+1=4，杂化轨道为sp3；VSEPR模型为四面体，去掉孤电子对，分子空间构型为三角锥形；

(2)CH3Cl：中心原子C原子孤电子对数为×(4-3×1-1)=0，价层电子对数为4，杂化轨道为sp3；VSEPR模型为四面体，无孤电子对，分子空间构型为四面体型；

(3)CO2：中心原子C原子孤电子对数为×(4-2×2)=0；价层电子对数为2，杂化轨道为sp，VSEPR模型为直线型，无孤电子对，分子空间构型为直线型；

(4)BF3：中心原子B原子孤电子对数为×(3-3×1)=0，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2；VSEPR模型为平面三角形，无孤电子对，分子空间构型为平面三角形；

(5)H2O：中心原子O原子孤电子对数为×(6-2×1)=2，价层电子对数为2+2=4，杂化轨道为sp3；VSEPR模型为四面体，去掉孤电子对，分子空间构型为V型。

【点睛】

分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，孤电子对数的计算用最外层电子数减去成键电子数，再除以2。如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则杂化轨道为sp3，四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则杂化轨道为sp3，三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则杂化轨道为sp3，V形；如果价层电子对数是3且不含孤电子对，则杂化轨道为sp2，平面三角形结构，如果价层电子对数是2，则杂化轨道为sp，直线型结构。【解析】①.sp3、三角锥②.sp3、四面体③.sp、直线型④.sp2、平面三角形⑤.sp3、V型19、略

【分析】【分析】

（1）激发态失去最外层1个电子所需能量最小；

（2）As原子与2个C原子；1个Cl原子形成共价键；还有一对孤电子对；

（3）石墨烷中碳原子形成4个共价键，杂化类型为sp3；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子；都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性；

（4）分子晶体；结构相似，相对分子质量越大，形成的范德华力强，熔点高；苯六酸含多个羧基，与水分子能形成氢键；六氯苯；六溴苯为非极性分子，根据相似相溶原理，均难溶于水；

（5）根据计算。

【详解】

（1）Nb元素的基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d55s1，失去最外层1个电子所需能量，[Kr]4d35s15p1属于激发态的电子排布式；所以失去最外层1个电子所需能量最小的a，故答案为：a；

（2）As原子与2个C原子；1个Cl原子形成共价键；还有一对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形；

（3）石墨烯与H2发生加成反应生成石墨烷，石墨烷中碳原子形成4个共价键，杂化类型为sp3；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性，故答案为：sp3；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子；都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性；

（4）六溴苯和六氯苯均属于分子晶体；且结构相似，六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，形成的范德华力强，熔点高；苯六酸含多个羧基，与水分子能形成氢键，从而易溶于水，六氯苯；六溴苯为非极性分子，根据相似相溶原理，均难溶于水，故答案为：两者结构相似，六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，形成的范德华力强，熔点高；苯六酸含多个羧基，与水分子形成氢键，从而易溶于水，六氯苯、六溴苯为非极性分子，难溶于水；

（5）根据晶胞图可知，该晶胞中含有2个Nb原子，2个O原子，2个N原子，所以故答案为：

【点睛】

杂化类型：中心原子的价层电子对数为4，则sp3杂化、中心原子的价层电子对数为3，则sp2杂化、中心原子的价层电子对数为2，则sp杂化；中心原子的价层电子对数=键+孤电子对数。【解析】①.a②.四面体形③.sp3④.石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性⑤.两者结构相似，六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，形成的范德华力强，熔点高⑥.苯六酸含多个羧基，与水分子形成氢键，从而易溶于水，六氯苯、六溴苯为非极性分子，难溶于水⑦.20、略

【分析】【详解】

(1)26号元素铁基态原子核外电子排布是为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变成铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；(2).一个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，乙醛中甲基上的碳形成4条σ键，无孤对电子，因此采取sp3杂化类型，醛基中的碳形成3条σ键和1条π键，无孤对电子，采取sp2杂化类型。配合物｛Cu(NH3)4｝(OH)2中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子，铜离子和氨气分子之间形成配位键，氨气分子中氮和氢原子之间以共价键结合，内界离子和外界离子氢氧根离子之间以离子键结合，所以含有的化学键离子键、共价键、配位键,1mol[Cu(NH3)4](OH)2中含4mol氨气，4mol氨气总共含有σ键的物质的量为12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，外界的氢氧根离子中也有2molσ键，所以含有的σ键的物质的量为18mol，即18NA个。(3).该晶胞中氧原子个数为=8，有氧化亚铜中铜和氧的比例关系可知该晶胞中铜原子个数为氧原子个数的2倍，即为16个。(4)CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，所以氯化钙的熔点比氯化铝的高。(5)该晶胞中氟离子个数为8，钙离子个数为=4，故1mol晶胞的质量为4×78g，由晶胞的密度可以求出晶胞的体积为cm3，故晶胞的边长为cm。将晶胞分成8个小正方体，则氟离子与钙离子之间的最小距离就是小正方体的顶点与体心之间的距离，因此，d=cm=pm。【解析】41s22s22p63s23p63d56:1sp2sp3离子键、共价键、配位键18NA16CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体21、略

【分析】试题分析：周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X是氢元素。Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则Y应该是氮元素。Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，所以Z是氧元素。T与Z同主族，则T是S元素。W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则W是Cu元素。

（1）非金属性越强；第一电离能越大。但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则氮元素的第一电离能大于氧元素的。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径最小的是O。

（2）S的原子序数是16，原子结构示意图为根据核外电子排布规律可知W基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3。分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。

（4）T与Z形成的化合物中，SO2是V形结构，三氧化硫是平面三角形，则属于非极性分子的是SO3。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，则为硫酸根。阳离子的结构如右图所示，即为氨气和铜离子形成的配位健，则该配合物的化学式为[Cu(NH3)4]SO4；阳离子中存在的化学键类型有配位健及氮元素与氢原子之间的共价键。

考点：考查元素推断、第一电离能、空间构型、原子半径、化学键、核外电子排布等【解析】（1）NO（各1分）（2）（1分）[Ar]3d104s1（2分）

（3）NH3（2分）H2O2或N2H4（2分）（4）SO3（2分）

（5）[Cu(NH3)4]SO4（2分）共价键、配位键（2分）四、原理综合题(共4题，共8分)22、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。⑧.23、略

【分析】【详解】

(1)由铯的最外层电子排布式为6s1，可知A、B、C为第ⅠA族，而ⅠA族前四周期的元素分别为H、Li、Na、K，又由提供的A、B的第一电离能的差值与B、C的第一电离能的差值相差不大可知，A、B、C不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故A、B、C分别为Li、Na、K；都是金属单质，微粒均以金属键结合，故答案为Li、Na、K；1S22S22P63S23P64S1；金属键；

(2)BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，所以Be原子的价层电子对数为=2，Be原子的杂化类型为sp杂化，为直线形分子；H2O分子的中心原子为O，其价电子数为6，H提供2个电子，所以O原子的价层电子对数为=4，O原子杂化类型为sp3，为V形分子，故答案为sp、sp3；直线形；V形；

(3)硼原子价电子数为3，Cl提供3个电子，硼原子的价层电子对数为=3，因价层电子对中没有孤对电子，故BCl3为平面正三角形结构；分子中B-Cl键的键角为120°；

故答案为120°；

(4)由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个I2分子；KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻6个I-；故答案为4；6；

(5)根据均摊法计算，K：8×+6×＝4，I：12×+1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(πr3K×4+πr3I×4)×10-30，晶胞的体积V2==故KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%=×100%，故答案为×100%。

点睛：本题综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、电离能、杂化理论、分子结构、晶胞结构与计算等。本题的易错点和难点是(5)的计算，要学会利用分割法确定微粒数目和体积的百分率的计算方法。【解析】Li、Na、Kls22s22p63s23p64sl金属键spsp3直线形V形120°46×100%24、略

【分析】【分析】

(1)镍是28号元素；根据构造原理，可确定Ni；S的核外电子排布式，结合原子结构与元素在元素周期表的位置关系确定其在周期表中的位置；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当原子核外电子处于其轨道上的全满、半满、全空时是稳定结构，比相应原子序数大1个的VIA的元素大分析。

(2)根据As原子最外层电子数及形成化学键的关系分析Na3As3中As原子的杂化方式；AsCl3的空间构型要根据成键电子对与孤对电子分析其空间构型；

(3)GaAs根据微粒间的作用力与微粒半径大小分析物质熔点高低；

(4)根据等电子体的概念分析其相应的等电子体；

(5)根据微粒的空间构型及相对位置分析其空间构型；用均摊法先计算晶胞中含有的As；Ga原子数目，计算出晶胞的质量，结合晶胞的密度可得晶胞的体积。

【详解】

(1)镍是28号元素，根据构造原理，可确定Ni核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，在元素在元素周期表的位置为第四周期第Ⅷ族；S原子的价电子排布式为1s22s22p4；一般情况下，同一周期的元素原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但As原子核外最外层的4p轨道的电子处于半充满的较稳定状态，比同周期原子序数大1个的VIA的Se元素大，所以Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是As>Se>Ga。

(2)在Na3As3中As最外层有5个电子，形成3个共价键即δ键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3；AsCl3中As的价层电子对数=3+(5-1×3)=4，As原子采用sp3杂化，由于孤电子对对成键电子对排斥了强，所以AsCl3分子空间构成三角锥形分子；

(3)GaAs熔点为1238℃；GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN是因为两种晶体均为原子晶体，且GaN中N原子半径比Ga小，Ga-N键长比Ga-As短，键能更大，断裂化学键需要的能量大，因此熔点更高；

(4)根据等电子体的概念是原子数相同，最外层电子数也相同的微粒，则SO42-相应的等电子体是CCl4、SiCl4、SiF4、CF4；

(5)该晶胞中Ga原子处于与它最近的四个As原子所构成的正四面体的几何中心，因此Ga所处空隙类型为正四面体；在该晶胞中含有的As原子数目为：=4，含有的Ga原子数目为：1×4=4，因此该晶胞在含有4个GaAs，则晶胞的质量为m=g，由于晶胞的密度为ρg/cm3，所以晶胞的体积为V=cm3，则晶胞的边长L=cm=×1010pm。在该晶体在两个Ga原子之间的距离为晶胞边长的倍，所以两个Ga原子之间的距离为×1010pm。

【点睛】

本题考查物质结构和性质的知识，涉及元素在元素周期表的位置、原子杂化方式判断、微粒空间构型、物质熔点比较、晶体结构分析与计算等知识点，本题综合性较强，侧重考查学生判断及知识综合应用能力，易错点是晶体中最近的Ga原子之间的位置及其与晶胞边长的关系的确定与计算，题目难度中等。【解析】第四周期第Ⅷ族3s23p4As>Se>Gasp3三角锥形均为原子晶体，且GaN中N原子半径小，Ga-N键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高CCl4、SiCl4、SiF4、CF4(填其中一种即可)正四面体形×101025、略

【分析】【分析】

(1)同一能级中的电子能量相同；不同能级中电子能量不同；

(2)根据氢键的形成条件及本质分析解答；

(3)根据酸的分子结构及二氧化碳在水中的溶解度分析解答；

(4)根据价层电子对互斥模型分析解答；根据配位键的形成原理分析配位离子的结构；

(5)根据物质的熔沸点；硬度等物理性质判断晶体类型；根据晶胞的空间结构分析解答。

【详解】

(1)碳原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2，有1s、2s、2p3个能级，故核外有3种能量不同的电子；其核外电子运动状态由4种因素决定，分别为：a.电子层（主量子数n）；b.电子亚层和电子云的形状（副量子数或角量子数l）；c.电子云的伸展方向（磁量子数m）；d.电子的自旋（自旋量子数ms）；

故答案为：3；4；

(2)形成氢键的条件有：1.存在与电负性很大的原子A形成强极性键的氢原子；2.存在较小半径、较大电负性、含孤对电子、带有部分负电荷的原子B(F、O、N)；CH4分子间不能形成氢键，主要原因是CH4分子中的碳原子不含孤对电子；电负性较小、原子半径较大；

故答案为：电负性较小；原子半径较大；

(3)二氧化碳水溶液的酸性却很弱；原因是溶于水的二氧化碳分子只有部分与水结合成碳酸；

故答案为：溶于水的二氧化碳分子只有部分与水结合成碳酸（合理即可）；

(4)乙二胺中N原子的杂化轨道类型与NH3相同，根据价层电子对互斥模型分析，中心原子N的价层电子对数为则轨道杂化类型为sp3；乙二胺通过配位键能与Cu2+形成稳定的环状配离子，Cu2+的配位数为4，则其结构可表示为

故答案为：sp3；

(5)金刚石熔点高、硬度大，属于原子晶体；金刚石结构类似甲烷空间构型的正四面体结构，沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应为规则的正六边形，结合其晶胞图可知应是图D；金刚石晶胞如图该晶胞中C原子个数4+8×+6×=8，金刚石体对角线上的四个原子紧密相连，晶胞棱长a=晶胞体积=a3=所有原子体积=空间占有率=

故答案为：原子；D；

【点睛】

氢键的本质：强极性键(A-H)上的氢核与电负性很大的、含孤电子对并带有部分负电荷的原子B之间的静电作用力。【解析】34电负性较小原子半径较大溶于水的二氧化碳分子只有部分与水结合成碳酸（合理即可）sp3原子D五、元素或物质推断题(共5题，共50分)26、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：

(4)Mg的单质在CO2中点燃可生成碳和一种熔点较高的固体产物MgO，其化学反应方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案为：2Mg+CO22MgO+C；

(5)根据CO与N2互为等电子体，一种由N、O组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O；故答案为：N2O；

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液为HNO3与Mg的单质反应时，NHO3被还原到最低价即NH4NO3，其反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。【解析】1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O27、略

【分析】【分析】

A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，