2025年人教A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年人教A版选修3化学上册阶段测试试卷873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、Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是A.m＝1，n＝5B.m＝3，n＝4C.m＝5，n＝1D.m＝4，n＝52、下列能级轨道数为3的是A.s能级B.p能级C.d能级D.f能级3、原子序数小于18的元素X，其原子最外层中未成对电子数最多，含这种元素的阴离子可能是A.B.C.D.4、下列对电负性的理解不正确的是A.电负性是人为规定的一个相对数值,不是绝对标准B.元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引力的大小C.元素的电负性越大,则元素的非金属性越强D.元素的电负性是元素固有的性质,与原子结构无关5、下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（）A.B.C.D.6、下列说法正确的是A.甲醛（HCHO）和光气（COCl2）分子中：键角∠H-C-H＜∠Cl-C-ClB.基态氮原子的价电子排布图：C.3px所代表的含义是：第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道D.四硼酸根离子Xm-（含B；O、H）的球棍模型如图；配位键存在于4、5和4、6原子之间。

7、可确定乙二醇分子是否有极性的实验是A.测定沸点B.测静电对液流影响C.测定蒸气密度D.测标准状况下气体摩尔体积8、下列有关性质的比较，不正确的是（）A.沸点由高到低：正戊烷>异戊烷>新戊烷B.硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅C.晶体熔点由高到低：Na>Mg>AlD.晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、海水中含有丰富的资源；其中包括钠离子；氯离子、镁离子等。

（1）氯元素位于元素周期表第________列，写出氯原子的最外层电子排布式________________，最外层电子所占据的轨道数为________个，氯原子核外共有________种能量不同的电子。

（2）列举能说明Mg的金属性比Na弱的一个实验事实__________________。

（3）相同压强下，部分元素氟化物的熔点见下表：。氟化物NaFMgF2SiF4熔点/℃12661534183

试解释上表中熔点SiF4远低于NaF的原因_________________________

（4）氨水是实验室最常用的弱碱，向滴有少量酚酞试液的稀氨水，加入少量的NH4AC晶体，若观察到________________则可证明一水合氨是弱电解质。请再提出一个能证明一水合氨是弱电解质的实验方案______________________________________

（5）向盐酸中滴加氨水至过量，该过程所发生反应的离子方程式为___________________

在滴加的整个过程中离子浓度大小关系可能正确的是______

a．c(C1-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)b．c(C1-)>c(NH4+)=c(OH-)>c(H+)

c．c(NH4+)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+)d．c(OH-)>c(NH4+)>c(H+)>c(C1-)10、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__________。11、叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H—N=N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和N3-。试回答下列问题：

（1）下列有关说法正确的是___（填序号）。

A.HN3中含有5个σ键。

B.HN3中的三个氮原子均采用sp2杂化。

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子。

D.N2H4沸点高达113.5℃；说明肼分子间可形成氢键。

（2）叠氮酸根能与许多金属离子等形成配合物，如[Co(N3)(NH3)5]SO4，在该配合物中钴显___价；根据价层电子对互斥理论判断SO42-的空间构型为___。

（3）与N3-互为等电子体的分子有___（写两种即可）。12、按要求回答下列问题：

(1)C；Be、Cl、Fe等元素及其化合物有重要的应用。

①查表得知，Be的电负性是1.5，Cl的电负性是3.0，则BeCl2应为_______(填离子或共价)化合物。

(2)镍元素基态原子的价电子排布式为_______；3d能级上的未成对电子数为______。

(3)科学发现，C和Ni、Mg元素的原子形成的晶体也具有超导性，其晶胞的结构特点如图，则该化合物的化学式为______，C、Ni、Mg三种元素中，电负性最大的是______。

13、碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物；而且还能形成多种无机化合物如C，同时自身可以形成多种单质如D和E，碳及其化合物的用途广泛。

已知A为离子晶体；B为金属晶体，C为分子晶体。

(1)图中分别代表了五种常见的晶体，分别是：A________，B________，C________，D________，E________。(填名称或化学式)

(2)干冰和冰是两种常见的分子晶体，关于两种晶体的比较中正确的是_____。

a.晶体的密度：干冰>冰b.晶体的熔点：干冰>冰。

c.晶体中的空间利用率：干冰>冰d.晶体中分子间相互作用力类型相同

(3)金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的有________。

a.金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化。

b.晶体中共价键的键长：金刚石中C—C<石墨中C—C

c.晶体的熔点：金刚石>石墨。

d.晶体中共价键的键角：金刚石>石墨。

e.金刚石晶体中只存在共价键；石墨晶体中则存在共价键；金属键和范德华力。

f.金刚石和石墨的熔点都很高；所以金刚石和石墨都是原子晶体。

(4)金刚石晶胞结构如图，一个晶胞中的C原子数目为________。

(5)C与孔雀石共热可以得到金属铜，金属铜采用面心立方最密堆积，已知Cu单质的晶体密度为ρg/cm3，Cu的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则Cu的原子半径为__________cm。14、如图表示两种晶体的微观结构：

试回答下列有关问题:

（1）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构。晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。图I为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）。则晶体中，与每个K＋距离最近的K＋有_________个，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为_________；

（2）正硼酸（H3BO3）是一种片层结构的白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图II）。下列有关说法正确的有_________。

①正硼酸晶体属于原子晶体。

②H3BO3分子的稳定性与氢键有关。

③在H3BO3分子中各原子未能都满足8e－稳定结构。

④含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键。

⑤含1molH3BO3的晶体中有3mol极性共价键。

⑥晶体中每个B与相邻的3个O共平面15、金属的常见堆积方式有三种，配位数为8的是________堆积，铜属于________堆积．评卷人得分三、原理综合题(共7题，共14分)16、用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl，利用反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可实现氯的循环利用。完成下列填空：

（1）上述反应若在固定体积的密闭容器中发生,能说明反应已达平衡的是_________(选填序号)。

a．2ν(HCl)正=ν(Cl2)逆b．体系压强不再改变。

c．混合气体密度不变d．K=

（2）二氯化二硫(S2C12)可用作橡胶工业的硫化剂,它的分子结构与H2O2相似。下列有关说法不正确的是___(选填序号)。

a．S2C12分子中有4对共用电子对b．S2C12分子中没有非极性键。

c．S2C12分子中，S为+1价，Cl为-1价d．S2C12分子中各原子均为8电子稳定结构。

（3）已知X2(g)+H2(g)2HX(g)+Q(X2表示Cl2、Br2)如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。

①Q表示X2(g)与H2(g)反应的反应热，Q____0(填“＞”；“＜”或“=”)。

②写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=_________________(表达式中写物质的化学式)。

（4）向新制的氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是()

A．氯化钙B．碳酸钙粉末C．二氧化硫溶液D．稀硫酸。

（5）若向氯化银沉淀中逐渐滴加HBr，会看到白色沉淀逐渐变为淡黄色沉淀现象，请用溶解平衡原理解释此现象____。

（6）已知BBr3与BI3的空间构型是平面三角形结构，则它们是____分子（填极性或非极性），且BBr3的沸点低于BI3，原因是____________。17、《日华子本草》中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄（As4S4)和雌黄（As2S3)是提取砷的主要矿物原料；二者在自然界中共生。回答下列问题：

(1)基态砷原子的价电子轨道排布图为_______，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为_______。

(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_______。

(3)雄黄（As4S4)的结构如图1所示，S原子的杂化形式为_______。

(4)SO2分子中的键数为______个，分子的空间构型为_______。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为），则SO2中的大键应表示为______。SO2分子中S—O键的键角_____NO3－中N—O键的键角（填“>”、“<”；“=”）。

(5)砷化镓是优良的半导体材料，密度为g•cm－３，其晶胞结构如图2所示。Ga和As原子半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为________。

18、元素周期表中第四周期的某些元素在生产；生活中有着广泛的应用。

(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布图为__________；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有__________种；SeO3的空间构型是_______________。

(2)科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu—Ni—Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是_____________________________________。

(3)镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是__________________，σ键和π键数目之比为_____________。

(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.2mol·L-1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成5.74g白色沉淀，则该配合物的化学式为_____________，中心离子的配位数为________________。

(5)已知：r(Fe2+)为61pm，r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是__________________________________。

(6)某离子型铁的氧化物晶胞如下图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为________________________。已知该晶体的密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该品体的晶胞参数a=_______pm(用含d和NA的代数式表示)。

19、第四期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。

(1)铬是最硬的金属单质；被称为“不锈钢的添加剂”。

写出Cr在周期表中的位置___________；其原子核外电子排布的最高能层符号___________.

(2)在1molCrO5(其中Cr为+6价)中，含有过氧键的数目为___________。

(3)钒(23V)是我国的丰产元素；被称之为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：

写出钒原子价电子排布图___________；V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________；

(4)Ni是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，其中配原子是___________。

(5)钛称之为21世纪金属，具有一定的生物功能。钙钛矿(CaTiO3)晶体是工业获取钛的重要原料。CaTiO3晶胞如下图，边长为a=0.266m，晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为___________nm，与Ti紧邻的O个数为___________。

(6)在CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则T处于___________位置，O处于___________位置。20、金属铁及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。

（1）Fe3+的电子排布式为___________________。已知，Fe3＋的化学性质比Fe2＋稳定，请从原子结构的角度进行解释_____________________________________________________。

（2）Fe能与CO形成配合物Fe(CO)5，1molFe(CO)5中含有________molσ键。

（3）与CO互为等电子体的分子和离子分别为_______和_______(各举一种即可；填化学式)

（4）已知某铁晶体的晶胞结构如图所示。

①该晶胞中含有铁原子的数目为___________。

②若晶胞的边长为acm，则晶体铁的密度为_______________________g·cm-3(用代数式表示，阿伏加德罗常数为NA)。21、砷化镓是继硅之后研究最深人；应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：

（1）Ga基态原子核外电子排布式为________________,As基态原子核外有__________个未成对电子。

（2）Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是__________,Ga、As、Se的电负性由大到小的顺序是__________________。

（3）比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：________,GaF的熔点超过1000℃，可能的原因是__________________________。

（4）二水合草酸镓的结构如图1所示，其中镓原子的配位数为__________，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为__________。

（5）砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，晶胞参数为a=0.565nm，砷化镓晶体的密度为__________g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值；列出计算式即可）。

22、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)。评卷人得分四、工业流程题(共1题，共5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1题，共5分)24、A、B、C、D，E、F、G、H是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表：。元素相关信息A原子核外有6种不同运动状态的电子C基态原子中s电子总数与p电子总数相等D原子半径在同周期元素中最大E基态原子最外层电子排布式为3s23p1F基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反G基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子H是我国使用最早的合金中的最主要元素

请用化学用语填空：

(1)A元素位于元素周期表第_______周期_______族；B元素和C元素的第一电离能比较，较大的是________，C元素和F元素的电负性比较，较小的是________。

(2)B元素与宇宙中含量最丰富的元素形成的最简单化合物的分子模型为________，B元素所形成的单质分子键与π键数目之比为________。

(3)G元素的低价阳离子的离子结构示意图是________，F元素原子的价电子的轨道表示式是________，H元素的基态原子核外电子排布式的________。

(4)G的高价阳离子的溶液与H单质反应的离子方程式为_________________；与E元素成对角线关系的某元素的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与D元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_________________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共24分)25、前四周期元素A；B、C、D、E、F的原子序数依次增大；A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：

（1）B原子的L层电子排布图____________。

（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为________，B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是___________；C、D和E的电负性由大到小的顺序为___________；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是____________；C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_________________。CO中C的杂化方式为___________，该离子的“VSEPR”模型为__________________形。

（3）向FDO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为_______，该离子的配位体为________________。

（4）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3（精确到0.1），最近的黑球和白球之间的距离为_______pm。

26、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__________________________________。

27、二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋。海底有石油；可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源；海水中除有渔业资源外，还有食盐、溴、碘等许多化学资源，所有资源中最丰富的是水资源。

(1)海水中质量分数最高的元素是氧，该元素的原子核外电子占据的轨道共有______个，有______个未成对电子。

(2)水的沸点为100℃，氟化氢的沸点为19．5℃，水与氟化氢比较，稳定性较强的是________。

(3)提取碘是将海带灼烧成灰，溶于水过滤，滤液中通入氯气，反应的离子方程式为_______________________________，再用四氯化碳将生成的单质碘________（填写实验操作名称）出来，最后用_________（填写实验操作名称）使碘和四氯化碳分离。

(4)海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源，它们的最外层电子排布都可表示为______________。28、碳元素形成的单质和化合物在化工；材料、医学等领域应用广泛；回答下列问题：

(1)区分金刚石和无定形碳最可靠的科学方法为___________。基态C原子核外未成对电子的数目为_____________。

(2)咖啡因结构为

①咖啡因中C原子的杂化形式为_________________。

②1mol咖啡因中所含键数目为_________________。

③咖啡因通常在水中的溶解度较小，加入适量能增大其在水中溶解度的原因为_________________。

④CH3+(甲基正离子)的立体构型为_________________。

(3)CO、NO、H2S均为生命体系气体信号分子。其中H、C、O、S的电负性由大到小的顺序为____________；N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为________________。

(4)干冰可用于人工降雨。其熔点低于金刚石的原因为___________；若干冰的密度为1.56g/cm3，立方晶胞参数为0.57nm，则每个晶胞实际占用CO2的数目为_______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

Co（Ⅲ）的八面体配合物CoClm·nNH3,CoClm·nNH3呈电中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，则中心原子的配位数为6，所以n的值为4，即该配合物的结构是：[CoCl2(NH3)4]Cl，所以本题选择B。2、B【分析】【详解】

s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。3、D【分析】【分析】

原子序数小于18的元素X，其原子最外层中未成对电子数最多，原子最外层中未成对电子数最多的元素，p能级含有3个电子，故最外层电子数为5；位于第VA族，则X可能是N或P元素，再结合其形成的含氧酸根离子判断。

【详解】

原子序数小于18的元素X；其原子最外层中未成对电子数最多，原子最外层中未成对电子数最多的元素位于第VA族，则X可能是N或P元素，N元素化合价有+3价；+5价等，P元素有+5价等；

A．中X为+7价；N或P元素没有这种化合价，故A不符合题意；

B．中X为+4价；N或P元素没有这种化合价，故B不符合题意；

C．中X为+6价；N或P元素没有这种化合价，故C不符合题意；

D．中的X为+5价，可能为故D符合题意；

答案选D。4、D【分析】【详解】

A．电负性是人为规定的一个相对数值；不是绝对标准，A正确；

B．元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引力的大小；B正确；

C．元素的电负性越大；则元素的非金属性越强，C正确；

D．一般来说；同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小，因此电负性与原子结构有关，D错误。

答案选D。5、C【分析】【分析】

电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态；第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，据此判断解答。

【详解】

A、B都是铝原子的核外电子排布，A为基态，B为激发态，稳定性A大于B，失去最外层1个电子需要能量A大于B；C、D为铝失去2个电子的核外电子排布，C为基态，D为激发态，稳定性，C大于D，失去最外层1个电子需要能量C大于D；A失去最外层一个电子，为第一电离能，C失去最外层1个电子，为第三电离能，所以第三电离能大于第一电离能，答案选C。6、C【分析】【详解】

A．氯原子的电负性强于氢原子；对电子的吸引能力更强，所以甲醛分子中的H-C-H键角更大，故A错误；

B．根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以基态氮原子的价电子排布图为：故B错误；

C．P能级由3个轨道，沿x、y、z三个不同的方向延伸，3px所代表的含义是第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道；故C正确；

D．B原子最外层有3个电子；而4号B原子形成4条共价键，说明有一个为配位键，5号O原子连接的是H原子，容易给出孤电子对，故4；5原子之间存在配位键，4、6之间不存在配位键，故D错误；

故答案为C。7、B【分析】【详解】

极性分子的正电荷中心与负电荷中心不重合，极性分子虽然整体不带电，但每一个乙二醇分子都有带电的极性端，也可以再理解为部分区域带电，所以它在电场作用下，会定向运动，所以测静电对液流影响，可以判断分子是否有极性；而测定沸点、测定蒸气密度、测标准状况下气体摩尔体积等均不能判断分子极性。答案选B。8、C【分析】【详解】

A．碳原子相同时，支链越多，沸点越低，故沸点由高到低：正戊烷>异戊烷>新戊烷；A选项正确；

B．金刚石；碳化硅和硅形成的均是原子晶体；其硬度与原子半径有关系，形成共价键的原子半径越小，硬度越大，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B选项正确；

C．钠；镁、铝形成的晶体均是金属晶体；其熔点与金属阳离子的半径以及所带电荷数有关系，离子半径越小，电荷数越多，熔点越高，则熔点由低到高：Na＜Mg＜Al，C选项错误；

D．形成离子键的离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；D选项正确；

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

（1）氯原子位于周期表中第三周期第ⅦA族。根据氯原子核外有17个电子结合构造原理,其核外电子排布式为

（2）Na在常温下与水剧烈反应；Mg在常温下不与水反应；

（3）根据晶体类型SiF4为分子晶NaF为原子晶体解答；

（4）如果氨水是弱碱；则存在电离平衡，加入含有相同离子的盐能改变平衡的移动，则溶液的颜色发生变化，如果不变化，则证明是强碱；

（5）向盐酸中滴加氨水至过量，离子方程式：溶液中的离子浓度根据电荷守恒和物料守恒判断。

【详解】

（1）氯原子位于周期表中第三周期第ⅦA族。根据氯原子核外有17个电子结合构造原理,其核外电子排布式为最外层电子排布式为占据2个轨道；不同层级的电子能量不同则氯原子核外共有5种能量不同的电子。故答案为：17；4；5；

（2）Na在常温下与水剧烈反应；Mg在常温下不与水反应由此可以判断Mg的金属性比Na弱，故答案为：Na在常温下与水剧烈反应，Mg在常温下不与水反应；

（3）NaF与MgF2为离子晶体,SiF4为分子晶体,故SiF4的熔点低,故答案为：NaF为离子晶体,SiF4为分子晶体,故SiF4的熔点低；

（4）如果氨水是弱碱，则存在电离平衡加入NH4AC晶体NH4＋浓度增大平衡逆移OH－浓度减小溶液红色变浅；还可以测量0.01mol/L的pH如pH=12则一水合氨为强碱；如pH<12则为弱碱。故答案为：溶液红色变浅；测量0.01mol/L的pH如pH=12则一水合氨为强碱；如pH<12则为弱碱；

（5））向盐酸中滴加氨水至过量，离子方程式：

a根据电荷守恒如溶液呈中性，c（H＋）=c（OH－），则有c（Cl-）=c（NH4＋）；此时氨水应过量少许，故a正确；

b、根据电荷守恒当c（NH4＋）=c（OH－），c（H＋）=c（Cl－）故b错误；

c、体系为NH4Cl溶液和NH3·H2O，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c（NH4＋）＞c（OH－）＞c（Cl－）＞c（H＋）；故c正确；

d、盐酸是一元强酸，氢离子被氨水中和一部分，所以c（H＋）不可能大于c（Cl－）；故d错误；故选ac。

故答案为：ac。

【点睛】

一般情况物质熔沸点原子晶体>离子晶体>分子晶体；盐酸中滴加氨水至过量溶液任何时候存在电荷守恒根据条件判断其离子浓度大小关系。【解析】1745Na在常温下与水剧烈反应，Mg在常温下不与水反应NaF为离子晶体,SiF4为分子晶体,故SiF4的熔点低溶液红色变浅测量0.01mol/L的pH如pH=12则一水合氨为强碱；如pH<12则为弱碱ac10、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③.411、略

【分析】【详解】

（1）A．根据HN3的分子结构可知，HN3分子中存在3个σ键；故A错误；

B．HN3分子中连接三键的氮原子为sp杂化；故B错误；

C．HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正；负电荷中心不重合；都是极性分子，故C正确；

D．N2H4为分子化合物；N元素电负性较高，能够形成分子间氢键，分子间氢键的存在会使物质的熔；沸点升高，故D正确；

故答案为：CD；

（2）[Co(N3)(NH3)5]SO4中带1个单位负电荷，NH3不带电荷，带2个单位负电荷，根据化合物中元素化合价的代数和等于零可知，[Co(N3)(NH3)5]SO4中钴显+3价；硫酸根离子中S原子的价层电子对数为无孤电子对，故其空间构型为正四面体形；

（3）互为等电子体的粒子必须满足两个条件：①所含原子总数相等；②所含价电子总数相等，价电子总数为3×5+1=16，因此与互为等电子体的分子有CO2、CS2。【解析】①.CD②.+3③.正四面体形④.CO2、CS212、略

【分析】【详解】

（1）Be的电负性是1.5，Cl的电负性是3.0，Cl与Be电负性差值为1.5，电负性差值大于1.7的化合物为离子化合物，小于1.7的化合物为共价化合物，则BeCl2应为共价化合物；

（2）镍是28号元素，按照能量最低原理，镍元素基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；3d能级上的未成对电子数为2；

（3）根据晶胞可知，C位于体心，C的个数为1，Ni位于6个面心，Ni的个数为6=3，Mg位于8个顶点，Mg的个数为8=1，则该化合物的化学式为MgCNi3，C、Ni、Mg三种元素中，Ni、Mg都是金属元素，C为非金属元素，电负性最大的是C。【解析】①.共价②.3d84s2③.2④.MgCNi3⑤.C13、略

【分析】【分析】

（1）根据图中晶体的结构；结合常见晶体可知，A为氯化钠；B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

（2）水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，而受热融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积；

（3）a；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构；

b；c、sp2杂化中；s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量；

d；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构；

e；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，晶体中只含有共价键；石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接；

f；石墨为层状结构；层与层之间通过范德华力连接；

（4）由金刚石的晶胞结构可知；晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，根据均摊法计算；

（5）金属铜采用面心立方最密堆积，利用均摊法计算晶胞原子数目，铜原子半径为rcm；可计算晶胞参数，根据m=ρV计算铜原子半径。

【详解】

：

（1）根据图中晶体的结构；结合常见晶体可知，A为氯化钠；B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

答案为：NaCl；Na；干冰；金刚石；石墨；

（2）a；水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故a正确；

b、冰融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，融化时破坏范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的熔点冰＞干冰，故b错误；

c；水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰＞冰，故c正确；

d；干冰分子之间只存在范德华力；水分子之间既存在范德华力又存在氢键，晶体中分子间相互作用力类型不相同，故d错误．

答案选：ac；

（3）a、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化；石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化；故a正确；

b、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，故b错误；

c；石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短；作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，故c错误；

d；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，键角为109°28′，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，键角为120°，故d错误；

e；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，说明晶体中含有共价键、金属键、范德华力，故e正确；

f；金刚石是原子晶体；石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，石墨为混合型晶体，不属于原子晶体，故f错误；

答案选：ae；

（4）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中c原子数目为4+6×+8×=8；

答案为：8；

（5）金属铜采用面心立方最密堆积，晶胞内Cu原子数目为8×+6×=4令铜原子的半径为rcm，则晶胞的棱长为：4rcm=rcm，所以解得：r=cm；

答案为：cm

【点睛】

本题考查晶体类型与熔沸点高低判断；晶体结构、对晶胞的理解与计算等；难度较大，对晶胞的计算注意均摊法的利用，需要学生具备空间想象能力，注意基础知识的理解掌握．

【解析】NaClNa干冰金刚石石墨acae8×cm14、略

【分析】【详解】

（1）晶体中，与每个K+距离最近的K+个数=3×8÷2=12；该晶胞中K+个数=8×+6×=4，O2-个数=1+12×=4；设0价氧原子与-2价氧原子个数分别为x；y，根据原子守恒得x+y＝2，化合价得0−2y＝−1，解得y=0.5，x=1.5，所以0价氧原子与-2价氧原子的数目比=1.5：0.5=3：1；答案为：12；3：1。

（2）①正硼酸晶体中存在H3BO3分子；且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，为分子晶体，原子晶体内只有共价键，故①错误；

②分子的稳定性与化学键有关；与氢键无关，氢键影响其熔沸点，故②错误；

③硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，所以B原子不是8e-稳定结构；故③正确；

④1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键；故④正确；

⑤1molH3BO3的晶体中有3molB-O键和3molO-H键，则1molH3BO3的晶体中有6mol极性共价键；故⑤错误；

⑥晶体中与每个“构成粒子”相邻的粒子形成3个氢键，为平面结构，为平面正三角形结构，故⑥正确；答案为③④⑥。【解析】①.12②.3:1③.③④⑥15、略

【分析】【分析】

金属的堆积模型有简单立方堆积；体心立方堆积和面心立方堆积，配位数分别为6，8，12，铜属于面心立方堆积。

【详解】

金属的堆积模型有简单立方堆积；体心立方堆积和面心立方堆积，配位数分别为6，8，12，铜属于面心立方堆积，所以配位数为8的是体心立方堆积；

故答案为：体心立方；面心立方。【解析】①.体心立方②.面心立方三、原理综合题(共7题，共14分)16、略

【分析】【详解】

（1）a、反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，ν（HCl）正=2ν（Cl2）逆，说明氯气的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但2ν（HCl）正=ν（Cl2）逆不能说明正逆反应速率相同，故a错误；b、反应前后气体物质的量变化，体系压强不再改变，说明反应达到平衡状态，故b正确；c、反应前后气体质量和体积不变，混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d、温度一定时，=K说明反应达到平衡状态，但温度不知不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为b；

（2）S2Cl2的分子结构与H2O2相似，所以S2Cl2的分子结构与H2O2相似，结构式为Cl-S-S-Cl，所以分子中有3对共用电子对，S2Cl2分子中有硫硫非极性，S2Cl2分子中，S为+1价，Cl为-1，S2C12分子中各原子均为8电子稳定结构，故选ab。

（3）①由图象可知；升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，Q＞0；

②同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的关系。平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=

（4）在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；若消耗氢离子使反应向右进行，使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。

A．加入氯化钙溶液不发生反应；溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故A错误；

B．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3＝CaCl2+CO2↑+H2O；使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故B正确；

C．加入二氧化硫的水溶液；二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；

D．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行；次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故D错误；

故选B。

（5）若向氯化银沉淀中逐渐滴加HBr，会看到白色沉淀逐渐变为淡黄色沉淀现象，原因是：氯化银悬浊液中存在AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），AgBr的溶解平衡常数小于AgCl，因此滴入HBr的过程中，Ag++Br-→AgBr↓，Ag+浓度降低，AgCl溶解平衡正向移动，AgCl不断溶解，最终生成了AgBr淡黄色沉淀；

（6）已知BBr3与BI3的空间构型是平面三角形结构，分子为非极性分子，两者同属于分子晶体，且结构相似，BBr3相对分子质量小于BI3，因此BI3的分子间作用力更大；沸点更高。

【点睛】

可逆反应处于平衡状态的判断依据是：同一物质的正反应速率等于逆反应速率。【解析】bab＞B氯化银悬浊液中存在AgCl（s）Ag+（aq）+Cl—（aq），AgBr的溶解平衡常数小于AgCl，因此滴入HBr的过程中，Ag++Br—=AgBr↓，Ag+浓度降低，AgCl溶解平衡正向移动，AgCl不断溶解，最终生成了AgBr淡黄色沉淀非极性两者同属于分子晶体，且结构相似，BBr3相对分子质量小于BI3，因此BI3的分子间作用力更大，沸点更高17、略

【分析】【分析】

根据主族元素第一电离能的变化规律和“反常”现象；比较第一电离能的大小；运用杂化轨道理论判断中心原子的杂化类型，运用价层电子对互斥理论推断分子形状；比较键角大小；根据晶胞结构计算原子空间利用率。

【详解】

(1)砷为33号元素，As位于第4周期第VA族，其价电子即最外层电子。基态砷原子的价电子轨道排布图为核外电子占据的最高能级是4p，该能级的电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形。

(2)主族元素第一电离能的变化规律为：同主族由上而下依次减小，同周期从左至右呈增大趋势，但IIA、VA族元素“反常”。S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是N>P>S。

(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故雄黄（As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价层电子对（2对σ键电子对、2对孤电子对），S原子都是sp3杂化。

(4)SO2分子中，S原子结合2个O原子，有2个键。中心原子S的孤电子对数为×（6-2×2）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于含1对孤电子对，故SO2分子为V形。氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，两个氧原子各用1个未成对电子（p轨道）与硫形成共用电子对（键），各用1个未成对电子（p轨道）与硫原子未杂化的p轨道形成大键，表示为SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，故两个S—O键的键角小于120º；而NO3-中中心原子N上的孤电子对数为×（5+1-3×2）=0，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，NO3-为平面三角形，NO3－中N—O键的键角等于120º。

(5)1个砷化镓晶胞中，有Ga、As原子各4个，8个原子总体积为V原子＝×4+×4；

1个晶胞的体积

砷化镓晶体的空间利用率为＝【解析】纺锤形或哑铃形N>P>Ssp32V形（折线形）<18、略

【分析】【分析】

(1)硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布图；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；气态SeO3分子Se原子孤电子对数==0；价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；

(2)确定晶体；非晶体的方法是X射线衍射。

(3)根据(SCN）2分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N分析；

(4)配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，据此计算出外界离子Cl-离子的数目；据此分析解答；

(5)根据产物FeO的晶格能和CoO的晶格能比较进行分析；

(6)根据均摊法确定微粒个数，即可确定化学式；晶胞参数a=×1010cm。

【详解】

(1)硒为34号元素，有6个价电子，价电子排布图为同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期p区元素第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr；气态SeO3分子Se原子孤电子对数==0；价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；

答案：3平面三角形。

(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是是X射线衍射。

答案：X射线衍射。

(3)（SCN）2分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp3；该分子中σ键和π键数目之比为5:4；

答案：sp3杂化5:4

(4)配合物的物质的量为0.2mol/L×100×10-3L=0.02mol，氯化银的物质的量为配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，1mol该配合物生成2molAgCl沉淀，所以1mol该配合物中含2mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，该配合物的化学式可写为：[Co（NH3）5Cl]Cl2；中心离子配位数6；

答案：［Co（NH3）5Cl］Cl26

（5）因为Fe2+的半径小于Co2+，所以FeO的晶格能大于CoO，生成物FeO比CoO稳定，所以FeCO3的分解温度低于CoCO3；

答案：Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解。

（6）根据图示可知晶胞中含4个X、4个Y，每个X中含Fe3+：4×1/8+1=3/2，O2-：4；每个Y中含Fe3+：4×1/8=1/2，Fe2+：4O：4则晶胞中共有Fe3+：4×（3/2+1/2）=8，Fe2+：4×4=16O2-：（4+4）×4=32，晶胞中铁与氧个数比为（8+16）：32=3:4，氧化物的化学式为Fe3O4；晶胞参数a==×1010pm=×1010pm

答案：×1010【解析】3平面三角形X射线衍射sp3杂化5:4［Co（NH3）5Cl］Cl26Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解Fe3O4×101019、略

【分析】【详解】

(1)Cr为24号元素；在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，核外电子排布最高的能级层为第4层，为N层。答案为第四周期第ⅥB族N；

(2)过氧根中的氧的化合价为－1价，其他的氧为－2价，则可以设有x个过氧根，有y个氧离子，则根据化合物的化合价代数和为0以及原子守恒，过氧根中有2个O为-1价，则有2x×（-1）+y×（-2）+5=0，2x+y=5，可以求得x=2，则1molCrO5中含有2mol过氧键，过氧键的数目为2NA；答案为2NA；

(3)V为23号元素，其价电子的排布为3d34s2，则其价电子排布图为从示意图可以看出来，每个S原子与4个氧原子形成四面体结构，类似于CH4，故其S原子的杂化类型为sp3，答案为sp3；

(4)Ni(CO)4中；配位原子能够提供电子对，其配位原子是否有孤对电子和电负性有关，O的电负性太大，不易提供电子对，而O的孤对电子配位给C原子，使得C原子一端拥有的电子较多，而且C的电负性没有O大，易给出电子，因此配位原子是C。答案是C。

(5)晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为面对角线的一半，为nm；与Ti紧邻的O，在Ti原子的上部有4个，在与Ti原子同平面的有4个O原子，在Ti原子的下面也有4个O原子，一共12个，答案为0.188nm12；

(6)CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，O与Ga在同一直线上，则O在棱上。Ti在Ga形成的六面体的中心，则Ti为体心。答案为体心棱心【解析】第四周期第ⅥB族N2NAsp3C0.18812体心棱心20、略

【分析】【详解】

试题分析：本题考查离子核外电子排布式的书写；σ键的计算、等电子体的书写、晶胞的分析和计算。

（1）Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的3d轨道填充了5个电子，为半充满状态，较稳定，Fe3+的化学性质比Fe2+稳定。

（2）CO的结构式为CO，1个CO分子中含1个σ键，1个Fe与5个CO形成5个配位键，配位键也是σ键，1个Fe（CO）5中含有10个σ键，1molFe（CO）5中含有10molσ键。

（3）用替代法，与CO互为等电子体的分子为N2，离子有CN-、C22-等。

（4）①用“均摊法”，该晶胞中含有的铁原子数：8+1=2个。

②晶胞的体积为a3cm3，1mol晶体的体积为NAcm3，1mol晶体的质量为56g，晶体铁的密度为56g（NAcm3）=g/cm3。【解析】1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5Fe3＋的3d轨道填充了5个电子，为半充满状态10N2CN－221、略

【分析】【分析】

(1)Ga是31号元素，处于第四周期IIIA族，结合构造原理书写核外电子排布式；As基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；

(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势；As原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的；同周期主族元素自左而右电负性增大；

(3)GaCl3、GaBr3、GaI3均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是GaF3是离子晶体；

(4)Ga原子与周围4个O原子形成4个共价键；草酸根中碳原子形成3个σ键；没有孤电子对，杂化轨道数目为3；

(5)均摊法计算晶胞中Ga；As原子数目；再计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。

【详解】

(1)Ga是31号元素，处于第四周期IIIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，As基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；4p轨道3个电子是未成对电子；

(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势；As原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能：As＞Se＞Ga，同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性：Se＞As＞Ga；

(3)GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高；F元素的电负性很强，GaF3的熔点超过1000℃，可能的原因是GaF3是离子晶体；

(4)Ga原子与周围4个O原子形成4个共价键，镓原子的配位数为4，草酸根中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，草酸根中碳原子的杂化轨道类型为sp2；

(5)晶胞中Ga原子数目=8×+6×=4、As原子数目=4，晶胞质量=4×g，晶体密度=g/cm3。【解析】[Ar]3d104S24p1或1S22S22p63d104S24p13As>Se>GaSe>As>GaGaCl3、GaBr3、GaI3的熔沸点依次升高，原因是它们均为分子晶体，相对分子质量依次增大GaF3是离子晶体4sp24×145/(0.565×10-7)3NA22、略

【分析】【分析】

(1)基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2；根据洪特规则判断；

(2)[Fe(NO)(H2O)5]2+中配体为NO、H2O；配合物中配位数等于配体的个数之和；

(3)价电子数和原子个数相等的微粒为等电子体；利用等电子原理分析解答；

(4)利用中心原子价层电子互斥理论判断杂化类型和空间结构；

(5)①根据图示，α－铁和δ－铁的铁原子堆积方式为体心立方堆积；

②晶胞棱长为acm，根据结合图示，面对角线是4个铁原子的半径，则铁原子半径=

【详解】

(1)基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6；根据洪特规则，成单电子数为4；

(2)[Fe(NO)(H2O)5]2+中配体为NO、H2O；配合物中配位数等于配体的个数之和，则配位数为5+1=6；

(3)NO为双原子价电子总数为(5+6)，其等电子体可能是O(6+6－1)或N(5+5+1)；

(4)SO的中心硫原子价层电子对数为4+(8-4×2)=4，S的杂化方式为sp3；空间构型是正四面体；

(5)①α－铁和δ－铁的铁原子堆积方式都为体心立方堆积；δ－铁配位数为6；

②如图所示，该晶胞中含有6个铁原子，晶胞棱长为acm，根据则=cm，面对角线是4个铁原子的半径，Fe原子半径cm，即nm。【解析】4NOH2O6O或N正四面体sp3杂化体心立方堆积6四、工业流程题(共1题，共5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：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、有机推断题(共1题，共5分)24、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，A原子核外有6种不同运动状态的电子，则A为碳元素；E基态原子最外层电子排布式为3s23p1，则E为Al元素；D原子半径在同周期元素中最大，且原子序数小于Al，大于碳，故处于第三周期ⅠA族，则D为Na元素；C基态原子中s电子总数与p电子总数相等，原子序数小于Na，原子核外电子排布为1s22s22p4，则C为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；G基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则G为Fe元素；F基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，外围电子排布为ns2np5；结合原子序数可知，F为Cl元素；H是我国使用最早的合金中的最主要元素，则H为Cu元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析；A为碳元素，B为N元素；C为O元素；D为Na元素；E为Al元素；F为Cl元素；G为Fe元素；H为Cu元素。

(1)A为碳元素；位于元素周期表第二周期ⅣA族，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于O元素；O与Cl形成的化合物中O元素表现负价，对键合电子的吸引能力更强，故Cl的电负性较小，故答案为二；ⅣA；N；Cl；

(2)N元素与宇宙中含量最丰富的元素形成的最简单化合物为NH3；分子构型为三角锥形，N元素所形成的单质分子结构式为N≡N，分子σ键与π键数目之比为1∶2，故答案为三角锥形；1∶2；

(3)G为Fe元素，其低价阳离子的离子结构示意图是F为Cl元素，其原子的价电子轨道表示式为H为Cu元素，其基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为1s22s22p63s23p63d104s1；

(4)铁离子与Cu反应生成亚铁离子与铜离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；与E(Al)元素成对角关系的某元素的最高价氧化物的水化物具有两性，该元素为Be，其最高价氧化物为Be(OH)2，与氢氧化钠反应方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。

【点睛】

正确判断元素的种类是解答本题的关键。本题的易错点为(1)中第一电离能的判断，要注意电离能突跃的原因；(4)中方程式的书写，要注意呈两性的物质是氢氧化铍，可以模仿氢氧化铝与氢氧化钠的反应书写方程式，注意铝和铍的化合价的不同。【解析】二ⅣANCl三角锥1∶21s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s12Fe3++3Cu=2Fe2++Cu2+Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O六、结构与性质(共4题，共24分)25、略

【分析】【详解】

前四周期元素A；B、C、D、E、F的原子序数依次增大；A是宇宙中含量最丰富的元素，A为H