2025年沪教新版选修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年沪教新版选修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列对核外电子运动状态的描述正确的是()A.电子的运动与行星的运动相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B.能层数为3时，有3s、3p、3d、3f四个轨道C.氢原子中只有一个电子，故只有一个轨道，不能发生跃迁而产生光谱D.在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同2、下列有关多电子原子的叙述中正确的是()A.在一个多电子原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子B.在一个多电子原子中，不可能有两个能量相同的电子C.Sc基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d3符合构造原理(能量最低原理)D.某个多电子原子的3p能级上仅有两个电子，它们的自旋状态必须相反3、下列说法错误的是A.向含有0.1mol[Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1molAgClB.SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子C.在NH4＋和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键D.H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中心位置4、下列现象不能用“相似相溶”解释的是A.氯化氢易溶于水B.用CCl4萃取碘水中的碘C.氯气易溶于NaOH溶液D.苯与水混合静置后分层5、下列描述中正确的是A.BeCl2为V形的极性分子B.ClO4−的空间构型为正四面体形C.P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′D.H2O和CO32−的中心原子均为sp3杂化6、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是()A.C3N4是分子晶体B.C3N4晶体中，C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长C.C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，而每个氮原子连接3个碳原子D.C3N4晶体中微粒间通过分子间作用力结合7、物质的熔沸点能用键能大小解释的是A.H2O＞H2SB.N2＞O2C.Na＞KD.SiO2＞CO28、下列判断错误的是A.碳碳键的键长：C2H4＞C2H2B.晶体的熔点：SiO2＞CO2C.晶格能的大小：NaF＞MgOD.金属键的强弱：Li＞K评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、基态原子由原子核和绕核运动的电子组成,下列有关核外电子说法正确的是A.基态原子的核外电子填充的能层数与元素所在的周期数相等B.基态原子的核外电子填充的轨道总数一定大于或等于(m表示原子核外电子数)C.基态原子的核外电子填充的能级总数为(n为原子的电子层数)D.基态原子的核外电子运动都有顺时针和逆时针两种自旋状态10、下列说法正确的是A.LiAlH4中的阴离子的中心原子的杂化形式为sp3B.电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则C.CN－与N2的结构相似，CH3CN分子中σ键与π键数目之比为2∶1D.SO2、BF3、NCl3都含有极性键，都是极性分子11、有5种元素X、Y、Z、Q、T。X为短周期元素，其原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是A.元素Y和X的单质可在加热的条件下形成化合Y2X3B.T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C.X和Q结合生成的化合物为离子化合物D.ZQ2是极性键构成的非极性分子12、有一种蓝色晶体[可表示为MxFey(CN)6]，经X射线研究发现，其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN-位于立方体的棱上，则下列说法正确的是（）

A.x=2，y=1B.该晶体属于离子晶体，M呈+1价C.M的离子不可能在立方体的体心位置D.该晶胞中与每个Fe3+距离最近且相等的CN-有3个13、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个评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、写出下列元素基态原子的电子排布式：

(1)Ca________

(2)Kr________

(3)Co________

(4)Ge________15、硫和钒的相关化合物；在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题:

（1）基态钒原子的外围电子轨道表达式为___________,钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是________,VO43-的几何构型为________.

（2）2-巯基烟酸氧钒配合物(图1)是副作用小的有效调节血糖的新型药物。

①基态S原子中原子核外未成对电子数为_______,该药物中S原子的杂化方式是_______.所含第二周期元素第一电离能按由大到小顺序的排列是___________.

②2-巯基烟酸(图2)水溶性优于2-巯基烟酸氧钒配合物的原因是_________.

（3）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域Π键”，下列物质中存在“离域Π键”的是_____.

A.SO2B.SO42-C.H2SD.CS2

（4）某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示，该晶胞的化学式为______。图4为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。

16、如图是原子序数为1～19的元素第一电离能的变化曲线(其中部分元素第一电离能已经标出数据)。结合元素在元素周期表中的位置；分析图中曲线的变化特点，并回答下列有关问题。

(1)碱金属元素中Li、Na、K的第一电离能分别为_______________________________________

(2)同主族中不同元素的第一电离能变化的规律为：_____________，碱金属元素这一变化的规律与碱金属的活泼性的关系是_____________。

(3)钙元素的第一电离能的数值范围为_____________。17、（1）铁在元素周期表中的位置为_____，基态铁原子有个未成对电子_____，三价铁离子的电子排布式为_____。

（2）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号_____，该能层具有的原子轨道数为_____；铝元素的原子核外共有_____种不同运动状态的电子、_____种不同能级的电子。

（3）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_____形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_____对自旋相反的电子。

（4）中国古代四大发明之一——黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，除S外，上述元素的电负性从大到小依次为_____，第一电离能从大到小依次为_____。

（5）有以下物质：①HF，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥CH4，⑦H2，⑧H2O2，⑨HCN(H—C≡N)，⑩Ar，既有σ键又有π键的是______；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是______；不存在化学键的是______。

（6）在BF3分子中，F—B—F的键角是______，硼原子的杂化轨道类型为______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为______。18、数十亿年来，地球上的物质不断的变化，大气的成分也发生了很大的变化.下表是原始大气和目前空气的主要成分，用下表涉及的分子回答下列问题。原始大气的主要成分CH4、NH3、CO、CO2等目前空气的主要成分N2、O2、CO2、水蒸气、稀有气体(He、Ne等)

(1)含有非极性共价键的分子是______(填化学式)

(2)含有极性共价键的非极性分子是______(填化学式)

(3)H2O中心原子的杂化方式及分子构型为______

(4)图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物。其中代表CH4的是______(填字母序号)

(5)根据NH3•H2O⇌NH4++OH-，用氢键表示式写出氨分子和水分子之间最主要存在的氢键形式______19、下列物质易溶于水的是________，易溶于CCl4的是________。(均填编号)

①NH3②CH4③④HCl⑤C2H4⑥Br2⑦HNO3⑧H2S20、A；B、C、D为四种晶体；性质如下：

A.固态时能导电；能溶于盐酸。

B.能溶于CS2；不溶于水。

C.固态时不导电；液态时能导电，可溶于水。

D.固态；液态时均不导电；熔点为3500℃

试推断它们的晶体类型：A._____；B._______；C._______；D._________。评卷人得分四、实验题(共1题，共6分)21、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_____________________________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共9分)22、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：

已知：①As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)；

②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

(1)砷在元素周期表中的位置为_______；AsH3的电子式为______；

(2)下列说法正确的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半径：S>P>As

c.第一电离能：S

(3)沉淀X为__________(填化学式)；

(4)“一级沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为__________；

(6)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为______________。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共2分)23、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)。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转；只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；

B．三能层中没有f轨道；即能层数为3时，只有3s；3p、3d轨道，故B错误；

C．氢原子有多个轨道；只有一个轨道上有电子，其它轨道为空轨道，故C错误；

D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子；两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D正确；

故选D。2、A【分析】【分析】

【详解】

A.在一个多电子原子中；一个电子就是一种运动状态的电子，因此不可能有两个运动状态完全相同的电子，故A正确；

B.在一个多电子原子中；同一个轨道里的电子能量是相同的，故B错误；

C.Sc基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d14s2才符合构造原理(能量最低原理)；故C错误；

D.某个多电子原子的3p能级上仅有两个电子；p能级3个轨道，因此必须优先单独占据一个轨道且自旋方向相同，故D错误。

综上所述，答案为A。3、B【分析】【详解】

A．[Co(NH3)4Cl2]Cl中，只有外界的1个Cl-能与AgNO3发生反应，所以0.1mol该配合物加入足量AgNO3溶液只能生成0.1molAgCl；A正确；

B．SO3、BF3中心原子S；B最外层都没有孤对电子；它们都形成中心对称结构，都是非极性分子，B错误；

C．NH4＋中存在1个氮氢配位键，[Cu(NH3)4]2＋中存在Cu2+与NH3间的配位键；C正确；

D．H2O是极性分子；分子中O原子的孤对电子对成键电子有排斥作用，所以三个原子不在一条直线上，D正确；

故选B。4、C【分析】【详解】

A．氯化氢和水分子均是极性分子；根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂中，A错误；

B．碘和四氯化碳都是非极性分子；根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，B错误；

C．氯气和氢氧化钠之间发生反应生成可溶性的盐溶液；不符合相似相溶原理，C正确；

D．苯是非极性的分子；水是极性分子，非极性的分子难溶于极性分子组成的溶剂中，D错误；

故答案选C。5、B【分析】【详解】

A．BeCl2为中心原子的价层电子对数为=2；不含孤对电子，所以分子的空间构型为直线形，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故A错误；

B．ClO4−的中心原子的价层电子对数为=4；不含孤对电子，所以空间构型为正四面体，故B正确；

C．二者虽都是正四面体形分子，但白磷中键角为60°，CH4键角为109°28ˊ；故C错误；

D．水分子的中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化，CO32−的中心原子价层电子对数为=3，所以为sp2杂化；故D错误；

故答案为B。6、C【分析】【分析】

由题中信息可知C3N4为原子晶体。

【详解】

A．由信息可知，C3N4晶体很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，所以C3N4为原子晶体；故A错误；

B．C的原子半径大于N的原子半径，则C3N4晶体中C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要短；故B错误；

C．因为C的最外层有4个电子；每个电子与一个N形成C-N（一对共用电子对），因此一个碳原子连接4个N原子，因为N的最外层有5个电子，每个单电子与一个C形成N-C（一对共用电子对），因此一个N原子连接3个C原子，故C正确；

D．C3N4晶体是原子晶体；不存在分子间作用力，故D错误。

故选：C。

【点睛】

本题考查晶体及化学键，为高频考点，把握习题中的信息、晶体类型、晶体中作用力为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。7、C【分析】【详解】

A.H2O和H2S都是由分子构成的物质，由于原子半径O2O＞H2S；与化学键的键能无关，选项A错误；

B．N2和O2都是由分子构成的物质，由于分子间作用力N22，所以熔沸点N22；与键能无关，选项B错误；

C．Na、K都是金属晶体，由于原子半径K>Na，使金属键的键能Na>K；所以熔沸点Na＞K，选项C正确；

D．SiO2是原子晶体，原子间通过共价键结合，断裂很难，而CO2则是分子晶体；分子之间通过分子间作用力结合。由于分子间作用力微弱，因此其熔沸点较低，选项D错误。

答案选C。8、C【分析】【分析】

【详解】

A.碳碳双键键长大于碳碳三键键长，所以碳碳键的键长：C2H4＞C2H2；故A正确；

B.熔点：原子晶体＞分子晶体，二氧化硅是原子晶体、干冰是分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2；故B正确；

C.晶格能与离子半径成反比；与离子所带电荷数成正比，离子所带电荷数：镁离子＞钠离子；氧离子＞氟离子，半径：氟离子＜氧离子、钠离子＞镁离子，故晶格能：NaF＜MgO，故C错误；

D.金属键与金属阳离子所带电荷成正比，与原子半径成反比，金属阳离子所带电荷：Li=K，原子半径：LiK；故D正确；

故选C。二、多选题(共5题，共10分)9、AB【分析】【详解】

A.基态原子的核外电子填充的能层数等于电子层数；等于所在的周期数，故A正确；

B.由泡利（不相容）原理可知1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，若基态原子的核外电子填充的轨道总数为n，容纳的核外电子数m最多为2n，则n大于或等于故B正确；

C.若n为原子的电子层数，基态原子的核外电子填充的能级总数为n2；故C错误；

D.依据洪特规则可知；当电子排布在同一能级的不同轨道（能量相同）时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，则基态原子的核外电子运动不一定都有顺时针和逆时针两种自旋状态，故D错误；

故选AB。10、AB【分析】【详解】

A．LiAlH4中的阴离子为Al中心Al原子有4条共价键，则杂化形式为sp3；A说法正确；

B．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d14s2，其能量小于[Ar]3d3，排布稳定，所以电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则；B说法正确；

C．氮气分子间形成三对共价键，CN－与N2的结构相似，CH3CN分子中σ键与π键数目之比为5∶2；C说法错误；

D．SO2、NCl3都含有极性键，正负电荷重心不重合，都是极性分子，BF3含有极性键；正负电荷重心重合，属于非极性分子，D说法错误；

答案为AB。11、AC【分析】【分析】

根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4，Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3；则T为为P元素，据此分析。

【详解】

A.元素Y和X的单质分别是Fe；S；加热的条件下生成FeS，A错误；

B.T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石；它们的分子构型均为正四面体型，B正确；

C.X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物；C错误；

D.ZQ2是为CO2，CO2是直线型分子，结构式是O=C=O，结构对称，正负电荷中心重合，则CO2是极性键构成的非极性分子；D正确。

答案选AC。12、BC【分析】【详解】

Fe3+在立方体的顶点，每个Fe3+被8个晶胞共有，每个晶胞中Fe3+个数为4×=同理每个晶胞中Fe2+个数为CN-位于棱的中点，每个CN-被4个晶胞共有，故每个晶胞中CN-个数为12×=3。

A.已知晶体的化学式为MxFey(CN)6，故有2个晶胞，阴离子含有一个Fe3+，1个Fe2+，6个CN-，晶体中的阴离子为[Fe2(CN)6]-，根据化合物中各元素的化合价代数和为0得晶体的化学式为MFe2(CN)6；综上可知，x=1，y=2，A错误；

B.M呈+1价；因为有阴；阳离子，故该晶体属于离子晶体，B正确；

C.若M的离子在立方体的体心位置，则该晶体的化学式可表示为MFe2(CN)3，与晶体化学式MFe2(CN)6不符合；故M的离子不可能在立方体的体心位置，C正确；

D.该晶胞中与每个Fe3+距离最近且相等的CN-有6个；D错误；

故合理选项是BC。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。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

书写基态电子排布须遵循能量最低原理；泡利原理和洪特规则。

【详解】

(1)．Ca为20号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2；

答案为：1s22s22p63s23p64s2；

Kr为36号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p6；

答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p6；

Co为27号元素，以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2；

答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；

Ge为32号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；

答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2。【解析】①.1s22s22p63s23p64s2②.1s22s22p63s23p63d104s24p6③.1s22s22p63s23p63d74s2④.1s22s22p63s23p63d104s24p215、略

【分析】【分析】

（1）钒处于第四周期VB族，外围电子排布式为3d34s2，结合泡利原理、洪特规则画外围电子轨道表达式；核外电子排布处于半充满、全充满或全空时更稳定；VO43-中V形成4个σ键，孤电子对数为=0，杂化方式为sp3；

（2）①S原子形成2个σ键；有2对孤电子对，杂化轨道数目为4；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；

②羧基可与水分子之间形成氢键；

（3）构成条件：多原子分子中各原子在同一平面；且有相互平行的p轨道，有单电子；硫酸根离子是正四面体结构，各原子不在同一平面，硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道；

（4）均摊法计算晶胞中V、S原子数目，确定化学式；根据V、S原子数目，结合摩尔质量计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度。

【详解】

（1）钒原子为23号元素，电子排布式为[Ar]3d34s2，所以外围电子轨道排布式为其最稳定的化合价应该是+5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构。根据价层电子对互斥原理，VO43-中的中心原子V的价电子为5；配位原子O不提供电子，带有三个单位负电，所以外层电子为8个，共4对，空间构型为正四面体。

（2）①S原子的电子排布为[Ne]3s23p4，所以S原子的3p能级上有4个电子，分配在三个轨道中，有两个单电子。从图中得到S的配位数为2，所以此时S的外层有6+2=8个电子，电子对为4，所以S应该的杂化方式是sp3杂化。其中含有的第二周期元素是C、N、O。同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为N的2p能级上有3个电子，是p能级的半满稳定结构，所以N的第一电离能反常增大，所以第一电离能为：N>O>C。

②2-巯基烟酸有羧基可以与水分子形成氢键；所以其水溶性会更好。

（3）从题目表述来看；形成离域Π键的要求是：①原子共平面；②有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四面体，硫化氢为角型，二硫化碳为直线型。所以选项B一定错误。而硫化氢的H原子不存在p轨道。所以选项C错误。由上正确的是选项A和选项D。

（4）晶胞中有V为：8×1/8+4×1/4=2个；S为：2×1=2个，所以化学式为VS。因为该晶胞中有2个VS，所以晶胞质量为2×(32+51)/NAg。根据图4得到晶胞底面的面积为a×nm2，所以晶胞的体积为：a××bnm3。1nm=10-7cm，所以晶体密度为【解析】+5正四面体2sp3N>O>C2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大ADVS16、略

【分析】【分析】

(1)根据图示判断电离能；

(2)随着原子序数的增加；第一电离能逐渐减小；

(3)根据周期表中Ca和K的位置关系；同周期元素随原子序数增大，第一电离能呈现增大的趋势，比较出Ca和K的第一电离能的大小。

【详解】

(1)Li；Na、K的原子序数分别为3、11、19；图中对应的第一电离能的数值分别为520、496、419；

(2)由碱金属元素第一电离能的变化可知；随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，而且随着原子序数的增加，同主族元素的金属性逐渐增强；

(3)同周期随原子序数增大；第一电离能呈增大趋势，Ca的第一电离能应高于K的，Ca比较Na活泼，其第一电离能而小于Na，即Ca的第一电离能：419kJ/mol＜E(Ca)＜496kJ/mol。

【点睛】

清楚同周期，同主族元素第一电离能的递变规律是解本题的关键。【解析】①.520②.496③.419④.随着原子序数的增大，第一电离能逐渐变小⑤.金属越活泼，其第一电离能越小⑥.大于419小于49617、略

【分析】【详解】

(1)铁为26号元素，位于元素周期表的第4周期Ⅷ族；基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，有4个未成对电子；铁原子失去4s两个电子和3d一个电子形成铁离子，所以铁离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；

(2)原子中；离原子核越远的电子层其能量越高，所以Si原子中M电子层能量最高；该原子中含有3个s轨道；6个p轨道，所以一共有9个轨道；铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种，有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；

(3)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；基态14C原子的核外电子排布为1s22s22p2；1s；2s为成对电子，自旋方向相反，2p能级为单电子，自旋方向相同，核外存在2对自旋相反的电子；

(4)同周期元素从左到右电负性增强，金属性越强的元素电负性越小，故O＞N＞C＞K；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N的核外2p轨道排3个电子，半充满，较稳定，比相邻元素的第一电离能都高，所以第一电离能从大到小依次为N>O>C>K；

(5)含双键和三键的分子既有σ键又有π键；为④⑤⑨；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的物质只有氢气，即⑦；稀有气体不含化学键，即⑩；

(6)BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=(3-3×1)=0，杂化轨道数目为3，BF3分子的中心原子B原子采取sp2杂化，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°；BF4-中B原子的价层电子对=4+(3+1-1×4)=4；该离子中不含孤电子对，为正四面体结构。

【点睛】

电子的运动状态由能层、能级、原子轨道和电子的自旋状态共同决定，没有运动状态完全相同的电子存在，所以核外有几个电子，就有几种运动状态不同的电子；非金属性越强，电负性越强，第一电离能同周期元素从左到右增强趋势，但是ⅡA族ⅤA族元素比相邻元素都高。【解析】①.第4周期Ⅷ族②.4③.1s22s22p63s23p63d5④.M⑤.9⑥.13⑦.5⑧.电子云⑨.2⑩.O>N>C>K⑪.N>O>C>K⑫.④⑤⑨⑬.⑦⑭.⑩⑮.120°⑯.sp2⑰.正四面体形18、略

【分析】【分析】

同种非金属元素之间存在非极性共价键；正负电荷重心重合的分子为非极性分子，根据中心原子的价层电子对数确定杂化方式，根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，非金属元素的氢化物沸点随着相对分子质量的增大而升高，存在氢键的物质的沸点较高；在氨水中，水分子的氢原子和氨气分子中的氮原子之间存在氢键。

【详解】

（1）氮气和氧气都是双原子分子，同种非金属原子之间存在非极性共价键，所以含有非极性共价键的分子是N2、O2；

故答案为：N2、O2；

（2）甲烷中碳原子和氢原子之间存在极性键；甲烷是正四面体结构，二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线型结构，甲烷和二氧化碳分子中正负电荷重心重合，所以甲烷和二氧化碳是非极性分子；

答案为：CH4、CO2；

（3）水分子中价电子数=2+（6-2×1）=4；水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，分子空间构型为V型；

答案为：sp3；V型；

（4）氢化物的沸点变化规律的图象中；折线D可以得出该族元素的氢化物的沸点随着原子序数的递增，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，甲烷属于第IVA族元素的氢化物，相对分子质量最小，沸点最低，故选D；

答案为D；

（5）氨水中，H2O中H原子与NH3分子中的N原子形成氢键；即O-HN；

答案为：O-HN

【点睛】

本题涉及到了非极性分子的判断、原子的杂化方式、分子的空间构型等知识点，难度不大，原子的杂化方式、分子的空间构型、氢键等知识点是高考的热点，应重点掌握。【解析】①.N2、O2②.CH4、CO2③.sp3V形④.D⑤.O—HN19、略

【分析】【分析】

一般来说；无机物中的某些离子化合物，共价化合物中的某些极性分子易溶于水；非极性分子和有机物易溶于有机溶剂。

【详解】

①NH3能与水分子间形成氢键，所以NH3极易溶于水，难溶于CCl4；

②CH4为非极性分子，难溶于水，易溶于CCl4；

③为非极性分子，难溶于水，易溶于CCl4；

④HCl为极性分子，易溶于水，难溶于CCl4；

⑤C2H4为非极性分子，难溶于水，易溶于CCl4；

⑥Br2为非极性分子，在水中的溶解度不大，易溶于CCl4；

⑦HNO3易溶于水，溶于水后生成强酸溶液，难溶于CCl4；

⑧H2S易溶于水，难溶于CCl4；

综合以上分析，易溶于水的是①④⑦⑧，易溶于CCl4的是②③⑤⑥。答案为：①④⑦⑧；②③⑤⑥。

【点睛】

易溶于水的物质也可能易溶于有机溶剂，如酒精；难溶于水的物质也可能难溶于有机溶剂，如一氧化碳。【解析】①.①④⑦⑧②.②③⑤⑥20、略

【分析】【分析】

根据常见晶体的物理性质分析判断。

【详解】

A．固态时能导电；能溶于盐酸，说明该晶体属于金属晶体，故答案为：金属晶体；

B．能溶于CS2；不溶于水，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；

C．固态时不导电；液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；

D．固态；液态时均不导电；熔点为3500℃，属于原子晶体，故答案为：原子晶体。

【点睛】

本题的易错点为金属晶体和离子晶体的判断，要注意金属一般具有良好的导电性，而离子晶体固态时不能导电。【解析】①.金属晶体②.分子晶体③.离子晶体④.原子晶体四、实验题(共1题，共6分)21、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]Cl2五、工业流程题(共1题，共9分)22、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