2025年浙教版选修3化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙教版选修3化学上册阶段测试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9题，共18分)1、以下能级符号不正确的是A.6sB.2dC.4fD.7p2、下列说法正确的是（）

①含有金属元素的化合物一定是离子化合物。

②由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物。

③第IA族和第ⅦA族元素的原子化合时；一定生成离子键。

④活泼金属与非金属元素化合时；一般形成离子键。

⑤离子键就是阴；阳离子间的相互引力。

⑥含有离子键的化合物一定是离子化合物。

⑦含有共价键的化合物一定是共价化合物。

⑧离子化合物中可能同时含有离子键和共价键。

⑨共价化合物中只含有共价键。

⑩离子化合物中存在的共价键只能是极性共价键．A.④⑥⑧⑨B.①②⑤⑧C.①③④⑨D.②③⑤⑧3、多原子分子中各原子若在同一平面，且有2个以上相互平行的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.PO43-C.H2SD.HCHO4、SiH4(Si为+4价)可制取LED基质材料Si3N4(超硬物质)3SiH4+4NH3==Si3N4+12H2下列分析正确的是A.Si3N4晶体中，Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点B.Si3N4和SiH4均为共价晶体，其Si原子均采取sp3杂化C.反应中每转移0.8mole-，还原0.2molSiH4，生成17.92LH2(标准状况)D.电负性：Si>N>H5、下列说法错误的是A.附着在试管内壁上的AgOH固体可用氨水溶解而洗去B.可用氨水鉴别AlCl3、AgNO3和CuSO4三种溶液C.向氨水中滴加CuSO4溶液至过量，先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解并得到深蓝色溶液D.加热碘单质，产生紫色蒸气，这个过程克服了范德华力6、下列有关晶体结构的说法正确的是A.金属晶体的体心立方密堆积的结构中，每个晶胞中含有2个原子B.通常状况下，60gSiO2晶体中含有的分子数为NA（NA表示阿伏加德罗常数）C.金属铜的晶胞为面心立方晶胞，晶胞中每个铜原子的配位数为6D.1mol金刚石含4molC—C键，金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环，最小的环上有6个碳原子7、有关化学键的描述正确的是A.有化学键断裂的过程一定发生了化学反应B.带相反电荷的离子之间的相互吸引称为离子键C.非金属原子间以共价键结合的物质都是共价化合物D.金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关8、下列叙述中正确的是（）A.在冰(固态水)中,既有极性键、非极性键、又有氢键B.二氧化碳分子是由极性鍵形成的非极性分子C.含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体D.金属晶体的熔沸点一定比分子晶体的高9、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评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、(1)在现用周期表中氧族元素包括______________________(填元素名称)五种元素，其中Se的基态原子的电子排布式为______________________，元素X与Se同周期，X元素原子核外未成对电子数最多，X为______________________(填元素符号)。

(2)与氧同周期的相邻元素中，第一电离能有大到小的顺序______________________。

(3)臭鼬排放的臭气主要成分为3—MBT(3—甲基—2—丁烯硫醇，结构如图)。1mol3—MBT中含有σ键数目为____________(NA为阿佛加德罗常数的值)。沸点：3—MBT____________(CH3)2C==CHCH2OH(填“＞”“＜”或“=”)，主要原因是________________________。

(4)S有+4和+6两种价态的氧化物。

①下列关于气态SO3和SO2的说法正确的是__________(填序号)。

A.中心原子的价层电子对数不相等。

B.都是极性分子。

C.中心原子的核对电子数目不相等。

D.都含有极性键。

②SO3分子的空间构型为__________，与其互为等电子体的阴离子为__________(举一例)。

(5)单质Po是有__________键形成的晶体；若已知Po的摩尔质量为Mg·mol-1，原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则钋晶体的密度的表达式为____________________g·cm-3。11、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)。

12、下列基态原子或离子的电子排布式(图)正确的是______(填序号，下同)，违反能量最低原理的是______，违反洪特规则的是______，违反泡利原理的是______.

①

②

③P：

④Cr：

⑤Fe：

⑥

⑦O：13、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-)14、X是合成碳酸二苯酯的一种有效的氧化还原催化助剂，可由EDTA与Fe3+反应得到。

（1）EDTA中碳原子杂化轨道类型为_________________；EDTA中四种元素的电负性由小到大的顺序为__________________。

（2）Fe3+基态核外电子排布式为_________________。

（3）EDTA与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但EDTA的沸点（540.6℃）比正二十一烷的沸点（100℃）高的原因是_________。

（4）1molEDTA中含有σ键的数目为______________。

（5）X中的配位原子是___________。15、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__。16、近日；《自然—通讯》发表了我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。

（1）下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是___，能量最低的是___(用字母表示)。

A.B.

C.D.

（2）第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在B和N之间的元素有___种。

（3）Na与N形成的NaN3可用于制造汽车的安全气囊，其中阴离子的空间构型为___，Na在空气中燃烧则发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为___光谱(填“发射”或“吸收”)。

（4）已知NH3分子的键角约为107°，而同主族磷的氢化物PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥理论解释NH3的键角比PH3的键角大的原因：___。

（5）BH3·NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，可由BH3与NH3反应生成，B与N之间形成配位键，氮原子提供___，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为___。它的性质与乙烷有所不同：在标准状况下为无色无味的白色固体，在水中溶解度也较大，其原因是___。

（6）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图1所示，可认为氮原子处于硼原子围成的某种空隙中，则氮原子处于硼原子围成的___(填空间结构)空隙中。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”标明N的相对位置___。

已知立方氮化硼的密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中硼原子与氮原子的最近距离为___nm。(只要求列算式)17、用符号“>”“<”或“=”连接下列各项关系。

(1)第一电离能N_____O；(2)电负性：N____C；

(3)键角：H2S______NH3(4)晶格能：MgO_______KI评卷人得分三、有机推断题(共5题，共10分)18、Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q；X原子p轨道的电子数分别为2和4.请回答下列问题：

(1)Z2＋的核外电子排布式是________。

(2)在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。

(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲；乙；下列判断正确的是________。

a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙。

b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙。

c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙。

d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙。

(4)Q；R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。

(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26；其中分子中的σ键与π键的键数之比为________，其中心原子的杂化类型是________。

(6)若电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接摄取________。A．电子的运动轨迹图像B．原子的吸收光谱C．电子体积大小的图像D．原子的发射光谱(7)某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于________区元素，元素符号是________。19、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：_________________。20、元素A；B、C、D都是短周期元素；A元素原子的2p轨道上仅有两个未成对电子，B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，B、C同周期，C是同周期中电负性最大的，D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红。试回答：

（1）A的价电子轨道排布图为______________________________；B的电子排布式为_________；C的价电子排布式为____________；D的原子结构示意图为__________。

（2）已知D与H原子能形成一种高能量的分子D2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为_____________，含有_____个σ键和_____个π键。

（3）B的原子核外电子运动状态________有多少种，原子轨道数为______，能级数__________，电子占据的最高能层符号为_________。

（4）四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是（用对应化学式回答）____________________。21、短周期元素X；Y、Z、W、Q原子序数依次增大。已知：X的最外层电子数是次外层的2倍；在地壳中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，Q的最外层比次外层少2个电子。请回答下列问题：

（1）X的价层电子排布式是___，Q的原子结构示意图是____。

（2）Y、Z两种元素中，第一电离能较大的是（填元素符号）_____，原因是______。

（3）Z、W、Q三种元素的简单离子的半径从小到大排列的是________。

（4）关于Y、Z、Q三种元素的下列有关说法，正确的有是_______；

A.Y的轨道表示式是：

B.Z；Q两种元素的简单氢化物的稳定性较强的是Z

C.Z；Q两种元素简单氢化物的沸点较高的是Q

D.Y常见单质中σ键与π键的数目之比是1：2

（5）Q与Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的杂化类型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。22、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)评卷人得分四、工业流程题(共1题，共3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、实验题(共1题，共2分)24、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_____________________________。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共32分)25、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__________________________________。

26、CP是一种起爆药，化学式为[Co(NH3)5(C2N5)](ClO4)2。CP可由5-氰基四唑(分子式为HC2N5，结构简式如图1所示)和[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3反应制备。

（1）CP中Co3+基态电子排布式为___。

（2）5-氰基四唑中C原子的杂化类型为__，所含C、N元素的电负性的大小关系为C__(填“>”“=”或“<”)N。1mol5-氰基四唑中含有σ键的数目为__。

（3）[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3中的配离子部分结构如图2所示。

①请在相应位置补填缺少的配体___。

②与NH3互为等电子体的一种阳离子为___(填化学式)。27、含族的磷、砷()等元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：

(1)下列状态的磷中，电离最外层一个电子所需能量最小的是__________(填标号)。

A.B.C.D.

(2)常温下是一种白色晶体，由两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知两种微粒分别与互为等电子体，则为________，其中心原子杂化轨道类型为________，为________。

(3)的分别为根据结构与性质的关系解释远大于的原因______________。

(4)的空间构型为_____________。

(5)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管()照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图所示，晶胞参数

①砷化镓的化学式为__________，镓原子的配位数为__________。

②砷化镓的晶胞密度__________(列式并计算，精确到小数点后两位)，如图是沿立方格子对角面取得的截图，位置原子与位置原子的核间距x=________

28、（1）基态Fe原子的简化电子排布式为______________________。

（2）常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出CO的电子式______________；Fe(CO)5分子中σ键与π键之比为______________。

（3）Ni能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。Ni(SCN)2中第一电离能最大的元素是_____________；(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是_____________；

（4）硝酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2的深蓝色溶液。

①[Cu(NH3)4](NO3)2中阴离子的立体构型是_________________。

②与NH3互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因__________。

（5）金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为74%，则铝原子的配位数为________________。

（6）铁和硫形成的某种晶胞结构如右图所示，晶胞参数a＝xpm，则该物质的化学式为___________________；A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为________________pm（用x表示）；该晶胞的密度为____________g·cm-3。（阿伏加德罗常数用NA表示）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A.s能级在每一层上都有；因此存在6s能级，故A正确；

B.d能级至少在第三层及以上；故B错误；

C.f能级至少在第四层能级以上；故C正确；

D.p能级至少在第二层及以上；故存在7p能级，故D正确；

故选B。

【点睛】

第一层（K层）上只有1s能级，第二电子层（L层）只有2s和2p能级，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d能级，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f能级。2、A【分析】试题分析：离子化合物构成微粒为阴阳离子；一定存在离子键，可能存在共价键，离子化合物组成元素可能为金属和非金属，也可能全部为非金属性，共价化合物只含有共价键，以此解答．

解：①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物；如氯化铝，故错误；

②由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物；如氯化铵，故错误；

③第IA族和第ⅦA族元素的原子化合时；不一定生成离子键，故氯化氢，故错误；

④活泼金属与非金属元素化合时；一般形成离子键，故正确；

⑤离子键就是阴；阳离子间的静电作用；包括引力和排斥力，故错误；

⑥含有离子键的化合物一定是离子化合物；故正确；

⑦含有共价键的化合物不一定是共价化合物；可能为单质或离子化合物，故氧气，过氧化钠等，故错误；

⑧离子化合物中可能同时含有离子键和共价键；如氯化铵，故正确；

⑨共价化合物中只含有共价键；故正确；

⑩离子化合物中存在的共价键只能是极性共价键错误；如过氧化钠中的过氧键为非极性键，故错误．

综上所述；④⑥⑧⑨正确．

故选：A．3、A【分析】【详解】

形成“离域π键”的形成条件是“原子都在同一平面且有2个以上相互平行的p轨道”，根据价层电子对互斥理论，PO43-为正四面体结构，原子不处于同一平面内，H2S、HCHO中H原子没有p轨道，不具备“离域π键”的形成条件，SO2为平面三角形形结构，有2个以上相互平行的p轨道，可以形成“离域π键”，答案选A。4、A【分析】【详解】

A.固体的Si3N4是原子晶体，是空间立体网状结构，每个Si和周围4个N共用电子对，每个N和周围3个Si共用电子对，Si3N4晶体中；Si位于正八面体的两个顶点，N位于八面体中间平面的4个点，故A正确；

B.固体的Si3N4是原子晶体，SiH4是分子晶体，Si3N4和SiH4中Si原子均采取sp3杂化；故B错误；

C.3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2中每转移12mole-，生成12molH2，氧化3molSiH4，反应中每转移0.8mole-，氧化0.2molSiH4，生成0.8mol×22.4L·mol－1=17.92LH2(标准状况)；故C错误；

D.SiH4(Si为+4价)，电负性：H>Si,电负性：N>H>Si；故D错误；

故选A。5、C【分析】【详解】

试题分析：A．AgCl固体可与氨水反应生成络离子，则附着在试管内壁上的AgCl固体可用氨水溶解而洗去，故A正确；B．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，与硝酸银反应先产生沉淀后沉淀溶解，与硫酸铜反应生成蓝色沉淀，三者现象不同，可以用氨水区别，故B正确；C．向CuSO4溶液滴加氨水至过量；先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解并得到深蓝色溶液，故C错误；D．碘的升华破坏了分子间作用力，即范德华力，故D正确；故选C。

考点：考查了物质的性质的相关知识。6、A【分析】【详解】

A．体心立方密堆积的结构中，每个晶胞中含有的原子数=1+8×=2；故A正确；

B．SiO2晶体是原子晶体；不存在分子，故B错误；

C．金属铜的晶胞为面心立方晶胞；晶胞中每个铜原子的配位数为12，故C错误；

D．1mol金刚石含有1molC原子，每个碳原子形成4×=2个C-C键，因此1mol金刚石含2molC-C键，金刚石晶体结构为金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环，最小的环上有6个碳原子，故D错误；

答案选A。7、D【分析】【详解】

A．只有存在化学键断裂和化学键形成的过程才发生化学反应；有化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如电解质溶于水的过程，故A错误；

B．离子键是指带相反电荷的离子之间的相互作用；这种相互作用既包含排斥力也包含吸引力，故B错误；

C．非金属原子间以共价键结合的物质不一定是化合物；可能是单质，如氢气，故C错误；

D．金属的性质和金属固体的形成取决于金属键；金属键没有方向性和饱和性，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意非金属单质的情况。8、B【分析】A.在冰中不存在非极性键,存在氢键和极性键,故A错误;B.二氧化碳是直线形分子,结构对称,正负电荷重心重合,为非极性分子,碳原子和O原子之间存在极性键,所以B选项是正确的;C.含有金属阳离子的晶体可能不是离子晶体,可能是金属晶体,故C错误;D.金属晶体的熔沸点不一定比分子晶体的高,如钠的熔沸点低于碘,故D错误;所以B选项是正确的。9、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。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

根据原子的核外电子排布规律分析解答；根据元素周期表；元素周期律分析解答；根据价层电子对互斥理论分析解答。

【详解】

(1)氧族元素即第VIA族元素，其中包括氧、硫、硒、碲、钋五种元素，其中Se是位于第四周期VIA族，Se的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4，元素X与Se同周期，X元素原子核外未成对电子数最多，则X的d轨道和4s轨道呈半满状态时，原子核外未成对电子数最多，所以X为Cr；

故答案为氧、硫、硒、碲、钋，1s22s22p63s23p63d104s24p4，Cr；

(2)与氧同周期的相邻元素中有N元素和F元素；由于N原子2p轨道呈半满状态，较稳定，则N的第一电离能大于O原子的第一电离能，所以F；O、N的第一电离能由大到小的顺序F＞N＞O；

故答案为F＞N＞O；

(3)有图片可知，一分子3—MBT(3—甲基—2—丁烯硫醇)含有9个C—H键，4个C—Cσ键，一个C—S键，一个S—H键，所以1mol3—MBT中含有σ键数目为15NA，由于(CH3)2C=CHCH2OH分子间存在氢键，使沸点增高沸点，所以(CH3)2C=CHCH2OH的沸点高于3—MBT；

故答案为5NA，＜，(CH3)2C=CHCH2OH分子间存在氢键；使沸点增高；

(4)①根据分析可知；二者中心原子的价层电子对数目相等，都是3对，故A正确；二氧化硫是极性分子，而三氧化硫为平面三角形，结构对称，为非极性分子，故B错误；中心原子的孤对电子数目不等，二氧化硫分子中含有1对，三氧化硫不存在孤对电子，故C正确；二氧化硫和三氧化硫都含有S与O之间的极性键，故D正确；

故答案为CD；

②SO3中心原子S原子价电子对数为3，即SO3为sp2杂化，所以SO3的空间构型为平面三角形，价电子数和原子数分别相等的是等电子体,则与SO3互为等电子体的离子为NO3-，CO32-；

故答案为平面三角形，NO3-、CO32-；

(5)单质钋是由金属键形成的晶体，属于简单立方堆积，一个晶胞中含有1个原子，当原子半径为rpm时，晶胞边长为2rpm，则钋晶体的密度ρ===

故答案为【解析】氧、硫、硒、碲、钋1s22s22p63s23p63d104s24p4CrF＞N＞O15NA＜(CH3)2C=CHCH2OH分子间存在氢键，使沸点增高CD平面三角形NO3-或CO32-金属11、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ADVS12、略

【分析】【分析】

根据构造原理；利用核外电子排布的三个原理：能量最低原理；泡利原理、洪特规则可对各项作出判断。

【详解】

①Ca的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，失去4s能级上的2个电子变成具有稀有气体电子层结构的Ca2+：1s22s22p63s23p6；离子的电子排布式书写正确；

②②离子的电子排布违反了能量最低原理，能量：2p＜3p，F-核外电子排布应表示为：1s22s22p6；

③P的3p能级上的3个电子没有独占1个轨道，违反了洪特规则，正确的电子排布图为：

④Cr的价电子构型应为：3d54s1；3d轨道半充满状态更稳定，此为洪特规则特例，所以④违反了洪特规则；

⑤Fe原子序数为26，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；书写正确；

⑥Mg的电子排布式为：1s22s22p63s2，失去3s能级上的2个电子变成具有稀有气体电子层结构的Mg2+：1s22s22p6；离子的电子排布式书写正确；

⑦O电子排布图2p能级的1个轨道上的一对电子自旋方向相同，违反了泡利原理，应表示为：

总之；基态原子或离子的电子排布式(图)正确的是①⑤⑥，违反能量最低原理的是②，违反洪特规则的是③④，违反泡利原理的是⑦。答案为：①⑤⑥；②；③④；⑦。

【点睛】

1．能量最低原理：原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态；

2．泡利原理：在一个原子轨道里；最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋方向相反；

3．洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同。洪特规则特例：能量相等的轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p°、d°、f°)状态比较稳定。【解析】①.①⑤⑥②.②③.③④④.⑦13、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ac14、略

【分析】【分析】

（1）EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3；亚甲基上C原子价层电子对个数是4；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型；元素的非金属性越强，其电负性越大；

（2）Fe原子失去3个电子生成铁离子，根据构造原理书写铁离子核外电子排布式；

（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；

（4）共价单键为σ键；共价双键中含有一个σ键；一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35；

（5）X中N；O原子提供孤电子对。

【详解】

(1)EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化轨道类型,前者为sp2杂化、后者为sp3杂化，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性H

故答案为：sp2和sp3；H

(2)Fe原子失去3个电子生成铁离子,根据构造原理书写铁离子核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

故答案为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；EDTA能形成分子间氢键，导致其熔沸点较高；

故答案为：EDTA分子间存在氢键；

(4)共价单键为σ键；共价双键中含有一个σ键；一个π键，则1个EDTA分子中σ键的数目35，所以1molEDTA中含有σ键的数目为35mol；

故答案为：35mol；

(5)X中N；O原子提供孤电子对；所以N、O为配位原子；

故答案为：N；O。

【点睛】

熔沸点的高低要看晶体的类型，分子晶体主要看范德华力的大小，还要考虑氢键。【解析】①.sp2和sp3②.H<C<N<O③.[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5④.EDTA分子间存在氢键⑤.35mol⑥.N、O15、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⑥.3d54s116、略

【分析】【分析】

在电子排布图中；根据能量最低原理排布的能量就最低，在能级越高的轨道中电子数越多，能量就越高来判定；根据同周期元素第一电离能的变化规律及IIA；VA反常来解答；根据价层电子对来判断空间构型；根据价层电子对互斥理论判断键角大小原因；根据键的形成实质及形成氢键来解答；根据晶体结构及密度计算晶胞及棱长，由棱长再计算两原子的距离。

【详解】

（1）N原子电子排布图表示的状态中；符合能量最低原理的其能量就最低，能量越高的轨道中电子个数越多，其能量越高，根据图知，A符合能量最低原理，D中能量较高的轨道中电子数最多，所以能量最高；答案为D，A。

（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；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，因而在B与N之间还有Be、C、O三种元素；答案为3。

（3）N3-离子中心N原子价层电子对数=2+=2；价层电子对数为2，孤电子对为0，N原子杂化方式为sp杂化，离子空间构型为直线形，电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na元素发生焰色反应是因为产生了原子，发射光谱；答案为直线形，发射。

（4）NH3、PH3的中心原子均为sp3杂化，N的电负性比P大，N原子半径比P原子半径小，N原子对键合电子吸引更强，因而NH3分子中成键电子对间的距离较近，成键电子对之间的斥力更大，使NH3的键角比PH3的键角大；答案为N的电负性比P大，N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近；成键电子对之间的斥力更大。

（5）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1对孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，在BH3·NH3中B原子形成3个B-H键，B还形成1个配位键，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为：sp3杂化，在水中溶解度较大是因为BH3•NH3分子属于极性分子，相似相溶，且BH3·NH3分子间存在氢键，与水分子之间能形成氢键，该物质易溶于水，而乙烷不能；答案为孤电子对，sp3杂化，BH3•NH3分子属于极性分子，相似相溶，且BH3·NH3分子间存在氢键；与水分子之间能形成氢键，该物质易溶于水，而乙烷不能。

（6）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图1所示，晶胞中每个N原子连接4个B原子，这4个B原子构成以N原子为体心的正四面体结构，图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，在图中圆球上涂“●”标明N的相对位置为已知立方氮化硼的密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中N原子数为4，B原子8个顶点各一个，6个面心各一个，则B原子数=8×+6×=4，晶胞的质量m=g=g，晶胞体积V=(a×10-7cm)3，晶胞的密度为dg·cm-3，由得出晶胞的棱长a=nm，由于立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构，顶点N原子与四面体中心B原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，硼原子与氮原子最近的距离为xnm，则x=anm，将a代入，x=×107nm；答案为正四面体，×107。

【点睛】

本题应特别注意第（6）小问，是计算N原子与B原子的最近距离，不是晶胞的棱长，应根据它们的连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，以此计算。【解析】①.D②.A③.3④.直线形⑤.发射⑥.N的原子半径P小、电负性比P大，使得NH3分子中孤对电子之间的距离比PH3分子中近、斥力大⑦.孤电子对⑧.sp3⑨.BH3·NH3分子间存在氢键，也能与水分子形成氢键，而乙烷分子不能⑩.正四面体⑪.⑫.×10717、略

【分析】【分析】

非金属性越强；电负性越大；非金属性强，总的来说，第一电离能大，但当价电子在轨道中处于半满；全满或全空时，第一电离能出现反常；键角既受分子结构的影响，又受孤电子对的影响；比较晶格能时，可通过分析离子的带电荷与离子半径确定。

【详解】

(1)N的价电子排布为2s22p3；2p轨道上电子半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能N＞O；答案为：＞；

(2)非金属性越强；电负性越大，非金属性N＞C，所以电负性：N＞C；答案为：＞；

(3)H2S的键角接近90°，NH3的键角为107°18′，所以键角：H2S＜NH3；答案为：＜；

(4)MgO和KI都形成离子晶体，MgO中的阴、阳离子都带2个电荷，而KI中的阴、阳离子都带1个电荷，离子半径：Mg2+＜K+、O2-＜I-；所以晶格能：MgO＞KI。答案为：＞。

【点睛】

第一电离能出现反常时，仅比原子序数大1的元素大。【解析】①.＞②.＞③.＜④.＞三、有机推断题(共5题，共10分)18、略

【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，Z为铜元素，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn，n＝2，Y是C或Si；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，因此Q为碳元素，则R为氮元素，X为氧元素，Y为硅元素。（1）Z为铜，其核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去2个电子，即为铜离子，其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9。（2）配位键形成时，铜离子提供空轨道，氨分子中的氮原子提供孤电子对。（3）甲为甲烷，乙为硅烷，同主族元素对应氢化物越向上越稳定，沸点越向下越高(不含分子间氢键时)，所以b选项正确。（4）第一电离能氮比碳高，因为氮元素原子核外电子p轨道为半充满结构，硅的第一电离能最小，即第一电离能大小顺序是Si54s1，该元素是24号元素，为Cr，属于d区元素。【解析】1s22s22p63s23p63d9孤电子对bSi19、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+2H2O20、略

【分析】【详解】

元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个电子，则A的外围电子排布为2s22p2，故A为C元素；B的3p轨道上有空轨道，则B的外围电子排布为3s23p1或3s23p2；A；B同主族，故B为Si元素；B、C同周期，C是本周期中电负性最大的，故C为Cl元素；D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红，则D为氮元素。

（1）A为6号的C元素，基态原子电子排布式为1s22s22p2，价电子轨道排布图为B为14号Si元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2；C为17号Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，价电子排布式为3s23p5；D为7号氮元素，原子结构示意图为

（2）D与H原子能形成一种高能量的分子N2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为根据结构可知，含有3个σ键和1个π键；

（3）B的电子排布式为1s22s22p63s23p2；原子核外电子运动状态有14种；原子轨道数为8，能级数5，电子占据的最高能层符号为M；

（4）元素非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是HClO4>HNO3>H2CO3>H2SiO3。【解析】1s22s22p63s23p23s23p5311485MHClO4>HNO3>H2CO3>H2SiO321、略

【分析】【分析】

X的最外层电子数是次外层的2倍；则次外层只能是K层，容纳2个电子，最外层是L层，有4个电子，X为C元素。地壳中Z的含量最大，则Z为O元素，X；Y、Z原子序数依次增大，则Y为N元素。W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，W为Na。Q的最外层比次外层少2个电子，Q的次外层为L层，有8个电子，Q的最外层为M层，有6个电子，Q为S元素。

【详解】

(1)X为C元素，核外电子排布为1s22s22p2，价层电子排布式为2s22p2；Q为S元素，16号元素，原子结构示意图为

(2)Y为N元素；Z为O元素，第一电离能大的是N元素，原因是N原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定；

(3)Z、W、Q形成的离子分别为O2－、Na＋、S2－。O2－和Na＋具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，则有r(Na+)＜r(O2-)。O和S同主族，同主族元素形成的简单离子半径从上到小依次增大，有r(O2-)＜r(S2-)，则排序为r(Na+)＜r(O2-)＜r(S2-)；

(4)Y为N，Z为O，Q为S；

A．Y的2p轨道上有3个电子；根据洪特原则，电子排布在能量相同的各个轨道时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，2p轨道上的3个电子，应该分别在3个不同的轨道；A项错误；

B．O的氢化物H2O的稳定性比S的氢化物H2S的稳定性强；因为O非金属性比S的强；B项正确；

C．O的氢化物H2O的沸点比S的氢化物H2S的沸点高；原因是水分子间存在氢键；C项错误；

D．Y的单质为N2；N和N原子之间有3对共用电子对，其中σ键有1个，π键有2个，比例为1:2，D项正确；

本题答案选BD；

(5)QZ2为SO2，中心原子S的价电子有6个，配位原子O不提供电子，对于SO2，VP=BP+LP=2+=3，中心S原子为sp2杂化；根据相似相溶的原理，SO2易溶于水是由于SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；另外SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO3。【解析】2s22p2NN原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定r(Na+)＜r(O2-)＜r(S2-)BDsp2杂化SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO322、略

【分析】【分析】

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，那么n只能为2，则A的基态原子价层电子排布为2s2p2，A为C元素；B的基态原子2p能级有3个单电子，那么B的价层电子排布式为2s22p3，B是N元素；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，那么D是Cl元素；E2+的3d轨道中有10个电子；E是Zn元素；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，F是Au。可在此基础上利用物质结构基础知识解各小题。

【详解】

根据分析；A；B、D、E、F分别为C、N、Cl、Zn、Au。

(1)E是锌元素，核电荷数为30，在元素周期表中的位置为第四周期ⅡB族，E的基态原子的价层电子排布式3d104s2，答案为：3d104s2

(2)A、B形成的AB-，即CN-中C原子的价层电子对数为1+(4+1-1×3)/2=2，为sp杂化，CN-含有一个叁键；其中一个为σ键，另外2个为π键，σ键与π键的数目之比为1：2。答案为：sp；1：2

(3)AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，以二聚体Au2Cl6的形式存在，则2个AuCl3应通过配位键结合，Au为中心原子，Cl为配位原子，形成的二聚体Au2Cl6为分子，所以可判断AuCl3晶体属于分子晶体，结构式为：答案为：分子；

(4)Au(+1价)与CN-形成的直线形配离子为[Au(CN)2]-，Zn与CN-形成的正四面体形配离子为[Zn(CN)4]2-，用Zn提取Au单质的反应是置换反应，离子方程式为：Zn+2[Au(CN)2]-=2Au+[Zn(CN)4]2-。答案为：Zn+2[Au(CN)2]-=2Au+[Zn(CN)4]2-

(5)F是Au，其单质的晶体为面心立方最密堆积，每一个Au的晶胞中含有4个Au原子，每一个晶胞的质量为根据=g∙cm-3。答案为：

【点睛】

1.价层电子对的一种计算方法是：价层电子对数=配位原子数+孤对电子对数。孤对电子对数=中心原子价电子数±电荷数-中心原子提供给配位原子的共用电子数；当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；

2.晶体密度的计算：选取1个晶胞作为计算对象，一方面，根据题给信息，利用均摊法计算该晶胞所含各种粒子的个数，并计算出这个晶胞的质量，晶胞质量等于该晶胞所含原子摩尔质量的总和除以NA；另一方面，根据题给信息，结合晶胞的结构，利用几何知识计算该晶胞的体积。【解析】3d104s2sp1：2分子Zn+2[Au(CN)2]-=2Au+[Zn(CN)4]2-四、工业流程题(共1题，共3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、实验题(共1题，共2分)24、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]Cl2六、结构与性质(共4题，共32分)25、略