2025年华东师大版选修3化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版选修3化学下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、下列比较正确的是A.第一电离能：I1(P)>I1(S)B.离子半径：r(Al3+)>r(O2-)C.分子中的键角：H2O>NH3>CH4D.电负性：K>Na>Li2、下列分子中所有原子均满足最外层8电子结构的是（）A.LiClB.BF3C.PCl5D.NCl33、下列描述中正确的是()A.CS2分子构型为V形B.ClO3—的空间构型为平面三角形C.SF6中有4对完全相同的成键电子对D.SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化4、有关苯分子中的化学键的描述正确的是A.每个碳原子的sp2杂化轨道中的一个形成大π键B.每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键C.碳原子的三个sp2杂化轨道只形成两个σ键D.碳原子的未参加杂化的2p轨道形成σ键5、下列描述正确的是。

①CS2为V形的极性分子②ClO3-的立体构型为平面三角形。

③SF6中有6对完全相同的成键电子对④SiF4和SO32-的中心原子均采用sp3杂化A.①③B.②④C.①②D.③④6、用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是A.砷原子的结构示意图B.的结构式C.HF分子间的氢键H－F－HD.丙氨酸的手性异构7、下列关于晶体的说法一定正确的是（）

A.分子晶体中都存在共价键B.金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高C.SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合D.CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻8、下列物质中，化学式能准确表示该物质分子组成的是A.SiCB.MgOC.ArD.评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、“3s”和“3s2”都是关于原子核外第三电子层s亚层的化学用语，这两个用语的区别在于______10、（1）比较离子半径：F－_____O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。

（2）C；H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。

（3）F、Cl、Br、I的第一电离能大小顺序为________________，电负性大小顺序为__________________。11、硼及其化合物的应用广泛。试回答下列问题：

（1）基态原子的价电子轨道表示式为__________，其第一电离能比的__________（填“大”或“小”）。

（2）氨硼烷（）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是__________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的有机小分子：___________________（填化学式）。

（3）常温常压下硼酸（）的晶体结构为层状；其二维平面结构如图所示。

①B原子的杂化方式为__________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：_________________。

②路易斯酸碱理论认为，任何可接受电子对的分子或离子叫路易斯酸，任何可给出电子对的分子或离子叫路易斯碱。从结构角度分析硼酸是路易斯酸：______________________________。12、砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料；可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：

（1）写出基态As原子的核外电子排布式_____________。

（2）根据元素周期律，原子半径Ga_____________As（填“>”或“<”，下同），第一电离能Ga_____________As。

（3）AsCl3分子的立体构型为_____________。

（4）锗（Ge）是典型的半导体元素，比较下表中锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_____________。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃−49.526146沸点/℃83.1186约40013、硼及其化合物应用广泛。回答下列问题：

（1）基态B原子的价电子轨道表达式为____________________________，其第一电离能比Be____________（填“大”或“小”）

（2）氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______________。

（3）常温常压下硼酸（H3BO3）晶体结构为层状；其二维平面结构如图。

①B原子的杂化方式为_____________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：________________________________________________________。

②路易斯酸碱理论认为，任何可接受电子对的分子或离子叫路易斯酸，任何可给出电子对的分子或离子叫路易斯碱。从结构角度分析硼酸是路易斯酸的原因是_______________________________。14、科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。请回答下列问题：

(1)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。

(2)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_______。

(3)一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。参数。

分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ·mol-1CH40.43616.40CO20.51229.91

①下列关于CH4和CO2的说法正确的是_______(填序号)。

a．CO2分子中含有2个σ键和2个π键。

b．CH4分子中含有极性共价键；是极性分子。

c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2

d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表所提供的数据分析，提出该设想的依据是_______。15、铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列问题：

（1）Cu2O中阳离子的基态核外电子排布式为__________________；Cu和Ni在元素周期表中的位置相邻，Ni在周期表中的位置是__________________。

（2）将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。

①乙醇分子中C原子的轨道杂化类型为__________________，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为____________________。

②[Cu(NH3)4]SO4·H2O]中存在的化学键除了极性共价键外，还有____________________。

③NH3极易溶于水的原因主要有两个，一是_______________，二是_______________________。

（3）CuSO4溶液中加入过量KCN溶液能生成配离子[Cu(CN)4]2-，1molCN-中含有的π键数目为__________。与CN-互为等电子体的离子有____________（写出一种即可）。

（4）Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为ag·cm-3，则Cu与F最近距离为____________pm（用NA表示阿伏加德罗常数的值,列出计算表达式；不用化简）。

评卷人得分三、结构与性质(共8题，共16分)16、在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。

(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于________(填“晶体”或“非晶体”)。

(2)基态铜原子有________个未成对电子；Cu2＋的电子排布式为____________________；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为____________________，其所含化学键有____________________，乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为________。

(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为________。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(H—S—C≡N)、异硫氰酸(H—N===C===S)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是______________________________________________________________________________________。

(4)ZnS的晶胞结构如图所示，在ZnS晶胞中，S2－的配位数为_______________。

(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为________g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。17、第四周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为___。

(2)在1molCrO5(其中Cr为＋6价)中，含有过氧键的数目为__。

(3)钒(23V)广泛用于催化及钢铁工业，被称之为“工业的味精”。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____。(填元素符号)

(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晶胞如图，边长为a=0.266nm，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Ti处于___位置，O处于___位置。18、硼；硅、硒等元素及其化合物用途广泛。请回答下列问题：

（1）基态硒原子的价电子排布式为_______；SeO2常温下为白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体为________晶体。

（2）在硼、硅、硒的气态氢化物中，其立体构型为正四面体的是_______（填化学式），在硅的氢化物中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性大小为Se_____Si（填“＞”或“＜”）。

（3）在周期表的第二周期中，第一电离能介于硼元素和氮元素之间的元素有_____种。

（4）硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，BF3·NH3中B与N之间形成______键；NH3中N原子的杂化轨道类型为______，写出与NH3等电子体的一种离子符号________。

（5）金刚砂（SiC）的摩氏硬度为9.5，其晶胞结构如图所示。在SiC中，每个Si原子周围距离最近的Si原子数目为________；若金刚砂的密度为ρg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞中碳原子与硅原子的最近距离为________pm。（用含ρ和NA的式子表示）

19、甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核外L层上s能级和p能级电子个数相同；乙元素原子3p能级上只有1对成对电子；丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满；而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中；戊元素原子最外层轨道表示式是它的单质常温时为气态。试用化学符号回答以下问题。

（1）甲是________，乙是________，丙是________，丁是________，戊是________。

（2）丙和乙的单质发生化合反应的化学方程式是_______。

（3）丙的硫酸盐溶液跟乙的气态氢化物发生反应的离子方程式是____。

（4）甲和乙元素组成的化合物的化学式是________，用电子式表示该化合物的形成过程_________________。

（5）乙和戊元素的气态氢化物沸点高低关系是________＞________。

（6）丙的硫酸盐跟少量氨水反应的离子方程式是_______。

（7）丙元素原子最外层电子排布式是____________。

（8）乙和丁形成的化合物的电子式是____________________。20、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_______21、已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C与B同周期且基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D；E、F、G是位于同一周期的金属元素；元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色；且D、G的原子序数相差10；E元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E、F的电子数相差1。

请回答下列问题：

（1）基态E原子的价电子排布式为___。

（2）与BC分子互为等电子体的离子为___(填化学式；任写一种)。

（3）在液态非极性分子B6A6中，B原子采取的杂化方式为___。

（4）元素C的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___。

（5）F可形成化学式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为___。

（6）金属D；G晶体的晶胞结构如图所示。

①金属G的晶胞中，测得晶胞中G原子的半径为apm，则G晶体的密度为___g/cm3(列出表达式即可，NA为阿伏伽德罗常数的值)，D、G两种晶胞中金属的配位数之比为___。

②金属G、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如下表所示：。电离能/kJ·mol-1I1I2G7461958锌9061733

G的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能(I2)，其主要原因是___。22、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_______。23、碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。根据要求回答下列问题:

（1）碳原子的价电子排布图：________________，核外有______种不同运动状态的电子。

（2）碳可以形成多种有机化合物；下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。

①嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序______________________。

②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因_________________________________。

③吡啶结构中N原子的杂化方式___________。

④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(如苯分子中的大π键可表示为)。该嘌呤和吡啶中都含有大π键，请问该吡啶中的大π键表示为______________。

（3）碳可形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。

①在反应CO转化成CO2的过程中，下列说法正确的是__________。

A．每个分子中孤对电子数不变B．分子极性变化。

C．原子间成键方式改变D．分子的熔沸点变大。

②干冰和冰是两种常见的分子晶体，晶体中的空间利用率：干冰_______冰。(填“>”、“<”或“=”)

③H2CO3与H3PO4均有1个非羟基氧，H3PO4为中强酸，H2CO3为弱酸的原因___________。

（4）在2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如下图。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则T-碳的密度的表达式为______________g/cm3。

评卷人得分四、实验题(共1题，共5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_____________________________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共4分)25、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2题，共6分)26、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_____________。27、第VIII族元素；跟主族元素的金属相比，它们有熔；沸点高、硬度高、密度大等特点，并有良好的延展性和高导电、导热性。下列有关它们及其化合物的结构与性质，请填写：

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤对电子的成键原子是________。

（2）①Co元素形成CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）各1mol，分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀。两种配合物中配合离子的配位数都是________，CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）的组成相同而颜色不同的原因是________。

②Co(OH)2为两性氢氧化物，在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2−。写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式__________。

（3）与Co属于同周期同族的过渡元素A；其基态原子排布中有四个未成对电子。

①由此元素可构成固体X，区别X为晶体或非晶体的方法为______________。

②A可与CO反应生成A(CO)5，常压下熔点为-20.3℃，沸点为103.6℃，该晶体类型是______________。

③A3+与SCN−不仅能以1:3的个数比配合，还可以其它个数比配合。若A3+与SCN−以1:4的个数比配合，则ACl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可表示为_______。

④A可与另两种元素B、C构成某种化合物，B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，其晶胞如图所示，则其化学式为_________。

该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d=__________g﹒cm−3。（保留两位小数）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A.同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，P、S位于同一周期但P位于第VA族、S位于第VIA族，所以第一电离能：I1（P）＞I1（S）；故A正确；

B.Al3+与O2-的核外电子排布相同的离子；核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；

C.H2O为V形结构，NH3为三角锥形结构，CH4为正四面体结构，则分子中的键角：H2O＜NH3＜CH4；故C错误；

D．同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；故D错误。

故答案为A。

【点睛】

同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素。2、D【分析】【详解】

A．Li原子的最外层有1个电子，与Cl－形成离子化合物，而Li＋的最外层有2个电子；选项A错误；

B.BF3中B元素化合价为+3；B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以1+7=8，F原子满足8电子结构，选项B错误；

C.PCl5中P元素化合价为+5；P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，选项C错误；

D．NCl3中；N元素位于第ⅤA族，则5+3=8，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，选项D正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查8电子结构的判断，难度不大，清楚元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构是关键，注意离子化合物不适合，对于ABn型共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断。3、D【分析】【详解】

A、CS2分子中中心原子碳原子含有的孤对电子对数＝＝0，所以该分子是直线型结构，属于含有极性键的非极性分子，选项A不正确；B、ClO3－中中心原子氯原子含有的孤对电子对数＝＝1，所以该微粒是三角锥形结构，选项B不正确；C、在SF6分子中，S和F形成的是极性键，6个共价键完全是相同，即有6对完全相同的成键电子对，选项C不正确；D、SiF4和的空间构型分别为正四面体和三角锥形，但中心原子均采用的是sp3杂化；选项D正确。答案选D。

点睛：本题考查判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。4、B【分析】【详解】

苯分子是平面结构，因此中心碳原子以sp2杂化形成三个杂化轨道，还有一个未杂化的p轨道。所以其结合形式为：每个碳原子分别以三个sp2杂化轨道与其他两个C和一个H原子形成σ键，未杂化的p轨道上电子与其他五个碳原子上的p电子形成大π键。答案选B。5、D【分析】【详解】

①CS2和CO2的分子构型相同；为直线形，①错误；

②ClO3-的中心原子Cl有一对孤电子对，所以ClO3-的立体构型为三角锥形；②错误；

③S原子最外层有6个电子；正好与6个F原子形成6个共价键，③正确；

④SiF4中Si形成4个σ键，SO32-中S有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以Si、S均采用sp3杂化；④正确；

故选D。6、D【分析】【详解】

A.根据原子核外电子排布规律：砷的原子核外各层电子数分别为：2、8、18、5，故A错误；

B.的结构式中配位键应表示为F-→B；故B错误；

C.氢键比化学键弱，通常用虚线表示氢键即“...”，所以HF分子间的氢键正确表示为故C错误；

D.丙氨酸的手性异构体互为镜像而不能重叠；D项正确；

故答案：D。7、D【分析】【详解】

A.不是所有的分子晶体中都存在共价键；比如稀有气体分子晶体不存在共价键，故A错误；

B.金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高；比如Hg，故B错误；

C.SiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合；故C错误；

D.根据CaTiO3晶体结构分析，Ti4+在顶点，O2−在面心，因此每个Ti4+和12个O2−相紧邻；故D正确；

综上所述，答案为D。8、C【分析】【详解】

A.SiC属于原子晶体；化学式不能表示分子组成，表示晶体中原子数目比，A错误；

B.MgO属于金属氧化物；属于离子化合物，化学式不能表示分子组成，表示晶体中离子数目比，B错误；

C.Ar属于单原子分子；属于分子晶体，化学式能表示分子组成，C正确；

D.是聚乙烯的结构简式，不是分子式，不能表示分子组成，D错误；故答案为：C。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

“3s”中“3”表示能层，“s”表示能级；“3s2”表示某电子层的某种s能级上有两个电子；据此分析解答。

【详解】

“3s”中“3”表示能层，“s”表示能级，所以“3s”表示轨道名称；“3s2”表示第三电子层的s能级上有两个电子，所以“3s2”表示该轨道的电子排布，故答案为：“3s”表示轨道(或能级)名称，“3s2”表示该轨道的电子排布。【解析】“3s”表示轨道（或能级）名称，“3s2”表示该轨道的电子排布10、略

【解析】小于HCl>Br>IF>Cl>Br>I11、略

【分析】【详解】

（1）原子的核外电子排布式分别为原子的轨道处于全满状态，所以的第一电离能比的小，原子的价电子轨道表示式为故答案为：小。

（2）形成配位键，必须有一方提供空轨道，另一方提供孤对电子，在氨硼烷中，原子可提供一对孤电子，原子有一个空轨道，与互为等电子体，故答案为：

（3）①由图可知，硼酸中每个原子与原子形成3个键，即原子有3个成键轨道，且没有孤电子对，故为杂化，溶质分子间形成的氢键不利于溶质的溶解，加热时，硼酸的溶解度增大，可分析出，升温时硼酸分子中的部分氢键被破坏，故答案为：杂化硼酸分子间通过氢键缔合；加热时，部分氢键被破坏。

②硼酸分子中，原子有一个空的轨道，可以接受电子对，根据路易斯酸碱理论可知，硼酸为路易斯酸，故答案为：硼酸分子中B原子有一个空轨道。

【点睛】

同周期，从左到右，第一电离能增大，但在短周期，第ⅡA族与第ⅢA族中：Be>B、Mg>Al，第ⅤA族与第ⅥA族中：N>O、P>S。【解析】小杂化硼酸分子间通过氢键缔合，加热时，部分氢键被破坏硼酸分子中B原子有一个空轨道12、略

【分析】【详解】

（1）As位于元素周期表中第四周期第VA族，则基态As原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；

（2）同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；Ga位于第四周期第IIIA族、As位于第四周期第VA族，二者位于同一周期，根据元素周期律，原子半径Ga>As，第一电离能Ga；<；

（3）AsCl3分子的中心原子As的价层电子对数=3+=4，As采用sp3杂化；立体构型为三角锥形。故答案为：三角锥形；

（4）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故分子间作用力：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，熔、沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4的熔沸点依次升高；GeCl4、GeBr4、GeI4均为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3②.>③.<④.三角锥形⑤.GeCl4、GeBr4、GeI4的熔沸点依次升高；GeCl4、GeBr4、GeI4均为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高13、略

【分析】试题分析：本题考查价电子轨道表示式的书写；第一电离能的比较，配位键，杂化方式的判断，氢键的应用。

（1）B的原子序数为5，B原子核外有5个电子，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1，价电子轨道表示式为Be的价电子排布式为2s2；较稳定，B的第一电离能比Be小。

（2）氨硼烷的结构式为B原子具有空轨道，N原子有孤电子对，N提供孤电子对与B共用，提供孤电子对的成键原子是N。

（3）①根据结构，每个B原子形成3个硼氧σ键且B上没有孤电子对，B原子的杂化方式为sp2杂化。根据结构，常温常压下H3BO3分子间通过氢键缔合，由于氢键具有饱和性，H3BO3分子难与H2O分子间形成氢键；加热时部分H3BO3分子间氢键被破坏，H3BO3分子与水分子间形成氢键；所以硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大。

②H3BO3分子中B原子有一个2p空轨道，能接受电子对，根据路易斯酸碱理论，硼酸是路易斯酸。【解析】小Nsp2硼酸分子间通过氢键缔合，加热时，部分氢键被破坏硼酸分子中B原子有一个2p空轨道14、略

【分析】（1）

处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概念密度分布可用电子云形象化描述；基态14C原子的轨道表示式为核外存在2对自旋相反的电子；

（2）

CH4中C为-4价、H为+1价，电负性：CH；非金属性：OC，电负性：OC.H、O三种元素电负性由小到大的顺序为：HCO；

（3）

①a．CO2的结构式为O=C=O，CO2分子中含有2个σ键和2个π键；a项正确；

b．CH4分子中含极性共价键，由于CH4为正四面体结构，CH4分子中正电荷中心和负电荷中心重合，CH4为非极性分子，b项错误；

c．CH4的相对分子质量小于CO2的相对分子质量，CH4分子间作用力小于CO2分子间作用力，CH4的熔点低于CO2；c项错误；

d．CH4中碳原子采取sp3杂化，CO2中碳原子采取sp杂化；d项正确；答案选ad；

②根据表中数据，CO2的分子直径（0.512nm）小于笼状结构的空腔直径（0.586nm），CO2与H2O的结合能（29.91kJ/mol）大于CH4与H2O的结合能（16.40kJ/mol），所以可用CO2置换“可燃冰”中的CH4。【解析】电子云2H、C、OadCO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH415、略

【分析】【详解】

（1）Cu2O中的阳离子Cu+，铜为29号元素，Cu+为铜原子失去1个电子后形成的，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10[Ar]3d10；Ni为28号元素；在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。

（2）①乙醇分子中C原子形成4个σ键，轨道杂化类型为sp3；NH3与H+以配位键形成NHNH中N原子的价层电子对数=4＋=4，孤电子对数为0，则NH的空间构型为正四面体形。

②[Cu(NH3)4]SO4·H2O]中存在的化学键有极性共价键；铜与氨分子之间的配位键，铜与硫酸根离子之间的离子键，故填：离子键；配位键。

③因为氨分子和水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理NH3极易溶于水；

（3）氮气与CN-互为等电子体，分子中含有三键，叁键含有1个σ键2个π键；则lmolCN-中含有的π键的数目为2NA或2×6.02×1023。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CN-互为等电子体的离子有C等。

（4）晶胞中Cu原子位于顶点和面心，一个晶胞中Cu原子数目为F原子位于晶胞内部，一个晶胞中F原子数目为4，则晶胞质量为设晶胞边长为x，则晶胞体积为密度为Cu与F最近距离为晶胞体对角线的四分之一，则Cu与F最近距离【解析】1s22s22p63s23p63d10##[Ar]3d10第四周期第Ⅷ族sp3正四面体形离子键、配位键氨分子和水分子之间能形成氢键氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶2NA或1.204×1024C（或其他合理答案）三、结构与性质(共8题，共16分)16、略

【分析】【分析】

1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列；有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性；

（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；CuSO4溶液与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4•H2O；Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子；价层电子对数均为4；

（3）（SCN）2的结构式为N≡C-S-S-C≡N；分子中有3个单键和2个碳氮三键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；

（4）ZnS的晶胞结构可知，可以根据锌离子的配位数判断距离S2-最近的锌离子有4个；

（5）由均摊法计算得到金属互化物的化学式；再由质量公式计算密度。

【详解】

（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列；有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，则金属互化物属于晶体，故答案为晶体；

（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有一个未成对电子，失去2个电子形成Cu2+，故Cu2+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d9；在CuSO4溶液中加入过量氨水，CuSO4与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4•H2O，加入乙醇降低Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，析出深蓝色Cu（NH3）4SO4•H2O晶体，晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4，均为sp3杂化。

（3）（SCN）2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，（SCN）2分子含有5个σ键，故1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为5NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，故答案为5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键；而硫氰酸不能；

（4）ZnS的晶胞结构可知，距离Zn2＋最近的硫离子有4个，由硫化锌的化学式可知，距离每个硫离子最近的锌离子也有４个，即S2-的配位数为4；故答案为4；

（5）由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞面心，数目为6×=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8×=1，铜与金形成的金属互化物的化学式为Cu3Au，晶胞体积V=（a×10-7）3cm3，则密度ρ===故答案为

【点睛】

本题考查物质结构与性质，考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。【解析】晶体11s22s22p63s23p63d9Cu（NH3）4SO4•H2O离子键、极性共价键和配位键sp3杂化、sp3杂化5NA异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能417、略

【分析】【分析】

根据化合价之和为0，计算过氧键的数目；钒原子价电子排布式为3d34s2；结合泡利原理；洪特规则画出价电子排布图；S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；C原子与O原子均含有1对孤对电子，电负性越强越不易提供孤对电子；Ti与O之间的最短距离为晶胞面对角线长度的一半。

【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；

(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2×6.02×1023(或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；

(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；

(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；

(6)CaTiO3晶胞结构的另一种表示中；Ca处于各顶角位置，O与Ca在同一直线上，则O在棱上；Ti在Ca形成的六面体的中心，则Ti为体心，所以Ti处于体心，O处于棱心位置。

【点睛】

本题考查晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基本公式的理解和运用、空间想象能力及计算能力，注意过氧键个数的计算。【解析】第四周期第VIB族N2×6.02×1023(或2NA)sp3C0.18812体心棱心18、略

【分析】【详解】

(1)Se元素为34号元素，原子核外有34个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体，故答案为：4s24p4；分子；

(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4，其分子结构分别V形、正四面体；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si，故答案为：SiH4；＞；

(3)第二周期中；元素的第一电离能处于B与N之间的元素有Be；C、O三种，故答案为：3；

(4)BF3•NH3中B原子含有3个σ键和1个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键；在NH3中，N原子的价层电子对数是3＋(5-3×1)/2=4，所以杂化轨道类型为sp3；NH3中有10个电子，等电子体的一种离子符号有：H3O+，故答案为：配位；sp3；H3O+；

(5)每个碳原子周围最近的碳原子数目为12，因此在SiC中，每个Si原子周围距离最近的Si原子数目为12；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞质量为设晶胞边长为apm，则(a×10-10)3×ρ×NA=4×40，解得a=碳原子与硅原子的最近距离为晶胞体对角线长度的所以碳原子与硅原子的最近距离为故答案为：12；

【点睛】

本题难点(5)，计算晶胞中碳原子与硅原子的最近距离，要先确定晶胞的边长，可以根据密度公式，求出体积，再换算为边长，最近距离，根据原子的关系，得到最终结果。【解析】4s24p4分子SiH4＞3配位sp3H3O+1219、略

【分析】【分析】

根据题干信息，甲、乙、丙、丁、戊五种元素，其中甲元素原子核外L层上s能级和p能级电子个数相同，其核外电子排布式为1s22s22p2，则甲元素为C元素。乙元素原子3p能级上只有1对成对电子，则乙为S元素。丙和丁元素原子N层上都只有1个电子，但其中丙元素原子各内层均已充满，而丁元素原子次外层的电子充满在2个能级中，丙和丁的核外电子排布分别为1s22s22p63s23p63d104s1和1s22s22p63s23p64s1，则丙为Cu元素，丁为K元素。戊元素原子最外层电子排布图是它的单质常温时为气态，则戊为O元素，据此分析解答问题。

【详解】

(1)根据上述分析可知；甲是C，乙是S，丙是Cu，丁是K，戊是O；

(2)丙和乙的单质分别为Cu和S，两者发生化合反应生成Cu2S，反应方程式为：2Cu+SCu2S；

(3)丙的硫酸盐为CuSO4，乙的气态氢化物为H2S，两者反应生成CuS，反应的离子方程式为：Cu2＋+H2S=CuS↓+2H＋；

(4)C和S组成的化合物为CS2，C和S形成共用电子对，用电子式表示该化合物的形成过程为：

(5)乙和戊的气态氢化物为H2S和H2O，由于H2O分子间存在氢键，故沸点H2O＞H2S；

(6)丙的硫酸盐为CuSO4，与少量氨水反应生成氢氧化铜的沉淀，其离子反应方程式为：Cu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4＋；

(7)丙为Cu元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则其外围电子排布式为3d104s1；

(8)S和K形成的化合物为K2S，为离子化合物，其电子式为：【解析】CSCuKO2Cu＋SCu2SCu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋CS2H2OH2SCu2＋+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4＋3d104s120、略

【分析】【分析】

⑴根据价电子说明是第四周期。

⑵计算化合物XeO3价层电子对数，根据价电子进行分析等电子体。

⑶根据图中信息得到硼酸晶体中存在的作用力。

⑷根据图中信息计算氧个数和A个数为4；A-A间距面对角线的一半，根据晶体的密度公式进行计算。

【详解】

⑴已知在周期表的某一周期，其0族元素的价层电子排布式为说明是第四周期，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Ca，B为Br。第七周期0族元素为118，第八周期共有50种元素，若周期表有第八周期，则其最终的0族元素的原子序数为118+50=168；故答案为：Ca；Br；168。

⑵稀有气体的化合物XeO3价层电子对数为因此分子的空间构型是三角锥形，价电子Xe=Ar=S2−，因此与其互为等电子体的一种阴离子的化学式SO32−；故答案为：三角锥形；SO32−。

⑶根据图中信息得到硼酸晶体中存在的作用力除共价键外；还有范德华力；氢键；故答案为：范德华力、氢键。

⑷根据图中信息得到氧个数为A个数为4，因此A氧化物的化学式AO2，A周围紧邻的氧离子有8个，因此A离子的配位数为8。已知晶胞参数为apm，则A-A间距面对角线的一半，因此A-A间距为pm，设A的摩尔质量为晶体的密度为故答案为：

【点睛】

物质结构是常考题型，主要考查空间构型，杂化类型，等电子体，晶胞计算。【解析】168三角锥形（其他合理答案）范德华力、氢键821、略

【分析】【分析】

A的原子半径最小，A是H元素；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，B是碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；n=2，则C是O元素；D；E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，D是K元素；且D、G的原子序数相差10，G是Cu元素；E的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，E是Fe元素；E.、F的电子数相差1，F是Co元素。

【详解】

（1）根据以上分析，基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2；

（2）与CO分子互为等电子体的离子为CN-（NO+或C）；

（3）C6H6是平面结构，C原子采取的杂化方式分别为sp2；

（4）水分子间形成氢键；所以沸点比同主族的简单氢化物都高；

（5）Co可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象；若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH8)6SO4]Br；

（6）①金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞中铜原子的半径为apm，面对角线是4个原子半径，则Cu晶体的密度为：g/cm3；金属K的配位数是8；计算Cu的配位数是12；配位数比是2:3；

②锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。

【点睛】

配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以[Co(NH3)5Br]SO4加BaCl2溶液时生成白色沉淀；[Co(NH8)6SO4]Br加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。【解析】3d64s2CN-（NO+或C）sp2水分子间存在氢键[Co(NH3)5SO4]Br2：3Zn+的价电子排布式为3d104s1，而Cu+的是3d10，Cu+因3d轨道全满更稳定，较难失去电子，I2较大22、略

【分析】【分析】

(1)区分晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射实验；结合构造原理及原子核外电子排布规律分析判断；

(2)①C原子形成共价单键为sp3杂化，形成共价双键为sp2杂化；加成判断；

②共价单键都是键，共价双键一个是键；一个是π键；

③根据物质相似相溶原理分析判断；

(3)元素非金属性越强；其电负性就越大；元素的第一电离能随元素非金属性的增强而增大，第IIA；VA元素的元素大于相邻同一周期元素的第一电离能；

(4)不同类型晶体熔沸点规律是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；根据晶胞参数及晶体密度；可计算晶胞质量，然后结合其相对分子质量计算含有的分子数目。

【详解】

(1)区分晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射实验；金刚石是原子晶体，无定形碳是非晶体，所以区分金刚石和无定形碳最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；

C原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2；由于一个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，2p轨道有3个，这2个电子总是尽可能占据不同轨道，而且自旋方向相同，这样能量最低，所以基态C原子有2个成单电子；

(2)①根据咖啡因分子结构示意图可知：分子中C原子有饱和C原子和形成羰基的C原子两种类型，饱和C采用sp3杂化，形成羰基的C原子采用sp2杂化；

②咖啡因分子式是C8H10N4O2，在一个咖啡因分子中含有的键数目是25个，则在1mol咖啡因中所含键数目为25NA；

③咖啡因分子中无亲水基，因此在水中不容易溶解；而在中同时含有亲水基和亲油基，含有亲水基-OH和-COONa增大了物质的水溶性，含有的亲油基(即憎水基)又能够很好溶解咖啡因，故加入适量能增大咖啡因在水中的溶解度；

④CH3+中价电子数为3，采用sp2杂化；其空间构型为平面三角形；

(3)元素H；C、O、S的非金属性强弱顺序为：O＞S＞C＞H；元素的非金属性越强，其电负性越大，所以这四种元素的电负性由大到小的顺序为：O＞S＞C＞H；

在N；O、S三种元素中；原子半径越大，原子越容易失去电子，元素的电离能就越小。S元素原子半径最大，其第一电离能最小。对于同一周期的N、O两种元素来说，由于N原子最外层电子排布为半充满的稳定状态，失去电子比O难，因此第一电离能比O大，所以N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序N＞O＞S；

(4)干冰属于分子晶体；分子之间以微弱的范德华力结合，因此物质的熔沸点低，易气化，气化吸收大量热，使周围环境温度降低，水蒸气凝结为液体而降落，故可用于人工降雨；而金刚石属于原子晶体，C原子间以强烈的共价键结合，断裂消耗较高能量，所以其熔沸点比干冰高；

若干冰的密度为1.56g/cm3，立方晶胞参数为0.57nm，则根据m=ρ·V可得晶胞质量m(CO2)=ρ·V=1.56g/cm3×(0.57×10-7cm)3=2.89×10-22g，由于CO2摩尔质量为44g/mol，则每个晶胞实际占用CO2的数目为N(CO2)==4。

【点睛】

本题考查了物质结构。包括晶体的判断和不同晶体性质比较、原子杂化、元素的电负性与电离能的比较和晶胞计算等知识，较全面的考查了物质结构知识。掌握物质结构知识，了解原子核外电子排布及遵循规律是分析、判断物质性质的前提。【解析】①.X-射线衍射实验②.2③.sp3杂化、sp2杂化④.25NA⑤.物质中含有亲水基-OH、-COONa，增大了物质的水溶性，同时含有亲油基，增大了咖啡因的溶解性，因此可增大其在水中溶解度⑥.平面三角形⑦.O＞S＞C＞H⑧.N＞O＞S⑨.干冰属于分子晶体，分子间以范德华力结合；金刚石属于原子晶体，原子间以共价键结合，范德华力比共价键弱，导致干冰的熔点比金刚石低。⑩.423、略

【分析】【详解】

（1）碳为6号元素，碳原子的价电子排布图为：核外有6种不同运动状态的电子；（2）①元素的非金属性越强，电负性数值越大，嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H；②孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大；③吡啶结构中N原子连接有3个原子，含有1个孤对电子，采用sp3杂化；④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。根据吡啶的结构，其中的大π键由5个原子6个电子形成的表示为（3）①A．CO分子中碳和氧上各有1个孤对电子，CO2分子中碳和氧上各有2个孤对电子，选项A错误；B．CO为极性分子，CO2为非极性分子，分子极性变化，选项B正确；C．CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子中原子间成键方式改变，选项C正确；D．反应物中的一氧化碳和氧气的相对分子质量小于生成物二氧化碳，分子的熔沸点变大，选项D正确。答案选BCD；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，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；③由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了，而溶于水的五氧化二磷几乎能够完全反应生成磷酸，故答案为由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了；（4）根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目=每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量=已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则T-碳的密度为g/cm3。

【点睛】

本题考查了物质结构与性质，涉及了分子的性质的判断、晶胞的计算等。本题的易错点为（2）②中大π键类型的判断，难点为（3）③碳酸与磷酸酸性强弱的判断，要注意根据溶解度即反应的限度分析判断。【解析】6N>C>H（或NCH）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大sp3BCD>由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了四、实验题(共1题，共5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]Cl2五、工业流程题(共1题，共4分)25、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CaS