2025年教科新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年教科新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷369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、如图为甲；乙、丙三种晶体的晶胞：

下列说法正确的是A.甲晶体中X、Y两种微粒个数比是1∶1B.乙晶体中C三种微粒的个数比是1∶2∶1C.丙晶体中每个D周围结合E的个数是8D.乙晶体中每个A周围结合B的个数为62、一种具有超导性的材料由Y、Cu、Ba、O构成，其晶胞结构如图所示，已知下列说法正确的是。

A.Ba和O之间的最短距离为B.该晶体的化学式为C.Y的配位数为4D.该晶体的密度为3、元素X；Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20；其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列判断正确的是。

A.X的电负性比Q的大B.Q的简单离子半径比R的大C.Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的强D.Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的强4、下列说法中正确的是。

A.若a、b、c分别为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现所示的转化关系B.2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl说明Cl的非金属性强于SiC.硅胶作袋装食品的干燥剂，过程中没有发生化学变化D.青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为Al2O3·SiO2·H2O5、现代无机化学对硫－氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中下图是已经合成的最著名的硫－氮化合物的分子结构。下列说法正确的是（）

A.该物质与化合物S2N2互为同素异形体B.该物质的分子中既有极性键又有非极性键C.该物质可能是离子化合物D.该物质的一个分子中含有9个N-S键6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB.1L1mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的氢原子数为6NAC.5.4gAg与足量浓硝酸反应转移电子数为0.05NAD.22.4LCl2中含有Cl-Cl键的数目一定为NA7、海洋生物参与氮循环过程如图所示：

下列说法不正确的是A.反应①～⑤中包含3个氧化还原反应B.反应②中有极性键断裂和非极性键生成C.反应③中可能有氧气参与反应D.等量参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多8、2022年北京冬奥会成功举办，本届冬奥会体现了科技创新与艺术设计的完美融合，下列说法错误的是A.本次冬奥会衣物采用石墨烯纺织物柔性发热材料，石墨烯属于混合型晶体B.速滑竞赛服使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，聚氨酯属于有机高分子材料C.冬奥会使用二氧化碳跨临界直冷制冰过程环保高效，涉及化学变化D.采用氢燃料电池车，开发了全新的车载光伏发电系统，体现“绿色出行”的理念9、若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（）A.若n＝2，则分子的空间构型为V形B.若n＝3，则分子的空间构型为三角锥形C.若n＝4，则分子的空间构型为正四面体形D.以上说法都不正确评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.晶体中含有个NaCl分子B.晶体中，所有的最外层电子总数为8C.将晶体溶于水中，可配制得的NaCl溶液D.向可变容器中充入和个在标准状况下的体积小于11、如图为周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧下列说法正确的是。ADBEC

A.D，B，E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：C.D，B，E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小D.气态氢化物的稳定性顺序：12、蔗糖(C12H22O11)和葡萄糖(C6H12O6)的不同之处是A.组成元素B.各元素的质量比C.相对分子质量D.充分燃烧后的生成物13、三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)是制备铁触媒的主要原料。该配合物在光照下发生分解：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O。下列说法错误的是A.Fe3+的最高能层电子排布式为3d5B.铁元素位于第4周期VIIIB族C.中C原子的杂化方式为sp2D.CO2分子中键和键数目比为1：114、下列说法正确的是（）

A.乙烯基乙炔(CH2=CHC≡CH)分子中所有原子位于同一平面B.苯酚久置于空气中或遇到FeCl3溶液，都会变为紫色C.从有机物的红外光谱图可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息D.如图分别是实验室制取乙炔和乙酸乙酯的装置图，X、Y都是饱和食盐水15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是A.第一电离能：W＞X＞YB.电负性：Y＞W＞ZC.简单离子半径：Z＞X＞YD.最简单氢化物的沸点：X＞Z＞W评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维(2D/3D)的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿(PEA)2PbBr4(PEA+代表)异质结。回答下列问题：

(1)基态Br原子的价电子排布式为___。

(2)PEA+中N的价层电子对数为___，杂化轨道类型为___，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___，1molPEA+中存在___molσ键。

(3)已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为___。已知[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为___。

(4)Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：。MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔点/℃747734693636

等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是____(填化学式)，熔点呈现表中趋势的原因是____。

(5)已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，图(b)显示的是三种离子在xz面；yz面、xy面上的位置：

若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为___g·cm-3(写出表达式)。

②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___(填标号)。

A.B.C.D.17、根据相关物质结构理论；回答下列问题：

（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布图及Sc的电子排布式。试判断，违反了泡利原理的是___，违反了洪特规则的是___，违反了能量最低原理的是___。

①②③④⑤(21Sc)1s22s22p63s23p63d3

（2）某种原子的结构示意图为则该原子的核电荷数x取值范围为___。

（3）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+__Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是__。18、比较下列能级的能量大小关系(填“＞”“=”或“＜”)：

(1)2s___________4s；

(2)3p___________3d；

(3)4s___________3d；

(4)5d___________4d；

(5)3s___________2p；

(6)4d___________5f。19、(1)及其周期表中相邻元素的第一电离能()如表所示。原因是_____。原因是___________。

520

900B

801

496

738

578

(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由和组成。第一电离能___________(填“大于”或“小于”)。原因是___________。

(3)元素与O中，第一电离能较大的是___________，基态原子核外未成对电子数较多的是___________。20、有A；B，C，D；E、F六种元素，已知：

①它们位于三个不同短周期；核电荷数依次增大。

②E元素的电离能数据见下表(kJ·mol－1)：

③B与F同主族。

④A；E分别都能与D按原子个数比1∶1或2∶1形成化合物。

⑤B；C分别都能与D按原子个数比1∶1或1∶2形成化合物。

（1）写出只含有A，B、D、E四种元素的两种无水盐的化学式__________、__________。

（2）B2A2分子中存在______个σ键，______个π键。

（3）人们通常把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱；也可以用于计算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。下表列出了上述部分元素形成的化学键的键能：

试计算1molF单质晶体燃烧时的反应热ΔH______(要写单位)。21、铂系金属是最重要的工业催化剂。但其储藏已几近枯竭；上小行星去开采还纯属科学幻想。研究证实，有一类共价化合物可代替铂系金属催化剂。它们是坚硬的固体，熔点极高，高温下不分解，被称为“千禧催化剂”(millenniumcatalysts)，下面3种方法都可以合成它们：

①在高温下将烃类气体通过钨或钼的氧化物的表面。

②高温分解钨或钼的有机金属化合物(即：钨或钼与烃或烃的卤代物形成的配合物)。

③在高度分散的碳表面上通过高温气态钨或钼的氧化物。

(1)合成的化合物的中文名称是_______和_______。

(2)为解释这类化合物为什么能代替铂系金属，提出了一种电子理论，认为这些化合物是金属原子与非金属原子结合的原子晶体，金属原子周围的价电子数等于同周期的铂原子或钌原子的价电子数。这类化合物的化学式(即最简式或实验式)是_______和_______。22、图为几种晶体或晶胞的结构示意图。

请回答下列问题：

(1)这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是_______。

(2)冰、金刚石、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为_______。

(3)晶胞与晶胞结构相同，晶体的硬度_______(填“大于”或“小于”)晶体的硬度，原因是_______。

(4)每个晶胞中实际占有_______个原子，晶体中每个周围距离最近且相等的有_______个。23、CuFeS2中存在的化学键类型是___________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的___________。

A．B．

C．D．24、常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池多晶硅太阳能电池、太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。

(1)基态亚铜离子()的最外层电子排布式为______；高温下容易转化为试从原子结构的角度解释原因：______。

(2)的沸点高于的沸点(-42℃)；其原因是______。

(3)和的空间结构分别为______、______。评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)25、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误26、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误27、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)28、钼酸钠是一种金属缓蚀剂，金属钼是重要的合金材料，下图是由辉钼矿(钼元素的主要存在形式为)生产两种物质的流程：

请回答下列问题：

(1)为第五周期元素，与同族，其基态原子价层电子排布式为_______；

(2)辉钼矿在空气中焙烧时，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，烧渣中以的形态存在，则X为_______(填化学式)，焙烧方程式为_______；

(3)已知：25℃时，则该温度下，饱和溶液中的浓度为_______

(4)溶液在对烧渣进行浸出时；温度对浸出率的影响如下图所示：

“操作1”需选择“高压浸出”的理由是_______；

(5)从上述流程中可分析出属于_______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)；

(6)由获得可以选择做还原剂，相关说法正确的是_______(填代号)；

a.其原理属于热还原法冶金。

b.的金属活动性可能位于之间。

c.工业上可用与钼酸盐溶液直接作用冶炼钼。

(7)已知晶体有类似石墨的层状结构，预测其可能的用途是_______。29、广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：

已知：

I.“焙烧”后，固体中主要含有“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。

Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取

Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：。金属离子开始沉淀1.97.011.98.1完全沉淀3.29.013.910.1

回答下列问题：

(1)基态钒原子的价层电子排布式为_______。

(2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式为_______，该工序的低于7.0，试计算出_______。

(3)指出各元素的第一电离能由大到小的顺序_______，的空间结构为_______形。

(4)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为_______。

(5)“氧化”时，每消耗可得到_______

(6)单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为_______pm。

30、以电解铝废渣(主要含AlF3；NaF、LiF、CaO)为原料；制备电池级碳酸锂的工艺流程如下：

已知：AlF3、LiF难溶于水，LiOH溶于水，Li2CO3微溶于水，Ksp(Li2CO3)2.5×10-2、Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。回答下列问题：

(1)①电解氧化铝生成铝的化学方程式为___________，无碳电解铝技术是利用陶瓷材料替代碳作阳极，该技术的优点之一是___________。

②已知AlCl3可形成共价分子，AlF3为离子晶体，从电负性的角度解释其原因：_____________。

(2)“气体1”是___________(填化学式，下同)，“滤渣1”的主要成分是___________。

(3)已知“碱解”同时生成白色沉淀，写出生成“气体2”的离子方程式___________。

(4)“苛化”中存在如下反应：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)。通过计算解释生石灰能使Li2CO3完全转化的原因：______________。

(5)Al-Li合金具有低密度、耐腐蚀等特点，已成为航天器的重要结构材料。一种Al3Li合金的晶胞如图所示，其中白球代表的是___________；若其晶胞参数为apm，则该合金的晶体密度为___________g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示)。

评卷人得分六、原理综合题(共4题，共12分)31、A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，EC2与BC2-为等电子体；D基态原子有11种运动状态的电子，F是第四周期未成对电子最多的原子。请回答下列问题：

（1）上述元素中第一电离能最大的是__(填元素符号)。A基态原子的电子排布式是__，E在周期表中的位置是第__周期__族。

（2）科学家成功地在高压下将AC2转化为具有空间立体网状结构的晶体，该晶体中A的杂化轨道类型是__。

（3）D+、AB-、F6+三种离子组成的化合物D3F(AB)6，其中化学键的类型有__，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为__。

（4）“酒精检测仪”中有红色FC3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为___。32、为治理环境，减少雾霾，应采取措施减少氮氧化物(NOx)的排放量。还原法；氧化法、电化学吸收法是减少氮氧化物排放的有效措施。

(1)厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术。

①N元素的原子核外电子排布式为______________；联氨(N2H4)中N原子采取_______杂化；H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_____________。

②过程II属于_________反应(填“氧化”或“还原”)。

③该过程的总反应是_______________。

④NH2OH(羟胺)是一元弱碱，25℃时，其电离平衡常数Kb=9.1×10-9，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.6×10-5，则1molNH2OH和NH3·H2O分别与盐酸恰好反应生成的盐pH：前者___________后者。(填“大于”或“小于”)

(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，其反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)△H=-1625.5kJ/mol。

①该方法应控制反应温度在315~400℃之间，反应温度不宜过高的原因是_______________________________。

②氨氮比会直接影响该方法的脱硝率。如图为350℃时，只改变氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当时烟气中NO含量反而增大，主要原因是______________________________________。

(3)直接电解吸收也是脱硝的一种方法。用6%的稀硝酸吸收NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽使之转化为硝酸，该电池的阳极反应式为______________________。

33、氧；碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。

(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。

(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。

(3)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。

已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”)。

(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，写该反应方程式________________。34、为了实现“将全球温度上升控制在2℃以内”，科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。

(1)下列说法正确的是__________(填序号)。A．CH4与CO2分子均为含有极性共价键的非极性分子B．第一电离能：O>N>CC．沸点高低：CH4>SnH4>GeH4>SiH4D．CH离子的空间构型为平面正三角形(2)CH4和CO2在Ni催化作用下反应可获得化工原料CO和H2。

①Ni基态原子核外电子排布式为__________。

②与CO互为等电子体的阴离子的电子式为__________，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1molNi(CO)4中含有σ键的数目为__________。

(3)CH4和CO2在含有钛氧化物的某种催化剂作用下，可直接转化为CH3COOH。

①CH3COOH中C原子轨道杂化类型为__________；

②钛氧化物晶胞结构如图所示，写出其化学式：__________。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．由题干可知，甲晶体中X的个数为1，Y的个数为：故X；Y两种微粒个数比是2∶1，A错误；

B．由题干可知，乙晶体中A的个数为B的个数为C的个数为1；故A、B、C三种微粒的个数比是1∶3∶1，B错误；

C．由题干可知；丙晶体中每个D周围结合E的个数是8，C正确；

D．由题干可知；乙晶体中每个A周围结合B的个数为12，D错误；

故答案为：C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知：Ba原子在上面小正方体中心，O原子在小正方体棱边的中心，则Ba原子在4个O原子形成的正方形的对角线中心上，对角线为cm，则Ba和O之间的最短距离为cm；A错误；

B．用均摊方法计算，Y原子为1个，Ba原子为2个，Cu原子个数为：含有O原子数为：则该晶体中Y、Ba、Cu、O原子个数比是1：2：3：7，所以晶体的化学式为YBa2Cu3O7；B错误；

C．根据晶胞中Y原子的位置可知；在Y的上；下、前、后、左、右六个方向都存在一个配位体，故其配位数为6，C错误；

D．根据选项B分析可知该晶体化学式是YBa2Cu3O7，则晶体密度ρ=g/cm3；D正确；

故合理选项是D。3、B【分析】【分析】

X；Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20；由图像中最外层电子数和原子半径的关系可知，X为C、Y为Na、Z为S、Q为Cl、R为K。

【详解】

A．C的电负性比Cl的小；故A错误；

B．核外电子数相同时质子数越大半径越小；故Q的简单离子半径比R的大，故B正确；

C．同周期元素；原子序数越大非金属性越强，则简单氢化物更稳定，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱，故C错误；

D．同主族元素；原子序数越大金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的弱，故D错误；

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化硅不溶于水，与水也不反应，不能一步生成H2SiO3；A说法错误；

B．HCl不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，故不能通过反应2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl说明Cl的非金属性强于Si；B说法错误；

C．硅胶作袋装食品的干燥剂；过程中只是吸收水蒸气没有新物质产生，属于物理变化，没有发生化学变化，C说法正确；

D．硅酸盐以氧化物形式，根据活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·SiO2·H2O的顺序可知，[Al2Si2O5(OH)4]可改成Al2O3·2SiO2·2H2O；D说法错误；

答案为C。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．同一元素形成的不同单质互称同素异形体，其研究对象为单质，该物质的分子式为S4N4，该物质与S2N2均为化合物；A错误；

B．该物质的分子中既有极性键（N-S键）又有非极性键（S-S键）；B正确；

C．该物质中只存在共价键；不存在离子键，不是离子化合物，C错误；

D．由图知；该物质的分子中有8个N-S键，D错误；

答案选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．标准状况下，H2O不是气体；无法计算22.4L水中含有的分子数，故A错误；

B．1L1mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的C2H5OH物质的量为1mol，其含有的氢原子数为6NA，但溶剂是水，水中也含有氢原子，所以1L1mol·L-1C2H5OH水溶液中含有的氢原子数大于6NA；故B错误；

C．5.4gAg的物质的量为0.05mol，与足量浓硝酸反应生成AgNO3，转移电子数为0.05NA；故C正确；

D．没有指明温度和压强，无法计算22.4LCl2中含有Cl-Cl键的数目；故D错误；

故选C。7、A【分析】【详解】

A．反应①中化合价未发生改变，不是氧化还原反应，反应②NH2OH中−1价氮降低到N2H4中−2价；是氧化还原反应，反应③中−2价氮变为0价，是氧化还原反应，反应④中+3价氮变为−1价氮，是氧化还原反应，反应⑤中+3价氮变为0价氮，是氧化还原反应，因此共有4个氧化还原反应，故A错误；

B．反应②中NH2OH反应生成N2H4；N—O极性键断裂，有N—N非极性键生成，故B正确；

C．反应③N2H4中−2价氮变为0价；化合价升高，是还原剂，必然有氧化剂参与反应，可能有氧气参与反应，故C正确；

D．反应④由+3价氮变为−1价氮，反应⑤由+3价氮变为0价氮，因此等量参加反应；反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确。

综上所述，答案为A。8、C【分析】【详解】

A．石墨烯为新型无机非金属材料；属于混合型晶体，A正确；

B．聚氨酯材料为人工合成的高分子材料；属于合成有机高分子材料，B正确；

C．干冰气化吸热；使周围温度降低，从而制冰，该过程没有新物质生成，不涉及化学变化，C错误；

D．氢气燃烧生成水；不污染环境，采用氢燃料电池车，开发了全新的车载光伏发电系统，体现“绿色出行”的理念，D正确；

答案选C。9、C【分析】【分析】

【详解】

根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子；则：

A；若n=2；则分子的立体构型为直线形，故A错误；

B；若n=3；则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；

C；若n=4；则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；

D；由以上分析可知；D错误；

答案选C。二、多选题(共6题，共12分)10、BD【分析】【详解】

A．NaCl形成的是离子晶体；离子晶体中没有分子，故A错误；

B．钠原子失去外层1个电子变为钠离子，次外层变为最外层，电子数为8个，则的最外层电子总数为故B正确；

C．晶体的物质的量是溶于水中，溶液的体积不是1L，则配制的浓度不是故C错误；

D．由于又因为和个刚好反应生成又部分转化为则容器中气体小于在标准状况下的体积小于故D正确；

答案选BD。11、BC【分析】【分析】

B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，设B元素相对原子质量为x，则×100%=60%，解得b=32；故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素；C为Se、D为P元素、E为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强；第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，第一电离能P＞Cl＞S，A错误；

B．同主族元素从上到下；元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性Cl＞S＞Se，B正确；

C．P；S、Cl三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大离子半径越小，P、S、Cl三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，C正确；

D．非金属性：P＜S＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

故选BC。12、BC【分析】【详解】

A.均由C；H和O元素组成；故组成元素相同，A不选；

B.C；H和O原子数目之比根据分子式判断；各元素的质量比不相同，B选；

C.分子式不同；故相对分子质量不同，C选；

D.充分燃烧后的生成物均为水和二氧化碳；D不选；

答案选BC。13、AB【分析】【分析】

【详解】

A．Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，最高能层电子排布式为3s23p63d6；A错误；

B．铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；其价电子数为8，则铁元素位于第4周期VIII族，B错误；

C．中C原子的价层电子对数为=3，所以杂化方式为sp2；C正确；

D．CO2分子的结构式为O=C=O，键和键各为2个；二者的数目比为1：1，D正确；

故选AB。14、AC【分析】【详解】

A.乙烯是平面型分子；乙炔是直线型分子；双键碳和与之直接相连的6个原子共平面、叁键碳及与之直接相连的原子共线，故乙烯基乙炔(CH2=CHC≡CH)分子中所有原子位于同一平面，A正确；

B.苯酚久置于空气中变粉红色，遇到FeCl3溶液；会变为紫色，B错误；

C.通过分析有机物的红外光谱图；可以知道分子中含有何种化学键或官能团，C正确；

D.电石中加饱和食盐水可用于实验室制取乙炔；制取乙酸乙酯时试管Y中是饱和碳酸钠，D错误；

答案选AC。15、BD【分析】【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1；Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是N；X是O，Y是Na，Z是P元素。

A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势；但第IIA；第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，A正确；

B．同一周期元素随原子序数的增大；元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，B错误；

C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有３个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+；即离子半径：Z＞X＞Y，C正确；

D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3；即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，D错误；

故合理选项是BD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

(1)

Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为

(2)

中N形成4个键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态分析，得知电负性从大到小的顺序为N>C>H；1mol中存在8mol键，9mol键，1mol键，3mol键，共21mol键。

(3)

正四面体构型的配离子中中心原子为Pb，配体分别为同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为根据中每个Pb均采用四配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为

(4)

NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体；离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。

(5)

三维立方钙钛矿中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在面、面、面上的位置相同，推出其晶胞结构为①位于面心，晶胞中的数目为位于顶点，晶胞中的数目为位于体心，晶胞中的数目为1，平均每个晶胞中占有的的数目均为1，若晶胞边长为阿伏加德罗常数的值为则晶胞的体积为晶体的密度为②沿体对角线方向的投影图为选A。【解析】(1)4s24p5

(2)4sp3N>C>H21

(3)Cl-

(4)CsBrNaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体；离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。

(5)或A17、略

【分析】【详解】

（1）①电子排布正确；②违反了两电子在一个轨道内自旋状态相反，违反了泡利原理；③违反了电子要优先单独占据一个轨道，洪特规则；④书写正确；⑤(21Sc)1s22s22p63s23p63d3；电子排布应3p排布完后应先排4s能级，未遵循能量最低原理；

（2）某种原子的结构示意图为若该原子的第三层为8个电子；则x=20，若第三层排满18个电子，则x=30，故答案为：20≤x≤30；

（3）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+失去两个电子，3d能级有6个电子，Fe3+失去3个电子，3d能级半满，更稳定，故稳定性Fe2+小于Fe3+；

故答案为：小于；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定。【解析】①.②②.③③.⑤④.20≤x≤30⑤.小于⑥.Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半满状态较稳定18、略

【分析】【详解】

由构造原理可知：①对于相同类型的能级；能层序数越大，能级的能量越高；

②同一能层，能级的能量按s、p、d、f的序依次升高，即③从第三能层开始出现能级交错现象；即能层序数大的，其能级的能量不一定高，如3d能级的能量介于4s和4p能级之间。

(1)2s＜4s；(2)3p＜3d；(3)4s＜3d；(4)5d＞4d；(5)3s＞2p；(6)4d＜5f。【解析】(1)＜

(2)＜

(3)＜

(4)＞

(5)＞

(6)＜19、略

【分析】【详解】

(1)同主族元素从上至下，原子核外的电子层数增多，原子半径增大，原子核对电子的引力逐渐减小，元素第一电离能逐渐减小，所以同周期元素从左至右，核电荷数依次增加，原子半径逐渐减小，越来越难失去电子，第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族元素基态原子轨道处于全充满的状态，能量更低，更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的相邻元素，因此

故答案为：与同族，电子层数多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be为1s22s2全满稳定结构；第一电离能最大，与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。

(2)锌原子失去一个电子的价电子层变化为铜原子失去一个电子的价电子层结构变化为锌的价电子排布为稳定的全满结构，故的第一电离能较的第一电离能大；

故答案为：大于；核外电子排布为全满稳定结构；较难失电子。

(3)元素与O中，由于O元素是非金属元素而是金属元素，所以第一电离能较大的是O；O元素的基态原子价电子排布式为其核外未成对电子数是2，而元素的基态原子价电子排布式为其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是

故答案为：O；Mn。【解析】与同族，电子层数多，原子半径大，易失电子B同周期，核电荷数依次增加.为全满稳定结构，第一电离能最大，与相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大大于核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子O20、略

【分析】【分析】

由表中数据可以知道,E的第二电离能剧增,故E通常为+1价,且E为短周期元素,核电荷数较大,所以E是Na元素；A；B、C、D、E、F六种元素,它们位于三个不同短周期,核电荷数依次增大,A能和某些元素形成化合物,所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2;1形成化合物,即D能显-1或-2价,所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物,且B、C、D的核电荷数依次增大,所以B是C元素,C是N元素；B与F同主族,所以F是Si元素；据以上分析解答。

【详解】

由表中数据可以知道,E的第二电离能剧增,故E通常为+1价,且E为短周期元素,核电荷数较大,所以E是Na元素；A、B、C、D、E、F六种元素,它们位于三个不同短周期,核电荷数依次增大,A能和某些元素形成化合物,所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2;1形成化合物,即D能显-1或-2价,所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物,且B、C、D的核电荷数依次增大,所以B是C元素,C是N元素;B与F同主族,所以F是Si元素；

(1)通过以上分析知,A是H元素,B是C元素,D是O元素,E是Na元素；只含有A、B、D、E四种元素的两种无水盐为NaHCO3、CH3COONa(或其它有机酸的盐)等；因此，本题正确答案是:NaHCO3、CH3COONa(或其他有机酸的盐)。

(2)一个C2H2分子中含有一个叁键和两个单键，有3个σ键和2个π键；因此，本题正确答案是：3，2。

(3)Si(s)+O2(g)=SiO2(s),∆H=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量=（2×176+497.3-4×460）=-990.7KJ/mol；因此，本题正确答案是:-990.7KJ/mol。【解析】①.NaHCO3②.CH3COONa(或其他有机酸的盐)③.3④.2⑤.－990.7kJ/mol21、略

【分析】【分析】

【详解】

说明：每个钨原子的d轨道上平均多了4个电子，相当于Pt的电子结构，每个钼原子的d轨道上多了2个电子，相当于Ru原子的电子构型。【解析】碳化钼碳化钨Mo2CWC22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)冰、干冰属于分子晶体，分子间以分子间作用力结合；金刚石为原子晶体，原子间通过共价键结合；Cu属于金属晶体，金属阳离子与自由电子间以金属键结合；属于离子晶体；阴阳离子间通过离子键结合，所以这些晶体中只有金刚石的微粒间时通过共价键结合的，故答案为：金刚石；

(2)一般情况下，微粒间的作用力：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，在上述物质中，金刚石为原子晶体，则其熔点最高；为离子晶体，则其熔点低于金刚石，由于离子半径：镁离子小于钙离子，氧离子小于氯离子，离子半径越小，离子所带电荷越多，则离子键越强，断键所需的能量越大，物质熔点越高，所以熔点＞冰、干冰均属于分子晶体，分子间以分子间作用力相结合，由于水分子中含有氢键，二氧化碳中只含分子间作用力，所以熔点：冰＞干冰，综上所述，以上五种物质的熔点高低为：金刚石＞＞＞冰＞干冰，故答案为：金刚石＞＞＞冰＞干冰；

(3)晶体中，离子半径镁离子＜钠离子，氧离子＜氯离子；且晶体中所带电荷数小于晶体中所带电荷数，所以晶体的硬度小于晶体，故答案为：小于；在晶体中，离子半径且晶体中离子所带电荷数大于晶体中离子所带电荷数；

(4)每个Cu晶胞中所含由的Cu原子个数为：晶体中，每个钙离子周围距离最近且相等的氯离子构成正八面体形结构，所以每个钙离子周围距离最近且向等的氯离子由8个，故答案为：4；8。【解析】金刚石晶体金刚石、冰、干冰小于在晶体中，离子半径且晶体中离子所带电荷数大于晶体中离子所带电荷数4823、略

【分析】【分析】

【详解】

CuFeS2中存在的化学键类型是离子键；

A．Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6；A错误；

B．Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1；B错误；

C．Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5；C正确；

D．Cu+的电子排布式为[Ar]3d10；D正确；

答案选CD。【解析】离子键CD24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)原子失去1个电子生成基态的核外电子排布式为或则基态的最外层电子排布式为原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，的最外层电子排布式为而的最外层电子排布式为后者更稳定，故高温下容易转化为

(2)和都是极性分子，但由于分子间存在氢键，所以的沸点比的沸点高；

(3)的中心原子的价层电子对数且没有孤电子对，所以其空间结构是平面三角形；的中心原子的价层电子对数孤电子对数为1，所以其空间结构是三角锥形。【解析】中的最外层电子排布处于稳定的全充满状态分子间存在氢键，分子间无氢键平面三角形三角锥形四、判断题(共3题，共30分)25、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。26、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。27、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。五、工业流程题(共3题，共18分)28、略

【分析】【分析】

辉钼矿(钼元素的主要存在形式为)加入通入空气焙烧发生反应所得烧渣加入碳酸钠溶液将转化为经操作1过滤得到溶液。溶液经系列操作得到Na2MoO42H2O晶体。往溶液中加入足量硫酸反应生成沉淀，过滤后灼烧得到经氢气还原得到Mo。

【详解】

（1）基态原子价层电子排布式为为第五周期元素，与同族，则其基态原子价层电子排布式为

（2）在空气中焙烧会生成SO2，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，且烧渣中以的形态存在，含有Ca元素，则X为CaO；焙烧的化学方程式为

（3）饱和溶液中，=

（4）由曲线图可知，随着温度的升高，浸出率逐渐升高，当温度在150℃左右时，浸出率已经很高，继续升高温度，浸出率增长不明显。因此溶液在对烧渣进行浸出时；选择温度150℃左右有利于浸出，但常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右，所以需要选择“高压浸出”，以使温度提高到150℃左右。

（5）由流程图可知，往溶液中加入足量硫酸反应生成沉淀，过滤后灼烧得到即对应的水化物为酸，为酸性氧化物。

（6）a．利用做还原剂，将还原为其原理属于热还原法冶金，a正确；

b．能将还原为则还原性：>能从酸溶液中置换出则还原性：>>因此的金属活动性可能位于之后，b错误；

c．比较活泼；与钼酸盐溶液直接作用，钠先和水反应，因而不能达到冶炼钼的目的，c错误；

故选a。

（7）晶体有类似石墨的层状结构，层与层之间作用力较弱，很容易在层间发生相对滑动，因而可用作润滑剂。【解析】(1)

(2)

(3)0.16

(4)常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右。

(5)酸性氧化物。

(6)a

(7)润滑剂29、略

【分析】【分析】

钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序低于7.0，发生反应铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5；据此分析解答。

【详解】

（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。

（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为Fe为还原剂，反应的离子方程式为由表格数据可知，在时开始沉淀，则

（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=则中心S原子为sp3杂化；其空间结构为正四面体形。

（4）由图1可知；焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右；硫酸加入量：6%。

（5）“氧化”时，转化为根据得失电子守恒可得关系式则每消耗可得到3mol

（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为则间距为pm。【解析】(1)

(2)

(3)N；O、H正四面体。

(4)温度：820℃左右(800～830均可)硫酸加入量：6％(6～6.5均可)

(5)3

(6)30、略

【分析】【分析】

电解铝之后的废渣先经过酸溶；让氟离子变成HF而除去，再加入水进行水浸，除掉微溶于水的硫酸钙，再加入碳酸钠溶液进行碱解，除去铝离子，同时生成二氧化碳，再加入生石灰进行苛化，生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，最后得到含有NaOH和LiOH的混合溶液，再通入二氧化碳气体进行碳化，生成的电池级碳酸锂。

【详解】

（1）①电解氧化铝，生成铝和氧气，方程式为比起碳来说，陶瓷更加稳定，不会与氧气发生反应，故优点就是防止阳极与氧气反应；

②F的电负性大于Cl；F与Al的电负性相差较大，与Al形成的是离子键，而Al和Cl的电负性相差不大，形成的是共价键；

（2）气体1是酸溶时；氟离子结合氢离子生成的HF。滤渣1是在水浸时将微溶于水的硫酸钙沉淀了出来。

（3）碱解时，加入的碳酸钠与溶液中的铝离子发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其方程式为

（4）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数故该反应可以进行完全，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。

（5）该晶胞中白球的个数为个，黑球为根据化学式Al3Li可知，白球为Al，黑球为Li。该晶胞的质量为g，体积为(a×10-10)3cm3，故密度为g/cm3。【解析】(1)2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑防止阳极与氧气反应(或减少阳极的更换频率)F的电负性大于Cl；Al与F的电负性之差很大，形成离子键，而Al和Cl的电负性之差不大，形成共价键。

(2)HFCaSO4

(3)2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑

(4)反应Li2CO3(s)+Ca2+(aq)2Li+(aq)+CaCO3(s)的平衡常数K=>1×105，可以使溶液中的Li2CO3比较彻底地转化。

(5)Al六、原理综合题(共4题，共12分)31、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，外围电子排布分别为则A为碳元素，C为O元素，B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；D基态原子有11种运动状态的电子，则D为Na；F是第四周期未成对电子最多的原子，外围电子排布式为则F为Cr；与为等电子体；结合原子序数可知E为S元素。

【详解】

（1）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故上述元素中第一电离能最大的是N；A为碳元素，基态原子的电子排布式是E为S元素，在周期表中的位置是第三周期VIA族；

故答案为：N；三；VIA；

（2）科学家成功地在高压下将转化为具有空间立体网状结构的晶体，属于原子晶体，与二氧化硅晶体结构类似，该晶体中C原子形成4个键，没有孤对电子，碳原子杂化轨道类型是

故答案为：

（3）三种离子组成的化合物其中化学键的类型有离子键、配位键、共价键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为：

故答案为：离子键、配位键、共价键；

（4）“酒精检测仪”中有红色和少量检测酒驾时反应的化学方程式为：

故答案为：

【点睛】

本题元素推断为载体，考查核外电子排布、电离能、结构与位置关系、晶体结构、杂化方式、配合物、陌生方程式书写等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。【解析】①.N②.1s22s22p2③.三④.VIA⑤.sp3⑥.离子键、配位键、共价键⑦.[Cr(CN)6]3-⑧.C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2(SO4)3+2CO2↑+9H2O32、略

【分析】【