2025年沪科新版选修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年沪科新版选修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7题，共14分)1、下列能级中可容纳电子数最多的是A.6sB.4pC.3dD.4f2、某化学小组为了探究Cu2+性质做了如下实验：向CuSO4溶液中逐滴加入稀氨水，待无明显变化后，向所得液体中加入适量乙醇。对于该实验有下列说法，其中正确的是（）A.滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀变成白色B.滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解C.实验过程中有蓝色CuSO4•5H2O晶体产生D.滴加乙醇后溶液变成深蓝色3、某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A.配合物中中心原子的电荷数为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键D.该配合物的配体只有NH34、用VSEPR理论预测下列粒子的立体结构，其中正确的（）A.NO3-为平面三角形B.SO2为直线形C.BeCl2为V形D.BF3为三角锥形5、下列物质性质的变化规律与分子间作用力无关的是（）A.在相同条件下，NH3在水中的溶解度大于CH4B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C.F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高D.CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3的沸点逐渐升高6、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7、下列关于离子晶体的描述不正确的是A.离子晶体是阳离子和阴离子通过静电吸引力结合而成的晶体B.晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NalC.硬度：MgO>CaO>BaOD.在氯化钠晶体中，Na和Cl的配位数均为6评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、有关元素X、Y、Z、W的信息如下：。元素信息X所在主族序数与所在周期序数之差为4Y最高氧化物对应的水化物为强电解质，能电离出电子数相等的阴、阳离子Z单质是生活中常见物质，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏W基态原子核外5个能级上有电子，且最后的能级上只有1个电子

下列说法不正确的是（）A.原子半径：Y>W>XB.Z3+离子的最外层电子排布式为3s23p63d5C.Y的单质在X2气体中燃烧，所得生成物的阴、阳离子个数比为1:1D.W的单质能溶于Y的最高价氧化物的水化物的水溶液中，若反应中转移0.3mol电子，则消耗氧化剂1.8克9、下列叙述正确的是【】A.氢键是一种特殊的化学键，广泛存在于自然界中B.CO和N2的分子量相同，但CO的沸点比N2的高C.CH2＝CH2分子中共有四个σ键和一个π键D.若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性10、四硼酸钠的阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是（）

A.阴离子中三种元素的第一电离能：O＞B＞HB.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3C.配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间D.m=2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)411、近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe－Sm－As－F－O组成的化合物。下列说法正确的是A.元素As与N同族，可预测AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角B.Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子C.配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝5D.每个H2O分子最多可与两个H2O分子形成两个氢键12、肼(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。25℃时，水合肼(N2H4·H2O)的电离常数K1、K2依次为9.55×10-7、1.26×10-15。下列推测或叙述一定错误的是A.N2H4易溶于水和乙醇B.N2H4分子中所有原子处于同一平面C.N2H6Cl2溶液中：2c(N2H)+c(N2H)>c(Cl-)+c(OH-)D.25°C时，反应H++N2H4⇌N2H的平衡常数K=9.55×10713、CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于CaC2晶体的描述不正确的是()

A.CaC2晶体的熔点较高、硬度也较大B.和Ca2＋距离相同且最近的C22-构成的多面体是正八面体C.和Ca2＋距离相同且最近的Ca2＋有12个D.如图的结构中共含有4个Ca2＋和4个C22-评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、(1)有两种活性反应中间体离子；它们的离子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：

___________；______________。

(2)按要求写出第二周期非金属元素构成的中性分子的化学式。

平面三角形分子___________，三角锥形分子____________，正四面体形分子_____________。

(3)写出SO3的常见的等电子体的化学式：一价阴离子____________(写出一种，下同)，二价阴离子____________，它们的中心原子采用的杂化方式都是____________。15、（1）碳原子最外层含有____个电子，1个碳原子可以跟其他非金属原子形成____个____键，碳原子之间也能以共价键相结合，形成__键、___键或____键，连接成稳定的长短不一的__或含碳原子数不等的碳环；从而导致有机物种类纷繁，数量庞大。

（2）苯分子中碳原子的杂化方式是___；乙炔分子中碳原子的杂化方式是___。16、每个时代的发展都离不开化学材料。黄铜是人类最早使用的合金之一；主要由锌和铜组成。回答下列问题：

（1）基态锌原子的价电子排布式为___，属于周期表___区元素。电子占据最高能层的电子云轮廓图形状为___。

（2）第一电离能I1(Zn)___I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

（3）向[Cu(H2O)4]2+溶液（天蓝色）中加入过量氨水将生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+溶液（深蓝色），原因是___；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸，观察到的现象是___。17、以Fe和BN为原料合成的铁氮化合物在光电子器材领域有广泛应用。

（1）基态Fe原子核外电子排布式为___。

（2）硼在室温下与F2反应生成BF3，BF3的空间构型为__。写出一种与BF3互为等电子体的阴离子：___。

（3）以氨硼烷（NH3BH3）为原料可以获得BN。氨硼烷的结构式为__（配位键用“→”表示），氨硼烷能溶于水，其主要原因是__。

（4）如图为Fe与N所形成的一种化合物的基本结构单元，该化合物的化学式为__。

18、请完成下列各题：

(1)前4周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有________种。

(2)第ⅢA、ⅤA族元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与________个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为____________。在四个晶体类型中，GaN属于________晶体。

(3)在极性分子NCl3(遇水强烈水解)中，N原子的化合价为－3价，Cl原子的化合价为＋1价，请推测NCl3水解的主要产物是________________(填化学式)。评卷人得分四、工业流程题(共1题，共10分)19、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、计算题(共1题，共9分)20、通常情况下；氯化钠；氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示。

(1)在NaCl的晶胞中，与Na+最近且等距的Na+有_____个，在NaCl的晶胞中有Na+_____个，Cl-____个。

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+与Cl-通过_________结合在一起。

(3)1mol二氧化硅中有______mol硅氧键。

(4)设二氧化碳的晶胞密度为ag/cm3，写出二氧化碳的晶胞参数的表达式为____nm(用含NA的代数式表示)评卷人得分六、原理综合题(共2题，共16分)21、X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子：

回答下列问题：

（1）W原子的核外价电子排布式为___，该配离子中含有的化学键类型有___(填字母)。

a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键。

（2）元素X、Y、V第一电离能由大到小的顺序是___(用元素符号表示)。

（3）Z的氢化物的空间构型是___；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是___；Z的另一种氢化物Z2H4分子中Z原子轨道的杂化类型是___。

（4）X和Cl元素构成的化合物XCl，XCl的晶胞结构如图所示，晶体中X+的配位数是___。每个X+周围与其紧邻的Cl-围成的几何图形为___。若W晶体中一个晶胞的边长为apm，则W晶体的密度为___g/cm3(写出含a的表达式，用NA表示阿伏加德罗常数)。

22、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所示；图乙是有机高聚物的结构片段。

（1）Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。

（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。

（3）NO2-的空间构型为_____。

（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。

Mn的第一电离能是_____，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。

（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_____（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_____g·cm3(阿伏加德罗常数用NA表示）。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．6s能级有1个轨道；最多可容纳2个电子，A错误；

B．4p能级有3个轨道；最多可容纳6个电子，B错误；

C．3d能级有5个轨道；最多可以容纳10个电子，C错误；

D．4f能级有7个轨道；最多可以容纳14个电子，D正确；

答案选D。2、B【分析】【分析】

向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶物的原因是Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续添加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，因为[Cu(NH3)4]2+为深蓝色，则得到深蓝色的透明溶液；若加入乙醇，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度；现象是有蓝色晶体生成，据此分析解答。

【详解】

A．根据分析；滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，故A错误；

B．根据A选项分析；滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，故B正确；

C．根据分析，实验过程中产生蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4；故C错误；

D．根据分析，滴加乙醇后，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度；现象是有蓝色晶体生成，故D错误；

答案选B。3、C【分析】【详解】

加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则。

A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；

B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；

C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确；

D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有Cl-和NH3分子,故D错误；

答案：C。4、A【分析】【分析】

VSEPR理论即价层电子对互斥理论；确定价层电子对的个数（包括σ键电子对和孤电子对），即可确定粒子的立体结构。

【详解】

A．NO3-的σ键电子对是3，孤电子对=(5+1-2×3)=0，所以为NO3-平面三角形；A正确；

B．SO2的σ键电子对是2，孤电子对=(6-2×2)=1，所以SO2的VSEPR模型是平面三角形，略去孤电子对，SO2为V形；B错误；

C．BeCl2的σ键电子对是2，孤电子对=(2-2×1)=0，所以BeCl2为直线形；C错误；

D．BF3的σ键电子对是3，孤电子对=(3-1×3)=0，所以的BF3为平面三角形；D错误；

故选A。

【点睛】

根据价层电子对互斥理论，若计算出的价层电子对数为4，分子构型可能为四面体（孤电子对数为0），也可能为三角锥形（孤电子对数为1），或V形（孤电子对数为2）；若价层电子对数为3，分子构型可能为平面三角形（孤电子对数为0），也可能为V形（孤电子对数为1）；若价层电子对数为2，则为直线形。5、B【分析】【详解】

A．NH3与水分子间易形成氢键，而CH4与水之间不能形成氢键，则在相同条件下，NH3在水中的溶解度大于CH4；与分子间作用力有关，故A正确；

B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr；HI热稳定性依次减弱；与共价键有关，与分子间作用力无关，故B错误；

C．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则F2、Cl2、Br2、I2的熔；沸点逐渐升高；与分子间作用力有关，故C正确；

D．CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3均为烷烃，结构相似，相对分子质量越大，分子间的作用力越强，沸点越高，其中(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3是同分异构体，支链越多，分子间作用力越小，沸点越低，则CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3的沸点逐渐升高；与分子间作用力有关，故D正确；

故答案为B。6、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。7、A【分析】【详解】

A．阴阳离子通过静电作用所形成的化学键叫离子键；静电作用既有吸引又有排斥，故A错误；

B．四种物质所带电荷相同，由于离子半径：F-<Cl‑<Br-<I-，因此晶格能：NaI<NaBr<NaCl<NaF；故B正确；

C．原子半径Ba>Ca>Mg；原子半径越大，键能越小，硬度越小，故C正确；

D．NaCl为面心立方结构，钠离子的配位数为6，Cl-的配位数是6；故D正确；

答案选A。

【点睛】

本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。二、多选题(共6题，共12分)8、CD【分析】【分析】

X所在主族序数与所在周期序数之差为4，则为第2周期时，在ⅥA族，即X为O元素，或为第3周期时，在ⅤⅡA族，即X为Cl元素；Y的最高价氧化物对应的水化物，能电离出电子数相等的阴、阳离子，则由NaOH═Na++OH-，所以Y为Na元素；Z的单质是生活中常见物质，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则Z为Fe元素；W基态原子核外5个能级上有电子，且最后的能级上只有1个电子1s22s22p3；则W为Al，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析；X为O元素或Cl元素，Y为Na元素，Z为Fe元素，W为Al元素。

A．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：Y>W>X；故A正确；

B．铁为26号元素，Z3+离子的最外层电子排布式为3s23p63d5；故B正确；

C．钠的单质在氧气或氯气中燃烧；所得生成物为过氧化钠或氯化钠，其中过氧化钠的阴；阳离子个数比为1:2，故C错误；

D．W的单质能溶于Y的最高价氧化物的水化物的水溶液中，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，该反应的氧化剂为水，若反应中转移0.3mol电子，则消耗氧化剂H2O0.3mol；质量为5.4g，故D错误；

故选CD。

【点睛】

正确判断元素是解题的关键。本题的难点为X的不确定性，易错点为D，要注意铝与氢氧化钠溶液的反应中铝为还原剂，水为氧化剂。9、BD【分析】【分析】

【详解】

A.氢键是一种分子间作用力；不是化学键，A错误；

B.CO和N2都是分子晶体，熔沸点主要受分子间作用力影响，但在相对分子质量相同的情况下，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子的相互吸引力大于非极性分子，会使分子间作用力略大，CO的沸点比N2的高；B正确；

C.共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，所以CH2=CH2中有5个σ键；1个π键，C错误；

D.共价键具有饱和性和方向性，S最外层有6个电子，再接受2个电子就形成稳定结构，则把H2S分子写成H3S分子；违背了共价键的饱和性，D正确；

答案选BD。

【点睛】

共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，共价叁键中一个是σ键，两个是π键。10、AC【分析】【分析】

由图示可以看出该结构可以表示为[H4B4O9]m−，其中B为＋3价，O为−2价，H为＋1价，根据化合价判断m值求解Xm−的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数，σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝(a−xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；阴离子中含配位键，不含离子键，以此来解答。

【详解】

A．H电子轨道排布式为1s1；处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误；

B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；故B正确；

C．2号B形成3个键；4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4；5原子之间或4、6原子之间，故C错误；

D．观察模型，可知Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为−2，可得m＝2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4；故D正确；

故答案选AC。11、AC【分析】【详解】

A选项，元素As与N同族，N的电负性大于As，使成键电子离N原子更近，两个N—H键间的排斥力增大，NH3中键角更大，因此AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角；故A正确；

B选项；Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，故B错误；

C选项，配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe的价电子为3d64s2，价电子数为8，一个配体CO提供2个电子，因此Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18；8+2×n=18，则n＝5，故C正确；

D选项，冰中每个H2O分子与周围四个水分子形成氢键形成四面体结构；即一个水分子可以形成四个氢键，故D错误。

综上所述；答案为AC。

【点睛】

冰的密度比水小的原因是冰中水与周围四个水分子以氢键形成四面体结构，中间有空隙，因此密度比水小。12、BC【分析】【详解】

A.N2H4是极性分子；且能与水分子和乙醇分子形成氢键，因此其易溶于水和乙醇，故A正确；

B.N2H4分子中N原子采用sp3杂化；为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，故B错误；

C.N2H6Cl2溶液中存在电荷守恒：2c(N2H)+c(N2H)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则2c(N2H)+c(N2H)-)+c(OH-)；故C错误；

D.反应H++N2H4⇌N2H的平衡常数K==故D正确；

故选：BC。13、BC【分析】【分析】

离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体，离子键作用力强，所以离子晶体硬度高，具有较高的熔沸点；该晶胞不是正方体构成的，观察体心处Ca2+，与它距离相同且最近的C22-位于面心，距离相同且最近的Ca2+位于棱上；它们共平面；

晶胞中粒子数目用均摊法确定：每个顶点的原子被8个晶胞共有；每条棱的原子被4个晶胞共有，每个面的原子被2个晶胞共有。

【详解】

A．据CaC2晶体结构可知其属于离子晶体；所以熔点较高；硬度较大，故A正确；

B．由于晶胞沿一个方向拉长，故晶胞的一个平面的长与宽不相等，和Ca2+距离相同且最近的C22-有4个均位于面心；且在同一平面上，故B错误；

C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个均位于棱上；故C错误。

D．图示结构中N(Ca2+)=12×+1=4，N(C22-)=8×+6×=4；故D正确；

答案选BC。

【点睛】

本题考查晶胞的分析，特别注意晶胞沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键，易错点为C选项。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

(1)根据分子的空间构型；杂化类型以及价层电子对数结合粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子来分析判断；

(2)由第二周期非金属元素构成的中性分子，第二周期元素为中心原子，如果是平面形分子，则通过sp2杂化形成中性分子；如果是三角锥型分子，则通过sp3杂化形成中性分子；且价层电子对个数是4，含有一个孤电子对；如果是正四面体结构，则该分子的价层电子对个数是4且不含孤电子对，据此分析解答；

(3)等电子体是指具有相同价电子总数和原子总数的分子或离子；根据价电子对互斥理论确定原子的杂化方式；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断。

【详解】

(1)第一种微粒的空间结构为平面三角形，则碳原子为sp2杂化，中心碳原子无孤电子对，因此价层电子对数3，化学式为CH3+，第二种微粒的空间结构为三角锥形，则碳原子为sp3杂化，中心碳原子有1个孤电子对，因此价层电子对数4，化学式CH3-，故答案为CH3+；CH3-；

(2)由第二周期非金属元素构成的中性分子，第二周期元素为中心原子，通过sp2杂化形成中性分子，是平面形分子，该类型分子有BF3；第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，如果是三角锥型分子，则该分子中价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，该类型分子有NF3；如果该分子为正四面体结构，则该分子的价层电子对个数是4且不含孤电子对，该类型分子有CF4，故答案为BF3；NF3；CF4；

(3)SO3的原子数为4，价电子数为24，与SO3互为等电子体的为NO3-或CO32-、BF3或COCl2等；NO3-中N原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化类型为sp2，碳酸根离子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(4+2-3×2)=3，所以原子杂化方式是sp2，SO3分子中S原子的价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=3，杂化类型为sp2，故答案为NO3-；CO32-；sp2。【解析】CH3+CH3-BF3NF3CF4NO3-CO32-sp215、略

【分析】【分析】

⑴碳原子最外层含有4个电子；碳原子主要形成共价键，碳原子与碳原子可以形成单键；双键或三键，也可形成碳链或碳环。

⑵分析苯分子和乙炔分子中每个碳原子价层电子对数。

【详解】

⑴碳原子最外层含有4个电子；1个碳原子可以跟其他非金属原子形成4个共价键，碳原子之间也能以共价键相结合，形成单键；双键或三键，连接成稳定的长短不一的碳链或含碳原子数不等的碳环，从而导致有机物种类纷繁，数量庞大；故答案为：4；4；共价；单；双；三；碳链。

⑵苯分子中每个碳原子有三个共价键，没有孤对电子，价层电子对数为3对，杂化方式是sp2；乙炔分子中每个碳原子有2个共价键，没有孤对电子，价层电子对数为2对，杂化方式是sp；故答案为：sp2；sp。【解析】①.4②.4③.共价④.单⑤.双⑥.三⑦.碳链⑧.sp2⑨.sp16、略

【分析】【分析】

（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2；

（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2；4s能级处于全充满状态；

（3）向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸；盐酸先与铜氨络离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，盐酸过量，氢氧化铜沉淀溶解生成氯化铜。

【详解】

（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，属于周期表ds区元素，电子占据最高能层的电子位于为4s轨道，s电子云轮廓图形状为球形，故答案为：3d104s2；ds；球形；

（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2；4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大，故答案为：大于；

（3）向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子，这是因为N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；[Cu(NH3)4]2+在溶液中存在如下络合平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；加入盐酸，氨分子与氢离子反应，浓度减小，平衡向右移动，铜离子与溶液中氢氧根结合生成氢氧化铜蓝色沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铜沉淀溶于盐酸生成氯化铜，溶液呈天蓝色，实验现象为先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色，故答案为：N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色。

【点睛】

Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2，4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子是分析难点。【解析】①.3d104s2②.ds③.球形④.大于⑤.N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定⑥.先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色17、略

【分析】【分析】

根据分子中δ键和孤电子对数判断杂化类型和分子的空间构型；根据均摊法；晶胞中的S；Fe原子数目，进而确定化学式。

【详解】

（1）根据电子能级排布，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2。

（2）BF3分子中，B原子价层电子对数=3+中心原子B原子没有孤对电子，则应为sp2杂化，空间构型为平面三角形。原子数相同，价电子数相同的粒子互为等电子体，则与BF3互为等电子体的阴离子为CO32-。

（3）氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键，氨硼烷的结构式为氨硼烷能溶于水，其主要原因是氨硼烷与水分子间形成氢键。

（4）由图可知，根据均摊法，该晶胞中铁原子个数为4，氮原子个数=1+4×=1.5，铁原子和氮原子的数目之比为8：3，所以该化合物的化学式为Fe8N3。【解析】①.[Ar]3d64s2②.平面三角形③.CO32-④.⑤.氨硼烷与水分子间形成氢键⑥.Fe8N318、略

【分析】【详解】

（1）第一周期中，有一个未成对电子的是氢原子，其电子排布为1s1;第二周期中，未成对电子是两个的有两种——C:1s22s22p2和O:1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是P:1s22s22p63s23p3;第四周期中未成对电子是四个的是Fe:1s22s22p63s23p64s23d6

(2)Ga在元素周期表中是第四周期、第ⅢA族，原子序数是31，即其原子核外电子数是31，根据核外电子的排布规律可以写出该原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；根据题目所给信息；GaN的晶体结构与单晶硅相似，晶体结构为空间网状结构，每个Ga原子与四个N相连，这四个N原子构成的空间构型是正四面体型，属于原子晶体。

（3）水解即该物质中的带正电的原子或原子团与水电离出的OH-结合成弱电解质，带负电的原子或原子团与水电离出的H+结合成弱电解质的过程，水解反应前后各元素的化合价不变，类似于复分解反应，由题意知NCl3中N的化合价为-3价，Cl的化合价为+1价，则在NCl3水解的产物中N的化合价也是-3价，Cl的化合价是+1价，分析可知其水解产物是HClO和NH3·H2O。【解析】54正四面体形原子HClO、NH3四、工业流程题(共1题，共10分)19、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、计算题(共1题，共9分)20、略

【分析】【分析】

(1)氯化钠晶体中氯离子位于定点和面心；钠离子位于边和体心；

(2)阴；阳离子之间的静电作用为离子键；

(3)二氧化硅是原子晶体；每个硅原子与4个氧原子形成硅氧键；

(4)晶胞中CO2分子数目为8+6=4，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(anm)3=(a×10-7cm)3，晶胞的密度

【详解】

(1)晶胞中位于体心的钠离子和位于边上Na+的短离最近，则最近且等距的Na+共有12个Na+；晶胞中Na+的个数为1+12=4，Na+的个数为8+6=4；

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+与Cl-通过离子键结合在一起；

(3)二氧化硅是原子晶体；每个硅原子与4个氧原子形成硅氧键，则1mol二氧化硅中有4mol硅氧键；

(4)晶胞中CO2分子数目为8+6=4，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(anm)3=(a×10-7cm)3，晶胞的密度则a=nm=nm。

【点睛】

均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。【解析】1244离子键4六、原理综合题(共2题，共16分)21、略

【分析】【分析】

X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素，X是Na；Y与X同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性，Y是Al；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Z是N元素；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；V是Mg；W的原子序数为29，W是Cu。

【详解】

（1）W的原子序数为29，W是Cu，核外价电子排布式为3d104s1，根据N和铜原子之间是配位键，C-C键是非极性键，C-N、C-H、N-H键是极性共价键，该配离子中含有的化学键类型选abd；

（2）镁原子价电子排布为3s2；为稳定状态，所以元素Na；Al、Mg第一