2025年浙教版选修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年浙教版选修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9题，共18分)1、a、b、c、d四种分子均含有14个电子，其有关信息列在下面的表中。abcd双原子分子。

非极性分子。

只含非极性键双原子分子。

极性分子。

只含极性键多原子分子。

极性分子。

只含极性键多原子分子。

非极性分子。

既有非极性键，又有极性键

符合题目给出的信息的选项是()

①a的化学式N2②b的化学式为CO③c的结构式为H—C≡N④d的结构简式为HC≡CH⑤a的符号为⑥d的化学式为A.①②③④B.④⑤⑥C.②③⑤⑥D.①②③④⑤⑥2、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.在一个多电子原子中，N层上的电子能量肯定比M层上的电子能量高D.某个多电子原子的3p轨道上仅有两个电子，它们的自旋状态必须相反3、下列说法或化学用语表达正确的是（）A.s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动B.Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6C.p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层的增加，p能级原子轨道也在增多D.某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1属于激发态4、下列说法错误的是()A.键角：BF3＞CH4＞NH3＞H2OB.P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′C.C22-与O22+互为等电子体，1molO22+中含有的π键数目为2NAD.已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键数目为3NA5、下列对一些实验事实的理论解释正确的是()。选项实验事实理论解释AN原子的第一电离能大于O原子N原子2p轨道半充满BCO2为直线形分子CO2分子中C=O之间的夹角为109.5°CNH3极易溶于水NH3与H2O发生化学反应DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HCl

A.AB.BC.CD.D6、2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子（结构如图），关于C18说法正确的是（）

A.与金刚石互为同位素B.是原子晶体C.属于烃D.能与氢气反应7、高温下；超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价，如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（）

A.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-B.晶体中每个K+周围有8个O2-，每个O2-周围有8个K+C.晶体中与每个K+距离最近的K+有8个，晶体中与每个O2-距离最近的O2-有6个D.晶体中其中0价氧和-2价氧的物质的量之比为1：18、离子键的强弱主要决定于离子的半径和离子电荷数。一般规律是：离子半径越小，离子电荷数越大，则离子键越强。K2O、MgO、CaO三种物质中离子键由强到弱的顺序是（）A.K2O、MgO、CaOB.MgO、K2O、CaOC.MgO、CaO、K2OD.CaO、MgO、K2O9、离子晶体熔点的高低决定于阴、阳离子之间距离、晶格能的大小，据所学知识判断KCl、NaCl、CaO、BaO四种晶体熔点的高低顺序是()A.KCl＞NaCl＞BaO＞CaOB.NaCl＞KCl＞CaO＞BaOC.CaO＞BaO＞KCl＞NaClD.CaO＞BaO＞NaCl＞KCl评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、下表为元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素。

回答下列问题：

（1）写出元素f的基态原子核外电子排布式：__。

（2）写出元素h的基态原子核外电子轨道表示式：__。

（3）ci2分子的电子式为__。

（4）第一电离能：h__(填“＞”“＜”或“=”，下同)i；电负性：g__b。

（5）下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的叙述正确的是__(填字母)。

A.j位于元素周期表中第4周期ⅠB族；属于ds区元素。

B.d的基态原子中；2p轨道为半充满，属于p区元素。

C.最外层电子排布式为4s1；该元素一定属于第ⅠA族。

D.最外层电子排布式为ns2np1，该元素可能是第ⅢA族或ⅢB族11、氰化钾是一种剧毒物质，贮存和使用时必须注意安全。已知：回答下列问题：

(1)中所含三种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________________（用元素符号表示，下同），电负性从大到小的顺序为__________，基态氮原子最外层电子排布式为__________。

(2)与互为等电子体的分子为__________（任举一例）。12、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___。13、钛；铁、砷、硒、锌等元素的单质及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。

（1）基态Ti原子中，最高能层电子的电子云轮廓形状为_______，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有________种。

（2）铁的第三电离能第四电离能分别为和远大于的原因是______________________。

（3）离子可用于的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸和异硫氰酸

①写出与互为等电子体的一种微粒_________分子或离子

②异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高的原因是_______________。

（4）成语“信口雌黄”中的雌黄分子式为分子结构如图1所示，As原子的杂化方式为_______________。

（5）离子化合物的晶胞结构如图2所示。一个晶胞含有的键有__________个。

（6）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为____________填元素符号该晶胞中硒原子所处空隙类型为____________填“立方体”、“正四面体”或“正八面体”该种空隙的填充率为____________；若该晶胞密度为硒化锌的摩尔质量为用代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为____________nm。

14、现有7种物质：①干冰②金刚石③四氯化碳④晶体硅⑤过氧化钠⑥二氧化硅晶体⑦氯化铵(用序号回答)

（1）这些物质中熔点最高的是___________

（2）属于分子晶体的是___________；其中分子构型为正四面体的是___________，杂化类型为___________。

（3）属于离子晶体的是___________

（4）写出含有极性键和配位键的离子化合物的电子式___________。15、已知NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶体的熔点依次为801℃、714℃、190℃、2000℃，其中属于分子晶体的一种晶体应是________，它不适宜用作金属冶炼的电解原料。工业上这种金属的冶炼过程必须使用一种助熔剂___________。评卷人得分三、工业流程题(共1题，共2分)16、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______________。评卷人得分四、有机推断题(共3题，共15分)17、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：_________________。18、W；X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大。其中Y原子的L电子层中；成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道；W、Z的原子序数相差10，且Z原子的第一电离能在同周期中最低。

(1)写出下列元素的元素符号：W____，X____，Y____，Z____。

(2)XY分子中，X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，则XY分子中X和Y原子用于成键的电子数目分别是____；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有____。

(3)XY2与ZYW反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到不同的产物，相同条件下，在水中溶解度较小的产物是________(写化学式)。

(4)写出Z2Y2的电子式：____________。19、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)评卷人得分五、计算题(共1题，共6分)20、铁有δ；γ、α三种同素异形体；三种晶体在不同温度下能发生转化。

(1)δ、γ、α三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为_________。

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶胞空间利用率之比为________(用a、b表示)

(3)若Fe原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则γ-Fe单质的密度为_______g/cm3(用含r的表达式表示；列出算式即可)

(4)三氯化铁在常温下为固体，熔点为282℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁的晶体类型为______。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共16分)21、Ⅰ.为了探究一种固体化合物甲（仅含3种元素）的组成和性质；设计并完成如下实验：(气体体积已经换算成标准状况下的体积）

请回答：

（1）写出化合物甲的化学式________。

（2）写出形成溶液C的化学方程式：_____________。

（3）写出气体A通入溶液D中，发生反应的离子反应方程式__________。

Ⅱ.近年来化学家又研究开发出了用H2和CH3COOH为原料合成乙醇（反应Ⅰ）；同时会发生副反应Ⅱ。

反应Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1

反应Ⅱ.CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2＞0

已知：乙醇选择性是转化的乙酸中生成乙醇的百分比。请回答：

（1）反应Ⅰ一定条件下能自发进行，则△H1___0。（填“＞”或“＜”）

（2）某实验中控制CH3COOH和H2初始投料比为1∶1.5，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：。温度（K）催化剂乙酸的转化率（%）乙醇选择性（%）573甲4050573乙3060673甲5535673乙4050

①有利于提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率的措施有______。

A使用催化剂甲B使用催化剂乙。

C降低反应温度D投料比不变；增加反应物的浓度。

E增大CH3COOH和H2的初始投料比。

②673K甲催化剂作用下反应Ⅰ已达平衡状态，测得乙酸的转化率为50%，乙醇的选择性40%，若此时容器体积为1.0L，CH3COOH初始加入量为2.0mol，则反应Ⅰ的平衡常数K=_____。

③表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CH3COOH转化成CH3CH2OH的选择性有显著的影响，其原因是_________________。

（3）在图中分别画出I在催化剂甲和催化剂乙两种情况下“反应过程-能量”示意图。_____

22、早在1913年就有报道说；在400℃以上AgI晶体的导电能力是室温时的上万倍，可与电解质溶液相比。

(1)已知Ag元素的原子序数为47，则Ag元素在周期表中的位置是_____________，属于_____区，基态Ag原子的价电子排布式为__________。

(2)硫代硫酸银(Ag2S2O3)是微溶于水的白色化合物，它能溶于过量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液生成[Ag(S2O3)2]3-等络阴离子。在[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是______(填名称)，配体阴离子的空间构型是______，中心原子采用_____杂化。

(3)碘的最高价氧化物的水化物有HIO4(偏高碘酸，不稳定)和H5IO6(正高碘酸)等多种形式，它们的酸性HIO4_____H5IO6(填：弱于、等于或强于)。氯、溴、碘的氢化物的酸性由强到弱排序为______(用化学式表示)，其结构原因是______。

(4)在离子晶体中，当0.414<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知r(Ag+)：r(I-)=0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。I－的配位数为______，造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是_______。

a．几何因素b．电荷因素c．键性因素。

(5)当温度处于146～555℃间时，六方碘化银转化为α–AgI(如下图)，Ag+可随机地分布在四面体空隙和八面体空隙中，多面体空隙间又彼此共面相连。因此可以想象，在电场作用下，Ag+可从一个空隙穿越到另一个空隙，沿着电场方向运动，这就不难理解α–AgI晶体是一个优良的离子导体了。则在α–AgI晶体中，n(Ag+)﹕n(八面体空隙)﹕n(四面体空隙)=______________。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

首先从电子总数为14及a的相关信息推得a为N2，因是分子，a不能为C22－。若将N原子换成周期表中相邻的碳，则b的另一种原子必定是O，因此b为CO；若考虑只换一个N原子为碳，这时电子数相差1，可用H原子来补足，得c为HCN，其结构式为H－C≡N。再将另一个N也换成碳，则需要再补1个H，即d为C2H2；d的结构简式为HC≡CH。答案选A。

【点睛】

注意掌握等电子粒子的寻找规律：

（1）“10电子”微粒：

（2）“18电子”微粒：CH3－CH3、H2N－NH2、HO－OH、F－F、F－CH3、CH3－OH等；

（3）其他等电子微粒：①2电子微粒：②“14电子”微粒：Si、N2、CO、C2H2、C22－；③“16电子”微粒：S、O2、C2H4、HCHO。2、A【分析】【详解】

A.在多电子的原子中；电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中,不可能有两个运动状态完全相同的电子，A选项正确；

B．每个轨道中最多可以填充两个电子；自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，B选项错误；

C；N层有4s、4p、4d、4f能级4s能级能量比3d能级低；故N层上的电子能量不一定比M层上的电子能量高，C选项错误；

D；某一基态3p能级上仅有2个电子；这2个电子分别占据不同的轨道，且自旋方向相同，D选项错误；

答案选A。3、B【分析】【详解】

A.s能级的原子轨道呈球形；处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，A错误；

B.Fe为26号元素，原子核外有26个电子，Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；B正确；

C.p能级的原子轨道呈哑铃形；任何能层上的p能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，C错误；

D.当轨道中的电子处于半满或全满状态时，能量较低，属于稳定状态，所以某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1处于低能态；D错误；

故答案为：B。4、B【分析】【详解】

A．在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小，H2O中O原子含有2个孤电子对，BF3中B原子不含孤电子对，NH3分子中N原子含有1个孤电子对，CH4分子中C原子不含孤电子对，所以键角最小的是H2O，键角：BF3＞CH4＞NH3＞H2O；选项A正确；

B．P4分子是正四面体，键角为60°；CH4是正四面体分子键角为109°28′；选项B错误；

C．根据等电子体原理可知，O22+的电子式与C22-的电子式相似；O22+的电子式为在1个O22+含有2个π键，故1molO22+中，含有2NA个π键；选项C正确；

D．有4molN-H键断裂，即1molN2H4参加反应，生成1.5molN2，且1个N≡N中含2个π键，则形成的π键有1.5mol×2=3mol，则形成的π键数目为3NA；选项D正确。

答案选B。5、A【分析】【详解】

A．N原子核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，O原子核外电子排布式为1s22s22p4；半充满结构更稳定，N原子失电子较难，第一电离能大于O原子，A正确；

B．因为CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型；B错误；

C．由于NH3和H2O都是极性分子，根据相似相溶规律，所以NH3极易溶于水；C错误；

D．由于HF分子间存在氢键；氯化氢中不含氢键，所以HF的沸点高，D错误。

答案选A。6、D【分析】【详解】

A．C18与金刚石都是碳元素的单质；属于同素异形体，不属于同位素，故A错误；

B．C18由分子构成；属于分子晶体，不是原子晶体，故B错误；

C．C18分子中不存在H原子；属于单质，不是烃，故C错误；

D．C18分子中含有碳碳三键；能与氢气发生化合反应，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意C18中只有一种元素，属于单质，而烃是含有碳和氢两种元素的化合物。7、A【分析】【详解】

A．由晶胞图可知，K+的个数为8×+6×=4，O2-的个数为12×+1=4，故化学式为KO2；故A正确；

B．由晶胞图可知，晶体中每个K+周围有6个O2-，每个O2-周围有6个K+；故B错误；

C．由晶胞图可知，晶体中与每个K+距离最近的K+有12个，与每个O2-距离最近的O2-有12个；故C错误；

D．晶胞中K+与O2-个数分别为4；4；所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，故D错误；

故答案为A。

【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。8、C【分析】【分析】

【详解】

题干中明确指出离子键的强弱主要决定于离子的半径和离子电荷值。一般规律是：离子半径越小，离子电荷值越大，则离子键越强。离子半径：K＋＞Ca2＋＞Mg2＋，离子所带电荷：Ca2＋＝Mg2＋＞K＋，故离子键强弱顺序为MgO、CaO、K2O。答案选C。9、D【分析】【详解】

对于离子晶体来说，离子所带电荷数越多，阴、阳离子核间距离越小，晶格能越大，离子键越强，熔点越高，阳离子半径大小顺序为：Ba2＋＞K＋＞Ca2＋＞Na＋；阴离子半径：Cl－＞O2－，比较可得只有D项是正确的。答案选D。二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Be元素；c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为F元素、g为Na元素、h为P元素、i为S元素、j为Cu元素；结合原子结构和元素周期律分析解答。

【详解】

根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Be元素；c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为F元素、g为Na元素、h为P元素、i为S元素、j为Cu元素。

(1)f为F元素，原子核外电子数目为9，核外电子排布式为1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；

(2)元素h为P，为15号元素，基态原子核外电子轨道表示式为故答案为：

(3)ci2分子CS2，与二氧化碳的结构类似，电子式为故答案为：

(4)P元素的3p能级为半满稳定状态；较稳定，故第一电离能P＞S；金属性越强，电负性越小，故电负性Na＜Be，故答案为：＞，＜；

(5)A．j是Cu元素位于元素周期表中第四周期、ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故A正确；B．N原子的基态原子中2p能级为半充满，属于p区元素，故B正确；C．最外层电子排布式为4s1，可能处于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族，故C错误；D．最外层电子排布式为ns2np1；该元素处于第ⅢA族，故D错误；故答案为：AB。

【点睛】

本题的易错点为(5)，要注意最外层电子排布式为4s1，可能的电子排布式有3d104s1，3d54s1，3p64s1，可能处于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族。【解析】①.1s22s22p5②.③.④.>⑤.<⑥.AB11、略

【分析】【详解】

(1)C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族元素的第一电离能，故第一电离能大小顺序是同周期元素自左而右电负性增大，故电负性：氮原子的核电荷数为7，核外电子排布式为其最外层电子排布式是

(2)含有3个原子，价电子总数为故其等电子体可以是等。

【点睛】

比较第一电离能时，出现反常的元素是指价电子层电子排布处于半满、全满或全空的原子，且只比原子序数大1的元素第一电离能大。【解析】（或等）12、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13、略

【分析】【分析】

（1）根据构造原理写出核外电子排布式，判断出最高能级的形状，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，结合构造原理与洪特规则特例，符合条件元素原子的价电子排布为3d54s1、3d104s1；

（2）价电子排布为全满或半满时；处于稳定结构，此时电离能将增大；

（3）C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换，与SCN-互为等电子体的一种微粒为：N2O、CO2、CS2、OCN-（任意一种）；从氢键的角度分析沸点的高低。

（4）由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，故As杂化方式为sp3杂化；

（5）计算出晶胞中C22-数目，每个C22-中含2个π键；

（6）根据图示，Zn原子处于晶胞的顶点与面心，晶胞中Zn原子形成正四面体结构有8个，其中4个正四面体中心填充Se原子，正四面体空隙的填充率为50%；V===N可以从晶胞构型中计算出N=4，NA；M、ρ均为已知；代入公式可以得到体积，晶胞参数等于体积的三次开方。

【详解】

（1）基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，最高能层电子为4s能级，电子云轮廓图形为球形；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同，结合构造原理与洪特规则特例，符合条件元素原子的价电子排布为3d54s1、3d104s1；故有2种；

故答案为：球形；2；

（2）由Fe2+变为Fe3+体现Fe的第三电离能，即价电子由3d6变为3d5；当从3d5状态再失去一个电子时，体现第四电离能，因3d5为半充满状态；较为稳定，故第四电离能大于第三电离能；

故答案为：Fe3+的3d能级半充满；结构稳定；

（3）①C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换，与SCN-互为等电子体的一种微粒为：N2O、CO2、CS2、OCN-（任意一种）；

故答案为：或

②异硫氰酸分子间含有氢键；故异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高；

故答案为：异硫氰酸分子间存在氢键；

（4）由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，故As杂化方式为sp3杂化；

故答案为：sp3杂化；

（5）晶胞中C22-数目为：12×+1=4，每个C22-中含2个π键；一个晶胞含有平均有π键数目为：2×4=8；

故答案为：8；

（6）晶胞中Se、Zn原子数目之比为1：1，Zn原子处于晶胞的顶点与面心，Se原子与周围的4个Zn原子形成正四面体构型，Se处于正四面体的中心，X，Y都代表Zn；晶胞中Zn原子形成正四面体结构有8个，其中4个正四面体中心填充Se原子，正四面体空隙的填充率为50%；晶胞中Zn原子数目为：8×+6×=4、Se原子数目为4，晶胞中各微粒总质量为：g，晶胞体积为：晶胞参数a=cm=nm；

故答案为：正四面体；

【点睛】

熟练1-36号元素的核外电子排布式，半充满，全充满的状态导致电离能反常。【解析】球形2的3d能级半充满，结构稳定或异硫氰酸分子间存在氢键杂化正四面体14、略

【分析】试题分析：（1）一般而言；原子晶体的熔沸点较高，原子晶体有②④⑥，原子半径越小，共价键的键长越短，共价键越牢固，熔点越高，这些物质中熔点最高的是金刚石，故选②；

（2）属于分子晶体的是干冰和四氯化碳，其中分子构型为正四面体的是四氯化碳，C的杂化类型为sp3，故答案为：①③；③；sp3；

（3）属于离子晶体的是过氧化钠和氯化铵；故选⑤⑦；

（4）含有极性键和配位键的离子化合物是氯化铵，电子式为故答案为：

考点：考查了晶体的分类和化学键的相关知识。【解析】（1）②（2）①③；③；sp3；（3）⑤⑦（4）15、略

【分析】【分析】

根据离子晶体和分子晶体的熔点关系分析判断；根据分子晶体在熔融状态下不能导电分析判断冶炼的金属；再分析判断。

【详解】

根据NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶体的熔点依次为801℃、714℃、190℃、2000℃，分子晶体的熔点一般较低，离子晶体的熔点较高，所以AlCl3为分子晶体；氧化铝的熔点很高，直接电解熔融的氧化铝冶炼铝时会消耗大量的能量，因此常用冰晶石作助熔剂，在故答案为：AlCl3；冰晶石。【解析】①.AlCl3②.冰晶石三、工业流程题(共1题，共2分)16、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+四、有机推断题(共3题，共15分)17、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+2H2O18、略

【分析】【分析】

W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大。其中Y原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道，则Y原子核外电子排布为1s22s22p4，Y为氧元素；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道，则X原子核外电子排布为1s22s22p2；X为碳元素；W；Z的原子序数相差10，Z的原子序数大于氧元素，则Z一定处于第三周期，且Z原子的第一电离能在同周期中最低，则Z为Na元素，故W为氢元素，据此分析解答。

【详解】

(1)由上述分析可知；W为H；X为C、Y为O、Z为Na，故答案为H；C；O；Na；

(2)XY分子为CO；X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，CO中C原子与O之间形成三个共用电子对，各含有1对孤对电子，其结构式为C≡O，叁键中有1个σ键和2个π键，其中有一个π键是由氧原子单方提供了2个电子形成的，故CO分子中C和O原子用于成键的电子数目分别是2和4；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有σ键；π键，故答案为2和4；σ键、π键；

(3)CO2与NaOH反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到碳酸钠、碳酸氢钠，相同条件下，在水中溶解度较小的是NaHCO3，故答案为NaHCO3；

(4)Z2Y2为Na2O2，为离子化合物，钠离子和过氧根离子以离子键相结合，O与O以非极性共价键相结合，电子式为：故答案为【解析】HCONa2和4σ键，π键NaHCO319、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]2-五、计算题(共1题，共6分)20、略

【分析】【分析】

(1)根据各种晶体结构中微粒的空间位置确定三种晶体晶胞中铁原子的配位数；然后得到其比值；

(2)先计算出两种晶体中Fe原子个数比；然后根据密度定义计算出其密度比，就得到其空间利用率之比；

(3)先计算γ-Fe晶体中Fe原子个数，根据Fe原子半径计算晶胞的体积，然后根据计算晶体的密度；

(4)根据物质的熔沸点；溶解性等物理性质分析判断。

【详解】

(1)δ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是晶胞顶点的Fe异种；个数是8个；

γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数=3××8=12；

α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子；铁原子个数=2×3=6；

则三种晶体晶胞中铁原子的配位数的比为8：12：6=4：6：3；

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体中铁原子个数之比=(1+)：(8×)=2：1，密度比==2b3：a3，晶体的密度比等于物质的空间利用率之比，所以两种晶体晶胞空间利用率之比为2b3：a3；

(3)在γ-Fe晶体中Fe原子个数为8×+6×=4，Fe原子半径为rpm，假设晶胞边长为L，则L=4rpm，所以L=2rpm=2×10-10cm，则晶胞的体积V=L3=(2×10-10)cm3，所以γ-Fe单质的密度

(4)FeCl3晶体的熔沸点低；易溶于水，也易溶于乙醚；丙酮等有机溶剂，根据相似相溶原理，结合分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，属于分子晶体。

【点睛】

本题考查了Fe的晶体类型的比较、晶体空间利用率和密度的计算、铁元素化合物晶体类型的判断。学会利用均摊方法分析判断晶胞中铁原子数目，熟练掌握各种类型晶体的特点，清楚晶体密度计算公式是解答本题的关键。【解析】4：6：32b3：a3分子晶体六、原理综合题(共2题，共16分)21、略

【分析】【分析】

Ⅰ.固体甲在空气中灼烧生成的气体A能使品红褪色，加热后恢复红色，说明气体A为SO2，且物质的量为=0.04mol；固体乙用NaOH溶解后并过滤，固体丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液变红色，说明固体丙为Fe2O3，其物质的量为=0.005mol；固体乙有部分固体能溶解于NaOH，质量为1.82g-0.8g=1.02g，若为Al2O3，则其物质的量为=0.01mol，此时固体甲中含有的三种元素的总质量为0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，则固体乙为Fe2O3和Al2O3的混合物；

Ⅱ.(1)△H-T△S＜0的反应可自发进行；

(2)①结合平衡的移动因素分析；一般当平衡正向进行时，可提高反应物的转化率；

②673K时，在甲催化剂作用下反应Ⅰ已达平衡状态，此时容器体积为1.0L，若CH3COOH初始加入量为2.0mol，结合三行计算列式得到平衡浓度，反应Ⅰ的平衡常数K=

③不同的催化剂催化效率不同；

(3)加入催化剂；可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变。

【详解】

Ⅰ.固体甲在空气中灼烧生成的气体A能使品红褪色，加热后恢复红色，说明气体A为SO2，且物质的量为=0.04mol；固体乙用NaOH溶解后并过滤，固体丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液变红色，说明固体丙为Fe2O3，其物质的量为=0.005mol；固体乙有部分固体能溶解于NaOH，质量为1.82g-0.8g=1.02g，若为Al2O3，则其物质的量为=0.01mol，此时固体甲中含有的三种元素的总质量为0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，则固体乙为Fe2O3和Al2O3的混合物；

(1)由分析知化合物甲的组成元素是Fe、Al和S，三者的物质的量之比为0.01mol：0.02mol：0.04mol=1:2:4，则化合物甲的化学式为FeAl2S4；

(2)氧化铝溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠，发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

(3)气体A为SO2气体，溶液D含有Fe3+，通入SO2后发生氧化还原反应，所得溶液中生成Fe2+和SO42-，发生反应的离子反应方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+；

Ⅱ.(1)Ⅰ．CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1，反应△S＜0，满足△H-T△S＜0，则△H1＜0；

(2)①已知CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1＜0；

A．使用催化剂甲不影响平衡的移动，无法提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故A错误；

B．使用催化剂乙不影响平衡的移动，无法提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故B错误；

C．降低反应温度平衡正向移动，可提高CH3COOH转化为CH3CH2OH平衡转化率；故C正确；

D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应移动，可提高CH3COOH转化为CH3CH2OH