2023屆河南省平許濟洛四市高三第三次質檢化學試卷

學而優(yōu)教有方第=page2525頁，共=sectionpages11頁絕密★啟用前2023年河南省平許濟洛高考化學第三次質檢試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三總分得分注意事項:

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）1.化學與科技、生活有密切的關系。下列敘述錯誤的是(

)A.航空航天工業(yè)中采用化學鍍鎳，電鍍時鍍件作陰極，鎳作陽極

B.我國力爭2060年前實現(xiàn)碳中和，用脫硫煤代替原煤作燃料有利于實現(xiàn)碳中和

C.新冠疫情期間使用的抗原檢測試紙，其檢測原理是有機物分離方法中的層析法

D.卡塔爾世界杯旗幟來自中國制造，其主要材質是透風性好、不易損壞的滌綸2.某藥物(如圖所示)可輔助治療新型冠狀病毒，有關該藥物的說法錯誤的是(

)A.該物質具有多種芳香族同分異構體

B.分子中能發(fā)生酯化反應的官能團有3個

C.分子中所有碳原子可能處于同一平面上

D.1mol該物質最多能與4molH3.與下列實驗操作和現(xiàn)象所對應的原理解釋正確的是(

)實驗操作現(xiàn)象原理解釋A向ZnS沉淀上滴加適量0.1mol/LCuSO沉淀變?yōu)楹谏獽B將乙醇與濃硫酸混合加熱產生的氣體通入酸性KMnO溶液紫紅色褪去乙醇分子內脫水生成乙烯，乙烯具有還原性C向植物油中加入Na溶液不再分層碳酸鈉溶液呈堿性：COD實驗室中加熱KClO3和反應前后MnOMnOA.A B.B C.C D.D4.哈伯在實驗室首次合成了氨，化學家格哈德?埃特爾在哈伯研究所證實了N2與H2在固體催化劑表面合成氨的反應過程。示意圖如圖：

下列說法正確的是(

)A.圖①可看出N2、H2分子中均為單鍵

B.圖③到圖④的過程向外釋放能量

C.升高溫度一定提高一段時間內NH5.某化合物(結構如圖所示)是一種家用殺蟲劑。X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)逐漸增大的短周期元素，Z與R不在同一周期。下列敘述正確的是(

)A.Z、W的氫化物均很穩(wěn)定

B.陰離子的還原性：R>X

C.W、R兩種元素均可形成能使品紅溶液褪色的化合物，且褪色原理相同

D.元素Y與元素R均能形成三種以上的含氧酸鹽6.環(huán)氧乙烷(，簡稱EO)是一種重要的有機合成原料和高效消毒劑。由乙烯經電解制備EO的原理示意圖如圖：

下列說法正確的是(

)A.電極b接電源的正極

B.電極a發(fā)生反應為：CH2=CH2+H2O+Cl-7.室溫下某湖水中幾種微粒的濃度與pH的關系如圖所示。已知水中現(xiàn)存的CO2以H2CO3A.室溫下HCO3-的水解常數(shù)Kh=10-7.7

B.向交點②所示的溶液中通入少量HCl氣體可變?yōu)榻稽c①

C.交點③對應溶液pH≈5.65

D.上述溶液室溫下第II卷（非選擇題）二、實驗題（本大題共1小題，共14.0分）8.三氯化氧磷(POCl?)是一種重要的化工原料，常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。研究小組在實驗室模擬反應：PCl3+SO2+Cl2物質熔點/℃沸點/℃有關性質PC-93.676.1遇水劇烈水解，易與O2POC1.25105.8遇水劇烈水解，能溶于PCSOC-10578.8遇水劇烈水解，受熱易分解

(1)甲裝置中盛放的試劑為______，洗氣瓶甲、丁的作用是凈化原料氣體和______，實驗室制備SO2的化學方程式為______。

(2)反應裝置圖中裝置丙、戊間方框內未畫出的儀器應選擇______(填“球形冷凝管”或“直形冷凝管”)，如果沒有裝置戊，可能發(fā)生的反應是______(寫一個即可)。

(3)該實驗需控制反應溫度60～65℃，則溫度不宜過高和過低的原因是______，該實驗應采用的加熱方式為______。

(4)測定提純后產品中POCl?的含量：準確稱取1.700g樣品在水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入0.2000mol?L-1的AgNO3溶液20.00mL(發(fā)生的反應為Ag++Cl-=AgCl↓)，再加少許硝基苯，用力振蕩，使沉淀被有機物覆蓋。加入指示劑，用0.1000mol?L-1KSCN標準溶液滴定過量的AgNO3至終點(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行實驗，平均消耗KSCN標準溶液10.00mL。

①滴定選用的指示劑是______(填標號)。

a.酚酞

b.淀粉

c.NH4Fe(SO4)2

三、簡答題（本大題共4小題，共52.0分）9.某工廠利用如下流程處理廢舊電池正極材料(主要成分為LiCoO2、LiMn2O4、LiNiO2、LiFePO4等)，制備三元鋰電池正極材料LiNi13Mn13Co13O2。

回答下列問題：

(1)為提高原料利用率，在“酸浸”步驟可采取的措施有______(至少寫兩條)。

(2)“酸浸”中H2O2既表現(xiàn)還原性，又表現(xiàn)氧化性，則酸浸后的濾液中含有的金屬陽離子有Ni2+、Mn2+、Co2+和______，“酸浸”中LiCo離子濃度(mol氫氧化物KN1.001.00×C1.001.00×M1.401.00×(5)若“調pH”過程中，Ni2+、Mn2+、Co2+濃度不變，則“調濃度”過程需要向溶液中添加的X為______(填標號)。

a.NiSO4

b.CoSO4

c.MnSO4

d.10.為加快實現(xiàn)“雙碳”目標，有效應對全球氣候變化、構建低碳社會，CO2資源化利用受到越來越多的關注。

Ⅰ.Sabatier反應可實現(xiàn)CO2甲烷化：

反應1.CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2化學鍵O-HC-HC=OH-H鍵能/(kJ463414802436則C(g)+O(g)=CO(g)△H=______kJ?mol-1。

(2)向某恒壓密閉容器中充入5molCO2和20molH2，在不同溫度下達到平衡時各含碳元素物質的物質的量n(X)與溫度T的關系如圖1所示。

①當反應1和反應2均達到化學平衡狀態(tài)時，維持溫度不變，增大容器體積，則反應2的平衡移動方向是______(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)，反應2的平衡常數(shù)______(填“增大”“減小”或“不變”)。

②曲線Y表示的是______(填含碳元素物質的化學式)的物質的量與溫度的關系，曲線Z所表示的物質在800K～1100K之間物質的量增大的原因是______。

③800K時，反應2的壓強平衡常數(shù)Kw=______(計算結果保留兩位有效數(shù)字，用分壓代替濃度，分壓=物質的量分數(shù)×總壓)。

Ⅱ.一種從高爐氣回收CO2制儲氫物質HCOOH的綜合利用示意圖如圖2所示：

(3)鉑電極上生成HCOOH的電極反應式為______；電解過程中還伴隨著析氫反應，若生成HCOOH的電解效率為80%，當電路中轉移1mole-時，陰極室溶液的質量增加11.2022年諾貝爾化學獎授予美國科學家卡羅琳?貝爾托齊、卡爾?巴里?沙普利斯和丹麥科學家莫滕?梅爾達爾，以表彰他們在發(fā)展點擊化學和生物正交化學方面的貢獻。點擊化學的代表反應為Cu催化的疊氮一炔基Husigen環(huán)加成反應，NaN3、SO2F2、FSO2N2等均是點擊化學中常用的無機試劑?；卮鹣铝袉栴}：

(1)氮原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有______，其中能量最高的是______(填標號)。

a.1s22s22p23p1

b.1s22s22p4

c.1s22s22p23s1

d.1s22s22p3

(2)N、O、F的第一電離能最小的是______，SO2F2分子結構如圖1所示，已知鍵角α為124°，β為96°，則α>β的原因主要是______。

(3)疊氮化物能與Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：[Co(N3)(NH3)2]SO4，該配合物中Co3+的配位數(shù)為______。HN3分子的空間結構如圖2所示(圖中鍵長單位為10-10m)。

已知：

①12.治療高血壓的藥物替利洛爾的一種合成路線如圖。

已知：

RCOOH→SOCl2RCOCl→R'NH2RCONHR'

RCOOCH3+R'CH2COOCH3→一定條件+CH3OH

RCOONa+NaOH→△CaORH+Na2CO3

回答下列問題：

(1)B分子中的含氧官能團的名稱為______。

(2)由B制備D的反應類型為______反應，試劑a是______。

(3)F分子的核磁共振氫譜中有兩個波峰，則F的結構簡式為______，G的化學名稱為______。

(4)K與L反應的化學方程式為______。

(5)Q反應生成R的過程中，可能生成一種與R互為同分異構體的副產物，該副產物的結構簡式為______。

(6)寫出由M制備P答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A.化學鍍鎳時，鍍件上離子得電子生成金屬、作陰極，鍍層金屬鎳失電子進入溶液中、作陽極，故A正確；

B.用脫硫煤代替原煤作燃料，可減少二氧化硫的排放，有利于減少酸雨，但不能減少二氧化碳的排放，不利于實現(xiàn)碳中和，故B錯誤；

C.層析法可以對多種物質進行分離，抗原檢測試紙，就是對有機物分離出來進行檢測，故C正確；

D.滌綸是具有透風性好、不易損壞的有機合成高分子材料，故D正確；

故選：B。

A..電鍍時，鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，含有鍍層金屬離子的鹽溶液作電解液；

B.用脫硫煤代替原煤作燃料，可減少二氧化硫的排放，不能減少二氧化碳的排放；

C.層析法可以對多種物質進行分離；

D.滌綸是具有透風性好、不易損壞的有機合成高分子材料。

本題考查了高分子化合物、環(huán)境保護等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.該有機物不飽和度是10，苯環(huán)的不飽和度是4，所以該物質具有多種芳香族同分異構體，故A正確；

B.分子中羧基、醇羥基能發(fā)生酯化反應，所有能發(fā)生酯化反應的官能團有3個，故B正確；

C.分子中飽和碳原子具有甲烷結構特點，甲烷為四面體結構，甲烷分子中最多有3個原子共平面，所以該分子中所有碳原子一定不共平面，故C錯誤；

D.碳碳雙鍵、羰基和氫氣都以1：1發(fā)生加成反應，羧基、酯基中碳氧雙鍵和氫氣不反應，分子中含有2個羰基、2個碳碳雙鍵，所以1mol該物質最多消耗4mol氫氣，故D正確；

故選：C。

A.該有機物不飽和度是10，苯環(huán)的不飽和度是4；

B.羧基、醇羥基能發(fā)生酯化反應；

C.飽和碳原子具有甲烷結構特點，甲烷為四面體結構，甲烷分子中最多有3個原子共平面；

D.碳碳雙鍵、羰基和氫氣都以1：1發(fā)生加成反應，羧基、酯基中碳氧雙鍵和氫氣不反應。

本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其性質的關系是解本題關鍵，題目難度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.ZnS與CuSO4溶液反應生成更難溶的CuS沉淀，發(fā)生沉淀的轉化，可知Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故A正確；

B.揮發(fā)的乙醇可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能證明生成乙烯，也不能驗證乙烯的還原性，故B錯誤；

C.碳酸根離子水解顯堿性，可促進油污的水解，碳酸根離子的水解分步進行，以第一步水解為主，水解離子方程式不合理，故C錯誤；

D.MnO2在反應前后的質量不變，作催化劑參與反應的歷程，故D錯誤；

故選：A。

A.ZnS與CuSO4溶液反應生成更難溶的CuS沉淀；

B.4.【答案】B

【解析】解：A.N2分子中含氮氮三鍵，H2分子中為單鍵，故A錯誤；

B.形成氨氣分子的過程，形成化學鍵放出熱量，圖③到圖④的過程是向外釋放能量，故B正確；

C.合成氨的反應為放熱反應，升溫平衡逆向進行，氨氣產率減小，故C錯誤；

D.壓強越大，對設備和材料要求越高，從經濟效益和成本上分析，不是壓強越大越好，故D錯誤；

故選：B。

A.氮氣分子中含氮氮三鍵；

B.圖③到圖④的過程是形成化學鍵的過程；

C.合成氨的反應為放熱反應，升溫平衡逆向進行；

D.壓強越大，合成氨反應正向進行，但壓強越大，對設備和材料要求越高，從經濟效益和成本上分析。5.【答案】D

【解析】解：根據(jù)分析可知，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，R為Cl元素，

A.W的氫化物有水和雙氧水，雙氧水易分解，其穩(wěn)定性較弱，故A錯誤；

B.非金屬性越強，對應陰離子的還原性越弱，非金屬性：H<Cl，則陰離子的還原性：Cl-<H-，故B錯誤；

C.Cl形成的HClO、Cl2O等均具有漂白性，W形成化合物二氧化硫具有漂白性，二氧化硫的漂白是與有色物質結合形成無色物質，加熱后能夠恢復，而HClO、Cl2O的漂白是利用了強氧化性，加熱后不能恢復，漂白原理不同，故C錯誤；

D.C元素形成的含氧酸鹽有碳酸鈉、碳酸氫鈉、乙酸鈉、甲酸鈉等多種，Cl元素形成的含氧酸鹽有次氯酸鈉、氯酸鈉、高氯酸鈉等多種，故D正確；

故選：D。

X、Y、Z、W、R為原子序數(shù)逐漸增大的短周期元素，結合圖示可知，Z形成4個共價鍵，R形成-1價陰離子，Z與R不在同一周期，則Z位于第二周期，R位于第三周期，R為Cl元素；X形成1個共價鍵，W形成2個共價鍵，結合原子序數(shù)可知，X為H元素，W為O元素；Y、Z均形成4個共價鍵，且Y能夠形成Y=O雙鍵，則Y為C元素，結合原子序數(shù)可知Z為N元素，

A.O的氫化物雙氧水易分解；

B.非金屬性越強，對應陰離子的還原性越弱；

C.Cl形成的HClO、Cl2O6.【答案】C

【解析】解：A.由圖可知，電極a上2Cl--2e-=Cl2↑，發(fā)生氧化反應，電極a是電解池的陽極，故應接電源的正極，電極b接電源的負極，故A錯誤；

B.電極a上2Cl--2e-=Cl2↑，發(fā)生氧化反應，然后Cl2+H2O=HCl+HClO，再發(fā)生HClO+CH2=CH2→HOCH2CH2Cl，故B錯誤；

C.依據(jù)B的分析，再結合陰極電極反應式2e-+2H2O=2OH-+H2↑，該過程的總反應為：CH2=CH2+H2O=通電+H2↑，故C正確；

7.【答案】D

【解析】解：A.圖象中pH=6.3時，c(HCO3-)=c(H2CO3)碳酸的電離平衡常數(shù)Ka1=c(H+)×c(HCO3-)c(H2CO3)=c(H+)=10-6.3，HCO3-離子水解平衡醋酸Kh=KwKa1=10-1410-6.3=10-7.7，故A正確；

B.向交點②所示的溶液中通入少量HCl氣體，氫離子和碳酸根離子反應生成碳酸氫根離子，碳酸氫根離子濃度增大，可變?yōu)榻稽c①，故B正確；

C.交點③處c(HCO3-)=c(H+)，碳酸的電離平衡常數(shù)Ka1=c(H+)×c(HCO3-)c(H2CO3)=c2(8.【答案】飽和食鹽水

觀察氣泡，控制氣體流速

Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO【解析】解：(1)(1)甲裝置中盛放的試劑為飽和食鹽水，甲、丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外，還有可以通過觀察氣泡，控制氣體流速；實驗室用亞硫酸鈉和濃硫酸反應制備SO2，化學方程式為Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，

故答案為：飽和食鹽水；觀察氣泡，控制氣體流速；Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)反應裝置中虛線框內裝置的作用為冷凝回流，球形冷凝管冷凝面積較直形冷凝管大，冷凝效率稍高，所以最好選擇球形冷凝管；如果沒有裝置戊，POCl3、SOCl2均會遇水劇烈水解，故可能發(fā)生的反應是POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=2HCl+SO2等，

故答案為：球形冷凝管；POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl或SOCl2+H2O=2HCl+SO2；

(3)反應時溫度過低，則化學反應速率較慢，溫度過高時生成的三氯化磷等物質會揮發(fā)，產率降低，實驗應采用的加熱方式為水浴加熱，

故答案為：溫度太低，反應速率太慢，溫度太高，PCl3等物質受熱揮發(fā)；水浴加熱；

(5)①由于鐵離子和SCN-反應生成紅色的絡合物，所以滴定選用的指示劑是NH4Fe(SO4)2，

故答案為：c；

②加入KSCN的物質的量為0.1mol/L×0.01L=0.001mol，加入硝酸銀的物質的量為0.2000mol?L-1×0.02L=0.004mol，整個過程中的反應為Cl-+Ag+=AgCl↓，SCN-+Ag9.【答案】粉碎、研磨；適當升高溫度

Fe3+

2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co【解析】解：(1)將正極材料進行粉碎、研磨，可增大其與硫酸和過氧化氫的接觸面積，從而達到提高原料的浸取率目的，或者適當?shù)纳邷囟?，可加快反應速率，從而提高原料的浸取率?/p>

故答案為：粉碎、研磨；適當升高溫度；

(2)H2O2的還原性體現(xiàn)在將LiCoO2中+3價的鈷元素還原為+2價的Co2+，其氧化性體現(xiàn)在將LiFePO4中+2價的鐵元素氧化成+3價的Fe3+，因此酸浸后的濾液中含有Fe3+；酸浸”中LiCoO2發(fā)生反應的離子方程式為2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++O2↑+4H2O，

故答案為：Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++O2↑+4H2O；

(3)雙氧水在催化劑作用下會分解生成氧氣和水，而在酸浸過后的濾液中含有金屬陽離子Mn2+和Fe3+，其催化了雙氧水的分解，使得雙氧水的用量超過理論用量，

故答案為：酸浸過后的濾液中含有金屬陽離子Mn2+和Fe3+，其催化了雙氧水的分解，使得雙氧水的用量超過理論用量；

(4)加氫氧化鈉調pH的主要目的是將雜質轉化為沉淀除去，綜合工藝流程以及題目信息，F(xiàn)e3+為雜質離子，F(xiàn)e3++3OH-=Fe(OH)3↓，因此調pH的主要目的是將Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去；“調pH”時需保證Ni2+、Mn2+、Co2+三離子不沉淀，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，Ni(OH)2、Mn(OH)2、Co(OH)2中Ni(OH)2的Ksp最小，只要確保Ni2+沉淀，則Mn2+、Co2+將不沉淀，Ksp(Ni(OH)2)=c(Ni2+)?c2(OH-)=1.00×10-15.2，其中c(Ni2+)=1mol/L，則c(OH-)=1.00×10-15.21mol/L=10-7.6mol/L，pH=-lgc(H+)=-lgKwc(OH-10.【答案】-1073

正向移動

不變

CO

升高溫度，反應1平衡逆向移動、反應2平衡正向移動，此溫度范圍內，反應1平衡逆向移動使CO2增多的程度大于反應2平衡正向移動使CO2減少的程度，所以CO2的量增大

【解析】解：(1)CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能=[2×802+436-E(CO)-2×463]kJ/mol=+41kJ/mol，據(jù)此計算C(g)+O(g)=CO(g)△H=-[2×802+436-2×463-41]kJ/mol=-1073kJ/mol，

故答案為：-1073；

(2)①當反應1和反應2均達到化學平衡狀態(tài)時，維持溫度不變，增大容器體積，相當于減小壓強，對于反應1，平衡逆向移動，導致c(H2)增大，對于反應2，氫氣濃度增大導致平衡正向移動；化學平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，則化學平衡常數(shù)不變，

故答案為：正向移動；不變；

②反應1為放熱反應、反應2為吸熱反應，升高溫度，反應1平衡逆向移動、反應2平衡正向移動，CH4的平衡物質的量減小、CO的平衡物質的量增大，則曲線X表示CH4、曲線Y表示CO、曲線Z表示CO2；升高溫度，反應1平衡逆向移動、反應2平衡正向移動，反應1生成CO2、反應2消耗CO2，曲線Z所表示的物質在800K～1100K之間物質的量增大，說明此溫度范圍內，反應1平衡逆向移動使CO2增多的程度大于反應2平衡正向移動使CO2減少的程度，

故答案為：CO；升高溫度，反應1平衡逆向移動、反應2平衡正向移動，此溫度范圍內，反應1平衡逆向移動使CO2增多的程度大于反應2平衡正向移動使CO2減少的程度，所以CO2的量增大；

③800K時，n(CH4)=3.8mol、n(CO)=0.2、n(CO2)=1.0，

可逆反應CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)

消耗

3.8

15.2

3.8

7.6

可逆反應CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)

消耗

0.2

0.2

0.2

0.2

混合氣體總物質的量=(1.0+20-15.2-0.2+3.8+7.6+0.2+0.2)mol=17.4mol，設總壓強為p，則p(CO2)=1.0mol17.4molp=117.4p，p(H2)=(20-15.2-0.2)mol17.4molp=4.617.4p，p(CO)=0.2mol17.4molp=0.217.4p，p(H2O)=(7.6+0.2)mol17.4molp=7.817.4p，反應2的壓強平衡常數(shù)Kw=p(CO)?p(H2O)p(CO2)?p(H2)=0.217.4×7.817.4117.4×4.617.4≈0.34，

故答案為：0.34；

(3)根據(jù)圖知，該裝置中使用質子交換膜，說明溶液呈酸性，則鉑電極上CO2得電子和H+反應生成HCOOH，陰極反應式為CO2+H++2e-=HCOOH，若生成HCOOH的電解效率為80%，當電路中轉移1mole-時，實際上使用的電子占有0.8mol，根據(jù)電極反應式知，生成的n(HCOOH)為0.4mol，m=nM=0.4mol×46g/mol=18.4g，所以陰極室溶液的質量增加18.4g，

故答案為：CO2+H++2e-=HCOOH11.【答案】ac

a

O

S、O之間為共價雙鍵，S、F之間為共價單鍵，雙鍵成鍵電子對之間的排斥作用大于單鍵成鍵電子對之間的排斥作用

6

sp

4

3a8

【解析】解：(1)激發(fā)態(tài)是基態(tài)原子吸收能量，較低能級的電子躍遷到更高能級而來，躍遷的能級越高、數(shù)量越多，能量越高；基態(tài)N原子的電子排布式為1s22s22p3，1s22s22p23p1是2p能級電子躍遷到3p能級，1s22s22p23s1是2p能級電子躍遷到3s能級，因此處于激發(fā)態(tài)的是ac，由于3p能級的能量高于3s能級，因此a中激發(fā)態(tài)能量更高，

故答案為：ac；a；

(2)同周期主族元素第一電離能從左到右增大，但是由于ⅡA、ⅤA族元素核外電子最高能級分別處于全滿和半滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，第一電離能高于相鄰元素，即第一電離能F>N>O，最小的為O；由圖示結構式可知，S、O之間為共價雙鍵，S、F之間為共價單鍵，雙鍵成鍵電子對之間的排斥作用大于單鍵成鍵電子對之間的排斥作用，因此鍵角α>β，

故答案為：O；S、O之間為共價雙鍵，S、F之間為共價單鍵，雙鍵成鍵電子對之間的排斥作用大于單鍵成鍵電子對之間的排斥作用；

(3)由[Co(N3)(NH3)5]SO4化學式可知，內界中有5個NH3和1個N3-，故其配位數(shù)為6；參考甲酸根的兩個極端電子式可知書寫規(guī)律為盡可能的讓其中一個成鍵最多或最少，