2025年浙教版選修3化學下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版選修3化學下冊階段測試試卷117考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、自從1803年英國化學家、物理學家道爾頓提出原子假說以來，人類對原子結構的研究不斷深入、不斷發(fā)展，通過實驗事實不斷地豐富、完善原子結構理論。請判斷下列關于原子結構的說法正確的是A.所有的原子都含有質子、中子和電子三種基本構成微粒B.所有的原子中的質子、中子和電子三種基本構成微粒的個數(shù)都是相等的C.原子核對電子的吸引作用的實質是原子核中的質子對核外電子的吸引D.原子中的質子、中子和電子三種基本構成微粒不可能再進一步分成更小的微粒2、下列有關說法正確的是（）A.N、O三種元素電負性從大到小的順序是N>O>CB.第二周期基態(tài)原子第一電離能處于B和O之間的元素有1種C.根據(jù)主族元素最高正化合價與族序數(shù)的關系，推出鹵族元素最高正價都是+7D.基態(tài)Ti原子的價電子排布式是4s23d23、已知磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不再能跟D2O發(fā)生氫交換，由此可推斷出H3PO2的分子結構是A.B.C.D.4、用價層電子對互斥理論(VSEPR)可以預測許多分子或離子的空間構型，有時也能用來推測鍵角大小，下列判斷正確的是()A.SO2、CS2、HI都是直線形的分子B.BF3鍵角為120°，SnBr2鍵角大于120°C.CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子D.PCl3、NH3、PCl5都是三角錐形的分子5、有關苯分子中的化學鍵描述正確的是（）

①每個碳原子的sp2雜化軌道中的其中一個形成大π鍵。

②每個碳原子的未參加雜化的2p軌道形成大π鍵。

③碳原子的三個sp2雜化軌道與其他原子形成三個σ鍵。

④碳原子的未參加雜化的2p軌道與其他原子形成σ鍵A.①②B.②③C.③④D.①④6、有關乙炔、苯及二氧化碳的說法錯誤的是A.苯中6個碳原子中雜化軌道中的一個以“肩并肩”形式形成一個大π鍵B.二氧化碳和乙炔中碳原子均采用sp1雜化，苯中碳原子采用sp2雜化C.乙炔中兩個碳原子間存在1個σ鍵和2個π鍵D.乙炔、苯、二氧化碳均為非極性分子7、下列關于晶體的說法一定正確的是（）

A.分子晶體中都存在共價鍵B.金屬晶體的熔點都比分子晶體的熔點高C.SiO2晶體中每個硅原子與兩個氧原子以共價鍵相結合D.CaTiO3晶體中每個Ti4+和12個O2-相緊鄰8、KO2的晶體結構和NaCl相似，KO2可以看作是Na+的位置用K+代替，Cl-的位置用O2-代替，則關于KO2晶體結構的描述正確的是（）

A.如圖一個超氧化鉀小晶胞中含有4個KO2B.和K+距離相同且最近的O2-構成的多面體是正六面體C.和K+距離相同且最近的K+有8個D.和K+距離相同且最近的O2-共有8個評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、銅是第四周期重要的過渡元素之一；其單質及化合物具有廣泛用途。

請回答下列有關問題：

⑴銅原子的基態(tài)電子排布式是____________。比較第一電離能Cu______Zn（填“＞”、“＝”、“＜”），說明理由___________________。

⑵氮和銅形成某種化合物的晶胞結構如圖所示，則其化學式為_______。（每個球均表示1個原子）

⑶銅可以形成多種多樣的配合物。

①NH3可以和很多過渡金屬形成配合物。NH3分子中心原子的雜化類型為____雜化，與NH3互為等電子體的粒子有___。（只寫其中一種）

②向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液。試用離子方程式表示其原因____、___。

⑷在綠色植物標本的制作過程中，將植物材料洗凈后浸入5%的硫酸銅溶液中，葉綠素（如圖1）中心離子Mg2＋被置換成Cu2＋（如圖2），葉片則永保綠色，請在圖2中用箭頭表示出配位鍵。10、以下列出的是一些原子的2p能級和3d能級中電子的排布情況。試判斷，違反了泡利不相容原理的是___________(填序號，下同)，違反了洪特規(guī)則的是_______。

①②③④⑤11、如圖是s能級和p能級的原子軌道圖。

試回答下列問題：

(1)s電子的原子軌道呈________形，每個s能級有________個原子軌道；p電子的原子軌道呈________形，每個p能級有________個原子軌道。

(2)元素X的原子最外層電子排布式為nsnnpn＋1，原子中能量最高的是________電子，其電子云在空間有3個互相________(填“垂直”或“平行”)的伸展方向。元素X的名稱是________，它的最低價氫化物的電子式是________。

(3)元素Y的原子最外層電子排布式為nsn－1npn＋1，Y的元素符號為________，原子的核外電子排布式為______________。12、已知：①CS2②PCl3③H2S④CH2O⑤H3O+⑥NH4+⑦BF3⑧SO2。請回答下列問題：

(1)中心原子沒有孤電子對的是__________（填序號；下同）。

(2)立體構型為直線形的是__________；立體構型為平面三角形的是__________。

(3)立體構型為V形的是__________。

(4)立體構型為三角錐形的是__________；立體構型為正四面體形的是__________。13、銅單質及其化合物在很多領域有重要的用途；如金屬銅用來制造電線電纜，五水硫酸銅可用作殺菌劑。

(1)Cu位于元素周期表第IB族。Cu2＋的核外電子排布式為__________。

(2)下圖是銅的某種氧化物的晶胞結構示意圖，可確定該晶胞中陰離子的個數(shù)為_____。

(3)往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配離子。已知NF3與NH3的空間構型都是三角錐形，但NF3不易與Cu2＋形成配離子，其原因是_______________。

(4)Cu2O的熔點比Cu2S的_________(填“高”或“低”)。14、如圖為CaF2、H3BO3（層狀結構，層內的H3BO3分子通過氫鍵結合）；金屬銅三種晶體的結構示意圖；請回答下列問題：

（1）圖I所示的CaF2晶胞中與Ca2+最近且等距離的F-的個數(shù)為____________。

（2）圖Ⅱ所示的物質結構中最外層已達8電子結構的原子是____________，H2BO3晶體中硼原子個數(shù)與極性鍵個數(shù)之比為____________。

（3）由圖Ⅲ所示的銅原子的堆積模型可知，未標號的銅原子形成晶體后其周圍最緊鄰的銅原子數(shù)為____________。

（4）三種晶體中熔點最低的是其晶體受熱熔化時，克服的微粒之間的相互作用為____________。評卷人得分三、元素或物質推斷題(共5題，共10分)15、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素?；衔顳C為離子化合物，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構?；衔顰C2為一種常見的溫室氣體。B；C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數(shù)為24。請根據(jù)以上情況；回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E用所對應的元素符號表示）

(1)基態(tài)E原子的核外電子排布式是________，在第四周期中，與基態(tài)E原子最外層電子數(shù)相同還有_______（填元素符號）。

(2)A、B、C的第一電離能由小到大的順序為____________。

(3)寫出化合物AC2的電子式_____________。

(4)D的單質在AC2中點燃可生成A的單質與一種熔點較高的固體產物，寫出其化學反應方程式：__________。

(5)1919年，Langmuir提出等電子原理：原子數(shù)相同、電子數(shù)相同的分子，互稱為等電子體。等電子體的結構相似、物理性質相近。此后，等電子原理又有發(fā)展，例如，由短周期元素組成的微粒，只要其原子數(shù)相同，各原子最外層電子數(shù)之和相同，也可互稱為等電子體。一種由B、C組成的化合物與AC2互為等電子體，其化學式為_____。

(6)B的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液與D的單質反應時，B被還原到最低價，該反應的化學方程式是____________。16、現(xiàn)有屬于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七種元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的價電子構型為nsnnpn+1；C元素為最活潑的非金屬元素；D元素核外有三個電子層，最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的E元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)；F元素基態(tài)原子的M層全充滿；N層沒有成對電子，只有一個未成對電子；G元素與A元素位于同一主族，其某種氧化物有劇毒。

(1)A元素的第一電離能_______(填“＜”“＞”或“＝”)B元素的第一電離能，A、B、C三種元素的電負性由小到大的順序為_______(用元素符號表示)。

(2)C元素的電子排布圖為_______；E3+的離子符號為_______。

(3)F元素位于元素周期表的_______區(qū)，其基態(tài)原子的電子排布式為_______

(4)G元素可能的性質_______。

A．其單質可作為半導體材料B．其電負性大于磷。

C．其原子半徑大于鍺D．其第一電離能小于硒。

(5)活潑性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。17、原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、R、W五種元素；其中X是周期表中原子半徑最小的元素，Y是形成化合物種類最多的元素，Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，R單質占空氣體積的1/5；W的原子序數(shù)為29。回答下列問題:

(1)Y2X4分子中Y原子軌道的雜化類型為________，1molZ2X4含有σ鍵的數(shù)目為________。

(2)化合物ZX3與化合物X2R的VSEPR構型相同，但立體構型不同，ZX3的立體構型為________，兩種化合物分子中化學鍵的鍵角較小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)與R同主族的三種非金屬元素與X可形成結構相似的三種物質，三者的沸點由高到低的順序是________。

(4)元素Y的一種氧化物與元素Z的單質互為等電子體，元素Y的這種氧化物的結構式是________。

(5)W元素原子的價電子排布式為________。18、下表為長式周期表的一部分；其中的編號代表對應的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

請回答下列問題：

（1）表中⑨號屬于______區(qū)元素。

（2）③和⑧形成的一種常見溶劑，其分子立體空間構型為________。

（3）元素①和⑥形成的最簡單分子X屬于________分子(填“極性”或“非極性”)

（4）元素⑥的第一電離能________元素⑦的第一電離能；元素②的電負性________元素④的電負性(選填“>”、“＝”或“<”)。

（5）元素⑨的基態(tài)原子核外價電子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的電子式為________。

（7）某些不同族元素的性質也有一定的相似性，如表中元素⑩與元素⑤的氫氧化物有相似的性質。請寫出元素⑩的氫氧化物與NaOH溶液反應的化學方程式：____________________。19、下表為長式周期表的一部分；其中的序號代表對應的元素。

（1）寫出上表中元素⑨原子的基態(tài)原子核外電子排布式為___________________。

（2）在元素③與①形成的水果催熟劑氣體化合物中，元素③的雜化方式為_____雜化；元素⑦與⑧形成的化合物的晶體類型是___________。

（3）元素④的第一電離能______⑤（填寫“＞”、“＝”或“＜”）的第一電離能；元素④與元素①形成的X分子的空間構型為__________。請寫出與元素④的單質互為等電子體分子、離子的化學式______________________（各寫一種）。

（4）④的最高價氧化物對應的水化物稀溶液與元素⑦的單質反應時，元素④被還原到最低價，該反應的化學方程式為_______________。

（5）元素⑩的某種氧化物的晶體結構如圖所示，其中實心球表示元素⑩原子，則一個晶胞中所包含的氧原子數(shù)目為__________。評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共20分)20、用Cl2生產含氯有機物時會產生HCl，利用反應4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可實現(xiàn)氯的循環(huán)利用。完成下列填空：

（1）上述反應若在固定體積的密閉容器中發(fā)生,能說明反應已達平衡的是_________(選填序號)。

a．2ν(HCl)正=ν(Cl2)逆b．體系壓強不再改變。

c．混合氣體密度不變d．K=

（2）二氯化二硫(S2C12)可用作橡膠工業(yè)的硫化劑,它的分子結構與H2O2相似。下列有關說法不正確的是___(選填序號)。

a．S2C12分子中有4對共用電子對b．S2C12分子中沒有非極性鍵。

c．S2C12分子中，S為+1價，Cl為-1價d．S2C12分子中各原子均為8電子穩(wěn)定結構。

（3）已知X2(g)+H2(g)2HX(g)+Q(X2表示Cl2、Br2)如圖表示上述反應的平衡常數(shù)K與溫度T的關系。

①Q表示X2(g)與H2(g)反應的反應熱，Q____0(填“＞”；“＜”或“=”)。

②寫出曲線b表示的平衡常數(shù)K的表達式，K=_________________(表達式中寫物質的化學式)。

（4）向新制的氯水中加入少量下列物質，能增強溶液漂白能力的是()

A．氯化鈣B．碳酸鈣粉末C．二氧化硫溶液D．稀硫酸。

（5）若向氯化銀沉淀中逐漸滴加HBr，會看到白色沉淀逐漸變?yōu)榈S色沉淀現(xiàn)象，請用溶解平衡原理解釋此現(xiàn)象____。

（6）已知BBr3與BI3的空間構型是平面三角形結構，則它們是____分子（填極性或非極性），且BBr3的沸點低于BI3，原因是____________。21、Cu；Zn及其化合物在生產、生活中有著重要作用。請回答：

(1)Cu；Zn在周期表中________區(qū)；焰色反應時Cu的4s電子會躍遷至4p軌道，寫出Cu的激發(fā)態(tài)電子排布式___________。

(2)分別向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至過量；前者為深藍色溶液，后者為白色沉淀。

①NH3與Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+的原因為_________________。

②溶液中的水存在H3O+、等微粒形式，可看作是H3O+與H2O通過氫鍵形成的離子，則的結構式為___________。

(3)Zn的某種化合物M是很好的補鋅劑；結構式如圖：

①1molM含有的σ鍵的數(shù)目為___________。

②常見含氮的配體有H2NCH2COOˉ、NH3、等，NH3的分子空間構型為____________，的中心氮原子雜化方式為__________。

③M在人體內吸收率高的原因可能是鋅形成配合物后；電荷__________(填“變多”“變少”或“不變”)，可在消化道內維持良好的穩(wěn)定性。

(4)鹵化鋅的熔點如表：

。鹵化鋅/ZnX2

ZnF2

ZnCl2

ZnBr2

熔點/℃

872

283

394

則ZnX2熔點如表變化的原因是____________________。

(5)Zn的某種硫化物的晶胞如圖所示。已知S2-和Zn2+的半徑分別為r1pm、r2pm，且S2-與Zn2+相切，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。則該晶體的密度為________g·cm-3(寫計算表達式)。評卷人得分五、計算題(共1題，共7分)22、SiC有兩種晶態(tài)變體：α—SiC和β—SiC。其中β—SiC為立方晶胞；結構與金剛石相似，晶胞參數(shù)為434pm。針對β—SiC回答下列問題：

⑴C的配位數(shù)為__________。

⑵C和Si的最短距離為___________pm。

⑶假設C的原子半徑為r，列式并計算金剛石晶體中原子的空間利用率_______。（π=3.14）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．普通H沒有中子；多數(shù)原子都含有質子；中子和電子三種基本構成微粒，故A錯誤；

B．原子中質子數(shù)等于電子數(shù)；但中子數(shù)不確定，所以不是都相等，故B錯誤；

C．質子帶正電；電子帶負電，則原子核對電子的吸引作用的實質是原子核中的質子對核外電子的吸引，故C正確；

D．隨科學的發(fā)展；可認識到微粒可以再分成更小的微粒，故D錯誤；

答案選C。

【點睛】

本題考查原子的構成，注意普通H的構成及微粒的電性即可解答，選項D為解答的易錯點，明確人類對原子結構的研究不斷深入、不斷發(fā)展即可解答，需要注意的是，并不是所有原子都含有中子，如11H中就只含一個質子和一個電子而沒有中子，多數(shù)原子的中子數(shù)和質子數(shù)比較接近但并沒有必然的數(shù)量關系。2、B【分析】【詳解】

A.元素的非金屬性越強，其電負性就越大，由于元素的非金屬性：O>N>C，所以三種元素電負性從大到小的順序是：O>N>C；A錯誤；

B.同一周期元素第一電離能隨原子序數(shù)的增大呈增大趨勢；但IIA；第VA元素的電子處于其軌道的全充滿、半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于相鄰的元素，則第二周期基態(tài)原子第一電離能處于B和O之間的元素只有C元素，所以元素種類數(shù)目為1，B正確；

C.F元素為第VIIA的元素；由于其原子半徑很小，元素的非金屬性最強，因此只有-1價，沒有+7價，C錯誤；

D.Ti是22號元素，根據(jù)構造原理可知：基態(tài)Ti原子的價電子排布式是3d24s2；D錯誤；

故合理選項是B。3、B【分析】【詳解】

根據(jù)磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸（H3PO2）也可跟D2O進行氫交換，說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3PO2中只有一個羥基氫；故選B。

【點睛】

判斷羥基氫原子跟D2O進行氫交換是解答本題的關鍵。4、C【分析】【詳解】

A.SO2是V形分子；CS2；HI是直線形的分子；A錯誤；

B.BF3鍵角為120°，BF3分子是平面三角形結構，而Sn原子價電子是4，在SnBr2中兩個價電子與Br形成共價鍵；含有孤對電子，對成鍵電子有排斥作用，使鍵角小于120°，B錯誤；

C.CH2O、BF3、SO3中心原子價電子對數(shù)均為3；無孤電子對，都是平面三角形的分子，C正確；

D.PCl3、NH3都是三角錐形的分子，而PCl5是三角雙錐形結構；D錯誤；

故合理選項是C。5、B【分析】【詳解】

苯分子中每個碳原子中的三個sp2雜化軌道分別與兩個碳原子和一個氫原子形成σ鍵。同時每個碳原子還有一個未參加雜化的2p軌道，它們均有一個未成對電子。這些2p軌道相互平行，以“肩并肩”方式相互重疊，形成一個多電子的大π鍵，故②③正確，B正確。6、A【分析】【詳解】

A．苯分子中的碳原子采取sp2雜化；6個碳原子中未參與雜化的2p軌道以“肩并肩”形式形成一個大π鍵，A錯誤；

B．二氧化碳和乙炔都是直線型分子，C原子均為sp雜化，苯分子是平面型分子，苯中碳原子采用sp2雜化；B正確；

C．碳碳三鍵含1個σ鍵和2個π鍵；C正確；

D．乙炔和二氧化碳均是直線型分子；鍵角180°，正負電荷重心重合，苯是平面型分子，高度對稱，鍵角120°，正負電荷重心重合，它們均是非極性分子，D正確。

答案選A。7、D【分析】【詳解】

A.不是所有的分子晶體中都存在共價鍵；比如稀有氣體分子晶體不存在共價鍵，故A錯誤；

B.金屬晶體的熔點不一定比分子晶體的熔點高；比如Hg，故B錯誤；

C.SiO2晶體中每個硅原子與四個氧原子以共價鍵相結合；故C錯誤；

D.根據(jù)CaTiO3晶體結構分析，Ti4+在頂點，O2?在面心，因此每個Ti4+和12個O2?相緊鄰；故D正確；

綜上所述，答案為D。8、A【分析】【分析】

根據(jù)題意及觀察晶體結構可知，一個超氧化鉀小晶胞是一個立方體，每個離子周圍有6個離它最近的異號離子；K+占據(jù)晶胞的8個頂點和6個面心，每個晶胞占有K+數(shù)為：8×+6×=4；O2-占據(jù)晶胞的12條棱心和體心，每個晶胞占有O2-數(shù)為：12×+1=4?？稍诖嘶A上對各選項作出判斷。

【詳解】

A.根據(jù)分析，圖中一個超氧化鉀小晶胞中含有4個K+和4個O2-，所以一個超氧化鉀小晶胞中含有4個KO2；A選項正確；

B.和K+距離相同且最近的O2-有6個：上；下、左、右、前、后各1個；構成的多面體是正八面體，B選項錯誤；

C.根據(jù)晶胞的含義，觀察晶胞結構可知，K+距離相同且最近的K+有12個；C選項錯誤；

D.由B選項可知，和K+距離相同且最近的O2-共有6個；D選項錯誤；

答案選A。二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】【分析】

（1）銅的原子序數(shù)是29；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大；

（2）根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算化學式；

（3）①NH3分子中N原子呈3個N-H鍵；N原子還原1對孤對電子對，雜化軌道數(shù)為4，據(jù)此判斷雜化方式；原子數(shù)和電子數(shù)目相同的微粒為等電子體；②氨水和硫酸銅反應生成氫氧化銅藍色沉淀，當氨水過量時，氨水和氫氧化銅反應生成可溶性的銅氨絡合物，所以難溶物溶解得到深藍色的透明溶液；

（4）配位鍵是化學鍵的一種；兩個或多個原子共同使用它們的外層電子，在理想情況下達到電子飽和的狀態(tài)。

【詳解】

（1）銅原子的基態(tài)電子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu失去1個電子后內層電子達到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)；銅的第一電離能小于鋅；

答案：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；＜；Cu失去1個電子后內層電子達到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)；

（2）根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算，晶胞中含有N原子的數(shù)目為8×=1，Cu原子的數(shù)目為：12×=3，故化學式為Cu3N；

答案：Cu3N；

（3）①NH3分子中N原子呈3個N-H鍵，N原子還原1對孤對電子對，雜化軌道數(shù)為4，N原子采取sp3雜化；NH3的等電子體H3O+；

答案：sp3；H3O+；

②氨水和硫酸銅反應生成氫氧化銅藍色沉淀，當氨水過量時，氨水和氫氧化銅反應生成可溶性的銅氨絡合物，所以難溶物溶解得到深藍色的透明溶液：Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH-；

答案：Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42++2OH-；

（4）配位鍵是指成鍵雙方一方提供空軌道一方提供孤對電子．N元素最外層有5個電子通過3個共用電子對就可以形成8電子穩(wěn)定結構．所以Cu與4個氮形成共價健的氮原子中；有2條是配位鍵，氮原子提供電子，Cu提供空軌道；

答案：【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1②.<③.Cu失去1個電子后內層電子達到全充滿的穩(wěn)定狀態(tài)④.Cu3N⑤.SP3⑥.H3O＋⑦.Cu2＋＋2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH4＋⑧.Cu(OH)2＋4NH3=Cu(NH3)42＋+2OH-10、略

【分析】【分析】

洪特規(guī)則即電子在能量相同的軌道上排布時；總是盡可能分占不同的軌道且自旋方向相同，而泡利不相容原理指同一軌道上的兩個電子，自旋方向相反，據(jù)此來分析各圖即可。

【詳解】

同一軌道中不應有自旋方向相同的電子，②違反了泡利不相容原理；對于基態(tài)原子，電子在能量相同的軌道上排布時，將盡可能分占不同的軌道并且自旋方向相同，③⑤違反了洪特規(guī)則?！窘馕觥竣?②②.③⑤11、略

【分析】【分析】

根據(jù)圖中信息得到s電子、p電子的原子軌道形狀和軌道數(shù)目；根據(jù)元素X的原子最外層電子排布式為nsnnpn+1；得出n值，再進行分析。

【詳解】

(1)s電子的原子軌道呈球形；每個s能級有1個原子軌道；p電子的原子軌道呈啞鈴形，每個p能級有3個原子軌道；故答案為：球；1；啞鈴；3。

(2)元素X的原子最外層電子排布式為nsnnpn+1，則n=2，因此原子中能量最高的是2p軌道電子，其電子云在空間有3個互相垂直的伸展方向。元素X價電子為2s22p3，其元素名稱是氮，它的最低價氫化物為NH3，其電子式是故答案為：2p軌道；垂直；氮；

(3)s軌道最多2個電子，因此元素Y的原子最外層電子排布式為3s23p4，則Y為16號元素，其元素符號為S，原子的核外電子排布式為[Ne]3s23p4；故答案為：S；[Ne]3s23p4?！窘馕觥竣?球②.1③.啞鈴④.3⑤.2p軌道⑥.垂直⑦.氮

⑧.⑨.S⑩.[Ne]3s23p412、略

【分析】【分析】

①CS2中心C原子的價電子對數(shù)為2；發(fā)生sp雜化；

②PCl3中心P原子的價電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化；

③H2S中心S原子的價電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化；

④CH2O中心C原子的價電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化；

⑤H3O+中心O原子的價電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化；

⑥NH4+中心N原子的價電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化；

⑦BF3中心B原子的價電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化；

⑧SO2中心S原子的價電子對數(shù)為3，發(fā)生sp2雜化。

【詳解】

(1)中心原子的價電子對數(shù)等于形成共價鍵的原子個數(shù)；則中心原子沒有孤電子對。由以上分析可知，中心原子沒有孤電子對的是①④⑥⑦。答案為：①④⑥⑦；

(2)中心原子的價電子對數(shù)等于2；立體構型為直線形。由此可知，立體構型為直線形的是①；中心原子的價電子對數(shù)等于3，且與3個其它原子形成共價鍵，立體構型為平面三角形。由此可知，立體構型為平面三角形的是④⑦。答案為：①；④⑦；

(3)中心原子的價電子對數(shù)等于4；與其它2個原子形成共價鍵，其立體構型為V形。由此可知，立體構型為V形的是③⑧。答案為：③⑧；

(4)中心原子的價電子對數(shù)等于4；與其它3個原子形成共價鍵，立體構型為三角錐形，由此可知，立體構型為三角錐形的是②⑤；中心原子的價電子對數(shù)等于4，與其它4個原子形成共價鍵，立體構型為正四面體形。由此可知，立體構型為正四面體形的是⑥。答案為：②⑤；⑥。

【點睛】

不管分子構型如何，對于由兩種元素組成的微粒，只要價層電子對全部用于形成共價鍵，則微粒結構對稱。【解析】①.①④⑥⑦②.①③.④⑦④.③⑧⑤.②⑤⑥.⑥13、略

【分析】【詳解】

(1)Cu電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1,在形成Cu2＋的過程中,參與反應的電子是最外層的4s及3d上各一個電子,故Cu2＋離子的電子排布式是為:1s22s22p63s23p63d9；本題正確答案是:1s22s22p63s23p63d9。

(2)從圖中可以看出陰離子在晶胞有四類:頂點(8個)、棱上(4個)、面上(2個)、體心(1個),根據(jù)立方體的分攤法,可以知道該晶胞中陰離子數(shù)目為:,8+4+1=4，本題正確答案是:4;

(3)因為N、F、H三種元素的電負性：F＞N＞H，所以N-F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配位鍵。答案：F電負性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配位鍵。

（4）因為氧離子的離子半徑小于硫離子的離子半徑,所帶電荷數(shù)又相同,所以亞銅離子與氧離子形成的離子鍵強于亞銅離子與硫離子形成的離子鍵,所以Cu2O的熔點比Cu2S的高.因此，本題正確答案是:高?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d94F電負性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配位鍵高14、略

【分析】【詳解】

(1)由圖I可知，以圖中上面面心的Ca2+為例，與之最近且等距離的F-下面有4個，上面有4個（未畫出），則CaF2晶體中與Ca2+最近且等距離的F-的個數(shù)為8；故答案為：8；

(2)圖Ⅱ所示的物質結構中最外層已達8電子結構的原子是氧原子。由圖Ⅱ可知，每個硼原子與3個氧原子形成3個極性鍵，3個氫原子與氧原子也形成3個極性鍵，則H3BO3晶體中硼原子個數(shù)與極性鍵個數(shù)之比為1：6；答案為：1：6；

(3)圖Ⅲ中未標號的銅原子的上面有3個銅原子；周圍有6個銅原子、下面有3個銅原子；其周圍最緊鄰的銅原子數(shù)為12，故答案為：12；

(4)CaF2是離子晶體，Cu是金屬晶體，H3BO3是分子晶體，故H3BO3熔點最低，晶體受熱熔化時，克服的微粒之間的相互作用是分子間作用力，故答案為：分子間作用力?！窘馕觥竣?8②.O③.1：6④.12⑤.分子間作用力三、元素或物質推斷題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】

已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素。化合物DC為離子化合物，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構，化合物AC2為一種常見的溫室氣體，則A為C，C為O，B為N，D為Mg。B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數(shù)為24，E為Cr。

【詳解】

(1)基態(tài)E原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，在第四周期中，與基態(tài)E原子最外層電子數(shù)相同即最外層電子數(shù)只有一個，還有K、Cu；故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；K；Cu；

(2)同周期從左到右電離能有增大趨勢；但第IIA族元素電離能大于第IIIA族元素電離能，第VA族元素電離能大于第VIA族元素電離能，因此A；B、C的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N；故答案為：C＜O＜N；

(3)化合物AC2為CO2，其電子式故答案為：

(4)Mg的單質在CO2中點燃可生成碳和一種熔點較高的固體產物MgO，其化學反應方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

(5)根據(jù)CO與N2互為等電子體，一種由N、O組成的化合物與CO2互為等電子體，其化學式為N2O；故答案為：N2O；

(6)B的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液為HNO3與Mg的單質反應時，NHO3被還原到最低價即NH4NO3，其反應的化學方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；故答案為：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O16、略

【分析】【分析】

A元素的價電子構型為nsnnpn+1，則n=2，故A為N元素；C元素為最活潑的非金屬元素，則C為F元素；B原子序數(shù)介于氮、氟之間，故B為O元素；D元素核外有三個電子層，最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的最外層電子數(shù)為2，故D為Mg元素；E元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，則原子序數(shù)為26，為Fe元素；F元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1；故F為Cu元素；G元素與A元素位于同一主族，其某種氧化物有劇毒，則G為As元素，據(jù)此解答。

【詳解】

(1)N原子最外層為半充滿狀態(tài)；性質穩(wěn)定，難以失去電子，第一電離能大于O元素；同一周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，故元素的電負性：N＜O＜F；

(2)C為F元素，電子排布圖為E3+的離子符號為Fe3+；

(3)F為Cu，位于周期表ds區(qū)，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案為：ds；1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

(4)A．G為As元素；與Si位于周期表對角線位置，則其單質可作為半導體材料，A正確；

B．同主族從上到下元素的電負性依次減??；則電負性：As＜P，B錯誤；

C．同一周期從左到右原子半徑依次減??；As與Ge元素同一周期，位于Ge的右側，則其原子半徑小于鍺，C錯誤；

D．As與硒元素同一周期；由于其最外層電子處于半充滿的穩(wěn)定結構，故其第一電離能大于硒元素的，D錯誤；

故合理選項是A；

(5)D為Mg元素，其金屬活潑性大于Al的活潑性；Mg元素的價層電子排布式為：3s2，處于全充滿的穩(wěn)定結構，Al的價層電子排布式為3s23p1，其3p上的1個電子較易失去，故Mg元素第一電離能大于Al元素的第一電離能，即I1(Mg)＞I1(Al)?！窘馕觥浚綨＜O＜FFe3+ds1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1A＞＞Mg元素的價層電子排布式為：3s2，處于全充滿的穩(wěn)定結構，Al的價層電子排布式為3s23p1，其3p上的1個電子較易失去17、略

【分析】【分析】

原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、W四種元素；其中X是周期表中半徑最小的元素，則X是H元素；Y是形成化合物種類最多的元素，則Y是C元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素；R單質占空氣體積的1/5，則R為O元素；W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素；再結合物質結構分析解答。

【詳解】

（1）C2H4分子中每個碳原子含有3個σ鍵且不含孤電子對，所以采取sp2雜化；一個乙烯分子中含有5個σ鍵，則1molC2H4含有σ鍵的數(shù)目為5NA；

（2）NH3和CH4的VSEPR模型為正四面體形；但氨氣中的中心原子上含有1對孤對電子，所以其實際構型是三角錐形；

由于水分子中O的孤電子對數(shù)比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以H2O的鍵角更小；

（3）H2O可形成分子間氫鍵，沸點最高；H2Se相對分子質量比H2S大，分子間作用力大，沸點比H2S高，三者的沸點由高到低的順序是H2O>H2Se>H2S；

（4）元素C的一種氧化物與元素N的一種氧化物互為等電子體，CO2和N2O互為等電子體，所以元素C的這種氧化物CO2的結構式是O=C=O；

（5）銅是29號元素，其原子核外有29個電子，其基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，價電子排布式為3d104s1?！窘馕觥縮p25NA三角錐形H2O水分子中O的孤電子對數(shù)比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以鍵角更小H2O>H2Se>H2SO=C=O3d104s118、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)元素周期表可知：元素⑨位第四周期IB族的銅元素；為過渡元素，屬于ds區(qū)元素，故答案：ds；

(2)根據(jù)元素周期表可知：③為碳元素，⑧為氯元素，兩者形成的一種常見溶劑為CCl4；其分子空間構型為正四面體結構，故答案：正四面體結構；

(3)根據(jù)元素周期表可知：元素①為氫元素，⑥為磷元素，兩者形成的最簡單分子為PH3；分子中正負電荷中心不重合，屬于極性分子，故答案：極性；

(4)根據(jù)元素周期表可知：元素⑥為磷元素，元素⑦為硫元素，P原子為半充滿的穩(wěn)定結構，磷的第一電離能大于硫元素的第一電離能；元素②為鈹元素，元素④為鎂元素，同一主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，則鈹元素的電負性大于鎂元素的電負性，故答案：>；>；

(5)根據(jù)元素周期表可知：元素⑨為銅元素，位于第四周期IB族，所以銅元素的基態(tài)原子核外價電子排布式是3d104s1，故答案：3d104s1；

(5)根據(jù)元素周期表可知：元素⑧為氯元素，元素④為鎂元素，形成的化合物為MgCl2，其電子式為故答案：

(6)根據(jù)元素周期表可知：元素⑩為鋅元素，元素⑤為鋁元素，鋁能與NaOH溶液反應，所以鋅也能與NaOH溶液反應，其反應的化學方程式為：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O，故答案：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O?！窘馕觥縟s正四面體結構極性>>3d104s1Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O19、略

【分析】【詳解】

由元素在周期表中的位置可知，①為H，②為Be，③為C，④為N，⑤為O，⑥為F，⑦為Mg，⑧為Cl，⑨為Cr；⑩為Cu。

（1）⑨為Cr元素，原子核外電子數(shù)為24，價層電子排布為［Ar］3d54s1；

（2）素③與①形成的水果催熟劑氣體化合物為CH2=CH2，C原子成3個δ鍵、沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，C原子采取sp2雜化；

元素⑦與⑧形成的化合物MgCl2是由鎂離子和氯離子形成的離子化合物；晶體類型是離子晶體；

（3）④是N元素，⑤是O元素，同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，能量相同的原子軌道在全滿、半滿、全空時體系能量最低，原子較穩(wěn)定，因此價電子排布處于半滿的軌道的元素，其第一電離能比臨近原子的第一電離能大，所以元素④的第一電離能>元素⑤的第一電離能;元素④與元素①形成的是NH3分子，三角錐形；原子數(shù)目和電子總數(shù)（或價電子總數(shù)）相同的微?；榈入娮芋w，N2的電子數(shù)為14，與之為等電子體的分子為CO，離子為CN-；

（4）④是N元素，最高價氧化物對應的水化物稀溶液為稀硝酸，與Mg單質反應，Mg是還原劑，被氧化為Mg(NO3)2，稀硝酸起氧化劑、酸的作用，反應的方程式為：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；

（5）白色球為氧原子，所以一個晶胞中所包含的氧原子數(shù)目為1+8×=2?！窘馕觥竣?［Ar］3d54s1②.sp2③.離子晶體④.＞⑤.三角錐形⑥.CO、CN-⑦.4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O⑧.2四、原理綜合題(共2題，共20分)20、略

【分析】【詳解】

（1）a、反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比為正反應速率之比，ν（HCl）正=2ν（Cl2）逆，說明氯氣的正逆反應速率相同，反應達到平衡狀態(tài)，但2ν（HCl）正=ν（Cl2）逆不能說明正逆反應速率相同，故a錯誤；b、反應前后氣體物質的量變化，體系壓強不再改變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故b正確；c、反應前后氣體質量和體積不變，混合氣體密度始終不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故c錯誤；d、溫度一定時，=K說明反應達到平衡狀態(tài)，但溫度不知不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故d錯誤；故答案為b；

（2）S2Cl2的分子結構與H2O2相似，所以S2Cl2的分子結構與H2O2相似，結構式為Cl-S-S-Cl，所以分子中有3對共用電子對，S2Cl2分子中有硫硫非極性，S2Cl2分子中，S為+1價，Cl為-1，S2C12分子中各原子均為8電子穩(wěn)定結構，故選ab。

（3）①由圖象可知；升高溫度平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，Q＞0；

②同一溫度時，a曲線的K值最大，說明鹵素單質與氫氣化合的能力最強，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最強，所以最易與氫氣化合的是氯氣，所以b曲線表示Br2與H2反應時K與t的關系。平衡常數(shù)等于生成物與反應物的濃度冪之積，K=

（4）在氯水中存在反應Cl2+H2O?H++Cl-+HClO；若消耗氫離子使反應向右進行，使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強。

A．加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應；溶液對氯水起到稀釋作用，平衡正向進行但次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故A錯誤；

B．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸鈣粉末反應反應2HCl+CaCO3＝CaCl2+CO2↑+H2O；使化學平衡正向進行，導致次氯酸濃度增大，溶液漂白性增強，故B正確；

C．加入二氧化硫的水溶液；二氧化硫有還原性，能被氯氣氧化，平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故C錯誤；

D．加入稀硫酸使溶液中氫離子濃度增