2025年浙教版选修3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年浙教版选修3化学下册阶段测试试卷283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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列叙述正确的是()A.原子晶体中可能存在极性共价键B.干冰升华时分子内共价键发生断裂C.原子晶体的熔点比分子晶体的熔点低D.离子晶体中只含离子键，不含共价键2、下列关于氢原子电子云图的说法正确的是()A.通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目多B.黑点密度大，单位体积内电子出现的机会多C.通常用小黑点来表示电子绕核做高速圆周运动D.电子云图是对运动无规律性的描述3、科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如图所示）。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是。

A.该物质既有氧化性又有还原性B.分子中四个氮原子共平面C.该物质属于盐类D.15.2g该物质含有6.02×1022个原子4、以下各分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的是(）A.NO2B.BF3C.PCl3D.H3O+5、下列推论正确的是()A.SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3B.NH3的立体构型为三角锥形，可推测PH3的立体构型也为三角锥形C.CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体D.工业上通过电解熔融NaCl冶炼Na，可推测也可通过电解熔融AlCl3冶炼Al评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、在下列有关晶体的叙述中错误的是（）A.分子晶体中，一定存在极性共价键B.原子晶体中，只存在共价键C.金属晶体的熔沸点均很高D.稀有气体的原子能形成分子晶体7、下列各式中各能级能量高低的排列顺序正确的是（）A.B.C.D.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、下表中各粒子对应的立体构型及杂化方式均正确的是。选项粒子立体构型杂化方式ASO3平面三角形S原子采取sp2杂化BSO2V形S原子采取sp3杂化CCO32-三角锥形C原子采取sp2杂化DBeCl2直线性Be原子采取sp杂化

A.AB.BC.CD.D10、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、有5种元素X、Y、Z、Q、T。X为短周期元素，其原子M层上有2个未成对电子且此能级无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是A.元素Y和X的单质可在加热的条件下形成化合Y2X3B.T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C.X和Q结合生成的化合物为离子化合物D.ZQ2是极性键构成的非极性分子评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、SCN-、NO2+具有相同的原子个数，价电子数总是16，因此他们的结构与第二周期两元素组成的___分子的结构相同，微粒呈___形，中心原子___杂化。15、请回答以下问题：

(1)第四周期的某主族元素，其第一至五电离能数据如下图1所示，则该元素对应原子的M层电子排布式为___________。

(2)如下图2所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。简述你的判断依据___________。

(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如下图3所示。该晶体的类型属于___________(选填“分子”“原子”“离子”或“金属”)晶体，该晶体中碳原子轨道的杂化类型为___________。

(4)在离子晶体中正、负离子间力求尽可能多的接触，以降低体系的能量，使晶体稳定存在。已知Na+半径是Cl-的a倍，Cs+半径是Cl-的b倍，请回顾课本上NaCl和CsCl的晶胞，其晶胞边长比为___________。

(5)Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A-D图中正确的是___________。铁原子的配位数是___________，假设铁原子的半径是rcm，该晶体的密度是pg／cm3，则铁的相对原子质量为___________(设阿伏加德罗常数的值为NA)。

16、已知丙氨酸的结构简式为：根据题意完成下面小题：

（1）丙氨酸中涉及到四种元素，它们的原子半径由小到大的顺序为___________。

（2）丙氨酸分子属于___（填“极性”或“非极性”）分子，一个丙氨酸分子中含有_____个非极性共价键。

（3）丙氨酸分子中的氮原子核外有_____个未成对电子，有_____种不同能量的电子。

（4）碳、氮、氧都可以形成氢化物，氧元素的氢化物除H2O外，还有H2O2，碳元素的氢化物除CH4外，还有C2H6等。与之相似的氮元素的氢化物的除NH3外，还有________，该氢化物与足量盐酸反应的化学方程式为________________。17、据报道复旦大学修发贤教授课题组成功制备出砷化铌纳米带；并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯的导电性。相关研究论文已在线发表于权威科学期刊《自然》。回答下列问题：

（1）铌元素(Nb)为一种金属元素，其基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d55s1。下列是Nb的不同微粒的核外电子排布式，其中失去最外层1个电子所需能量最小的是___（填标号）。

a.[Kr]4d35s15p1b.[Kr]4d45s1c.Kr]4d2d.Kr]4d3

（2）砷为第VA族元素，砷可以与某些有机基团形成有机化合物，如(ClCH=CH)2AsCl，其中As原子与2个C原子、1个Cl原子形成的VSEPR模型为____。

（3）英国曼彻斯特大学物理学家安德烈·盖姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫用微机械剥离法成功从石墨中分离出石墨烯；因此共同获得2010年诺贝尔物理学奖；而石墨烯具有优异的光学；电学、力学特性在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递等方面具有重要的应用前景，被认为是一种未来革命性的材料。

已知“石墨烯”的平面结构如图所示，一定条件下石墨烯与H2发生加成反应生成石墨烷，石墨烷中碳原子杂化类型是___，石墨烯导电的原因是____。

（4）石墨烯也可采用化学方法进行制备如采用六氯苯、六溴苯作为原料可制备石墨烯。下表给出了六氯苯、六溴苯、苯六酸俗名为蜜石酸的熔点和水溶性：。物质六氯苯六溴苯苯六酸熔点/℃231325287水溶性不溶不溶易溶

六溴苯的熔点比六氯苯高的原因是____，苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异本质原因是___。

（5）出于以更高效率利用太阳光等目的研制出金红石型铌氧氮化物(NbON)，比以往的光学半导体更能够吸收长波长侧的光，作为光学半导体的新材料。该化合物的晶胞有如图所示的两种构型，若晶胞的边长为apm，该晶体的密度为__g·cm-3。（NA是阿伏加德罗常数的值，相关原子量：Nb—93）

18、（1）已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1452.8kJ·mol－

②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1

写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：____________________。

（2）下图1是采用NaBH4(B元素的化合价为＋3价)和H2O2作原料的燃料电池。电池工作过程中负极反应式为__________________________。

（3）一种含锰磁性材料的单晶胞结构为立方晶胞，如图2所示。A、B位置的Sn原子坐标如图所示，则该晶胞中碳原子的原子坐标为___________。

19、（15分）周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：

（1）Y、Z、T中第一电离能最大的是____（填元素符号，下同），原子半径最小的是____。

（2）T的原子结构示意图为____，W基态原子的电子排布式为____。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是____（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是____（填化学式；写一种）。

（4）T与Z形成的化合物中，属于非极性分子的是____（填化学式）。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为____，阳离子中存在的化学键类型有____。

评卷人得分四、实验题(共1题，共6分)20、现有两种配合物晶体[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一种为橙黄色，另一种为紫红色。请设计实验方案将这两种配合物区别开来_____________________________。评卷人得分五、计算题(共4题，共12分)21、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______。22、用X射线研究某金属晶体，测得在边长为360pm的立方晶胞中含有4个金属原子，此时金属的密度为9.0g/cm3。试回答下列问题：

(1)此金属晶胞属于哪一种类型？_______

(2)求每个晶胞的质量。_______

(3)求此金属的相对原子质量。_______

(4)求此金属原子的原子半径(pm)。_______23、如图是金属钨晶体中的一个晶胞的结构模型（原子间实际是相互接触的）。它是一种体心立方结构。实验测得金属钨的密度为19.30g·cm-3；钨的相对原子质量为183.9.假定金属钨为等直径的刚性球，请回答以下各题：

（1）每一个晶胞中分摊到__________个钨原子。

（2）计算晶胞的边长a。_____________

（3）计算钨的原子半径r（提示：只有体对角线上的各个球才是彼此接触的）。___________

（4）计算金属钨原子采取的体心立方密堆积的空间利用率。____________24、NaCl晶体中Na+与Cl-都是等距离交错排列，若食盐的密度是2.2g·cm-3，阿伏加德罗常数6.02×1023mol-1，食盐的摩尔质量为58.5g·mol-1。则食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离是多少？_______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A.原子晶体中可能存在极性共价键，比如SiO2；故A正确；

B.干冰升华时破坏了范德华力；故B错误；

C.原子晶体的熔点比分子晶体的熔点高；故C错误；

D.离子晶体中只含离子键；可能含有共价键，故D错误。

综上所述，答案为A。2、B【分析】【详解】

A．小黑点表示电子在核外空间某处出现的机率；不表示电子数目，故A错误；

B．小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内出现的概率大；故B正确；

C．小黑点表示电子在核外空间某处出现的机率；不代表电子的运动轨迹，故C错误；

D．电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率；是对运动的描述，故D错误；

答案选B。

【点睛】

解答本题需要注意：电子云中小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机率的多少，密则机率大，疏则机率小。3、A【分析】【分析】

根据信息中该分子中N-N-N键角都是108.1°及N(NO2)3的结构应与氨气相似；则分子中四个氮原子不共平面，利用元素的化合价来分析其性质，利用形成的化学键类型确定该化合物的类型。

【详解】

A．该物质中N元素有-3价和+5价，所以该物质既有氧化性又有还原性，故A正确；

B．根据题干信息知该分子中N-N-N键角都是108.1°，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氧原子不可能共平面，故B错误；

C．该物质和氨气相似，原子间形成的是共价键，晶体中构成微粒是分子，所以不属于盐类，故C错误；

D．N(NO2)3的相对分子质量为152，15.2gN(NO2)3为0.1mol，该物质的分子中所含原子为1NA即6.02×1023个原子，故D错误．

故答案选A。

【点睛】

判断简单分子或离子的构型，酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系，重要的氧化剂，重要的还原剂4、C【分析】试题分析：A、NO2，N原子最外层有5个电子，化合价为+4，5+4=9，不满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故A正确；B、BF3中，B元素位于第ⅢA族，则3+3≠8，不满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B错误；C、PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层电子数为5，所以5+3=8，P原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C正确；D、H3O+中含有氢原子；不满足8电子结构，故D错误；故选C。

【考点定位】考查原子核外电子排布。

【名师点晴】本题考查原子的结构，本题中注意判断是否满足8电子结构的方法，注意利用化合价与最外层电子数来分析即可解答，明确所有原子都满足最外层8电子结构是解答的关键，分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断。5、B【分析】【详解】

A.SiH4的沸点高于CH4，但NH3的沸点高于PH3，主要是NH3存在分子间氢键；故A错误；

B.NH3、PH3价层电子对数都是因此NH3的立体构型为三角锥形，可推测PH3的立体构型也为三角锥形；故B正确；

C.CO2晶体是分子晶体，SiO2晶体是原子晶体；故C错误；

D.工业上通过电解熔融NaCl冶炼Na，氯化铝为分子晶体，无法通过电解法治炼铝单质，而应该通过电解熔融Al2O3冶炼Al；故D错误。

综上所述，答案为B。二、多选题(共8题，共16分)6、AC【分析】【分析】

A.分子晶体如果是单质中只存在非极性键；所以A错；B.原子晶体中只存在共价键。

是正确的；故B正确；C.金属晶体的熔沸点有高有低，如钨的熔沸点很高，而金属汞常温下为液体，故C错；D.稀有气体的原子能形成分子晶体是正确的，故D正确。

【详解】

所以本题的正确答案为：A.C。7、BC【分析】【详解】

A.不同能层不同能级的电子能量：E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；故A错误；

B.不同能层不同能级的电子能量：E(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s)；故B正确；

C.不同能层不同能级的电子能量：E(4s)>E(3s)>E(2s)>E(1s)；故C正确；

D.不同能层不同能级的电子能量：E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；故D错误；

故选：BC。

【点睛】

根据构造原理，各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns<3s<4s2p<3p<4p；③不同层不同能级ns<（n-2）f<（n-1）d8、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、AD【分析】【详解】

A．SO3分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采用sp2杂化；为平面三角形结构，故A正确；

B．SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，硫原子采取sp2杂化；该分子为V形结构，故B错误；

C．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；为平面三角形结构，故C错误；

D．BeCl2分子中每个Be原子含有2个σ键；价层电子对个数是2，没有孤电子对，为sp杂化，为直线型，故D正确；

故选AD。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、AC【分析】【分析】

根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4，Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3；则T为为P元素，据此分析。

【详解】

A.元素Y和X的单质分别是Fe；S；加热的条件下生成FeS，A错误；

B.T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石；它们的分子构型均为正四面体型，B正确；

C.X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物；C错误；

D.ZQ2是为CO2，CO2是直线型分子，结构式是O=C=O，结构对称，正负电荷中心重合，则CO2是极性键构成的非极性分子；D正确。

答案选AC。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

根据价电子数C=N+；计算出碳原子价层电子对数，再得出杂化方式和分子构型。

【详解】

根据价电子数C=N+，SCN－、NO2+具有相同的原子个数，价电子数总是16，因此他们的结构与第二周期两元素组成的CO2分子的结构相同，CO2分子中碳原子价层电子对数为中心原子sp杂化，微粒呈直线形；故答案为：CO2；直线；sp。【解析】①.CO2②.直线③.sp15、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为Ca，M层电子排布式为：3s23p6

(2)在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，第ⅣA族形成的氢化物分之间为范德华力，组成与结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高，所以a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4。

(3)由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间物质结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，所以该晶体为原子晶体，碳原子轨道的杂化类型为sp3杂化。

(4)设Cl‾半径为r，则Na+半径为ar，Cs+半径为br，NaCl晶胞边长为x，因为NaCl晶胞为面心立方结构，所以2x2=(2r+2ar)2，得r=(1+a)r；CsCl晶胞为体心李立方结构，所以y2+2y2=(2r+2br)2，可得y=2/(1+b)r，x：y=(1+b)：(1+a)

(5)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；由图甲可以看出，位于体心的铁原子周围距离最近的铁原子有8个，所以铁原子的配位数是8；设图甲晶胞的边长为acm，则a2+2a2=(4r)2，得a=4/3r，图甲晶胞的体积V=a3=64/9r3，根据均摊发可知甲中晶胞含Fe原子：8×1/8+1=2，设Fe的相对原子质量为M，则64/9r3•ρ="2M/"NA，M=

考点：考查物质结构与性质、晶体知识等内容。【解析】①.3s23p6②.SiH4③.在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4④.原子⑤.sp3杂化⑥.(1+b)：(1+a)⑦.A⑧.8⑨.16、略

【分析】【分析】

（1）四种元素中H原子半径最小；C；N、O三种元素位于同一周期，同周期元素从左到右，原子半径依次减小；

（2）由结构简式可知；丙氨酸分子不对称，是极性分子；丙氨酸分子分子中有2个C―C非极性共价键；

（3）氮原子核外2P轨道上有3个未成对电子；在1S；2S、2P三种轨道上有3种不同能量的电子；

（4）碳、氮、氧都可以形成氢化物，氧元素的氢化物除H2O外，还有H2O2，碳元素的氢化物除CH4外，还有C2H6等可知，与之相似的氮元素的氢化物的除NH3外，还有N2H4；N2H4与足量盐酸反应生成N2H6Cl2。

【详解】

（1）四种元素中H原子半径最小；C；N、O三种元素位于同一周期，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径由小到大的顺序为H＜O＜N＜C，故答案为：H＜O＜N＜C；

（2）由结构简式可知；丙氨酸分子不对称，是极性分子；丙氨酸分子分子中有2个C―C非极性共价键，故答案为：极性；2；

（3）氮原子核外2P轨道上有3个未成对电子；在1S；2S、2P三种轨道上有3种不同能量的电子；故答案为：3；3；

（4）碳、氮、氧都可以形成氢化物，氧元素的氢化物除H2O外，还有H2O2，碳元素的氢化物除CH4外，还有C2H6等可知，与之相似的氮元素的氢化物的除NH3外，还有N2H4；N2H4与足量盐酸反应生成N2H6Cl2，反应的化学方程式为N2H4+2HCl=N2H6Cl2，故答案为：N2H4；N2H4+2HCl=N2H6Cl2。【解析】①.H＜O＜N＜C②.极性③.2④.3⑤.3⑥.N2H4⑦.N2H4+2HCl=N2H6Cl217、略

【分析】【分析】

（1）激发态失去最外层1个电子所需能量最小；

（2）As原子与2个C原子；1个Cl原子形成共价键；还有一对孤电子对；

（3）石墨烷中碳原子形成4个共价键，杂化类型为sp3；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子；都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性；

（4）分子晶体；结构相似，相对分子质量越大，形成的范德华力强，熔点高；苯六酸含多个羧基，与水分子能形成氢键；六氯苯；六溴苯为非极性分子，根据相似相溶原理，均难溶于水；

（5）根据计算。

【详解】

（1）Nb元素的基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d55s1，失去最外层1个电子所需能量，[Kr]4d35s15p1属于激发态的电子排布式；所以失去最外层1个电子所需能量最小的a，故答案为：a；

（2）As原子与2个C原子；1个Cl原子形成共价键；还有一对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，故答案为：四面体形；

（3）石墨烯与H2发生加成反应生成石墨烷，石墨烷中碳原子形成4个共价键，杂化类型为sp3；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性，故答案为：sp3；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子；都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性；

（4）六溴苯和六氯苯均属于分子晶体；且结构相似，六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，形成的范德华力强，熔点高；苯六酸含多个羧基，与水分子能形成氢键，从而易溶于水，六氯苯；六溴苯为非极性分子，根据相似相溶原理，均难溶于水，故答案为：两者结构相似，六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，形成的范德华力强，熔点高；苯六酸含多个羧基，与水分子形成氢键，从而易溶于水，六氯苯、六溴苯为非极性分子，难溶于水；

（5）根据晶胞图可知，该晶胞中含有2个Nb原子，2个O原子，2个N原子，所以故答案为：

【点睛】

杂化类型：中心原子的价层电子对数为4，则sp3杂化、中心原子的价层电子对数为3，则sp2杂化、中心原子的价层电子对数为2，则sp杂化；中心原子的价层电子对数=键+孤电子对数。【解析】①.a②.四面体形③.sp3④.石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大键，因而具有优良的导电性⑤.两者结构相似，六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，形成的范德华力强，熔点高⑥.苯六酸含多个羧基，与水分子形成氢键，从而易溶于水，六氯苯、六溴苯为非极性分子，难溶于水⑦.18、略

【分析】【详解】

（1）已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1452.8kJ·mol－

②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1

根据盖斯定律可知（①－②）/2即得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO(g)∆H=－443.4kJ/mol。

（2）原电池的负极发生失去电子的氧化反应，则根据示意图可知负极是BH4－失去电子，电解质溶液显碱性，则电池工作过程中负极反应式为BH4――8e－+8OH－＝BO2－+6H2O。

（3）根据晶胞结构可知碳原子位于体心处，则该晶胞中碳原子的原子坐标为（1/2，1/2，1/2）。【解析】①.CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO(g)∆H=－443.4kJ/mol②.BH4－-8e－+8OH－=BO2－+6H2O③.（1/2,1/2,1/2）19、略

【分析】试题分析：周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X是氢元素。Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则Y应该是氮元素。Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，所以Z是氧元素。T与Z同主族，则T是S元素。W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则W是Cu元素。

（1）非金属性越强；第一电离能越大。但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则氮元素的第一电离能大于氧元素的。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径最小的是O。

（2）S的原子序数是16，原子结构示意图为根据核外电子排布规律可知W基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3。分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。

（4）T与Z形成的化合物中，SO2是V形结构，三氧化硫是平面三角形，则属于非极性分子的是SO3。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，则为硫酸根。阳离子的结构如右图所示，即为氨气和铜离子形成的配位健，则该配合物的化学式为[Cu(NH3)4]SO4；阳离子中存在的化学键类型有配位健及氮元素与氢原子之间的共价键。

考点：考查元素推断、第一电离能、空间构型、原子半径、化学键、核外电子排布等【解析】（1）NO（各1分）（2）（1分）[Ar]3d104s1（2分）

（3）NH3（2分）H2O2或N2H4（2分）（4）SO3（2分）

（5）[Cu(NH3)4]SO4（2分）共价键、配位键（2分）四、实验题(共1题，共6分)20、略

【分析】【分析】

两种配合物可电离出的氯离子数目不同；可将等质量的两种配合物配制成溶液，滴加硝酸银，根据生成沉淀的多少判断。

【详解】

两种配合物晶体[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，内界氯离子不能与硝酸银反应，外界氯离子可以与硝酸银反应，将这两种配合物区别开来的实验方案：称取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量用硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称量，所得AgCl固体质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固体质量小的，原晶体为[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，故答案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、干燥、称量，沉淀质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【点睛】

把握配合物的构成特点，为解答该题的关键。解答此类试题要注意配合物的内界和外界的离子的性质不同，内界中以配位键相结合，很牢固，难以在水溶液中电离，而内界和外界之间以离子键结合，在溶液中能够完全电离。【解析】称取相同质量的两种晶体配成溶液，向两种溶液中分别加入足量的硝酸银溶液，静置、过滤、干燥、称量，所得氯化银固体多的是[Co(NH3)6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2五、计算题(共4题，共12分)21、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