2025年人教版选修3化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年人教版选修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、下列说法正确的是A.第二周期元素的第一电离能随原子序数递增依次增大B.卤族元素中氟的电负性最大C.CO2、SO2都是直线型的非极性分子D.CH2=CH2分子中共有四个键和一个键2、以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况，其中违反洪特规则的是A.B.C.D.3、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p3，④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是A.原子半径：④＞③＞②＞①B.第一电离能：④＞③＞②＞①C.电负性：④＞③＞②＞①D.最高正化合价：④＞③＝②＞①4、三硫化磷（P4S3）是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示。下列有关P4S3的说法中不正确的是（）

A.P4S3中各原子最外层均满足8电子稳定结构B.P4S3中磷元素为+3价C.P4S3中P原子和S原子均为sp3杂化D.1molP4S3分子中含有6mol极性共价键5、氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源；必须解决好安全有效地储存氢气的问题。镧（La）镍（Ni）合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，有关其说法正确的是。

A.属于金属晶体B.该合金的化学式为La7Ni12C.其熔点比组分金属高，硬度比组分金属大D.设该结构单元的体积为Vcm3，NA为阿伏伽德罗常数，合金的摩尔质量为Mg/mol。则该合金的密度为ρ=g/cm36、下列关于分子晶体的说法正确的是A.晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B.在分子晶体中一定存在共价键C.冰和Br2都是分子晶体D.稀有气体不能形成分子晶体7、下列有说法不正确的是（）A.金属的六方最密堆积和面心立方最密堆积的空间利用率最高B.B；钠晶胞结构如图；钠晶胞中每个钠原子的配位数为8

C.温度升高，金属的导电性将变小D.干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键8、下列判断错误的是A.碳碳键的键长：C2H4＞C2H2B.晶体的熔点：SiO2＞CO2C.晶格能的大小：NaF＞MgOD.金属键的强弱：Li＞K9、下列性质适合分子晶体的是()A.熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电B.熔点1003.1℃，液态时导电，水溶液导电C.能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃D.熔点97.81℃，易液化，液态时不导电评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、世界上最早发现并使用锌的是中国；明朝末年《天工开物》一书中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)基态Zn原子的核外电子所占据的最高能层符号为_____________，Zn2+基态核外电子排布式为_______________________。

(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为_____________（用文字描述）；

②SO42-中，中心原子的轨道杂化类型为______________；

③写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式_____________；

④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_______________________。

(3)Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为___________；

②已知该晶体的晶胞参数a=541pm，其密度为___________g·cm-3（列出计算式即可）。11、“张亭栋研究小组”受民间中医启发，发现As2O3对白血病有明显的治疗作用。氮(N)；磷(P)、砷(As)为第VA族元素；该族元素的化合物在研究和生产中有着许多重要用途。

(1)N原子的价电子排布式为______，N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为______。

(2)NH3的沸点比AsH3的沸点高，原因是____________。

(3)立方氮化硼晶体(BN)；是一种超硬材料，有优异的耐磨性，其晶胞如图所示。

①立方氮化硼是_________晶体，晶体中N原子的杂化轨道类型为_________，B原子的配位数为_________。

②立方氮化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为_________。

(4)若立方氮化硼晶胞的边长为362pm，则立方氮化硼的密度为_________g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。12、Co基态原子核外电子排布式为__。元素Mn与O中，第一电离能较大的是__，基态原子核外未成对电子数较多的是__。13、配合物X{[Cu(phen)(Thr)(H2O)]ClO4}能够通过插入或部分插入的模式与DNA作用，它可由Cu(ClO4)2、HThr（结构简式如图l所示）；phen等为原料制备。

（1）Cu2+基态电子排布式为___。

（2）ClO4-的空间构型为__（用文字描述），与ClO4-互为等电子体的一种分子的化学式为___。

（3）HThr分子中，碳原子的杂化类型为___；1molHThr中含有σ键的数目为___。

（4）配合物X中配离子的结构如图2所示，则配位原子为___（填元素符号）。

14、硼及其化合物的应用广泛。试回答下列问题：

（1）基态原子的价电子轨道表示式为__________，其第一电离能比的__________（填“大”或“小”）。

（2）氨硼烷（）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是__________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的有机小分子：___________________（填化学式）。

（3）常温常压下硼酸（）的晶体结构为层状；其二维平面结构如图所示。

①B原子的杂化方式为__________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：_________________。

②路易斯酸碱理论认为，任何可接受电子对的分子或离子叫路易斯酸，任何可给出电子对的分子或离子叫路易斯碱。从结构角度分析硼酸是路易斯酸：______________________________。15、N；P同属于元素周期表的第VA族元素。

（1）基态磷原子的价电子排布图是____________

（2）NCl3的VSEPR模型名称是__________，中心原子杂化轨道类型是__________________。

（3）“笑气”（N2O）是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。有关理论认为原子总数相同、价电子总数相同的粒子即等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是接近的。写出N2O的一种有第二周期非金属元素组成的等电子体分子_______________________。

（4）沸点比较：PH3___________NH3(填“＞”、“＝”、“＜”），理由是____________。

（5）已知键能：H－H键能为436KJ·mol-1，N－H键能为391KJ·mol-1，N≡N键能为945.6kJ•mol-1．。则N2+3H22NH3，生成2molNH3时，共放热_________KJ

（6）NH3极易溶于水，原因是_______________16、如图表示两种晶体的微观结构：

试回答下列有关问题:

（1）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。图I为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）。则晶体中，与每个K＋距离最近的K＋有_________个，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为_________；

（2）正硼酸（H3BO3）是一种片层结构的白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图II）。下列有关说法正确的有_________。

①正硼酸晶体属于原子晶体。

②H3BO3分子的稳定性与氢键有关。

③在H3BO3分子中各原子未能都满足8e－稳定结构。

④含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键。

⑤含1molH3BO3的晶体中有3mol极性共价键。

⑥晶体中每个B与相邻的3个O共平面17、氯化汞（HgCl2）可用于木材和解剖标本的保存、皮革鞣制和钢铁镂蚀，是分析化学的重要试剂，还可做消毒剂和防腐剂。HgCl2在水中稍有水解：HgCl2+H2OHg(OH)Cl+HCl

(1)为了抑制上述反应中HgCl2的水解，可以采取的措施是_________。（选填编号）

a．加水稀释b．增加HCl的浓度c．及时移走产物d．降温。

(2)HgCl2与稀氨水反应则生成难溶解的氨基氯化汞，化学方程式为HgCl2+2NH3→Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl,上述反应的短周期元素中，非金属性最强元素原子的最外层轨道排布式为__________，该原子核外电子云有_________种不同的伸展方向。

(3)已知PCl3与NH3分子结构相似，PCl3的电子式是_______________；PCl3与NH3的沸点比较，______高，其原因是_______________________。

(4)氮的一种氢化物HN3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似，若HN3与氨水混合，此反应的化学方程式是_______________________。

(5)若将0.4mol/LNH4Cl与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后，PH=10，下列关系正确的是______

A.c(NH4+)＞c(OH-)＞c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(H+)

B.c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(NH3•H2O)＞c(H+)

C.c(NH4+)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(NH3•H2O)

D.c(NH4+)＞c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(H+)评卷人得分三、工业流程题(共1题，共2分)18、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、原理综合题(共2题，共4分)19、碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：

（1）碳原子核外有________种不同空间运动状态的电子，第一电离能介于B和C之间的元素的名称为_________。

（2）碳元素能形成多种无机物。

①CO32-的立体构型是_______________。

②MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是_________________________。

③石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K（如图），其结构为每隔一层碳原子插入一层钾原子，与钾原子层相邻的上下两层碳原子排列方式相同，则与钾最近等距的配位碳原子有_________个。

（3）碳也可形成多种有机化合物；下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。

①1mol吡啶分子中含有σ键数目是__________。

②嘌呤结构中N原子的杂化方式为________。

③嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因________________________________。

（4）将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为ρg/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a=________pm(写出表达式即可)。

20、瑞德西韦是一种核苷类似物；具有抗病毒活性，对新型冠状病毒病例展现出较好的疗效。其结构如图所示：

回答下列问题：

（1）该结构基态P原子中；核外电子占据最高能层的符号是________________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________________。

（2）瑞德西韦中位于第二周期元素的第一电离能从大到小的顺序为________________；分子中氮原子的杂化类型有________________。

（3）苯酚（）是合成瑞德西韦的原料之一，其熔点为43℃，苯酚的晶体类型是________________。苯酚与甲苯（）的相对分子质量相近；但苯酚的熔；沸点高于甲苯，原因是________________。

（4）MgSO4是合成瑞德西韦的催化剂之一。MgSO4中；阴离子的空间构型为________________。

（5）磷酸也是合成瑞德西韦的原料之一。直链的多磷酸盐则是－种复杂磷酸盐；如：焦磷酸钠；三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________________（用n代表P原子数）。

（6）合成瑞德西韦的原料之一的苯酚可通过如下途径制得：电石（CaC2）→乙烯→苯→溴苯→苯酚。四方相碳化钙（CaC2）晶体的晶跑结构如图所示．其晶胞参数分别为apm、apm、bpm，四方相碳化钙晶体的密度为g·cm-3，[C≡C]2-中键长为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA．则m位置的钙离子与P位置的碳原子之间的距离为________________pm（用不含a的计算表达式表示）。评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)21、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_____________________________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共5题，共50分)22、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。化合物AC2为一种常见的温室气体。B；C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24。请根据以上情况；回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

(1)基态E原子的核外电子排布式是________，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同还有_______（填元素符号）。

(2)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________。

(3)写出化合物AC2的电子式_____________。

(4)D的单质在AC2中点燃可生成A的单质与一种熔点较高的固体产物，写出其化学反应方程式：__________。

(5)1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。此后，等电子原理又有发展，例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是____________。23、现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

(1)A元素的第一电离能_______(填“＜”“＞”或“＝”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。

(2)C元素的电子排布图为_______；E3+的离子符号为_______。

(3)F元素位于元素周期表的_______区，其基态原子的电子排布式为_______

(4)G元素可能的性质_______。

A．其单质可作为半导体材料B．其电负性大于磷。

C．其原子半径大于锗D．其第一电离能小于硒。

(5)活泼性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。24、原子序数小于36的X；Y、Z、R、W五种元素；其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的1/5；W的原子序数为29。回答下列问题:

(1)Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1molZ2X4含有σ键的数目为________。

(2)化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，三者的沸点由高到低的顺序是________。

(4)元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的结构式是________。

(5)W元素原子的价电子排布式为________。25、下表为长式周期表的一部分；其中的编号代表对应的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

请回答下列问题：

（1）表中⑨号属于______区元素。

（2）③和⑧形成的一种常见溶剂，其分子立体空间构型为________。

（3）元素①和⑥形成的最简单分子X属于________分子(填“极性”或“非极性”)

（4）元素⑥的第一电离能________元素⑦的第一电离能；元素②的电负性________元素④的电负性(选填“>”、“＝”或“<”)。

（5）元素⑨的基态原子核外价电子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的电子式为________。

（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如表中元素⑩与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素⑩的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________。26、下表为长式周期表的一部分；其中的序号代表对应的元素。

（1）写出上表中元素⑨原子的基态原子核外电子排布式为___________________。

（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为_____杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是___________。

（3）元素④的第一电离能______⑤（填写“＞”、“＝”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________。请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式______________________（各写一种）。

（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为_______________。

（5）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为__________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A；其中Be和N属于全充满或半充满；第一电离能分别大于B和O，不正确；

B；氟是最强的非金属；电负性最大，B正确。

C、SO2是v形的极性分子；C不正确。

D；双键是由1个σ键和一个π键构成；所以乙烯中共有5个σ键和一个π键，D不正确；

答案选B。2、D【分析】【详解】

A.原子核外的电子总是尽可能的成单排列；而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，原子稳定。A.表示的是2p轨道有4个电子，符合洪特规则，表示的是O元素，A正确；

B．表示的是2p轨道有4个电子；符合洪特规则，成对电子可以在三个轨道的任何一个，能量相同，表示的是O元素，B正确；

C.表示在3d能级的轨道上有6个电子；表示的是26号元素Fe原子的核外电子排布，C正确；

D.表示在3d轨道有空轨道；有的却容纳2个成对的电子，这与洪特规则相矛盾，D错误。

答案选D。3、B【分析】【详解】

根据原子的基态电子排布可知；①②③④分别是S；P、N、F。则。

A；同主族从上到下原子半径逐渐增大；同周期自左向右原子半径逐渐减小，原子半径应该是②＞①＞③＞④，A不正确；

B；由于氮元素和P元素的2p轨道和3p轨道电子分别处于半充满状态；稳定性强，第一电离能分别大于氧元素和S元素的，所以选项B正确。

C；非金属性越强；电负性越大，则电负性应该是④＞③＞①＞②，C错误；

D；F是最活泼的非金属元素；没有正价，最高正化合价：①＞③＝②＞④，D不正确；

答案选B。4、B【分析】【详解】

A.磷原子最外层电子数为5，硫原子最外层电子数为6，从图中可看出，P4S3中每个磷原子形成了3个共价键，每个硫原子形成了2个共价键，所以P4S3分子中所有原子均满足8电子稳定结构；A正确；

B.P4S3分子中；有一个磷原子连接了3个硫原子，其化合价为+3，其他的磷原子都是连接两个磷原子和一个硫原子，其化合价为+1，B错误；

C．从图中可看出该分子中，每个磷原子形成3个σ键且有一对孤电子对，每个硫原子形成2个σ键且有两对孤电子，所以，该分子中硫原子和磷原子均采取杂sp3化；C正确；

D．一个P4S3分子中含有6个P—S键和3个P—P键，P—S键属于极性键，P—P键属于非极性键，所以1molP4S3中含有6mol极性键；D正确；

故答案为：B。5、A【分析】【详解】

A.该晶体是金属之间形成的；是金属晶体，A正确；

B.镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La原子数为12×+2×=3，含有Ni的原子数为18×+6=15，则La和Ni的原子数比为3：15=1：5，该合金的化学式可表示为LaNi5；B错误；

C.合金的熔点比组分金属低；硬度比组分金属大，C错误；

D.由B选项可知，1个该晶胞中含有LaNi5的个数为3个，所以该合金的密度为ρ=3g/cm3；D错误；

故答案选A。

【点睛】

本题考查了晶胞的有关计算，利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数之比解答，注意观察晶胞中各种元素的原子在晶胞上的位置，利用均摊方法，根据晶胞结构确定每个原子为几个晶胞共用。6、C【分析】【详解】

A．分子晶体中的分子间作用力越大；晶体的熔沸点越高，属于物理性质，而物质的稳定性为化学性质，二者没有直接关系，故A错误；

B．在分子晶体中不一定存在共价键；如稀有气体的单原子分子，不存在共价键，故B错误；

C．冰和Br2均由分子构成；均属于分子晶体，故C正确；

D．稀有气体构成微粒是分子；可形成分子晶体，故D错误；

答案为C。7、D【分析】【分析】

A.金属的六方最密堆积空间利用率为74%；面心立方最密堆积的空间利用率是74%；

B.由图可知纳晶胞的结构是体心结构；

C.温度升高；金属离子与电子之间的碰撞加剧，金属导电性减弱；

D.分子晶体熔融时；只破坏分子间作用力，不破坏化学键。

【详解】

A.金属的六方最密堆积空间利用率为74%；面心立方最密堆积的空间利用率是74%，空间利用率相同，都是最高的，A项正确；

B.由图可知钠晶胞的结构是体心结构；每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，分别位于晶胞的八个顶点，配位数为8，B项正确；

C.温度升高；金属离子与电子之间的碰撞加剧，金属导电性减弱，C项正确；

D.分子晶体熔融时；只破坏分子间作用力，不破坏化学键，干冰是分子晶体，D项错误；

答案选D。8、C【分析】【分析】

【详解】

A.碳碳双键键长大于碳碳三键键长，所以碳碳键的键长：C2H4＞C2H2；故A正确；

B.熔点：原子晶体＞分子晶体，二氧化硅是原子晶体、干冰是分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2；故B正确；

C.晶格能与离子半径成反比；与离子所带电荷数成正比，离子所带电荷数：镁离子＞钠离子；氧离子＞氟离子，半径：氟离子＜氧离子、钠离子＞镁离子，故晶格能：NaF＜MgO，故C错误；

D.金属键与金属阳离子所带电荷成正比，与原子半径成反比，金属阳离子所带电荷：Li=K，原子半径：LiK；故D正确；

故选C。9、C【分析】①熔点1070℃，易溶于水，水溶液导电，属于离子晶体，不合题意；②熔点10.31℃，液态不导电，说明液态时，只存在分子，没有离子，溶于水后，电离出自由移动的离子，水溶液中能导电，属于分子晶体，符合题意；③能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃，符合分子晶体的特点，符合题意；④金属钠熔点97.81℃，质软、导电，密度为0.97g·cm－3，属于金属晶体的特点，不符合题意；综上，只有②③符合题意，C正确；正确选项C。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【详解】

分析：（1）根据Zn在周期表中的位置是第四周期；第IIB族，含有四个能层及核外电子排布式写法解答；

（2）在[Zn（NH3）4]SO4中，阴离子为SO42−，根据价层电子对互斥模型和杂化轨道理论判断空间构型和杂化类型；根据等电子体的原理找出与SO42-互为等电子体粒子；NH3容易与水分子形成分子间氢键；

（3）①根据晶胞晶体中组成粒子的计算方法确定S2-、Zn2+的个数；进一步确定化学式；

②根据晶胞的密度计算公式进行计算。

详解：（1）Zn的核电荷数是30，在Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四个能层，分别是K、L、M、N，所以最高能层符号为N；Zn2+基态核外电子排布式为：[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；正确答案：N；[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；

（2）①根据价层电子对互斥模型，SO42−中价电子对数为：（6+4×0+2）÷2=4，价电子对全是成键电子对，所以SO42−的空间构型是正四面体；正确答案：正四面体；

②SO42−的空间构型是正四面体，根据杂化轨道理论，中心原子S的杂化类型为sp3杂化，正确答案：sp3；

③等电子体是指在原子数相同下，原子的价电子数相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调整电子数来确定等电子体粒子，因此，与SO42−互为等电子体的有PO43−，ClO4−，CCl4，SiCl4，SiF4等，符合题干要求是分子的有CCl4，SiCl4，SiF4，正确答案为：CCl4，SiCl4，SiF4；

④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子形成分子间氢键，同时还发生化学反应，其方程式为：NH3+H2ONH3·H2O，正确答案：NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；

（3）①对于立方晶胞，顶点粒子占1/8，面心粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，Zn2+个数为8×1/8+6×1/2=4，S2-个数为4，因此该化合物化学式为ZnS，正确答案为：ZnS；

②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，已知晶胞参数为a=541pm，则一个晶胞的体积为V0=（541×10−10）3cm3，1molZnS晶胞中，有4molZn2+和4molS2-，则一个晶胞的质量为m=4mol×65g/mol+4mol×32g/mol=4×97g，因此晶胞的密度为ρ=m/NAV0=4×97g/[NA×（541×10−10）3]cm3，所以正确答案：4×97/[NA×（541×10−10）3]g·cm-3。

点睛：点睛：晶体中微粒的排列具有周期性；晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞，在立方晶胞中：

（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Zn2+离子；

（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用；每个粒子只有1/4属于该晶胞；

（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Zn2+离子；

（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞，如本题中的S2-离子。【解析】①.N②.[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10③.正四面体④.sp3⑤.CCl4或SiCl4等⑥.NH3与H2O之间可形成分子间氢键NH3与H2O发生反应⑦.ZnS⑧.4×97/NA×（541×10−10）311、略

【分析】【详解】

(1)氮原子的原子序数为7，最外层电子层是低层，其最外层电子排布式为2s22p3，主族元素N原子的最外层电子就是其价电子，即价电了排布式为2s22p3；N；P、As位于同一主族；随着原子序数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，原子的第一电离能逐渐减小，所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞P＞As；

(2)NH3的沸点比AsH3的沸点高；是因为氨分子间除存在分子间作用力外，还有氢键；

(3)①立方氮化硼晶体超硬、优异的耐磨性，所以立方氮化硼晶体为原子晶体；立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此晶体中N原子的杂化轨道类型为sp3；原子的配位数为4；

②立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构；硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构；因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，B原子最外层有3个电子，形成4个共价键，所以含有1个配位键，故B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1；

(4)BN晶胞中N原子数为4，B原子数=8×+6×=4，BN晶胞的质量为m=g，立方氮化硼晶胞的体积V=(3.62×10-10cm)3，因此立方氮化硼的密度ρ=g/cm3。【解析】2s22p3N>P>AsNH3能形成分子间氢键原子sp3杂化43：112、略

【分析】【分析】

Co是27号元素；可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大。

【详解】

Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn。【解析】①.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2②.O③.Mn13、略

【分析】【详解】

(1)Cu为29号元素，失去2e-得到Cu2+，则Cu2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；

(2)ClO4-的孤电子对数=则ClO4-的空间构型为正四面体形，与ClO4-互为等电子体的有CCl4等，故答案为正四面体形；CCl4；

(3)分子中C原子含有双键和单键，则C的杂化方式有：sp2、sp3，1个HThr中含有16个σ键，则1molHThr中含有σ键的数目为：16mol或16×6.02×1023个，故答案为：sp2、sp3；16mol或16×6.02×1023个；

(4)根据配合物X中配离子的结构可知，配合物X中配离子的配位原子为O、N，故答案为：O、N。【解析】①.1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9②.正四面体形③.CCl4等④.sp2、sp3⑤.16mol或16×6.02×1023个⑥.O、N14、略

【分析】【详解】

（1）原子的核外电子排布式分别为原子的轨道处于全满状态，所以的第一电离能比的小，原子的价电子轨道表示式为故答案为：小。

（2）形成配位键，必须有一方提供空轨道，另一方提供孤对电子，在氨硼烷中，原子可提供一对孤电子，原子有一个空轨道，与互为等电子体，故答案为：

（3）①由图可知，硼酸中每个原子与原子形成3个键，即原子有3个成键轨道，且没有孤电子对，故为杂化，溶质分子间形成的氢键不利于溶质的溶解，加热时，硼酸的溶解度增大，可分析出，升温时硼酸分子中的部分氢键被破坏，故答案为：杂化硼酸分子间通过氢键缔合；加热时，部分氢键被破坏。

②硼酸分子中，原子有一个空的轨道，可以接受电子对，根据路易斯酸碱理论可知，硼酸为路易斯酸，故答案为：硼酸分子中B原子有一个空轨道。

【点睛】

同周期，从左到右，第一电离能增大，但在短周期，第ⅡA族与第ⅢA族中：Be>B、Mg>Al，第ⅤA族与第ⅥA族中：N>O、P>S。【解析】小杂化硼酸分子间通过氢键缔合，加热时，部分氢键被破坏硼酸分子中B原子有一个空轨道15、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：

（1）基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，根据泡利原理和洪特规则可得价电子排布图为

（2）根据价层电子对互斥理论，NCl3中氮原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2＝1，N原子的价层电子对数为3+1=4，则NCl3的VSEPR模型名称是四面体，中心原子杂化轨道属于sp3杂化。

（3）根据等电子体的特点，原子总数相同、价电子总数相同的即为等电子体。N2O的原子个数为3个，价电子数为16。则由第二周期非金属元素组成的等电子体分子为CO2。

（4）因NH3分子之间有氢键，沸点比PH3高。

（5）H－H键能为436KJ·mol-1，N－H键能为391KJ·mol-1，N≡N键能为945.6kJ•mol-1．。对于反应N2+3H22NH3的反应热=反应物的总键能－生成物的总键能=945.6kJ•mol-1＋436KJ·mol-1×3－391KJ·mol-1×6=－92.4KJ·mol-1，则生成2molNH3时；共放热92.4KJ。

（6）NH3极易溶于水，是因为NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3和水分子之间有氢键；NH3和水要发生化学反应。

考点：考查价电子排布图，价层电子对互斥理论，杂化，等电子体，相似相溶原理，氢键，键能等。【解析】四面形sp3杂化轨道CO2<NH3分子之间有氢键92.4NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3和水分子之间有氢键；NH3和水要发生化学反应16、略

【分析】【详解】

（1）晶体中，与每个K+距离最近的K+个数=3×8÷2=12；该晶胞中K+个数=8×+6×=4，O2-个数=1+12×=4；设0价氧原子与-2价氧原子个数分别为x；y，根据原子守恒得x+y＝2，化合价得0−2y＝−1，解得y=0.5，x=1.5，所以0价氧原子与-2价氧原子的数目比=1.5：0.5=3：1；答案为：12；3：1。

（2）①正硼酸晶体中存在H3BO3分子；且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，为分子晶体，原子晶体内只有共价键，故①错误；

②分子的稳定性与化学键有关；与氢键无关，氢键影响其熔沸点，故②错误；

③硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，所以B原子不是8e-稳定结构；故③正确；

④1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键；故④正确；

⑤1molH3BO3的晶体中有3molB-O键和3molO-H键，则1molH3BO3的晶体中有6mol极性共价键；故⑤错误；

⑥晶体中与每个“构成粒子”相邻的粒子形成3个氢键，为平面结构，为平面正三角形结构，故⑥正确；答案为③④⑥。【解析】①.12②.3:1③.③④⑥17、略

【分析】【分析】

(1)从化学平衡的角度分析；使平衡逆向移动所采取的措施；

(2)所涉及的元素中非金属性最强元素是氯；根据核外电子排布规律写出氯原子最外层电子排布式，确定电子云的空间伸展方向；

(3)仿照氨气的电子式，写出PCl3的电子式；从分子晶体的角度考虑沸点的高低；

(4)仿照醋酸与氨水的反应；写出化学方程式；

(5)根据0.4mol/LNH4Cl与0.2mol/LNaOH反应后的溶液；比较出离子的浓度大小关系。

【详解】

(1)根据水解反应，HgCl2+H2O⇌Hg(OH)Cl+HCl；

a．加水稀释；促进水解，平衡正向移动，不符合题意；

b．增加HCl的浓度；增加生成物的浓度，平衡逆向移动，符合题意；

c．及时移走产物；平衡正向移动，不符合题意；

d．水解是吸热反应；降温平衡逆向移动，符合题意；

(2)非金属性最强元素原子为氯原子，它的最外层轨道排布式为该原子核外有1s，2s，2p，3s，3p等5个能级，s轨道是球形的，只有一种空间伸展方向，p轨道是纺锤形的，有三种空间伸展方向，共有4种不同的伸展方向；

(3)磷原子的最外层电子数为5，氯原子的最外层电子数为7，形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，三氯化磷的电子式为：PCl3与NH3的沸点高；它们都是分子晶体，虽然氨分子存在氢键，但氨常温下是气体，但三氯化磷常温下是液体，说明范德华力对沸点的影响超过了氢键的影响，两者都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故三氯化磷的的沸点高于氨气；

(4)HN3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似，为一元弱酸，若HN3与氨水混合后的化学方程式为HN3+NH3∙H2O=NH4N3+H2O；

(5)NaOH和NH4Cl反应方程式为NaOH+NH4Cl=NH3∙H2O+NaCl，NH4Cl溶液浓度是NaOH溶液浓度的2倍，二者等体积混合，根据方程式知，NH4Cl有一半剩余，则溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3∙H2O、NaCl，NH4Cl中铵根离子水解程度小于NH3∙H2O电离程度，导致溶液出碱性，则c(OH−)＞c(H+)，氯离子、钠离子不水解，结合物料守恒知c(Cl−)最大，c(NH4+)＞c(Na+)，NH3∙H2O是弱电解质,电离程度较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)＞c(H+)，答案选D。【解析】①.b、d②.③.4④.⑤.PCl3⑥.两者都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高⑦.HN3+NH3.H2O＝NH4N3+H2O⑧.D三、工业流程题(共1题，共2分)18、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、原理综合题(共2题，共4分)19、略

【分析】【分析】

(1)碳原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2；据此判断不同空间运动状态的电子数目；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族；VA族第一电离能高于相邻元素，据此结合元素周期表分析解答；

(2)①CO32-中C的价层电子对数=3+=3；据此分析判断；

②根据金属阳离子结合氧离子的能力大小分析解答；

③根据石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K的结构图；2层碳原子中插入一层钾原子，与钾最近等距的碳原子有上下2层中对应的2个六边形，据此判断；

(3)①1个单键为1个σ键，1个双键为1个σ键和1个π键，根据吡啶()的结构分析判断；

②嘌呤分子为平面结构；N形成3根共价键，根据杂化轨道理论分析判断；

③孤电子对与键合电子对之间的斥力＞键合电子对与键合电子对之间的斥力；据此解答；

(4)根据图示计算一个T-碳晶胞中含有的碳原子数；从而计算1molT-碳晶胞的质量，结合T-碳的密度计算T-碳的晶胞参数a。

【详解】

(1)碳原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2；其中2p上的3个原子轨道互相垂直，一共有4种不同空间运动状态的电子；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族；VA族满足全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第二周期中，第一电离能介于B元素和C元素间的元素是Be，名称为铍，故答案为4；铍；

(2)①CO32-中C的价层电子对数=3+=3，采用sp2杂化；立体构型为平面三角形，故答案为平面三角形；

②在离子晶体中，离子半径越小晶格能越大，所以在第ⅡA族金属碳酸盐中，阳离子半径越小对氧的吸引力越大，就越容易导致碳酸根的分解，所以在第ⅡA族中，随着原子序数的增加，原子半径增大，碳酸盐的分解温度也增大，所以MgCO3分解温度比CaCO3低；故答案为氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子；

③根据石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K的结构图；与钾最近等距的配位碳原子有上下2层中对应的2个六边形上的12个碳原子，故答案为12；

(3)①1个单键为1个σ键，1个双键为1个σ键和1个π键，1mol吡啶()分子中含有σ键数目是10NA，故答案为10NA；

②嘌呤分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为sp2；

③根据VSEPR理论；孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故答案为孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；

(4)一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×+6×+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T-碳晶胞中含有碳原子数目为8×4个，取1mol这样的晶胞，则有NA个这样的晶胞，则1molT-碳晶胞的质量为m=12×8×4g，T-碳密度为ρg/cm3，则1个晶胞的体积为=cm3，则T-碳的晶胞参数a=cm=×1010pm，故答案为×1010。

【点睛】

本题的难点为(4)中晶胞的计算，难在晶胞质量的判断，要注意题意“○表示碳原子形成的正四面体结构”的理解；易错点为(2)②，要注意不能根据碳酸盐的晶格能分析。【解析】4铍平面三角形氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子1210NAsp2孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大×101020、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)P原子为第15号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；其核外电子占据最高能层的符号是M，占据该能层电子分别位于3s和3p轨道，其电子云形状为球形和哑铃形，故答案为：M；球形；哑铃形；

(2)由结构分析可知，瑞德西韦中含有的第二周期元素有C、N、O，由于N原子的价层电子为2s22p3，2p为半充满状态，较难失去电子，其第一电离能比相邻元素大，O原子半径小于C原子，第一电离能大，则第一电离能：N>O>C；该分子中N原子分别形成了单键、双键和三键，则N原子的杂化方式有sp3、sp2、sp，故答案为：N>O>C；sp3、sp2；sp；

(3)苯酚的熔点为43℃；相对较低，因此苯酚属于分子晶体；由于苯酚分子间可以形成氢键，所以导致苯酚的熔；沸点高于甲苯，故答案为：分子晶体；苯酚分子间存在氢键；

(4)MgSO4中阴离子为SO42-，其中心原子S原子的价电子对数为不含有孤电子对，则其空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；

(5)根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式(PO42-、P2O74-、P3O105-)可推导：磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n，氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1，酸根的变化规律为：3，4，5，n+2，因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（PnO3n+1)(n+2)-，故答案为：（PnO3n+1)(n+2)-；

(6)根据均摊法，一个晶胞中含有Ca2+的数目为含有C22-的数目为则一个晶胞中包含了2个CaC2，所以一个晶胞的质量又则因此m位置的钙离子与P位置的碳原子之间的距离为故答案为：

【点睛】

本题考查化学键、晶体类型、氢键等知识，易错点为（5）应用数学的找规律递推到通式，解答关键在于首先写出磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式，然后寻找规律。【解析】M球形、哑铃形N>O>Csp3、sp2、sp分子晶体苯酚分子间存在氢键正四面体形（PnO3n+1)(n+2)-五、实验题(共1题，共7分)21、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]Cl2六、元素或物质推断题(共5题，共50分)22、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，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，化合物AC2为一种常见的温室气体，则A为C，C为O，B为N，D为Mg。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，E为Cr。

【详解】

(1)基态E原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同即最外层电子数只有一个，还有K、Cu；故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；K；Cu；

(2)同周期从左到右电离能有增大趋势；但第IIA族元素电离能大于第IIIA族元素电离能，第VA族元素电离能大于第VIA族元素电离能，因此A；B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；故答案为：C＜O＜N；

(3)化合物AC2为CO2，其电子式故答案为：

(4)Mg的单质在CO2中点燃可生成碳和一种熔点较高的固体产物MgO，其化学反应方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案为：2Mg+CO22MgO+C；

(5)根据CO与N2互为等电子体，一种由N、O组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O；故答案为：N2O；

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液为HNO3与Mg的单质反应时，NHO3被还原到最低价即NH4NO3，其反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。【解析】1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O23、略

【分析】【分析】

A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；B原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的最外层电子数为2，故D为Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则原子序数为26，为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；故F为Cu元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G为As元素，据此解答。

【详解】

(1)N原子最外层为半充满状态；性质稳定，难以失去电子，第一电离能大于O元素；同一周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，故元素的电负性：N＜O＜F；

(2)C为F元素，电子排布图为E3+的离子符号为Fe3+；

(3)F为