…………○…………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年浙科版選修3化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、描述硅原子核外電子運動說法錯誤的是A.有4種不同的伸展方向B.有14種不同運動狀態的電子C.有5種不同能量的電子D.有5種不同的運動范圍2、亞鐵氰化鉀屬于歐盟批準使用的食品添加劑，受熱易分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列關于該反應說法錯誤的是A.Fe2+的最高能層電子排布為3d6B.配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子C.(CN)2分子中σ鍵和π鍵數目比為3:4D.已知Fe3C晶胞中每個碳原子被6個鐵原子包圍，則鐵的配位數是23、四種元素基態原子的電子排布式如下：①②③④下列有關比較中正確的是（）A.第一電離能：④>③>②>①B.原子半徑：④>③>①>②C.電負性：③>④>①>②D.最高正化合價：④=①>③=②4、有A、B、C、D四種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級的電子數等于次外層的電子總數；B原子最外層中有三個不成對的電子；C元素可分別與A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2與C3互為等電子體。下列敘述中不正確的是A.D原子的簡化電子排布式為[Ar]3s23p4B.B.C兩元素的第一電離能大小關系為B＞CC.用電子式表示AD2的形成過程為D.由B60分子形成的晶體與A60相似，分子中總鍵能：B60>A605、向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液。下列對此現象說法正確的是A.反應后溶液中不存在任何沉淀，所以反應前后Cu2+的濃度不變B.沉淀溶解后，生成深藍色的配合離子C.比中的配位鍵穩定D.用硝酸銅溶液代替硫酸銅溶液進行實驗,不能觀察到同樣的現象6、某物質的實驗式為PtCl4·2NH3，其水溶液不導電，加入AgNO3溶液反應也不產生沉淀，用強堿處理并沒有NH3放出，則下列有關說法中正確的是A.NH3與NO3-中氮原子的雜化方式相同B.配合物中心離子的電荷數和配位數均為4C.PtCl4·2NH3的立體構型為正八面體形D.Cl－和NH3分子均與中心離子Pt4＋配位7、用VSEPR理論預測下列粒子的立體結構，其中正確的（）A.NO3-為平面三角形B.SO2為直線形C.BeCl2為V形D.BF3為三角錐形8、《天工開物》記載：“凡火藥以硝石、硫磺為主，草木灰為輔而后火藥成聲”。其中涉及的主要反應為：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑。下列說法正確的是（）A.電負性N>OB.CO2分子中C原子為sp1雜化C.單質硫屬于共價晶體D.KNO3中化學鍵只有σ鍵9、下列物質的熔點，前者大于后者的是A.晶體硅、碳化硅B.甲苯、苯酚C.氧化鎂、氧化鈉D.鉀鈉合金、鈉評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、有關元素X、Y、Z、W的信息如下：。元素信息X所在主族序數與所在周期序數之差為4Y最高氧化物對應的水化物為強電解質，能電離出電子數相等的陰、陽離子Z單質是生活中常見物質，其制品在潮濕空氣中易被腐蝕或損壞W基態原子核外5個能級上有電子，且最后的能級上只有1個電子

下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Y>W>XB.Z3+離子的最外層電子排布式為3s23p63d5C.Y的單質在X2氣體中燃燒，所得生成物的陰、陽離子個數比為1:1D.W的單質能溶于Y的最高價氧化物的水化物的水溶液中，若反應中轉移0.3mol電子，則消耗氧化劑1.8克11、下列說法中正確的是A.所有的電子在同一區域里運動B.能量高的電子在離核遠的區域運動，能量低的電子在離核近的區域運動C.處于最低能量的原子叫基態原子D.同一原子中，1s、2s、3s所能容納的電子數越來越多12、下列敘述正確的是【】A.氫鍵是一種特殊的化學鍵，廣泛存在于自然界中B.CO和N2的分子量相同，但CO的沸點比N2的高C.CH2＝CH2分子中共有四個σ鍵和一個π鍵D.若把H2S分子寫成H3S分子，違背了共價鍵的飽和性13、下表中各粒子對應的立體構型及雜化方式均正確的是。選項粒子立體構型雜化方式ASO3平面三角形S原子采取sp2雜化BSO2V形S原子采取sp3雜化CCO32-三角錐形C原子采取sp2雜化DBeCl2直線性Be原子采取sp雜化

A.AB.BC.CD.D14、下列分子或離子中,中心原子含有孤電子對的是A.H3O+B.SiH4C.PH3D.-15、四硼酸鈉的陰離子Xm-(含B、O、H三種元素)的球棍模型如圖所示。下列說法不正確的是（）

A.陰離子中三種元素的第一電離能：O＞B＞HB.在Xm-中，硼原子軌道的雜化類型有sp2和sp3C.配位鍵存在于4、5原子之間和4、6原子之間D.m=2，NamX的化學式為Na2B4O5(OH)4評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、X、Y、Z、R為前四周期元素，且原子序數依次增大。XY2是紅棕色氣體；X與氫元素可形成XH3；Z基態原子的M層與K層電子數相等；R2＋離子的3d軌道中有9個電子。請回答下列問題：

（1）Y基態原子的電子排布式是________；Z所在周期中第一電離能最大的主族元素是_____。

（2）XY2－離子的立體構型是_______；R2＋的水合離子中，提供孤電子對的是原子是______。

（3）Z與某元素形成的化合物的晶胞如右圖所示，晶胞中陰離子與陽離子的個數之比是___________。

（4）將R單質的粉末加入XH3的濃溶液中，通入Y2，充分反應后溶液呈深藍色，該反應的離子方程式是____________。17、下面是s能級與p能級的原子軌道圖：

請回答下列問題：

（1）s電子的原子軌道呈_____形，每個s能級有_____個原子軌道；

（2）p電子的原子軌道呈_____形，每個p能級有_____個原子軌道．18、下面是s能級；p能級的原子軌道圖；試回答問題：

(1)s能級的原子軌道呈____________形，每個s能級有_______個原子軌道；p能級的原子軌道呈____________形，每個p能級有_____個原子軌道。

(2)s能級原子軌道的半徑與什么因素有關？是什么關系_____。19、在極性分子中，正電荷重心與負電荷重心間的距離稱為偶極長，通常用表示。極性分子的極性強弱與偶極長和電荷量（）有關，一般用偶極矩（）來衡量。分子的偶極矩是偶極長和電荷量的乘積，即在非極性分子中，其正、負電荷重心重合，故為0。試回答下列問題：

（1）HCl、CS2、H2S、SO2四種分子中的有______________________________。

（2）實驗測得：

①由此可知，PF3分子的空間構型為____________________；

②BCl3分子的空間構型為____________________，中心原子的雜化方式為____________________。

（3）治癌藥物具有平面四邊形結構，Pt處在四邊形中心，NH3和Cl分別處在四邊形的4個頂點。已知該化合物有兩種同分異構體，棕黃色化合物的淡黃色化合物的試寫出兩種同分異構體的結構簡式：____________________（棕黃色）、____________________（淡黃色），在水中溶解度較大的是____________________（填結構簡式）。20、水是一種常見且重要的化學物質。

(1)冰中水分子間的氫鍵可表示為_____(填選項字母)。

a．O—H—Ob．O—H?Oc．H—O—H

(2)水分子能微弱電離生成H3O+和OH-。

①與OH-互為等電子體的一種分子為_____(寫化學式；下同)；

②與H2O互為等電子體的一種陰離子為_____。

(2)H3O+中H—O—H鍵角比H2O中H—O—H鍵角大的原因為______。

(3)氧與硫同主族，其中H2S比H2O更易分解的原因為_____。評卷人得分四、實驗題(共1題，共5分)21、現有兩種配合物晶體[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一種為橙黃色，另一種為紫紅色。請設計實驗方案將這兩種配合物區別開來_____________________________。評卷人得分五、有機推斷題(共2題，共6分)22、短周期元素W；X、Y和Z的原子序數依次增大。金屬元素W是制備一種高效電池的重要材料；X原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數是其電子層數的2倍。

（1）W元素的原子核外共有________種不同運動狀態的電子、_______種不同能量的電子。

（2）元素Z與元素X形成共價化合物XZ2是________（選填“極性”或“非極性”）分子，其電子式為________________。

（3）Y原子的最外層電子排布式為________________，Y元素最高價氧化物對應的水化物的電離方程式為________________________________________________。

（4）兩種非金屬元素中，非金屬性較強的元素是_______（寫元素符號），試寫出一個能說明這一事實的化學方程式______________________________。23、有A、B、D、E、F、G六種前四周期的元素，A是宇宙中最豐富的元素，B和D的原子都有1個未成對電子，B＋比D少一個電子層，D原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道全充滿；E原子的2p軌道中有3個未成對電子，F的最高化合價和最低化合價的代數和為4。R是由B、F兩元素形成的離子化合物，其中B＋與F2－離子數之比為2∶1。G位于周期表第6縱行且是六種元素中原子序數最大的。請回答下列問題：

(1)D元素的電負性_______F元素的電負性（填“＞”；“＜”或“＝”）。

(2)G的價電子排布圖_________________________________。

(3)B形成的晶體堆積方式為________，區分晶體和非晶體最可靠的科學方法是對固體進行_______實驗。

(4)D－的最外層共有______種不同運動狀態的電子,有___種能量不同的電子。F2D2廣泛用于橡膠工業,各原子均滿足八電子穩定結構,F2D2中F原子的雜化類型是___________,F2D2是______分子（填“極性”或“非極性”）。

(5)A與E形成的最簡單化合物分子空間構型為_____，在水中溶解度很大。該分子是極性分子的原因是_____。

(6)R的晶胞如圖所示，設F2－半徑為r1cm，B＋半徑為r2cm。試計算R晶體的密度為______。（阿伏加德羅常數用NA表示；寫表達式，不化簡）

評卷人得分六、計算題(共2題，共10分)24、用X射線研究某金屬晶體，測得在邊長為360pm的立方晶胞中含有4個金屬原子，此時金屬的密度為9.0g/cm3。試回答下列問題：

(1)此金屬晶胞屬于哪一種類型？_______

(2)求每個晶胞的質量。_______

(3)求此金屬的相對原子質量。_______

(4)求此金屬原子的原子半徑(pm)。_______25、NaCl晶體中Na+與Cl-都是等距離交錯排列，若食鹽的密度是2.2g·cm-3，阿伏加德羅常數6.02×1023mol-1，食鹽的摩爾質量為58.5g·mol-1。則食鹽晶體中兩個距離最近的鈉離子中心間的距離是多少？_______參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A、Si原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p2；電子占據的是s；p能級，s能級有1個軌道，是球形，p能級有3個軌道，所以Si原子核外電子由4種不同的伸展方向，正確；

B；Si原子核外有14個電子；每個電子的運動狀態都不相同，正確；

C；根據核外電子的排布式可知；Si原子的核外電子占據5個能級，所以有5種不同能量的電子，正確；

D；Si原子的核外電子占據3個電子層；所以運動范圍有3種，錯誤；

答案選D。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．Fe為26號元素，其原子核外共有26個電子，Fe原子失去4s軌道上的2個電子得到Fe2+，則Fe2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，其最高能層電子排布為3s23p63d6；A選項錯誤；

B．配合物K4[Fe(CN)6]中配體為CN-；由于電負性N＞C，所以C原子提供孤對電子，即配位原子是碳原子，B選項正確；

C．(CN)2分子的結構式為N≡C—C≡N，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵，因此(CN)2分子中σ鍵和π鍵數目比為3:4；C選項正確；

D．Fe3C的晶胞結構中碳原子的配位數為6，與碳原子緊鄰的鐵原子，以C原子為原點建立三維坐標系，Fe原子位于坐標軸上且關于原點(碳原子)對稱，6個Fe形成的空間結構為正八面體，故C原子的配位數為6，配位數之比等于相應原子數目反比，則Fe原子配位數為D選項正確；

答案選A。3、D【分析】【分析】

四種元素基態原子的電子排布式如下：①為Al元素；②為Mg元素；③為Be元素；④為B元素。

【詳解】

A．第一電離能：③是全充滿結構，第一電離能大于同周期的④故A錯誤；

B．原子半徑：①為Al元素，②為Mg元素，是同周期兩種元素，半徑②>①；故B錯誤；

C．③為Be元素，④為B元素，同周期，電負性：④>③；故C錯誤；

D．最高正化合價：④=①為+3價，③=②為+2價，④=①>③=②；故D正確；

故選D。4、A【分析】【詳解】

A、B、C、D四種元素，A原子最外層p能級的電子數等于次外層的電子總數，p能級最多容納6個電子，故A由2個電子層，最外層電子數為4，故A為碳元素；A、B、C屬于同一周期，B原子最外層中有三個不成對的電子，B的p能級容納3的電子，故B為氮元素；C元素可分別與A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2與C3互為等電子體；則C；D屬于同主族元素，故C為氧元素，D為硫元素；

A.D為硫元素，S原子的簡化電子排布式為[Ne]3s23p4；故A錯誤；

B.B為氮元素，C為氧元素，氮元素2p能級為半充滿的較穩定狀態，能量較低，第一電離能N>O；故B正確；

C.AD2是CS2，CS2屬于共價化合物，CS2的結構與CO2相似，碳原子與硫原子之間形成2對共用電子對，用電子式表示CS2的形成過程為故C正確；

D.N60分子形成的晶體與C60相似，氮氮鍵長比碳碳鍵長短，故氮氮鍵鍵能更大，故N60分子中總鍵能大于C60；故D正確；

答案選A。5、B【分析】【詳解】

A.硫酸銅先和氨水反應生成氫氧化銅，氫氧化銅和氨水反應生成絡合物，Cu2+的濃度減小；A錯誤；

B.沉淀溶解后，生成深藍色的配合離子該離子較穩定，難電離，B正確；

C.從實驗現象分析可知，Cu2+與NH3?H2O反應生成氫氧化銅沉淀，繼續添加氨水，由于Cu2+更易與NH3結合，生成更穩定的C錯誤；

D.本實驗的本質是Cu2+更易與NH3結合；所以用硝酸銅溶液代替硫酸銅溶液進行實驗，也能觀察到同樣的現象，D錯誤；

答案選B。6、D【分析】【分析】

加入AgNO3不產生沉淀，用強堿處理沒有NH3放出，說明不存在游離的氯離子和氨分子，所以該物質的配位化學式為[PtCl4(NH3)2]；據此分析解答。

【詳解】

A．NH3中氮原子的價層電子對數=3+=4，NO3-中氮原子的價層電子對數=3+=3；氮原子的雜化方式不同，故A錯誤；

B．配合物中中心原子的電荷數為4；配位數為6，故B錯誤；

C．該配合物中中心原子的配位數為6；應是八面體結構，Pt與6個配體成鍵，但不是正八面體，故C錯誤；

D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均與Pt4+配位，形成的配合物為[PtCl4(NH3)2]；故D正確；

故選D。7、A【分析】【分析】

VSEPR理論即價層電子對互斥理論；確定價層電子對的個數（包括σ鍵電子對和孤電子對），即可確定粒子的立體結構。

【詳解】

A．NO3-的σ鍵電子對是3，孤電子對=(5+1-2×3)=0，所以為NO3-平面三角形；A正確；

B．SO2的σ鍵電子對是2，孤電子對=(6-2×2)=1，所以SO2的VSEPR模型是平面三角形，略去孤電子對，SO2為V形；B錯誤；

C．BeCl2的σ鍵電子對是2，孤電子對=(2-2×1)=0，所以BeCl2為直線形；C錯誤；

D．BF3的σ鍵電子對是3，孤電子對=(3-1×3)=0，所以的BF3為平面三角形；D錯誤；

故選A。

【點睛】

根據價層電子對互斥理論，若計算出的價層電子對數為4，分子構型可能為四面體（孤電子對數為0），也可能為三角錐形（孤電子對數為1），或V形（孤電子對數為2）；若價層電子對數為3，分子構型可能為平面三角形（孤電子對數為0），也可能為V形（孤電子對數為1）；若價層電子對數為2，則為直線形。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A.元素的非金屬性越強，電負性越大，非金屬性O>N，則電負性O>N；故A錯誤；

B.CO2分子的空間構型為直線形；分子中C原子為sp雜化，故B正確；

C.單質硫屬于熔沸點低的分子晶體；故C錯誤；

D.KNO3為離子化合物；含有離子鍵和共價鍵，故D錯誤；

故選B。9、C【分析】【詳解】

A．晶體硅和碳化硅都是原子晶體；由于碳原子半徑小于硅原子半徑，所以碳化硅中共價鍵強于晶體硅中共價鍵，因此晶體硅的熔點小于碳化硅的熔點，A不正確；

B．甲苯和苯酚形成的晶體都是分子晶體；由于苯酚的相對分子質量大于甲苯的，因此甲苯的熔點小于苯酚的熔點，B不正確；

C．氧化鎂和氧化鈉形成的晶體都是離子晶體；但鈉離子半徑大于鎂離子半徑，所以氧化鈉中離子鍵弱于氧化鎂中離子鍵，因此氧化鎂的熔點高于氧化鈉的熔點，C正確；

D．合金的熔點一般低于各成分金屬的熔點；所以鈉鉀合金的熔點低于金屬鈉的熔點，D不正確；

答案選C。二、多選題(共6題，共12分)10、CD【分析】【分析】

X所在主族序數與所在周期序數之差為4，則為第2周期時，在ⅥA族，即X為O元素，或為第3周期時，在ⅤⅡA族，即X為Cl元素；Y的最高價氧化物對應的水化物，能電離出電子數相等的陰、陽離子，則由NaOH═Na++OH-，所以Y為Na元素；Z的單質是生活中常見物質，其制品在潮濕空氣中易被腐蝕或損壞，則Z為Fe元素；W基態原子核外5個能級上有電子，且最后的能級上只有1個電子1s22s22p3；則W為Al，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析；X為O元素或Cl元素，Y為Na元素，Z為Fe元素，W為Al元素。

A．一般而言，電子層數越多，半徑越大，電子層數相同，原子序數越大，半徑越小，原子半徑：Y>W>X；故A正確；

B．鐵為26號元素，Z3+離子的最外層電子排布式為3s23p63d5；故B正確；

C．鈉的單質在氧氣或氯氣中燃燒；所得生成物為過氧化鈉或氯化鈉，其中過氧化鈉的陰；陽離子個數比為1:2，故C錯誤；

D．W的單質能溶于Y的最高價氧化物的水化物的水溶液中，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，該反應的氧化劑為水，若反應中轉移0.3mol電子，則消耗氧化劑H2O0.3mol；質量為5.4g，故D錯誤；

故選CD。

【點睛】

正確判斷元素是解題的關鍵。本題的難點為X的不確定性，易錯點為D，要注意鋁與氫氧化鈉溶液的反應中鋁為還原劑，水為氧化劑。11、BC【分析】【詳解】

A.電子在核外的排布是分層的；不同的電子在不同的能級運動，故A錯誤；

B.離核越遠的電子能量越大；離核越近的電子能量越小，故B正確；

C.處于最低能量的原子叫基態原子；故C正確；

D.s能層最多只能容納2個電子；與所在能層無關，故D錯誤；

故答案選BC。12、BD【分析】【分析】

【詳解】

A.氫鍵是一種分子間作用力；不是化學鍵，A錯誤；

B.CO和N2都是分子晶體，熔沸點主要受分子間作用力影響，但在相對分子質量相同的情況下，CO是極性分子，N2是非極性分子，極性分子的相互吸引力大于非極性分子，會使分子間作用力略大，CO的沸點比N2的高；B正確；

C.共價單鍵是σ鍵，共價雙鍵中一個是σ鍵，一個是π鍵，所以CH2=CH2中有5個σ鍵；1個π鍵，C錯誤；

D.共價鍵具有飽和性和方向性，S最外層有6個電子，再接受2個電子就形成穩定結構，則把H2S分子寫成H3S分子；違背了共價鍵的飽和性，D正確；

答案選BD。

【點睛】

共價單鍵是σ鍵，共價雙鍵中一個是σ鍵，一個是π鍵，共價叁鍵中一個是σ鍵，兩個是π鍵。13、AD【分析】【詳解】

A．SO3分子中價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采用sp2雜化；為平面三角形結構，故A正確；

B．SO2的價層電子對個數=2+（6-2×2）=3，硫原子采取sp2雜化；該分子為V形結構，故B錯誤；

C．碳酸根離子中價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=3+（4+2-3×2）=3，所以原子雜化方式是sp2；為平面三角形結構，故C錯誤；

D．BeCl2分子中每個Be原子含有2個σ鍵；價層電子對個數是2，沒有孤電子對，為sp雜化，為直線型，故D正確；

故選AD。14、AC【分析】【分析】

利用孤電子對數=(a-bx)進行計算。

【詳解】

A．H3O+的中心氧原子孤電子對數=(6-1-1×3)=1，A符合題意；B．SiH4的中心Si原子孤電子對數=(4-1×4)=0，B與題意不符；C．PH3的中心P原子孤電子對數=(5-1×3)=1，C符合題意；D．的中心S原子孤電子對數=(6+2-2×4)=0，D與題意不符；答案為AC。15、AC【分析】【分析】

由圖示可以看出該結構可以表示為[H4B4O9]m?，其中B為＋3價，O為?2價，H為＋1價，根據化合價判斷m值求解Xm?的化學式；根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，價層電子對個數＝σ鍵個數＋孤電子對個數，σ鍵個數＝配原子個數，孤電子對個數＝(a?xb)，a指中心原子價電子個數，x指配原子個數，b指配原子形成穩定結構需要的電子個數，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2號B形成3個鍵，則B原子為sp2雜化，4號B形成4個鍵，則B原子為sp3雜化；陰離子中含配位鍵，不含離子鍵，以此來解答。

【詳解】

A．H電子軌道排布式為1s1；處于半充滿狀態，比較穩定，第一電離能為O＞H＞B，故A錯誤；

B．2，4代表B原子，2號B形成3個鍵，則B原子為sp2雜化，4號B形成4個鍵，則B原子為sp3雜化；故B正確；

C．2號B形成3個鍵；4號B形成4個鍵，其中1個鍵就是配位鍵，所以配位鍵存在4；5原子之間或4、6原子之間，故C錯誤；

D．觀察模型，可知Xm?是[H4B4O9]m?，依據化合價H為＋1，B為＋3，O為?2，可得m＝2，NamX的化學式為Na2B4O5(OH)4；故D正確；

故答案選AC。三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】【詳解】

試題分析：X、Y、Z、R為前四周期元素，且原子序數依次增大。XY2是紅棕色氣體，該氣體是NO2，則X是氮元素，Y是氧元素；X與氫元素可形成XH3，該氣體是氨氣；Z基態原子的M層與K層電子數相等，則該元素的原子序數是2＋8＋2＝12，即為鎂元素；R2＋離子的3d軌道中有9個電子；因此R的原子序數是18＋9＋2=29，即為銅元素。

（1）氧元素的原子序數是8，則根據核外電子排布規律可知，氧元素基態原子的電子排布式是1s22s22p4；同周期自左向右元素的第一電離能逐漸增大；鎂是第三周期，則所在周期中第一電離能最大的主族元素是Cl元素。

（2）根據價層電子對互斥理論可知，NO2－離子中心原子氮原子含有的孤對電子對數＝＝1，即氮原子的價層電子對數是3，由于含有一對孤對電子，因此其離子的立體構型是V形；銅離子含有空軌道，而水分子中的氧原子含有孤對電子，因此在Cu2＋的水合離子中；提供孤電子對的是原子是O原子。

（3）根據晶胞結構可知，陽離子在8個頂點和體心處各一個，則根據均攤法可知，陽離子個數＝1＋8×＝2個。陰離子在上下面各2個，晶胞內部2個，則陰離子個數＝4×＋2＝4個；因此晶胞中陰離子與陽離子的個數之比是4:2＝2:1。

（4）將R單質的粉末加入氨氣的濃溶液中，通入氧氣，充分反應后溶液呈深藍色，這說明在反應中銅被氧化氧化為銅離子與氨氣結合形成配位鍵，則該反應的離子方程式是2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O。

考點：考查元素推斷、核外電子排布、第一電離能、晶胞結構與計算、配位鍵等【解析】①.1s22s22p4②.Cl③.V形④.O⑤.2:1⑥.2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O17、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據圖片分析，(1)s電子的原子軌道呈球形，只有一個原子軌道；(2)p電子的原子軌道呈紡錘形，每個p能級有3個原子軌道，且這三個軌道相互垂直。【解析】球1紡錘318、略

【分析】【詳解】

(1)s能級的原子軌道呈球形；每個s能級有1個原子軌道；p能級的原子軌道呈啞鈴形，每個p能級有3個原子軌道。

(2)s能級原子軌道的半徑與與主量子數n有關，s能級原子軌道的半徑隨主量子數n的增大而增大。【解析】①.球②.1③.啞鈴④.3⑤.與主量子數n(或電子層序數)有關；隨主量子數n(或電子層序數)的增大而增大19、略

【分析】【詳解】

(1)是由極性鍵形成的雙原子極性分子；根據價電子對互斥理論可知，是直線形分子，正、負電荷重心重合，為非極性分子，其偶極矩為0；都是V形結構，是極性分子，其

(2)①說明是極性分子，則是三角錐形結構；

②說明是非極性分子，其正、負電荷重心重合，應是平面正三角形結構；中心原子B與3個原子形成3個共價鍵(沒有孤電子對)，即B原子的雜化方式是雜化；

(3)根據題意，具有平面四邊形結構，若則為非極性分子，和分別對稱分布在四邊形的個頂點上，即正、負電荷重心重合，故淡黃色化合物是若則為極性分子，和在四邊形的4個頂點上的分布是不對稱的，即正、負電荷重心不重合，故棕黃色化合物是根據相似相溶規律，水是極性分子，因此屬于極性分子的溶質易溶解在水中，即在水中溶解度較大的是棕黃色化合物，其結構簡式為【解析】CS2三角錐形平面正三角形sp2雜化20、略

【分析】【詳解】

(1)氫鍵可用X－H?Y表示。式中X和Y代表F，O，N等電負性大而原子半徑較小的非金屬原子，冰中水分子間的氫鍵可表示為O—H?O；

(2)①一個OH-含有10個電子，與OH-互為等電子體的一種分子為HF；

②1個水分子含有10個電子，等電子體的一種陰離子為NH

(2)H3O+中H—O—H鍵角比H2O中H—O—H鍵角大的原因為H2O中O原子有2對孤對電子，H3O＋中O原子只有1對孤對電子，H3O＋的孤對電子對成鍵電子的排斥力較小；

(3)氧與硫同主族，硫的非金屬性弱于氧，氣態氫化物的穩定性：H2S＜H2O，故硫化氫更易分解。【解析】bHFNHH2O中O原子有2對孤對電子，H3O＋中O原子只有1對孤對電子，H3O＋的孤對電子對成鍵電子的排斥力較小硫的非金屬性弱于氧，氣態氫化物的穩定性：H2S＜H2O四、實驗題(共1題，共5分)21、略

【分析】【分析】

兩種配合物可電離出的氯離子數目不同；可將等質量的兩種配合物配制成溶液，滴加硝酸銀，根據生成沉淀的多少判斷。

【詳解】

兩種配合物晶體[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，內界氯離子不能與硝酸銀反應，外界氯離子可以與硝酸銀反應，將這兩種配合物區別開來的實驗方案：稱取相同質量的兩種晶體分別配成溶液，向兩種溶液中分別滴加足量用硝酸酸化的硝酸銀溶液，充分反應后，過濾、洗滌、干燥后稱量，所得AgCl固體質量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固體質量小的，原晶體為[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，故答案為：取相同質量的兩種晶體分別配成溶液，向兩種溶液中分別滴加足量AgNO3溶液，靜置、過濾、干燥、稱量，沉淀質量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【點睛】

把握配合物的構成特點，為解答該題的關鍵。解答此類試題要注意配合物的內界和外界的離子的性質不同，內界中以配位鍵相結合，很牢固，難以在水溶液中電離，而內界和外界之間以離子鍵結合，在溶液中能夠完全電離。【解析】稱取相同質量的兩種晶體配成溶液，向兩種溶液中分別加入足量的硝酸銀溶液，靜置、過濾、干燥、稱量，所得氯化銀固體多的是[Co(NH3)6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2五、有機推斷題(共2題，共6分)22、略

【分析】【分析】

X原子最外層電子數是內層電子數的2倍可知X為C；地殼中含量最豐富的金屬元素是Al（Y），Z最外層電子數是電子層數的2倍可知Z為S，由四種元素原子序數依次增大且W是制造高效電池的材料可知W為Li。

【詳解】

（1）同一個原子中沒有運動狀態完全相同的電子，Li原子序數為3，電子數也為3，所以W原子核外有3種不同運動狀態的電子，Li核外電子排布式為1s22s1；所以有兩種不同能量的電子，故答案為：3；2；

（2）CS2是結構對稱的共價化合物，屬于非極性分子，分子中含有兩個碳硫雙鍵，電子式為故答案為：非極性；

（3）Al的原子序數為13，最外層有3個電子，電子排布式為3s23p1；Al最高價氧化物對應水化物為氫氧化鋁，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，電離方程式為H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－，故答案為：3s23p1；H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－；

（4）元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，S、C對應的最高價氧化物對應水化物分別為H2SO4和H2CO3，硫酸是強酸，碳酸是弱酸，所以非金屬性S>C，可以用硫酸制取碳酸證明，反應的化學方程式為H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，故答案為：S；H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑。【解析】32非極性3s23p1H2O+H++AlO2－Al(OH)3Al3++3OH－SH2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑23、略

【分析】【分析】

A是宇宙中最豐富的元素，說明A為H，D原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道全充滿，說明D為17號元素Cl,B和D的原子都有1個未成對電子，B＋比D少一個電子層，說明B為Na，E原子的2p軌道中有3個未成對電子，說明E為N，F的最高化合價和最低化合價的代數和為4，說明F為S，G位于周期表第6縱行且是六種元素中原子序數最大的，說明G為Cr，R是由B、F兩元素形成的離子化合物，其中B＋與F2－離子數之比為2∶1，則R為Na2S，綜上，A為H，B為Na，D為Cl，E為N，F為S，G為Cr；據此分析作答。

【詳解】

（1）根據元素周期律可知Cl的電負性大于S；

（2）Cr為24號元素，價電子排布圖為

（3）晶體鈉為體心立方堆積；區分晶體和非晶體最可靠的科學方法為對固體進行X-射線衍射實驗；

（4）根據核外電子排布規律可知，每個電子的運動狀態不同，Cl-最外層有8個電子，所以就有8種不同運動狀態的電子，最外層有兩個能級，每個能級上電子能量是相同的，所以最外層有2種能量不同的電子，在S2Cl2中要使個原子都滿足8電子穩定結構，則分子存在一個S-S鍵和2個S-Cl鍵，S原子的價電子數為4，因此S原子以sp3方式雜化；S原子周圍有2對孤電子對，所以分子為極性分子；

（5）A與E形成的最簡單化合物為NH3，NH3分子中N原子周圍有3個共價鍵，一個孤電子對，因此分子空間構型為三角錐形，由于在NH3中有孤電子對的存在；分子中正電中心和負電中心不重合，使分子的一部分呈正電性，另一部分呈負電性，所以分