2025年人教版選修3化學下冊月考試卷

…………○…………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年人教版選修3化學下冊月考試卷100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7題，共14分)1、某原子中的電子由在K層上運動變?yōu)樵贛層上運動，將A.吸收能量B.釋放能量C.能量不變D.無法判斷2、下列說法錯誤的是（）A.ns電子的能量可能低于(n-1)p電子的能量B.6C的電子排布式1s22s22p違反了洪特規(guī)則C.電子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3違反了能量最低原理D.電子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10違反了泡利不相容原理3、下列敘述正確的是A.通常，同周期元素的第一電離能ⅦA族的元素最大B.主族元素的原子形成單原子離子時的化合價數都和它的族序數相等C.第ⅠⅡA族元素的原子，其半徑越大，第一電離能越大D.在同一主族中，自上而下第一電離能逐漸減小4、現有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：

①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5

則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>②>①C.電負性：④>③>②>①D.最高正化合價：④>③＝②>①5、下列常見分子的立體構型最相近的是A.和B.和C.和D.和6、下列各組微粒的立體構型相同的是A.C與SO2B.CH4與CCl4C.NH3與BF3D.H3O+與SO37、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A.60g二氧化硅晶體中含有2NA個硅氧鍵B.1molD2O中含有10NA個質子C.12g金剛石中含有NA個碳碳鍵D.1mol石墨晶體中含有2NA個碳碳鍵評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、下列說法中正確的是A.所有的電子在同一區(qū)域里運動B.能量高的電子在離核遠的區(qū)域運動，能量低的電子在離核近的區(qū)域運動C.處于最低能量的原子叫基態(tài)原子D.同一原子中，1s、2s、3s所能容納的電子數越來越多9、基態(tài)原子由原子核和繞核運動的電子組成,下列有關核外電子說法正確的是A.基態(tài)原子的核外電子填充的能層數與元素所在的周期數相等B.基態(tài)原子的核外電子填充的軌道總數一定大于或等于(m表示原子核外電子數)C.基態(tài)原子的核外電子填充的能級總數為(n為原子的電子層數)D.基態(tài)原子的核外電子運動都有順時針和逆時針兩種自旋狀態(tài)10、近年來我國科學家發(fā)現了一系列意義重大的鐵系超導材料，其中一類為Fe－Sm－As－F－O組成的化合物。下列說法正確的是A.元素As與N同族，可預測AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角B.Fe成為陽離子時首先失去3d軌道電子C.配合物Fe(CO)n可用作催化劑，Fe(CO)n內中心原子價電子數與配體提供電子總數之和為18，則n＝5D.每個H2O分子最多可與兩個H2O分子形成兩個氫鍵11、肼(N2H4)為二元弱堿，在水中的電離方式與NH3相似。25℃時，水合肼(N2H4·H2O)的電離常數K1、K2依次為9.55×10-7、1.26×10-15。下列推測或敘述一定錯誤的是A.N2H4易溶于水和乙醇B.N2H4分子中所有原子處于同一平面C.N2H6Cl2溶液中：2c(N2H)+c(N2H)>c(Cl-)+c(OH-)D.25°C時，反應H++N2H4?N2H的平衡常數K=9.55×10712、在某晶體中；與某一個微粒x距離最近且等距離的另一個微粒y所圍成的立體構型為如圖所示的正八面體形。該晶體可能是。

A.NaCl晶體（x＝Na＋，y＝Cl－）B.CsCl晶體（x＝Cs＋，y＝Cl－）C.CaTiO3晶體（x＝Ti4＋，y＝O2－）D.NiAs晶體（x＝Ni，y＝As）評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、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。14、鈣及其化合物在工業(yè)上；建筑工程上和醫(yī)藥上用途很大?；卮鹣铝袉栴}。

(1)基態(tài)Ca原子M能層有_____個運動狀態(tài)不同的電子，Ca的第一電離能__________(填“大于”或“小于”)Ga。

(2)Mn和Ca屬于同一周期，且核外最外層電子構型相同，但金屬Mn的熔點沸點等都比金屬Ca高，原因是____________________。

(3)氯氣與熟石灰反應制漂白粉時會生成副產物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的陰離子空間構型是__________、中心原子的雜化形式為___________。

(4)碳酸鹽的熱分解示意圖如圖所示。

熱分解溫度：CaCO3_______(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_____________________________。從價鍵軌道看，CO2分子內的化學鍵類型有__________。

(5)螢石是唯一一種可以提煉大量氟元素的礦物，晶胞如圖所示。Ca2+的配位數為__________，螢石的一個晶胞的離子數為__________，已知晶胞參數為0.545nm，阿伏加德羅常數的值為NA，則螢石的密度為__________g·cm－3(列出計算式)。

15、光伏材料是指能將太陽能直接轉換成電能的材料。光伏材料又稱太陽能材料；只有半導體材料具有這種功能。可做太陽電池材料的有單晶硅；多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。

(1)已知Se在周期表的位置為_____，基態(tài)Ga原子核外電子占據的最高能級為_____。

(2)P、S、Ga電負性從大到小的順序為_____。

(3)與Al元素處于同一主族的硼元素具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能與水反應生成[B(OH)4]-而體現一元弱酸的性質，[B(OH)4]-的結構式為____(標出配位鍵)

(4)已知[Cu(H2O)4]2+具有對稱的空間構型，[Cu(H2O)4]2+中的2個H2O被Cl-取代，能得到2種不同結構的產物，則[Cu(H2O)4]2+的空間構型為_____。請畫出該離子中配位鍵的結合形式__。16、硼元素；鈣元素、銅元素在化學中有很重要的地位；單質及其化合物在工農業(yè)生產和生活中有廣泛的應用。

已知與水反應生成乙炔。請回答下列問題：

將乙炔通入溶液中生成紅棕色沉淀，基態(tài)核外電子排布式為______，其在酸性溶液中不穩(wěn)定，可發(fā)生歧化反應生成和Cu，但CuO在高溫下會分解成試從結構角度解釋高溫下CuO何會生成______。

中與互為等電子體，中含有的鍵數目為______。

乙炔與氫氰酸反應可得丙烯腈丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是______，構成丙烯腈元素中第一電離能最大的是______。

硼酸是一種片層狀結構的白色晶體，層內的分子間通過氫鍵相連如圖則的晶體中有______mol氫鍵。硼酸溶于水生成弱電解質一水合硼酸它電離生成少量和則含有的化學鍵類型為______。

17、氫鍵只能影響物質的某些物理性質，如熔沸點、溶解度、密度等。______

A.正確B.錯誤18、銅的化合物用途非常廣泛。已知下列反應：[Cu(NH3)2]++NH3+CO?[Cu(NH3)3CO]+，2CH3COOH+2CH2＝CH2+O22CH3COOCH＝CH2+2H2O。

(1)Cu2+基態(tài)核外電子排布式為______。

(2)NH3分子空間構型為_______，其中心原子的雜化類型是______。

(3)CH3COOCH＝CH2分子中碳原子軌道的雜化類型是_______，1molCH3COOCH＝CH2中含鍵數目為_____。

(4)CH3COOH可與H2O混溶，除因為它們都是極性分子外，還因為__________。

(5)配離子[Cu(NH3)3CO]+中NH3及CO中的C與Cu(Ⅰ)形成配位鍵。不考慮空間構型，[Cu(NH3)3CO]+的結構示意圖表示為____19、以Fe和BN為原料合成的鐵氮化合物在光電子器材領域有廣泛應用。

（1）基態(tài)Fe原子核外電子排布式為___。

（2）硼在室溫下與F2反應生成BF3，BF3的空間構型為__。寫出一種與BF3互為等電子體的陰離子：___。

（3）以氨硼烷（NH3BH3）為原料可以獲得BN。氨硼烷的結構式為__（配位鍵用“→”表示），氨硼烷能溶于水，其主要原因是__。

（4）如圖為Fe與N所形成的一種化合物的基本結構單元，該化合物的化學式為__。

20、金屬晶體中金屬原子有三種常見的堆積方式：六方最密堆積、面心立方最密堆積和體心立方密堆積，圖（a）、（b）；（c）分別代表這三種晶胞的結構。

（1）三種堆積方式實質是金屬陽離子的堆積方式，那么自由電子有無確切的堆積方式？_______（填“有”或“無”）。

（2）影響金屬晶體熔點的主要因素是___________________。21、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晶體中硼原子個數與極性鍵個數之比為____________。

（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____________。評卷人得分四、計算題(共2題，共12分)22、鐵有δ；γ、α三種同素異形體；三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉化。

(1)δ、γ、α三種晶體晶胞中鐵原子的配位數之比為_________。

(2)若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶胞空間利用率之比為________(用a、b表示)

(3)若Fe原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數的值，則γ-Fe單質的密度為_______g/cm3(用含r的表達式表示；列出算式即可)

(4)三氯化鐵在常溫下為固體，熔點為282℃，沸點為315℃，在300℃以上升華，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有機溶劑。據此判斷三氯化鐵的晶體類型為______。23、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，晶胞參數為434pm。針對β—SiC回答下列問題：

⑴C的配位數為__________。

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）評卷人得分五、元素或物質推斷題(共5題，共35分)24、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的原子序數為24。請根據以上情況；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：原子數相同、電子數相同的分子，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，只要其原子數相同，各原子最外層電子數之和相同，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____________。25、現有屬于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七種元素，原子序數依次增大。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，最外層電子數是核外電子總數的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____。26、原子序數小于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________。27、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：____________________。28、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目為__________。評卷人得分六、實驗題(共1題，共5分)29、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(qū)別開來_____________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【詳解】

多電子原子的核外電子的能量是不同的；離核越近能量越低，所以K層上電子的能量小于M層上電子的能量，所以電子由在K層上運動變?yōu)樵贛層上運動，電子的能量要升高，因此，要吸收能量；

答案選A。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．根據能級構造原理可知；不同層不同能級ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，ns電子的能量一定高于(n-1)p電子的能量，A錯誤；

B．洪特規(guī)則是指原子核外電子進入相同能級的不同軌道時，總是優(yōu)先單獨進入不同的軌道且自旋方向相同，故6C的電子排布式1s22s22p違反了洪特規(guī)則，正確排布為：1s22s22p2pB正確；

C．能量最低原則是指原子核外的電子總是優(yōu)先進入能量低的離核近的能級里，故電子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3違反了能量最低原則，正確的排布為：1s22s22p63s23p63d14s2；C正確；

D．泡利原理是指在一個原子軌道里，最多只能容納2個電子，且它們的自旋方向相反，故電子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10違反了泡利原理，正確的排布為：1s22s22p63s23p63d24s2；D正確；

故答案為：A。3、D【分析】【詳解】

A．通常；同周期元素的第一電離能0族的元素最大，A錯誤；

B．主族元素的原子形成單原子陽離子時的化合價數都和它的族序數相等；而陰離子的化合價絕對值與族序數的和為8，B錯誤；

C．第ⅠA；ⅡA族元素的原子；其半徑越大，第一電離能越小，C錯誤；

D．在同一主族中；自上而下由于原子半徑逐漸增大，所以第一電離能逐漸減小，D正確。

答案選D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

由四種元素基態(tài)原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。

A；同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢；故第一電離能N＜F，但P元素原子3p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，同主族自上而下第一電離能降低，所以第一電離能N＞P，所以第一電離能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正確；

B；同周期自左而右原子半徑減??；所以原子半徑P＞S，N＞F，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B錯誤；

C；同周期自左而右電負性增大；所以電負性P＜S，N＜F，N元素非金屬性與S元素強，所以電負性P＜N，故電負性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C錯誤；

D；最高正化合價等于最外層電子數；但F元素沒有正化合價，所以最高正化合價：①＞②=③，故D錯誤。

故選A。5、C【分析】【詳解】

A．CO2和SO2的立體構型分別為直線形和V形；A項錯誤；

B．CH4和NH3的立體構型分別為正四面體形和三角錐形；B項錯誤；

C．CH2O和BBr3的立體構型均為平面三角形；其中后者為正三角形，C項正確；

D．H2O和BeCl2的立體構型分別為V形和直線形；D項錯誤；

故選C。6、B【分析】【分析】

根據價層電子對互斥理論確定微粒空間構型，價層電子對個數=σ鍵+孤電子對個數，孤電子對個數=×（a-xb），a為中心原子的價電子數，x為與中心原子結合的原子個數，b為與中心原子結合的原子最多能接受的電子數；據此判斷。

【詳解】

A．若C是金剛石，正四面體結構，若C是石墨，層狀結構；SO2中價層電子對個數=2+(6-2×2)=2+1=3；含有一個孤電子對，所以分子空間構型是V形結構，故A錯誤；

B．CH4與CCl4分子中C原子價層電子對個數均為4+×（4-4×1）=4，且不含孤電子對，所以CH4與CCl4分子構型均為正四面體結構；故B正確；

C．NH3中價層電子對個數=3+×(5-3×1)=4且含有一個孤電子對，所以分子構型為三角錐形結構；BF3中價層電子對個數=3+(3-3×1)=3+0=3；孤對電子對數為0，所以分子構型為平面正三角形結構，故C錯誤；

D．H3O+中價層電子對個數=3+×(6-1-3×1)=4且含有一個孤電子對，所以為三角錐形結構；SO3中電子對數=3+(6-3×2)=3+0=3；孤對電子對數為0，所以分子構型為平面正三角形結構，故D錯誤。

答案為B。7、B【分析】【詳解】

A、60g二氧化硅的物質的量n（SiO2）==1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧鍵，故含硅氧鍵4NA個；故A錯誤；

B、1個重水(D2O)分子中含10個質子，故1mol重水中含10mol質子，即10NA個；故B正確；

C、12g金剛石中含有碳原子的物質的量為1mol，金剛石中n(C)：n(C—C)=1:2，故含2NA個碳碳鍵；故C錯誤；

D、石墨晶體中n(C)：n(C—C)=2:3，所以1mol石墨晶體中含有碳碳鍵數為NA；故D錯誤；

答案選B。二、多選題(共5題，共10分)8、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(tài)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。9、AB【分析】【詳解】

A.基態(tài)原子的核外電子填充的能層數等于電子層數；等于所在的周期數，故A正確；

B.由泡利（不相容）原理可知1個原子軌道里最多只能容納2個電子，若基態(tài)原子的核外電子填充的軌道總數為n，容納的核外電子數m最多為2n，則n大于或等于故B正確；

C.若n為原子的電子層數，基態(tài)原子的核外電子填充的能級總數為n2；故C錯誤；

D.依據洪特規(guī)則可知；當電子排布在同一能級的不同軌道（能量相同）時，總是優(yōu)先單獨占據一個軌道，而且自旋方向相同，則基態(tài)原子的核外電子運動不一定都有順時針和逆時針兩種自旋狀態(tài)，故D錯誤；

故選AB。10、AC【分析】【詳解】

A選項，元素As與N同族，N的電負性大于As，使成鍵電子離N原子更近，兩個N—H鍵間的排斥力增大，NH3中鍵角更大，因此AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角；故A正確；

B選項；Fe成為陽離子時首先失去4s軌道電子，故B錯誤；

C選項，配合物Fe(CO)n可用作催化劑，Fe的價電子為3d64s2，價電子數為8，一個配體CO提供2個電子，因此Fe(CO)n內中心原子價電子數與配體提供電子總數之和為18；8+2×n=18，則n＝5，故C正確；

D選項，冰中每個H2O分子與周圍四個水分子形成氫鍵形成四面體結構；即一個水分子可以形成四個氫鍵，故D錯誤。

綜上所述；答案為AC。

【點睛】

冰的密度比水小的原因是冰中水與周圍四個水分子以氫鍵形成四面體結構，中間有空隙，因此密度比水小。11、BC【分析】【詳解】

A.N2H4是極性分子；且能與水分子和乙醇分子形成氫鍵，因此其易溶于水和乙醇，故A正確；

B.N2H4分子中N原子采用sp3雜化；為四面體結構，因此所有原子不可能共平面，故B錯誤；

C.N2H6Cl2溶液中存在電荷守恒：2c(N2H)+c(N2H)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，則2c(N2H)+c(N2H)-)+c(OH-)；故C錯誤；

D.反應H++N2H4?N2H的平衡常數K==故D正確；

故選：BC。12、AC【分析】【分析】

根據圖片知；與某一個微粒x距離最近且等距離的另一個微粒y所圍成的空間構型為正八面體形，所以x的配位數是6，只要晶體中配位數是6的就符合該圖，如果配位數不是6的就不符合該圖，據此分析解答。

【詳解】

A．氯化鈉晶體中的離子配位數是6；所以符合該圖，故A正確；

B．氯化銫晶體中的離子配位數是8；所以不符合該圖，故B錯誤；

C．CaTiO3晶體中的離子配位數是6所以符合該圖；故C正確；

D．NiAs晶體中的離子配位數是4；所以不符合該圖，故B錯誤；

故答案選AC。三、填空題(共9題，共18分)13、略

【分析】【分析】

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

（2）根據晶胞中微粒個數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，雜化軌道數為4，據此判斷雜化方式；原子數和電子數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）根據晶胞中微粒個數的分配方法計算，晶胞中含有N原子的數目為8×=1，Cu原子的數目為：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-14、略

【分析】【分析】

(1)原子核外電子的運動狀態(tài)是由能層；能級（電子云）、電子云伸展方向、電子自旋決定的；據此解答。

(2)Mn和Ca屬于同一周期；從原子半徑和價電子數影響金屬鍵強弱角度分析。

(3)分析陰離子ClO3-的中心氯原子的孤電子對數和σ鍵數；再根據價層電子對互斥理論確定該陰離子的空間構型和中心原子的雜化軌道類型。

(4)根據碳酸鹽的熱分解示意圖可知，CaCO3熱分解生成CaO，SrCO3熱分解生成SrO，CaO和SrO都是離子晶體；離子晶體的晶格能越大，離子晶體越穩(wěn)定，生成該晶體的反應越容易發(fā)生。

(5)根據螢石晶胞示意圖中黑球和白球實際占有的個數，結合螢石的化學式（CaF2）中粒子個數比確定黑球、白球分別代表的粒子種類。在分析Ca2+的配位數時，可將螢石晶胞分割為8個小立方體，利用晶胞的“無隙并置”的特點，確定與1個Ca2+距離最近且相等的F-的個數。一個粒子（Ca2或F-）的質量=由于晶胞實際占有4個Ca2+和8個F-，故而確定晶胞質量，再根據公式ρ=計算該晶體的密度。

【詳解】

(1)原子核外電子的運動狀態(tài)是由能層、能級（電子云）、電子云伸展方向、電子自旋決定的?；鶓B(tài)Ca原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，所以M能層上有8個運動狀態(tài)不同的電子。由于Ca原子的價層電子排布為4s2，已達全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定；而Ga原子價層電子排布為4s24p1；不太穩(wěn)定，所以Ca的第一電離能大于Ga的第一電離能。

(2)Mn和Ca屬于同一周期，同周期從左至右原子半徑逐漸減??；Mn原子價層電子排布為3d54s2，Ca原子價層電子排布為4s2；價電子數Mn比Ca多，原子半徑越小，價電子數越多，金屬鍵越強。所以，金屬Mn的熔點沸點等都比金屬Ca高的原因是：Mn原子半徑較小且價電子數較多，金屬鍵較強。

(3)Ca(ClO3)2中的陰離子化學式為ClO3-，中心原子氯的孤電子對數=(7+1-3×2)=1，σ鍵數=3，中心原子氯的價層電子對數=1+3=4，根據價層電子對互斥理論，ClO3-的空間構型是三角錐形，中心原子氯的雜化形式為sp3。

(4)由碳酸鹽的熱分解示意圖看出，CaCO3熱分解生成CaO，SrCO3熱分解生成SrO，CaO和SrO都是離子晶體，因為離子半徑r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解為CaO，所以CaCO3的熱分解溫度低于SrCO3。CO2分子結構為O=C=O，C=O雙鍵中1條σ鍵，1條π鍵，所以CO2分子內的化學鍵類型有σ鍵；π鍵。

(5)螢石的化學式為CaF2，即晶胞中鈣離子與氟離子個數比為1:2，從晶胞示意圖看，每個晶胞中實際占有黑球的個數=8×+6×=4，晶胞中實際占有白球的個數為8，據此可知黑球代表Ca2+，白球代表F-。將該面心立方晶胞分割成8個小立方體（），每個小立方體的4個頂點上是Ca2+，體心是F-，現選取一個頂點（Ca2+）作為考查對象，經過該頂點的小立方體有8個，即與該頂點的Ca2+距離相等且最近的F-共有8個，所以Ca2+的配位數為8。螢石的一個晶胞中實際占有4個Ca2+和8個F-，所以螢石一個晶胞的離子數為12。1個Ca2+的質量==g，1個F-的質量==g，則螢石的密度ρ===g/cm3。

【點睛】

利用均攤法計算晶胞中實際占有的粒子數：處于立方晶胞頂點的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞面心的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞棱邊中點的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞內部的粒子完全被晶胞占有，每個晶胞實際占有的粒子數等于不同位置的粒子數分別與該位置粒子實際被晶胞占有的分數乘積之和?！窘馕觥?大于Mn原子半徑較小且價電子數較多，金屬鍵較強三角錐形sp3低于r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解為CaOσ鍵，π鍵81215、略

【分析】【分析】

(1)Se是34號元素；4個電子層；最外層6個電子；根據能量最低原理，核外電子從低能級向高能級排布；

(2)同周期元素從左到右電負性逐漸增大；同主族元素從上到下電負性減小；

(3)B最外層有5個電子，與三個羥基形成三對共價鍵，剩余一對孤對電子，形成配位鍵，H3BO3與水反應生成[B(OH)4]-時形成1個配位鍵；

(4)[Cu(NH3)4]2+具有對稱的空間構型；則該微粒可能為正四面體結構或平面正方形結構，平面正方形結構有兩種不同的二氯代物，正四面體結構有一種二氯代物。

【詳解】

(1)Se是34號元素，4個電子層、最外層6個電子，在周期表的位置為第四周期VIA族；Ga是31號元素，核外有31個電子，基態(tài)Ga原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1；最高能級為4p；

(2)同周期元素從左到右電負性逐漸增大；S和P同周期，故電負性：S＞P，同主族元素從上到下電負性減小，P和As同主族，P＞As，As和Ga同周期，電負性As＞Ga，所以電負性S＞P＞Ga；

(3)B最外層有3個電子，與三個羥基形成三對共價鍵，羥基提供H3BO3與水反應生成[B(OH)4]-時形成1個配位鍵，[B(OH)4]-的結構式為

(4)[Cu(NH3)4]2+具有對稱的空間構型，則該微?？赡転檎拿骟w結構或平面正方形結構，平面正方形結構有兩種不同的二氯代物，正四面體結構有一種二氯代物，[Cu(H2O)4]2+中的2個H2O被Cl-取代，能得到2種不同結構的產物，則[Cu(H2O)4]2+的空間構型為平面正方形，銅原子提供空軌道，水分子提供孤對電子，形成4對配位鍵，構型為

【點睛】

不是同周期，不是同主族的元素的電負性進行比較時，可以選擇一個參照物，例如P和Ga不位于同周期，也不位于同族，選擇As進行對照，方便解題?！窘馕觥竣?第四周期VIA族②.4p③.S＞P＞Ga④.⑤.平面正方形⑥.16、略

【分析】【分析】

(1)①Cu+基態(tài)核外電子排布式為價電子排布式為為全充滿結構，更穩(wěn)定，據此作答；②與互為等電子體，則中氧原子之間形成叁鍵，叁鍵中有1個鍵、2個鍵；據此作答；

③根據有機C原子的雜化規(guī)律，中，C、CH中碳原子含一個雙鍵，采取雜化；而CN中碳原子含一個叁鍵，采取sp雜化；H元素非金屬性最??；其第一電離能最小，同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，N元素第一電離能大于C元素，據此解答；

(2)由圖可知，一個分子對應著6個氫鍵，而一個氫鍵對應著2個分子，據此作答；中O與H原子之間形成共價鍵；O與B之間形成配位鍵；含有的化學鍵類型為共價鍵、配位鍵，據此解答；

【詳解】

(1)①基態(tài)核外電子排布式為價電子排布式為為全充滿結構，更穩(wěn)定，故CuO在高溫下會分解成

故答案為：價電子排布式為為全充滿結構，更穩(wěn)定；

②CaC2中與互為等電子體，則中氧原子之間形成叁鍵，叁鍵中有1個鍵、2個鍵，中含有的鍵數目為

故答案為：

③乙炔與氫氰酸反應可得丙烯腈丙烯腈分子中碳原子沒有孤對電子，C、CH中碳原子均形成3個鍵，采取雜化，而CN中碳原子形成2個鍵；采取sp雜化；H元素非金屬性最??；其第一電離能最小，同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，N元素第一電離能大于C元素；

故答案為：sp、N；

由圖可知，一個分子對應著6個氫鍵，而一個氫鍵對應著2個分子，因此含有分子的晶體中有3mol氫鍵，中O與H原子之間形成共價鍵；O與B之間形成配位鍵；含有的化學鍵類型為共價鍵、配位鍵；

故答案為：3；共價鍵、配位鍵；【解析】價電子排布式為為全充滿結構，更穩(wěn)定sp、N3共價鍵、配位鍵17、A【分析】【詳解】

氫鍵可導致分子間作用力增強；熔沸點較同主族元素形成的氫化物高，與水分子間形成氫鍵，溶解度增大，所以氫鍵只能影響物質的某些物理性質，如熔沸點；溶解度、密度等，該說法正確。

答案為A。18、略

【分析】【分析】

根據銅原子的電子排布式；失去最外層與次外層各一個電子，依此寫出銅離子的電子排布式；根據VSEPR判斷其空間構型和雜化軌道形式；根據結構中σ鍵數，判斷雜化軌道形式和計算σ鍵；根據分子間可以形成氫鍵，判斷相溶性；根據形成配位鍵，判斷結構示意圖。

【詳解】

（1）Cu元素的核電荷數為29，核外電子數也為29，基態(tài)Cu原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，4s與3d能級各失去1個電子形成Cu2+，Cu2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9；答案為1s22s22p63s23p63d9。

（2）NH3分子中N原子價層電子對數=3+=4，且含有1對孤電子對，根據VSEPR模型為四面體形，由于一對孤電子對占據四面體的一個頂點，所以其空間構型為三角錐形，根據雜化軌道理論，中心N原子的雜化方式為sp3雜化；答案為三角錐形，sp3。

（3）CH3COOCH=CH2分子中甲基上的C形成4個σ鍵，沒有孤對電子，C原子為sp3雜化，羧基上的碳、碳碳雙鍵中碳都形成3個σ鍵，沒有孤對電子，為sp2雜化，CH3COOCH=CH2分子中含有1個C.6個C-H、2個C-O、1個C=O、1個C=C鍵，則σ鍵的數目為1+6+2+1+1=11，1molCH3COOCH=CH2分子中含有σ鍵的數目為11mol；答案為：sp2和sp3；11mol。

（4）乙酸和水都為極性分子，且分子之間可形成氫鍵，故CH3COOH可與H2O混溶；答案為CH3COOH與H2O之間可以形成氫鍵。

（5）Cu（I）提供空軌道，N、C原子提供孤對電子，Cu（I）與NH3及CO中的C形成配位鍵，結構示意圖表示為：答案為【解析】①.[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9②.三角錐③.sp3④.sp2和sp3⑤.11mol⑥.CH3COOH與H2O之間可以形成氫鍵⑦.19、略

【分析】【分析】

根據分子中δ鍵和孤電子對數判斷雜化類型和分子的空間構型；根據均攤法；晶胞中的S；Fe原子數目，進而確定化學式。

【詳解】

（1）根據電子能級排布，基態(tài)Fe原子核外電子排布式為[Ar]3d64s2。

（2）BF3分子中，B原子價層電子對數=3+中心原子B原子沒有孤對電子，則應為sp2雜化，空間構型為平面三角形。原子數相同，價電子數相同的粒子互為等電子體，則與BF3互為等電子體的陰離子為CO32-。

（3）氮原子提供一對共用電子對給硼原子形成配位鍵，氨硼烷的結構式為氨硼烷能溶于水，其主要原因是氨硼烷與水分子間形成氫鍵。

（4）由圖可知，根據均攤法，該晶胞中鐵原子個數為4，氮原子個數=1+4×=1.5，鐵原子和氮原子的數目之比為8：3，所以該化合物的化學式為Fe8N3?！窘馕觥竣?[Ar]3d64s2②.平面三角形③.CO32-④.⑤.氨硼烷與水分子間形成氫鍵⑥.Fe8N320、略

【分析】【詳解】

(1)由于金屬晶體中的自由電子不屬于每個固定的原子；而是在整個晶體中自由移動，故自由電子無確切的堆積方式，答案為：無；

(2)金屬晶體是金屬原子通過金屬鍵形成的，金屬鍵的強弱直接影響僉屬晶體的熔點。金屬鍵越強，晶體的熔點越高，故答案為：金屬鍵的強弱?！窘馕觥竣?無②.金屬鍵的強弱21、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晶體中硼原子個數與極性鍵個數之比為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。【解析】①.8②.O③.1：6④.12⑤.分子間作用力四、計算題(共2題，共12分)22、略

【分析】【分析】

(1)根據各種晶體結構中微粒的空間位置確定三種晶體晶胞中鐵原子的配位數；然后得到其比值；

(2)先計算出兩種晶體中Fe原子個數比；然后根據密度定義計算出其密度比，就得到其空間利用率之比；

(3)先計算γ-Fe晶體中Fe原子個數，根據Fe原子半徑計算晶胞的體積，然后根據計算晶體的密度；

(4)根據物質的熔沸點；溶解性等物理性質分析判斷。

【詳解】

(1)δ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是晶胞頂點的Fe異種；個數是8個；

γ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子個數=3××8=12；

α-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是相鄰頂點上鐵原子；鐵原子個數=2×3=6；

則三種晶體晶胞中鐵原子的配位數的比為8：12：6=4：6：3；

(2)若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶體中鐵原子個數之比=(1+)：(8×)=2：1，密度比==2b3：a3，晶體的密度比等于物質的空間利用率之比，所以兩種晶體晶胞空間利用率之比為2b3：a3；

(3)在γ-Fe晶體中Fe原子個數為8×+6×=4，Fe原子半徑為rpm，假設晶胞邊長為L，則L=4rpm，所以L=2rpm=2×10-10cm，則晶胞的體積V=L3=(2×10-10)cm3，所以γ-Fe單質的密度

(4)FeCl3晶體的熔沸點低；易溶于水，也易溶于乙醚；丙酮等有機溶劑，根據相似相溶原理，結合分子晶體熔沸點較低，該物質的熔沸點較低，屬于分子晶體。

【點睛】

本題考查了Fe的晶體類型的比較、晶體空間利用率和密度的計算、鐵元素化合物晶體類型的判斷。學會利用均攤方法分析判斷晶胞中鐵原子數目，熟練掌握各種類型晶體的特點，清楚晶體密度計算公式是解答本題的關鍵?！窘馕觥?：6：32b3：a3分子晶體23、略

【分析】【分析】

每個C周圍有4個硅，C和Si的最短距離為體對角線的四分之一，先計算金剛石晶胞中碳的個數，再根據公式計算空間利用率。

【詳解】

⑴每個C周圍有4個硅，因此C的配位數為4；故答案為：4。⑵C和Si的最短距離為體對角線的四分之一，因此故答案為：188。⑶金剛石晶胞中有個碳，假設C的原子半徑為r，則金剛石晶胞參數為金剛石晶體中原子的空間利用率故答案為：34%?！窘馕觥?18834%五、元素或物質推斷題(共5題，共35分)24、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，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原子最外層電子數相同即最外層電子數只有一個，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。【解析】1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O25、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，最外層電子數是核外電子總數的最外層電子數為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26、略

【分析】【分析】

原子序數小于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鍵的數目為5NA；

（2）NH3和CH