2025年仁愛科普版選修3化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年仁愛科普版選修3化學(xué)上冊階段測試試卷768考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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8題，共16分)1、原子核外電子的運(yùn)動狀態(tài)用四個方面進(jìn)行描述，磷原子核外最外層上能量高的電子有相同的運(yùn)動狀態(tài)A.一個B.二個C.三個D.四個2、下列各組元素，按照原子半徑依次減少，第一電離能依次增大的順序排列的是（）A.Ca、Mg、BeB.Na、Mg、AlC.C.N、OD.P、S、Cl3、配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于離子檢驗，下列說法正確的是A.該物質(zhì)中Fe化合價為+2B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子雜化方式為sp3C.該物質(zhì)不存在的化學(xué)鍵有氫鍵D.NO作為配體提供一對孤對電子4、氯化亞砜(SOCl2)是一種很重要的化學(xué)試劑，可以作為氯化劑和脫水劑。下列關(guān)于氯化亞砜分子的幾何構(gòu)型和中心原子(S)采取雜化方式的說法正確的是A.三角錐型、sp3B.平面三角形、sp3C.平面三角形、sp2D.三角錐型、sp25、下列說法中正確的是（）A.CH4，C2H2，HCN都是含有極性鍵的非極性分子B.CO2與SO2的立體構(gòu)型相似，都是非極性分子C.葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中的手性碳原子數(shù)為5D.酸性：H3PO4＞HClO，因為H3PO4的非羥基氧原子數(shù)比HClO的多6、對下列圖形解釋的說法錯誤的是（）A.晶體金紅石的晶胞如圖1所示，推知化學(xué)式為TiO2（注：氧原子分別位于晶胞的上下底面和內(nèi)部）B.配合物（如圖2）分子中含有分子內(nèi)氫鍵C.某手性分子如圖3：可通過酯化反應(yīng)讓其失去手性D.可以表示氯化鈉晶體，是氯化鈉的晶胞7、下列各組物質(zhì)中,按熔點(diǎn)由高到低排列的是()A.H2O、H2S、H2SeB.GeH4、SiH4、CH4C.CH4、CH3CH3、CH3CH2CH3D.晶體硅、碳化硅、金剛石8、已知：SiCl4的分子結(jié)構(gòu)與CCl4相似，下列說法不正確的是A.SiCl4的分子是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子B.NH4Cl與NaOH所含化學(xué)鍵類型和晶體類型均相同C.SiO2、SiCl4的相對分子質(zhì)量不同，所以沸點(diǎn)不同D.熔點(diǎn)：LiF＞NaF＞NaCl＞KCl評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、下表給出了14種元素的電負(fù)性：

運(yùn)用元素周期律知識完成下列各題。

(1)同一周期中，從左到右，主族元素的電負(fù)性________；同一主族中，從上到下，元素的電負(fù)性________。所以主族元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)遞增呈____________變化。

(2)短周期元素中，電負(fù)性最大的元素與氫元素形成的化合物屬于________化合物，用電子式表示該化合物的形成過程__________________________。

(3)已知：兩成鍵元素間的電負(fù)性差值大于1.7時，通常形成離子鍵，兩成鍵元素間的電負(fù)性差值小于1.7時，通常形成共價鍵。則Mg3N2、BeCl2、AlCl3、SiC中為離子化合物的是________，為共價化合物的是________。10、試用VSEPR理論判斷：_____________。物質(zhì)孤對電子對數(shù)軌道雜化形式分子或離子的形狀SO3PO43-NCl3CS211、N；P同屬于元素周期表的第VA族元素。

（1）基態(tài)磷原子的價電子排布圖是____________

（2）NCl3的VSEPR模型名稱是__________，中心原子雜化軌道類型是__________________。

（3）“笑氣”（N2O）是人類最早應(yīng)用于醫(yī)療的麻醉劑之一。有關(guān)理論認(rèn)為原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的粒子即等電子體具有相似的化學(xué)鍵特征，它們的許多性質(zhì)是接近的。寫出N2O的一種有第二周期非金屬元素組成的等電子體分子_______________________。

（4）沸點(diǎn)比較：PH3___________NH3(填“＞”、“＝”、“＜”），理由是____________。

（5）已知鍵能：H－H鍵能為436KJ·mol-1，N－H鍵能為391KJ·mol-1，N≡N鍵能為945.6kJ?mol-1．。則N2+3H22NH3，生成2molNH3時，共放熱_________KJ

（6）NH3極易溶于水，原因是_______________12、下列反應(yīng)曾用于檢測司機(jī)是否酒后駕駛：

2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H++13H2O=4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH

（1）[Cr(H2O)6]3+中，與Cr3+形成配位鍵的原子是__（填元素符號），配位數(shù)是__。

（2）1molCH3COOH分子含有σ鍵的數(shù)目為___；含有π鍵的數(shù)目為__。

（3）水與乙醇可以任意比例互溶，除因為它們都是極性分子外，還因為__。

（4）Cr原子的外圍電子排布式是__。13、硼氫化鈉（NaBH4）在化工領(lǐng)域具有重要的應(yīng)用價值，可采用硼砂、SiO2、Na和H2作為原料制備?；卮鹣铝袉栴}：

（1）周期表中，與B的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是____；該元素基態(tài)原子核外M層電子中自旋狀態(tài)相同的有_____個。

（2）NaBH4中，電負(fù)性最大的元素是____（填元素符號）；B的____雜化軌道與H的1s軌道形成鍵。

（3）硼砂是含8個結(jié)晶水的四硼酸鈉。其陰離子（含B；O、H三種元素）的球模型如圖所示：

①陰離子中，配位鍵存在于____和____原子之間。（均填原子的序號）

②硼砂的化學(xué)式為_______。

（4）SiO2晶胞（立方體）如圖所示，已知SiO2的密度為g/cm3，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則SiO2晶胞的邊長為___pm。

14、（1）可用作食鹽的抗結(jié)劑，高溫下會分解生成KCN、C、C等物質(zhì)，上述物質(zhì)中涉及的幾種元素的第一電離能由大到小的順序為______；中，鐵原子不是采用雜化的理由是______。

（2）氣態(tài)為單分子時，分子中S原子的雜化軌道類型為______，分子的立體構(gòu)型為______；的三聚體環(huán)狀結(jié)構(gòu)如圖1所示，該結(jié)構(gòu)中鍵長有a、b兩類，b的鍵長大于a的鍵長的可能原因為______。

（3）已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且這些原子有相互平行的p軌道，則p電子可在多個原子間運(yùn)動，形成“離域鍵”或大鍵大鍵可用表示，其中m、n分別代表參與形成大鍵的電子數(shù)和原子個數(shù)，如苯分子中大鍵表示為

①下列微粒中存在“離域鍵”的是______；

A.

②分子中大鍵可以表示為______；

（4）鐵、鉀兩種單質(zhì)的堆積方式剖面圖分別如圖2、圖3所示。鐵晶體中原子的空間利用率為______用含的式子表示15、（1）回答下列問題：

①處于基態(tài)的Ca和Fe原子，下列參數(shù)前者小于后者的是_________；

a.最外層電子數(shù)b.未成對電子數(shù)c.第一電離能d.原子半徑。

②有文獻(xiàn)表明，迄今為止（至2016年）除氦外，所有其他稀有氣體元素都能形成化合物。試簡要說明未能制得氦的化合物的理由_______________________。

（2）H和N可以形成多種化合物。

①已知聯(lián)氨(N2H4)的物理性質(zhì)與水接近，其原因是_____________________；

②計算表明：N4H62+的一種結(jié)構(gòu)如圖所示，氫原子只有一種化學(xué)環(huán)境，氮原子有兩種環(huán)境，其中的大π鍵可表示為_________________。

（3）晶體X只含鈉；鎂、鉛三種元素。在不同的溫度和壓力下；晶體X呈現(xiàn)不同的晶相。

①γ-X是立方晶系的晶體。鉛為立方最密堆積，其余兩種原子有選擇的填充鉛原子構(gòu)成的四面體空隙和八面體空隙。在不同的條件下，γ-X也呈現(xiàn)不同的結(jié)構(gòu)，其晶胞如圖所示。X的化學(xué)式為_____________；在(b)型晶胞中，邊長為apm，距離Pb最短的Na有_______個，長度為_______pm（用a表示）；Na填充了晶胞中鉛原子構(gòu)成四面體空隙的百分比為________和八面體空隙的百分比為________。已知(a)型晶胞的邊長為770pm，則該型晶體的密度為_________g·cm-3。（只列出計算式）

②α-X是一種六方晶系的晶體，而在α-X中，鎂和鉛按1：1的比例形成類似于石墨的層狀結(jié)構(gòu)，鈉填在層間。試畫出一層α-X的結(jié)構(gòu)__________。評卷人得分三、實(shí)驗題(共1題，共2分)16、現(xiàn)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(shè)計實(shí)驗方案將這兩種配合物區(qū)別開來_____________________________。評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共6分)17、飲用水中含有砷會導(dǎo)致砷中毒，金屬冶煉過程產(chǎn)生的含砷有毒廢棄物需處理與檢測。冶煉廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化學(xué)沉降法處理酸性高濃度含砷廢水，其工藝流程如下：

已知：①As2S3與過量的S2-存在反應(yīng)：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)；

②亞砷酸鹽的溶解性大于相應(yīng)砷酸鹽。

(1)砷在元素周期表中的位置為_______；AsH3的電子式為______；

(2)下列說法正確的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半徑：S>P>As

c.第一電離能：S

(3)沉淀X為__________(填化學(xué)式)；

(4)“一級沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二級沉砷”中H2O2與含砷物質(zhì)反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________；

(6)關(guān)于地下水中砷的來源有多種假設(shè)，其中一種認(rèn)為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3，同時生成導(dǎo)致砷脫離礦體進(jìn)入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共15分)18、Ⅰ.為了探究一種固體化合物甲（僅含3種元素）的組成和性質(zhì)；設(shè)計并完成如下實(shí)驗：(氣體體積已經(jīng)換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積）

請回答：

（1）寫出化合物甲的化學(xué)式________。

（2）寫出形成溶液C的化學(xué)方程式：_____________。

（3）寫出氣體A通入溶液D中，發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式__________。

Ⅱ.近年來化學(xué)家又研究開發(fā)出了用H2和CH3COOH為原料合成乙醇（反應(yīng)Ⅰ）；同時會發(fā)生副反應(yīng)Ⅱ。

反應(yīng)Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1

反應(yīng)Ⅱ.CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2＞0

已知：乙醇選擇性是轉(zhuǎn)化的乙酸中生成乙醇的百分比。請回答：

（1）反應(yīng)Ⅰ一定條件下能自發(fā)進(jìn)行，則△H1___0。（填“＞”或“＜”）

（2）某實(shí)驗中控制CH3COOH和H2初始投料比為1∶1.5，在相同壓強(qiáng)下，經(jīng)過相同反應(yīng)時間測得如下實(shí)驗數(shù)據(jù)：。溫度（K）催化劑乙酸的轉(zhuǎn)化率（%）乙醇選擇性（%）573甲4050573乙3060673甲5535673乙4050

①有利于提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率的措施有______。

A使用催化劑甲B使用催化劑乙。

C降低反應(yīng)溫度D投料比不變；增加反應(yīng)物的濃度。

E增大CH3COOH和H2的初始投料比。

②673K甲催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ已達(dá)平衡狀態(tài)，測得乙酸的轉(zhuǎn)化率為50%，乙醇的選擇性40%，若此時容器體積為1.0L，CH3COOH初始加入量為2.0mol，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K=_____。

③表中實(shí)驗數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對CH3COOH轉(zhuǎn)化成CH3CH2OH的選擇性有顯著的影響，其原因是_________________。

（3）在圖中分別畫出I在催化劑甲和催化劑乙兩種情況下“反應(yīng)過程-能量”示意圖。_____

19、鈣鈦礦(CaTiO3)型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽能電池；傳感器、固體電阻器等的功能材料；回答下列問題：

(1)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為____________。

(2)Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如下表所示，TiF4熔點(diǎn)高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點(diǎn)依次升高，原因是____________?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃377﹣24.1238.3155

(3)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，其組成元素的電負(fù)性大小順序是__________；金屬離子與氧離子間的作用力為__________，Ca2+的配位數(shù)是__________。

(4)一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機(jī)堿離子其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中__________的空間位置相同，有機(jī)堿中，N原子的雜化軌道類型是__________；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為_________g·cm-3(列出計算式)。

(5)用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽能電池在使用過程中會產(chǎn)生單質(zhì)鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國科學(xué)家巧妙地在此材料中引入稀土銪(Eu)鹽，提升了太陽能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖(c)所示，用離子方程式表示該原理_______、_______。

20、復(fù)合氫化物可作為儲氫和固體電解質(zhì)材料；在能源與材料領(lǐng)域得到了廣泛而深入的研究。

(1)復(fù)合氫化物升溫加熱可逐步分解放出氫氣，理論上單位質(zhì)量的下列復(fù)合氫化物其儲氫能力由高到低的順序是_______________(填標(biāo)號)。A．Mg(NH2)2B．NaNH2C．H3N－BH3D．NaAlH4E．Li3AlH6(2)在Mg(NH2)2和NaNH2中均存在NHNH的空間構(gòu)型為____________；中心原子的雜化方式為___________。

(3)2019年Rahm利用元素價電子的結(jié)合能重新計算各元素的電負(fù)性；短周期主族元素的Rahm電負(fù)性數(shù)值如下表所示：

。元素符號。

H

Rahm電負(fù)性。

13.6

元素符號。

Li

Be

B

C

N

O

F

Rahm電負(fù)性。

5.4

9.3

11.4

13.9

16.9

18.6

23.3

元素符號。

Na

Mg

Al

Si

P

S

Cl

Rahm電負(fù)性。

5.1

7.6

9.1

10.8

12.8

13.6

16.3

①寫出基態(tài)B原子的價電子軌道表達(dá)式：______________________。

②通過上表可以推測Rahm電負(fù)性小于___________________的元素為金屬元素。

③結(jié)合上表數(shù)據(jù)寫出H3N－BH3與水反應(yīng)生成一種鹽和H2的化學(xué)方程式____________________。

(4)Li3AlH6晶體的晶胞參數(shù)為a＝b＝801.7pm；c＝945.5pm；α＝β＝90°、γ＝120°，結(jié)構(gòu)如圖所示：

①已知AlH的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)、和，晶胞中Li+的個數(shù)為____________。

②右圖是上述Li3AlH6晶胞的某個截面，共含有10個AlH其中6個已經(jīng)畫出(圖中的O)，請在圖中用O將剩余的AlH畫出_________________。

③此晶體的密度為____________________________g·cm-3(列出計算式，已知阿伏加德羅常數(shù)約為6.02×1023mol-1)。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共21分)21、A，B，C，D四種短周期元素的原子半徑依次減小，D能分別與A，B，C形成電子總數(shù)相等的分子X、Y、Z。C原子的最外層電子排布為nsnnp2n。E的原子序數(shù)為29。

(1)A，B，C的第一電離能由小到大的順序為________(用元素符號表示)。

(2)X是含有________鍵(填“非極性”或“極性”，下同)的________分子。

(3)A的一種氫化物的相對分子質(zhì)量為26，其分子中的σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為________。

(4)Y分子的空間構(gòu)型為__________，其中心原子采取________雜化。

(5)一種由B，C組成的化合物與AC2互為等電子體，其化學(xué)式為________。

(6)Y是一種易液化的氣體，請簡述其易液化的原因_________。

(7)寫出E2＋的電子排布式___________________，并寫出E2＋在Z中通入足量Y得到深藍(lán)色溶液的離子反應(yīng)方程式_______。22、鋰離子電池已被廣泛用作便攜式電源。正極材料為LiCoO2、LiFePO4等，負(fù)極材料一般為石墨碳，以溶有LiPF6、LiBF4等的碳酸二乙酯(DEC)作電解液。

(1)Fe2+基態(tài)核外電子排布式為________。

(2)PO43-的空間構(gòu)型為________(用文字描述)。

(3)中的配位數(shù)為6，該配合物中的配位原子為_____。

(4)碳酸二乙酯(DEC)的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，分子中碳原子的軌道雜化類型為_____，1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有σ鍵的數(shù)目為_____。

(5)氮化鋰是一種新型無機(jī)貯氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶體的化學(xué)式為_______。

23、⑴已知在周期表的某一周期，其零族元素的價層電子排布式為同周期的A、B兩種元素，最外層電子數(shù)為2、7，次外層電子數(shù)為8、18，則元素A為________，B為________（寫元素符號）。若周期表有第8周期，則其最終的零族元素的原子序數(shù)為____________。

⑵稀有氣體的化合物分子的空間構(gòu)型是__________，寫出與其互為等電子體的一種陰離子的化學(xué)式___________。

⑶硼酸能形成類似于石墨的層狀結(jié)構(gòu)；單層的結(jié)構(gòu)如圖所示。

則硼酸晶體中存在的作用力除共價鍵外，還有_____________。

⑷稀土資源是重要的戰(zhàn)略資源；下圖為某稀土元素A的氧化物晶體的立方晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，其中氧離子占據(jù)頂點(diǎn)；面心、棱心、體心的位置，A離子占據(jù)半數(shù)的立方體空隙。

寫出A氧化物的化學(xué)式______，A離子的配位數(shù)為______。已知晶胞參數(shù)為則間距為________設(shè)A的摩爾質(zhì)量為晶體的密度為_______參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

磷原子的電子排布式為1s22s22p63s23p3；能量最高的能層為3p，根據(jù)洪特規(guī)則3p能層上的3個電子分占不同軌道，且自旋狀態(tài)相同，具有相同的運(yùn)動狀態(tài)，所以磷原子核外最外層上能量高的電子有3種相同的運(yùn)動狀態(tài)；

故答案選C。2、A【分析】【詳解】

A；同主族元素從上到下半徑增大、第一電離能減??；Ca、Mg、Be原子半徑依次減少，第一電離能依次增大，故A正確；

B；Mg的3s軌道全滿；第一電離能大于Al，所以第一電離能Na＜Al＜Mg，故B錯誤；

C；N的2p軌道半充滿；第一電離能大于O，所以第一電離能C＜O＜N，故C錯誤；

D；P的3p軌道半充滿；第一電離能大于S，所以第一電離能S＜P＜Cl，故D錯誤。

【點(diǎn)睛】

同周期元素從左到右，第一電離能呈遞增趨勢，第ⅡA的最外層s軌道全滿、ⅤA族元素最外層p軌道全滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能大于同周期相鄰的元素。3、D【分析】【分析】

A、配離子為[Fe（CN）5（NO）]2-，中心離子為Fe3＋；

B、配體為CN－和NO，配位原子為C和N，都是單齒配體，配位數(shù)為6，中心原子的雜化方式不可能是sp3；

C；該物質(zhì)中沒有氫原子；沒有氫鍵，且氫鍵不是化學(xué)鍵；

D；NO配位原子為N；提供一對孤對電子與中心原子鐵的空軌道形成一個配位鍵（σ鍵）；

【詳解】

A、配離子為[Fe（CN）5（NO）]2-，中心離子為Fe3＋；故A錯誤；

B、配體為CN－和NO，配位原子為C和N，都是單齒配體，配位數(shù)為6，配位數(shù)多于4，故中心原子的雜化方式不可能是sp3；故B錯誤；

C、該物質(zhì)中沒有氫原子，沒有氫鍵，且氫鍵不是化學(xué)鍵，配合物中存在配位鍵，內(nèi)界和外界存在離子鍵：內(nèi)界CN－，NO存在極性鍵，內(nèi)界中配位鍵也屬于σ鍵，配位CN－中含有1根σ鍵；NO含有1根σ鍵，1mol配合物中σ鍵數(shù)目為6+1×5+1=12mol，故C錯誤；

D；NO配位原子為N；提供一對孤對電子與中心原子鐵的空軌道形成一個配位鍵（σ鍵），故D正確；

故選D。

【點(diǎn)睛】

本題考查配合物基本知識概念，解題關(guān)鍵：明確配位，配位數(shù)，內(nèi)界，外界的相關(guān)性質(zhì)。難點(diǎn)是B選項，要明確sp3雜化軌道有4個，不可能通過sp3雜貨軌道形成該配合物。4、A【分析】【詳解】

根據(jù)價電子對互斥理論確定微粒的空間構(gòu)型，SOCl2中S原子成2個S-Cl鍵，1個S=O，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+=4，雜化軌道數(shù)是4，故S原子采取sp3雜化，含一對孤電子，分子形狀為三角錐型，故選A。5、D【分析】【詳解】

A．CH4、C2H2為極性鍵構(gòu)成的非極性分子；而HCN為極性分子，故A錯誤；

B．SO2分子為V形結(jié)構(gòu)，分子中正負(fù)電荷重心不重合，屬于極性分子，CO2分子為直線型對稱結(jié)構(gòu)；分子中正負(fù)電荷重心重合，屬于非極性分子，故B錯誤；

C．葡萄糖分子（HOCH2—CHOH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO）中中間的4個C原子連接了四個不同的原子或原子團(tuán)；為手性碳原子，則手性碳原子數(shù)為4，故C錯誤；

D．H3PO4的非羥基氧原子數(shù)比HClO的多；含氧酸中非羥基氧原子數(shù)越多，酸性越強(qiáng)，所以磷酸的酸性強(qiáng)于次氯酸，故D正確；

答案選D。6、D【分析】【詳解】

A.晶體金紅石的晶胞如圖1所示，Ti為8×+1=2，O為4×+2=4，推知化學(xué)式為TiO2（注：氧原子分別位于晶胞的上下底面和內(nèi)部）；故A正確；

B.配合物（如圖2）分子中含有分子內(nèi)氫鍵故B正確；

C.某手性分子可通過酯化反應(yīng)讓其失去手性，由變成故C正確；

D.不可以表示氯化鈉晶體，是氯化鈉的晶胞的故D錯誤；

故選D。7、B【分析】A項中的H2O分子之間能形成氫鍵,H2O的熔點(diǎn)比另外兩種物質(zhì)高;H2S、H2Se中H2Se的相對分子質(zhì)量更大,分子間作用力大,H2Se的熔點(diǎn)比H2S的高,A項錯誤。B項中三種物質(zhì)是組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體,GeH4、SiH4、CH4相對分子質(zhì)量依次減小,分子間作用力依次減小,熔點(diǎn)依次降低,B項正確。C項也是組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體,但相對分子質(zhì)量依次增大,因此熔點(diǎn)依次升高,C項錯誤。D項是結(jié)構(gòu)相似的原子晶體,鍵長:Si—Si>Si—C>C—C,鍵能:Si—Si8、C【分析】【詳解】

A.SiCl4的分子結(jié)構(gòu)與CCl4相似，則SiCl4的結(jié)構(gòu)為以Si原子為中心，Cl原子在正四面體頂點(diǎn)的正面體結(jié)構(gòu)，則SiCl4的分子是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子；故A正確；

B.NH4Cl與NaOH均含有極性鍵和離子鍵；均屬于離子化合物，故B正確；

C.SiO2屬于原子晶體，熔點(diǎn)很高，SiCl4屬于分子晶體；熔點(diǎn)較低，故C錯誤；

D.四者均屬于離子晶體；離子所帶電荷數(shù)相同，離子半徑越小，晶格能越大，熔點(diǎn)越高，同主族簡單陰陽離子從上往下半徑以此增大，則熔點(diǎn)：LiF＞NaF＞NaCl＞KCl，故D正確；

答案選C。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【分析】

根據(jù)表格電負(fù)性大小關(guān)系得出同一周期；同一主族的電負(fù)性變化規(guī)律；短周期元素中，電負(fù)性最大的元素為F根據(jù)電負(fù)性差值來判斷離子化合物還是共價化合物。

【詳解】

(1)同一周期中；從左到右，主族元素的電負(fù)性逐漸增大；同一主族中，從上到下，元素的電負(fù)性逐漸減小。所以主族元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)遞增呈周期性變化；故答案為：逐漸增大；逐漸減??；周期性。

(2)短周期元素中，電負(fù)性最大的元素為F，與氫元素形成的化合物(HF)屬于共價化合物，用電子式表示該化合物的形成過程+故答案為：共價；+

(3)Mg3N2：兩者電負(fù)性之差3.0－1.2=1.8＞1.7，是離子化合物；BeCl2：兩者電負(fù)性之差3.0－1.5=1.5＜1.7，是共價化合物；AlCl3：兩者電負(fù)性之差3.0－1.5=1.5＜1.7，是共價化合物；SiC：兩者電負(fù)性之差2.5－1.8=0.7＜1.7，是共價化合物；因此為離子化合物的是Mg3N2，為共價化合物的是BeCl2、AlCl3、SiC；故答案為：Mg3N2；BeCl2、AlCl3；SiC。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)電負(fù)性的大小差值判斷化合物類型?！窘馕觥恐饾u增大逐漸減小周期性共價+Mg3N2BeCl2、AlCl3、SiC10、略

【分析】【分析】

SO3價層電子對數(shù)為PO43-價層電子對數(shù)為NCl3價層電子對數(shù)為CS2價層電子對數(shù)為

【詳解】

SO3價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp2；VSEPR模型為平面三角形，由于孤對電子對數(shù)為0，分子構(gòu)型為平面三角形；

PO43?價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp3；VSEPR模型為四面體形，由于孤對電子對數(shù)為0，離子構(gòu)型為正四面體形；

NCl3價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp3；VSEPR模型為四面體形，由于孤對電子對數(shù)為1，分子構(gòu)型為三角錐形；

CS2價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp，VSEPR模型為直線形，由于孤對電子對數(shù)為0，分子構(gòu)型為直線形；

故答案為：0、sp2、平面三角形；0、sp3、正四面體形；1、sp3、三角錐形；0、sp、直線形?！窘馕觥?。物質(zhì)孤對電子對數(shù)軌道雜化形式分子或離子的形狀SO30sp2平面三角形PO43?0sp3正四面體NCl31sp3三角錐形CS20sp直線形11、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：

（1）基態(tài)磷原子的價電子排布式為3s23p3，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則可得價電子排布圖為

（2）根據(jù)價層電子對互斥理論，NCl3中氮原子含有的孤對電子對數(shù)是（5－1×3）÷2＝1，N原子的價層電子對數(shù)為3+1=4，則NCl3的VSEPR模型名稱是四面體，中心原子雜化軌道屬于sp3雜化。

（3）根據(jù)等電子體的特點(diǎn)，原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的即為等電子體。N2O的原子個數(shù)為3個，價電子數(shù)為16。則由第二周期非金屬元素組成的等電子體分子為CO2。

（4）因NH3分子之間有氫鍵，沸點(diǎn)比PH3高。

（5）H－H鍵能為436KJ·mol-1，N－H鍵能為391KJ·mol-1，N≡N鍵能為945.6kJ?mol-1．。對于反應(yīng)N2+3H22NH3的反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能=945.6kJ?mol-1＋436KJ·mol-1×3－391KJ·mol-1×6=－92.4KJ·mol-1，則生成2molNH3時；共放熱92.4KJ。

（6）NH3極易溶于水，是因為NH3和水都是極性分子，相似相溶；NH3和水分子之間有氫鍵；NH3和水要發(fā)生化學(xué)反應(yīng)。

考點(diǎn)：考查價電子排布圖，價層電子對互斥理論，雜化，等電子體，相似相溶原理，氫鍵，鍵能等?！窘馕觥克拿嫘蝧p3雜化軌道CO2<NH3分子之間有氫鍵92.4NH3和水都是極性分子，相似相溶；NH3和水分子之間有氫鍵；NH3和水要發(fā)生化學(xué)反應(yīng)12、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)配合物定義回答出配位數(shù)；配位原子；

(2)根據(jù)乙酸的分子結(jié)構(gòu)式可知；σ鍵和π鍵的數(shù)目；

(3)根據(jù)H2O與CH3CH3OH分子的性質(zhì)；

(4)根據(jù)Cr在元素周期表中的位置；寫出核外電子排布式，寫出外圍電子排布式。

【詳解】

(1)配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+為中心離子，H2O為配體，O原子提供孤對電子，與Cr3+形成配位鍵，與Cr3+形成配位鍵的原子是O；配位數(shù)是6；

(2)根據(jù)乙酸的分子結(jié)構(gòu)式可知，CH3CHOOH分子中含有1個C?C、3個C?H、1個C?O、1個C=O、1個O?H等化學(xué)鍵,單鍵是σ鍵，雙鍵中一個是σ鍵，一個是π鍵，CH3COOH中C原子分別形成7個σ鍵，一個π鍵，則1molCH3COOH分子中含有σ鍵的數(shù)目為7NA或7×6.02×1023，π鍵的數(shù)目為NA；

(3)二者都為極性分子，H2O與CH3CH3OH都含有氫鍵且相互之間可形成氫鍵；可以任意比例互溶；

(4)Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s1，外圍電子排布式是3d54s1?！窘馕觥竣?O②.6③.7NA（或7×6.02×1023）④.NA⑤.H2O與CH3CH2OH之間可以形成氫鍵⑥.3d54s113、略

【分析】【詳解】

（1）在周期表中，與B的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是Si，硅元素基態(tài)原子核外M層電子排布式為3s23p2；所以有3個電子的自旋狀態(tài)相同；

（2）電負(fù)性規(guī)律：同周期，從左到右：電負(fù)性依次增大；同主族，從上到下：電負(fù)性依次減小。NaBH4中電負(fù)性最大的元素為H；依據(jù)價層電子理論，NaBH4中B的價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化。

（3）①1，3，5，6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；B一般是形成3個鍵；4號B形成4個鍵，其中1個鍵很可能就是配位鍵，配位鍵存在4號與5號之間；

②硼砂晶體由Na+、含有B的陰離子和H2O構(gòu)成。觀察模型,可知含有B的陰離子是(H4B4O9)m?，依據(jù)化合價H為+1，B為+3，O為?2，可得m=2，結(jié)合模型圖和組成，硼砂的化學(xué)式為Na2B4O5（OH）4·8H2O；

（4）SiO2晶胞中，大球是Si，小球是O。Si的數(shù)目為O是Si的2倍，故是16。晶體的密度晶胞的體積V=a3。因此SiO2晶胞的邊長a=【解析】Si3Hsp345Na2B4O5（OH）4·8H2O14、略

【分析】【分析】

（1）第一電離能實(shí)際上就是失電子的難易程度；電離能越小則代表失電子越容易，則還原性越強(qiáng)，因此可以從氧化還原性的強(qiáng)弱來考慮；

（2）鍵長與鍵能呈負(fù)相關(guān)，即鍵越長則能量越低，越容易斷裂；對于穩(wěn)定性而言是三鍵>雙鍵>單鍵，則鍵長是單鍵>雙鍵>三鍵；

（3）題干中已經(jīng)告知我們大鍵的形成條件；因此我們只要從這些微粒的分子結(jié)構(gòu)來判斷存不存在相互平行的p軌道即可；

（4）利用率即“原子的體積占整個晶胞體積的百分比”；分別算出二者的體積再構(gòu)造分式即可。

【詳解】

一般金屬性越強(qiáng)則第一電離能越小，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，IIA族、VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：與形成6個配位鍵，配位數(shù)為6，雜化無法形成6個空軌道；

分子中S原子形成2個鍵，孤電子對數(shù)為價層電子對數(shù)故分子中S原子的雜化軌道類型為雜化；分子的立體構(gòu)型為V形；連接2個S原子的氧原子與S原子之間形成單鍵，連接1個S原子的氧原子與S之間形成雙鍵，單鍵之間作用力比雙鍵弱，單鍵的鍵長較長；

形成離域鍵的條件是“原子都在同一平面上且這些原子有相互平行的p軌道“，硫酸根離子是正四面體結(jié)構(gòu)，原子不處于同一平面內(nèi)，硫化氫中H原子和S原子沒有平行的p軌道，為V形結(jié)構(gòu)，為平面三角形，有相互平行的p軌道，可以形成離域鍵；

故答案為AD；

為直形型結(jié)構(gòu)，有相互平行的p軌道，分子中大鍵可以表示為：

鐵的晶體為面心立方最密堆積，令Fe原子的半徑為rcm，則晶胞的棱長為晶胞體積晶胞中Fe原子數(shù)目晶胞中Fe原子總體積晶胞中原子的空間利用率【解析】中配位數(shù)為6V形形成b鍵的氧原子與兩個S原子結(jié)合，原子之間形成單鍵，作用力較小15、略

【分析】【分析】

(1)①根據(jù)基態(tài)的Ca和Fe原子核外電子排布式分析判斷；

②根據(jù)基態(tài)氦原子核外電子排布結(jié)構(gòu)分析判斷；

(2)①聯(lián)氨(N2H4)的分子中的氮原子可與氫原子形成氫鍵；

②根據(jù)N4H62+的結(jié)構(gòu)示意圖；四個氮原子形成六電子的大π鍵；

(3)①結(jié)合原子在晶胞中的位置關(guān)系，利用均攤法計算書寫分子式；在(b)型晶胞中，體對角線處的Na距離Pb最短據(jù)此計算距離；在(b)型晶胞中，Na填充了晶胞中鉛原子構(gòu)成的四面體有8個，其中只有4個四面體中填充了Na，鉛原子構(gòu)成八面體只有一個，且Na原子在八面體的體心；根據(jù)晶胞密度計算公式ρ=進(jìn)行解答；

②α-X是一種六方晶系的晶體；而在α-X中，鎂和鉛按1：1的比例形成類似于石墨的層狀結(jié)構(gòu)，鈉填在層間，則層內(nèi)只有鎂和鉛。

【詳解】

(1)①基態(tài)的Ca原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，基態(tài)Fe原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2；

a．二者最外層電子數(shù)相等，故a不符合題意；

b．Ca原子沒有未成對電子，F(xiàn)e原子有4個未成對的電子，故b符合題意；

c．Ca與Fe同周期，同周期元素第一電離能從左至右呈增大的趨勢，Ca原子核外電子排布處于全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能比相鄰元素大，但鐵原子與鈣不相鄰，則第一電離能Ca＜Fe，故c符合題意；

d．Ca與Fe同周期；電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑：Ca＞Fe，故d不符合題意；

答案選bc；

②基態(tài)氦原子核外電子排布式為1s2；基態(tài)氦原子具有唯一全充滿的1s電子層，半徑較小，具有較高的第一電離能，所以難以形成化合物；

(2)①聯(lián)氨(N2H4)的分子中的氮原子可與氫原子形成氫鍵，并且分子間氫鍵數(shù)目較多，水分子間氧原子與氫原子也能形成氫鍵，則聯(lián)氨(N2H4)的物理性質(zhì)與水接近；

②根據(jù)N4H62+的結(jié)構(gòu)示意圖，四個氮原子形成六電子的大π鍵，可表示為

(3)①結(jié)合原子在晶胞中的位置關(guān)系，利用均攤法，在(a)型晶胞中，Pb位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，數(shù)目為8×+6×=4，Na位于晶胞的體內(nèi)，數(shù)目為8，Mg原子位于晶胞的棱上和體心，數(shù)目為12×+1=4，X的化學(xué)式為Na2MgPb；在(b)型晶胞中，體對角線處的Na距離Pb最短，共有4個，棱長為apm，面對角線長為apm，則體對角線的長度為apm，距離Pb最短的Na的長度為體對角線長度的則長度為apm；在(b)型晶胞中，Na填充了晶胞中鉛原子構(gòu)成的四面體有8個，其中只有4個四面體中填充了Na，Na填充了晶胞中鉛原子構(gòu)成四面體空隙的百分比為50%；鉛原子構(gòu)成八面體只有一個，且Na原子在八面體的體心，Na填充了晶胞中鉛原子構(gòu)成四面體空隙的百分比為100%；(a)型晶胞的邊長為770pm，則晶胞的體積V=(770pm)3=(7.70×10-8)3cm3，在(a)型晶胞中，Pb位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，數(shù)目為8×+6×=4，Na位于晶胞的體內(nèi)，數(shù)目為8，Mg原子位于晶胞的棱上和體心，數(shù)目為12×+1=4，則一個晶胞中含有4個Na2MgPb；根據(jù)晶胞密度計算公式ρ==

②α-X是一種六方晶系的晶體，而在α-X中，鎂和鉛按1：1的比例形成類似于石墨的層狀結(jié)構(gòu)，鈉填在層間，則層內(nèi)只有鎂和鉛，層內(nèi)α-X的結(jié)構(gòu)為【解析】bc基態(tài)氦原子具有唯一全充滿的1s電子層，半徑較小，具有較高的第一電離能，所以難以形成化合物聯(lián)氨分子間能形成較多氫鍵Na2MgPb4a50%100%三、實(shí)驗題(共1題，共2分)16、略

【分析】【分析】

兩種配合物可電離出的氯離子數(shù)目不同；可將等質(zhì)量的兩種配合物配制成溶液，滴加硝酸銀，根據(jù)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(nèi)界氯離子不能與硝酸銀反應(yīng)，外界氯離子可以與硝酸銀反應(yīng)，將這兩種配合物區(qū)別開來的實(shí)驗方案：稱取相同質(zhì)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(yīng)后，過濾、洗滌、干燥后稱量，所得AgCl固體質(zhì)量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固體質(zhì)量小的，原晶體為[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，故答案為：取相同質(zhì)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(zhì)量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【點(diǎn)睛】

把握配合物的構(gòu)成特點(diǎn)，為解答該題的關(guān)鍵。解答此類試題要注意配合物的內(nèi)界和外界的離子的性質(zhì)不同，內(nèi)界中以配位鍵相結(jié)合，很牢固，難以在水溶液中電離，而內(nèi)界和外界之間以離子鍵結(jié)合，在溶液中能夠完全電離?！窘馕觥糠Q取相同質(zhì)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]Cl2四、工業(yè)流程題(共1題，共6分)17、略

【分析】【分析】

廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化鈉生成As2S3沉淀，為防止As2S3與硫離子反應(yīng)再次溶解，所以再加入硫酸亞鐵除去過量的硫離子，過濾得到As2S3和FeS，濾液中加入過氧化氫將亞砷酸氧化成砷酸，亞鐵離子氧化成鐵離子，再加入CaO沉淀砷酸根、鐵離子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低濃度含砷廢水。

【詳解】

(1)As元素為33號元素，與N元素同主族，位于第四周期第VA族；AsH3和氨氣分子結(jié)構(gòu)相同為共價化合物，砷原子和三個氫原子形成三個As-H鍵，電子式為：

(2)a．同周期主族元素自左而右非金屬性增強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性增強(qiáng)，同主族自上而下非金屬性減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性減弱，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4；故a正確；

b．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑依次增大，原子半徑：As＞P＞S，故b錯誤；

c．同主族元素自上而下第一電離能減小，P和S同周期，但是P原子3p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，第一電離能更大，所以第一電離能P>S>As；故c錯誤；

綜上所述選a；

(3)根據(jù)分析可知沉淀為微溶物CaSO4；

(4)As2S3與過量的S2-存在反應(yīng)：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)，所以需要加入FeSO4除去過量的硫離子；使平衡逆向移動，一級沉砷更完全；

(5)含砷物質(zhì)物質(zhì)為H3AsO3，加入過氧化氫可以將其氧化成H3AsO4，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得化學(xué)方程式為H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；

(6)根據(jù)題意可知FeS2被O2氧化生成Fe(OH)3、根據(jù)元素守恒可知反應(yīng)物應(yīng)該還有H2O，F(xiàn)eS2整體化合價升高15價，一個O2降低4價，所以二者的系數(shù)比為4:15，再根據(jù)元素守恒可得離子方程式為4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+。

【點(diǎn)睛】

同一周期元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折，當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結(jié)構(gòu)時，原子的能量較低，元素的第一電離能大于相鄰元素?！窘馕觥康谒闹芷诘赩A族aCaSO4沉淀過量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)平衡逆向移動，使一級沉砷更完全H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+五、原理綜合題(共3題，共15分)18、略

【分析】【分析】

Ⅰ.固體甲在空氣中灼燒生成的氣體A能使品紅褪色，加熱后恢復(fù)紅色，說明氣體A為SO2，且物質(zhì)的量為=0.04mol；固體乙用NaOH溶解后并過濾，固體丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液變紅色，說明固體丙為Fe2O3，其物質(zhì)的量為=0.005mol；固體乙有部分固體能溶解于NaOH，質(zhì)量為1.82g-0.8g=1.02g，若為Al2O3，則其物質(zhì)的量為=0.01mol，此時固體甲中含有的三種元素的總質(zhì)量為0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，則固體乙為Fe2O3和Al2O3的混合物；

Ⅱ.(1)△H-T△S＜0的反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行；

(2)①結(jié)合平衡的移動因素分析；一般當(dāng)平衡正向進(jìn)行時，可提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；

②673K時，在甲催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ已達(dá)平衡狀態(tài)，此時容器體積為1.0L，若CH3COOH初始加入量為2.0mol，結(jié)合三行計算列式得到平衡濃度，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K=

③不同的催化劑催化效率不同；

(3)加入催化劑；可降低反應(yīng)的活化能，催化能力越強(qiáng)，活化能越低，但反應(yīng)熱不變。

【詳解】

Ⅰ.固體甲在空氣中灼燒生成的氣體A能使品紅褪色，加熱后恢復(fù)紅色，說明氣體A為SO2，且物質(zhì)的量為=0.04mol；固體乙用NaOH溶解后并過濾，固體丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液變紅色，說明固體丙為Fe2O3，其物質(zhì)的量為=0.005mol；固體乙有部分固體能溶解于NaOH，質(zhì)量為1.82g-0.8g=1.02g，若為Al2O3，則其物質(zhì)的量為=0.01mol，此時固體甲中含有的三種元素的總質(zhì)量為0.04mol×32g/mol+0.005mol×2×56g/mol+0.01mol×2×27g/mol=2.38g，則固體乙為Fe2O3和Al2O3的混合物；

(1)由分析知化合物甲的組成元素是Fe、Al和S，三者的物質(zhì)的量之比為0.01mol：0.02mol：0.04mol=1:2:4，則化合物甲的化學(xué)式為FeAl2S4；

(2)氧化鋁溶于NaOH溶液生成偏鋁酸鈉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

(3)氣體A為SO2氣體，溶液D含有Fe3+，通入SO2后發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所得溶液中生成Fe2+和SO42-，發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+；

Ⅱ.(1)Ⅰ．CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1，反應(yīng)△S＜0，滿足△H-T△S＜0，則△H1＜0；

(2)①已知CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)△H1＜0；

A．使用催化劑甲不影響平衡的移動，無法提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率；故A錯誤；

B．使用催化劑乙不影響平衡的移動，無法提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率；故B錯誤；

C．降低反應(yīng)溫度平衡正向移動，可提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率；故C正確；

D．投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)移動，可提高CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率；故D正確；

E．增大CH3COOH和H2的初始投料比，即相當(dāng)于增大CH3COOH的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，可提高H2的轉(zhuǎn)化率，但CH3COOH轉(zhuǎn)化為CH3CH2OH平衡轉(zhuǎn)化率降低；故E錯誤；

故答案為CD；

②控制CH3COOH和H2初始投料比為1：1.5，673K時，在甲催化劑作用下反應(yīng)Ⅰ已達(dá)平衡狀態(tài)，乙酸轉(zhuǎn)化率50%，此時容器體積為1.0L，若CH3COOH初始加入量為2.0mol；乙醇的選擇性為0%，則反應(yīng)Ⅰ中：

CH3COOH(g)+2H2(g)═CH3CH2OH(g)+H2O(g)

起始量(mol/L)2300

變化量(mol/L)2×50%=121×0.41×0.4

平衡量(mol/L)110.40.4

反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K==0.16；

③表中實(shí)驗數(shù)據(jù)表明，此時反應(yīng)未達(dá)到平衡，不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對CH3COOH轉(zhuǎn)化成CH3CH2OH的選擇性有顯著的影響；

(3)從表中數(shù)據(jù)分析，在催化劑乙的作用下，乙醇的選擇性更大，說明催化劑乙對反應(yīng)Ⅰ催化效果更好，催化劑能降低反應(yīng)的活化能，說明使用催化劑乙的反應(yīng)過程中活化能更低，故圖為

【點(diǎn)睛】

復(fù)雜化學(xué)式的確定的解題特點(diǎn)：常給出一種成分較為復(fù)雜的化合物及其發(fā)生某些化學(xué)反應(yīng)時產(chǎn)生的現(xiàn)象，通過分析、推理、計算，確定其化學(xué)式。此類題目往往將計算、推斷融為一體，計算類型靈活多變，具有較高的綜合性，在能力層次上要求較高。其解題的一般方法和思路：一是依據(jù)題目所給化學(xué)事實(shí)，分析判斷化合物的成分；二是以物質(zhì)的量為中心，通過計算確定各成分的物質(zhì)的量之比。【解析】①.FeAl2S4（或Al2FeS4或FeS?Al2S3或Al2S3?FeS）②.Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42—+4H+④.＜⑤.CD⑥.0.16或5/32⑦.表中數(shù)據(jù)表明此時反應(yīng)未達(dá)到平衡，不同的催化劑對反應(yīng)Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對乙醇選擇性有影響。⑧.19、略

【分析】【分析】

(1)考查了對基態(tài)原子電子排布規(guī)律的認(rèn)識；(2)考查了不同類型的晶體的熔沸點(diǎn)比較；相同類型的晶體的熔沸點(diǎn)比較；(3)考查了電負(fù)性的周期性變化規(guī)律，微粒間的相互作用以及晶胞中離子的配位數(shù)；(4)考查了晶胞中微粒的位置和雜化理論，晶體密度的計算問題；(5)重點(diǎn)考查通過反應(yīng)歷程圖，來書寫離子方程式等。

【詳解】

(1)鈦元素是22號元素，故其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；

(2)一般不同的晶體類型的熔沸點(diǎn)是原子晶體>離子晶體>分子晶體，TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點(diǎn)高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，對于結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，則其相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力依次越大，熔點(diǎn)越高；故答案為：TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點(diǎn)高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體；相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強(qiáng)，故熔點(diǎn)依次升高；

(3)CaTiO3晶體中含有Ca、Ti、O三種元素，Ca、Ti是同為第四周期的金屬元素，Ca在Ti的左邊，根據(jù)同一周期元素的電負(fù)性從左往右依次增大，故Ti>Ca，O為非金屬，故其電負(fù)性最強(qiáng)，故三者電負(fù)性由大到小的順序是：O>Ti>Ca，金屬陽離子和氧負(fù)離子之間以離子鍵結(jié)合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數(shù)是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數(shù)必須是與之距離最近且相等的氧離子的數(shù)目，從圖(a)可知，該數(shù)目為三個相互垂直的三個面上，每一個面上有4個，故Ca2+的配位數(shù)是12；故答案為：O>Ti>Ca；離子鍵；12；

(4)比較晶胞(a)(b)可知，將圖(b)中周圍緊鄰的八個晶胞中體心上的離子連接起來，就能變?yōu)閳D(a)所示晶胞結(jié)構(gòu)，圖(b)中體心上的Pb2+就變?yōu)榱税藗€頂點(diǎn)，即相當(dāng)于圖(a)中的Ti4+；圖(b)中頂點(diǎn)上的I-就變成了體心，即相當(dāng)于圖(a)中的Ca2+；圖(b)面心上中的就變成了棱心，即相當(dāng)于圖(a)中的O2-；故圖(b)中的Pb2+與圖(a)中的Ti4+的空間位置相同；有機(jī)堿中N原子上無孤對電子，周圍形成了4個鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖（b）可知，一個晶胞中含有Pb2+的數(shù)目為個，的數(shù)目為個，I-的數(shù)目為個，故晶胞的密度為故答案為：Ti4+；sp3；

（5）從作用原理圖(c)可以推出，這里發(fā)生兩個離子反應(yīng)方程式，左邊發(fā)生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+，右邊發(fā)生I2+2Eu2+=2Eu3++2I-，故答案為：Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+；I2+2Eu2+=2Eu3++2I-

【點(diǎn)睛】

對電負(fù)性的考查，只要掌握周期表同一周期從左往右電負(fù)性依次增大，同一主族從上往下電負(fù)性依次減小的規(guī)律，另金屬元素的電負(fù)性小于非金屬的；化學(xué)鍵的類型判斷主要也是通過電負(fù)性，當(dāng)兩元素的電負(fù)性相差1.7以上形成離子鍵，小于則形成共價鍵；判斷分子等構(gòu)型時，可以通過價層電子對互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進(jìn)行判斷；由陌生晶胞結(jié)構(gòu)計算晶體密度時，先要確定晶胞中含有的微粒數(shù)目，這時一方面要認(rèn)真分析晶胞中各類粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用，然后根據(jù)質(zhì)量的兩種計算方法相等即來進(jìn)行求算。【解析】1s22s22p63s23p63d24s2TiF4為離子化合物，熔點(diǎn)高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質(zhì)量的增大分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高O＞Ti＞Ca離子鍵12Ti4+sp32Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+2Eu2++I2=2Eu3++2I?20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)復(fù)合氫化物中氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)即為單位質(zhì)量復(fù)合氫化物的儲氫能力，Mg(NH2)2中氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為NaNH2中H％為H3N－BH3中H％為NaAlH4中H％為⑤Li3AlH6中H％為所以儲氫能力最低的是B；

(2)NH的價層電子數(shù)為根據(jù)VSEPR理論，NH的理論構(gòu)型為正四面體，因含兩對孤對電子，所以NH2－的空間構(gòu)型為V形，因價層電子對數(shù)為4，所以中心原子N的雜化方式為sp3雜化；

(3)①硼是第5號元素，在元素周期表中位于第二周期第ⅢA族、p區(qū)，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p1，價電子排布式為2s22p1，價電子軌道表達(dá)式為

②表中金屬元素電負(fù)性最大的為9.3；非金屬元