2025年滬教版選修3化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年滬教版選修3化學下冊階段測試試卷850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6題，共12分)1、某元素的各級電離能（kJ?mol﹣1）分別為740、1500、7700、10500、13600、18000、21700，當它與氯氣反應時最可能形成的陽離子是（）A.X+B.X2+C.X3+D.X4+2、C60可用作儲存氫氣的材料，結(jié)構(gòu)如右圖所示。繼C60后，科學家又合成了Si60、N60；三種物質(zhì)結(jié)構(gòu)相似。下列有關(guān)說法正確的是。

A.C60、Si60、N60都屬于原子晶體B.C60、Si60、N60分子內(nèi)共用電子對數(shù)目相同C.由于鍵能小于故N60的穩(wěn)定性弱于N2D.由于鍵長小于鍵，所以C60熔、沸點低于Si603、下列推論正確的是A.的沸點高于可推測的沸點高于B.為正四面體結(jié)構(gòu)，可推測出也為正四面體結(jié)構(gòu)C.晶體是分子晶體，可推測晶體也是分子晶體，D.是碳鏈為直線型的非極性分子，可推測也是碳鏈為直線型的非極性分子4、俗名為“臭堿”的硫化鈉廣泛應用于冶金染料、皮革、電鍍等工業(yè)。硫化鈉的一種制備方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有關(guān)說法正確的是（）(設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)A.Na2SO4和Na2S均為離子晶體，晶體中每個SO或S2-周圍均有2個Na+B.C（金剛石）屬于共價晶體，1mol該晶體中含的σ鍵數(shù)目為4NAC.生成1mol氧化產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NAD.標準狀況下22.4LCO2中含π鍵的數(shù)目為NA5、離子化合物是離子通過離子鍵結(jié)合成的化合物．下列物質(zhì)屬于離子化合物的是A.H2OB.HClC.NaClD.CO26、共價鍵、離子鍵和范德華力是微粒之間的三種作用力。下列晶體中含有兩種作用力的是A.ArB.SiO2C.Na2O2D.金剛石評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應用廣泛，Ni的基態(tài)原子有________種能量不同的電子；很多不飽和有機物在Ni催化下可以H2發(fā)生加成反應，如①CH2═CH2、②HC≡CH、③④HCHO等，其中碳原子不是采取sp2雜化的分子有________(填物質(zhì)編號)，HCHO分子的立體構(gòu)型為________8、根據(jù)構(gòu)造原理寫出下列原子或離子的核外電子排布式。

(1)Ti：_____________________________________________________；

(2)Cr：____________________________________________________；

(3)銅：___________________________________________________；

(4)Fe3＋：_________________________________________________。9、用符號“>”或“<”表示下列各項關(guān)系。

(1)第一電離能：Na__________Mg，Mg_______Ca。

(2)電負性：O________F，F(xiàn)________Cl。

(3)能量高低：ns________(n+1)s，ns________np。10、第一電離能是指處于基態(tài)的氣態(tài)原子失去一個電子，生成+1價氣態(tài)陽離子所需要的能量。如圖是部分元素的第一電離能I1隨原子序數(shù)變化的曲線圖。

請回答下列問題：

（1）分析圖中同周期元素第一電離能的變化規(guī)律，將Na～Ar之間1~6號元素用短線連接起來，構(gòu)成完整的圖象___。

（2）根據(jù)圖分析可知，同主族元素的第一電離能的變化規(guī)律是___。

（3）圖中5號元素在元素周期表中的位置是___。11、已知NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶體的熔點依次為801℃、714℃、190℃、2000℃，其中屬于分子晶體的一種晶體應是________，它不適宜用作金屬冶煉的電解原料。工業(yè)上這種金屬的冶煉過程必須使用一種助熔劑___________。12、回答下列問題：

(l)離子化合物中陰陽離子半徑之比是決定晶體構(gòu)型的重要因素之一；配位數(shù)與離子半徑之比存在如下關(guān)系：

若某化合物由+1價陽離子和-1價陰離子組成，陽離子的半徑為70pm，陰離子的半徑為140pm，分析以上信息，可以推導出該晶體結(jié)構(gòu)，與常見的_______晶體(填寫化學式)陰陽離子的配位數(shù)相同。與陰(陽)離子配位的這幾個陽(陰)離子，在空間構(gòu)成的立體形狀為_______。

(2)金剛石的晶胞為面心立方；另有四碳原子在晶胞內(nèi)部，如圖。

則一個金剛石的晶胞中含有的碳原子數(shù)為_______，若金剛石晶胞的邊長為a，則其中C—C的鍵長為_______。評卷人得分三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共5題，共10分)13、Ⅰ；下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分別代表一種化學元素。

（1）寫出基態(tài)時Q元素原子的電子排布式__________，J元素原子的外圍電子排布圖________________。

（2）下列對比正確的是__________。

a．原子半徑H＞G＞B＞Ab．第一電離能E＞D＞C＞B

c．電負性A＞H＞G＞Qd．最高價氧化物的水化物酸性B＞A＞H＞G

（3）關(guān)于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外圍電子排布特點的有關(guān)敘述不正確的是______。

a．L位于元素周期表第五周期ⅠA族；屬于s區(qū)元素。

b．O位于元素周期表第七周期Ⅷ族；屬于ds區(qū)元素。

c．M的外圍電子排布式為6s1；屬于ds區(qū)元素。

d．H所在族的外圍電子排布式為ns2np2；屬于p區(qū)元素。

Ⅱ、已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大。A是元素周期表中原子半徑最小的元素，D3B中陰；陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；B、C均可分別與A形成10電子分子，B、C屬同一周期，兩者可以形成許多種共價化合物，C、F屬同一主族，B原子最外電子層的p能級上的電子處于半滿狀態(tài)，C的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，E最外層電子數(shù)比最內(nèi)層多1。請用具體的元素回答下列問題：

（4）F、G元素對應的最高價含氧酸中酸性較強的化學式為__________。

（5）第一電離能：B__________C，電負性：C__________F。(填“＜”；“＞”或“＝”)

（6）A、C形成的一種綠色氧化劑X有廣泛應用，X分子中A、C原子個數(shù)比為1∶1，X的電子式為____________，試寫出Cu、稀硫酸與X反應制備硫酸銅的離子方程式__________。

（7）寫出E與D的最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式______________________。14、鉻云母是一些玉石、彩石的重要組成和著色礦物。理想的組分是含Al的八面體片，化學式為KAl2[Si3AlO10](OH，F(xiàn))2，其中的Al也可少量地被Fe、Mg、Mn、Cr；V等替換。

(1)基態(tài)Cr原子的核外電子排布式為__。

(2)基態(tài)錳原子核外電子排布中能量最高的能級符號為___。

(3)O、F、Si三種元素的第一電離能由大到小的順序為___。

(4)O、F、Si與H形成的氫化物有H2O2、H2O、HF、SiH4、Si2H6等。

①SiH4中Si原子的雜化方式為__。

②H2O、HF、SiH4三種物質(zhì)中沸點最高的是__。

③等物質(zhì)的量的H2O2與Si2H6所含σ鍵數(shù)目之比為__。15、2016年，中科院以立方相的SrTiO3作為模型，合成了單一晶面的六面體SrTiO3和暴露不等同晶面的十八面體SrTiO3?；卮鹣铝袉栴}：

(1)鈦元素基態(tài)原子的簡化電子排布式為___________。

(2)TiO的立體構(gòu)型是___________，中心原子的雜化方式是___________，與TiO互為等電子體的一種由主族元素構(gòu)成的分子為___________。(填分子式)

(3)向Ti4+的水溶液中加入雙氧水，得到產(chǎn)物[Ti(O2)(H2O)4]2+，則產(chǎn)物中含有的化學鍵類型有___________。

(4)熔融狀態(tài)的SrTiO3和CaTiO3均可導電，則熔點：SrTiO___________CaTiO3(填“大于或“小于”或“等于”)，原因是___________。

(5)單一晶面的六面體SrTiO3的立方晶胞中，每個Ti原子和周圍六個O原子形成規(guī)則八面體，Ti位于八面體的中心位置(如上圖)，Sr原子則位于立方體八個頂點位置。則SrTiO3晶體中一個O周圍和它最近且距離相等的O有___________個。已知晶胞參數(shù)a=3.905nm，列式計算該晶胞的密度：___________g/cm3(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)設(shè)為NA)16、翡翠是一類名貴的裝飾品，其主要成分為硅酸鋁鈉(NaAlSi2O6)，常含微量Cr；Ni、Mn等元素。回答下列問題：

(1)基態(tài)硅原子的電子排布式為__；基態(tài)鉻原子的價電子排布圖不能寫成形式，其原因是違背了___。

(2)NaAlSi2O6中四種元素第一電離能由大到小的順序為___(填元素符號)，灼燒硅酸鋁鈉時，當鈉元素的價電子由__(填“激發(fā)態(tài)”或“基態(tài)”)躍遷到另一狀態(tài)時產(chǎn)生黃色火焰。

(3)工業(yè)上冶煉金屬鋁的方程式為__。硅與碳類似，能與氫元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，此三種分子中硅原子為sp3雜化的有___；分子空間構(gòu)型屬于正四面體的是__。

(4)已知氧化鈉、氧化鋁的熔點分別為1132℃、2054℃，從結(jié)構(gòu)的角度解釋導致這種差異的主要原因：___。

(5)某N、Cr元素組成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一種很受重視的耐磨涂層，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲，圖乙為晶胞沿z軸投影圖，該化合物的化學式為__。知該晶體密度為ρg·cm-3。晶體中Cr原子和N的最近核間距為___pm(NA表示阿伏加德羅常數(shù)值)。

17、鐵系元素是人體必需的微量元素，F(xiàn)e3+可以與KSCN溶液、苯酚等發(fā)生顯色作用。鎂元素也是人體所必需的陽離子元素之一，它能夠維持核酸結(jié)構(gòu)的穩(wěn)定性，調(diào)節(jié)機體免疫功能，對人體抵抗新冠病毒等病毒侵襲起著重要作用。(1)Fe3+的基態(tài)核外電子排布式為____________________。(2)與SCN?互為等電子體且為非極性分子的化學式為__________（任寫一種）。(3)普魯士藍俗稱鐵藍，晶胞如圖甲所示（K+未畫出），平均每兩個晶胞立方體中含有一個K+，又知該晶體中鐵元素有+2價和+3價兩種，則Fe3+與Fe2+的個數(shù)比為_________。(4)血紅素鐵（圖乙）用作鐵強化劑，其吸收率比一般鐵劑高3倍，在圖乙中畫出Fe2+與N原子間的化學鍵（若是配位鍵，需要用箭頭加以表示）______________(5)鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積模型如圖，它的堆積模型名稱為____________；晶胞是圖中的_________________（填a、b或c）；配位數(shù)是__________________；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的正四面體幾何體的體積是2acm3，鎂單質(zhì)的密度為ρg·cm－3，已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則鎂的摩爾質(zhì)量的計算式是________________。評卷人得分四、實驗題(共1題，共9分)18、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)計實驗方案將這兩種配合物區(qū)別開來_____________________________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共3分)19、飲用水中含有砷會導致砷中毒，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：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)；

②亞砷酸鹽的溶解性大于相應砷酸鹽。

(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)反應的化學方程式為__________；

(6)關(guān)于地下水中砷的來源有多種假設(shè)，其中一種認為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3，同時生成導致砷脫離礦體進入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共10分)20、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(shù)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(jié)構(gòu)?；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(shù)為24。請根據(jù)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(shù)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(zhì)在AC2中點燃可生成A的單質(zhì)與一種熔點較高的固體產(chǎn)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(shù)相同、電子數(shù)相同的分子，互稱為等電子體。等電子體的結(jié)構(gòu)相似、物理性質(zhì)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(shù)相同，各原子最外層電子數(shù)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(zhì)反應時，B被還原到最低價，該反應的化學方程式是____________。21、現(xiàn)有屬于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七種元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的價電子構(gòu)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(shù)是核外電子總數(shù)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(zhì)_______。

A．其單質(zhì)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____。22、原子序數(shù)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(zhì)占空氣體積的1/5；W的原子序數(shù)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(shù)目為________。

(2)化合物ZX3與化合物X2R的VSEPR構(gòu)型相同，但立體構(gòu)型不同，ZX3的立體構(gòu)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(jié)構(gòu)相似的三種物質(zhì)，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(zhì)互為等電子體，元素Y的這種氧化物的結(jié)構(gòu)式是________。

(5)W元素原子的價電子排布式為________。23、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(gòu)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(zhì)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(zhì)。請寫出元素⑩的氫氧化物與NaOH溶液反應的化學方程式：____________________。24、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(gòu)型為__________。請寫出與元素④的單質(zhì)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(zhì)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(jié)構(gòu)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(shù)目為__________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

分析該元素的電離能可知；第一二電離能較小，第三電離能從第二電離能1500變?yōu)?700劇增，說明該元素容易失去2個電子，則該元素原子形成離子的化合價為+2價；

答案選B。

【點睛】

電離能可以定量的比較氣態(tài)原子失去電子的難易，電離能越大，原子越難失去電子，其還原性越弱；反之金屬性越強。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．C60、Si60、N60都是有分子構(gòu)成的分子晶體；A錯誤；

B．由于C、Si、N原子的價電子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子內(nèi)共用電子對數(shù)目不相同；B錯誤；

C．物質(zhì)分子內(nèi)含有的化學鍵鍵能越小，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越弱。由于N-N鍵能小于N≡N，故N60的穩(wěn)定性弱于N2；C正確；

D．C60、Si60都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，克服分子間作用力使物質(zhì)熔化或氣化消耗的能量就越高，物質(zhì)的熔、沸點就越高。分子間作用力：Si60>C60所以所以C60熔、沸點低于Si60；錯誤。

故選C。3、B【分析】【詳解】

A.分子間不能形成氫鍵，而分子間可以形成氫鍵，因此，的沸點低于A不正確；

B.和的中心原子均屬于sp3雜化，因此，為正四面體結(jié)構(gòu)，可推測出也為正四面體結(jié)構(gòu)；B正確；

C.晶體中每個Si原子與鄰近的4個O原子形成共價鍵；每個O原子與鄰近的2個Si原子形成共價鍵，這種結(jié)構(gòu)向空間發(fā)展形成立體空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，故其屬于原子晶體，C不正確；

D.也是碳鏈不是直線型的，因為其中的碳原子均為sp3雜化的；鍵角不是180°，D不正確。

本題選B。4、C【分析】【詳解】

A．Na2SO4和Na2S均為離子晶體，離子鍵不具有飽和性，所以晶體中每個SO或S2-周圍不止有2個鈉離子；故A錯誤；

B．金剛石中每個C連接4個C—C鍵，每個C—C鍵被兩個C原子共用，所以每個C原子具有的共價鍵為2，則1mol金剛石中σ鍵數(shù)目為2NA；故B錯誤；

C．該反應中C生成CO2化合價由0價變?yōu)?4價為氧化產(chǎn)物，所以生成1mol氧化產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA；故C正確；

D．一個CO2中含有兩個C=O鍵，則有兩個π鍵，標準狀況下22.4LCO2的物質(zhì)的量為1mol，含π鍵的數(shù)目為2NA；故D錯誤；

故答案為C。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．水分子中只含H-O共價鍵；為共價化合物，A不選；

B．HCl中只含H-Cl共價鍵；為共價化合物，B不選；

C．NaCl中只含鈉離子與氯離子之間的離子鍵；為離子化合物，C選；

D．二氧化碳中只含C；O之間的共價鍵；為共價化合物，D不選；

答案選C。6、C【分析】【詳解】

A、Ar中只存在范德華力；A不選；

B、SiO2中只存在共價鍵；B不選；

C、Na2O2中既含有離子鍵；又有共價鍵，C選；

D；金剛石中只有共價鍵；D不選；

答案選C。二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【分析】

Ni的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，同一能級軌道上的電子能量相同；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3個σ鍵，沒有孤對電子，碳原子均為sp2雜化，而HC≡CH中碳原子均形成2個σ鍵、沒有孤對電子，為sp雜化；HCHO中碳原子為sp2雜化；空間構(gòu)型為平面三角形。

【詳解】

Ni的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，有7個能級，同一能級軌道上的電子能量相同，則Ni的基態(tài)原子有7種能量不同的電子；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3個σ鍵，沒有孤對電子，碳原子采取sp2雜化，HC≡CH中碳原子均形成2個σ鍵、沒有孤對電子，碳原子采取sp雜化；HCHO中碳原子為sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形；故答案為：7，②，平面三角形。【解析】①.7②.②③.平面三角形8、略

【分析】【詳解】

(1)Ti為22號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；

(2)Cr為24號元素，根據(jù)洪特規(guī)則可知其電子排布式中3d為半充滿結(jié)構(gòu)：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；

(3)銅為29號元素，根據(jù)洪特規(guī)則可知其電子排布式中3d為全充滿結(jié)構(gòu)：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

(4)Fe3＋為26號元素Fe失去外圍的三個電子，其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2②.1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1③.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1④.1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d59、略

【分析】【分析】

（1）第一電離能的變化規(guī)律與金屬性類似；但是要注意半滿的特殊情況；

（2）電負性的變化與非金屬性類似；非金屬性越強的元素其電負性也越大；

（3）越外層的軌道能量越高；越不穩(wěn)定。

【詳解】

（1）同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大，因此同主族元素從上到下第一電離能減小，因此

（2）同周期主族元素從左到右電負性逐漸增大，因此同主族元素自上到下電負性減小，因此

（3）越外層的軌道能量越高，因此【解析】①.<②.>③.<④.>⑤.<⑥.<10、略

【分析】【分析】

(1)同周期元素的第一電離能隨核電荷數(shù)的增大而增大；當最外層電子排布處于，全滿；半滿、全空時比相鄰元素的電離能大；

(2)根據(jù)圖分析可知；同主族元素的第一電離能的變化規(guī)律隨核電荷數(shù)增大而減?。?/p>

(3)圖中5號元素為磷元素。

【詳解】

(1)同周期元素的第一電離能隨核電荷數(shù)的增大而增大，當最外層電子排布處于，全滿、半滿、全空時比相鄰元素的電離能大，鎂元素最外層電子排布式為3s2，處于全滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離比相鄰的元素大，磷元素最外層電子排布式為3s23p3，處于半充滿狀態(tài)，第一電離能比相鄰的元素大，則Na～Ar之間1~6號元素用短線連接起來，構(gòu)成完整的圖象為

(2)根據(jù)圖分析可知；同主族元素的第一電離能的變化規(guī)律隨核電荷數(shù)增大而減小，故變化規(guī)律為，同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小；

(3)圖中5號元素為磷元素，原子結(jié)構(gòu)示意圖為位于元素周期表第三周期，第ⅤA族?！窘馕觥竣?②.從上到下第一電離能逐漸減?、?第三周期第ⅤA族11、略

【分析】【分析】

根據(jù)離子晶體和分子晶體的熔點關(guān)系分析判斷；根據(jù)分子晶體在熔融狀態(tài)下不能導電分析判斷冶煉的金屬；再分析判斷。

【詳解】

根據(jù)NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶體的熔點依次為801℃、714℃、190℃、2000℃，分子晶體的熔點一般較低，離子晶體的熔點較高，所以AlCl3為分子晶體；氧化鋁的熔點很高，直接電解熔融的氧化鋁冶煉鋁時會消耗大量的能量，因此常用冰晶石作助熔劑，在故答案為：AlCl3；冰晶石?！窘馕觥竣?AlCl3②.冰晶石12、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】NaCl正八面體8三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共5題，共10分)13、略

【分析】【詳解】

Ⅰ.(1)Q元素是31號鎵，原子的電子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1，J元素為鐵元素，原子的外圍電子排布圖3d64s2，正確答案：1s22s22p63s23p63d104s24p1；3d64s2。

（2）根據(jù)周期表可知：A為碳元素、B為氮元素、C為氧元素、D為氟元素、E為氖元素、G為鋁元素、H硅元素、Q鎵元素；原子半徑同一周期從左到右減?。ㄏ∮袣怏w除外），同一主族從上到下原子半徑增大，所以Al＞Si,a錯誤；同一周期從左到右第一電離能增大，氮元素2p能級為半充滿狀態(tài)，第一電離能大于相鄰的氧元素，即N＞O,B錯誤；同一周期從左到右電負性增強，同主族從上到下電負性減小，c正確；最高價氧化物的水化物酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3>Al(OH)3,d正確；正確答案：cd。

（3）L為銣元素，位于周期表中第五周期ⅠA族價電子排布為5s1，屬于s區(qū)元素，a正確；Ⅷ族的元素屬于d區(qū)，O位于周期表中第七周期Ⅷ族，屬于d區(qū)元素，b錯誤；M的外圍電子排布式為6s1，屬于s區(qū)元素，c錯誤；H所在族位置IVA族，外圍電子排布式為ns2np2；屬于p區(qū)元素，d正確；正確選項ad。

Ⅱ、根據(jù)題意分析：A是元素周期表中原子半徑最小的元素，A為氫元素；B原子最外電子層的p能級上的電子處于半滿狀態(tài)，B是氮元素；C的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，C是氧元素；C、F屬同一主族，F(xiàn)是硫元素；E最外層電子數(shù)比最內(nèi)層多1，E是鋁；D3B中陰；陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；D是鈉；G原子序數(shù)大于硫，G為氯元素；

（4）F是硫元素、G為氯元素；F、G元素對應的最高價含氧酸中H2SO4和HClO4，氯元素的非金屬大于硫元素，高氯酸的酸性較強；正確答案：HClO4。

（5）B是氮元素、C是氧元素；由于B原子最外電子層的p能級上的電子處于半滿狀態(tài)，所以第一電離能：B>C；C是氧元素、F是硫元素；電負性：C>F；正確答案：>；>。

6）A為氫元素、C是氧元素；A、C形成的一種綠色氧化劑X有廣泛應用，X分子中A、C原子個數(shù)比為1∶1，X為過氧化氫，電子式為Cu、稀硫酸與H2O2反應生成硫酸銅和水，離子方程式為Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；正確答案：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。

（7）E是鋁、D是鈉；D的最高價氧化物對應的水化物為氫氧化鈉，E的最高價氧化物對應的水化物為氫氧化鋁，氫氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，化學方程式：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；正確答案：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。

點睛：同一周期從左到右第一電離能增大，但是氮元素2p能級為半充滿狀態(tài)，第一電離能大于相鄰的氧元素?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d104s24p1②.3d64s2③.cd④.cd⑤.HClO4⑥.>⑦.>⑧.⑨.Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O⑩.Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O14、略

【分析】【分析】

根據(jù)構(gòu)造原理寫出Cr原子的核外電子排布式；根據(jù)基態(tài)錳原子核外電子排布式寫出能量最高的能級符號；根據(jù)同周期同主族元素第一電離能變化規(guī)律判斷；根據(jù)SiH4中價層電子對數(shù)判斷雜化方式；根據(jù)氫鍵和范德華力判斷沸點最高的物質(zhì)；根據(jù)H2O2與Si2H6的結(jié)構(gòu)判斷所含σ鍵數(shù)目之比；據(jù)此分析。

【詳解】

(1)基態(tài)Cr原子的原子序數(shù)為24，根據(jù)構(gòu)造原理：根據(jù)能量最低原理，3d能級和4s能級處于半充滿狀態(tài)，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1；

(2)25號元素錳原子核外電子排布1s22s22p63s23p63d54s2；能量最高的能級符號為3d；

(3)C；O、F位于同一周期；同周期元素從左到右的第一電離能呈現(xiàn)增大趨勢，第一電離能從大到小為：F＞O＞C，C和Si位于同一主族，同主族從上到下的第一電離能呈現(xiàn)減小的趨勢，第一電離能：C＞Si，三種元素的第一電離能由大到小的順序為F＞O＞Si；

(4)①SiH4中Si原子與四個氫原子形成4對共價鍵，Si原子雜化方式為sp3；

②H2O、HF、SiH4三種物質(zhì)都是分子晶體，水在常溫下是液態(tài)，HF、SiH4都是氣態(tài)，液體的沸點高于氣體，沸點最高的是H2O；

③H2O2的結(jié)構(gòu)式為：H-O-O-H，Si2H6的結(jié)構(gòu)式為1molH2O2中含有3molσ鍵，1mol的Si2H6中含有7molσ鍵，等物質(zhì)的量的H2O2與Si2H6所含σ鍵數(shù)目之比為3：7。

【點睛】

根據(jù)能量最低原理，鉻的3d能級和4s能級處于半充滿狀態(tài)，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1為易錯點，H2O2的結(jié)構(gòu)式為：H-O-O-H也為易錯點?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d54s1②.3d③.F＞O＞Si④.sp3⑤.H2O⑥.3：715、略

【分析】【分析】

（1）

Ti原子序數(shù)為22，其核外電子排布式為：[Ar]3d24S2，故答案為：[Ar]3d24S2；

（2）

TiO中價層電子對個數(shù)為3，,立體構(gòu)型是平面三角形，雜化方式為sp2雜化；TiO價電子數(shù)為24，與SO3互為等電子體，故答案為：平面三角形；sp2；SO3；

（3）

[Ti(O2)(H2O)4]2+中Ti2+與氧分子；水分子之間能形成配位鍵；水分子、氧分子中含有共價鍵，故答案為：共價鍵、配位鍵；

（4）

熔融狀態(tài)的SrTiO3和CaTiO3均可導電，均為離子晶體，熔點的高低取決于晶格能，Sr2+半徑比Ca2+半徑大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3小，SrTiO3熔點小于CaTiO3，故答案為：小于；Sr2+半徑比Ca2+半徑大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3??；

（5）

每個Ti原子和周圈六個O原子形成規(guī)則八面體，Ti位于八面體的中心位置，Sr原子則位于立方體八個頂點位置。則SrTiO3晶體中一個O周圍和它最近且距離相等的O有8個，根據(jù)立方晶胞結(jié)構(gòu)圖，晶腿中含有SrTiO3數(shù)為1，晶胞質(zhì)量為該晶胞密度==故答案為：8；或【解析】(1)[Ar]3d24S2

(2)平面三角形sp2SO3

(3)共價鍵；配位鍵。

(4)小于Sr2+半徑比Ca2+半徑大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3小。

(5)8或16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)已知硅是14號元素，基態(tài)硅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2；根據(jù)洪特規(guī)則，當電子進入同一能級的不同軌道時，電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)不同的軌道且自旋方向相同，故基態(tài)鉻原子的價電子排布圖不能寫成形式，是違背了洪特規(guī)則，故答案為：1s22s22p63s23p2；洪特規(guī)則；

(2)同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢，ⅡA與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，同一主族從上往下元素第一電離能依次減小，故NaAlSi2O6中四種元素第一電離能由大到小的順序為O＞Si＞Al＞Na；灼燒硅酸鋁鈉時，元素由基態(tài)到激發(fā)態(tài)時需吸收能量，當由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化為基態(tài)時，則會釋放能量，故當鈉元素的價電子由激發(fā)態(tài)躍遷到另一狀態(tài)時產(chǎn)生黃色火焰，故答案為：O＞Si＞Al＞Na；激發(fā)態(tài)；

(3)工業(yè)上電解熔融的氧化鋁來冶煉金屬鋁，反應的化學方程式為：2Al2O3(熔融)4Al+3O2；硅與碳類似，能與氫元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，分別類似于CH4、C2H4、C3H8，故此三種分子中硅原子的雜化軌道類型有sp3、sp2、sp3，故硅原子為sp3雜化的有SiH4、Si3H8；CH4為正四面體結(jié)構(gòu)，故分子空間構(gòu)型屬于正四面體的是SiH4，故答案為：2Al2O3(熔融)4Al+3O2；SiH4、Si3H8；SiH4；

(4)已知氧化鈉、氧化鋁的熔點分別為1132℃、2054℃，由于Na2O和Al2O3均為離子晶體，且鈉離子半徑比Al原子的大，所帶電荷比Al的小，離子鍵弱，熔點低故答案為：由于Na2O和Al2O3均為離子晶體；且鈉離子半徑比Al原子的大，所帶電荷比Al的小，離子鍵弱，熔點低；

(5)某N、Cr元素組成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一種很受重視的耐磨涂層，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲，圖乙為晶胞沿z軸投影圖，根據(jù)均攤法結(jié)合圖甲可知，一個晶胞中含有的Cr原子數(shù)目為：N原子數(shù)目為：4，該化合物的化學式為CrN，設(shè)晶胞的邊長為xcm，由該晶體密度為ρg·cm-3，可知：解得：x=cm，故晶體中Cr原子和N的最近核間距為為體對角線的故為cm=×1010pm，故答案為：CrN；×1010?！窘馕觥?s22s22p63s23p2洪特規(guī)則O＞Si＞Al＞Na激發(fā)態(tài)2Al2O3(熔融)4Al+3O2SiH4、Si3H8SiH4均為離子晶體，且鈉離子半徑比Al原子的大，所帶電荷比Al的小，離子鍵弱，熔點低CrN×101017、略

【分析】【詳解】

(1)鐵是26號元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構(gòu)造原理其核外電子排布式為[Ar]3d64s2，則Fe3+的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；

(2)SCN?中含有3個原子，且其價電子數(shù)是16，與SCN?互為等電子體的一種非極性分子的為CO2(或CS2)；

(3)每隔一個立方體中心有一個鉀離子，所以一個晶胞中鉀離子個數(shù)==0.5，該立方體中鐵原子個數(shù)=8×=1，CN?位于每條棱中點，該立方體中含有CN?個數(shù)=12×=3，所以平均化學式是K0.5Fe(CN)3；Fe平均化合價2.5，所以亞鐵離子與鐵離子之比是1:1；

(4)配位鍵由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子，F(xiàn)e2+提供空軌道，N原子提供電子對，F(xiàn)e2+與N原子間的的配位鍵為：

(5)鎂單質(zhì)晶體中原子的堆積方式是按ABABABAB的方式堆積，單質(zhì)晶體中原子為六方最密堆積，配位數(shù)為12，晶胞是圖中的c；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的幾何體為正四面體，正四面體的該高為晶胞的可推知四面體的體積為整個晶胞的而晶胞中含有的鎂原子數(shù)為1+=2，則晶胞質(zhì)量=2g，則ρg·cm?3=則有Mr=12NAaρ?！窘馕觥縖Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）CO2或CS21∶1六方最密堆積c1212NAaρ四、實驗題(共1題，共9分)18、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，外界氯離子可以與硝酸銀反應，將這兩種配合物區(qū)別開來的實驗方案：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。

【點睛】

把握配合物的構(gòu)成特點，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]Cl2五、工業(yè)流程題(共1題，共3分)19、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，最高價氧化物對應水化物酸性增強，同主族自上而下非金屬性減弱，最高價氧化物對應水化物酸性減弱，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：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)元素守恒可知反應物應該還有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+六、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共10分)20、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(shù)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(jié)構(gòu)，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(shù)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(shù)相同即最外層電子數(shù)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(zhì)在CO2中點燃可生成碳和一種熔點較高的固體產(chǎn)物MgO，其化學反應方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

(5)根據(jù)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(zhì)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+3H2O21、略

【分析】【分析】

A元素的價電子構(gòu)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(shù)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(shù)是核外電子總數(shù)的最外層電子數(shù)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(shù)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(jù)此解答。

【詳解】

(1)N原子最外層為半充滿狀態(tài)；性質(zhì)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(zhì)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小；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小；As與Ge元素同一周期，位于Ge的右側(cè)，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(jié)構(gòu)，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(jié)構(gòu)，Al的價層電子排布式為3s23p1，其3p上的1個電子較易失