高三上学期开学考试化学试题(答案解析)63

云南省文山州砚山县一中【精品】高三上学期开学考试化学
试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别出来，这种试剂是（）
A．烧碱溶液B．KSCN试剂C．氨水D．盐酸
2．烧瓶中放入铜片和稀硝酸，用酒精灯加热来制取较纯净的一氧化氮，反应开始后发现烧瓶中充满棕红色气体，这时的操作应是( )
A．立即接上收集容器，用向上排空气法收集
B．待烧瓶中红棕色消失后，用向上排空气法收集
C．立即用排水法收集
D．待烧瓶中红棕色气体消失后，用排水法收集
3．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，c所在周期数与族数相同，d与a同族，下列叙述正确的是() A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强
C．c的最高价氧化物的水化物是强碱D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强4．下列叙述正确的是
A．某温度下，一元弱酸HA的K a越小，则NaA的K h(水解常数)越小
B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越高，该反应越易进行
D．不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3
5．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
6．某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不可能具有的是（）
①可以燃烧②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③能跟NaOH溶液反应④能发生酯化反应⑤能发生聚合反应⑥能发生水解反应⑦能发生取代反应
A．①④B．⑥C．⑤D．④⑥
7．在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验中，会造成实验结果偏低的是（ ） A ．加热时间过长，固体部分变黑
B ．坩埚内附有不挥发杂质
C ．晶体不纯，含有不挥发杂质
D ．加热过程中有少量晶体溅出
二、实验题
8．近几年，节能减排、提高原料利用率来提高经济效益成为人们关注的焦点。

某化工厂利用甲烷与氯气反应得到的副产品来制取盐酸实现了变废为宝的梦想，其生产原理可在实验室中模拟如图，请根据要求填空：
（1）B 装置有三种功能：①控制气流速度；②均匀混合气体；③__________。

（2）设24V(Cl )V(CH )
=x ，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x 值应_________。

（3）在C 装置中，经过一段时间的强光照射后，发现硬质玻璃管内壁附着有油珠，生成的油状液滴中的氯仿可作局部麻醉剂，常因保存不慎而被空气氧化，产生剧毒气体——光气，反应化学方程式为2CHCl 3+O 2
2COCl 2+2HCl ，上述反应__________ (填
选项符号，下同)。

A ．属于取代反应
B ．不属于取代反应
为防止事故发生，在使用前检验氯仿是否变质可选用的试剂是____________。

A ．氢氧化钠溶液
B ．硝酸银溶液
C ．稀盐酸
D ．水
E.湿润的蓝色石蕊试纸
F.湿润的无色酚酞试纸
（4）D 装置的石棉中均匀混有KI 粉末，其作用是___________。

（5）E 装置的作用是____________ (填编号)。

A ．收集气体
B ．吸收氯气
C ．防止倒吸
D ．吸收氯化氢
（6）E 装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E
中分离出盐酸的最佳方法为
_____________；该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为_____ (填编号)。

①CH4②CH3Cl ③CH2Cl2④CHCl3⑤CCl4
9．某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：
乙二酸（HOOC﹣COOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5℃，在157℃升华．为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：
（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生．该反应的离子方程式为________；
（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；①说明乙二酸具有______（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；②请配平该反应的离子方程式：
_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O
（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：
实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。

据此回答：
①上述装置中，D的作用是_________，
②乙二酸分解的化学方程式为________；
（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O4•2H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH 溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_______（用离子符号表示）．
三、原理综合题
10．某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。

考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。

回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。

Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al 的制备方法称为______________。

（2）该小组探究反应②发生的条件。

D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2
生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。

由此判断影响该反应
有效进行的因素有（填序号）___________。

a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度
（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·x H2O 的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。

Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。

四、填空题
11．对金属制品进行防腐蚀处理，可延长其使用寿命。

（1）以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时候常有气泡冒出，原因是：________（用离子方程式表示）。

为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列
试剂中的__________。

a.NH3
b.CO2
c.NaOH
d.HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝村表面形成氧化膜，阳极电极反应式为：_____。

取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是
_________。

(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是___________。

(3)利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。

若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于_______________处。

若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______________。

12．中国古代四大发明之一——黑火药，它在爆炸时发生的化学反应为
2KNO3+3C+S=A+N2↑+3CO2↑(已配平)
（1）①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为__________。

②在生成物中，A的晶体类型为_______，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_____。

③已知CN-与N2互为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为_____。

（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。

T的基态原子外围电子(价电子)排布为______，Q2+的未成对电子数是_______。

（3）若某金属单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。

则晶胞中该原子的配位数为________，该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的________。

参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为：无现象；先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；红褐色沉淀；白色沉淀；先生成白色沉淀后沉淀消失，反应现象不同，所以可以用氢氧化钠溶液区别，A正确；
B. KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色，与其余四种物质不反应，现象相同，无法区别，B错误；
C.氨水和NaCl混合无现象，与FeCl3混合，产生红褐色沉淀，与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀，现象相同，无法区别，C错误；
D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应，现象相同，无法区别，D错误；
故合理选项是A。

2．C
【详解】
一氧化氮不稳定，易和空气中氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮不易溶于水，二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，所以一氧化氮应该采用排水法收集，要想收集到较纯净的一氧化氮，立即用排水法收集即可得到纯净的NO，
故选：C。

3．B
【详解】
a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，如果次外层为K层，则a原子的核外电子总数为2，为He，不是主族元素；所以b的次外层为L层，包含了8个电子，则a原子的核外电子总数为8，a为O元素，c所在周期与族数相等，c为第三周期元素，则c为Al元素，d和a同主族，则d为S元素。

b元素在第三周期，但是原子序数比Al的小，b元素为Na或者Mg。

a、b、c、d元素分别为O、Na或Mg、Al、S。

A．同周期元素从左到右，元素原子半径越来越小，b>c>d>a，A项错误；
B．同周期的金属元素，从左到右金属性越来越弱，b的原子序数小于c，则b的金属性最强，B项正确；
C．c为Al元素，其最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，为两性氢氧化物，不是强碱，C项错误；
D．d和a同主族，a为O，d为S，S单质的氧化性比O2的氧化性弱，D项错误；
本题答案选B。

4．B
【分析】
本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。

【详解】
A．根据“越弱越水解”的原理，HA的K a越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的K h(水解常数)越大。

选项A错误。

B．铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。

选B正确。

C．反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。

选项C错误。

D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。

【点睛】
反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。

从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。

5．D
【详解】
A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。

6．B
【解析】
【详解】
该有机物只含碳氢氧三种元素，可以燃烧生成二氧化碳和水；分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以发生加聚反应；分子中有羧基和羟基，可以发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；利用羧基可以和NaOH 溶液发生酸碱中和反应。

没有酯基、肽键和卤素原子，不能发生水解反应，故选B 。

7．C
【分析】
硫酸铜晶体结晶水含量的计算式为：结晶水的含量=100% 结晶水质量硫酸铜晶体质量。

硫酸铜晶体和坩埚的质量-无水硫酸铜和坩埚的质量=结晶水质量
【详解】
A. 加热时间过长，使无水硫酸铜分解为氧化铜和三氧化硫，会造成结晶水质量偏大，导致实验结果偏高，故A 不选；
B. 坩埚内附有不挥发杂质，不影响结晶水质量的测量，对实验结果没有影响，故B 不选；
C. 晶体不纯，含有不挥发杂质，使无水硫酸铜和坩埚的质量变大，使结晶水质量变小，造成实验结果偏低，故C 选；
D. 加热过程中有少量晶体溅出，会使结晶水质量偏大，造成实验结果偏高，故D 不选。

故选C 。

8．干燥混合气体 大于或等于4 B B 、E 吸收过量的氯气 C 、D 分液 ①、②
【分析】
装置A 是制备氯气，制备的氯气通过浓硫酸吸收水蒸气后，和甲烷一起通入装置C ，在光照时发生取代反应，生成的氯化氢、一氯甲烷等气体通过D 装置中的石棉上吸附着KI 粉末除去氯气，在E 装置中吸收生成的氯化氢气体，同时防止倒吸，生成的氯气中含有一氯甲烷等气体，需要加尾气吸收装置据此分析解答。

【详解】
（1）浓硫酸可以干燥氯气和甲烷，根据冒出气泡的速率来控制气体硫酸，使氯气和甲烷混合均匀，故答案为：干燥混合气体；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol 氯气可取代1molH 原子生成1molHCl ，设24V(Cl )V(CH )
=x ，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x 值应保证甲烷被完全取代，x 应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；
（3）反应前碳与氢原子和三个氯原子都是以单键相连，反应后碳氧之间是双键，不符合取代反应的特点，所以不属于取代反应；故选B ；氯仿如果变质则发生反应
2CHCl 3+O 2→2COCl 2+2HCl ，生成的氯化氢溶于水，电离产生氢离子和氯离子，所以能够使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，加入硝酸银溶液会发生反应生成白色的氯化银沉淀，故选：BE ，故答案为：B ；BE ；
（4）氯气具有强氧化性，能氧化还原性物质KI ，所以D 装置的石棉中均匀混有KI 粉末是吸收未反应的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（5）E 装置中水能吸收可溶性物质，且倒置的干燥管能防止倒吸，所以E 装置作用是 吸收HCl ，防止倒吸，故答案为：CD ；
（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E 装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，故答案为：分液； ①②。

9．HCO 3-+H 2C 2O 4=HC 2O 4-+CO 2↑+H 2O 还原性 2 5 6 2 10 8 除去混合气体中的CO 2 H 2C 2O 4H 2O+CO ↑+CO 2↑ 反应所得溶液为NaHC 2O 4溶液，由于HC 2O 4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c （H +）＞c （OH ﹣），所以溶液呈酸性 Na +＞HC 2O 4-＞H +＞C 2O 42-＞OH ﹣
【分析】
（1）强酸制弱酸原理；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；
（3）H 2C 2O 4H 2O+CO ↑+CO 2↑，B 装置验证产物水，C 装置验证产物CO 2，D 装置除
掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。

（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4-的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。

【详解】
（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；
（2）酸性KMnO 4溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO 4- +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2↑+8H2O；
答案：还原性 2 5 6 2 10 8
（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO 4粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO 2、H2O；
答案：除去混合气体中的CO2；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；
（4）①2.52g草酸晶体的物质的量=
2.52
126/
g
g mol
=0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液
中氢氧化钠的物质的量=100mL×10 -3 L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H +）＞c（OH -），所以溶液呈酸性；
②两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+＞C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-＞H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；
答案：反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣
【点睛】
第（4）小题为易错点，根据酸碱中和反应确定反应后的溶质为NaHC2O4，弱酸的酸式酸根
离子存在电离平衡和水解平衡，可根据溶液的酸碱性确定哪个平衡为主，最后再确定离子浓度的大小。

10．加热（或煅烧）电解法 a c2Cl2(g)+
TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2
【解析】
惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。

Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。

固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。

（1）NaOH的电子式为；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为电解法。

（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。

说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。

（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·x H2O 的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)
ΔH=−85.6kJ·mol−1。

（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO 42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。

11．2Al + 2OH-+ 4H2O=2Al(OH)4-+ 3H2↑ c 2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+因为Al3+和HCO3-发生互促水解，Al3++ 3HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+N 牺牲阳极保护法
【详解】
（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应
2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，
故答案为2Al + 2OH-+ 4H2O=2Al(OH)4-+ 3H2↑；b；
②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有
Al3+，和HCO3-发生了互促水解。

Al3++ 3HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑；
故答案为2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；Al3++ 3HCO3-==Al(OH)3↓+3CO2↑；
（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定。

故答案为阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+；
（3）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，应构成电解池，为外加电流的阴极保护法，开关K应该置于N处；若X为锌，开光K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。

故答案为N；牺牲阳极保护法。

12．O>N>C>K 离子晶体sp杂化1∶1 3d84s2 4 12 面心立方最密堆积
【分析】
（1）①金属性越强电负性越小，非金属性越强，电负性越大，据此解答；
②由原子守恒确定物质A为K2S；含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O 键，分子构型为直线型，不含孤对电子，杂化轨道sp杂化；
③根据CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键进行分析；
（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T 处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，再经过核外电子排布规律解答；
（3）由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积。

【详解】
（1）①同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性O＞N＞C＞K；
答案：O＞N＞C＞K
②由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子化合物，由钾离子与硫离子构成；含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，分子构型为直线型，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式；
答案：离子晶体sp杂化
③CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1；
答案：1：1
（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T 处于第Ⅷ族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子；
答案：3d84s2 4
（3）由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积；
答案：12 面心立方最密堆积。