2024年北師大版選修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2024年北師大版選修3化學下冊階段測試試卷957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、已知錳的核電荷數(shù)為25，以下是一些同學繪制的基態(tài)錳原子外圍電子的電子排布圖，其中最能準確表示基態(tài)錳原子核外電子運動狀態(tài)的是（）A.B.C.D.2、下列分子的中心原子雜化軌道類型相同的是（）A.CO2和SO2B.BeCl2和BF3C.H3O+和SO3D.CH4和NH33、我國前科學院院長盧嘉錫與法裔加拿大科學家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成加合物H2NCONH2?H2O2,不但使H2O2穩(wěn)定下來,而且結(jié)構(gòu)也沒有發(fā)生改變,得到了可供做衍射實驗的單晶體,經(jīng)測定H2O2的結(jié)構(gòu)如下圖所示,結(jié)合以上信息,下列說法中正確的是()

A.H2O2僅有氧化性B.H2O2是非極性分子,其結(jié)構(gòu)簡式為HO—OHC.H2NCONH2和H2O2是通過氫鍵結(jié)合的D.任何分子式中的"?"都表示氫鍵4、下列各分子中，屬于含極性鍵的非極性分子的是A.P4B.CO2C.H2SD.NH35、石英晶體的平面示意圖如圖；它實際上是立體的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)(可以看作是晶體硅中的每個Si—Si鍵中插入一個O)，其中硅；氧原子數(shù)比是m∶n，有關(guān)敘述正確的是()

A.m∶n＝2∶1B.6g該晶體中含有0.1NA個分子C.原硅酸根(SiO)的結(jié)構(gòu)為則二聚硅酸根離子Si2O中的x＝7D.石英晶體中由硅、氧原子構(gòu)成的最小的環(huán)上含有的Si、O原子個數(shù)和為86、觀察下列模型并結(jié)合有關(guān)信息，判斷下列說法不正確的是。晶體硼（其每個結(jié)構(gòu)單元中有12個B原子）NaClS8HCN結(jié)構(gòu)模型示意圖備注熔點2573K——易溶于CS2——

A.晶體硼屬于原子晶體，結(jié)構(gòu)單元中含有30個B-B鍵，含20個正三角形B.NaCl晶體中每個Na+周圍距離最近且相等的Na+有6個C.S8分子中的共價鍵為非極性鍵D.HCN分子中含有2個σ鍵，2個π鍵7、下面有關(guān)晶體的敘述中，不正確的是A.60gSiO2晶體中含Si-O鍵的個數(shù)為4NA(NA為阿伏加德羅常數(shù))B.在立方ZnS晶體(如圖所示)中，Zn2+、S2-的配位數(shù)都是8

C.設(shè)NaCl的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1,NaCl的密度為ρg·cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為NAmol-1,在NaCl晶體中，兩個距離最近的Cl-中心間的距離為cmD.CaO晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似，CaO晶體中Ca2+的配位數(shù)為6,且這些最鄰近的O2-圍成正八面體評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、元素的第一電離能：Al_________Si（填“>”或“<”）9、亞鐵氰化鉀（K4[Fe(CN)6])雙稱黃血鹽，是一種重要的化工原料。檢驗三價鐵發(fā)生的反應(yīng)為：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏藍)+3KCl；回答問題：

（1）寫出基態(tài)Fe3+的核外電子排布式___。

（2）K4[Fe(CN)6]中的作用力除共價鍵外；還有___和___。

（3）黃血鹽中N原子的雜化方式為____；C、N、O的第一電離能由大到小的排序為___，電負性由大到小的排序為___。10、每個時代的發(fā)展都離不開化學材料。黃銅是人類最早使用的合金之一；主要由鋅和銅組成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)鋅原子的價電子排布式為___，屬于周期表___區(qū)元素。電子占據(jù)最高能層的電子云輪廓圖形狀為___。

（2）第一電離能I1(Zn)___I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

（3）向[Cu(H2O)4]2+溶液（天藍色）中加入過量氨水將生成更穩(wěn)定的[Cu(NH3)4]2+溶液（深藍色），原因是___；向深藍色溶液中逐滴加入稀鹽酸，觀察到的現(xiàn)象是___。11、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(guān)，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(gòu)型為____________________；

②BCl3分子的空間構(gòu)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(jié)構(gòu)，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(gòu)體，棕黃色化合物的淡黃色化合物的試寫出兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____________________（棕黃色）、____________________（淡黃色），在水中溶解度較大的是____________________（填結(jié)構(gòu)簡式）。12、（15分）周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序數(shù)依次增大。X的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，Y基態(tài)原子的p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，Z基態(tài)原子的價電子層中有2個未成對電子，T與Z同主族，W基態(tài)原子的M層全充滿，N層只有一個電子?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Y、Z、T中第一電離能最大的是____（填元素符號，下同），原子半徑最小的是____。

（2）T的原子結(jié)構(gòu)示意圖為____，W基態(tài)原子的電子排布式為____。

（3）X和上述其他元素中的一種形成的化合物中，分子呈三角錐形的是____（填化學式）；分子中既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵的化合物是____（填化學式；寫一種）。

（4）T與Z形成的化合物中，屬于非極性分子的是____（填化學式）。

（5）這5種元素形成的一種陰陽離子個數(shù)比為1:1型的配合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)，陽離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。該配合物的化學式為____，陽離子中存在的化學鍵類型有____。

評卷人得分三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共9題，共18分)13、已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1個長周期，短周期元素Y原子的最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子總數(shù)少3，它們形成的化合物的分子是XY4。

試回答：

（1）X元素原子的基態(tài)電子排布式為________________________________________；Y元素原子最外層電子的電子排布圖為________________________________________。

（2）該化合物的空間結(jié)構(gòu)為__________，中心原子的雜化類型為__________，分子為__________(填“極性”或“非極性”)分子。

（3）該化合物在常溫下為液體，它的沸點與SiCl4的比較，__________(填化學式)的高，原因是______________________________________________________。14、鹵族元素是典型的非金屬元素,包括F、Cl、Br；I等。請回答下面有關(guān)問題。

(1)同主族元素的電負性大小存在一定的規(guī)律，鹵族元素F、Cl、Br、I的電負性由小到大的順序是_____。

(2)Br原子的M層核外電子排布式為_________。

(3)用價層電子對互斥理論判斷BeCl2的構(gòu)型為________，BF3分子中B－F鍵的鍵角為________。

(4)CCl4分子中碳原子的雜化方式為______，NF3分子的空間構(gòu)型為_______。

(5)F、Mg、K三種元素形成的晶體晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，一個晶胞中Mg元素的質(zhì)量分數(shù)為________。

15、C；O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常見元素。

(1)Fe在元素周期表中的位置是_____，Cu基態(tài)原子核外電子排布式為________。

(2)C和O的氣態(tài)氫化物中，較穩(wěn)定的是________（寫化學式）。C的電負性比Cl的________（填“大”或“小”）。

(3)寫出Na2O2與CO2反應(yīng)的化學方程式____________________________。

(4)碳有多種同素異形體；其中石墨烯與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

①在石墨烯晶體中，每個C原子連接___________個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有___________個C原子。

②在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接__________個六元環(huán)，六元環(huán)中最多有_________個C原子在同一平面。

(5)刻蝕印刷電路的廢液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3，任意排放將導致環(huán)境污染和資源的浪費，為了使FeCl3循環(huán)利用和回收CuCl2；回收過程如下：

①試劑X的化學式為______________；

②若常溫下1L廢液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物質(zhì)的量濃度均為0.5mol·L－1，則加入Cl2和物質(zhì)X后，過濾。為使溶液鐵元素完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，而CuCl2不產(chǎn)生沉淀。則應(yīng)控制pH的范圍是____________________________（設(shè)溶液體積保持不變），已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20、lg5＝0.7。16、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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)的水化物反應(yīng)的化學方程式______________________。17、乙醇能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生反應(yīng):5C2H5OH+4MnO4-+12H++13H2O=5CH3COOH+4[Mn(H2O)6]2+。

(1)H、C、O中.原子半輕最大的是______(填元素符號，下同).電負性最大的是___________。

(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn-O化學鍵稱為_______鍵,其電子對________由提供。H2O與H+結(jié)合生成H3O+,與H3O+所含原子總數(shù)相等的等電子體是________(填分子式,寫一種)。

(3)在上述反應(yīng)中C2H5OH轉(zhuǎn)化為CH3COOH，C原子的雜化軌道類型由____變?yōu)開_______。

(4)CH3COOH能與H2O任意比混溶的原因,除它們都是極性分子外還因為____________。

(5)第一電離能I1(O)___(填”>”“<”或”=“)I1(S),其原因是___________________。

(6)β-MnSe的結(jié)構(gòu)中Se為面心立方最密堆積，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若距離最近的兩個錳原子之間的距離為bpm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA.則β-MnSe的密度=____(列出表達式)g·cm-3。

18、教材插圖具有簡潔而又內(nèi)涵豐富的特點。請回答以下問題：

(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五電離能數(shù)據(jù)如圖1所示。則該元素對應(yīng)的原子有___種不同運動狀態(tài)的電子。

(2)如圖2所示.每條折線表示周期表IVA–VIIA中的某一族元素氫化物的沸點變化。請解釋AsH3比NH3沸點低的原因___。

(3)CO2在高溫高壓下所形成的晶體其晶胞如圖3所示。則該CO2晶體屬于___晶體。

(4)第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有__種。BCl3中B原子的雜化方式為___。

(5)Fe的一種晶體如甲、乙所示，若按甲虛線方向切乙得到的A-D圖示中正確的是__(填字母標號)。

鐵原子的配位數(shù)是___，假設(shè)鐵原子的半徑是rcm，該晶體的密度是ρg/cm3，則鐵的相對原子質(zhì)量為___(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。19、碳是地球上組成生命的最基本的元素之一。根據(jù)要求回答下列問題:

（1）碳原子的價電子排布圖：________________，核外有______種不同運動狀態(tài)的電子。

（2）碳可以形成多種有機化合物；下圖所示是一種嘌呤和一種吡啶的結(jié)構(gòu)，兩種分子中所有原子都在一個平面上。

①嘌呤中所有元素的電負性由大到小的順序______________________。

②嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，解釋原因_________________________________。

③吡啶結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式___________。

④分子中的大π鍵可以用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為)。該嘌呤和吡啶中都含有大π鍵，請問該吡啶中的大π鍵表示為______________。

（3）碳可形成CO、CO2、H2CO3等多種無機化合物。

①在反應(yīng)CO轉(zhuǎn)化成CO2的過程中，下列說法正確的是__________。

A．每個分子中孤對電子數(shù)不變B．分子極性變化。

C．原子間成鍵方式改變D．分子的熔沸點變大。

②干冰和冰是兩種常見的分子晶體，晶體中的空間利用率：干冰_______冰。(填“>”、“<”或“=”)

③H2CO3與H3PO4均有1個非羥基氧，H3PO4為中強酸，H2CO3為弱酸的原因___________。

（4）在2017年，中外科學家團隊共同合成了碳的一種新型同素異形體：T-碳。T-碳的結(jié)構(gòu)是：將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成的正四面體結(jié)構(gòu)單元取代，形成碳的一種新型三維立方晶體結(jié)構(gòu)，如下圖。已知T-碳晶胞參數(shù)為apm，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則T-碳的密度的表達式為______________g/cm3。

20、據(jù)世界權(quán)威刊物《自然》最近報道，選擇碲化鋯（ZrTe5）為材料驗證了三維量子霍爾效應(yīng)；并發(fā)現(xiàn)了金屬－絕緣體的轉(zhuǎn)換。Te屬于ⅥA元素?；卮鹣铝袉栴}：

(1)鋯(Zr)的簡化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中d軌道上的電子數(shù)是___，Zr2+的價電子排布圖是___。

(2)O、Se、Te的第一電離能由大到小的順序是___，H2O、H2Se、H2Te的沸點由高到低的順序是___。

(3)H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，試用雜化軌道理論解釋，理由是___。

(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，其中的配位原子是___(填符號)，1個[Zr(C2H5O)2]2+離子中含共價鍵的數(shù)目是___。

(5)立方氧化鋯是一種人工合成的氧化物，其硬度極高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。Zr原子的配位數(shù)是___。若晶胞中距離最近的兩個氧原子間的距離為anm，則立方氧化鋯的密度為___g/cm3。

21、硅、鎵、鍺、硒等單質(zhì)及某些化合物(如砷化鎵)都是常用的半導體材料，廣泛用于光電應(yīng)用領(lǐng)域。具有鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物(通常用ABX3表示)作為一種新型半導體材料也備受關(guān)注，A是陽離子(CH3NHCs+等)，B是二價金屬陽離子(Pb2+，Sn2+等)；X是鹵離子。

(1)基態(tài)Se原子的核外電子排布式為______，其能量最高軌道的電子云形狀為______。

(2)鎵、鍺、砷、硒的第一電離能由大到小的順序為______(用元素符號表示)。

(3)CH3NH中N原子的雜化方式為______，該離子與______分子互為等電子體；CH3NH中H—N—H鍵角比NH3中H—N—H鍵角______(填“大”或“小”)，理由是______。

(4)鍺的一種氧化物的立方晶胞如圖所示：

其中原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(1，1，0)，則C原子坐標參數(shù)為______，O的配位數(shù)為______，每個Ge原子周圍距離最近且相等的Ge原子有______個。已知Ge與O的最近距離為anm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA，則該晶體的密度ρ=______g·cm-3(列出計算式即可)。評卷人得分四、實驗題(共1題，共10分)22、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4分)23、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(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、有機推斷題(共1題，共4分)24、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(xiàn)的最高化合價和最低化合價的代數(shù)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(shù)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(shù)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(qū)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(tài)的電子,有___種能量不同的電子。F2D2廣泛用于橡膠工業(yè),各原子均滿足八電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),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(gòu)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(shè)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(shù)用NA表示；寫表達式，不化簡）

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

根據(jù)能量最低原理可知錳原子核外電子排布式為[Ar]3d54s2，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理可知，外圍電子的運動狀態(tài)為：故答案為：D。2、D【分析】【詳解】

A．CO2中C形成2個δ鍵，無孤電子對，為sp雜化，SO2中S形成2個δ鍵，孤電子對數(shù)==1，為sp2雜化；不相同，故A錯誤；

B．BeCl2中Be形成2個δ鍵，無孤電子對，為sp雜化，BF3中B形成3個δ鍵，無孤電子對，為sp2雜化；不相同，故B錯誤；

C．H3O+中O原子形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)==1，為sp3雜化，而SO3中S原子形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)==0，為sp2雜化；不相同，故C錯誤；

D．CH4中C形成4個δ鍵，無孤電子對，為sp3雜化，NH3中N形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)==1，為sp3雜化；相同，故D正確；

故答案為D。

【點睛】

根據(jù)價層電子對互斥理論中心原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=(a-xb)，a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)，根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；3、C【分析】【詳解】

A．H2O2的氧元素的化合價為-1價；處于氧元素的中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，A錯誤；

B．由圖可知，H2O2的正負電荷中心不重合，所以H2O2是極性分子；其結(jié)構(gòu)簡式為HO-OH，B錯誤；

C．科學家把尿素(H2NCONH2)和H2O2形成加合物H2NCONH2?H2O2，兩者結(jié)構(gòu)都沒有變化，所以尿素(H2NCONH2)和H2O2是通過氫鍵形成加合物H2NCONH2?H2O2；C正確；

D．分子式中的"?"不一定都表示氫鍵，如CuSO4?5H2O中并沒有氫鍵，5個H2O中，有4個H2O與Cu2+形成配位鍵；還有1個結(jié)晶水，D錯誤；

故選C。4、B【分析】【詳解】

A．P4為非金屬單質(zhì)；只存在P-P非極性鍵，A不符合題意；

B．CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O；含有C=O極性鍵，分子結(jié)構(gòu)對稱，為非極性分子，B符合題意；

C．H2S結(jié)構(gòu)式為為含有極性鍵的極性分子，C不符合題意；

D．NH3的結(jié)構(gòu)式為為含有極性鍵的極性分子，D不符合題意；

故選B。5、C【分析】【詳解】

A、每個Si原子占有O原子個數(shù)=4×=2；則Si；O原子個數(shù)之比為1：2，故A錯誤；

B；該晶體是原子晶體；不存在分子，故B錯誤；

C、原硅酸（H4SiO4）的結(jié)構(gòu)可表示為兩個原硅酸分子可發(fā)生分子間脫水生成二聚原硅酸：二聚原硅酸電離出6個H+后，形成帶6個負電荷的二聚原硅酸根離子，二聚硅酸根離子的結(jié)構(gòu)可表示為：則二聚硅酸根離子Si2OX6-中的x=7；故C正確；

D、在SiO2晶體中；每個環(huán)上有6個Si原子，每2個Si原子之間含有一個O原子，所以由Si；O構(gòu)成的最小單元環(huán)中共有12個原子，故D錯誤。

答案選C。

【點睛】

考查分析、計算及空間想像能力，明確Si、O原子之間的關(guān)系及二氧化硅空間結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，C選項也可以利用化合價代數(shù)和等于離子電荷計算。6、B【分析】【詳解】

A.晶體硼是由非金屬原子通過共價鍵形成的，且其熔點高，應(yīng)屬于原子晶體，每個硼原子與其他硼原子間形成5個共價鍵，則該結(jié)構(gòu)單元中含B一B鍵的個數(shù)為每個正三角形平均占有硼原子的個數(shù)為故結(jié)構(gòu)單元中含正三角形個數(shù)為故A正確；

B.NaCl晶體中每個Na+周圍距離最近且相等的Na+有12個；故B不正確；

C.S8分子中同種原子間形成非極性鍵；故C正確；

D.HCN的結(jié)構(gòu)式為H－C≡N；故其分子中含有2個σ鍵；2個π鍵，故D正確；

故答案選：B。7、B【分析】【詳解】

A.n(SiO2)===1mol，在二氧化硅晶體中，每個硅原子形成4個Si-O鍵，因此60gSiO2中含Si-O鍵的物質(zhì)的量為4mol，Si-O鍵的個數(shù)為4NA；故A正確；

B.晶胞中含有表示小球位于頂點和面心，共含有8×+6×=4個；黑色球位于體心，共4個，所以立方ZnS晶體的每個晶胞中含有4個鋅離子，其配位數(shù)為4，含有4個硫離子，其配位數(shù)也為4，故B錯誤；

C.設(shè)晶胞邊長為a，則在氯化鈉晶胞中，含Cl-4個，含Na+4個，根據(jù)密度公式可得所以晶胞面對角線長為而兩個距離最近的Cl-中心間的距離等于面對角線的一半，所以兩個距離最近的Cl-中心間的距離為即故C正確；

D.CaO晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似，若Ca2+處于體心、棱中間，O2-位于面心和頂點，晶體中體心Ca2+與面心的6個O2-距離最近，Ca2+的配位數(shù)為6，且這些最鄰近的O2-圍成正八面體；故D正確。

故選B。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【詳解】

同周期；從左到右，總體上第一電離能逐漸增大（第二和第五主族例外）；故鋁的第一電離能小于硅。

答案為：<?！窘馕觥?lt;9、略

【分析】【詳解】

(1)Fe原子核外有26個電子，失去外圍3個電子形成Fe3+，所以基態(tài)Fe3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)K4[Fe(CN)6]是離子化合物，存在離子鍵，其中Fe(CN)64-含有共價鍵和配位鍵；即化學鍵為離子鍵；配位鍵和共價鍵；

(3)CN-中N的價層電子對數(shù)=1+=2；所以N采用sp雜化；同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但是第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以C、N、O第一電離能大小順序為N＞O＞C；同一周期元素電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，所以C、N、O的電負性大小順序為O＞N＞C。

【點睛】

同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第ⅡA族元素（最外層全滿）大于第ⅢA族元素，第ⅤA族（最外層半滿）的第一電離能大于第ⅥA族元素?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5配位鍵離子鍵spN>O>CO>N>C10、略

【分析】【分析】

（1）鋅的原子序數(shù)為30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，價電子排布式為3d104s2；

（2）Cu原子的外圍電子排布式為3d104s1,4s能級處于半充滿狀態(tài)，而Zn原子的外圍電子排布式為3d104s2；4s能級處于全充滿狀態(tài)；

（3）向天藍色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入過量氨水生成更穩(wěn)定的深藍色[Cu(NH3)4]2+溶液，說明配位能力NH3分子大于H2O分子；向深藍色溶液中逐滴加入稀鹽酸；鹽酸先與銅氨絡(luò)離子反應(yīng)生成氫氧化銅藍色沉淀，鹽酸過量，氫氧化銅沉淀溶解生成氯化銅。

【詳解】

（1）鋅的原子序數(shù)為30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，價電子排布式為3d104s2，屬于周期表ds區(qū)元素，電子占據(jù)最高能層的電子位于為4s軌道，s電子云輪廓圖形狀為球形，故答案為：3d104s2；ds；球形；

（2）Cu原子的外圍電子排布式為3d104s1,4s能級處于半充滿狀態(tài)，而Zn原子的外圍電子排布式為3d104s2；4s能級處于全充滿狀態(tài)，Zn原子更不易失去1個電子，所以Zn原子的第一電離能較大，故答案為：大于；

（3）向天藍色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入過量氨水生成更穩(wěn)定的深藍色[Cu(NH3)4]2+溶液，說明配位能力NH3分子大于H2O分子，這是因為N原子的電負性小于氧原子，提供孤電子對能力強，形成的配位鍵更加穩(wěn)定；[Cu(NH3)4]2+在溶液中存在如下絡(luò)合平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；加入鹽酸，氨分子與氫離子反應(yīng)，濃度減小，平衡向右移動，銅離子與溶液中氫氧根結(jié)合生成氫氧化銅藍色沉淀，當鹽酸過量時，氫氧化銅沉淀溶于鹽酸生成氯化銅，溶液呈天藍色，實驗現(xiàn)象為先產(chǎn)生藍色沉淀，后沉淀溶解，溶液變?yōu)樘焖{色，故答案為：N原子的電負性小于氧原子，提供孤電子對能力強，形成的配位鍵更加穩(wěn)定；先產(chǎn)生藍色沉淀，后沉淀溶解，溶液變?yōu)樘焖{色。

【點睛】

Cu原子的外圍電子排布式為3d104s1,4s能級處于半充滿狀態(tài)，而Zn原子的外圍電子排布式為3d104s2，4s能級處于全充滿狀態(tài)，Zn原子更不易失去1個電子是分析難點?！窘馕觥竣?3d104s2②.ds③.球形④.大于⑤.N原子的電負性小于氧原子，提供孤電子對能力強，形成的配位鍵更加穩(wěn)定⑥.先產(chǎn)生藍色沉淀，后沉淀溶解，溶液變?yōu)樘焖{色11、略

【分析】【詳解】

(1)是由極性鍵形成的雙原子極性分子；根據(jù)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(jié)構(gòu)，是極性分子，其

(2)①說明是極性分子，則是三角錐形結(jié)構(gòu)；

②說明是非極性分子，其正、負電荷重心重合，應(yīng)是平面正三角形結(jié)構(gòu)；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(jù)題意，具有平面四邊形結(jié)構(gòu)，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(jù)相似相溶規(guī)律，水是極性分子，因此屬于極性分子的溶質(zhì)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(jié)構(gòu)簡式為【解析】CS2三角錐形平面正三角形sp2雜化12、略

【分析】試題分析：周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序數(shù)依次增大。X的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則X是氫元素。Y基態(tài)原子的p電子數(shù)比s電子數(shù)少1個，則Y應(yīng)該是氮元素。Z基態(tài)原子的價電子層中有2個未成對電子，所以Z是氧元素。T與Z同主族，則T是S元素。W基態(tài)原子的M層全充滿，N層只有一個電子，則W是Cu元素。

（1）非金屬性越強；第一電離能越大。但氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，則氮元素的第一電離能大于氧元素的。同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，則原子半徑最小的是O。

（2）S的原子序數(shù)是16，原子結(jié)構(gòu)示意圖為根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知W基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1。

（3）X和上述其他元素中的一種形成的化合物中，分子呈三角錐形的是NH3。分子中既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2或N2H4。

（4）T與Z形成的化合物中，SO2是V形結(jié)構(gòu)，三氧化硫是平面三角形，則屬于非極性分子的是SO3。

（5）這5種元素形成的一種陰陽離子個數(shù)比為1:1型的配合物中，陰離子呈四面體結(jié)構(gòu)，則為硫酸根。陽離子的結(jié)構(gòu)如右圖所示，即為氨氣和銅離子形成的配位健，則該配合物的化學式為[Cu(NH3)4]SO4；陽離子中存在的化學鍵類型有配位健及氮元素與氫原子之間的共價鍵。

考點：考查元素推斷、第一電離能、空間構(gòu)型、原子半徑、化學鍵、核外電子排布等【解析】（1）NO（各1分）（2）（1分）[Ar]3d104s1（2分）

（3）NH3（2分）H2O2或N2H4（2分）（4）SO3（2分）

（5）[Cu(NH3)4]SO4（2分）共價鍵、配位鍵（2分）三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共9題，共18分)13、略

【分析】【詳解】

X元素與碳元素同主族且位于周期表中的第一長周期，X為Ge元素，Y原子是短周期元素且最外層電子數(shù)比內(nèi)層電子總數(shù)少3，Y為Cl元素，化合物XY4為GeCl4。

（1）Ge元素是32號元素，基態(tài)原子核外電子排布式為ls22s22p63s23p63d104s24p2；Cl元素是17號元素，原子的最外層電子的電子排布圖為（2）Ge元素與C元素處于相同主族，GeCl4與CCl4具有相似的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，Ge原子采取sp3雜化，GeCl4為正四面體形，空間對稱，是非極性分子；（3）由于二者均為分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，GeCl4相對分子質(zhì)量大，范德華力強，熔、沸點高?！窘馕觥竣?ls22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2②.③.正四面體形④.sp3⑤.非極性分子⑥.GeCl4⑦.二者均為分子晶體結(jié)構(gòu)相似，GeCl4相對分子質(zhì)量大，范德華力強，熔、沸點高14、略

【分析】【詳解】

(1)非金屬性越強，電負性越大，即電負由小到大的順序是IBrClF；故答案為：IBrClF；

(2)Br是第四周期元素，原子核外有35個電子，其M層電子排布式為3s23p63d10，故答案為：3s23p63d10；

(3)BeCl2中含有的孤對電子對數(shù)是=0，價層電子對數(shù)是2，所以BeCl2是直線型。BF3中含有的孤對電子對數(shù)是=0，σ鍵數(shù)是3，是平面正三角型，鍵角是120。，故答案為：直線型；120。；

(4)CCl4中含有的孤對電子對數(shù)是=0，σ鍵數(shù)是4，是正四面體，C原子采取的是sp3雜化；N原子含有孤對電子對數(shù)是==1，σ鍵數(shù)是3，N原子采取的是sp3雜化，AB3型，所以NF3是三角錐型。故答案為：sp3；三角錐型；

(5)該晶胞中含Mg(8×)=1個，K原子個數(shù)為1，F(xiàn)原子數(shù)為12×=3，所以其化學式為KMgF3，由化學式可算出Mg的質(zhì)量分數(shù)==20%，故答案為：20%。【解析】①.IBrClF②.3s23p63d10③.直線型④.120。⑤.sp3⑥.三角錐形⑦.20%15、略

【分析】【詳解】

(1)Fe是26號元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29號元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；故答案為：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。

(2)同周期，非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此較穩(wěn)定的是H2O；Cl非金屬性強，其電負性越大，因此C的電負性比Cl的?。还蚀鸢笧椋篐2O；小。

(3)Na2O2與CO2反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案為：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

(4)①根據(jù)均攤法計算，在石墨烯晶體中，每個C原子被3個六元環(huán)共有，每個六元環(huán)占有的碳原子數(shù)6×=2；所以，每個六元環(huán)占有2個C原子；故答案為：3；2。

②在金剛石的晶體結(jié)構(gòu)中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，最小的環(huán)為6元環(huán)，每個單鍵為3個環(huán)共有，則每個C原子連接4×3=12個六元環(huán)，六元環(huán)為椅式結(jié)構(gòu)，六元環(huán)中有兩條邊平衡，連接的4個原子處于同一平面內(nèi)，如圖故答案為：12；4。

(5)①W中含有CuCl2、FeCl3；加入X使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，加入的X由于調(diào)節(jié)溶液pH值，且不引入雜質(zhì)，X為CuO等；故答案為：CuO。

②常溫下1L廢液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物質(zhì)的量濃度均為0.5mol·L－1，則加入Cl2后溶液中FeCl2轉(zhuǎn)變?yōu)镕eCl3，因此c(FeCl3)=1mol?L?1，銅離子開始沉淀時，pH=4.3，鐵離子沉淀完全時，pH=3，故溶液pH應(yīng)控制在3.0～4.3之間；故答案為：3.0～4.3?！窘馕觥康谒闹芷诘冖?s22s22p63s23p63d104s1H2O小2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O232124CuO3～4.316、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小（稀有氣體除外），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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)的水化物為氫氧化鈉，E的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為氫氧化鋁，氫氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)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。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s24p1②.3d64s2③.cd④.cd⑤.HClO4⑥.>⑦.>⑧.⑨.Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O⑩.Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O17、略

【分析】【詳解】

(1)電子層數(shù)越多；原子半徑越大，同周期元素，從左到右原子半徑逐漸減小，因此H；C、O中，原子半輕最大的是C；周期表從左到右，元素的電負性逐漸變大，從上到下，元素的電負性逐漸減小，因此H、C、O中，電負性最大的是O，答案：C；O；

(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn—O鍵為配位鍵，其電子對由O提供，H3O+的原子數(shù)為3，價電子數(shù)為10，與H3O+所含原子總數(shù)相等的等電子體有NH3等，答案：配位；O；NH3；

(3)C2H5OH分子中的兩個碳原子均為sp3雜化，CH3COOH分子中甲基上的碳原子為sp3雜化，羰基中的碳原子為sp2雜化，答案：sp3；sp3或sp2；

(4)CH3COOH與H2O均為極性分子，且CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵，因此CH3COOH能與H2O任意比混溶，答案：CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵；

(5)O和S位于同一主族，O的原子半徑比S的小，半徑越小原子核對最外層電子的吸引力越大，則第一電離能越大，因此第一電離能I1(O)>I1(S)，答案：>；O的原子半徑比S的??；原子核對最外層電子的吸引力較大；

(6)由均攤法可知，1個晶胞中Mn原子的數(shù)目為4，Se原子的數(shù)目為8×+6×=4，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，兩個Mn原子的最近距離為面對角線的一半，所以晶胞的棱長為pm，取1mol晶胞，質(zhì)量m=4×134g，1個晶胞的體積為(×10-10)3cm3，則晶胞的密度=g·cm-3，答案：【解析】CO配位ONH3sp3sp3或sp2CH3COOH分子與H2O分子間可形成氫鍵>O的原子半徑比S的小，原子核對最外層電子的吸引力較大18、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)電離能產(chǎn)生的突變得到最外層電子數(shù)；得到元素名稱；

(2)根據(jù)晶體類型和晶體中粒子間作用力分析；

(3)根據(jù)晶胞特點分析；

(4)同周期主族元素從左到右第一電離能呈增大趨勢；但第ⅡA族最外能層的s能級全滿，處于穩(wěn)定狀態(tài)，第ⅤA族最外能層的p能級半充滿，較穩(wěn)定；根據(jù)雜化軌道理論求雜化類型；

(5)相對原子質(zhì)量的計算利用密度公式進行。

【詳解】

(1)第三周期的某主族元素；根據(jù)第一至第五電離能數(shù)據(jù)，可知，該原子第二和第三電離能變化較大，產(chǎn)生了突變，則該原子最外層有2個電子，為鎂元素，其核外有12個電子，每個電子的運動狀態(tài)都不同，則有12種不同運動狀態(tài)的電子；

(2)NH3分子間能形成氫鍵，而AsH3分子間無氫鍵，所以AsH3比NH3沸點低；

(3)由CO2在高溫高壓下所形成的晶體的晶胞圖可知；在晶胞中原子之間通過共價鍵結(jié)合形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體，屬于原子晶體；

(4)同周期主族元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族最外能層的s能級全滿，處于穩(wěn)定狀態(tài)，第ⅤA族最外能層的p能級半充滿，較穩(wěn)定，故第三周期元素的第一電離能由大到小的順序為Na3中B原子無孤電子對，成鍵電子對數(shù)為3，B的雜化方式為sp2雜化；

(5)圖甲中Fe位于頂點和體心；乙由8個甲組成，按虛線方向切乙形成的截面邊長不等，排除B；D，由于每個小立方體的體心有一個鐵原子，故A正確；由圖甲可以看出，位于體心的鐵原子周圍距離最近的鐵原子有8個，所以鐵原子的配位數(shù)是8；

因為鐵原子的半徑是rcm，根據(jù)鐵晶胞的結(jié)構(gòu)可知，晶胞的邊長為在每個晶胞中含有鐵原子的數(shù)目為1+8×=2，設(shè)鐵原子相對原子質(zhì)量為M，根據(jù)密度=質(zhì)量除以體積，可得ρ=所以M=

【點睛】

本題為物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的綜合題，主要考查電離能、雜化方式、晶胞的結(jié)構(gòu)與計算，晶胞的計算先用均攤法進行，計算每個晶胞的原子個數(shù)，再利用密度公式，求得相對原子質(zhì)量，邊長的計算稍有點難度，在計算鐵相對原子質(zhì)量時要有較好的運算能力?！窘馕觥?2NH3存在分子間氫鍵原子3sp2雜化A819、略

【分析】【詳解】

（1）碳為6號元素，碳原子的價電子排布圖為：核外有6種不同運動狀態(tài)的電子；（2）①元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，嘌呤中所有元素的電負性由大到小的順序為N>C>H；②孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對之間的斥力，斥力越大，鍵角越大，因此嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大；③吡啶結(jié)構(gòu)中N原子連接有3個原子，含有1個孤對電子，采用sp3雜化；④分子中的大π鍵可以用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)。根據(jù)吡啶的結(jié)構(gòu)，其中的大π鍵由5個原子6個電子形成的表示為（3）①A．CO分子中碳和氧上各有1個孤對電子，CO2分子中碳和氧上各有2個孤對電子，選項A錯誤；B．CO為極性分子，CO2為非極性分子，分子極性變化，選項B正確；C．CO中存在碳氧三鍵，CO2中存在碳氧雙鍵，分子中原子間成鍵方式改變，選項C正確；D．反應(yīng)物中的一氧化碳和氧氣的相對分子質(zhì)量小于生成物二氧化碳，分子的熔沸點變大，選項D正確。答案選BCD；②水分子間存在氫鍵，且氫鍵有方向性，導致水分子形成冰時存在較大的空隙，干冰分子之間只存在范德華力，形成的分子晶體是密堆積，晶體中的空間利用率：干冰>冰；③由于溶于水的二氧化碳分子只有約幾百分之一與水結(jié)合成碳酸，與按二氧化碳全部轉(zhuǎn)化為碳酸分子來估算酸的強度相比，自然就小了近百倍了，而溶于水的五氧化二磷幾乎能夠完全反應(yīng)生成磷酸，故答案為由于溶于水的二氧化碳分子只有約幾百分之一與水結(jié)合成碳酸，與按二氧化碳全部轉(zhuǎn)化為碳酸分子來估算酸的強度相比，自然就小了近百倍了；（4）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，晶胞中含有的正四面體結(jié)構(gòu)的數(shù)目=每個正四面體結(jié)構(gòu)含有4個碳原子，晶胞的質(zhì)量=已知T-碳晶胞參數(shù)為apm，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則T-碳的密度為g/cm3。

【點睛】

本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及了分子的性質(zhì)的判斷、晶胞的計算等。本題的易錯點為（2）②中大π鍵類型的判斷，難點為（3）③碳酸與磷酸酸性強弱的判斷，要注意根據(jù)溶解度即反應(yīng)的限度分析判斷?！窘馕觥?N>C>H（或NCH）孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對之間的斥力，斥力大，鍵角大sp3BCD>由于溶于水的二氧化碳分子只有約幾百分之一與水結(jié)合成碳酸，與按二氧化碳全部轉(zhuǎn)化為碳酸分子來估算酸的強度相比，自然就小了近百倍了20、略

【分析】【詳解】

（1）鋯(Zr)的簡化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中3d軌道上的電子數(shù)是10，4d軌道上的電子數(shù)是2，d軌道上的電子數(shù)一共12個，Zr2+的價電子排布圖是故答案為：12；

（2）O、Se、Te處于同主族,同主族自上而下電離能降低，第一電離能由大到小的順序是O＞Se＞Te；H2O受氫鍵影響，所以沸點最高。H2Se、H2Te的沸點主要受范氏力影響，分子量越大，沸點越高。H2O、H2Se、H2Te的沸點由高到低的順序是H2O＞H2Te＞H2Se。故答案為：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；

（3）H2Te中Te原子價層電子對個數(shù)=2+=4，有兩對孤電子對，分子為V形結(jié)構(gòu)，CO2中C原子價層電子對個數(shù)=2+=２，分子為直線型，H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，理由是H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°。故答案為：H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°；

（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，配體中O原子含有孤電子對，所以配原子為O原子；1個[Zr(C2H5O)2]2+離子中同種非金屬元素之間形成非極性鍵、不同非金屬元素之間形成極性鍵，共價單鍵為σ鍵，該離子的結(jié)構(gòu)是含共價鍵的數(shù)目是１６。故答案為：O；１６；

（5）該晶胞中Zr原子個數(shù)=8×+6×=4、O原子個數(shù)為8，Zr、O原子個數(shù)之比=4：8=1：2，鋯原子的配位數(shù)是8，若晶胞中距離最近的兩個氧原子間的距離為anm，這兩個氧原子之間的距離為晶胞棱長的一半，則晶胞棱長為2anm，晶胞體積=（2a×10-7cm）3，則立方氧化鋯的密度==g·cm－3=g·cm－3。

故答案為：8；=g·cm－3。

【點睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、配合物結(jié)構(gòu)、原子雜化類型判斷等知識點，側(cè)重考查對基礎(chǔ)知識的理解和靈活運用、空間想像能力及計算能力，難點是晶胞計算，注意晶胞中“距離最近的兩個氧原子間的距離與晶胞棱長關(guān)系”，為解答易錯點。【解析】12O＞Se＞TeH2O＞H2Te＞H2SeH2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°O168=21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)基態(tài)Se原子序數(shù)為34，位于第四周期ⅥA族，核外電子排布式為[Ar]3dl04s24p4，其能量最高軌道為p軌道，電子云形狀為啞鈴形或紡錘形；故答案為：[Ar]3dl04s24p4；啞鈴形或紡錘形；

(2)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，As族元素原子4p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：As>Se>Ge>Ga；故答案為：As>Se>Ge>Ga；

(3)CH3NH中N原子形成3個共價鍵，價層還有一對孤電子對，則N的價電子對數(shù)為4，為sp3雜化；CH3NH中共18個電子，與CH3CH3互為等電子體；CH3NH中N形成4個σ鍵，而NH3分子中N有一對孤電子對，孤電子對對H—N鍵的排斥力更大，將H—N—H鍵角壓縮變??；故答案為：sp3；CH3CH3；大；CH3NH中N形成4個σ鍵，而NH3分子中N有一對孤電子對；孤電子對對H—N鍵的排斥力更大，將H—N—H鍵角壓縮變?。?/p>

(4)C與周圍4個原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，則C原子坐標參數(shù)為()；由圖知1個Ge連著4個O，1個O連著4個Ge，所以O(shè)配位數(shù)為4；每個Ge原子周圍距離最近且相等的Ge原子有12個；已知Ge與O的最近距離為anm，設(shè)晶胞邊長為xnm，則x=則1mol晶胞的體積為：NA1個晶胞含有Ge原子個數(shù)為4，O原子個數(shù)為則則1mol晶胞的質(zhì)量為：4g=4g，晶體密度為：故答案為：()；4；12；【解析】[Ar]3dl04s24p4啞鈴形或紡錘形As>Se>Ge>Gasp3CH3CH3大CH3NH中N形成4個σ鍵，而NH3分子中N有一對孤電子對，孤電子對對H—N鍵的排斥力更大，將H—N—H鍵角壓縮變小()412四、實驗題(共1題，共10分)22、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A