2025年人教B版選修3化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教B版選修3化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、第N能層所含能級數(shù)、原子軌道數(shù)分別為()A.3、9B.4、16C.5、16D.4、122、下列基態(tài)原子的電子構(gòu)型中，正確的是A.3d94s2B.3d44s2C.3d104s0D.3d83s23、下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是（）A.某元素原子的軌道排布式B.H2O電子式為C.Ca2+離子基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p64s2D.鉀原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖為4、已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42。X元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子。X與Y可形成化合物2元素可形成負一價離子。下列說法正確的是（）A.X元素基態(tài)原子的電子排布式為B.X元素是第4周期第VA族元素C.Y元素原子的軌道表示式為D.Z元素的單質(zhì)Z2在氧氣中不能燃燒5、下列各項敘述中，正確的是A.價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p區(qū)元素B.N、P、As的電負性隨原子序數(shù)的增大而增大C.2p和3p軌道形狀均為紡錘形，能量也相等D.分子晶體中都存在共價鍵6、下列說法正確的是。

①分子中S原子采用的軌道雜化方式

②分子中只有以s軌道與雜化軌道“頭碰頭”方式重疊而成的鍵。

③分子中的鍵角

④中鍵角比中鍵角大．A.①②B.③④C.①②③D.①③④7、下列敘述正確的是（）A.s-sσ鍵與s-pσ鍵電子云形狀相同B.冰中存在極性共價鍵和氫鍵兩種化學(xué)鍵的作用C.Cu(OH)2是一種藍色的沉淀，既溶于硝酸、稀硫酸，也能溶于氨水中D.第一電離能：Si＜C＜N＜O＜F8、某固體僅由一種元素組成，其密度為5.0g·cm－3。用X射線研究該固體的結(jié)構(gòu)時得知：在邊長為10－7cm的正方體中含有20個原子，則此元素的相對原子質(zhì)量最接近于下列數(shù)據(jù)中的（）。A.32B.120C.150D.1809、下列有說法不正確的是（）A.金屬的六方最密堆積和面心立方最密堆積的空間利用率最高B.B；鈉晶胞結(jié)構(gòu)如圖；鈉晶胞中每個鈉原子的配位數(shù)為8

C.溫度升高，金屬的導(dǎo)電性將變小D.干冰晶體熔化時，1mol干冰要斷裂2mol碳氧雙鍵評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、在下列有關(guān)晶體的敘述中錯誤的是（）A.分子晶體中，一定存在極性共價鍵B.原子晶體中，只存在共價鍵C.金屬晶體的熔沸點均很高D.稀有氣體的原子能形成分子晶體11、硅原子的電子排布式由1s22s22p63s23p2轉(zhuǎn)變?yōu)?s22s22p63s13p3，下列有關(guān)該過程的說法正確的是（）A.硅原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)，這一過程吸收能量B.硅原子由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化為基態(tài)，這一過程釋放能量C.硅原子處于激發(fā)態(tài)時的能量低于基態(tài)時的能量D.轉(zhuǎn)化后硅原子與基態(tài)磷原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，化學(xué)性質(zhì)相同12、下面是s能級和p能級的原子軌道圖；下列說法正確的是()

A.s電子的原子軌道呈球形，P軌道電子沿軸呈“8”字形運動B.s能級電子能量低于p能級C.每個p能級有3個原子軌道，在空間伸展方向是不同的D.任一電子層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該電子層序數(shù)13、已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X是周期表中的原子半徑最小的元素，Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A.原子半徑：Z＞W(wǎng)＞RB.W、R對應(yīng)的簡單氫化物的穩(wěn)定性前者大于后者C.W與X、W與Z形成的化合物的化學(xué)鍵類型完全相同D.電負性R＞Y、X14、研究表明，氮氧化物在形成霧霾時與大氣中的氨有關(guān)(如圖所示)。下列有關(guān)各元素原子的說法正確的是（）

A.接近沸點的水蒸氣中存在“締合分子”，“締合分子”內(nèi)存在氫鍵B.基態(tài)O2-的價電子排布式為1s22s22p6C.中N的雜化方式為sp3，與SO3互為等電子體D.的空間構(gòu)型為正四面體，4個N-H共價鍵的鍵長相等15、下表中各粒子對應(yīng)的立體構(gòu)型及雜化方式均正確的是。選項粒子立體構(gòu)型雜化方式ASO3平面三角形S原子采取sp2雜化BSO2V形S原子采取sp3雜化CCO32-三角錐形C原子采取sp2雜化DBeCl2直線性Be原子采取sp雜化

A.AB.BC.CD.D16、以為原料，采用電解法制備電源TMAH[化學(xué)式]是一種高效；綠色工藝技術(shù)。原理如圖；M、N是離子交換膜。下列說法錯誤的是。

A.a是電源正極B.M為陰離子交換膜C.中N原子均為雜化D.通過1mol電子時，電解池中可產(chǎn)生16.8L(STP)氣體17、膦（PH3）在常溫下是一種無色有大蒜臭味的有毒氣體，電石氣的雜質(zhì)中常含之。它的分子是三角錐形。以下關(guān)于PH3的敘述中，正確的是（）A.PH3是非極性分子B.PH3分子中有未成鍵的電子對C.PH3中的P-H鍵的極性比NH3中N-H鍵的極性弱D.PH3分子中的P-H鍵是非極性鍵評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、硫和釩的相關(guān)化合物；在藥物化學(xué)及催化化學(xué)等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}:

（1）基態(tài)釩原子的外圍電子軌道表達式為___________,釩有+2、+3、+4、+5等多種化合價，其中最穩(wěn)定的化合價是________,VO43-的幾何構(gòu)型為________.

（2）2-巰基煙酸氧釩配合物(圖1)是副作用小的有效調(diào)節(jié)血糖的新型藥物。

①基態(tài)S原子中原子核外未成對電子數(shù)為_______,該藥物中S原子的雜化方式是_______.所含第二周期元素第一電離能按由大到小順序的排列是___________.

②2-巰基煙酸(圖2)水溶性優(yōu)于2-巰基煙酸氧釩配合物的原因是_________.

（3）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p軌道，則p電子可在多個原子間運動，形成“離域Π鍵”，下列物質(zhì)中存在“離域Π鍵”的是_____.

A.SO2B.SO42-C.H2SD.CS2

（4）某六方硫釩化合物晶體的晶胞如圖3所示，該晶胞的化學(xué)式為______。圖4為該晶胞的俯視圖，該晶胞的密度為________g/cm3(列出計算式即可)。

19、三價鉻離子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要組成成分，GTF能夠協(xié)助胰島素發(fā)揮作用。構(gòu)成葡萄糖耐量因子和蛋白質(zhì)的元素有C、H、O、N、S、Cr等；回答下列問題：

(l)Cr的價電子排布式為______；

(2)O、N、S的第一電離能由大到小的順序為______；

(3)SO2分子的VSEPR模型為______，其中心原子的雜化方式為______；

(4)CO和N2互為等電子體，兩種物質(zhì)相比沸點較高的是______，其原因是______；

(5)化學(xué)式為CrCl3?6H2O的化合物有多種結(jié)構(gòu)，其中一種可表示為[CrCl2(H2O)4]Cl?2H2O，該物質(zhì)的配離子中提供孤電子對的原子為______，配位數(shù)為______；

(6)NH3分子可以與H+結(jié)合生成這個過程發(fā)生改變的是______(填序號)

A.微粒的空間構(gòu)型B.N原子的雜化類型C.H-N-H鍵角D.微粒的電子數(shù)。

(7)由碳元素形成的某種晶體的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為ρg?cm-3，則該晶胞的棱長為______pm。

20、亞鐵氰化鉀(K4[Fe(CN)6])又稱黃血鹽，用于檢驗Fe3+，也用作實驗的防結(jié)劑。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)Fe3+的核外電子排布式_________；

(2)與CN-互為等電子體的分子是______，K4[Fe(CN)6]中的作用力除離子鍵和共價鍵外，還有_______。含有12molσ鍵的K4[Fe(CN)6]的物質(zhì)的量為_______mol。

(3)黃血鹽中C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________；

(4)Fe；Na、K的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。

①鈉的熔點比鉀更高，原因是__________；

②Fe原子半徑是rcm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，鐵的相對原子質(zhì)量為a，則鐵單質(zhì)的密度是_____g/cm3。21、CCl4、SiC，P4是空間構(gòu)型均為正四面體的三種物質(zhì)，其中形成的晶體類型與其他兩種物質(zhì)不同的是__，鍵角與其他兩種物質(zhì)不同的是__。22、C和Si元素在化學(xué)中占有極其重要的地位。

(1)寫出Si的基態(tài)原子核外電子排布式_______。

從電負性角度分析，C、Si和O元素的非金屬活潑性由強至弱的順序為_______。

(2)SiC的晶體結(jié)構(gòu)與晶體硅的相似，其中C原子的雜化方式為_______，微粒間存在的作用力是_______。

(3)氧化物MO的電子總數(shù)與SiC的相等，則M為_______(填元素符號)。MO是優(yōu)良的耐高溫材料，其晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似。MO的熔點比CaO的高，其原因是_______。

(4)C、Si為同一主族的元素，CO2和SiO2化學(xué)式相似，但結(jié)構(gòu)和性質(zhì)有很大不同。CO2中C與O原子間形成鍵和鍵，SiO2中Si與O原子間不形成上述鍵。從原子半徑大小的角度分析，為何C、O原子間能形成，而Si、O原子間不能形成上述鍵_______。評卷人得分四、實驗題(共1題，共8分)23、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、原理綜合題(共4題，共8分)24、鐵；鈷、鎳等金屬及其化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用十分廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)最多的是_________。

（2）酞菁鈷分子的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，中心離子為鈷離子，酞鈷分子中與鈷離子通過配位鍵結(jié)合的氮原子的編號是_______(填1、2、3、4)，三種非金屬原子的電負性由大到小的順序為_______(用相應(yīng)的元素符號表示)；氮原子的雜化軌道類型為________。

（3）Fe(CO)x常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe(CO)x，晶體屬于_______(填晶體類型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子數(shù)之和為18，則x=________。

（4）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。

（5）NiAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①鎳離子的配位數(shù)為_________。

②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體密度為pg·cm-3，則該晶胞中最近的Ni2+之間的距離為________cm。(寫出計算表達式)25、鈷的化合物在工業(yè)生產(chǎn)；生命科技等行業(yè)有重要應(yīng)用。

(1)Co的價電子排布式為__，的I4(Co)__的I4(Fe)(填>、<或者=)，原因是__。

(2)Fe、Co均能與CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的結(jié)構(gòu)如圖1、圖2所示，圖1中0.1molFe(CO)5含有配位鍵__個，寫出2個與CO互為等電子體微粒__，圖2中的σ鍵和π鍵個數(shù)之比是__(填元素符號)。

(3)金屬鈷的堆積方式為六方最密堆積，其配位數(shù)是__；該晶胞的邊長為xnm，高為ynm，該晶胞的密度為__g·cm-3。(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值；列出代數(shù)式)

26、[化學(xué)一選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

氮和氧是地球上極為豐富的元素。請回答下列問題:

(1)從原子軌道重疊方式考慮，氮分子中的共價鍵類型有____________；氮分子比較穩(wěn)定的原因是_________。

(2)C、N、O的第一電離能由大到小的順序為_____________(用元素符號表示)；NH3易溶于水而CH4難溶于水的原因是____________________________________________。

(3)X+中所有電子恰好充滿K；L、M3個電子層。

①X+與N3-形成的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。X原子的核外電子運動狀態(tài)有____種；基態(tài)N3-的電子排布式為______；與N3-等距離且最近的X+有______個。

②X2+和Zn2+分別可與NH3形成[X(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+，兩種配離子中提供孤電子對的原子均為_______(寫元素名稱)。已知兩種配離子都具有對稱的空間構(gòu)型，[Zn(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代只能得到一種結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，而[X(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代能得到兩種結(jié)構(gòu)不同的產(chǎn)物，則[X(NH3)4]2+的空間構(gòu)型為_______；[Zn(NH3)4]2+中Zn的雜化類型為_______________。

(4)最新研究發(fā)現(xiàn)，水能凝結(jié)成13種類型的結(jié)晶體。除普通冰外，還有-30℃才凝固的低溫冰，180℃依然不變的熱冰，比水密度大的重冰等。重冰的結(jié)構(gòu)如圖所示。已知晶胞參數(shù)a=333.7pm，阿伏加德羅常數(shù)的值取6.02×1023，則重冰的密度為_______g.cm-3(計算結(jié)果精確到0.01)。

27、Cu；Zn及其化合物在生產(chǎn)、生活中有著重要作用。請回答：

(1)Cu；Zn在周期表中________區(qū)；焰色反應(yīng)時Cu的4s電子會躍遷至4p軌道，寫出Cu的激發(fā)態(tài)電子排布式___________。

(2)分別向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至過量；前者為深藍色溶液，后者為白色沉淀。

①NH3與Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+的原因為_________________。

②溶液中的水存在H3O+、等微粒形式，可看作是H3O+與H2O通過氫鍵形成的離子，則的結(jié)構(gòu)式為___________。

(3)Zn的某種化合物M是很好的補鋅劑；結(jié)構(gòu)式如圖：

①1molM含有的σ鍵的數(shù)目為___________。

②常見含氮的配體有H2NCH2COOˉ、NH3、等，NH3的分子空間構(gòu)型為____________，的中心氮原子雜化方式為__________。

③M在人體內(nèi)吸收率高的原因可能是鋅形成配合物后；電荷__________(填“變多”“變少”或“不變”)，可在消化道內(nèi)維持良好的穩(wěn)定性。

(4)鹵化鋅的熔點如表：

。鹵化鋅/ZnX2

ZnF2

ZnCl2

ZnBr2

熔點/℃

872

283

394

則ZnX2熔點如表變化的原因是____________________。

(5)Zn的某種硫化物的晶胞如圖所示。已知S2-和Zn2+的半徑分別為r1pm、r2pm，且S2-與Zn2+相切，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。則該晶體的密度為________g·cm-3(寫計算表達式)。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

第N能層為第4層，第N能層所含能級數(shù)4s、4p、4d、4f4個能級、原子軌道數(shù)分別為1、3、5、7，共16個軌道，故選B。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．基態(tài)原子的電子排布式應(yīng)為3d104s1，發(fā)生電子躍遷為3d94s2；選項A錯誤；

B．基態(tài)原子的電子排布式應(yīng)為3d54s1，發(fā)生電子躍遷為3d44s2；選項B錯誤；

C．基態(tài)原子的電子排布式為3d104s0；符合基態(tài)電子排布規(guī)律，選項C正確；

D．基態(tài)原子的電子排布式應(yīng)為3d104s0，發(fā)生電子躍遷為3d84s2；選項D錯誤；

答案選C。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．2s軌道的電子的自旋方向不能相同，2s軌道電子排布應(yīng)該為故A錯誤；

B．水中存在兩個氧氫共用電子對，水的電子式為故B正確；

C．Ca2+離子核外18個電子，最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p6；故C錯誤；

D．K的核電荷數(shù)為19，核外電子數(shù)為19，最外層電子數(shù)不超過8個，應(yīng)為1個，正確的原子結(jié)構(gòu)示意圖為故D錯誤；

答案為B。4、B【分析】【分析】

X元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，推知原子序數(shù)為33號，是As元素；Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子，推知原子序數(shù)為8，是O元素；已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42，推知Z的原子序數(shù)為1，是氫元素；X與Y形成的化合物X2Y3是As2O3。

【詳解】

A.由分析知X為As，As元素基態(tài)原子的電子排布式為故A項錯誤；

B.As元素是第4周期第ⅤA族元素；故B正確；

C.由分析知Y為氧元素，不是碳元素，而是碳元素原子的軌道表示式；故C錯誤；

D.由分析知Z為氫元素，H2能在O2中燃燒；故D錯誤；

綜上所述，答案為B。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A.價電子排布為4s24p3的元素原子序數(shù)33，為砷元素，位于第四周期第ⅤA族，屬于p區(qū)元素，故A正確；B.同主族元素的電負性隨原子序數(shù)的增大而減小，N、P、As同主族，電負性N>P>As，故B錯誤；C.2p和3p軌道形狀均為紡錘形，但兩者能層不同，能層高的軌道能量高，3p能量高于2p，故C錯誤；D.分子晶體中不一定都存在共價鍵，如稀有氣體為單原子分子，不存在化學(xué)鍵，故D錯誤；故選A。6、D【分析】【詳解】

①是一個環(huán)形分子，每個S與兩個其它S原子相連，S原子外層6個電子，兩對孤對電子，兩個鍵，所以S是雜化；故正確；

②碳碳雙鍵中一個是鍵，還有一個是鍵，所以除了碳氫鍵（s-sp2σ鍵），還有sp2-sp2σ鍵；故錯誤；

③分子中，Sn原子的價層電子對數(shù)目是配位原子數(shù)為2，故Sn含有孤對電子，空間構(gòu)型為V形，根據(jù)價層電子對互斥理論可以判斷其鍵角小于故正確；

④價層電子對模型為四面體，氧原子采取雜化，中O原子有兩對孤對電子，中O原子有一對孤對電子，因為孤電子對間的排斥力孤電子對與成鍵電子對間的排斥力成鍵電子對間的排斥力，導(dǎo)致中鍵角比中鍵角大；故正確；

故選D．

【點睛】

本題考查了分子或離子中原子軌道雜化類型的判斷，根據(jù)價層電子對互斥理論來分析解答是關(guān)鍵，注意分子中心原子的雜化。7、C【分析】【詳解】

A．s-sσ鍵為球形對稱；s-pσ鍵為軸對稱，電子云形狀不同，故A錯誤；

B．氫鍵不是化學(xué)鍵；冰中存在極性共價鍵，故B錯誤；

C.Cu(OH)2與酸發(fā)生中和反應(yīng)，與氨水形成配位化合物，則Cu(OH)2是一種藍色的沉淀；既溶于硝酸；濃硫酸，也能溶于氨水中，故C正確；

D．非金屬性越強；第一電離能越大，且p電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，N的p電子為半滿結(jié)構(gòu)，則第一電離能：Si＜C＜O＜N＜F，故D錯誤；

故選C。8、C【分析】【詳解】

M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0g·cm-3=150g·mol-1，即Mr=150，答案選C。9、D【分析】【分析】

A.金屬的六方最密堆積空間利用率為74%；面心立方最密堆積的空間利用率是74%；

B.由圖可知納晶胞的結(jié)構(gòu)是體心結(jié)構(gòu)；

C.溫度升高；金屬離子與電子之間的碰撞加劇，金屬導(dǎo)電性減弱；

D.分子晶體熔融時；只破壞分子間作用力，不破壞化學(xué)鍵。

【詳解】

A.金屬的六方最密堆積空間利用率為74%；面心立方最密堆積的空間利用率是74%，空間利用率相同，都是最高的，A項正確；

B.由圖可知鈉晶胞的結(jié)構(gòu)是體心結(jié)構(gòu)；每個鈉原子周圍距離最近的鈉原子有8個，分別位于晶胞的八個頂點，配位數(shù)為8，B項正確；

C.溫度升高；金屬離子與電子之間的碰撞加劇，金屬導(dǎo)電性減弱，C項正確；

D.分子晶體熔融時；只破壞分子間作用力，不破壞化學(xué)鍵，干冰是分子晶體，D項錯誤；

答案選D。二、多選題(共8題，共16分)10、AC【分析】【分析】

A.分子晶體如果是單質(zhì)中只存在非極性鍵；所以A錯；B.原子晶體中只存在共價鍵。

是正確的；故B正確；C.金屬晶體的熔沸點有高有低，如鎢的熔沸點很高，而金屬汞常溫下為液體，故C錯；D.稀有氣體的原子能形成分子晶體是正確的，故D正確。

【詳解】

所以本題的正確答案為：A.C。11、AB【分析】【詳解】

A．由能量最低原理可知硅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2，當(dāng)變?yōu)?s22s22p63s13p3時；有1個3s電子躍遷到3p軌道上，3s軌道的能量低于3p軌道的能量，要發(fā)生躍遷，必須吸收能量，使電子能量增大，故A正確；

B．硅原子處于激發(fā)態(tài)時能量要高；處于基態(tài)能量變低，因而由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化成基態(tài)，電子能量減小，需要釋放能量，故B正確；

C．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子；所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，故C錯誤；

D．元素的性質(zhì)取決于價層電子，包括s、p軌道電子，硅原子的激化態(tài)為1s22s22p63s13p3，基態(tài)磷原子為1s22s22p63s23p3；則它們的價層電子數(shù)不同，性質(zhì)不同，故D錯誤；

答案為AB。12、CD【分析】【詳解】

A.s電子的原子軌道呈球形；p電子的原子軌道是“8”字形的，但是電子是做無規(guī)則運動，軌跡是不確定的，故A錯誤；

B.根據(jù)構(gòu)造原理；各能級能量由低到高的順序為1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f，所以s能級的能量不一定小于p能級的能量，如4s＞3p，故B錯誤；

C.不同能級的電子云有不同的空間伸展方向；p軌道有3個相互垂直的呈紡錘形的不同伸展方向的軌道，故C正確；

D.多電子原子中；同一能層的電子，能量可能不同，還可以把它們分成能級，任一能層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該能層序數(shù)，故D正確；

故選CD。

【點睛】

能層含有的能級數(shù)等于能層序數(shù)，即第n能層含有n個能級，每一能層總是從s能級開始，同一能層中能級ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不違反泡利原理和洪特規(guī)則的條件下，電子優(yōu)先占據(jù)能量較低的原子軌道，使整個原子體系能量處于最低，這樣的狀態(tài)是原子的基態(tài)，所以任一能層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該能層序數(shù)。13、BC【分析】【分析】

已知X；Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X是周期表中原子半徑最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，這說明Y是第ⅣA族元素；Z的核電荷數(shù)是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍，且原子序數(shù)大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序數(shù)最大，所以R是Cl元素，據(jù)此解答。

【詳解】

根據(jù)以上分析可知X是H；Y是C，Z是Mg，W是S，R是Cl。

A．同周期自左向右原子半徑逐漸減?。粍t原子半徑：Z＞W(wǎng)＞R，故A正確；

B．W是S；R是Cl，非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：Cl＞S，則對應(yīng)的簡單氫化物的穩(wěn)定性前者小于后者，故B錯誤；

C．X是H，Z是Mg，W是S，H2S含有的化學(xué)鍵是極性共價鍵；MgS含有的化學(xué)鍵是離子鍵，因此W與X；W與Z形成的化合物的化學(xué)鍵類型完全不相同，故C錯誤；

D．X是H；Y是C，R是Cl，非金屬性越強，其電負性越強，三種元素中Cl的非金屬性最強，則電負性R＞Y；X，故D正確；

答案選BC。14、AD【分析】【詳解】

A．接近沸點的水蒸氣中存在“締合分子”；水分子內(nèi)存在O-H共價鍵，“締合分子”內(nèi)水分子間存在氫鍵，A正確；

B．基態(tài)O2-的價電子排布式為2s22p6；B不正確；

C．中N的價層電子對數(shù)為3，雜化方式為sp2，與SO3互為等電子體；C不正確；

D．中N原子的價層電子對數(shù)為4；其空間構(gòu)型為正四面體，4個N-H共價鍵的鍵長；鍵能都相等，D正確；

故選AD。15、AD【分析】【詳解】

A．SO3分子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采用sp2雜化；為平面三角形結(jié)構(gòu)，故A正確；

B．SO2的價層電子對個數(shù)=2+（6-2×2）=3，硫原子采取sp2雜化；該分子為V形結(jié)構(gòu)，故B錯誤；

C．碳酸根離子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（4+2-3×2）=3，所以原子雜化方式是sp2；為平面三角形結(jié)構(gòu)，故C錯誤；

D．BeCl2分子中每個Be原子含有2個σ鍵；價層電子對個數(shù)是2，沒有孤電子對，為sp雜化，為直線型，故D正確；

故選AD。16、CD【分析】【詳解】

A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室；陰離子移向陽極，即a是電源正極，A正確；

B.HCO3-經(jīng)過M移向左室；M為陰離子交換膜，B正確；

C.中，(CH3)4N+的C、N原子均為雜化，但是，HCO3-中的C原子為雜化；C錯誤；

D.通過1mol電子時，陰極室H+放電，2H++2e-=H2↑產(chǎn)生H2為0.5mol，陽極室OH-放電，4OH--4e-=2H2O+O2↑，產(chǎn)生O2為0.25mol，同時，溶液中剩下的H+與HCO3-反應(yīng)還要產(chǎn)生二氧化碳；因此，產(chǎn)生的氣體大于0.75mol，體積大于16.8L(STP)氣體，D錯誤。

答案選CD。17、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．該分子為三角錐型結(jié)構(gòu)；正負電荷重心不重合，所以為極性分子，A錯誤；

B．PH3分子中P原子最外層有5個電子；其中3個電子和3個H原子形成共用電子對，所以該物質(zhì)中有1個未成鍵的孤對電子，B正確；

C．氮元素非金屬性強于磷元素，PH3中的P-H鍵的極性比NH3中N-H鍵的極性弱；C正確；

D．同種非金屬元素之間存在非極性鍵；不同非金屬元素之間存在極性鍵，所以P-H是極性鍵，D錯誤；

答案選BC。三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】【分析】

（1）釩處于第四周期VB族，外圍電子排布式為3d34s2，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫外圍電子軌道表達式；核外電子排布處于半充滿、全充滿或全空時更穩(wěn)定；VO43-中V形成4個σ鍵，孤電子對數(shù)為=0，雜化方式為sp3；

（2）①S原子形成2個σ鍵；有2對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4；同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；

②羧基可與水分子之間形成氫鍵；

（3）構(gòu)成條件：多原子分子中各原子在同一平面；且有相互平行的p軌道，有單電子；硫酸根離子是正四面體結(jié)構(gòu)，各原子不在同一平面，硫化氫中H原子和S原子沒有平行的p軌道；

（4）均攤法計算晶胞中V、S原子數(shù)目，確定化學(xué)式；根據(jù)V、S原子數(shù)目，結(jié)合摩爾質(zhì)量計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計算晶胞密度。

【詳解】

（1）釩原子為23號元素，電子排布式為[Ar]3d34s2，所以外圍電子軌道排布式為其最穩(wěn)定的化合價應(yīng)該是+5，即失去所有的價電子，形成最外層8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。根據(jù)價層電子對互斥原理，VO43-中的中心原子V的價電子為5；配位原子O不提供電子，帶有三個單位負電，所以外層電子為8個，共4對，空間構(gòu)型為正四面體。

（2）①S原子的電子排布為[Ne]3s23p4，所以S原子的3p能級上有4個電子，分配在三個軌道中，有兩個單電子。從圖中得到S的配位數(shù)為2，所以此時S的外層有6+2=8個電子，電子對為4，所以S應(yīng)該的雜化方式是sp3雜化。其中含有的第二周期元素是C、N、O。同周期元素從左向右應(yīng)該是第一電離能增大，因為N的2p能級上有3個電子，是p能級的半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以N的第一電離能反常增大，所以第一電離能為：N>O>C。

②2-巰基煙酸有羧基可以與水分子形成氫鍵；所以其水溶性會更好。

（3）從題目表述來看；形成離域Π鍵的要求是：①原子共平面；②有相互平行的p軌道。根據(jù)價層電子對互斥理論，二氧化硫為平面三角形，硫酸根為正四面體，硫化氫為角型，二硫化碳為直線型。所以選項B一定錯誤。而硫化氫的H原子不存在p軌道。所以選項C錯誤。由上正確的是選項A和選項D。

（4）晶胞中有V為：8×1/8+4×1/4=2個；S為：2×1=2個，所以化學(xué)式為VS。因為該晶胞中有2個VS，所以晶胞質(zhì)量為2×(32+51)/NAg。根據(jù)圖4得到晶胞底面的面積為a×nm2，所以晶胞的體積為：a××bnm3。1nm=10-7cm，所以晶體密度為【解析】+5正四面體2sp3N>O>C2-巰基煙酸的羧基可與水分子之間形成氫鍵，使其在水中溶解度增大ADVS19、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr的原子序數(shù)和在周期表的位置，寫出價電子排布；根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律判斷第一電離能大小；根據(jù)VSEPR理論判斷SO2的VSEPR模型和中心原子的雜化形式；根據(jù)等電子體，分子量相同，由分子的極性判斷熔沸點高低；根據(jù)配位體的結(jié)構(gòu)判斷配體提供孤電子對和配位數(shù)；根據(jù)VSEPR理論判斷NH3變?yōu)镹H4+時引起的變化；根據(jù)均攤法計算晶胞中C原子個數(shù)；由密度，質(zhì)量計算晶胞的棱長；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）Cr是24號元素，在元素周期表中位于第四周期第VIB，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，基態(tài)原子價電子排布為3d54s1；答案為：3d54s1。

（2）非金屬性越強；第一電離能越大，N元素原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素，O，S屬于同主族元素，從上往下，非金屬性減弱，O的原子序數(shù)比S小，則非金屬性O(shè)＞S，第一電離能O＞S，則O；N、S的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞S；答案為N＞O＞S。

（3）SO2分子的價層電子對數(shù)=2+=3，VSEPR模型的名稱為平面三角形，S原子采取sp2雜化；答案為平面三角形，sp2。

（4）CO和N2互為等電子體，且CO和N2分子量相同，由于CO是極性分子，N2是非極性分子，分子的極性越強分子間作用力越強熔沸點越高，所以熔沸點CO大于N2；答案為CO，CO和N2分子量相同，由于CO是極性分子，N2是非極性分子；極性分子與極性分子之間的范德華力較強，故CO沸點較高。

（5）由[CrCl2(H2O)4]Cl?2H2O結(jié)構(gòu)可知，中心原子Cr3+提供空軌道；配體Cl；O提供孤電子對，配位數(shù)為2+4=6；答案為Cl、O，6。

（6）NH3分子可以與H+結(jié)合生成NH4+，NH3分子中N原子價層電子對數(shù)=3+=3+1=4，采取sp3雜化，有一個孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，NH4+中N原子價層電子對數(shù)=4+=4+0=4，采取sp3雜化；無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體，二者中N原子價層電子對數(shù)均是4，N原子孤電子對數(shù)由1對變?yōu)?，N原子雜化方式不變，電子數(shù)數(shù)目不變，空間構(gòu)型由三角錐形變?yōu)檎拿骟w，鍵角減?。淮鸢笧锳；C。

（7）晶胞中碳原子數(shù)目=4+8×+6×=8，設(shè)晶胞棱長為apm，則8×=ρg/cm3×(a×10-10cm)3，解得a=×1010pm；答案為×1010?！窘馕觥竣?3d54S1②.N>O>S③.平面三角形④.sp2雜化⑤.CO⑥.CO為極性分子，N2為非極性分子，極性分子與極性分子之間的范德華力較強，故CO沸點較高⑦.O、Cl⑧.6⑨.AC⑩.×101020、略

【分析】【分析】

(1)Fe是26號元素，核外有26個電子，失去3個電子得到Fe3+，根據(jù)構(gòu)造原理寫出基態(tài)Fe3+的核外電子排布式；

(2)CN-有2個原子，價層電子數(shù)為10；K4[Fe(CN)6]是離子化合物，其中含有共價鍵和配位鍵，1個中含有6個配位鍵，CN-中含有C≡N，1個C≡N中含有1個σ鍵、2個π鍵，即1個中含有12個σ鍵；據(jù)此計算解答；

(3)CN?中中心原子C的價層電子對數(shù)為2，即CN-的VSEPR模型為直線型；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；同一周期元素電負性隨著原子序數(shù)增大而增大；

(4)①金屬的金屬鍵越強；熔點越高；

②設(shè)晶胞的邊長為x，則該晶胞中Fe原子數(shù)為：8×1/8+1=2，晶胞密度為：計算密度。

【詳解】

(1)Fe原子核外有26個電子，失去3個電子得到Fe3+，基態(tài)Fe3+的核外電子排布式：1s22s22p63s23p63d5，故答案為：1s22s22p63s23p63d5；

(2)CN-有2個原子，價層電子數(shù)為10，則與CN-互為等電子體的分子為N2；K4[Fe(CN)6]是離子化合物，存在離子鍵，其中含有共價鍵和配位鍵，即化學(xué)鍵為離子鍵、配位鍵和共價鍵；1個中含有6個配位鍵，CN?中含有C≡N，1個C≡N中含有1個σ鍵、2個π鍵，即1個中含有12個σ鍵，所以含有12molσ鍵的K4[Fe(CN)6]的物質(zhì)的量為1mol，故答案為：N2；配位鍵；1；

(3)CN?中中心原子C的價層電子對數(shù)為2，即CN?的VSEPR模型為直線型，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；故答案為：sp；N>O>C；

(4)①K和Na都為金屬晶體；K和Na價電子數(shù)相同，但Na原子半徑小于K原子半徑，所以Na金屬鍵更強，熔點更高，故答案為：K和Na的價電子數(shù)相同，但Na原子半徑小于K原子半徑，所以Na金屬鍵更強，熔點更高；

②設(shè)晶胞的邊長為x，則晶胞體積該晶胞中Fe原子數(shù)為：8×1/8+1=2，晶胞密度為：故答案為：【解析】1s22s22p63s23p63d5N2配位鍵1spN>O>CK和Na的價電子數(shù)相同，但Na原子半徑小于K原子半徑，所以Na金屬鍵更強，熔點更高21、略

【分析】【分析】

原子晶體的構(gòu)成微粒是原子；分子晶體的構(gòu)成微粒是分子，構(gòu)成微粒不同，則晶體類型不同。

【詳解】

CCl4晶體由CCl4分子構(gòu)成，鍵角為109°28＇，形成分子晶體；SiC晶體由Si原子和C原子構(gòu)成，鍵角為109°28＇，形成的晶體為原子晶體；P4晶體由P4分子構(gòu)成，鍵角為60°，形成的晶體為分子晶體。所以形成的晶體類型與其他兩種物質(zhì)不同的是SiC，鍵角與其他兩種物質(zhì)不同的是P4。答案為：SiC；P4。

【點睛】

雖然P4與CCl4的晶體類型都為正四面體，但由于構(gòu)成晶體的分子組成不同，所以鍵角不同。【解析】①.SiC②.P422、略

【分析】【分析】

(1)Si原子核外共14個電子；按照能量最低原則書寫電子排布式；元素周期表中主族元素越靠右；越靠上電負性越大，F(xiàn)的電負性最大(為4.0)；

(2)晶體硅中一個硅原子周圍與4個硅原子相連，呈正四面體結(jié)構(gòu)，所以雜化方式是sp3；非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵為共價鍵；

(3)根據(jù)電子總數(shù)判斷M的原子序數(shù)；進而確定元素符號；從影響離子晶體熔沸點高低的因素分析二者熔沸點的高低；

(4)C的原子半徑較小；C；O原子能充分接近，p-p軌道肩并肩重疊程度較大，形成較穩(wěn)定的π鍵；Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵。

【詳解】

(1)Si是14號元素，Si原子核外共14個電子，按照能量最低原則電子先填入能量最低的1s軌道，填滿后再依次填入能量較高的軌道；其電子排布式為：1s22s22p63s23p2；從電負性的角度分析，O和C位于同一周期，非金屬性O(shè)強于C；C和Si為與同一主族，C的非金屬性強于Si，故由強到弱為O>C>Si；

因此，本題正確答案是：1s22s22p63s23p2；O>C>Si；

(2)SiC中Si和C原子均形成四個單鍵，故其為sp3雜化；非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵全部是共價鍵；

因此，本題正確答案是：sp3；共價鍵；

(3)MO和SiC的電子總數(shù)相等，故含有的電子數(shù)為20，則M含有12個電子，即Mg；晶格能與所組成離子所帶電荷成正比，與離子半徑成反比，MgO與CaO的離子電荷數(shù)相同，Mg2+半徑比Ca2+小；MgO晶格能大，熔點高；

因此，本題正確答案是：Mg；Mg2+半徑比Ca2+?。籑gO晶格能大；

(4)π鍵是由p-p軌道肩并肩重疊形成的；且π鍵的強弱與重疊程度成正比。Si原子的原子半徑較大，Si；O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成穩(wěn)定的π鍵。

因此，本題正確答案是：Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p2②.O>C>Si③.sp3④.共價鍵⑤.Mg⑥.Mg2+半徑比Ca2+小，MgO晶格能大⑦.Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵四、實驗題(共1題，共8分)23、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、原理綜合題(共4題，共8分)24、略

【分析】【詳解】

(1)鐵、鈷、鎳的基態(tài)原子的價電子排布式分別為3d64s2、3d74s2、3d84s2；三種元素原子的核外未成對電子數(shù)分別為4；3、2，未成對電子數(shù)最多的是Fe，故答案為Fe；

(2)有孤對電子的N原子與Co通過配位鍵結(jié)合，形成配位鍵后形成4對共用電子對，形成3對共用電子對的N原子形成普通的共價鍵，1號、3號N原子形成3對共用電子對為普通共價鍵，2號、4號N原子形成4對共用電子對，與Co通過配位鍵結(jié)合；酞菁鈷中三種非金屬原子為C、N、H，同周期自左而右電負性增大，非金屬性越強電負性越大，故電負性N＞C＞H；分子中N原子有形成2個σ鍵，含有1對孤對電子，有形成3個σ鍵，沒有孤對電子，雜化軌道數(shù)目均為3，N原子的雜化軌道類型為sp2；有形成3個σ鍵，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)目均為4，N原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為2、4；N＞C＞H；sp2、sp3；

(3)配合物Fe(CO)x的熔沸點比較低；易溶于非極性溶劑，應(yīng)屬于分子晶體；Fe原子價電子數(shù)為8，CO提供一對孤對電子，與Fe原子形成配位鍵，則8+2x=18，解得x=5，故答案為分子晶體；5；

(4)NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，Ni2+、Fe2+的電荷相同，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔點NiO＞FeO，故答案為＞；Ni2+、Fe2+的電荷相同，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑；故晶格能：NiO＞FeO，所以熔點NiO＞FeO；

(5)①晶胞中As原子數(shù)目為4，Ni原子數(shù)目=8×+6×=4；二者為1∶1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知As原子配位數(shù)為4，故Ni的配位數(shù)為4，故答案為4；

②面心與頂點上的Ni原子距離最近，最近的Ni2+之間的距離為晶胞棱長的晶胞質(zhì)量=4×g=g，晶胞體積=g÷pg?cm-3=cm3，晶胞棱長=cm，故最近的Ni2+之間的距離=×cm，故答案為×【解析】鐵2、4N>C>Hsp2、sp3分子晶體5>Ni2+、Fe2+的電荷相同，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，晶格能：NiO＞FeO，因此熔點NiO＞FeO4×25、略

【分析】【分析】

(1)Co的原子序數(shù)為27，價電子排布式為3d74s2；Fe失去3個電子變?yōu)?d5；為半滿穩(wěn)定；

(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之間形成配位鍵；-C≡O(shè)中C原子和O原子之間形成1個配位鍵；等電子體是原子個數(shù)和電子數(shù)均相等的粒子；一個單鍵含有1個σ鍵，一個雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，一個三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵；

(3)六方最密堆積，配位數(shù)是12；鉆晶體晶胞中頂點占面心占體內(nèi)占1，據(jù)此計算晶胞中原子個數(shù)；計算結(jié)構(gòu)單元中原子總質(zhì)量，利用進行計算；

【詳解】

(1)Co的原子序數(shù)為27，則Co核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d74s2，價電子排布式為：3d74s2；第四電離能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是鐵失去的是較穩(wěn)定的3d5的一個電子，鈷失去的是3d6上的一個電子，易失去；故答案為：3d74s2；＜；Co失去三個電子后會變成［Ar］3d6，更容易再失去一個電子形成半滿狀態(tài)［Ar］3d5，F(xiàn)e失去三個電子后會變成［Ar］3d5；達到半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，更難再失去一個電子；

(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之間形成配位鍵，-C≡O(shè)中C原子和O原子之間形成1個配位鍵，所以0.1molFe(CO)5含有1mol配位鍵，個數(shù)為6.02×1023(或NA)；等電子體是原子個數(shù)和電子數(shù)均相等的粒子，CO含2個原子核14個電子，其等電子體可以是：N2、CN-；一個單鍵含有1個σ鍵；一個雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，一個三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵，則圖2中的σ鍵和π鍵個數(shù)之比是19:14

故答案為：6.02×1023(或NA)；N2、CN-；19:14；

(3)六方最密堆積，配位數(shù)是12；鉆晶體晶胞中頂點占面心占體內(nèi)占1，則該晶胞中原子個數(shù)為圖中結(jié)構(gòu)單元底面為正六邊形，邊長為xnm，底面面積為結(jié)構(gòu)單元的體積為結(jié)構(gòu)單元中原子總質(zhì)量為則晶體密度故答案為：12；【解析】3d74s2<Co失去三個電子后會變成［Ar］3d6，更容易再失去一個電子形成半滿狀態(tài)［Ar］3d5，F(xiàn)e失去三個電子后會變成［Ar］3d5，達到半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，更難再失去一個電子6.02×1023(或NA)N2、CN-19:141226、略

【分析】【詳解】

(1)氮氣分子的結(jié)構(gòu)式為NN；其中的共價鍵類型為一個σ鍵和兩個π鍵，氮氣