2025年人教A新版選修3化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年人教A新版選修3化學(xué)下冊月考試卷737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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、Co(Ⅲ)的八面體配合物CoClm·nNH3，若1mol該配合物與AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，則m、n的值是A.m＝1，n＝5B.m＝3，n＝4C.m＝5，n＝1D.m＝4，n＝52、下列微粒的空間構(gòu)型不是平面形三角形的是A.BF3B.CO32－C.PCl3D.CH3＋3、石墨烯是從石墨材料中剝離出來；由碳原子組成的只有一層原子厚度的二維晶體。下列關(guān)于石墨與石墨烯的說法中正確的是。

A.從石墨中剝離石墨烯需要破壞化學(xué)鍵B.石墨中的碳原子采取sp2雜化，每個sp2雜化軌道含s軌道與p軌道C.石墨屬于混合晶體，層與層之間存在分子間作用力；層內(nèi)碳原子間存在共價鍵；石墨能導(dǎo)電，存在金屬鍵D.石墨烯中平均每個六元碳環(huán)含有3個碳原子4、紅鎳礦是一種重要的含鎳礦物；其主要成分的晶胞如下圖所示，下列說法正確的。

A.該化合物的化學(xué)式為Ni2AsB.該化合物中As的配位數(shù)為8C.該化合物中Ni的配位數(shù)為6D.該晶胞平均占有5個Ni原子5、自然界中的CaF2又稱螢石，是一種難溶于水的固體，屬于典型的離子晶體。下列實驗一定能說明CaF2是離子晶體的是()A.CaF2難溶于水，其水溶液的導(dǎo)電性極弱B.CaF2的熔、沸點較高，硬度較大C.CaF2固體不導(dǎo)電，但在熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電D.CaF2在有機溶劑(如苯)中的溶解度極小評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、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7、有關(guān)元素X、Y、Z、W的信息如下：。元素信息X所在主族序數(shù)與所在周期序數(shù)之差為4Y最高氧化物對應(yīng)的水化物為強電解質(zhì)，能電離出電子數(shù)相等的陰、陽離子Z單質(zhì)是生活中常見物質(zhì)，其制品在潮濕空氣中易被腐蝕或損壞W基態(tài)原子核外5個能級上有電子，且最后的能級上只有1個電子

下列說法不正確的是（）A.原子半徑：Y>W>XB.Z3+離子的最外層電子排布式為3s23p63d5C.Y的單質(zhì)在X2氣體中燃燒，所得生成物的陰、陽離子個數(shù)比為1:1D.W的單質(zhì)能溶于Y的最高價氧化物的水化物的水溶液中，若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗氧化劑1.8克8、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)9、下列說法正確的是（）A.抗壞血酸分子的結(jié)構(gòu)為分子中碳原子的雜化方式為sp2和sp3B.氯化鋁在177.8℃時升華，因此AlCl3為分子晶體，是非電解質(zhì)C.碳元素和硅元素同主族，因此CO2和SiO2互為等電子體D.一種磁性材料的單晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶胞中碳原子的原子坐標(biāo)為()

10、下列說法正確的是A.HCl、HBr、HI的熔、沸點依次升高與分子間作用力大小有關(guān)B.H2O的熔、沸點高于H2S是由于H2O中共價鍵的鍵能比較大C.I2易溶于CCl4可以用相似相溶原理解釋D.氨氣極易溶于水是因為氨氣可與水形成氫鍵這種化學(xué)鍵11、干冰汽化時，下列所述內(nèi)容發(fā)生變化的是（）A.分子內(nèi)共價鍵B.分子間作用力C.分子間的距離D.分子內(nèi)共價鍵的鍵長12、有5種元素X、Y、Z、Q、T。X為短周期元素，其原子M層上有2個未成對電子且此能級無空軌道；Y原子的價電子排布式為3d64s2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，Q原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充滿。下列敘述不正確的是A.元素Y和X的單質(zhì)可在加熱的條件下形成化合Y2X3B.T和Z各有一種單質(zhì)的空間構(gòu)型為正四面體形C.X和Q結(jié)合生成的化合物為離子化合物D.ZQ2是極性鍵構(gòu)成的非極性分子評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、下圖是一種鈀(Pd)的氯配合物X的晶胞結(jié)構(gòu)?；卮鹣铝袉栴}：

請回答下列問題：

(1)基態(tài)Cl原子中存在未成對電子的能級，畫出其該能級的軌道表示式______。

(2)下列關(guān)于Cl元素的敘述正確的是______(填序號)。

A．Cl2分子中無π鍵B．Cl是p區(qū)主族元素。

C．第一電離能：ClD．電負性：Cl>S

(3)NCl3分子的中心原子N的雜化方式是______。

(4)NH3常作制冷劑，其鍵角______(填“大于”或“小于”)NH4+的鍵角，NH3的沸點高于N2沸點的主要原因是______。

(5)物質(zhì)X的晶體類型為______，其中的Pd元素的化合價為______、配位數(shù)為______。

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，經(jīng)過元素分析與計算可知Y中Pd:Cl:N:H的數(shù)量比=1:2:2:6。試畫出配合物Y的可能結(jié)構(gòu)______。14、I．將少量CuSO4粉末溶于盛有水的試管中得到一種天藍色溶液；先向試管里的溶液中滴加氨水，首先形成藍色沉淀。繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色溶液；再加入乙醇溶劑，將析出深藍色的晶體。

(1)溶液中呈天藍色微粒的化學(xué)式是_______________________。

(2)加入乙醇的作用是_____________________________。

(3)寫出藍色沉淀溶解成深藍色溶液的離子方程式______________。

(4)得到的深藍色晶體是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，晶體中Cu2+與NH3之間的化學(xué)鍵類型為_____________，該晶體中配體分子的空間構(gòu)型為_______________________。(用文字描述)

II．含F(xiàn)e元素的物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要的用途?；卮鹣铝袉栴}：

(1)在K3[Fe(CN)6]中中心離子是________，配體是_________，配位數(shù)是_________。

(2)某個(Ⅱ)有機配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示：

①該分子中N原子的雜化方式為________、________。

②請在圖中用“”標(biāo)出的配位鍵。_____

(3)Ge，As，Se元素處于同一周期，三種元素原子的第一電離能由大到小的順序為__________________。

(4)的酸性強于的原因是_________________________________________。15、元素及其化合物在生活及生產(chǎn)中有很多重要用途。

鹵素化學(xué)豐富多彩；能形成鹵化物；鹵素互化物、多鹵化物等多種類型的化合物。

（1）擬鹵素如(CN)2、(SCN)2、(OCN)2等與鹵素單質(zhì)結(jié)構(gòu)相似、性質(zhì)相近。已知(CN)2分子中所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則其分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為__。(SCN)2對應(yīng)的酸有兩種，理論上硫氰酸(H-S-C≡N)的沸點低于異硫氰酸(H-N=C=S)的沸點，其原因是__。

（2）鹵化物RbICl2在加熱時會分解為晶格能相對較大的鹵化物A和鹵素互化物或鹵素單質(zhì)，A的化學(xué)式__。16、鈦；鐵、砷、硒、鋅等元素的單質(zhì)及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。

（1）基態(tài)Ti原子中，最高能層電子的電子云輪廓形狀為_______，與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同的元素有________種。

（2）鐵的第三電離能第四電離能分別為和遠大于的原因是______________________。

（3）離子可用于的檢驗，其對應(yīng)的酸有兩種，分別為硫氰酸和異硫氰酸

①寫出與互為等電子體的一種微粒_________分子或離子

②異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高的原因是_______________。

（4）成語“信口雌黃”中的雌黃分子式為分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，As原子的雜化方式為_______________。

（5）離子化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。一個晶胞含有的鍵有__________個。

（6）硒化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中X和Y點所堆積的原子均為____________填元素符號該晶胞中硒原子所處空隙類型為____________填“立方體”、“正四面體”或“正八面體”該種空隙的填充率為____________；若該晶胞密度為硒化鋅的摩爾質(zhì)量為用代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則晶胞參數(shù)a為____________nm。

17、中國古代四大發(fā)明之一——黑火藥，它在爆炸時發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為2KNO3+3C+S=A+N2↑+3CO2↑(已配平)

（1）①除S外，上列元素的電負性從大到小依次為__________。

②在生成物中，A的晶體類型為_______，含極性共價鍵的分子的中心原子軌道雜化類型為_____。

③已知CN-與N2互為等電子體，推算HCN分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為_____。

（2）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)T比Q多2。T的基態(tài)原子外圍電子(價電子)排布為______，Q2+的未成對電子數(shù)是_______。

（3）若某金屬單質(zhì)晶體中原子的堆積方式如圖甲所示，其晶胞特征如圖乙所示，原子之間相互位置關(guān)系的平面圖如圖丙所示。則晶胞中該原子的配位數(shù)為________，該單質(zhì)晶體中原子的堆積方式為四種基本堆積方式中的________。

18、現(xiàn)有7種物質(zhì)：①干冰②金剛石③四氯化碳④晶體硅⑤過氧化鈉⑥二氧化硅晶體⑦氯化銨(用序號回答)

（1）這些物質(zhì)中熔點最高的是___________

（2）屬于分子晶體的是___________；其中分子構(gòu)型為正四面體的是___________，雜化類型為___________。

（3）屬于離子晶體的是___________

（4）寫出含有極性鍵和配位鍵的離子化合物的電子式___________。19、已知MgO的晶體結(jié)構(gòu)屬于NaCl型。某同學(xué)畫出的MgO晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，請改正圖中錯誤______

評卷人得分四、有機推斷題(共1題，共9分)20、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(xué)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）

評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共6分)21、碳是地球上組成生命的最基本的元素之一。按要求回答：

（1）碳原子核外有________種不同空間運動狀態(tài)的電子，第一電離能介于B和C之間的元素的名稱為_________。

（2）碳元素能形成多種無機物。

①CO32-的立體構(gòu)型是_______________。

②MgCO3分解溫度比CaCO3低的原因是_________________________。

③石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K（如圖），其結(jié)構(gòu)為每隔一層碳原子插入一層鉀原子，與鉀原子層相鄰的上下兩層碳原子排列方式相同，則與鉀最近等距的配位碳原子有_________個。

（3）碳也可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。

①1mol吡啶分子中含有σ鍵數(shù)目是__________。

②嘌呤結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式為________。

③嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，解釋原因________________________________。

（4）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)單元取代可形成碳的一種新型三維立方晶體結(jié)構(gòu)——T-碳。已知T-碳密度為ρg/cm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則T-碳的晶胞參數(shù)a=________pm(寫出表達式即可)。

22、碳；氮、氧、磷、硫、鐵；鋅、銅等都是組成蛋白質(zhì)的重要元素?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Fe的基態(tài)原子的核外電子排布式為_________，3d能級上的未成對電子數(shù)為____。

（2）在C、N、O、P、S五種元素中，第一電離能最大的元素是_____（填元素符號，下同），電負性最大的元素是______

（3）氨基乙酸（H2NCH2COOH）是蛋白質(zhì)完全水解的產(chǎn)物之一，其中C原子的雜化軌道類型為______；1molH2NCH2COOH中含有鍵的數(shù)目為_____NA。

（4）蛋白質(zhì)在體內(nèi)部分被氧化生成尿素［CO（NH2）2］；二氧化碳、水等排出體外。

①CO2、H2O分子的空間構(gòu)型分別為_____、_____。

②尿素的熔點為132．7℃，其固體屬于_____晶體。

③尿素易溶于水，其原因除都是極性分子外，還有_________。

（5）Cu與H元素形成某種晶體的結(jié)構(gòu)如圖所示，則該晶體的化學(xué)式為____。若該晶體的密度為ρg·cm—3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的棱長為_____nm（用含ρ和NA的式子表示）

23、侯氏制堿法又稱聯(lián)合制堿法，是我國化學(xué)工程專家侯德榜于1943年發(fā)明的。此方法具有食鹽利用率高、對環(huán)境的污染少、生產(chǎn)成本低等優(yōu)點。其制備中涉及如下兩個反應(yīng)：NaC1+H2O+CO2+NH3===NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。

(1)基態(tài)氯原子的電子排布式為______，C、N、O三種元素第一電離能由大到小的順序為____。

(2)①H2O、CO2、NH3三種分子中屬于V形分子的是_______。

②在常溫常壓下，1體積水可溶解700體積NH3、可溶解0.8體積CO2，試解釋其原因：_________。

(3)Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體，其中一種可溶于水，則此種化合物是________(填“極性”或“非極性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空間構(gòu)型是________。

(4)①要確定Na2CO3固體是晶體還是非晶體，最可靠的方法是_____。

②下列事實不能支持Na2CO3的晶體類型為離子晶體的是______(填字母)。

a．熔點為851℃b．晶體中存在Na+、CO

c．可溶于水d．晶體中存在離子鍵；共價鍵。

(5)鈉、氧兩元素可形成兩種常見化合物，其中一種的晶胞如下圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為________，若晶胞參數(shù)為dpm，晶胞的密度為則阿伏加德羅常數(shù)NA=______(用含d；ρ的代數(shù)式表示)。

評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共16分)24、【化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

已知銅的配合物A(結(jié)構(gòu)如下圖1)。請回答下列問題:

(l)Cu的簡化電子排布式為_____________。

(2)A所含三種元素C、N、O的第一電離能由大到小的順序為_________________。其中氮。

原子的雜化軌道類型為_____________________。

(3)配體氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受熱分解可產(chǎn)生CO2和N2，N2中σ鍵和π鍵數(shù)目。

之比是_____________；N2O與CO2互為等電子體，且N2O分子中O只與一個N相連，則N2O

的電子式為____________________。

(4)在Cu催化下，甲醇可被氧化為甲醛(HCHO)，甲醛分子中H-C=O的鍵角___________1200(選填“大于”、“等于”或“小于”)，甲醛能與水形成氫鍵，請在圖2中表示出來___________。

(5)立方氮化硼(如圖3)與金剛石結(jié)構(gòu)相似，是超硬材料。立方氮化硼晶體內(nèi)B-N鍵數(shù)與硼原子數(shù)之比為__________；結(jié)構(gòu)化學(xué)上用原子坐標(biāo)參數(shù)表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置，圖4立方氮化硼晶胞中，B原子的坐標(biāo)參數(shù)分別有：B(0，0，0)；B(1/2，0，1/2)；B(1/2，1/2，0)等。則距離上述三個B原子最近且等距的N原子的坐標(biāo)參數(shù)為_______________。25、半導(dǎo)體材料磷化硼(BP)可由BBr3和PBr3在高溫下合成?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)P原子的價電子排布式為__________，同周期中第一電離能比P小的元素有______種。

(2)在水中的溶解度BBr3_______PBr3(填“>”或“<”)，原因是_____________。

(3)一定溫度下PBr5能形成陰、陽離子個數(shù)比為1：1的導(dǎo)電熔體，經(jīng)測定其中P—Br鍵鍵長均相等。寫出該導(dǎo)電熔體中陽離子的電子式：_________，其中P原子的雜化軌道類型是_______。

(4)已知磷化硼晶體中P原子作A1型最密堆積，B原子填入四面體空隙中，相鄰P原子和B原子核間距為dcm，則該晶體中每個B原子周圍有_____個B原子與它距離最近，晶體密度為____g·cm-3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)，若某個P原子的坐標(biāo)為(0，0，0)，則晶胞中其余P原子的坐標(biāo)為__________(寫出一個即可)。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

Co（Ⅲ）的八面體配合物CoClm·nNH3,CoClm·nNH3呈電中性，因為NH3為中性分子，所以故m的值為3，而1mol該配合物與AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，則其內(nèi)界中只含2個氯離子，又因為該配合物為八面體，則中心原子的配位數(shù)為6，所以n的值為4，即該配合物的結(jié)構(gòu)是：[CoCl2(NH3)4]Cl，所以本題選擇B。2、C【分析】【詳解】

A．BF3中心原子為B，價層電子對數(shù)為3+×(3-1×3)=3，為sp2雜化；空間構(gòu)型為平面三角形，故A不符合題意。

B．CO32－的中心原子為C，價層電子對數(shù)為3+×(4+2-2×3)=3，為sp2雜化；空間構(gòu)型為平面三角形，故B不符合題意。

C．PCl3中心原子為P，價層電子對數(shù)為3+×(5-1×3)=4，為sp3雜化；空間構(gòu)型為三角錐形，故C符合題意；

D．CH3＋中心原子為C，價層電子對數(shù)為3+×(4-1-1×3)=3，為sp2雜化；空間構(gòu)型為平面三角形，故不符合題意；

答案選C。

【點睛】

判斷分子的立體構(gòu)型時，根據(jù)成鍵電子對數(shù)加上孤電子對數(shù)，有孤對電子數(shù)時，減去對電子對數(shù)得到分子的構(gòu)型。3、C【分析】【分析】

石墨晶體中；層與層之間的作用力為分子間作用力，層內(nèi)存在共價鍵，每個C原子形成3個σ鍵，且每個C原子為3個環(huán)共有，以此解答該題。

【詳解】

A.石墨晶體中；層與層之間的作用力為分子間作用力，從石墨中剝離石墨烯需要破壞分子間作用力，故A錯誤；

B.石墨中的碳原子采取sp2雜化，每個sp2雜化軌道含s軌道與p軌道；故B錯誤；

C.石墨屬于混合晶體；層與層之間存在分子間作用力；層內(nèi)碳原子間存在共價鍵；石墨能導(dǎo)電，存在金屬鍵，故C正確；

D.每個C原子為3個環(huán)共有,則石墨烯中平均每個六元碳環(huán)含有碳原子數(shù)為故D錯誤；

故答案選C。

【點睛】

石墨屬于混合晶體，層與層之間存在分子間作用力；層內(nèi)碳原子間存在共價鍵；石墨能導(dǎo)電，存在金屬鍵。4、C【分析】【詳解】

A.由晶胞結(jié)構(gòu)知，晶胞中Ni原子數(shù)為8×1/8+4×1/4=2，As的原子數(shù)目為2；則該化合物的化學(xué)式為NiAs，故A錯誤；

B.該化合物中As的配位數(shù)為6；故B錯誤；

C.因為該化合物化學(xué)式為NiAs；且As的配位數(shù)為6，所以Ni的配位數(shù)也為6，故C正確；

D.根據(jù)均攤法計算，該晶胞平均占有Ni原子數(shù)為8×1/8+4×1/4=2；故D錯誤；

故選C。5、C【分析】【詳解】

A項，難溶于水，其水溶液的導(dǎo)電性極弱不一定是離子晶體，如H2SiO3難溶于水；水溶液導(dǎo)電性極弱；但不是離子晶體；

B項，熔、沸點較高，硬度較大不一定是離子晶體，如SiO2等原子晶體熔；沸點較高；硬度較大；

C項；固體不導(dǎo)電，但在熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電，說明構(gòu)成晶體的微粒為陰；陽離子，一定屬于離子晶體；

D項，在有機溶劑中的溶解度極小不一定是離子晶體，如H2O等分子晶體在有機溶劑中溶解度也極小；

答案選C。二、多選題(共7題，共14分)6、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。7、CD【分析】【分析】

X所在主族序數(shù)與所在周期序數(shù)之差為4，則為第2周期時，在ⅥA族，即X為O元素，或為第3周期時，在ⅤⅡA族，即X為Cl元素；Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，能電離出電子數(shù)相等的陰、陽離子，則由NaOH═Na++OH-，所以Y為Na元素；Z的單質(zhì)是生活中常見物質(zhì)，其制品在潮濕空氣中易被腐蝕或損壞，則Z為Fe元素；W基態(tài)原子核外5個能級上有電子，且最后的能級上只有1個電子1s22s22p3；則W為Al，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析；X為O元素或Cl元素，Y為Na元素，Z為Fe元素，W為Al元素。

A．一般而言，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，原子半徑：Y>W>X；故A正確；

B．鐵為26號元素，Z3+離子的最外層電子排布式為3s23p63d5；故B正確；

C．鈉的單質(zhì)在氧氣或氯氣中燃燒；所得生成物為過氧化鈉或氯化鈉，其中過氧化鈉的陰；陽離子個數(shù)比為1:2，故C錯誤；

D．W的單質(zhì)能溶于Y的最高價氧化物的水化物的水溶液中，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，該反應(yīng)的氧化劑為水，若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.3mol電子，則消耗氧化劑H2O0.3mol；質(zhì)量為5.4g，故D錯誤；

故選CD。

【點睛】

正確判斷元素是解題的關(guān)鍵。本題的難點為X的不確定性，易錯點為D，要注意鋁與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)中鋁為還原劑，水為氧化劑。8、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)。9、AD【分析】【詳解】

A．根據(jù)抗壞血酸分子的結(jié)構(gòu)可知，分子中以4個單鍵相連的碳原子采取sp3雜化，碳碳雙鍵和碳氧雙鍵中的碳原子采取sp2雜化；A選項正確；

B．氯化鋁在177.8℃時升華，熔沸點低，因此AlCl3為分子晶體，但AlCl3在水溶液中完全電離；屬于強電解質(zhì)，B選項錯誤；

C．CO2是分子晶體，為直線形分子，而SiO2是原子晶體，沒有獨立的SiO2微粒；兩者結(jié)構(gòu)不同，因此兩者不互為等電子體，C選項錯誤；

D．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖分析可知，C原子位于晶胞的體心，由幾何知識可知，該碳原子的坐標(biāo)為()；D選項正確；

答案選AD。

【點睛】

C選項為易錯點，解答時需理解：具有相同價電子數(shù)和相同原子數(shù)的分子或離子具有相同的結(jié)構(gòu)特征，這一原理稱為等電子原理，滿足等電子原理的分子、離子或原子團稱為等電子體。10、AC【分析】【詳解】

A．HCl、HBr；HI均可形成分子晶體；其分子結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大則分子間作用力越大，所以熔、沸點依次升高與分子間作用力大小有關(guān)，故A正確；

B．氫鍵是比范德華力大的一種分子間作用力，水分子間可以形成氫鍵，H2S分子間不能形成氫鍵，因此H2O的熔、沸點高于H2S；與共價鍵的鍵能無關(guān)，故B錯誤；

C．碘分子為非極性分子，CCl4也為非極性分子；碘易溶于四氯化碳可以用相似相溶原理解釋，故C正確；

D．氫鍵不是化學(xué)鍵；故D錯誤；

故答案為AC。11、BC【分析】【詳解】

汽化是液態(tài)變氣態(tài)的過程；是物理變化，二氧化碳分子沒有改變，只是分子間的距離發(fā)生了變化，因此分子內(nèi)的共價鍵沒有任何變化；共價鍵的鍵長自然而然也不變，由于分子間距離增大，分子間的作用力被減弱，答案選BC。

【點睛】

A容易錯，同學(xué)經(jīng)常錯誤地以為，分子晶體熔化、汽化等變化時共價鍵斷裂了。12、AC【分析】【分析】

根據(jù)題意，X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道，則X的電子排布式為1s22s22p63s23p4，為S元素；Y原子的特征電子構(gòu)型為3d64s2，則Y的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，Y為Fe元素；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，則Z的電子排布式為1s22s22p2，為C元素；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子，Q的電子排布式為1s22s22p4，Q為O元素；T原子的M電子層上p軌道半充滿，T的電子排布式為1s22s22p63s23p3；則T為為P元素，據(jù)此分析。

【詳解】

A.元素Y和X的單質(zhì)分別是Fe；S；加熱的條件下生成FeS，A錯誤；

B.T和Z分別是P、C，它們形成的單質(zhì)有P4和金剛石；它們的分子構(gòu)型均為正四面體型，B正確；

C.X與Q形成的化合物SO2或SO3都為共價化合物；C錯誤；

D.ZQ2是為CO2，CO2是直線型分子，結(jié)構(gòu)式是O=C=O，結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷中心重合，則CO2是極性鍵構(gòu)成的非極性分子；D正確。

答案選AC。三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【分析】

(1)基態(tài)Cl原子的電子排布式為1s22s22p63s23p5；據(jù)此分析解答；

(2)根據(jù)Cl2分子的結(jié)構(gòu)式為Cl-Cl和Cl原子的電子排布式為1s22s22p63s23p5結(jié)合元素周期律分析判斷；

(3)NCl3分子的中心原子N上含有3個N-Clσ鍵；還含有1個孤電子對，據(jù)此分析解答；

(4)孤電子對與成鍵電子對間的排斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對間的排斥力；據(jù)此判斷鍵角的大小；結(jié)合氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響分析解答；

(5)根據(jù)物質(zhì)X的晶體結(jié)構(gòu)圖，結(jié)構(gòu)中含有等微粒，每個Pd原子周圍有6個Cl原子，根據(jù)均攤法計算Pd原子和Cl原子數(shù)，同時判斷含有的數(shù)；再根據(jù)化合價的代數(shù)和為0，計算Pd元素的化合價；

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物；說明Pd在四邊形的內(nèi)部，結(jié)合Y中Pd:Cl:N:H的數(shù)量比=1:2:2:6，分析判斷可能的結(jié)構(gòu)。

【詳解】

(1)基態(tài)Cl原子的電子排布式為1s22s22p63s23p5，其中存在未成對電子的能級為3p，該能級的軌道表示式為故答案為：

(2)A．Cl2分子的結(jié)構(gòu)式為Cl-Cl；分子中無π鍵，故A正確；

B．Cl原子的電子排布式為1s22s22p63s23p5；是p區(qū)主族元素，故B正確；

C．同一周期；從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，因此第一電離能：Cl＞S，故C錯誤；

D．元素的非金屬性越強，電負性越大，電負性：Cl>S；故D正確；

故答案為：ABD；

(3)NCl3分子的中心原子N上含有3個N-Clσ鍵，還含有1個孤電子對，價層電子對數(shù)為4，雜化方式是sp3，故答案為：sp3；

(4)孤電子對與成鍵電子對間的排斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對間的排斥力，NH3分子中存在孤電子對，使得鍵角小于NH4+的鍵角，NH3分子間存在氫鍵，使得氨氣的沸點高于N2沸點，故答案為：小于；NH3分子間有氫鍵，N2分子間無氫鍵，致使NH3的沸點更高；

(5)根據(jù)物質(zhì)X的晶體結(jié)構(gòu)圖，結(jié)構(gòu)中含有等微粒，說明該晶體屬于離子晶體；根據(jù)圖示，每個Pd原子周圍有6個Cl原子，Pd的配位數(shù)為6，該晶胞中含有8×+6×=4個Pd原子，則含有24個Cl原子，同時含有8個根據(jù)化合價的代數(shù)和為0，其中Pd元素的化合價為=+4；故答案為：離子晶體；+4；6；

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，說明Pd在平面四邊形的內(nèi)部，配位數(shù)為4，根據(jù)Y中Pd:Cl:N:H的數(shù)量比=1:2:2:6，則結(jié)構(gòu)中含有1個Pd原子，2個Cl原子和2個氨分子，則該配合物Y的結(jié)構(gòu)可能為故答案為：

【點睛】

本題的難點為(5)，要注意均攤法在晶胞結(jié)構(gòu)中的靈活應(yīng)用，關(guān)鍵是氯原子數(shù)目的計算，易錯點為(6)，要注意(6)中Pd的配位數(shù)與(5)中不一定相等?！窘馕觥緼BDsp3小于NH3分子間有氫鍵，N2分子間無氫鍵，氫鍵使NH3的沸點更高離子晶體+4614、略

【分析】【分析】

I．由信息可知，溶于水后加氨水發(fā)生Cu2++2NH3?H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，再加入乙醇溶劑，將析出深藍色的晶體為Cu(NH3)4SO4?H2O。

II．（1）根據(jù)配合物K3[Fe(CN)6結(jié)構(gòu)分析；含有空軌道的金屬陽離子為中心離子，有孤對電子的原子或離子為配體，配位數(shù)就是配體的個數(shù)；

（2）根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子價電子對數(shù)為3、4，所以雜化方式為sp2、sp3；N；O提供孤電子對；

（3）同周期，從左到右，第一電離能增大，As的價電子排布式為：4s24p3；p軌道半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，第一電離能最大，據(jù)此判斷第一電離能大小；

（4）分子結(jié)構(gòu)中非羥基氧原子數(shù)比多或分子中As價態(tài)更高，導(dǎo)致中的O的電子向As偏移；據(jù)此判斷酸性強弱。

【詳解】

I．（1）溶液中呈天藍色微粒的化學(xué)式是[Cu(NH3)4]2+，故答案為：[Cu(NH3)4]2+；

（2）加入乙醇的作用是降低溶劑的極性，減小Cu(NH3)4SO4?H2O的溶解度，故答案為：降低溶劑的極性，減小Cu(NH3)4SO4?H2O的溶解度；

（3）藍色沉淀溶解成深藍色溶液的離子方程式為：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；

故答案為：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；

（4）Cu(NH3)4SO4?H2O中Cu2+與NH3之間的化學(xué)鍵由Cu2+提供空軌道；N原子提供電子對,為配位鍵(或共價健)；配體分子為氨氣，空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：配位鍵(或共價健)；三角錐形。

II．（1）根據(jù)配合物K3[Fe(CN)6結(jié)構(gòu)分析，含有空軌道的金屬陽離子為中心離子，所以中心離子為Fe3+、有孤對電子的原子或離子為配體，所以配體為CN?、配位數(shù)就是配體的個數(shù)，所以配位數(shù)為6，故答案為：Fe3+；CN?；6；

（2）①價電子對數(shù)=鍵+孤電子對數(shù)，根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子的價電子對數(shù)為：3、4，其雜化方式為sp2、sp3，故答案為：sp2；sp3；

②N、O提供孤電子對，所以故答案為：

（3）同周期，從左到右，第一電離能增大，As的價電子排布式為：4s24p3；p軌道半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，第一電離能最大，則第一電離能為：As＞Se＞Ge，故答案為：As＞Se＞Ge；

（4）分子結(jié)構(gòu)中非羥基氧原子數(shù)比多，所以的酸性強或分子中As價態(tài)更高，導(dǎo)致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強，故答案為：分子結(jié)構(gòu)中非羥基氧原子數(shù)比多，所以的酸性強.或分子中As價態(tài)更高，導(dǎo)致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強。

【點睛】

配位鍵是指由提供孤電子對的原子與接受孤電子對的原子之間形成的一種特殊的共價鍵，可表示為：A→B，箭頭指向接受孤電子對的原子；通常把金屬離子或原子與某些分子或離子以配位鍵結(jié)合形成的化合物稱為配位化合物，簡稱配合物，一般配合物由內(nèi)界和外界兩部分組成，內(nèi)界是配合物中心原子或離子和一定數(shù)目的配位體，是配合物的特征部分，外界是內(nèi)界以外的其他離子，比如：【解析】①.[Cu(H2O)4]2+②.降低溶劑的極性，減小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度③.Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH-④.配位鍵(或共價健)⑤.三角錐形⑥.Fe3+⑦.CN—⑧.6⑨.⑩.?.?.As＞Se＞Ge?.分子結(jié)構(gòu)中非羥基氧原子數(shù)比多，所以的酸性強.或分子中As價態(tài)更高，導(dǎo)致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強15、略

【分析】【分析】

（1）擬鹵素如（CN）2、（SCN）2、（OCN）2等與鹵素單質(zhì)結(jié)構(gòu)相似、性質(zhì)相近．已知（CN）2分子中所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C原子形成四個共用電子對；N原子形成三個共用電子對；能形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高，異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸不能形成分子間氫鍵；

（2）RbICl2加熱時會分解為晶格能相對較大的鹵化物A和鹵素互化物或鹵素單質(zhì)；利用半徑來分析晶格能相對較大的鹵化物。

【詳解】

擬鹵素如等與鹵素單質(zhì)結(jié)構(gòu)相似、性質(zhì)相近．已知分子中所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C原子形成四個共用電子對、N原子形成三個共用電子對，結(jié)構(gòu)式為每個分子中含有4個鍵，3個鍵，則其分子中鍵與鍵數(shù)目之比為3：4；能形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高；異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸不能形成分子間氫鍵，所以異硫氰酸熔沸點高于硫氰酸；

故答案為：3：4；異硫氰酸分子間可形成氫鍵；而硫氰酸不能；

加熱時會分解為晶格能相對大的鹵化物A和鹵素互化物或鹵素單質(zhì)，氯離子的半徑小于碘離子的半徑，則RbCl的離子鍵長小于RbI的離子鍵長，則RbCl的晶格能較大，則A為RbCl，故答案為：RbCl；

故答案為：RbCl。【解析】①.3：4②.異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸不能③.RbCl16、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)構(gòu)造原理寫出核外電子排布式，判斷出最高能級的形狀，與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同，結(jié)合構(gòu)造原理與洪特規(guī)則特例，符合條件元素原子的價電子排布為3d54s1、3d104s1；

（2）價電子排布為全滿或半滿時；處于穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，此時電離能將增大；

（3）C原子與1個單位負電荷可以等效替換為N原子，N原子與1個單位負電荷可以替換為O原子，S原子可以用氧原子替換，與SCN-互為等電子體的一種微粒為：N2O、CO2、CS2、OCN-（任意一種）；從氫鍵的角度分析沸點的高低。

（4）由結(jié)構(gòu)圖可知，黑色球為As、白色球為S，分子中As原子形成3個σ鍵、還含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3+1=4，故As雜化方式為sp3雜化；

（5）計算出晶胞中C22-數(shù)目，每個C22-中含2個π鍵；

（6）根據(jù)圖示，Zn原子處于晶胞的頂點與面心，晶胞中Zn原子形成正四面體結(jié)構(gòu)有8個，其中4個正四面體中心填充Se原子，正四面體空隙的填充率為50%；V===N可以從晶胞構(gòu)型中計算出N=4，NA；M、ρ均為已知；代入公式可以得到體積，晶胞參數(shù)等于體積的三次開方。

【詳解】

（1）基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為[Ar]3d24s2，最高能層電子為4s能級，電子云輪廓圖形為球形；與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同，結(jié)合構(gòu)造原理與洪特規(guī)則特例，符合條件元素原子的價電子排布為3d54s1、3d104s1；故有2種；

故答案為：球形；2；

（2）由Fe2+變?yōu)镕e3+體現(xiàn)Fe的第三電離能，即價電子由3d6變?yōu)?d5；當(dāng)從3d5狀態(tài)再失去一個電子時，體現(xiàn)第四電離能，因3d5為半充滿狀態(tài)；較為穩(wěn)定，故第四電離能大于第三電離能；

故答案為：Fe3+的3d能級半充滿；結(jié)構(gòu)穩(wěn)定；

（3）①C原子與1個單位負電荷可以等效替換為N原子，N原子與1個單位負電荷可以替換為O原子，S原子可以用氧原子替換，與SCN-互為等電子體的一種微粒為：N2O、CO2、CS2、OCN-（任意一種）；

故答案為：或

②異硫氰酸分子間含有氫鍵；故異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高；

故答案為：異硫氰酸分子間存在氫鍵；

（4）由結(jié)構(gòu)圖可知，黑色球為As、白色球為S，分子中As原子形成3個σ鍵、還含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3+1=4，故As雜化方式為sp3雜化；

故答案為：sp3雜化；

（5）晶胞中C22-數(shù)目為：12×+1=4，每個C22-中含2個π鍵；一個晶胞含有平均有π鍵數(shù)目為：2×4=8；

故答案為：8；

（6）晶胞中Se、Zn原子數(shù)目之比為1：1，Zn原子處于晶胞的頂點與面心，Se原子與周圍的4個Zn原子形成正四面體構(gòu)型，Se處于正四面體的中心，X，Y都代表Zn；晶胞中Zn原子形成正四面體結(jié)構(gòu)有8個，其中4個正四面體中心填充Se原子，正四面體空隙的填充率為50%；晶胞中Zn原子數(shù)目為：8×+6×=4、Se原子數(shù)目為4，晶胞中各微?？傎|(zhì)量為：g，晶胞體積為：晶胞參數(shù)a=cm=nm；

故答案為：正四面體；

【點睛】

熟練1-36號元素的核外電子排布式，半充滿，全充滿的狀態(tài)導(dǎo)致電離能反常?！窘馕觥壳蛐?的3d能級半充滿，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定或異硫氰酸分子間存在氫鍵雜化正四面體17、略

【分析】【分析】

（1）①金屬性越強電負性越小；非金屬性越強，電負性越大，據(jù)此解答；

②由原子守恒確定物質(zhì)A為K2S；含極性共價鍵的分子為CO2；分子中C原子形成2個C=O鍵，分子構(gòu)型為直線型，不含孤對電子，雜化軌道sp雜化；

③根據(jù)CN-與N2結(jié)構(gòu)相似；C原子與N原子之間形成三鍵進行分析；

（2）原子序數(shù)小于36的元素Q和T；在周期表中既處于同一周期又位于同一族，則Q；T處于第Ⅷ族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe元素，T為Ni元素，再經(jīng)過核外電子排布規(guī)律解答；

（3）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知；以頂點原子為研究對象，與之最近的原子處于面心上，每個頂點原子為12個面共用，故晶胞中該原子的配位數(shù)為12，該單質(zhì)晶體中原子的堆積方式為面心立方最密堆積。

【詳解】

（1）①同周期自左而右電負性增大；金屬性越強電負性越小，故電負性O(shè)＞N＞C＞K；

答案：O＞N＞C＞K

②由原子守恒可知，物質(zhì)A為K2S，屬于離子化合物，由鉀離子與硫離子構(gòu)成；含極性共價鍵的分子為CO2；分子中C原子形成2個C=O鍵，分子構(gòu)型為直線型，不含孤對電子，雜化軌道數(shù)目為2，為sp雜化方式；

答案：離子晶體sp雜化。

③CN-與N2結(jié)構(gòu)相似；C原子與N原子之間形成三鍵，則HCN分子結(jié)構(gòu)式為H-C≡N，三鍵中含有1個σ鍵；2個π鍵，單鍵屬于σ鍵，故HCN分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為1：1；

答案：1：1

（2）原子序數(shù)小于36的元素Q和T，在周期表中既處于同一周期又位于同一族，則Q、T處于第Ⅷ族，且原子序數(shù)T比Q多2，則Q為Fe元素，T為Ni元素，Ni元素是28號元素，Ni原子價電子排布式為3d84s2，F(xiàn)e2+的核外電子排布式為1s24s22p63s23d6；3d能級有4個單電子；

答案：3d84s24

（3）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知；以頂點原子為研究對象，與之最近的原子處于面心上，每個頂點原子為12個面共用，故晶胞中該原子的配位數(shù)為12，該單質(zhì)晶體中原子的堆積方式為面心立方最密堆積；

答案：12面心立方最密堆積【解析】①.O>N>C>K②.離子晶體③.sp雜化④.1∶1⑤.3d84s2⑥.4⑦.12⑧.面心立方最密堆積18、略

【分析】試題分析：（1）一般而言；原子晶體的熔沸點較高，原子晶體有②④⑥，原子半徑越小，共價鍵的鍵長越短，共價鍵越牢固，熔點越高，這些物質(zhì)中熔點最高的是金剛石，故選②；

（2）屬于分子晶體的是干冰和四氯化碳，其中分子構(gòu)型為正四面體的是四氯化碳，C的雜化類型為sp3，故答案為：①③；③；sp3；

（3）屬于離子晶體的是過氧化鈉和氯化銨；故選⑤⑦；

（4）含有極性鍵和配位鍵的離子化合物是氯化銨，電子式為故答案為：

考點：考查了晶體的分類和化學(xué)鍵的相關(guān)知識?！窘馕觥浚?）②（2）①③；③；sp3；（3）⑤⑦（4）19、略

【分析】【詳解】

NaCl型晶胞為面心立方結(jié)構(gòu)；已知陽離子和陰離子是交替排列，所以5；7、8、9號4個球都是白球是不正確的，應(yīng)該將8號白球改為灰球，故答案為：8號白球改為灰球。

【點睛】

掌握氯化鈉型晶胞結(jié)構(gòu)特點是解題的關(guān)鍵，平時的學(xué)習(xí)中需要多積累。【解析】8號白球改為灰球四、有機推斷題(共1題，共9分)20、略

【分析】【分析】

A是宇宙中最豐富的元素，說明A為H，D原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道全充滿，說明D為17號元素Cl,B和D的原子都有1個未成對電子，B＋比D少一個電子層，說明B為Na，E原子的2p軌道中有3個未成對電子，說明E為N，F(xiàn)的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為4，說明F為S，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，說明G為Cr，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，則R為Na2S，綜上，A為H，B為Na，D為Cl，E為N，F(xiàn)為S，G為Cr；據(jù)此分析作答。

【詳解】

（1）根據(jù)元素周期律可知Cl的電負性大于S；

（2）Cr為24號元素，價電子排布圖為

（3）晶體鈉為體心立方堆積；區(qū)分晶體和非晶體最可靠的科學(xué)方法為對固體進行X-射線衍射實驗；

（4）根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知，每個電子的運動狀態(tài)不同，Cl-最外層有8個電子，所以就有8種不同運動狀態(tài)的電子，最外層有兩個能級，每個能級上電子能量是相同的，所以最外層有2種能量不同的電子，在S2Cl2中要使個原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則分子存在一個S-S鍵和2個S-Cl鍵，S原子的價電子數(shù)為4，因此S原子以sp3方式雜化；S原子周圍有2對孤電子對，所以分子為極性分子；

（5）A與E形成的最簡單化合物為NH3，NH3分子中N原子周圍有3個共價鍵，一個孤電子對，因此分子空間構(gòu)型為三角錐形，由于在NH3中有孤電子對的存在；分子中正電中心和負電中心不重合，使分子的一部分呈正電性，另一部分呈負電性，所以分子顯極性；

（6）R為Na2S，在每個晶胞中含有Na+數(shù)為8，S2-為8×+6×=4，由R的晶胞可設(shè)S2-的半徑為r1cm，Na+半徑為r2cm，則晶胞的體對角線為4(r1+r2)cm，晶胞的邊長為(r1+r2)cm，晶體的密度==g/cm3=

【點睛】

本題的難點是晶胞密度的計算，只要掌握晶胞中粒子數(shù)與M、ρ(晶體密度，g·cm－3)之間的關(guān)系，難度即會降低。若1個晶胞中含有x個粒子，則1mol該晶胞中含有xmol粒子，其質(zhì)量為xMg；又1個晶胞的質(zhì)量為ρa3g(a3為晶胞的體積，單位為cm3)，則1mol晶胞的質(zhì)量為ρa3NAg，因此有xM＝ρa3NA。【解析】＞體心立方堆積X-射線衍射82sp3極性三角錐形分子中正電中心和負電中心不重合，使分子的一部分呈正電性，另一部分呈負電性五、原理綜合題(共3題，共6分)21、略

【分析】【分析】

(1)碳原子核外有6個電子，電子排布式為1s22s22p2；據(jù)此判斷不同空間運動狀態(tài)的電子數(shù)目；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族第一電離能高于相鄰元素，據(jù)此結(jié)合元素周期表分析解答；

(2)①CO32-中C的價層電子對數(shù)=3+=3；據(jù)此分析判斷；

②根據(jù)金屬陽離子結(jié)合氧離子的能力大小分析解答；

③根據(jù)石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K的結(jié)構(gòu)圖；2層碳原子中插入一層鉀原子，與鉀最近等距的碳原子有上下2層中對應(yīng)的2個六邊形，據(jù)此判斷；

(3)①1個單鍵為1個σ鍵，1個雙鍵為1個σ鍵和1個π鍵，根據(jù)吡啶()的結(jié)構(gòu)分析判斷；

②嘌呤分子為平面結(jié)構(gòu)；N形成3根共價鍵，根據(jù)雜化軌道理論分析判斷；

③孤電子對與鍵合電子對之間的斥力＞鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力；據(jù)此解答；

(4)根據(jù)圖示計算一個T-碳晶胞中含有的碳原子數(shù)；從而計算1molT-碳晶胞的質(zhì)量，結(jié)合T-碳的密度計算T-碳的晶胞參數(shù)a。

【詳解】

(1)碳原子核外有6個電子，電子排布式為1s22s22p2；其中2p上的3個原子軌道互相垂直，一共有4種不同空間運動狀態(tài)的電子；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，第ⅡA族；VA族滿足全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，第二周期中，第一電離能介于B元素和C元素間的元素是Be，名稱為鈹，故答案為4；鈹；

(2)①CO32-中C的價層電子對數(shù)=3+=3，采用sp2雜化；立體構(gòu)型為平面三角形，故答案為平面三角形；

②在離子晶體中，離子半徑越小晶格能越大，所以在第ⅡA族金屬碳酸鹽中，陽離子半徑越小對氧的吸引力越大，就越容易導(dǎo)致碳酸根的分解，所以在第ⅡA族中，隨著原子序數(shù)的增加，原子半徑增大，碳酸鹽的分解溫度也增大，所以MgCO3分解溫度比CaCO3低；故答案為氧化鎂晶格能比氧化鈣大，使得鎂離子比鈣離子更容易結(jié)合碳酸根中的氧離子；

③根據(jù)石墨與鉀可形成石墨夾層離子晶體C8K的結(jié)構(gòu)圖；與鉀最近等距的配位碳原子有上下2層中對應(yīng)的2個六邊形上的12個碳原子，故答案為12；

(3)①1個單鍵為1個σ鍵，1個雙鍵為1個σ鍵和1個π鍵，1mol吡啶()分子中含有σ鍵數(shù)目是10NA，故答案為10NA；

②嘌呤分子為平面結(jié)構(gòu)，N形成3根共價鍵，根據(jù)雜化軌道理論，則N原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為sp2；

③根據(jù)VSEPR理論；孤電子對對鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對對鍵合電子對之間的斥力，導(dǎo)致鍵合電子對與鍵合電子對之間的夾角減小，因此嘌呤中軌道之間的夾角∠1比∠2大，故答案為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；

(4)一個金剛石晶胞中，含有C的數(shù)目為8×+6×+4=8，將每個C原子換成四面體結(jié)構(gòu)的C，則T-碳晶胞中含有碳原子數(shù)目為8×4個，取1mol這樣的晶胞，則有NA個這樣的晶胞，則1molT-碳晶胞的質(zhì)量為m=12×8×4g，T-碳密度為ρg/cm3，則1個晶胞的體積為=cm3，則T-碳的晶胞參數(shù)a=cm=×1010pm，故答案為×1010。

【點睛】

本題的難點為(4)中晶胞的計算，難在晶胞質(zhì)量的判斷，要注意題意“○表示碳原子形成的正四面體結(jié)構(gòu)”的理解；易錯點為(2)②，要注意不能根據(jù)碳酸鹽的晶格能分析?！窘馕觥?鈹平面三角形氧化鎂晶格能比氧化鈣大，使得鎂離子比鈣離子更容易結(jié)合碳酸根中的氧離子1210NAsp2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×101022、略

【分析】【分析】

（1）Fe元素原子核外電子數(shù)為28；結(jié)合能量最低原理書寫核外電子排布式，結(jié)合電子泡利原理分析未成對電子數(shù)；

（2）依據(jù)原子的第一電離能和電負性在元素周期表的周期性變化規(guī)律作答；

（3）依據(jù)雜化軌道理論分析；再結(jié)合共價鍵理論中σ鍵的存在規(guī)律判斷分子內(nèi)的σ鍵數(shù)目；

（4）①根據(jù)價層電子對互斥理論（VSEPR理論）；先判斷價層電子對數(shù)，再結(jié)合模型分析確定分子的空間構(gòu)型；

②結(jié)合分子晶體的特點作答；

③依據(jù)相似相容原理及氫鍵對物質(zhì)溶解性的影響分析。

（5）利用均攤法求出該晶胞內(nèi)銅原子與氫原子的個數(shù)，確定化學(xué)式；依據(jù)晶胞的密度=利用幾何關(guān)系得出結(jié)論。

【詳解】

（1）Fe元素原子核外電子數(shù)為26，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；3d能級上有五個軌道，六個電子，根據(jù)泡利原理可知，其能級上的未成對電子數(shù)為：4.

故答案為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；4；

（2）在元素周期表中；同一周期從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，其中IIA族與VA族元素因核外電子所處能級為全充滿；半充滿狀態(tài)，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，故第一電離能反常的比相對應(yīng)的后一主族元素偏大，因此C、N、O、P、S五種元素中，第一電離能最大的元素為N；同一周期中從左到右，元素的電負性逐漸變大，同一主族從上到下，元素的電負性逐漸變小，因此上述五種元素中，電負性最大的元素是O。

故答案為N；O；

（3）H2NCH2COOH分子中，其中羧基中的碳原子形成兩個單鍵和一個雙鍵，故其雜化類型為sp2；另一個C原子結(jié)合的原子數(shù)為4，無孤電子對，則其雜化軌道數(shù)為4，故采用的雜化類型為sp3；因為共價單鍵中由一個σ鍵組成，共價雙鍵中由一個σ鍵和一個π鍵組成，共價三鍵由一個σ鍵和兩個π鍵組成，H2NCH2COOH的結(jié)構(gòu)式可表示為：故1molH2NCH2COOH中含有σ鍵的數(shù)目為9NA；

故答案為sp2、sp3；9；

（4）①CO2分子的σ鍵電子對數(shù)為2，中心原子C無孤電子對，故其空間立體構(gòu)型為直線形，而H2O分子的σ鍵電子對數(shù)為2；中心原子O的孤電子對數(shù)為2，其VSEPR模型為四面體形，分子空間構(gòu)型為V形；

故答案為直線形；V形；

②因尿素的熔點為132．7℃；熔點較