2025年西師新版選修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年西師新版選修3化學(xué)下冊月考試卷3考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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7題，共14分)1、下列有關(guān)微粒性質(zhì)的排列順序正確的是A.離子半徑：O2->Na+>S2-B.第一電離能：O>N>CC.電負(fù)性：F>P>OD.基態(tài)原子中未成對電子數(shù)：Mn>Si>Cl2、下列原子的價電子排布中，對應(yīng)元素第一電離能最大的是（）A.3s23p1B.3s23p2C.3s23p3D.3s23p43、下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是（）A.SO3與SO2B.BF3與NH3C.BeCl2與SCl2D.H2O與SO24、下列敘述正確的是。

①SO2、CS2、HI都是直線形的分子②價電子排布式為ns2的原子屬于ⅠA或ⅡA族元素③Ge是ⅣA族的一種元素，其核外電子排布式為：［Ar]4s24p2，屬于P區(qū)元素④非極性分子往往是高度對稱的分子，比如BF3，PCl5，H2O2，CO2這樣的分子⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位鍵⑥AgCl是一種白色的沉淀，不溶于硝酸、濃硫酸、燒堿溶液，卻能溶于氨水中⑦已知熔融狀態(tài)的HgCl2不能導(dǎo)電，HgCl2的稀溶液有弱的導(dǎo)電能力且可作手術(shù)刀的消毒液，則從不同角度分類HgCl2是一種共價化合物、非電解質(zhì)、鹽、分子晶體⑧氨水中大部分NH3與H2O以氫鍵（用“”表示）結(jié)合成NH3·H2O分子，根據(jù)氨水的性質(zhì)可知NH3·H2O的結(jié)構(gòu)式為A.①③B.②④C.⑤⑥D(zhuǎn).⑤⑦⑧5、下列敘述錯誤的是（）

①離子鍵沒有方向性和飽和性，而共價鍵有方向性和飽和性②配位鍵在形成時，是由成鍵雙方各提供一個電子形成共用電子對③金屬鍵的實(shí)質(zhì)是金屬中的“自由電子”與金屬陽離子形成的一種強(qiáng)烈的相互作用④在冰晶體中，既有極性鍵、非極性鍵，又有氫鍵和范德華力⑤H2O分子的VSEPR模型名稱與立體構(gòu)型名稱不一致⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同⑦元素的電負(fù)性越大，非金屬性就越強(qiáng)，其氧化物對應(yīng)的水化物酸性也越強(qiáng)（）A.①③④B.②④⑦C.②⑤D.④⑥6、下列說法正確的是A.HF、HCl、HBr、HI的熔沸點(diǎn)、還原性都依次升高(增強(qiáng))B.通常測定氟化氫的相對分子質(zhì)量大于理論值，因分子間存在氫鍵C.BF3、NCl3、PCl5分子中所有原子都滿足最外層為8電子結(jié)構(gòu)的是NCl3、PCl5D.氯的各種含氧酸的酸性由強(qiáng)到弱排列為HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO47、二氧化硅晶體是立體的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于二氧化硅晶體的說法不正確的是()

A.晶體中硅、氧原子最外層都滿足8電子結(jié)構(gòu)B.晶體中最小環(huán)上的原子數(shù)為6C.晶體中一個Si原子含有Si—O鍵數(shù)目為4D.晶體中硅、氧原子個數(shù)比為1∶2評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、（1）以下列出的是一些原子的2p能級和3d能級中電子排布的情況，試判斷哪些違反了泡利原理___，哪些違反了洪特規(guī)則____。

（2）某元素的激發(fā)態(tài)(不穩(wěn)定狀態(tài))原子的電子排布式為1s22s22p63s13p33d2，則該元素基態(tài)原子的電子排布式為__________；其最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式是__________。

（3）將下列多電子原子的原子軌道按軌道能量由低到高順序排列。

①2s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p

軌道能量由低到高排列順序是__________。9、第三周期元素中，鎂元素核外有___種能量不同的電子；氯元素的最外層電子排布式為______；由這兩種元素組成的化合物的電子式為______________。10、C；N、O、Al、Si、Cu是常見的六種元素。

(1)Si位于元素周期表第____周期第_____族。

(2)N的基態(tài)原子核外電子排布式為_____；Cu的基態(tài)原子最外層有___個電子。

(3)用“>”或“<”填空：。原子半徑電負(fù)性熔點(diǎn)沸點(diǎn)Al_____SiN____O金剛石_____晶體硅CH4____SiH411、20世紀(jì)50年代科學(xué)家提出價層電子對互斥模型（簡稱VSEPR模型），用于預(yù)測簡單分子立體結(jié)構(gòu)。用價層電子對互斥理論（VSEPR）判斷下列分子或離子的空間構(gòu)型。分子或離子BeCl2H3O+ClO4-空間構(gòu)型_______________12、四種元素X；Y、Z、W位于元素周期表的前四周期；已知它們的核電荷數(shù)。

依次增加；且核電荷數(shù)之和為51；Y原子的L層p軌道中有2個電子；Z與Y原子的價層電子數(shù)相同；W原子的L層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為4：1，其d軌道中的電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為5：1。

(1)Y、Z可分別與X形成只含一個中心原子的共價化合物a、b，它們的分子式分別是_____、_______;雜化軌道分別是________、_________；a分子的立體結(jié)構(gòu)是____________。

(2)Y的最高價氧化物和Z的最高價氧化物的晶體類型分別是_______晶體、_______晶體：

(3)X的氧化物與Y的氧化物中，分子極性較小的是(填分子式)__________；

(4)Y與Z比較，電負(fù)性較大的____________,其+2價離子的核外電子排布式是_________。13、銅元素是一種金屬化學(xué)元素；也是人體所必須的一種微量元素，銅也是人類最早發(fā)現(xiàn)的金屬，是人類廣泛使用的一種金屬，屬于重金屬。某種銅的氯化物晶體結(jié)構(gòu)如圖：

若氯原子位于銅形成的四面體的體心，且銅原子與銅原子、銅原子與氯原子都是采取最密堆積方式，則氯原子與銅原子半徑之比為________。14、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______

15、Ⅰ、在金剛石、CS2、N2、C2H4、H2O2；金屬Fe等六種晶體中：

（1）以非極性鍵結(jié)合的非極性分子是______________；

（2）通過非極性鍵形成的原子晶體是______________；

（3）含有極性共價鍵和非極性共價鍵的非極性分子是______________；

（4）固態(tài)和熔融狀態(tài)下都能導(dǎo)電的晶體是______________；

Ⅱ；C和Si元素在化學(xué)中占有極其重要的地位．

（1）CO2屬于______________晶體，熔化時克服的微粒間作用力是______________；SiO2屬于______________晶體，熔化時克服的微粒間作用力是______________；所以熔點(diǎn)CO2______________SiO2(填“＜”；“=”或“＞”）．

（2）SiO2晶體中每個硅與______________個O相連，每個氧與______________Si相連．

（3）石墨晶體中，層內(nèi)形成正六邊形的平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，試分析層內(nèi)每個正六邊形占有的碳原子數(shù)為___________個。

評卷人得分三、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共2分)16、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(shí)驗(yàn)方案將這兩種配合物區(qū)別開來_____________________________。評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共4分)17、X；Y、Z、Q、W為前四周期中原子序數(shù)依次增大的元素。X原子的2p能級上有兩個未成對電子；且無空軌道。Y原子K層的電子數(shù)與M層的電子數(shù)的乘積等于其L層的電子數(shù)；Z與X同族，Q位于第ⅠB族；W元素最高正價和最低負(fù)價的代數(shù)和為4。根據(jù)以上信息，回答下列問題。

（1）W元素的名稱是：___________；其簡化的電子排布式為___________________；X的基態(tài)原子核外最高能級上有_____種不同空間運(yùn)動狀態(tài)的電子；已知高溫下4QX→2Q2X+X2，從Q原子價層電子結(jié)構(gòu)的角度分析，能生成Q2X的原因是__________________________________。

（2）Y與X可以形成多種復(fù)雜陰離子，如下圖所示，若其中a對應(yīng)的陰離子化學(xué)式為YX則c對應(yīng)的陰離子的化學(xué)式為_________________(圓圈代表X原子；黑點(diǎn)代表Y原子)。

（3）向盛有含Q2+的溶液中加入氨水至過量，沉淀溶解的離子方程式為___________________。寫出最后所得配離子的結(jié)構(gòu)式____________________________________（配位鍵須注明）。

（4）W、Y均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物，則它們形成的組成最簡單的氫化物中，VSEPR構(gòu)型____________（填“相同”或“不相同”），若“Y?H”中共用電子對偏向氫元素，氫氣與W反應(yīng)時單質(zhì)W是氧化劑，則W與Y的電負(fù)性相對大小為______________（用元素符號作答）。18、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(xué)鍵類型有___________。

(4)熔融狀態(tài)的SrTiO3和CaTiO3均可導(dǎo)電，則熔點(diǎn)：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(diǎn)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)評卷人得分五、計算題(共3題，共12分)19、用X射線研究某金屬晶體，測得在邊長為360pm的立方晶胞中含有4個金屬原子，此時金屬的密度為9.0g/cm3。試回答下列問題：

(1)此金屬晶胞屬于哪一種類型？_______

(2)求每個晶胞的質(zhì)量。_______

(3)求此金屬的相對原子質(zhì)量。_______

(4)求此金屬原子的原子半徑(pm)。_______20、NaCl晶體中Na+與Cl-都是等距離交錯排列，若食鹽的密度是2.2g·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)6.02×1023mol-1，食鹽的摩爾質(zhì)量為58.5g·mol-1。則食鹽晶體中兩個距離最近的鈉離子中心間的距離是多少？_______21、通常情況下；氯化鈉；氯化銫、二氧化碳和二氧化硅的晶體結(jié)構(gòu)分別如下圖所示。

(1)在NaCl的晶胞中，與Na+最近且等距的Na+有_____個，在NaCl的晶胞中有Na+_____個，Cl-____個。

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+與Cl-通過_________結(jié)合在一起。

(3)1mol二氧化硅中有______mol硅氧鍵。

(4)設(shè)二氧化碳的晶胞密度為ag/cm3，寫出二氧化碳的晶胞參數(shù)的表達(dá)式為____nm(用含NA的代數(shù)式表示)評卷人得分六、有機(jī)推斷題(共1題，共6分)22、Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①Z的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價電子(外圍電子)排布為msnmpn；②R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；③Q；X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4.請回答下列問題：

(1)Z2＋的核外電子排布式是________。

(2)在[Z(NH3)4]2＋離子中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的________形成配位鍵。

(3)Q與Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物分別為甲；乙；下列判斷正確的是________。

a．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點(diǎn)：甲>乙。

b．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點(diǎn)：甲<乙。

c．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點(diǎn)：甲<乙。

d．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點(diǎn)：甲>乙。

(4)Q；R、Y三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序?yàn)開_______(用元素符號作答)。

(5)Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26；其中分子中的σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為________，其中心原子的雜化類型是________。

(6)若電子由3d能級躍遷至4p能級時，可通過光譜儀直接攝取________。A．電子的運(yùn)動軌跡圖像B．原子的吸收光譜C．電子體積大小的圖像D．原子的發(fā)射光譜(7)某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于________區(qū)元素，元素符號是________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

A、電子層數(shù)越多，半徑越多；電子層數(shù)相同時，半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，因此離子半徑大小順序是：S2－>O2－>Na＋，故A錯誤；B、同周期從左向右第一電離能呈增大趨勢，但I(xiàn)IA>IIIA，VA>VIA，因此第一電離能大小順序是N>O>C，故B錯誤；C、同周期從左向右電負(fù)性增大，同主族從上到下電負(fù)性減小，F(xiàn)的電負(fù)性大于O，N的電負(fù)性大于P，O的電負(fù)性大于N，因此電負(fù)性大小順序是F>O>P，故C錯誤；D、Mn的價電子排布式為3d54s2，未成對電子數(shù)為5，Si的價電子排布式為3s23p2，未成對電子數(shù)為2，Cl的價電子排布式為3s23p7，未成對電子數(shù)為1，因此順序是F>Si>Cl；故D正確。

【點(diǎn)睛】

半徑大小比較：一看電子層數(shù)，一般電子層數(shù)越多，半徑增大，二看原子序數(shù)，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，三看電子數(shù)，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)相同，電子數(shù)越多，半徑越大。2、C【分析】【詳解】

四個選項中C中3P軌道屬于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強(qiáng)，第一電離能最大。答案選C。3、A【分析】【分析】

【詳解】

A．SO3中S原子的價電子對數(shù)為3+(6-6)=3，采取sp2雜化方式，SO2中S原子的價電子對數(shù)為2+(6-4)=3，采取sp2雜化方式；故A正確；

B．BF3中B原子的價電子對數(shù)為3+(3-3)=3，采取sp2雜化方式，NH3中N原子的價電子對數(shù)為3+(5-3)=4，采取sp3雜化方式；二者雜化方式不同，故B錯誤；

C．BeCl2中Be原子的價電子對數(shù)為2+(2-2)=2，采取sp雜化方式，SCl2中S原子的價電子對數(shù)為2+(6-2)=4，采取sp3雜化方式；二者雜化方式不同，故C錯誤；

D．H2O中O原子的價電子對數(shù)為2+(6-2)=4，采取sp3雜化方式，SO2中S原子的價電子對數(shù)為2+(6-4)=3，采取sp2雜化方式；二者雜化方式不同，故D錯誤；

答案選A。

【點(diǎn)睛】

本題考查原子軌道雜化類型判斷，難度中等。需熟練掌握幾種常見分子的中心原子雜化類型。4、C【分析】【詳解】

①CS2、HI都是直線形的分子，SO2是“V”形的分子，故①錯誤；②價電子排布式為ns2的原子屬于ⅡA族元素或0族元素，故②錯誤；③Ge是ⅣA族的一種元素，其核外電子排布式為：［Ar]3d104s24p2，屬于p區(qū)元素，故③錯誤；④非極性分子往往是高度對稱的分子，比如BF3、PCl5、CO2這樣的分子，H2O2是極性分子，故④錯誤；⑤化合物NH4Cl中銨根存在配位鍵，CuSO4·5H2O中[Cu(H2O)4]2+存在配位鍵，故⑤正確；⑥AgCl是一種白色的沉淀，不溶于硝酸、濃硫酸、燒堿溶液，卻能溶于氨水中形成[Ag(NH3)2]+，故⑥正確；⑦HgCl2的稀溶液有弱的導(dǎo)電能力說明HgCl2是弱電解質(zhì)，故⑦錯誤；⑧氨水中大部分NH3與H2O以氫鍵(用“···”表示)結(jié)合成NH3·H2O分子，根據(jù)氨水的性質(zhì)可知NH3·H2O的結(jié)構(gòu)式為故⑧錯誤；因此⑤⑥正確，故C正確。

綜上所述，答案為C。5、B【分析】【詳解】

①離子鍵通過陰陽離子之間的相互作用形成，離子鍵沒有方向性和飽和性，共價鍵是原子之間通過共用電子對形成，所以共價鍵有方向性和飽和性，故①正確；②配位鍵在形成時，含有孤電子對的原子提供電子、含有空軌道的原子提供軌道，二者形成配位鍵，故②錯誤；③金屬鍵的實(shí)質(zhì)是金屬中的“自由電子”與金屬陽離子形成的一種強(qiáng)烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故③正確；④在冰晶體中，既有極性鍵，又有氫鍵，但不存在非極性鍵，故④錯誤；⑤H2O分子的VSEPR模型名稱為四面體形，分子立體構(gòu)型為“V”形，兩者名稱不一致，故⑤正確；⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；二氧化硫和水生成亞硫酸，氟化氫；乙醇和水形成氫鍵，氯化鈉在水溶液里電離，所以其原因不同，故⑥正確；⑦元素的電負(fù)性越大，非金屬性就越強(qiáng)，其氧化物對應(yīng)的水化物酸性不一定越強(qiáng)，是最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，故⑦錯誤；因此②④⑦錯誤；故B錯誤。

綜上所述；答案為B。

【點(diǎn)睛】

冰中作用力為共價鍵、分子間氫鍵、范德華力，而分子間氫鍵、范德華力不是化學(xué)鍵，是分子間作用力。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A.同主族元素從上到下非金屬性減弱，形成氣態(tài)氫化物的還原性增強(qiáng)，故HF、HCl、HBr；HI的還原性都依次升高(增強(qiáng))；四種物質(zhì)都形成分子間晶體，熔沸點(diǎn)高低與分子間作用大小有關(guān)，分子間作用隨相對分子量的增大而增大，但因HF之間存在氫鍵，熔沸點(diǎn)最高，故A錯誤；

B.HF分子間存在氫鍵；形成締合分子，通常測定氟化氫的相對分子質(zhì)量為締合分子的相對分子質(zhì)量，所以相對分子質(zhì)量大于理論值，故B正確；

C.PCl5分子中磷原子存在五對共用電子對；電子數(shù)是10，不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C錯誤；

D.氯的各種含氧酸中隨著氧原子數(shù)的增加，非羥基氧的數(shù)目在增加，而非羥基氧越多，含氧酸的酸性越強(qiáng)，因此酸性HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4；故D錯誤；

故選：B。

【點(diǎn)睛】

判斷原子是否滿足8電子結(jié)構(gòu)的關(guān)鍵是要知道化合物的結(jié)構(gòu)，通過結(jié)構(gòu)式，弄清該原子的成鍵數(shù)，從而判斷化合物中原子最外層電子數(shù)，計算方法是：化合物中該原子最外層電子數(shù)=未成鍵時原子的最外層電子數(shù)+該原子成鍵形成的共價鍵數(shù)（或化合價絕對值）7、B【分析】【詳解】

A.氧原子最外層就是六個電子；硅原子最外層有4個電子，晶體中硅原子周圍有四對共用電子對，氧原子有兩對共用電子對，這樣兩種原子都滿足八電子結(jié)構(gòu)，故A正確；

B.晶體中最小環(huán)上的原子數(shù)為12；6個硅原子和6個氧原子，故B錯誤；

C.依據(jù)二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)圖可知1個硅原子與4個氧原子形成4個Si-O；故C正確；

D.由二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)圖可知；每個硅原子周圍連有四個氧原子，每個氧原子周圍連有2個硅原子，Si；O原子個數(shù)比為1：2，故D正確。

綜上所述，答案為B。二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【詳解】

（1）在一個原子軌道里；最多只能容納2個電子，而且它們的自旋狀態(tài)相反，稱為泡利不相容原理，所以違反泡利不相容原理的有③；當(dāng)電子排布在同一個能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是單獨(dú)優(yōu)先占據(jù)一個軌道，而且自旋狀態(tài)相同，稱為洪特規(guī)則，所以違反洪特規(guī)則的有②④⑥；

（2）根據(jù)激發(fā)態(tài)原子核外電子排布式知該元素核外有16個電子，為S元素；根據(jù)能量最低原理，其基態(tài)原子核外電子排是1s22s22p63s23p4；S元素最外層有6個電子，所以最高價是+6價，最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學(xué)式是H2SO4；

（3）相同電子層上原子軌道能量的高低：ns＜np＜nd；形狀相同的原子軌道能量的高低：1s＜2s＜3s＜4s，多電子原子的原子軌道按軌道能量由低到高順序是①④⑥③②⑤。【解析】①.③②.②④⑥③.1s22s22p63s23p4④.H2SO4⑤.①④⑥③②⑤9、略

【分析】【詳解】

判斷電子的能量是否相同，看軌道數(shù)，鎂的核外電子排布式為：1s22s22p63s2，故鎂元素核外有4種能量不同的電子；氯是17號元素，最外層電子排布式為：3s23p5；鎂和氯形成的化合物是離子化合物，形成離子鍵，故電子式為：【解析】①.4②.3s23p5③.10、略

【分析】【分析】

(1)硅原子序數(shù)為14；按相關(guān)知識點(diǎn)填空即可；

(2)按N和Cu的原子核外電子排布式回答；

(3)按原子半徑規(guī)律；電負(fù)性規(guī)律填寫；熔點(diǎn)按原子晶體中影響熔點(diǎn)的因素填寫，沸點(diǎn)按分子晶體中影響沸點(diǎn)的規(guī)律填寫；

【詳解】

(1)硅原子序數(shù)為14；核外14個電子，分3層排布，最外層4個電子，則硅位于元素周期表第三周期第IVA族；

答案為：三；IVA；

(2)N和Cu的原子序數(shù)分別為7和29，N原子核外電子排布式為1s22s22p3，銅原子外圍電子構(gòu)型為3d34s1；則銅原子最外層有1個電子；

答案為：1s22s22p3；1；

(3)Al和Si同周期，原子序數(shù)大者原子半徑小，故原子半徑Al＞Si；氮和氧是同周期非金屬元素，原子序數(shù)大者電負(fù)性大，故電負(fù)性N＜O；金剛石和晶體硅都是原子晶體，原子晶體中熔點(diǎn)由共價鍵牢固程度決定，碳碳單鍵比硅硅單鍵牢固，故熔點(diǎn)：金剛石＞硅晶體，CH4和SiH4都是分子晶體，沸點(diǎn)由分子間作用力決定，CH4和SiH4組成結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量大者分子間作用力大，則沸點(diǎn)高，故沸點(diǎn)：CH4＜SiH4；

答案為：>；<；>；<?！窘馕觥竣?三②.IVA③.1s22s22p3④.1個⑤.)>⑥.<⑦.>⑧.<11、略

【分析】【詳解】

（1）BeCl2中中心原子Be原子的孤對電子對數(shù)是（2-1×2）÷2=0，中心原子相結(jié)合的原子+中心原子最外層未參與成鍵的電子對=2+0=2，即Pb原子是sp雜化；所以是直線形結(jié)構(gòu)；

（2）H3O+中中心原子O原子的孤對電子對數(shù)是（6-1-1×3）÷2=1，中心原子相結(jié)合的原子+中心原子最外層未參與成鍵的電子對=3+1=4，即O原子是sp3雜化；所以是三角錐形結(jié)構(gòu)；

（3）ClO4-中中心原子Cl原子的孤對電子對數(shù)是（7+1-2×4）÷2=0，中心原子相結(jié)合的原子+中心原子最外層未參與成鍵的電子對=4+0=4，即Cl原子是sp3雜化；所以是正四面體形結(jié)構(gòu)；

故答案為：直線形；三角錐形；正四面體形。

【點(diǎn)睛】

本題主要考查了價層電子對互斥模型判斷分子的結(jié)構(gòu)，解題關(guān)鍵：掌握價層電子對互斥模型（簡稱VSEPR模型）用于預(yù)測簡單分子立體結(jié)構(gòu)的方法，計算中心原子相結(jié)合的原子，中心原子最外層未參與成鍵的電子對（稱為孤對電子），是解題的兩個關(guān)鍵。【解析】①.直線形②.三角錐形③.正四面體形12、略

【分析】【分析】

由“Y原子的L層p軌道中有2個電子”可知Y原子的電子排布式是1s22s22p2，為碳元素；由“Z與Y原子的價層電子數(shù)相同”可知Z與碳元素同主族，又因Z位于元素周期表的前四周期且核電荷數(shù)大于Y，所以Z可能為硅元素（14號）或鍺元素（32號），若Z為鍺元素，則四種元素的核電荷數(shù)之和大于51（因W的核電荷數(shù)比Z的還要大），即Z只能為硅元素；由“W原子的L層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為4︰1”可知W的最外層電子數(shù)為2，由“d軌道中的電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為5︰1”可知d軌道中的電子數(shù)為10，所以W原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；即W為鋅元素；又因四種元素的核電荷數(shù)之和為51，所以X元素的核電荷數(shù)為1，是氫元素。

【詳解】

(1)C和Si可分別與H形成只含一個中心原子的共價化合物a、b，它們的分子式分別是CH4、SiH4;雜化軌道分別是sp3、sp3；兩種分子的立體結(jié)構(gòu)都是正四面體。

(2)C的最高價氧化物和Si的最高價氧化物分別為CO2和SiO2；其晶體類型分別是分子晶體；原子晶體：

(3)H的氧化物與C的氧化物中，分子極性較小的是非極性分子CO2；

(4)C與Si是同一主族的元素，非金屬性越強(qiáng)的電負(fù)性越大，電負(fù)性較大的是C,其+2價離子的核外電子排布式是1s22s2?！窘馕觥竣?CH4②.SiH4③.sp3④.sp3⑤.正四面體⑥.分子⑦.原子⑧.CO2⑨.C⑩.1s22s213、略

【分析】【詳解】

Cl原子位于Cu原子構(gòu)成的四面體體心，則體對角線是銅原子和氯原子的半徑之和的4倍，Cu原子位于立方體的頂點(diǎn)和面心，為面心立方最密堆積，則面對角線是銅原子半徑的4倍，晶胞的邊長為acm，所以面對角線等于acm，則銅原子半徑為acm，體對角線等于acm，則氯原子半徑為cm，求得氯原子與銅原子半徑之比為【解析】14、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(diǎn)睛】

掌握氯化鈉型晶胞結(jié)構(gòu)特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵，平時的學(xué)習(xí)中需要多積累?！窘馕觥?號白球改為灰球15、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：Ⅰ、（1）雙原子單質(zhì)分子是以非極性鍵結(jié)合的非極性分子，則N2是以非極性鍵結(jié)合的非極性分子，故答案為N2；

（2）金剛石是通過非極性鍵形成的原子晶體；故答案為金剛石；

（3）C2H4分子中含有C-H極性共價鍵和C-C非極性共價鍵的非極性分子，故答案為C2H4；

（4）金屬Fe中存在自由電子；所以固態(tài)和熔融狀態(tài)下都能導(dǎo)電，故答案為金屬Fe．

Ⅱ、（1）CO2屬于分子晶體，熔化時克服的微粒間作用力是分子間作用力；SiO2屬于是原子晶體；熔化時克服的微粒間作用力是共價鍵，化學(xué)鍵比分子間作用強(qiáng)得多，所以二氧化硅熔點(diǎn)高于二氧化碳?xì)怏w，故答案為分子；分子間作用；原子；共價鍵；＜；

（2）SiO2晶體是原子晶體；一個硅與四個氧相連，一個氧與兩個硅相連形成正四面體，故答案為4；2；

（3）石墨層狀結(jié)構(gòu)中，每個碳原子被三個正六邊形共用，所以平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)=6×=2；故答案為2。

【考點(diǎn)】

考查共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；晶體的類型與物質(zhì)熔點(diǎn)；硬度、導(dǎo)電性等的關(guān)系。

【點(diǎn)晴】

本題主要考查極性鍵和非極性鍵，熟悉常見元素之間的成鍵是解答本題的關(guān)鍵，注意化學(xué)鍵、空間構(gòu)型與分子的極性的關(guān)系來分析解答即可，不同非金屬元素之間易形成極性共價鍵，分子的結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電荷的中心重合，則為非極性分子，如果存在自由移動的離子和電子就能導(dǎo)電，要學(xué)會利用均攤法進(jìn)行有關(guān)晶胞的計算?！窘馕觥竣瘛ⅲ?）N2；

（2）金剛石；

（3）C2H4；

（4）金屬Fe．

Ⅱ；（1）分子；分子間作用；原子；共價鍵；＜；

（2）4；2；

（3）2三、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共2分)16、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(shí)驗(yàn)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(diǎn)睛】

把握配合物的構(gòu)成特點(diǎn)，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]Cl2四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共4分)17、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、Q、W為前四周期中原子序數(shù)依次增大的元素。X原子的2p能級上有兩個未成對電子，且無空軌道，則X的價電子排布式為2s22p4，X為O，Y原子K層的電子數(shù)與M層的電子數(shù)的乘積等于其L層的電子數(shù)；K層2個電子，L層8個電子，則其M層的4個電子，Y為Si，Q位于第ⅠB族且只能是第4周期，則Q為Cu；Z與X同族即第ⅥA，X、Y、Z、Q、W原子序數(shù)依次增大，則Z為S，W元素最高正價和最低負(fù)價的代數(shù)和為4，W位于ⅥA；為Se，據(jù)此結(jié)合相關(guān)知識分析回答；

【詳解】

(1)W即Se元素的名稱是硒；原子序數(shù)為34，則其簡化的電子排布式為[Ar]3d104s24p4；按原子軌道能量的高低規(guī)律，X的基態(tài)原子核外最高能級為2p，有3種不同空間運(yùn)動狀態(tài)的電子；已知高溫下4QX→2Q2X+X2，即高溫下氧化銅分解生成氧化亞銅和氧氣，則能生成Cu2O原因是CuO中銅的外圍電子排布為3d9，Cu2O中銅的價電子排布為3d10；后者處于全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而前者不是；

答案為：硒；[Ar]3d104s24p4；3；CuO中銅的外圍電子排布為3d9，Cu2O中銅的價電子排布為3d10；后者處于全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而前者不是；

(2)Y與X可以形成多種復(fù)雜硅氧根陰離子，若其中a對應(yīng)的陰離子化學(xué)式為YX即是硅氧四面體結(jié)構(gòu)，則c對應(yīng)的陰離子為6個硅氧四面體構(gòu)成，硅氧四面體通過共用頂角氧原子成連接起來的，則每個硅氧四面體內(nèi)有1個硅原子、2+2×=3個氧原子，則化學(xué)式為Si6O

答案為：Si6O

(3)向盛有含Q2+即銅離子的溶液中加入氨水至過量，先生成Cu(OH)2后沉淀溶解，則沉淀溶解的離子方程式為Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-）；反應(yīng)后得到的配離子的結(jié)構(gòu)式為

答案為：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-）；

(4)W為Se、Y為Si，均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物，它們形成的最簡單的氫化物分別為H2Se，SiH4，它們的價層電子對數(shù)均為4，故VSEPR構(gòu)型相同，若“Y?H”即Si-H中共用電子對偏向氫元素，則電負(fù)性H＞Si，氫氣與W即Se反應(yīng)時，單質(zhì)W即Se是氧化劑，則W即Se的電負(fù)性比氫大，則Si與Se的電負(fù)性相對大小為Se>Si;

答案為：相同；Se>Si。

【點(diǎn)睛】

本題的難點(diǎn)是(2)，用均攤法求算離子的化學(xué)式?！窘馕觥课鳾Ar]3d104s24p43CuO中銅的外圍電子排布為3d9，Cu2O中銅的價電子排布為3d10，后者處于全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而前者不是Si6OCu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-）相同Se>Si18、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(dǎo)電，均為離子晶體，熔點(diǎn)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(diǎn)小于CaTiO3，故答案為：小于；Sr2+半徑比Ca2+半徑大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3小；

（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(diǎn)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或五、計算題(共3題，共12分)19、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)金屬晶體的堆積方式進(jìn)行分析；

（2）根據(jù)晶胞的邊長可計算晶胞的體積；再根據(jù)質(zhì)量＝密度×體積，可得晶胞的質(zhì)量；

（3）根據(jù)摩爾質(zhì)量M＝NA乘以一個原子的質(zhì)量可計算金屬的摩爾質(zhì)量；再根據(jù)相對原子質(zhì)量在數(shù)值上等于該元素的摩爾質(zhì)量可得金屬的相對原子質(zhì)量；

（4）根據(jù)在面心立方晶胞中，原子的半徑r與晶胞的邊長的關(guān)系，晶胞的邊長＝可計算金屬原子的原子半徑。

【詳解】

（1）根據(jù)題意；該立方晶胞中含有4個金屬原子可知，該金屬晶胞屬于面心立方晶胞；

故答案為面心立方晶胞；

（2）根據(jù)晶胞的邊長為360pm，可得晶胞的體積為(3.6×10-8)3cm3，根據(jù)質(zhì)量＝密度×體積，可得晶胞的質(zhì)量m＝9.0g/cm3×(3.6×10-8)cm3≈4.2×10-22g；

故答案為4.2×10-22g；

（3）金屬的摩爾質(zhì)量＝NA乘以一個原子的質(zhì)量＝6.02×1023×(4.2×10-22÷4)＝63.21(g/mol)；相對原子質(zhì)量在數(shù)值上等于該元素的摩爾質(zhì)量；

故答案為63.21；

(4)在面心立方晶胞中，設(shè)原子的半徑為r，則晶胞的邊長＝因此，金屬原子的原子半徑為＝×360pm≈127.26pm；

故答案為127.26pm；

【點(diǎn)睛】