2025年統(tǒng)編版選擇性必修2化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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2025年統(tǒng)編版選擇性必修2化學(xué)上冊階段測試試卷784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9題，共18分)1、下列關(guān)于原子結(jié)構(gòu)的說法中，不正確的是A.原子結(jié)構(gòu)決定元素的性質(zhì)B.2px、2py、2pz軌道相互垂直，且能量相等C.隨核電荷數(shù)遞增，電子總是填滿一個能層，再填下一個能層D.電子云是電子在原子核外空間的概率密度分布的形象化描述2、元素周期表中VIA族元素單質(zhì)及其化合物有著廣泛應(yīng)用。O2可用作氫氧燃料電池的氧化劑；O3具有殺菌、消毒、漂白等作用。硫有多種單質(zhì)，如斜方硫(燃燒熱為297kJ?mol-1)、單斜硫等，硫或黃鐵礦(FeS2)制得的SO2可用來生產(chǎn)H2SO4。用SO2與SeO2的水溶液反應(yīng)可制備硒；硒是一種半導(dǎo)體材料，在光照下導(dǎo)電性可提高近千倍。下列說法正確的是A.基態(tài)氧原子價電子的軌道表示式為B.斜方硫和單斜硫互為同素異形體C.SO2是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子D.SeO2分子中O－Se－O的鍵角大于120°3、下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法正確的是A.BF3和PCl3分子中所有原子的最外層電子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.分子中無手性碳原子C.常溫常壓下，124gP4中所含P-P鍵數(shù)目為6NAD.鍵與鍵的電子云對稱性不同4、下列化學(xué)用語表示錯誤的是A.CS2的空間填充模型B.N2H4的電子式C.二氧化硅的分子式為SiO2D.Cu的價電子排布式為3d104s15、有A、B、C、D、E五種元素，質(zhì)子數(shù)都小于18。B原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍；C原子失去1個電子所得到的微粒具有與氖原子相同的電子層結(jié)構(gòu)；D是地殼中含量最多的金屬元素；E的最高正價與最低負(fù)價的代數(shù)和為6；A單質(zhì)可以在E單質(zhì)中燃燒，生成AE，燃燒時火焰呈蒼白色。下列說法錯誤的是A.A2B中只含極性共價鍵B.B和C兩種元素形成的化合物--定含有離子鍵也可能含有共價鍵C.E單質(zhì)可以使干燥的紅色布條褪色D.D單質(zhì)常溫下既能溶于稀鹽酸也能溶于氫氧化鈉溶液6、下列關(guān)于石墨轉(zhuǎn)化為金剛石的說法正確的是A.既有共價鍵的斷裂和生成，也有分子間作用力的破壞B.碳原子的雜化方式不變C.晶體中六元環(huán)的數(shù)目不變D.C(s,石墨)=C(s,金剛石)△H＜07、目前；人類已經(jīng)發(fā)現(xiàn)的非金屬元素除稀有氣體外共16種。下列對這16種非金屬元素的判斷正確的有。

①都是主族元素；最外層電子數(shù)都大于3

②單質(zhì)形成的晶體都為分子晶體。

③氫化物常溫下都是氣態(tài)；所以又叫氣態(tài)氫化物。

④氧化物常溫下都可以與水反應(yīng)生成酸A.只有①②正確B.只有①③正確C.只有③④正確D.都不正確8、三乙醇胺N(CH2CH2OH)3]水溶液可代替NaOH吸收石油裂解氣中的酸性尾氣。該物質(zhì)可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氫而形成。三乙醇胺常壓下沸點(diǎn)為360°C．下列說法不正確的是A.常溫常壓下，三乙醇胺分子間作用力較氨氣強(qiáng)B.三乙醇胺水溶液呈堿性原因?yàn)椋篘(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-C.用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受熱時分解放出氣體，可回收循環(huán)利用D.已知工業(yè)上可用環(huán)氧乙烷和氨水制備N(CH2CH2OH)3，投料時應(yīng)提高氨水比例9、下列說法錯誤的是A.H＋和H2是氫元素的四種不同粒子B.和石墨和金剛石均互為同位素C.和是不同的核素D.12C和14C互為同位素，物理性質(zhì)不同，但化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、鋁及其化合物廣泛應(yīng)用于金屬冶煉；有機(jī)合成等領(lǐng)域。

⑴鋁熱反應(yīng)可以冶煉金屬鉻，Cr基態(tài)核外電子排布式為_______。

⑵已知反應(yīng)：

①乙酸酐分子中碳原子軌道的雜化類型為______。

②1mol對甲基苯乙酮分子中含有的σ鍵的數(shù)目為_____。

③甲苯分子難溶于水的原因是______。

④單個AlCl3氣態(tài)分子的空間構(gòu)型為______，AlCl3可與Cl－形成AlCl與AlCl互為等電子體的分子為______。

(3)某遮光劑的晶胞如右圖所示，則n＝______。

11、乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機(jī)化合物，分子中氮、碳的雜化類型分別是___________、___________。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是___________，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。12、回答下列問題：

(1)與碳同周期的非金屬元素N的第一電離能大于O的第一電離能，原因是_______。

(2)A、B均為短周期金屬元素。依據(jù)下表數(shù)據(jù)，寫出B原子的電子排布式：_______。電離能/kJ·mol-1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540

(3)Mn、Fe均為第四周期過渡金屬元素，兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)列于表：。元素FeFe電離能/kJ·mol-1I1717759I2150915611561I3324829572957

錳元素位于第四周期第ⅦB族。請寫出基態(tài)Mn2+的價電子排布式：_______，比較兩元素的I2、I3可知，氣態(tài)Mn2+再失去1個電子比氣態(tài)Fe2+再失去1個電子難，對此你的解釋是_______。13、Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰；磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻(xiàn)而獲得2019年諾貝爾化學(xué)獎?；卮鹣铝袉栴}：

(1)氧的基態(tài)原子的軌道表示式___。寫出鈷的簡化電子排布式___?；鶓B(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數(shù)之比為___。

(2)Li在周期表的位置___，其位于元素周期表5個分區(qū)中的___區(qū)。Li與Na的第一電離能(I1)大小比較：I1(Li)___I1(Na)，原因是___。14、A、B、D、E、F、G為短周期元素，且原子序數(shù)依次遞增。A、F同主族，E、G同主族。A與其他非金屬元素化合時易形成共價鍵，F(xiàn)與其他非金屬元素化合時易形成離子鍵，且F+與E2-核外電子排布相同。由以上元素組成的物質(zhì)BE和D2具有相同的電子數(shù)。請回答以下問題：

(1)F位于第_____周期第_____族。

(2)G的離子結(jié)構(gòu)示意圖為_____。

(3)用電子式表示D2的形成過程：______。

(4)由A；E、F三種元素形成的化合物的化學(xué)式為____；含有的化學(xué)鍵有_____(填化學(xué)鍵類型)，屬于_____化合物。

(5)B的最高價是_____，由A、B組成的化合物中，含A量最高的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)式是_____。15、原子形成化合物時；電子云間的相互作用對物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)會產(chǎn)生影響。請回答下列問題：

(1)分子的空間結(jié)構(gòu)為___________，分子的空間結(jié)構(gòu)為___________。

(2)碳原子有4個價電子，在形成化合物時價電子均參與成鍵，但雜化方式不一定相同。在乙烷、乙烯、乙炔和苯四種分子中，碳原子采取sp雜化的分子是___________(寫結(jié)構(gòu)簡式，下同)，采取雜化的分子是___________，采取雜化的分子是___________。

(3)已知三種分子中，鍵角由大到小的順序是請分析可能的原因是___________。16、(1)已知甘氨酸的熔點(diǎn)是233℃，而二苯胺的熔點(diǎn)只有53℃，為什么甘氨酸的熔點(diǎn)高_(dá)______。

(2)相同條件下HF酸性比H2CO3強(qiáng)，請用一個化學(xué)方程式說明________。

(3)NF3的一種下游產(chǎn)品三聚氟氰(分子式為：C3N3F3)，分子結(jié)構(gòu)中有類似苯環(huán)結(jié)構(gòu)，所有原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)。寫出三聚氟氰的結(jié)構(gòu)式________。17、由P；S、Cl、Ni等元素組成的新型材料有著廣泛的用途；回答下列問題。

(1)基態(tài)Cl原子核外電子占有的原子軌道數(shù)為______個，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序?yàn)開______。

(2)PCl3分子中的中心原子雜化軌道類型是______，該分子構(gòu)型為_______。

(3)PH4Cl的電子式為______，Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中π鍵與σ鍵個數(shù)比為________。

⑷已知MgO與NiO的晶體結(jié)構(gòu)（如圖1）相同，其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66Pm和69pm，則熔點(diǎn)：MgO___NiO(填“>”、“<”或“=”)，理由是______。

(5)若NiO晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0)，B為（1,1,0)，則C離子坐標(biāo)參數(shù)為______。

(6)一定溫度下，NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認(rèn)為O2-作密置單層排列，Ni2+填充其中（如圖2），已知O2-的半徑為am，每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為____g。（用a、NA表示）18、下圖是元素周期表的簡略框架圖。

(1)請?jiān)谏蠄D所示的元素周期表中畫出金屬元素與非金屬元素的分界線__。元素周期表的5個區(qū)中，不全是金屬元素的區(qū)為__。

(2)根據(jù)氫元素最高正化合價與最低負(fù)化合價的絕對值相等，你認(rèn)為還可把氫元素放在元素周期表中的_____族；有人建議將氫元素排在元素周期表的ⅦA族，請你寫出支持這一觀點(diǎn)的1個化學(xué)事實(shí)：____。

(3)上圖中元素①②的原子價電子排布式分別為___、____。比較元素①與元素②的下列性質(zhì)(填“>”或“<”)。原子半徑：①_____②；電負(fù)性：①____②；金屬性：①_____②；第一電離能：①_____②。

(4)某短周期元素最高正化合價為+7，其電子排布式為____評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)19、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤20、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯誤21、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤22、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤23、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯誤24、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯誤25、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、計(jì)算題(共4題，共24分)26、研究發(fā)現(xiàn)，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

氨硼烷晶體的密度ρ=___________g·cm?3(列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。27、許多元素及它們的化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途。

(1)Fe3O4晶體中，O2-圍成正四面體空隙(1、3、6、7號氧圍成)和正八面體空隙(3、6、7、8、9、12號氧圍成)，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2+和另一半Fe3+填充在正八面體空隙中，晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面體空隙數(shù)之比為_____，有_____%的正八面體空隙沒有填充陽離子。

(2)白銅(銅鎳合金)的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示；其中原子A的坐標(biāo)參數(shù)為(0，1，0)。

①原子B的坐標(biāo)參數(shù)為____；

②若該晶體密度為dg·cm-3，則銅鎳原子間最短距離為____。28、在慶祝中華人民共和國成立70周年的閱兵儀式上，最后亮相的洲際戰(zhàn)略導(dǎo)彈是我國大國地位、國防實(shí)力的顯著標(biāo)志。其制作材料中包含了等多種元素。請回答：

氧化亞鐵晶體的晶胞如圖所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與緊鄰且等距離的數(shù)目為____；與最短核間距為____

29、按要求填空。

(1)一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點(diǎn)，則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為___________，微粒之間的作用力為___________。

(2)上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進(jìn)入由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與(如圖1)的結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，晶胞中含B原子數(shù)目為___________。

(4)鐵有δ、γ、α三種同素異形體，δ?Fe晶胞參數(shù)為acm，則鐵原子半徑為___________(假設(shè)原子為剛性球體)；δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為___________。

(5)奧氏體是碳溶解在γ?Fe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞如圖所示，若晶體密度為ρg?cm?3，則晶胞中最近的兩個碳原子的距離為___________pm(阿伏加德羅常數(shù)的值用表示；寫出計(jì)算式即可)。

評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共4分)30、實(shí)驗(yàn)室利用高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣并進(jìn)行一系列相關(guān)實(shí)驗(yàn)的裝置如圖所示(夾持設(shè)備已略)：

(1)裝置B的作用是________。

(2)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)裝置D、E的目的是比較Cl、Br、I非金屬性強(qiáng)弱。實(shí)驗(yàn)操作方法為：反應(yīng)一段時間后，打開活塞，將裝置D中少量溶液加入裝置E中，振蕩，觀察到的現(xiàn)象為_________；然而另有同學(xué)認(rèn)為該實(shí)驗(yàn)并不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，請分析其理由：__________。31、配合物三氯化六氨合鈷是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，實(shí)驗(yàn)室用(M=238g/mol)晶體制備的實(shí)驗(yàn)步驟如下。

步驟?。阱F形瓶中，將4g溶于8.4mL水中，加熱至沸，加入6g研細(xì)的晶體；溶解得到混合溶液。

步驟ⅱ．將上述混合液倒入三頸燒瓶中，加入0.4g活性炭，冷卻，利用如下裝置先加入13.5mL濃氨水，再逐滴加入13.5mL5%溶液；水浴加熱至50~60℃，保持20min。

步驟ⅲ．然后用冰浴冷卻至0℃左右，吸濾，不必洗滌沉淀，直接把沉淀溶于50mL沸水中，水中含1.7mL濃鹽酸。趁熱吸濾，慢慢加入6.7mL濃鹽酸于濾液中，即有大量橙黃色晶體()(M=267.5g/mol)析出。

步驟ⅳ．用冰浴冷卻后吸濾；晶體以冷的2mL2mol/LHCl洗滌，再用少許乙醇洗滌，吸干。

請回答下列問題：

(1)步驟ⅰ中，研細(xì)晶體所用的儀器名稱為_______。

(2)寫出制備三氯化六氨合鈷的化學(xué)方程式_______。步驟ⅱ中實(shí)驗(yàn)儀器a中應(yīng)盛放的試劑是_______(填“堿石灰”或“氯化鈣”)，水浴溫度不宜過高的原因是_______。

(3)步驟ⅲ中兩次加入濃鹽酸，其作用分別為_______。

(4)若最后得到產(chǎn)品的質(zhì)量為3.50g，則該產(chǎn)品的產(chǎn)率為_______。

(5)通過硝酸銀標(biāo)定產(chǎn)品中氯的含量。將溶解，用溶液作指示劑，標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，實(shí)驗(yàn)過程中，下列操作會導(dǎo)致氯含量偏低的是_______。A．滴定前，滴定管內(nèi)有氣泡，滴定后，氣泡消失B．滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)C．盛放待測液的錐形瓶沒有用待測液潤洗D．滴定過程中，錐形瓶晃動劇烈，少量待測液濺出(6)該產(chǎn)品制備過程中若不加入活性炭，則會生成配合物該配合物中的配體為_______，配位數(shù)是_______。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共30分)32、(II)可形成多種配合物；呈現(xiàn)出多樣化的性質(zhì)和用途。

(1)向盛有硫酸銅水溶液的試管中加入少量氨水生成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加入過量氨水，得到深藍(lán)色透明溶液，最后向該溶液中加入一定量的乙醇，析出晶體。

①產(chǎn)生藍(lán)色沉淀的離子方程式是_______。

②在水中電離的方程式是_______。

(2)如下圖所示，(II)配合物A和B可發(fā)生配位構(gòu)型的轉(zhuǎn)變；該轉(zhuǎn)變可帶來顏色的變化，因此可用作熱致變色材料，在溫度傳感器；變色涂料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。

①的價層電子排布式為_______。

②A中氮原子與其它原子(或離子)之間存在的作用力類型有_______，氫原子與其它原子之間存在的作用力類型有_______。

③已知：當(dāng)(II)配合物A和B配位構(gòu)型由八面體轉(zhuǎn)變?yōu)樗姆狡矫鏁r；吸收光譜藍(lán)移，配合物顏色紫色變?yōu)槌壬?/p>

想將配合物的顏色由紫色調(diào)整為橙色，需要進(jìn)行的簡單操作為_______。

(3)已知：①。物質(zhì)顏色黃色藍(lán)色

②藍(lán)色溶液與黃色溶液混合為綠色溶液。在溶液中加入濃溶液，顏色從藍(lán)色變?yōu)榫G色，請結(jié)合化學(xué)用語解釋原因_______。

(4)和是銅常見的兩種氯化物，如圖表示的是_______的晶胞。已知晶胞的邊長為阿伏伽德羅常數(shù)為則該晶體的密度為_______(已知：)

33、已知X、Y、Z三種元素均為短周期元素，原子序數(shù)依次遞增，Q、W為前30號元素。5種元素的部分特點(diǎn)：。元素特點(diǎn)X其氣態(tài)氫化物呈三角錐形，水溶液顯堿性Y基態(tài)原子核外有三個能級，其中最外層電子數(shù)等于次外層電子數(shù)的3倍Z元素原子的外圍電子層排布式為nsn－1npn－1Q被譽(yù)為“太空金屬”、“生物金屬”，其基態(tài)原子最高能級有3個空軌道W原子M能層為全充滿狀態(tài)且核外的未成對電子只有一個

（1）XF3分子中X的雜化類型為______，該分子的空間構(gòu)型為_______。

（2）基態(tài)Q原子的電子排布式為_____________________，第一電離能：X______Y(填“＞”“＜”或“=”)。

（3）X、Y、Z電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開___________(用元素符號表示)。

（4）Na在Y2中燃燒產(chǎn)物的電子式為________________。

（5）Z和X形成的化合物常用作高溫耐火材料，化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，據(jù)此推測它應(yīng)屬于_______晶體。

（6）W元素與X元素形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(黑球代表W原子)，若該晶體的密度為ρg·cm-3，則該晶胞的體積是__________cm3。

34、【選修3—物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】在元素周期表前四周期中原子序數(shù)依次增大的六種元素A；B、C、D、E、F中；A與其余五種元素既不同周期也不同主族，第二周期元素B原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，C原子的最外層p軌道的電子為半充滿結(jié)構(gòu)，D原子核外電子有8種不同的運(yùn)動狀態(tài)，E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多，F(xiàn)元素的基態(tài)原子最外能層只有—個電子，其它能層均已充滿電子。

（1）基態(tài)E原子的價電子排布圖為_______________。

（2）B、C、D三元素第一電離能由小到大的順序?yàn)椋ㄓ迷胤柋硎荆_____________；

（3）B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分子中，其中心原子雜化軌道的類型為____________雜化；的空間構(gòu)型為__________（用文字描述）。

（4）C的單質(zhì)與化合物BD是等電子體，寫出化合物BD的電子式______________；1molBC－中含有π鍵的數(shù)目為___________________。

（5）已知D、F能形成一種化合物，其晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示，則該化合物的化學(xué)式為（用元素符號表示）______________；若相鄰D原子和F原子間的距離為acm，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度為_____________g／cm3（用含a、NA的符號表示）。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．最外層電子數(shù)的多少決定元素的化學(xué)性質(zhì)；則原子結(jié)構(gòu)決定元素的性質(zhì)，A說法正確；

B．2p能級有三個軌道，即2px、2py、2pz軌道且相互垂直；能量相等，B說法正確；

C．隨著電荷數(shù)遞增；電子并不總是填滿一個能層后再開始填入下一個能層的，電子是按能量由低到高的順序填充的，C說法錯誤；

D．電子云為核外電子在核外運(yùn)動的概率密度分布的形象化描述；電子云中的小黑點(diǎn)表示電子在核外出現(xiàn)的機(jī)會的多少，小黑點(diǎn)越密表示出現(xiàn)的機(jī)會越多，D說法正確；

答案為C。2、B【分析】【詳解】

A．基態(tài)氧原子價電子的軌道表示式為故A錯誤；

B．斜方硫和單斜硫均是硫元素組成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故B正確；

C．SO2是V形結(jié)構(gòu)；是由極性鍵構(gòu)成的極性分子，故C錯誤；

D．SeO2分子中Se是sp2雜化，Se原子價層電子對數(shù)為2+=3；有一對孤電子對，對兩個成鍵電子對有排斥作用，O－Se－O的鍵角小于120°，故D錯誤；

故選B。3、C【分析】【詳解】

A．BF3中B原子的最外層達(dá)6電子；A錯誤；

B．分子中的中間碳原子連有4個不同的原子或原子團(tuán)；是手性碳原子，B錯誤；

C．常溫常壓下，1個P4有6個P-P鍵，124gP4為1mol，所含P-P鍵數(shù)目為6NA；C正確；

D．鍵與鍵的電子云都是軸對稱；D錯誤；

故答案選C。4、C【分析】【詳解】

A．空間填充模型即比例模型，C原子的半徑小于S原子，且CS2為直線形分子，因此CS2的空間填充模型為A正確；

B．N2H4為共價化合物，N與兩個H之間各共用一對電子，N與N之間共用一對電子，因此N2H4的電子式為B正確；

C．二氧化硅是共價晶體，沒有分子式，SiO2是它的化學(xué)式；C錯誤；

D．Cu是29號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價電子排布式為3d104s1；D正確；

故選C。5、C【分析】【分析】

B原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍；則B為氧元素；C原子失去1個電子所得到的微粒具有與氖原子相同的電子層結(jié)構(gòu)，則C原子核外有11個電子，即核電荷數(shù)為11，C為鈉元素；地殼中含量最多的金屬元素是鋁，D為鋁元素；氯的最高正價+7價與最低負(fù)價-1價，代數(shù)和為6，E為氯元素；氫氣可以在氯氣中燃燒，火焰呈蒼白色，所以A為氫元素。即A；B、C、D、E分別為H、O、Na、A1、C1。

【詳解】

A．A2B為H2O；水分子結(jié)構(gòu)式為H-O-H，所以水分子中只含極性共價鍵，A項(xiàng)正確；

B．B和C兩種元素形成的化合物Na2O，是離子化合物，只含有離子鍵，B和C兩種元素形成的化合物Na2O2是離子化合物；既含有離子鍵又含有共價鍵，B項(xiàng)正確；

C．氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸有漂白性；氯氣使?jié)駶櫦t色布條褪色，干燥的氯氣不能使干燥的紅色布條褪色，C項(xiàng)錯誤；

D．鋁單質(zhì)常溫下與稀鹽酸生成氯化鋁和氫氣；鋁單質(zhì)常溫下和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，D項(xiàng)正確；

答案選C。6、A【分析】石墨是混合型晶體；既含有共價鍵，又含有分子間作用力，金剛石是原子晶體，只含有共價鍵。

【詳解】

A．由上述分析可知；石墨轉(zhuǎn)化為金剛石的過程中，既有共價鍵的斷裂和生成，也有分子間作用力的破壞，故A正確；

B．石墨中，C原子的雜化方式為SP2，金剛石中C原子的雜化方式為SP3；故B錯誤；

C．石墨轉(zhuǎn)化為金剛石的過程中；晶體結(jié)構(gòu)發(fā)生明顯變化，故晶體中六元環(huán)的數(shù)目要改變，故C錯誤；

D．石墨比金剛石更穩(wěn)定，能量更低，故C(s,石墨)=C(s,金剛石)△H＞0；故D錯誤。

答案選A。7、D【分析】【分析】

【詳解】

①H原子的最外層電子數(shù)是1；①錯誤；

②金剛石；晶體硅、晶體硼等都是共價晶體；②錯誤；

③H2O常溫下為液態(tài)；③錯誤；

④SiO2；CO、NO等常溫下不與水反應(yīng)；④錯誤；

綜上所述，①②③④都不正確，故選D。8、D【分析】【詳解】

A．三乙醇胺與氨氣均為分子晶體，分子間作用力越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，題干信息已知三乙醇胺的沸點(diǎn)比氨的沸點(diǎn)高得多，故常溫常壓下，三乙醇胺分子間作用力較氨氣強(qiáng)，A正確；B．類比于氨氣溶于水呈堿性，NH3+H2O+OH-，故三乙醇胺水溶液呈堿性原因?yàn)椋篘(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-，B正確；C．類比于氨水吸收CO2生產(chǎn)不穩(wěn)定的碳酸鹽，受熱易分解釋放CO2，因三乙醇胺的沸點(diǎn)360°C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制溫度受熱時分解放出氣體，可回收循環(huán)利用，C正確；D．已知工業(yè)上可用環(huán)氧乙烷和氨水制備N(CH2CH2OH)3，但投料時若提高氨水比例，會增大副產(chǎn)物-乙醇胺的產(chǎn)率，所以工業(yè)上常常增大環(huán)氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D錯誤；故答案為：D。9、B【分析】【詳解】

A．H＋和H2中；前兩者是氫的核素，第三種是離子，第四個是單質(zhì)，均是氫元素的四種不同微粒，A正確；

B．和是鈣的不同核素；互為同位素，石墨和金剛石是C的不同單質(zhì)，互為同素異形體，B錯誤；

C．和是氫的不同核素；C正確；

D．12C和14C是C的不同核素；互為同位素，其化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，但物理性質(zhì)不同，D正確；

答案選B。二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【詳解】

（1）Cr是24號元素，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)。

（2）①乙酸酐中兩種碳，-CH3中C形成4個σ鍵且沒有孤電子對，故sp3雜化；上的碳形成3個σ鍵和1個π鍵且沒有孤電子對，故sp2雜化。

②碳原子連接了多少個原子就有多少個σ鍵；注意不要數(shù)重復(fù)了，1mol對甲基苯乙酮分子中含有20molσ鍵。

③水是典型極性溶劑；甲苯的極性很弱，故甲苯難溶于水。

④AlCl3中Al上的孤電子對數(shù)為×（3-3×1）=0，σ鍵電子對數(shù)為3，價層電子對數(shù)為3，VSEPR模型為平面三角形，由于沒有孤電子對，AlCl3為平面三角形。

AlCl價電子總數(shù)32個，原子數(shù)5個，具有相同價電子總數(shù)、相同原子總數(shù)的等電子體有CF4、CCl4、SiCl4等。

（3）Na+在棱上有4個，面心有2×4+2=10個，晶胞中Na+：4×+10×=6個；AlFn(n-3)-有兩種，頂點(diǎn)有8個，體心有1個，晶胞中AlFn(n-3)-有：8×+1=2個，Na+與AlFn(n-3)-個數(shù)比為6:2=3:1，故AlFn(n-3)-帶3個負(fù)電荷；n—3=6，則n=6。

【點(diǎn)睛】

有關(guān)晶胞的構(gòu)成分析：對平行六面體的晶胞，頂點(diǎn)粒子八個晶胞共有，完全屬于這個晶胞的，分?jǐn)偹膫€晶胞共用一條棱，棱上的粒子完全屬于這個晶胞的，分?jǐn)們蓚€晶胞共用一個面，所以面心的粒子，完全屬于這個晶胞的分?jǐn)傮w心的就完全屬于這一個晶胞?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)②.sp3sp2③.20mol④.甲苯分子極性小，難溶于極性溶劑⑤.平面三角形⑥.CCl4(或SiCl4等其他合理答案)⑦.611、略

【分析】【分析】

【詳解】

乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中N的價層電子對數(shù)為4，C的價層電子對數(shù)為4，分子中氮、碳的雜化類型分別是sp3、sp3；乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是Mg2+、Cu2+有空軌道，乙二胺的兩個N提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵；配位體給出電子能力越強(qiáng)，則配位體與中心離子形成的配位鍵就越強(qiáng)，配合物也就越穩(wěn)定，因此與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是Cu2+?！窘馕觥縮p3sp3乙二胺的兩個N提供孤對電子給金屬離子形成配位鍵Cu2+12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)同周期元素；從左到右第一電離能呈增大趨勢，但氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能比同周期相鄰元素大，則氮原子的第一電離能大于氧原子的第一電離能，故答案為：N原子的2p軌道達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定；

(2)由表格數(shù)據(jù)可知，A原子和B原子的第二電離能與第三電離能相差倍數(shù)很大，說明最外層的電子數(shù)都為2，都是位于ⅡA族的元素，同主族元素，從上到下金屬性依次增強(qiáng)，第一電離能依次減小，則B為鎂元素，原子的電子排布式為1s22s22p63s2，故答案為：1s22s22p63s2；

(3)錳元素位于第四周期第ⅦB族，錳原子失去兩個電子形成正二價錳離子，離子的價電子排布式為3d5，Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對要少，所以氣態(tài)Mn2+再失去1個電子比氣態(tài)Fe2+再失去1個電子難，故答案為：Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對要少。【解析】①.N原子的2p軌道達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定②.1s22s22p63s2③.3d5④.Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對要少13、略

【分析】【詳解】

(1)O是8號元素，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p4，軌道表示式為

鈷是27號元素，在第四周期，其上一周期的稀有氣體為Ar，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2，所以簡化電子排布式為[Ar]3d74s2；

Fe是26號元素，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，價層電子為3d64s2，F(xiàn)e2+的價層電子為3d6，未成對電子數(shù)為4，F(xiàn)e3+的價層電子為3d5；未成對電子數(shù)為5，所以答案為4：5；

(2)Li為3號元素，在周期表中的位置為第二周期IA族；電子排布式為1s22s1，最后排布的是s軌道，所以是s區(qū)；第一電離能是判斷失電子能力，失電子能力越大，第一電離能越小，可以通過微粒半徑判斷，Na與Li同族，Na電子層數(shù)多，原子半徑大，易失電子，所以Na的第一電離能較小【解析】[Ar]3d74s2(或4：5)第二周期IA族s>Na與Li同族，Na電子層數(shù)多，原子半徑大，易失電子14、略

【分析】【分析】

A、F同主族，且A與其他非金屬元素化合時易形成共價鍵，但F與其他非金屬元素化合時易形成離子鍵，則為第ⅠA族元素，且A為氫元素，F(xiàn)為鈉元素。F＋與E2－核外電子排布相同，故E為氧元素，B、D兩元素位于氫和氧之間，且BE與D2具有相同的電子數(shù)；則B為碳元素，D為氮元素，因E(氧)；G同主族，故G為硫元素。

【詳解】

(1)根據(jù)以上分析；F為鈉元素，在第三周期第IA族；

(2)G為硫元素，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：

(3)D為氮元素，用電子式表示N2的形成過程為：

(4)A為氫元素；E為氧元素，F(xiàn)為鈉元素，三種元素可以形成氫氧化鈉，化學(xué)式為：NaOH，里面含有離子鍵和共價鍵；

(5)B為碳元素，最高化合價為：+4，A為氫元素，即碳與氫能形成多種有機(jī)物，其中含H量最高的物質(zhì)是甲烷，其結(jié)構(gòu)式為：【解析】三IANaOH離子鍵和共價鍵離子+415、略

【分析】【詳解】

(1)分子中的B原子采取雜化，所以其分子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形；分子中的N原子采取雜化；存在一個孤電子對，所以其分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故填平面三角形；三角錐形；

(2)乙烷分子中的碳原子采取雜化，乙烯和苯分子中的碳原子均采取雜化，乙炔分子中的碳原子采取雜化，故填和

(3)分子中的O、N、C原子均采取雜化，而在O原子上有2個孤電子對，對成鍵電子對的排斥作用最大，鍵角最?。籒原子上有1個孤電子對，對成鍵電子對的排斥作用沒有水分子的大；C原子上無孤電子對，鍵角最大，故填分子中的C原子上沒有孤電子對，分子中N原子上有1個孤電子對，分子中O原子上有2個孤電子對，中心原子上孤電子對數(shù)越多，對成鍵電子對的排斥作用越大，則鍵角越小?！窘馕觥竣?平面三角形②.三角錐形③.④.⑤.⑥.分子中的C原子上沒有孤電子對，分子中N原子上有1個孤電子對，分子中O原子上有2個孤電子對，中心原子上孤電子對數(shù)越多，對成鍵電子對的排斥作用越大，則鍵角越小16、略

【分析】【詳解】

(1)已知甘氨酸的熔點(diǎn)是233℃；而二苯胺的熔點(diǎn)只有53℃，甘氨酸的熔點(diǎn)比二苯胺的熔點(diǎn)高，這是由于甘氨酸形成內(nèi)鹽是離子晶體，離子之間以較強(qiáng)的離子鍵結(jié)合，而二苯胺是分子晶體，分子之間以微溶的分子間作用力結(jié)合，離子鍵比分子間作用力結(jié)合強(qiáng)，所以甘氨酸的熔點(diǎn)高；

(2)HF、H2CO3都是弱酸，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的規(guī)律：強(qiáng)酸與弱酸的鹽可以發(fā)生反應(yīng)制取弱酸，可通過反應(yīng)：HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑，來證明酸性：HF＞H2CO3；

(3)C原子最外層有4個電子，可形成4個共價鍵，N原子最外層有5個電子，能形成3個共價鍵，F(xiàn)原子最外層有7個電子，能夠形成1個共價鍵，三聚氟氰分子式為C3N3F3，分子結(jié)構(gòu)中有類似苯環(huán)結(jié)構(gòu)，所有原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)，則三聚氟氰的結(jié)構(gòu)式是【解析】①.甘氨酸形成內(nèi)鹽是離子晶體，而二苯胺是分子晶體，一般離子晶體的熔點(diǎn)高于分子晶體的熔點(diǎn)，所以甘氨酸的熔點(diǎn)高。②.HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑③.17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)基態(tài)Cl原子電子排布為1s22s22p63s23p7；此時其核外電子占有的原子軌道數(shù)為9，同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大強(qiáng)酸，P元素原子3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：Cl＞P＞S，故答案為9；Cl＞P＞S；

(2)PCl3中P原子雜化軌道數(shù)為(5+3)=4，采取sp3雜化方式，1對孤對電子對，所以該分子構(gòu)型為三角錐形，故答案為sp3；三角錐形；

(3)PH4Cl的電子式為Ni與CO能形成配合物Ni(CO)4，該分子中σ鍵為：1×4+4=8與π鍵個數(shù)為：2×4=8，所以個數(shù)之比為1：1，故答案為1：1；

(4)Mg2+半徑比Ni2+小，所以氧化鎂的晶格能大于氧化鎳，則熔點(diǎn)：MgO＞NiO，故答案為＞；Mg2+半徑比Ni2+??；MgO的晶格能比NiO大；

(5)NiO晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0；0，0)，B為(1，1，0)，而C離子的x系坐標(biāo)與Bx系坐標(biāo)相同，y；z系坐標(biāo)都在中點(diǎn)上，所以C離子坐標(biāo)參數(shù)為(1，1/2，1/2)，故答案為(1，1/2，1/2)；

(6)根據(jù)圖片知，每個氧化鎳所占的面積=(2×am)×(2×am×sin60°)=2a2m2，則每平方米含有的氧化鎳個數(shù)=每個氧化鎳的質(zhì)量=g，所以每平方米含有的氧化鎳質(zhì)量=×g=故答案為【解析】①.9②.Cl>P>S③.sp3④.三角錐形⑤.⑥.1∶1⑦.>⑧.Mg2+半徑比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大⑨.（1，1/2，1/2）⑩.或18、略

【分析】【詳解】

（1）按元素原子的外圍電子排布的特征把周期表劃分為5個區(qū)；即s區(qū)；p區(qū)、d區(qū)、ds區(qū)和f區(qū)，其中s區(qū)中的氫和氦以及p區(qū)大部分元素不是金屬元素；

（2）第ⅣA族的最高正價與最低負(fù)價絕對值相等；故H可放在第ⅣA族；氫原子得到1個電子達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，這一特點(diǎn)與ⅦA族元素相同；

（3）由①和②在周期表中的位置可確定①、②分別為Mg和Al，其價電子排布式分別為3s2和3s23p1；利用同周期元素性質(zhì)的遞變規(guī)律可知：同周期元素原子半徑從左到右依次減小，故Mg>Al；金屬性依次減弱，故Mg>Al；電負(fù)性依次增強(qiáng)，故Al>Mg；第IIA族最外層的s軌道全滿，第一電離能大于第IIIA族，故Mg>Al；

（4）因短周期元素最高正價為+7的元素應(yīng)為ⅦA族元素，氟元素?zé)o正價，所以該元素為氯元素，電子排布式為[Ne]3s23p5；【解析】①.②.s區(qū)和p區(qū)③.ⅣA④.H原子得到1個電子實(shí)現(xiàn)最外電子層穩(wěn)定結(jié)構(gòu)⑤.3s2⑥.3s23p1⑦.>⑧.<⑨.>⑩.>?.[Ne]3s23p5三、判斷題(共9題，共18分)19、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。20、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)；同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，非金屬性變?nèi)?；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。

故正確；21、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。22、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。23、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍(lán)色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。24、A【分析】【詳解】

因?yàn)殂~具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。25、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計(jì)入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因?yàn)镻原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。四、計(jì)算題(共4題，共24分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

在氨硼烷的2×2×2的超晶胞結(jié)構(gòu)中，共有16個氨硼烷分子，晶胞的長、寬、高分別為2apm、2bpm.2cpm，若將其平均分為8份可以得到8個小長方體，則平均每個小長方體中占有2個氨硼烷分子，小長方體的長、寬、高分別為apm、bpm、cpm，則小長方體的質(zhì)量為小長方體的體積為abc×10-30cm-3，因此，氨硼烷晶體的密度ρ=【解析】27、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1、3、6、7號O2-圍成正四面體空隙有8個3、6、7、8、9、12號O2-圍成正八面體空隙，將晶胞補(bǔ)全可知共用一條棱和四個面心與該棱頂點(diǎn)O2-也圍成正八面體，而這樣的正八面體為4個晶胞共有，晶胞中正八面體數(shù)目為1+12×=4，則晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面體空隙數(shù)之比為8∶4=2∶1；Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2＋和另一半Fe3＋填充在正八面體空隙中；有2個正八面體空隙沒有填充陽離子，則有50%的正八面體空隙沒有填充陽離子，故答案為：2∶1；50；

(2)①由位于右上角頂點(diǎn)的原子A的坐標(biāo)參數(shù)為(0，1，0)可知，晶胞的邊長為1，則位于底面面心上的原子B的坐標(biāo)參數(shù)為(0，)，故答案為：(0，)；

②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，處于面對角線上的銅鎳原子間距離最短，設(shè)兩者之間的距離為acm，則晶胞面對角線長度為2acm，晶胞的邊長為acm，由質(zhì)量公式可得：解得a=故答案為：【解析】①.2∶1②.50③.(0，)④.28、略

【分析】【分析】

【詳解】

以Fe2+頂點(diǎn)研究，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+處于面心，每個頂點(diǎn)為8個晶胞共用，每個面為2個晶胞共用，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為=12；晶胞中Fe2+數(shù)目=O2-離子數(shù)目=1+=4，晶胞質(zhì)量=g，F(xiàn)e2+與O2-的最短核間距等于晶胞棱長的設(shè)二者最短距離為rpm，則晶胞棱2rpm，則：=ρ×(2r×10-10)3，解得r=pm?！窘馕觥竣?12②.29、略

【分析】【詳解】

（1）一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點(diǎn)，則晶胞中Cu有個，Au有則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為3：1，微粒之間的作用力為金屬鍵；故答案為：3：1；金屬鍵。

（2）上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進(jìn)入由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與的結(jié)構(gòu)相似，則一個晶胞中有8個氫原子，則該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為AuCu3H8；故答案為：AuCu3H8。

（3）立方BP(磷化硼)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，B原子位于頂點(diǎn)和面心，則晶胞中含B原子數(shù)目為故答案為：4。

（4）鐵有δ、γ、α三種同素異形體，δ?Fe晶胞參數(shù)為acm，該晶胞中體對角線為四個鐵原子半徑即則鐵原子半徑為δ?Fe晶胞中鐵原子的配位數(shù)為8，α?Fe晶胞中鐵原子的配位數(shù)為6，δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為4：3；故答案為：4：3。

（5）奧氏體是碳溶解在γ?Fe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞如圖所示，晶胞中鐵原子個數(shù)為碳原子個數(shù)為若晶體密度為ρg?cm?3，則晶胞體積為晶胞參數(shù)為則晶胞中最近的兩個碳原子的距離為晶胞參數(shù)一半的倍即故答案為：【解析】(1)3：1金屬鍵。

(2)AuCu3H8

(3)4

(4)4：3

(5)五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共4分)30、略

【分析】【分析】

裝置A利用高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣，離子方程式為：2MnO+16H++10Cl-=Mn2++5Cl2↑+8H2O，產(chǎn)生的氯氣中混有HCl氣體，通過裝置B中飽和食鹽水除去HCl，制備的氯氣干燥后通入NaBr溶液中，發(fā)生反應(yīng)：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，打開活塞，將裝置D中的少量帶有Br的溶液加入裝置E中，發(fā)生反應(yīng)：2I-+Br2=I2+2Br-，以此比較比較Cl、Br、I非金屬性強(qiáng)弱，但過量的氯氣也能將I-氧化成I2；該實(shí)驗(yàn)并不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模b置F是尾氣吸收裝置，以此解答。

【詳解】

（1）濃鹽酸具有揮發(fā)性，氯氣中含有HCl氣體，裝置B中有飽和食鹽水，作用是：除去Cl2中的HCl；作為安全瓶或防堵塞等；

（2）打開活塞，將裝置D中的少量溶液加入裝置E中，碘化鉀被氧化生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)溶于苯呈紫紅色，振蕩，觀察到的現(xiàn)象是E中溶液分為兩層，下層(CCl4層)為紫紅色，上層（水層）為無色；該現(xiàn)象不能說明溴單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于碘單質(zhì)，因?yàn)檫^量的氯氣也能將I-氧化成I2?！窘馕觥砍l2中的HCl，作為安全瓶或防堵塞等E中溶液分為兩層，下層(CCl4層)為紫紅色過量的氯氣也能氧化I-生成I231、略

【分析】【分析】

將和晶體溶解后所得混合溶液倒入三頸燒瓶中，加入活性炭作催化劑，先加濃氨水，再逐滴加入溶液，水浴加熱，發(fā)生反應(yīng)經(jīng)分離、提純最終得到

【詳解】

（1）步驟ⅰ中使用研缽研細(xì)固體；

（2）三氯化六氨合鈷制備的化學(xué)方程式：干燥管中盛放氯化鈣，吸收揮發(fā)出去的氨氣；溫度不宜過高，因?yàn)闈獍彼讚]發(fā)，過氧化氫受熱易分解；

（3）步驟ⅲ中兩次加入濃鹽酸；第一次加入濃鹽酸的作用是中和過量的氨；第二次加入濃鹽酸的作用是利用同離子效應(yīng)，降低產(chǎn)品的溶解度，使產(chǎn)品更易析出；

（4）的質(zhì)量為6g，對應(yīng)的理論產(chǎn)量為產(chǎn)率

（5）A．滴定前；滴定管內(nèi)