2025年蘇教版選修3化學(xué)下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年蘇教版選修3化學(xué)下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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列比較錯誤的是A.鍵能：H2O＞H2S，鍵長：HBr＞HClB.物質(zhì)的沸點：H2O＞NH3＞HFC.分子內(nèi)鍵角：CO2＞CH4＞H2OD.共用電子對偏向：HCl＞HBr＞HI2、下列有關(guān)二氧化碳的描述正確的是（）A.含有非極性鍵B.是直線形分子C.屬于極性分子D.結(jié)構(gòu)式為C=O=O3、氯化硼的熔點為-107℃，沸點為12.5℃，其分子中鍵與鍵之間的夾角為120°，它能水解，有關(guān)敘述不正確的是A.氯化硼液態(tài)時能導(dǎo)電而固態(tài)時不導(dǎo)電B.硼原子以sp2雜化C.氯化硼分子呈正三角形，屬非極性分子D.氯化硼遇水蒸氣會產(chǎn)生白霧4、圖是從NaCl或CsCl晶體結(jié)構(gòu)中分割出來的部分結(jié)構(gòu)圖；其中屬于從CsCl晶體中分割出來的結(jié)構(gòu)圖是。

A.a和cB.b和cC.b和dD.a和d5、下列推測正確的是A.Mg2+半徑比Ca2+半徑小，可推測金屬鎂的熔點比鈣的低B.Si原子半徑比Ge原子半徑小，可推測晶體硅的硬度大于晶體鍺C.某物質(zhì)在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，可推測該物質(zhì)在固態(tài)時為離子晶體D.N-H鍵比P-H鍵牢固，可推測NH3的沸點高于PH36、有關(guān)晶體的下列說法中正確的是A.金屬性越強，金屬晶體的熔點越高B.離子鍵越強，離子晶體越易溶于水C.共價鍵越強，原子晶體熔點越高D.范德華力越大，分子的穩(wěn)定性越強評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、〔化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)〕

早期發(fā)現(xiàn)的一種天然準晶顆粒由三種Al；Cu、Fe元素組成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）準晶是一種無平移周期序；但有嚴格準周期位置序的獨特晶體，可通過_____________方法區(qū)分晶體；準晶體和非晶體。

（2）基態(tài)鐵原子有________個未成對電子；三價鐵離子的電子排布式為：___________可用硫氰化鉀檢驗三價鐵離子，形成配合物的顏色為_____________

（3）新制備的氫氧化銅可將乙醛氧化為乙酸；而自身還原成氧化亞銅，乙醛中碳原子的雜化軌道類型為_________；一摩爾乙醛分子中含有的σ鍵的數(shù)目為：______________。乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是：_______________________。氧化亞銅為半導(dǎo)體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有四個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有_____________個銅原子。

（4）鋁單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a＝0．405nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為____________。列式表示鋁單質(zhì)的密度_______________g·cm－3(不必計算出結(jié)果)8、Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可制備Cu2O。

(1)在基態(tài)Cu2＋核外電子中，M層的電子運動狀態(tài)有_________種。

(2)Cu2＋與OH－反應(yīng)能生成[Cu(OH)4]2－，[Cu(OH)4]2－中的配位原子為_____(填元素符號)。

(3)[Cu(NH3)4]2+具有對稱的空間構(gòu)型，[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl取代，能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，則[Cu(NH3)4]2+的空間構(gòu)型為________。

(4)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子中碳原子的軌道雜化類型為________；推測抗壞血酸在水中的溶解性：________(填“難溶于水”或“易溶于水”)。

(5)一個Cu2O晶胞(如圖2)中，Cu原子的數(shù)目為________。

(6)單質(zhì)銅及鎳都是由_______________鍵形成的晶體：元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_________________________________。9、生物質(zhì)能是一種潔凈、可再生能源。生物質(zhì)氣（主要成分為CO、CO2、H2等）與H2混合；催化合成甲醇是生物質(zhì)能利用的方法之一。

（1）上述反應(yīng)的催化劑含有Cu、Zn、Al等元素。寫出基態(tài)Zn原子的核外電子排布式___。

（2）根據(jù)等電子原理，寫出CO分子的結(jié)構(gòu)式_________。

（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛與新制Cu(OH)2的堿性溶液反應(yīng)生成Cu2O沉淀。

①甲醇的沸點比甲醛的高，其主要原因是____________________；

甲醛分子中碳原子軌道的雜化類型為_________。

②甲醛分子的空間構(gòu)型是_________；

1mol甲醛分子中σ鍵的數(shù)目為_____。

③在1個Cu2O晶胞中（結(jié)構(gòu)如圖所示）；

所包含的Cu原子數(shù)目為_______。10、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________。11、如圖為CaF2、H3BO3（層狀結(jié)構(gòu)，層內(nèi)的H3BO3分子通過氫鍵結(jié)合）；金屬銅三種晶體的結(jié)構(gòu)示意圖；請回答下列問題：

（1）圖I所示的CaF2晶胞中與Ca2+最近且等距離的F-的個數(shù)為____________。

（2）圖Ⅱ所示的物質(zhì)結(jié)構(gòu)中最外層已達8電子結(jié)構(gòu)的原子是____________，H2BO3晶體中硼原子個數(shù)與極性鍵個數(shù)之比為____________。

（3）由圖Ⅲ所示的銅原子的堆積模型可知，未標號的銅原子形成晶體后其周圍最緊鄰的銅原子數(shù)為____________。

（4）三種晶體中熔點最低的是其晶體受熱熔化時，克服的微粒之間的相互作用為____________。評卷人得分三、工業(yè)流程題(共1題，共2分)12、飲用水中含有砷會導(dǎo)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(xué)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(xué)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(xué)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(dǎo)致砷脫離礦體進入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分四、實驗題(共1題，共4分)13、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、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共25分)14、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素?；衔顳C為離子化合物，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)?；衔顰C2為一種常見的溫室氣體。B；C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數(shù)為24。請根據(jù)以上情況；回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E用所對應(yīng)的元素符號表示）

(1)基態(tài)E原子的核外電子排布式是________，在第四周期中，與基態(tài)E原子最外層電子數(shù)相同還有_______（填元素符號）。

(2)A、B、C的第一電離能由小到大的順序為____________。

(3)寫出化合物AC2的電子式_____________。

(4)D的單質(zhì)在AC2中點燃可生成A的單質(zhì)與一種熔點較高的固體產(chǎn)物，寫出其化學(xué)反應(yīng)方程式：__________。

(5)1919年，Langmuir提出等電子原理：原子數(shù)相同、電子數(shù)相同的分子，互稱為等電子體。等電子體的結(jié)構(gòu)相似、物理性質(zhì)相近。此后，等電子原理又有發(fā)展，例如，由短周期元素組成的微粒，只要其原子數(shù)相同，各原子最外層電子數(shù)之和相同，也可互稱為等電子體。一種由B、C組成的化合物與AC2互為等電子體，其化學(xué)式為_____。

(6)B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液與D的單質(zhì)反應(yīng)時，B被還原到最低價，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________。15、現(xiàn)有屬于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七種元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的價電子構(gòu)型為nsnnpn+1；C元素為最活潑的非金屬元素；D元素核外有三個電子層，最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的E元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)；F元素基態(tài)原子的M層全充滿；N層沒有成對電子，只有一個未成對電子；G元素與A元素位于同一主族，其某種氧化物有劇毒。

(1)A元素的第一電離能_______(填“＜”“＞”或“＝”)B元素的第一電離能，A、B、C三種元素的電負性由小到大的順序為_______(用元素符號表示)。

(2)C元素的電子排布圖為_______；E3+的離子符號為_______。

(3)F元素位于元素周期表的_______區(qū)，其基態(tài)原子的電子排布式為_______

(4)G元素可能的性質(zhì)_______。

A．其單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料B．其電負性大于磷。

C．其原子半徑大于鍺D．其第一電離能小于硒。

(5)活潑性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。16、原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、R、W五種元素；其中X是周期表中原子半徑最小的元素，Y是形成化合物種類最多的元素，Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，R單質(zhì)占空氣體積的1/5；W的原子序數(shù)為29?；卮鹣铝袉栴}:

(1)Y2X4分子中Y原子軌道的雜化類型為________，1molZ2X4含有σ鍵的數(shù)目為________。

(2)化合物ZX3與化合物X2R的VSEPR構(gòu)型相同，但立體構(gòu)型不同，ZX3的立體構(gòu)型為________，兩種化合物分子中化學(xué)鍵的鍵角較小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)與R同主族的三種非金屬元素與X可形成結(jié)構(gòu)相似的三種物質(zhì)，三者的沸點由高到低的順序是________。

(4)元素Y的一種氧化物與元素Z的單質(zhì)互為等電子體，元素Y的這種氧化物的結(jié)構(gòu)式是________。

(5)W元素原子的價電子排布式為________。17、下表為長式周期表的一部分；其中的編號代表對應(yīng)的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

請回答下列問題：

（1）表中⑨號屬于______區(qū)元素。

（2）③和⑧形成的一種常見溶劑，其分子立體空間構(gòu)型為________。

（3）元素①和⑥形成的最簡單分子X屬于________分子(填“極性”或“非極性”)

（4）元素⑥的第一電離能________元素⑦的第一電離能；元素②的電負性________元素④的電負性(選填“>”、“＝”或“<”)。

（5）元素⑨的基態(tài)原子核外價電子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的電子式為________。

（7）某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如表中元素⑩與元素⑤的氫氧化物有相似的性質(zhì)。請寫出元素⑩的氫氧化物與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________________。18、下表為長式周期表的一部分；其中的序號代表對應(yīng)的元素。

（1）寫出上表中元素⑨原子的基態(tài)原子核外電子排布式為___________________。

（2）在元素③與①形成的水果催熟劑氣體化合物中，元素③的雜化方式為_____雜化；元素⑦與⑧形成的化合物的晶體類型是___________。

（3）元素④的第一電離能______⑤（填寫“＞”、“＝”或“＜”）的第一電離能；元素④與元素①形成的X分子的空間構(gòu)型為__________。請寫出與元素④的單質(zhì)互為等電子體分子、離子的化學(xué)式______________________（各寫一種）。

（4）④的最高價氧化物對應(yīng)的水化物稀溶液與元素⑦的單質(zhì)反應(yīng)時，元素④被還原到最低價，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________。

（5）元素⑩的某種氧化物的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，其中實心球表示元素⑩原子，則一個晶胞中所包含的氧原子數(shù)目為__________。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共32分)19、碳元素以C—C鍵構(gòu)成了有機界，硅元素以鍵構(gòu)成了整個礦物界；鍺元素是重要的國家戰(zhàn)略資源。碳族元素組成了有機界；無機界和當(dāng)代工業(yè)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)鍺()原子的核外電子排布式為_____；分子空間構(gòu)型是__________。

(2)發(fā)生水解的機理如圖：

不能按照上述機理發(fā)生水解反應(yīng)，原因是____________________。

(3)金剛石熔點為4440℃，晶體硅熔點為1410℃，金剛石熔點比晶體硅高的原因是_______。

(4)C和經(jīng)常形成原子晶體，原子晶體的配位數(shù)普遍低于離子晶體，原因是_____。

(5)在硅酸鹽中，四面體[如圖(a)和(b)]通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式。圖(c)為片層狀結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中原子的雜化方式為______，化學(xué)式為_______。

(6)鋁硅酸鹽分子篩在化工領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。鋁硅酸鹽結(jié)構(gòu)中價鋁部分地置換四面體結(jié)構(gòu)中價的硅。從結(jié)構(gòu)角度分析價鋁能夠置換價硅的原因是_________。

(7)石墨采取六方最密堆積方式，晶胞結(jié)構(gòu)如圖。晶胞參數(shù)為底邊長高阿伏加德羅常數(shù)為則石墨晶體的密度為_______

20、Li是最輕的固體金屬；采用Li作為負極材料的電池具有小而輕；能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用。回答下列問題：

（1）下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為___、___（填標號）。

A.

B.

C.

D.

（2）Li+與H?具有相同的電子構(gòu)型，r(Li+)小于r(H?)，原因是___。

（3）LiAlH4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子(AlH)空間構(gòu)型是___、中心原子的雜化形式為___。

（4）Li2O是離子晶體，其晶格能可通過如圖的Born?Haber循環(huán)計算得到。

可知，Li原子的第一電離能為___kJ·mol?1，O=O鍵鍵能為___kJ·mol?1。21、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(xué)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。

22、氮氣、羥基乙胺（HOCH2CH2NH2)和氮化鎵都含氮元素；其用途非常廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)氮原子價層電子排布圖為___，其中電子能量最高的能級是___。

（2）HOCH2CH2NH2所含非金屬元素電負性由大到小順序為___，其中C和N的雜化方式均為___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是___。

（3）HOCH2CH2NH2是一種常見的二齒配體，能和Co2+形成環(huán)狀配離子。Co位于元素周期表中___區(qū)，該環(huán)狀配離子的配位原子為___。

（4）氮化鎵為六方晶胞，其結(jié)構(gòu)如圖，其中Ga作六方最密堆積。Ga填充在N圍成的___（選填：八面體空隙、正四面體空隙、立方體空隙或三角形空隙）；已知該晶胞底邊邊長為apm，高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為___g?cm-3(列出計算式即可）。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A．非金屬性O(shè)＞S，Br＞Cl，則鍵能：H2O＞H2S，鍵長：HBr＞HCl；A正確；

B．物質(zhì)的沸點：H2O＞HF＞NH3；B錯誤；

C．CO2、H2O、CH4、分別為直線型(180°)、V型(105°)、正四面體(109°28′)，則分子中的鍵角：CO2＞CH4＞H2O；C正確；

D．非金屬性Cl＞Br＞I，共用電子對偏向：HCl＞HBr＞HI；D正確；

故答案選B。

【點睛】

本題的易錯點為C，要注意常見分子的空間結(jié)構(gòu)的認識，對常見的數(shù)據(jù)加強記憶或?qū)W會推導(dǎo)。2、B【分析】【詳解】

A．二氧化碳分子中碳原子和氧原子形成極性共價鍵；不含有非極性共價鍵，A選項錯誤；

B．二氧化碳分子中中心原子的價層電子對數(shù)為不含有孤對電子，為sp雜化，空間構(gòu)型為直線形，是直線形分子，B選項正確；

C．二氧化碳為直線形分子；二氧化碳分子是對稱結(jié)構(gòu)，正負電中心重合，是非極性分子，C選項錯誤；

D．二氧化碳分子的中心原子是C；故其結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為O=C=O，D選項錯誤；

答案選B。

【點睛】

C選項，根據(jù)分子中電荷是否分布均勻來判斷分子的極性，若分子的電荷分布均勻、正負電中心重合，則該分子是非極性分子，若分子的電荷分布不均勻、正負電中心不重合，則該分子是極性分子。3、A【分析】【分析】

【詳解】

A.根據(jù)題意得出氯化硼是分子晶體；液態(tài)時不能導(dǎo)電，故A錯誤；

B.氯化硼中硼原子價層電子對數(shù)為因此為sp2雜化；故B正確；

C.氯化硼中硼原子價層電子對數(shù)為分子空間構(gòu)型為平面正三角形，屬非極性分子，故C正確；

D.氯化硼能水解，遇水蒸氣反應(yīng)生成HCl和H3BO3；氯化氫遇水蒸氣會產(chǎn)生白霧，故D正確。

綜上所述；答案為A。

【點睛】

根據(jù)價層電子對數(shù)分析雜化方式和空間構(gòu)型。4、C【分析】【詳解】

在CsCl晶體中，每個Cs+周圍同時吸引著距離相等且最近的8個Cl-，每個Cl-周圍同時吸引著距離相等且最近的8個Cs+，這個離子吸引的帶相反電荷的微粒構(gòu)成的是體心立方結(jié)構(gòu)，圖d符合條件；圖b則是選取其中一個離子，發(fā)現(xiàn)有8個等距離且最近的帶相反電荷的離子，所以其配位數(shù)為8，故符合CsCl晶體結(jié)構(gòu)的圖示是b和d，故合理選項是C。5、B【分析】【詳解】

A．Mg2+半徑比Ca2+半徑??；二者所帶電荷數(shù)相同，所以金屬鎂中金屬鍵更強，所以金屬鎂的熔點更高，故A錯誤；

B．Si原子半徑比Ge原子半徑??；所以Si—Si鍵的鍵能更大，晶體的硬度更大，故B正確；

C．金屬晶體在熔融狀態(tài)下也能導(dǎo)電；故C錯誤；

D．氨氣分子間存在氫鍵沸點更高；二者為分子晶體，熔沸點與共價鍵的鍵能無關(guān)，故D錯誤；

綜上所述答案為B。6、C【分析】【詳解】

A．金屬性越強；則金屬鍵越弱，金屬晶體熔點越低，故A錯誤；

B．離子鍵的強弱與離子晶體的溶解性無關(guān)；故B錯誤；

C．共價鍵越強；原子晶體熔點越高，故C正確；

D．分子穩(wěn)定性與分子內(nèi)共價鍵的強弱有關(guān)；與范德華力無關(guān)，故D錯誤；

故答案選C。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）從外觀無法區(qū)分三者；但用X光照射揮發(fā)現(xiàn)：晶體對X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準晶體介于二者之間，因此通過有無衍射現(xiàn)象即可確定；

（2）26號元素Fe基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p43d64s2，基態(tài)Fe原子核外處在能量最高的能級為3d，排布了6個電子，有6種不同的運動狀態(tài)，可知在3d上存在4個未成對電子，失去電子變?yōu)殍F離子時，三價鐵離子的電子排布式為1s22s22p63s23p43d5；可用硫氰化鉀檢驗三價鐵離子，形成配合物的顏色為血紅色；

（3）乙醛中甲基上的C形成4條σ鍵，無孤電子對，因此采取sp3雜化類型，醛基中的C形成3條σ鍵和1條π鍵，無孤電子對，采取sp2雜化類型；1個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵，則1mol乙醛含有6molσ鍵，即6NA個σ鍵；乙酸分子間可形成氫鍵，乙醛不能形成氫鍵，所以乙酸的沸點高于乙醛；該晶胞中O原子數(shù)為4×1+6×1/2+8×1/8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數(shù)為O原子數(shù)的2倍；即為16個；

（4）在Al晶體的一個晶胞中與它距離相等且最近的Al原子在通過這個頂點的三個面心上；面心占1/2

，通過一個頂點可形成8個晶胞，因此該晶胞中鋁原子的配位數(shù)為8×3×1/2=12；一個晶胞中Al原子數(shù)為8×1/8+6×1/2=4，因此Al的密度ρ=m/V=

考點：考查晶體的性質(zhì)、原子核外電子排布規(guī)律、共價鍵類型、氫鍵、雜化類型、配位數(shù)及密度的計算【解析】X射線衍射4個1s22s22p63s23p43d5血紅色sp3、sp26NA乙酸的分子間存在氫鍵，增加了分子之間的相互作用16128、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cu2+的核外電子排布式，求出M層上的電子數(shù)，判斷其運動狀態(tài)種數(shù)；根據(jù)配位鍵形成的實質(zhì)，判斷配原子；根據(jù)[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl取代；能得到兩種不同結(jié)構(gòu)的產(chǎn)物，判斷其空間構(gòu)型；根據(jù)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)，求出價層電子對數(shù)，由價層電子對互斥理論，判斷碳原子雜化類型；由均攤法求出原子個數(shù)比，根據(jù)化學(xué)式判斷Cu原子個數(shù)；根據(jù)外圍電子排布，判斷失電子的難易，比較第二電離能的大小。

【詳解】

（1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+，Cu2+的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9；M層上還有17個電子，其運動狀態(tài)有17種；答案為17。

（2）Cu2＋與OH－反應(yīng)能生成[Cu(OH)4]2－，該配離子中Cu2+提供空軌道；O原子提供孤電子對形成配位鍵；所以配原子為O；答案為O。

（3）[Cu(NH3)4]2+中形成4個配位鍵，具有對稱的空間構(gòu)型，可能為平面正方形或正四面體，若為正四面體，[Cu(NH3)4]2+中的兩個NH3被兩個Cl-取代；只有一種結(jié)構(gòu)，所以應(yīng)為平面正方形；答案為平面正方形。

（4）該分子中亞甲基、次亞甲基上C原子價層電子對個數(shù)都是4，連接碳碳雙鍵和碳氧雙鍵的C原子價層電子對個數(shù)是3，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該分子中碳原子的軌道雜化類型，前者為sp3雜化、后者為sp2雜化；抗壞血酸中羥基屬于親水基，能與水分子形成氫鍵，所以抗壞血酸易溶于水；答案為sp3、sp2；易溶于水；

（5）該晶胞中白色球個數(shù)=8×+1=2；黑色球個數(shù)為4；則白色球和黑色球個數(shù)之比=2：4=1：2，根據(jù)其化學(xué)式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，則該晶胞中Cu原子數(shù)目為4；答案為4。

（6）單質(zhì)銅及鎳都屬于金屬晶體，都是由金屬鍵形成的晶體；Cu+的外圍電子排布為3d10，呈全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，Ni+的外圍電子排布為3d84s1，Cu+失去電子是3d10上的，Cu+的核外電子排布穩(wěn)定，失去第二個電子更難，Ni+失去電子是4s上的，比較容易，第二電離能就小，因而元素銅的第二電離能高于鎳的第二電離能；答案為金屬，Cu+電子排布呈全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失電子需要能量高，第二電離能數(shù)值大?！窘馕觥竣?17②.O③.平面正方形④.sp3、sp2⑤.易溶于水⑥.4⑦.金屬⑧.銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子9、略

【分析】【詳解】

（1）Zn的原子序數(shù)為30，在周期表中位于第四周期、ⅡB族，則其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。

（2）根據(jù)等電子原理，CO與N2屬于等電子體，所以其分子結(jié)構(gòu)相似，由于N2的結(jié)構(gòu)式為N≡N；所以CO也應(yīng)為C≡O(shè)。

（3）①由于甲醇分子間可以形成氫鍵，而甲醛分子間不能形成氫鍵，所以甲醇的沸點高于甲醛；由于甲醛分子結(jié)構(gòu)中每個碳原子只形成三個σ鍵，則應(yīng)該是sp2雜化形式。

②甲醛的中心原子C是sp2雜化，C原子形成3個σ鍵，所以甲醛的空間構(gòu)型為平面三角形；甲醛分子中的2個C－H鍵是σ鍵，C＝O鍵中的一個鍵是σ鍵，另一個則是π鍵，則一個甲醛分子中有2個σ鍵，所以1mol甲醛分子中σ鍵的數(shù)目為3NA。

③由化學(xué)式Cu2O和晶胞模型可知，白球為氧原子，黑色球為銅原子，且銅原子位于晶胞內(nèi)部，所以1個Cu2O晶胞中包含Cu原子數(shù)目為4個?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2②.C≡O(shè)③.甲醇分子之間形成氫鍵④.sp2雜化⑤.平面三角形⑥.3NA⑦.410、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】11、略

【分析】【詳解】

(1)由圖I可知，以圖中上面面心的Ca2+為例，與之最近且等距離的F-下面有4個，上面有4個（未畫出），則CaF2晶體中與Ca2+最近且等距離的F-的個數(shù)為8；故答案為：8；

(2)圖Ⅱ所示的物質(zhì)結(jié)構(gòu)中最外層已達8電子結(jié)構(gòu)的原子是氧原子。由圖Ⅱ可知，每個硼原子與3個氧原子形成3個極性鍵，3個氫原子與氧原子也形成3個極性鍵，則H3BO3晶體中硼原子個數(shù)與極性鍵個數(shù)之比為1：6；答案為：1：6；

(3)圖Ⅲ中未標號的銅原子的上面有3個銅原子；周圍有6個銅原子、下面有3個銅原子；其周圍最緊鄰的銅原子數(shù)為12，故答案為：12；

(4)CaF2是離子晶體，Cu是金屬晶體，H3BO3是分子晶體，故H3BO3熔點最低，晶體受熱熔化時，克服的微粒之間的相互作用是分子間作用力，故答案為：分子間作用力?！窘馕觥竣?8②.O③.1：6④.12⑤.分子間作用力三、工業(yè)流程題(共1題，共2分)12、略

【分析】【分析】

廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化鈉生成As2S3沉淀，為防止As2S3與硫離子反應(yīng)再次溶解，所以再加入硫酸亞鐵除去過量的硫離子，過濾得到As2S3和FeS，濾液中加入過氧化氫將亞砷酸氧化成砷酸，亞鐵離子氧化成鐵離子，再加入CaO沉淀砷酸根、鐵離子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低濃度含砷廢水。

【詳解】

(1)As元素為33號元素，與N元素同主族，位于第四周期第VA族；AsH3和氨氣分子結(jié)構(gòu)相同為共價化合物，砷原子和三個氫原子形成三個As-H鍵，電子式為：

(2)a．同周期主族元素自左而右非金屬性增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性增強，同主族自上而下非金屬性減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性減弱，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4；故a正確；

b．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑依次增大，原子半徑：As＞P＞S，故b錯誤；

c．同主族元素自上而下第一電離能減小，P和S同周期，但是P原子3p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，第一電離能更大，所以第一電離能P>S>As；故c錯誤；

綜上所述選a；

(3)根據(jù)分析可知沉淀為微溶物CaSO4；

(4)As2S3與過量的S2-存在反應(yīng)：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)，所以需要加入FeSO4除去過量的硫離子；使平衡逆向移動，一級沉砷更完全；

(5)含砷物質(zhì)物質(zhì)為H3AsO3，加入過氧化氫可以將其氧化成H3AsO4，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得化學(xué)方程式為H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；

(6)根據(jù)題意可知FeS2被O2氧化生成Fe(OH)3、根據(jù)元素守恒可知反應(yīng)物應(yīng)該還有H2O，F(xiàn)eS2整體化合價升高15價，一個O2降低4價，所以二者的系數(shù)比為4:15，再根據(jù)元素守恒可得離子方程式為4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+。

【點睛】

同一周期元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折，當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結(jié)構(gòu)時，原子的能量較低，元素的第一電離能大于相鄰元素?！窘馕觥康谒闹芷诘赩A族aCaSO4沉淀過量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)平衡逆向移動，使一級沉砷更完全H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+四、實驗題(共1題，共4分)13、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、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共25分)14、略

【分析】【分析】

已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素?；衔顳C為離子化合物，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，化合物AC2為一種常見的溫室氣體，則A為C，C為O，B為N，D為Mg。B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數(shù)為24，E為Cr。

【詳解】

(1)基態(tài)E原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，在第四周期中，與基態(tài)E原子最外層電子數(shù)相同即最外層電子數(shù)只有一個，還有K、Cu；故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；K；Cu；

(2)同周期從左到右電離能有增大趨勢；但第IIA族元素電離能大于第IIIA族元素電離能，第VA族元素電離能大于第VIA族元素電離能，因此A；B、C的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N；故答案為：C＜O＜N；

(3)化合物AC2為CO2，其電子式故答案為：

(4)Mg的單質(zhì)在CO2中點燃可生成碳和一種熔點較高的固體產(chǎn)物MgO，其化學(xué)反應(yīng)方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

(5)根據(jù)CO與N2互為等電子體，一種由N、O組成的化合物與CO2互為等電子體，其化學(xué)式為N2O；故答案為：N2O；

(6)B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液為HNO3與Mg的單質(zhì)反應(yīng)時，NHO3被還原到最低價即NH4NO3，其反應(yīng)的化學(xué)方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；故答案為：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O15、略

【分析】【分析】

A元素的價電子構(gòu)型為nsnnpn+1，則n=2，故A為N元素；C元素為最活潑的非金屬元素，則C為F元素；B原子序數(shù)介于氮、氟之間，故B為O元素；D元素核外有三個電子層，最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的最外層電子數(shù)為2，故D為Mg元素；E元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，則原子序數(shù)為26，為Fe元素；F元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1；故F為Cu元素；G元素與A元素位于同一主族，其某種氧化物有劇毒，則G為As元素，據(jù)此解答。

【詳解】

(1)N原子最外層為半充滿狀態(tài)；性質(zhì)穩(wěn)定，難以失去電子，第一電離能大于O元素；同一周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，故元素的電負性：N＜O＜F；

(2)C為F元素，電子排布圖為E3+的離子符號為Fe3+；

(3)F為Cu，位于周期表ds區(qū)，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案為：ds；1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；

(4)A．G為As元素；與Si位于周期表對角線位置，則其單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料，A正確；

B．同主族從上到下元素的電負性依次減??；則電負性：As＜P，B錯誤；

C．同一周期從左到右原子半徑依次減??；As與Ge元素同一周期，位于Ge的右側(cè)，則其原子半徑小于鍺，C錯誤；

D．As與硒元素同一周期；由于其最外層電子處于半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故其第一電離能大于硒元素的，D錯誤；

故合理選項是A；

(5)D為Mg元素，其金屬活潑性大于Al的活潑性；Mg元素的價層電子排布式為：3s2，處于全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，Al的價層電子排布式為3s23p1，其3p上的1個電子較易失去，故Mg元素第一電離能大于Al元素的第一電離能，即I1(Mg)＞I1(Al)?！窘馕觥浚綨＜O＜FFe3+ds1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1A＞＞Mg元素的價層電子排布式為：3s2，處于全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，Al的價層電子排布式為3s23p1，其3p上的1個電子較易失去16、略

【分析】【分析】

原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、W四種元素；其中X是周期表中半徑最小的元素，則X是H元素；Y是形成化合物種類最多的元素，則Y是C元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素；R單質(zhì)占空氣體積的1/5，則R為O元素；W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素；再結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)分析解答。

【詳解】

（1）C2H4分子中每個碳原子含有3個σ鍵且不含孤電子對，所以采取sp2雜化；一個乙烯分子中含有5個σ鍵，則1molC2H4含有σ鍵的數(shù)目為5NA；

（2）NH3和CH4的VSEPR模型為正四面體形；但氨氣中的中心原子上含有1對孤對電子，所以其實際構(gòu)型是三角錐形；

由于水分子中O的孤電子對數(shù)比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以H2O的鍵角更??；

（3）H2O可形成分子間氫鍵，沸點最高；H2Se相對分子質(zhì)量比H2S大，分子間作用力大，沸點比H2S高，三者的沸點由高到低的順序是H2O>H2Se>H2S；

（4）元素C的一種氧化物與元素N的一種氧化物互為等電子體，CO2和N2O互為等電子體，所以元素C的這種氧化物CO2的結(jié)構(gòu)式是O=C=O；

（5）銅是29號元素，其原子核外有29個電子，其基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，價電子排布式為3d104s1?！窘馕觥縮p25NA三角錐形H2O水分子中O的孤電子對數(shù)比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以鍵角更小H2O>H2Se>H2SO=C=O3d104s117、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)元素周期表可知：元素⑨位第四周期IB族的銅元素；為過渡元素，屬于ds區(qū)元素，故答案：ds；

(2)根據(jù)元素周期表可知：③為碳元素，⑧為氯元素，兩者形成的一種常見溶劑為CCl4；其分子空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)，故答案：正四面體結(jié)構(gòu)；

(3)根據(jù)元素周期表可知：元素①為氫元素，⑥為磷元素，兩者形成的最簡單分子為PH3；分子中正負電荷中心不重合，屬于極性分子，故答案：極性；

(4)根據(jù)元素周期表可知：元素⑥為磷元素，元素⑦為硫元素，P原子為半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，磷的第一電離能大于硫元素的第一電離能；元素②為鈹元素，元素④為鎂元素，同一主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，則鈹元素的電負性大于鎂元素的電負性，故答案：>；>；

(5)根據(jù)元素周期表可知：元素⑨為銅元素，位于第四周期IB族，所以銅元素的基態(tài)原子核外價電子排布式是3d104s1，故答案：3d104s1；

(5)根據(jù)元素周期表可知：元素⑧為氯元素，元素④為鎂元素，形成的化合物為MgCl2，其電子式為故答案：

(6)根據(jù)元素周期表可知：元素⑩為鋅元素，元素⑤為鋁元素，鋁能與NaOH溶液反應(yīng)，所以鋅也能與NaOH溶液反應(yīng)，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O，故答案：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O?！窘馕觥縟s正四面體結(jié)構(gòu)極性>>3d104s1Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O18、略

【分析】【詳解】

由元素在周期表中的位置可知，①為H，②為Be，③為C，④為N，⑤為O，⑥為F，⑦為Mg，⑧為Cl，⑨為Cr；⑩為Cu。

（1）⑨為Cr元素，原子核外電子數(shù)為24，價層電子排布為［Ar］3d54s1；

（2）素③與①形成的水果催熟劑氣體化合物為CH2=CH2，C原子成3個δ鍵、沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，C原子采取sp2雜化；

元素⑦與⑧形成的化合物MgCl2是由鎂離子和氯離子形成的離子化合物；晶體類型是離子晶體；

（3）④是N元素，⑤是O元素，同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢，能量相同的原子軌道在全滿、半滿、全空時體系能量最低，原子較穩(wěn)定，因此價電子排布處于半滿的軌道的元素，其第一電離能比臨近原子的第一電離能大，所以元素④的第一電離能>元素⑤的第一電離能;元素④與元素①形成的是NH3分子，三角錐形；原子數(shù)目和電子總數(shù)（或價電子總數(shù)）相同的微粒互為等電子體，N2的電子數(shù)為14，與之為等電子體的分子為CO，離子為CN-；

（4）④是N元素，最高價氧化物對應(yīng)的水化物稀溶液為稀硝酸，與Mg單質(zhì)反應(yīng)，Mg是還原劑，被氧化為Mg(NO3)2，稀硝酸起氧化劑、酸的作用，反應(yīng)的方程式為：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；

（5）白色球為氧原子，所以一個晶胞中所包含的氧原子數(shù)目為1+8×=2。【解析】①.［Ar］3d54s1②.sp2③.離子晶體④.＞⑤.三角錐形⑥.CO、CN-⑦.4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O⑧.2六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共32分)19、略

【分析】【詳解】

(1)鍺和硅是同一主族元素，均為最外層電子數(shù)為4的主族元素，故基態(tài)鍺()原子的核外電子排布式為利用等電子體原理可知和CCl4互為等電子體，故分子空間構(gòu)型是正四面體，故答案為：正四面體；

(2)根據(jù)發(fā)生水解的機理圖可知，過程中由于Si原子上的3d空軌道中接受了H2O中O原子上的孤對電子；從而發(fā)生水解反應(yīng)，而C原子只有兩個電子層，L層上沒有d軌道，故不能接受孤對電子，無法水解，故答案為：C沒有d軌道；

(3)金剛石和晶體硅均為原子晶體；其熔點高低主要取決于其中共價鍵的鍵能大小，由于C原子半徑比Si原子的小，故C-C的鍵長小于Si-Si的鍵長，一般共價鍵的鍵長越短，鍵能越大，故金剛石熔點比晶體硅高的原因是結(jié)構(gòu)相似，C原子半徑小，C—C鍵能大，故答案為：結(jié)構(gòu)相似，C原子半徑小，C—C鍵能大；

(4)C和經(jīng)常形成原子晶體；原子晶體是通過共價鍵結(jié)合的，由于共價鍵有方向性和飽和性，決定了原子晶體周圍的原子個數(shù)受到一定的限制，離子晶體則是通過陰；陽離子之間的離子鍵結(jié)合的，離子鍵沒有方向性和飽和性，使得離子晶體的配位數(shù)增多，故答案為：共價鍵有方向性和飽和性；

(5)硅酸鹽中的硅酸根()為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；圖（c）為一種無限長層狀結(jié)構(gòu)的多硅酸根，圖（b）中一個四面體結(jié)構(gòu)單元中其中有3個氧原子的貢獻率為四面體結(jié)構(gòu)單元含有1個硅、氧原子數(shù)目=1+3×=2.5，Si、O原子數(shù)目之比為1：2.5=2：5，故化學(xué)式為或者故答案為：sp3或者

(6)鋁硅酸鹽結(jié)構(gòu)中價鋁部分地置換四面體結(jié)構(gòu)中價的硅，首先考慮原子的大小，原子大小相差太大，根本放不進去，而Al的半徑雖然比Si的半徑大一些，但還是很接近的，故價鋁能夠置換價硅的原因是Al和Si的粒子大小相近；故答案為：Al和Si的粒子大小相近；

(7)由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，1個晶胞中含有的C原子數(shù)目為個，晶胞參數(shù)為底邊長高由于晶胞的底面是一個棱形，故一個晶胞的體積為：V=a2bcm3，阿伏加德羅常數(shù)為則石墨晶體的密度為或者進一步化簡為：或故答案為：或或【解析】正四面體C沒有d軌道結(jié)構(gòu)相似，C原子半徑小，C—C鍵能大共價鍵有方向性和飽和性雜化或Al和Si的粒子大小相近或或20、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）原子核外電子排布中；如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高，激發(fā)態(tài)的原子比基態(tài)原子能量高，根據(jù)圖知，電子排布能量最低的是D項的基態(tài)原子，能量最高的是處于激發(fā)態(tài)的C項對應(yīng)的原子，故答案為：