2025年人教版選修3化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教版選修3化學(xué)下冊月考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5題，共10分)1、下列有關(guān)電子云和原子軌道的說法正確的是（）A.原子核外的電子象云霧一樣籠罩在原子核周圍，故稱電子云B.量子力學(xué)把電子在原子核外的一個空間運動狀態(tài)稱為一個原子軌道C.s能級的原子軌道呈球形，處在該軌道上的電子只能在球殼內(nèi)運動D.p能級的原子軌道呈紡錘形，隨著電子層數(shù)的增加，p能級原子軌道也在增多2、丁二酮肟鎳是一種鮮紅色沉淀，可用來檢驗Ni2+；其分子結(jié)構(gòu)如下圖。該分子中不存在。

A.σ鍵B.π鍵C.離子鍵D.配位鍵3、用VSEPR理論預(yù)測下列粒子的立體結(jié)構(gòu)，其中正確的（）A.NO3-為平面三角形B.SO2為直線形C.BeCl2為V形D.BF3為三角錐形4、氯化二硫(S2Cl2)是廣泛用于橡膠工業(yè)的硫化劑，其分子結(jié)構(gòu)如下圖所示。常溫下S2Cl2是一種橙黃色的液體；遇水易水解，并產(chǎn)生能使品紅褪色的氣體。下列說法錯誤的是。

A.S2Cl2含有非極性鍵，是非極性分子B.S2Cl2為共價化合物C.S2Br2與S2Cl2結(jié)構(gòu)相似，分子間作用力：S2Br2>S2Cl2D.S2Cl2與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式可能為2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl5、下列敘述錯誤的是A.金屬晶體中，六方最密堆積的空間利用率大于面心立方最密堆積B.由于ZnS的晶格能大于PbS的晶格能，所以巖漿冷卻時ZnS先析出C.干冰晶體中，每個CO2分子周圍距離相等且最近的CO2分子共有12個D.AgCl沉淀不溶于硝酸，但能溶于氨水評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、Ni2+的價電子排布圖為________7、世界上最早發(fā)現(xiàn)并使用鋅的是中國；明朝末年《天工開物》一書中有世界上最早的關(guān)于煉鋅技術(shù)的記載?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Zn原子的核外電子所占據(jù)的最高能層符號為_____________，Zn2+基態(tài)核外電子排布式為_______________________。

(2)硫酸鋅溶于過量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中陰離子的空間構(gòu)型為_____________（用文字描述）；

②SO42-中，中心原子的軌道雜化類型為______________；

③寫出一種與SO42-互為等電子體的分子的化學(xué)式_____________；

④NH3極易溶于水，除因為它們都是極性分子外，還因為_______________________。

(3)Zn與S所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。

①該化合物的化學(xué)式為___________；

②已知該晶體的晶胞參數(shù)a=541pm，其密度為___________g·cm-3（列出計算式即可）。8、根據(jù)下列5種元素的電離能數(shù)據(jù)（單位：kJ.mol-1）回答下列小題。

。元素符號。

I1

I2

I3

I4

Q

2080

4000

6100

9400

R

500

4600

6900

9500

S

740

1500

7700

10500

T

580

1800

2700

11600

V

420

3100

4400

5900

1.它們的氯化物的化學(xué)式，最可能正確的是______

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TCl

2.利用表中的數(shù)據(jù)判斷，V元素最有可能是下列元素中的_____

A.HB.LiC.NaD.K9、（1）鐵在元素周期表中的位置為_____，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_____。

（2）基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號_____，該能層具有的原子軌道數(shù)為_____；鋁元素的原子核外共有_____種不同運動狀態(tài)的電子、_____種不同能級的電子。

（3）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用_____形象化描述。在基態(tài)14C原子中，核外存在_____對自旋相反的電子。

（4）中國古代四大發(fā)明之一——黑火藥，它的爆炸反應(yīng)為：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑，除S外，上述元素的電負性從大到小依次為_____，第一電離能從大到小依次為_____。

（5）有以下物質(zhì)：①HF，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥CH4，⑦H2，⑧H2O2，⑨HCN(H—C≡N)，⑩Ar，既有σ鍵又有π鍵的是______；含有由兩個原子的s軌道重疊形成的σ鍵的是______；不存在化學(xué)鍵的是______。

（6）在BF3分子中，F(xiàn)—B—F的鍵角是______，硼原子的雜化軌道類型為______，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立體構(gòu)型為______。10、（1）如圖為4s和3d電子云的徑向分布圖，3d軌道離原子核更近，但是根據(jù)鮑林的軌道近似能級圖填充電子時，先填4s電子，而后填3d電子，試簡單寫出理由______。

（2）寫出臭氧的Lewis結(jié)構(gòu)式______只需要寫出一種共振式即可

（3）根據(jù)堆積原理，可以將等徑球的密堆積分為堆積，其中堆積形成抽出立方面心晶胞，又叫面心立方最密堆積，其構(gòu)成的晶胞中含有4個球，寫出它們的分數(shù)坐標為______。

（4）關(guān)于是一個特殊的物質(zhì)，高溫下順磁性，低溫下抗磁性，主要是因為與可以相互轉(zhuǎn)化，低溫時主要以雙聚分子形式存在，高溫時主要以單分子形式存在，同時在高溫時分子中存在離域鍵的存在，使得氧原子沒有成單電子，寫出中存在離域鍵為______。

（5）在相同的雜化類型和相同的孤對電子對數(shù)目時，分子的鍵角也會不相同，試比較和中鍵角的大小，______填“大于”或“小于”或“等于”

（6）已知飽和硫化氫的濃度為硫化氫的離解常數(shù)為計算飽和硫化氫溶液中氫離子的濃度為______。11、磷是生物體中不可缺少的元素之一；它能形成多種化合物。

（1）基態(tài)磷原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為________；該能層能量最高的電子云在空間有________個伸展方向，原子軌道呈________形。

（2）磷元素與同周期相鄰兩元素相比，第一電離能由大到小的順序為________。

（3）單質(zhì)磷與Cl2反應(yīng)，可以生成PCl3和PCl5，其中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的化合物中，P原子的雜化軌道類型為________，其分子的空間構(gòu)型為________。

（4）H3PO4為三元中強酸，與Fe3＋形成H3[Fe(PO4)2]，此性質(zhì)常用于掩蔽溶液中的Fe3＋。基態(tài)Fe3＋的核外電子排布式為____________________；PO43-作為________為Fe提供________。12、銅的化合物用途非常廣泛。已知下列反應(yīng)：[Cu(NH3)2]++NH3+CO?[Cu(NH3)3CO]+，2CH3COOH+2CH2＝CH2+O22CH3COOCH＝CH2+2H2O。

(1)Cu2+基態(tài)核外電子排布式為______。

(2)NH3分子空間構(gòu)型為_______，其中心原子的雜化類型是______。

(3)CH3COOCH＝CH2分子中碳原子軌道的雜化類型是_______，1molCH3COOCH＝CH2中含鍵數(shù)目為_____。

(4)CH3COOH可與H2O混溶，除因為它們都是極性分子外，還因為__________。

(5)配離子[Cu(NH3)3CO]+中NH3及CO中的C與Cu(Ⅰ)形成配位鍵。不考慮空間構(gòu)型，[Cu(NH3)3CO]+的結(jié)構(gòu)示意圖表示為____13、A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型；C；D為同周期元素；C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子?；卮鹣铝袉栴}：

（1）四種元素中電負性最大的是______（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為__________。

（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點高的是_____（填分子式），原因是_______；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為______和______。

（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為______，中心原子的雜化軌道類型為______。

（4）化合物D2A的立體構(gòu)型為___，中心原子的價層電子對數(shù)為______，單質(zhì)D與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A，其化學(xué)方程式為_________。

（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)，a＝0.566nm，F(xiàn)的化學(xué)式為______：晶胞中A原子的配位數(shù)為_________；列式計算晶體F的密度（g.cm-3）_____。

14、據(jù)報道復(fù)旦大學(xué)修發(fā)賢教授課題組成功制備出砷化鈮納米帶；并觀測到其表面態(tài)具有百倍于金屬銅薄膜和千倍于石墨烯的導(dǎo)電性。相關(guān)研究論文已在線發(fā)表于權(quán)威科學(xué)期刊《自然》?；卮鹣铝袉栴}：

（1）鈮元素(Nb)為一種金屬元素，其基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d55s1。下列是Nb的不同微粒的核外電子排布式，其中失去最外層1個電子所需能量最小的是___（填標號）。

a.[Kr]4d35s15p1b.[Kr]4d45s1c.Kr]4d2d.Kr]4d3

（2）砷為第VA族元素，砷可以與某些有機基團形成有機化合物，如(ClCH=CH)2AsCl，其中As原子與2個C原子、1個Cl原子形成的VSEPR模型為____。

（3）英國曼徹斯特大學(xué)物理學(xué)家安德烈·蓋姆和康斯坦丁諾沃肖洛夫用微機械剝離法成功從石墨中分離出石墨烯；因此共同獲得2010年諾貝爾物理學(xué)獎；而石墨烯具有優(yōu)異的光學(xué)；電學(xué)、力學(xué)特性在材料學(xué)、微納加工、能源、生物醫(yī)學(xué)和藥物傳遞等方面具有重要的應(yīng)用前景，被認為是一種未來革命性的材料。

已知“石墨烯”的平面結(jié)構(gòu)如圖所示，一定條件下石墨烯與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成石墨烷，石墨烷中碳原子雜化類型是___，石墨烯導(dǎo)電的原因是____。

（4）石墨烯也可采用化學(xué)方法進行制備如采用六氯苯、六溴苯作為原料可制備石墨烯。下表給出了六氯苯、六溴苯、苯六酸俗名為蜜石酸的熔點和水溶性：。物質(zhì)六氯苯六溴苯苯六酸熔點/℃231325287水溶性不溶不溶易溶

六溴苯的熔點比六氯苯高的原因是____，苯六酸與六溴苯、六氯苯的水溶性存在明顯的差異本質(zhì)原因是___。

（5）出于以更高效率利用太陽光等目的研制出金紅石型鈮氧氮化物(NbON)，比以往的光學(xué)半導(dǎo)體更能夠吸收長波長側(cè)的光，作為光學(xué)半導(dǎo)體的新材料。該化合物的晶胞有如圖所示的兩種構(gòu)型，若晶胞的邊長為apm，該晶體的密度為__g·cm-3。（NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，相關(guān)原子量：Nb—93）

評卷人得分三、實驗題(共1題，共2分)15、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_____________________________。評卷人得分四、計算題(共3題，共30分)16、(1)石墨晶體的層狀結(jié)構(gòu)，層內(nèi)為平面正六邊形結(jié)構(gòu)(如圖a)，試回答下列問題：圖中平均每個正六邊形占有C原子數(shù)為____個、占有的碳碳鍵數(shù)為____個，碳原子數(shù)目與碳碳化學(xué)鍵數(shù)目之比為_______。

(2)2001年報道的硼和鎂形成的化合物刷新了金屬化合物超導(dǎo)溫度的最高記錄。如圖b所示的是該化合物的晶體結(jié)構(gòu)單元：鎂原子間形成正六棱柱，且棱柱的上下底面還各有1個鎂原子，6個硼原子位于棱柱內(nèi)。則該化合物的化學(xué)式可表示為_______。17、如圖是金屬鎢晶體中的一個晶胞的結(jié)構(gòu)模型（原子間實際是相互接觸的）。它是一種體心立方結(jié)構(gòu)。實驗測得金屬鎢的密度為19.30g·cm-3；鎢的相對原子質(zhì)量為183.9.假定金屬鎢為等直徑的剛性球，請回答以下各題：

（1）每一個晶胞中分攤到__________個鎢原子。

（2）計算晶胞的邊長a。_____________

（3）計算鎢的原子半徑r（提示：只有體對角線上的各個球才是彼此接觸的）。___________

（4）計算金屬鎢原子采取的體心立方密堆積的空間利用率。____________18、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)的表達式為____nm(用含NA的代數(shù)式表示)評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共15分)19、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)20、實驗室常利用“棕色環(huán)”現(xiàn)象檢驗NO3—離子。其方法為：取含有NO3—的溶液于試管中，加入FeSO4溶液振蕩，然后沿著試管內(nèi)壁加入濃H2SO4；在溶液的界面上出現(xiàn)“棕色環(huán)”?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Fe2+核外未成對電子個數(shù)為_____。

(2)形成“棕色環(huán)”主要發(fā)生如下反應(yīng)：

3[Fe(H2O)6]2++NO3－+4H+=3[Fe(H2O)6]3++NO↑+2H2O

[Fe(H2O)6]2++NO=[Fe(NO)(H2O)5]2+(棕色)+H2O

[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配體是______、______，配位數(shù)為______。

(3)與NO互為等電子體的微粒是_____(任寫一例)。

(4)SO42－的空間構(gòu)型是_____，其中S原子的雜化方式是________。

(5)鐵原子在不同溫度下排列構(gòu)成不同晶體結(jié)構(gòu)；在912℃以下排列構(gòu)成的晶體叫做α－鐵；在912℃至1394℃之間排列構(gòu)成的晶體叫做γ－鐵；在1394℃以上排列構(gòu)成的晶體，叫做δ－鐵。晶胞剖面結(jié)構(gòu)如圖所示：

①α－鐵的原子堆積方式為_____。δ－鐵配位數(shù)為____。

②已知γ－鐵晶體密度為dg/cm3，則Fe原子的半徑為____nm(用含d、NA的式子表示)。21、鐵單質(zhì)及化合物與我們的生產(chǎn)；生活緊密相關(guān)。

(1)Fe3＋的基態(tài)核外價電子排布式為______，應(yīng)用原子結(jié)構(gòu)比較Fe與同周期的Mn第三電離能(I3)的大?。篒3(Mn)_______I3(Fe)(填>、<、＝)。理由是_______。

(2)Fe、Fe2＋、Fe3＋可以與CO、SCN－、CN－、H2NCONH2(尿素)等多種配體形成很多的配合物。

①配合物Fe(CO)5的熔點－20℃，沸點103℃，可用于制備純鐵。Fe(CO)5的結(jié)構(gòu)如圖所示：

下列關(guān)于Fe(CO)5說法不正確的是________。

A.Fe(CO)5是分子晶體。

B.Fe(CO)5中Fe原子的配體與C22－互為等電子體。

C.Fe(CO)5中σ鍵與π鍵之比為1：1

D.Fe(CO)5＝Fe＋5CO反應(yīng)中沒有新化學(xué)鍵生成。

②CN－的電子式為__________。

③H2NCONH2(尿素)中N、C原子的雜化方式分別為__________、__________；

組成尿素的4種元素的第一電離能由大到小的順序為__________，1molH2NCONH2(尿素)分子中含有σ鍵的數(shù)目為__________。

(3)NaCl和MgO都屬于離子化合物，NaCl的熔點為801.3C，MgO的熔點高達2800℃。造成兩種晶體熔點差距的主要原因是________。

(4)FexNy的晶胞如圖1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置的Fe或者b位置的Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe(x－n)CunNy，F(xiàn)exNy轉(zhuǎn)化為兩種Cu的替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，其中相對不穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學(xué)式為__________。

評卷人得分六、有機推斷題(共2題，共10分)22、短周期元素W；X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。金屬元素W是制備一種高效電池的重要材料；X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。

（1）W元素的原子核外共有________種不同運動狀態(tài)的電子、_______種不同能量的電子。

（2）元素Z與元素X形成共價化合物XZ2是________（選填“極性”或“非極性”）分子，其電子式為________________。

（3）Y原子的最外層電子排布式為________________，Y元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物的電離方程式為________________________________________________。

（4）兩種非金屬元素中，非金屬性較強的元素是_______（寫元素符號），試寫出一個能說明這一事實的化學(xué)方程式______________________________。23、原子序數(shù)依次增大的X；Y、Z、Q、E五種元素中；X元素原子核外有三種不同的能級且各個能級所填充的電子數(shù)相同，Z是地殼內(nèi)含量（質(zhì)量分數(shù)）最高的元素，Q原子核外的M層中只有兩對成對電子，E元素原子序數(shù)為29。

用元素符號或化學(xué)式回答下列問題：

(1)Y在周期表中的位置為__________________。

(2)已知YZ2+與XO2互為等電子體，則1molYZ2+中含有π鍵數(shù)目為___________。

(3)X、Z與氫元素可形成化合物XH2Z，XH2Z分子中X的雜化方式為_________________。

(4)E原子的核外電子排布式為__________；E有可變價態(tài)，它的某價態(tài)的離子與Z的陰離子形成晶體的晶胞如圖所示，該價態(tài)的化學(xué)式為____________。

(5)氧元素和鈉元素能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（立方體晶胞），晶體的密度為ρg··cm-3，列式計算晶胞的邊長為a=______________cm（要求列代數(shù)式）。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

A．電子云是處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外空間的概率密度分布的形象化描述；故A錯誤；

B．量子力學(xué)把電子在原子核外的一個空間運動狀態(tài)稱為一個原子軌道；故B正確；

C．s能級的原子軌道呈球形；處在該軌道上的電子不只在球殼內(nèi)運動，還在球殼外運動，只是在球殼外運動概率較小，故C錯誤；

D．任何能層的p能級都有3個原子軌道，與能層的大小無關(guān)，故D錯誤；答案為B。2、C【分析】【詳解】

A．分子內(nèi)兩原子間的一條實線表示1個σ鍵；二條實線中有一條表示σ鍵，A不合題意；

B．分子內(nèi)原子間的二條實線中；有一條表示π鍵，B不合題意；

C．離子鍵是陰；陽離子間形成的化學(xué)鍵；丁二酮肟鎳分子內(nèi)不存在陰、陽離子，所以不存在離子鍵，C符合題意；

D．分子內(nèi)用箭頭表示的化學(xué)鍵為配位鍵；D不合題意；

故選C。3、A【分析】【分析】

VSEPR理論即價層電子對互斥理論；確定價層電子對的個數(shù)（包括σ鍵電子對和孤電子對），即可確定粒子的立體結(jié)構(gòu)。

【詳解】

A．NO3-的σ鍵電子對是3，孤電子對=(5+1-2×3)=0，所以為NO3-平面三角形；A正確；

B．SO2的σ鍵電子對是2，孤電子對=(6-2×2)=1，所以SO2的VSEPR模型是平面三角形，略去孤電子對，SO2為V形；B錯誤；

C．BeCl2的σ鍵電子對是2，孤電子對=(2-2×1)=0，所以BeCl2為直線形；C錯誤；

D．BF3的σ鍵電子對是3，孤電子對=(3-1×3)=0，所以的BF3為平面三角形；D錯誤；

故選A。

【點睛】

根據(jù)價層電子對互斥理論，若計算出的價層電子對數(shù)為4，分子構(gòu)型可能為四面體（孤電子對數(shù)為0），也可能為三角錐形（孤電子對數(shù)為1），或V形（孤電子對數(shù)為2）；若價層電子對數(shù)為3，分子構(gòu)型可能為平面三角形（孤電子對數(shù)為0），也可能為V形（孤電子對數(shù)為1）；若價層電子對數(shù)為2，則為直線形。4、A【分析】【詳解】

A．據(jù)圖可知氯化二硫分子中存在S-S鍵；為非極性鍵，該分子呈展開書頁結(jié)構(gòu)，正負電荷中心不重合，為極性分子，故A錯誤；

B．S2Cl2分子中只存在共價鍵；為共價化合物，故B正確；

C．S2Br2與S2Cl2結(jié)構(gòu)相似，S2Br2的相對分子質(zhì)量大于S2Cl2，所以分子間作用力：S2Br2>S2Cl2；故C正確；

D．S2Cl2遇水易水解，并產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為二氧化硫，在反應(yīng)過程中硫元素一部分升高到+4價(生成SO2)，一部分降低到0價(生成S)，根據(jù)電子守恒可得方程式為2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；故D正確；

故答案為A。5、A【分析】【詳解】

A.金屬晶體中；六方最密堆積的空間利用率等于面心立方最密堆積的空間利用率，空間利用率都為74%，故A錯誤；

B.由于ZnS的晶格能大于PbS的晶格能，ZnS的熔點高于PbS的熔點；冷卻時，先析出的是熔點高的，因此巖漿冷卻時ZnS先析出，故B正確；

C.干冰晶體中，以頂點CO2分析，每個面的面心CO2分析，一個面有4個，三個面共12個，因此每個CO2分子周圍距離相等且最近的CO2分子共有12個；故C正確；

D.AgCl沉淀不溶于硝酸；但能溶于氨水形成配合物，故D正確。

綜上所述；答案為A。

【點睛】

六方最密堆積的空間利用率、面心立方最密堆積空間利用率都為74%，體心立方空間利用率為68%，簡單立方空間利用率為52%。二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【詳解】

Ni核外電子排布式為[Ar]3d84s2，則Ni2+價電子排布式為3d8，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，價電子排布圖為故答案為：【解析】7、略

【分析】【詳解】

分析：（1）根據(jù)Zn在周期表中的位置是第四周期；第IIB族，含有四個能層及核外電子排布式寫法解答；

（2）在[Zn（NH3）4]SO4中，陰離子為SO42?，根據(jù)價層電子對互斥模型和雜化軌道理論判斷空間構(gòu)型和雜化類型；根據(jù)等電子體的原理找出與SO42-互為等電子體粒子；NH3容易與水分子形成分子間氫鍵；

（3）①根據(jù)晶胞晶體中組成粒子的計算方法確定S2-、Zn2+的個數(shù)；進一步確定化學(xué)式；

②根據(jù)晶胞的密度計算公式進行計算。

詳解：（1）Zn的核電荷數(shù)是30，在Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四個能層，分別是K、L、M、N，所以最高能層符號為N；Zn2+基態(tài)核外電子排布式為：[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；正確答案：N；[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；

（2）①根據(jù)價層電子對互斥模型，SO42?中價電子對數(shù)為：（6+4×0+2）÷2=4，價電子對全是成鍵電子對，所以SO42?的空間構(gòu)型是正四面體；正確答案：正四面體；

②SO42?的空間構(gòu)型是正四面體，根據(jù)雜化軌道理論，中心原子S的雜化類型為sp3雜化，正確答案：sp3；

③等電子體是指在原子數(shù)相同下，原子的價電子數(shù)相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同時調(diào)整電子數(shù)來確定等電子體粒子，因此，與SO42?互為等電子體的有PO43?，ClO4?，CCl4，SiCl4，SiF4等，符合題干要求是分子的有CCl4，SiCl4，SiF4，正確答案為：CCl4，SiCl4，SiF4；

④NH3極易溶于水，除因為它們都是極性分子，NH3容易與水分子形成分子間氫鍵，同時還發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，其方程式為：NH3+H2ONH3·H2O，正確答案：NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)；

（3）①對于立方晶胞，頂點粒子占1/8，面心粒子占1/2，晶胞內(nèi)部原子為整個晶胞所有，則一個ZnS晶胞中，Zn2+個數(shù)為8×1/8+6×1/2=4，S2-個數(shù)為4，因此該化合物化學(xué)式為ZnS，正確答案為：ZnS；

②取1mol晶胞，則有NA個晶胞，已知晶胞參數(shù)為a=541pm，則一個晶胞的體積為V0=（541×10?10）3cm3，1molZnS晶胞中，有4molZn2+和4molS2-，則一個晶胞的質(zhì)量為m=4mol×65g/mol+4mol×32g/mol=4×97g，因此晶胞的密度為ρ=m/NAV0=4×97g/[NA×（541×10?10）3]cm3，所以正確答案：4×97/[NA×（541×10?10）3]g·cm-3。

點睛：點睛：晶體中微粒的排列具有周期性；晶體中最小的結(jié)構(gòu)重復(fù)單元稱為晶胞，利用“均攤法”可以計算一個晶胞中的粒子數(shù)，從而確定晶體的化學(xué)式。中學(xué)中常見考題里涉及的晶胞有立方晶胞，在立方晶胞中：

（1）每個頂點上的粒子被8個晶胞共用，每個粒子只有1/8屬于該晶胞，如本題中的Zn2+離子；

（2）每條棱上的粒子被4個晶胞共用；每個粒子只有1/4屬于該晶胞；

（3）每個面心上的粒子被2個晶胞共用，每個粒子只有1/2屬于該晶胞。如本題中的Zn2+離子；

（4）晶胞內(nèi)的粒子完全屬于該晶胞，如本題中的S2-離子?！窘馕觥竣?N②.[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10③.正四面體④.sp3⑤.CCl4或SiCl4等⑥.NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)⑦.ZnS⑧.4×97/NA×（541×10?10）38、B:D【分析】【分析】

根據(jù)元素電離能知；Q元素第一電離能到第四電離能之間相差不大，且其第一電離能較大，所以Q是稀有氣體元素;

R第一電離能和第二電離能相差較大；則R為第IA族元素；

S元素第二電離能和第三電離能相差較大；則S為第IIA族元素；

T元素第三電離能和第四電離能相差較大；則T元素為第IIIA族元素；

V元素的第一電離能和第二電離能相差較大；V為第IA族元素，由此分析解答。

【詳解】

1．A．稀有氣體元素；不易形成化合物，A錯誤；

B．R為第IA族元素；在氯化物中的化合價是+1，B正確；

C．S為第IIA族元素；在氯化物中的化合價是+2，C錯誤；

D．T為第IIIA族元素；在氯化物中的化合價是+3價，D錯誤；

故答案為：B；

2．由上分析可知：R和V為第IA族元素，且R的第一電離能大于V的第一電離能，都有第四電離能，核外電子數(shù)應(yīng)該都超過4個，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，故V在Na和K中最有可能是K，D符合，故答案為：D。9、略

【分析】【詳解】

(1)鐵為26號元素，位于元素周期表的第4周期Ⅷ族；基態(tài)鐵原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，有4個未成對電子；鐵原子失去4s兩個電子和3d一個電子形成鐵離子，所以鐵離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；

(2)原子中；離原子核越遠的電子層其能量越高，所以Si原子中M電子層能量最高；該原子中含有3個s軌道；6個p軌道，所以一共有9個軌道；鋁元素原子的核外共有13個電子，其每一個電子的運動狀態(tài)都不相同，故共有13種，有1s、2s、2p、3s、3p共5個能級；

(3)處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；基態(tài)14C原子的核外電子排布為1s22s22p2；1s；2s為成對電子，自旋方向相反，2p能級為單電子，自旋方向相同，核外存在2對自旋相反的電子；

(4)同周期元素從左到右電負性增強，金屬性越強的元素電負性越小，故O＞N＞C＞K；同周期元素第一電離能從左到右呈增大趨勢，由于N的核外2p軌道排3個電子，半充滿，較穩(wěn)定，比相鄰元素的第一電離能都高，所以第一電離能從大到小依次為N>O>C>K；

(5)含雙鍵和三鍵的分子既有σ鍵又有π鍵；為④⑤⑨；含有由兩個原子的s軌道重疊形成的σ鍵的物質(zhì)只有氫氣，即⑦；稀有氣體不含化學(xué)鍵，即⑩；

(6)BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵，中心原子上的孤電子對數(shù)=(3-3×1)=0，雜化軌道數(shù)目為3，BF3分子的中心原子B原子采取sp2雜化，中心原子上沒有孤對電子，所以其空間構(gòu)型就是平面三角形，鍵角是120°；BF4-中B原子的價層電子對=4+(3+1-1×4)=4；該離子中不含孤電子對，為正四面體結(jié)構(gòu)。

【點睛】

電子的運動狀態(tài)由能層、能級、原子軌道和電子的自旋狀態(tài)共同決定，沒有運動狀態(tài)完全相同的電子存在，所以核外有幾個電子，就有幾種運動狀態(tài)不同的電子；非金屬性越強，電負性越強，第一電離能同周期元素從左到右增強趨勢，但是ⅡA族ⅤA族元素比相鄰元素都高?！窘馕觥竣?第4周期Ⅷ族②.4③.1s22s22p63s23p63d5④.M⑤.9⑥.13⑦.5⑧.電子云⑨.2⑩.O>N>C>K?.N>O>C>K?.④⑤⑨?.⑦?.⑩?.120°?.sp2?.正四面體形10、略

【分析】【分析】

（1）軌道3d軌道鉆得深；可以更好地回避其它電子的屏蔽，據(jù)此進行分析；

（2）整個分子是V形，中心O是雜化，分子中含一個3，4大鍵；

（3）據(jù)面心立方最密堆積；進行分析；

（4）中心原子N采取雜化，其中一個雜化軌道上填有氮的一個單電子而不是孤對電子，從而此分子中的離域鍵是據(jù)此進行分析；

（5）成鍵電子對間的距離越遠；成鍵電子對間的排斥力越??；

（6）據(jù)此進行計算。

【詳解】

（1）軌道離原子核更近；但是根據(jù)鮑林的軌道近似能級圖填充電子時，先填4s電子，而后填3d電子，原因是4s軌道3d軌道鉆得深，可以更好地回避其它電子的屏蔽；

（2）整個分子是V形，中心O是雜化，分子中含一個3，4大鍵，故臭氧的Lewis結(jié)構(gòu)式為

（3）面心立方最密堆積，則晶胞中含有4個球，它們的分數(shù)坐標為和

（4）中心N原子采取雜化，其中一個雜化軌道上填有氮的一個單電子而不是孤對電子，從而此分子中的離域鍵是

（5）氟的電負性大于氫，因此用于成鍵的電子對更偏向氟或離氮原子核較遠氮周圍電子密度減小或成鍵電子對間的“距離”較遠斥力較小，因而鍵角較小，故，大于

（6）

【點睛】

如果物質(zhì)內(nèi)部電子都是成對的，那么由電子自旋產(chǎn)生的磁場彼此抵消，這種物質(zhì)在磁場中表現(xiàn)出抗磁性。反之，有未成對電子存在時，由電子自旋產(chǎn)生的磁場不能抵消，這種物質(zhì)就表現(xiàn)出順磁性。釓元素內(nèi)有7個未成對的f電子，因此是磁力很強的稀土金屬?！窘馕觥?s軌道3d軌道鉆得深，可以更好地回避其它電子的屏蔽大于11、略

【分析】【分析】

(1)、P原子有三個能層；最外層為3s23p3；p軌道的電子云在三維空間中有3個延伸方向，原子軌道為啞鈴形；

(2)；同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢；但P元素原子3p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素；

(3)、PCl3中P；CI均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；計算中P的價層電子對數(shù)，然后判斷；

(4)、根據(jù)構(gòu)造原理寫出基態(tài)鐵原子核外電子排布式；H3[Fe(PO4)2]中PO43-為配體，F(xiàn)e3+為中心離子。

【詳解】

(1)、P原子核外有15個電子，分三層排布，即有三個能層，所以電子占據(jù)的最高能層符號為M；最外層為3s23p3；p軌道的電子云在三維空間中沿著x；y、z軸3個方向延伸，p原子軌道為啞鈴形；

故答案為M；3；啞鈴；

(2)、Si、P、S元素是同一周期相鄰元素，同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢，但P元素原子3p能級是半滿穩(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P>S>Si；

故答案為P>S>Si；

(3)、單質(zhì)磷與Cl2反應(yīng)，可以生成PCl3和PCl5，PCl3中P、Cl均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，PCl3中P原子的價層電子對數(shù)為：P原子的雜化軌道類型為sp3；所以分子的空間構(gòu)型為三角錐型；

故答案為sp3；三角錐型；

(4)、鐵是26號元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構(gòu)造原理其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則基態(tài)Fe3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，H3[Fe(PO4)2]中PO43-為配體，F(xiàn)e3+為中心離子；中心離子提供空軌道，配體提供孤對電子；

故答案為[Ar]3d5(或1s22s22p63s23p63d5)；配體；孤電子對。

【點睛】

在書寫第一電離能時，需要判斷有無第二主族或是第五主族的元素，這兩個主族的元素的第一電離能比其左右兩邊都大，第二主族的s能級全滿，第五主族的p能級半滿，能量更低，其第一電離能越大?！窘馕觥竣?M②.3③.啞鈴④.P>S>Si⑤.sp3⑥.三角錐形⑦.[Ar]3d5(或1s22s22p63s23p63d5)⑧.配體⑨.孤電子對12、略

【分析】【分析】

根據(jù)銅原子的電子排布式；失去最外層與次外層各一個電子，依此寫出銅離子的電子排布式；根據(jù)VSEPR判斷其空間構(gòu)型和雜化軌道形式；根據(jù)結(jié)構(gòu)中σ鍵數(shù)，判斷雜化軌道形式和計算σ鍵；根據(jù)分子間可以形成氫鍵，判斷相溶性；根據(jù)形成配位鍵，判斷結(jié)構(gòu)示意圖。

【詳解】

（1）Cu元素的核電荷數(shù)為29，核外電子數(shù)也為29，基態(tài)Cu原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，4s與3d能級各失去1個電子形成Cu2+，Cu2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9；答案為1s22s22p63s23p63d9。

（2）NH3分子中N原子價層電子對數(shù)=3+=4，且含有1對孤電子對，根據(jù)VSEPR模型為四面體形，由于一對孤電子對占據(jù)四面體的一個頂點，所以其空間構(gòu)型為三角錐形，根據(jù)雜化軌道理論，中心N原子的雜化方式為sp3雜化；答案為三角錐形，sp3。

（3）CH3COOCH=CH2分子中甲基上的C形成4個σ鍵，沒有孤對電子，C原子為sp3雜化，羧基上的碳、碳碳雙鍵中碳都形成3個σ鍵，沒有孤對電子，為sp2雜化，CH3COOCH=CH2分子中含有1個C.6個C-H、2個C-O、1個C=O、1個C=C鍵，則σ鍵的數(shù)目為1+6+2+1+1=11，1molCH3COOCH=CH2分子中含有σ鍵的數(shù)目為11mol；答案為：sp2和sp3；11mol。

（4）乙酸和水都為極性分子，且分子之間可形成氫鍵，故CH3COOH可與H2O混溶；答案為CH3COOH與H2O之間可以形成氫鍵。

（5）Cu（I）提供空軌道，N、C原子提供孤對電子，Cu（I）與NH3及CO中的C形成配位鍵，結(jié)構(gòu)示意圖表示為：答案為【解析】①.[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9②.三角錐③.sp3④.sp2和sp3⑤.11mol⑥.CH3COOH與H2O之間可以形成氫鍵⑦.13、略

【分析】【分析】

C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個未成對電子，應(yīng)為Cl元素，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型；結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知A為O元素，B為Na元素。

【詳解】

（1）四種元素分別為O、Na、O、Cl，電負性最大的為O元素，C為P元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p3；

（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，二者對應(yīng)的晶體都為分子晶體，因O3相對原子質(zhì)量較大；則范德華力較大，沸點較高，A的氫化物為水，為分子晶體，B的氫化物為NaH，為離子晶體；

（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物為PCl3，P形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)為(5-3×1)/2=1，則為sp3雜化；立體構(gòu)型為為三角錐形；

（4）化合物D2A為Cl2O，O為中心原子，形成2個δ鍵，孤電子對數(shù)為(6-2×1)/2=2，則中心原子的價層電子對數(shù)為4，立體構(gòu)型為V形，氯氣與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備Cl2O，反應(yīng)的方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；

（5）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的頂點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，則形成的化合物為Na2O，晶胞中O位于頂點，Na位于體心，每個晶胞中有1個Na與O的距離最近，每個定點為8個晶胞共有，則晶胞中O原子的配位數(shù)為8，晶胞的質(zhì)量為(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的體積為(0.566×10-7)cm3，則晶體F的密度為=2.27g?cm-3?！窘馕觥縊1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3O3相對分子質(zhì)量較大，范德華力大分子晶體離子晶體三角錐形sp3V形42Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl

（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）Na2O8=2.27g?cm-314、略

【分析】【分析】

（1）激發(fā)態(tài)失去最外層1個電子所需能量最小；

（2）As原子與2個C原子；1個Cl原子形成共價鍵；還有一對孤電子對；

（3）石墨烷中碳原子形成4個共價鍵，雜化類型為sp3；石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子；都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性；

（4）分子晶體；結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，形成的范德華力強，熔點高；苯六酸含多個羧基，與水分子能形成氫鍵；六氯苯；六溴苯為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，均難溶于水；

（5）根據(jù)計算。

【詳解】

（1）Nb元素的基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d55s1，失去最外層1個電子所需能量，[Kr]4d35s15p1屬于激發(fā)態(tài)的電子排布式；所以失去最外層1個電子所需能量最小的a，故答案為：a；

（2）As原子與2個C原子；1個Cl原子形成共價鍵；還有一對孤電子對，其VSEPR模型為四面體形，故答案為：四面體形；

（3）石墨烯與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成石墨烷，石墨烷中碳原子形成4個共價鍵，雜化類型為sp3；石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子，都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性，故答案為：sp3；石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子；都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性；

（4）六溴苯和六氯苯均屬于分子晶體；且結(jié)構(gòu)相似，六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯，形成的范德華力強，熔點高；苯六酸含多個羧基，與水分子能形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯；六溴苯為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，均難溶于水，故答案為：兩者結(jié)構(gòu)相似，六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯，形成的范德華力強，熔點高；苯六酸含多個羧基，與水分子形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯、六溴苯為非極性分子，難溶于水；

（5）根據(jù)晶胞圖可知，該晶胞中含有2個Nb原子，2個O原子，2個N原子，所以故答案為：

【點睛】

雜化類型：中心原子的價層電子對數(shù)為4，則sp3雜化、中心原子的價層電子對數(shù)為3，則sp2雜化、中心原子的價層電子對數(shù)為2，則sp雜化；中心原子的價層電子對數(shù)=鍵+孤電子對數(shù)?！窘馕觥竣?a②.四面體形③.sp3④.石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子，都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導(dǎo)電性⑤.兩者結(jié)構(gòu)相似，六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯，形成的范德華力強，熔點高⑥.苯六酸含多個羧基，與水分子形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯、六溴苯為非極性分子，難溶于水⑦.三、實驗題(共1題，共2分)15、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]Cl2四、計算題(共3題，共30分)16、略

【分析】【分析】

(1)石墨晶體的層狀結(jié)構(gòu)；層內(nèi)每個碳原子由3個正六邊形共用，每個碳碳鍵由2個正六邊形共用；

(2)根據(jù)均攤法計算晶胞中Mg原子和B原子的個數(shù)；進而確定化學(xué)式。

【詳解】

(1)圖中層內(nèi)每個碳原子由3個正六邊形共用，每個碳碳鍵由2個正六邊形共用，則平均每個正六邊形占有C原子數(shù)為6=2個、占有的碳碳鍵數(shù)為6=2個；碳原子數(shù)目與碳碳化學(xué)鍵數(shù)目之比為2:3；

(2)根據(jù)晶體結(jié)構(gòu)單元可知，在六棱柱頂點上的鎂原子被6個六棱柱共用，在上下底面上的鎂原子被兩個六棱柱共用，根據(jù)均攤法可知晶胞中Mg原子的個數(shù)為2×+2×6×＝3，B原子的個數(shù)為6，所以Mg原子和B原子的個數(shù)比為3：6=1：2，所以化學(xué)式為MgB2。【解析】232:3MgB217、略

【分析】【詳解】

(1)晶胞中每個頂點的鎢原子為8個晶胞所共有，體心鎢原子完全為該晶胞所有，故晶胞中鎢原子個數(shù)為故答案為：2；

(2)已知金屬鎢的密度為ρ，鎢的相對原子質(zhì)量是M，每個晶胞中含有2個鎢原子，則每個晶胞的質(zhì)量為又因為每個晶胞的體積為a3，所以晶胞的密度解得故答案為：0.3163nm；

(3)晶胞體對角線的長度為鎢原子半徑的4倍，則計算得出鎢原子半徑為故答案為：0.137nm；

(4)每個晶胞中含2個鎢原子，鎢原子為球狀，根據(jù)則體心立方結(jié)構(gòu)的空間利用率為故答案為：68%?！窘馕觥?0.3163nm0.137nm68%18、略

【分析】【分析】

(1)氯化鈉晶體中氯離子位于定點和面心；鈉離子位于邊和體心；

(2)陰；陽離子之間的靜電作用為離子鍵；

(3)二氧化硅是原子晶體；每個硅原子與4個氧原子形成硅氧鍵；

(4)晶胞中CO2分子數(shù)目為8+6=4，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為(anm)3=(a×10-7cm)3，晶胞的密度

【詳解】

(1)晶胞中位于體心的鈉離子和位于邊上Na+的短離最近，則最近且等距的Na+共有12個Na+；晶胞中Na+的個數(shù)為1+12=4，Na+的個數(shù)為8+6=4；

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+與Cl-通過離子鍵結(jié)合在一起；

(3)二氧化硅是原子晶體；每個硅原子與4個氧原子形成硅氧鍵，則1mol二氧化硅中有4mol硅氧鍵；

(4)晶胞中CO2分子數(shù)目為8+6=4，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為(anm)3=(a×10-7cm)3，晶胞的密度則a=nm=nm。

【點睛】

均攤法確定立方晶胞中粒子數(shù)目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被4個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內(nèi)部：內(nèi)部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞?！窘馕觥?244離子鍵4五、原理綜合題(共3題，共15分)19、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＞FeO4×20、略

【分析】【分析】

(1)基態(tài)Fe原子核外電子排布式為[Ar]3d64s2；根據(jù)洪特規(guī)則判斷；

(2)[Fe(NO)(H2O)5]2+中配體為NO、H2O；配合物中配位數(shù)等于配體的個數(shù)之和；

(3)價電子數(shù)和原子個數(shù)相等的微粒為等電子體；利用等電子原理分析解答；

(4)利用中心原子價層電子互斥理論判斷雜化類型和空間結(jié)構(gòu)；

(5)①根據(jù)圖示，α－鐵和δ－鐵的鐵原子堆積方式為體心立方堆積；

②晶胞棱長為acm，根據(jù)結(jié)合圖示，面對角線是4個鐵原子的半徑，則鐵原子半徑=

【詳解】

(1)基態(tài)Fe原子核外電子排布式為[Ar]3d64s2，基態(tài)Fe2+核外電子排布式為[Ar]3d6；根據(jù)洪特規(guī)則，成單電子數(shù)為4；

(2)[Fe(NO)(H2O)5]2+中配體為NO、H2O；配合物中配位數(shù)等于配體的個數(shù)之和，則配位數(shù)為5+1=6；

(3)NO為雙原子價電子總數(shù)為(5+6)，其等電子體可能是O(6+6－1)或N(5+5+1)；

(4)SO的中心硫原子價層電子對數(shù)為4+(8-4×2)=4，S的雜化方式為sp3；空間構(gòu)型是正四面體；

(5)①α－鐵和δ－鐵的鐵原子堆積方式都為體心立方堆積；δ－鐵配位數(shù)為6；

②如圖所示，該晶胞中含有6個鐵原子，晶胞棱長為acm，根據(jù)則=cm，面對角線是4個鐵原子的半徑，F(xiàn)e原子半徑cm，即nm?！窘馕觥?NOH2O6O或N正四面體sp3雜化體心立方堆積621、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)構(gòu)造原理寫價電子排布式；根據(jù)原子核外電子排布以及洪特規(guī)則比較電離能大?。?/p>

(2)①A.分子晶體熔沸點較低；

B.互為等電子體的分子或離子價電子數(shù)相等；原子個數(shù)相等；

C.Fe與CO形成5個配位鍵；每個CO分子中含有1個σ鍵和2個π鍵；

D.反應(yīng)得到Fe單質(zhì)；形成金屬鍵；

②CN－與N2互為等電子體；

③將H2NCONH2(尿素)的結(jié)構(gòu)簡式寫成根據(jù)價層電子對互斥理論以及雜化軌道理論判斷原子的雜化類型，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，但第IIA族；第VA族第一電離能大于其相鄰元素；

(3)根據(jù)離子晶體熔沸點的比較方法說明理由；

(4)能量越高，物質(zhì)越不穩(wěn)定，由此判斷Cu代替b位置的Fe型能量高；相對不穩(wěn)定，再根據(jù)均攤法計算其化學(xué)式。

【詳解】

(1)Fe為26號元素，根據(jù)