2025年統(tǒng)編版2024選修3化學上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年統(tǒng)編版2024選修3化學上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8題，共16分)1、下列表示式錯誤的是()A.Na＋的電子排布圖：B.Na＋的結(jié)構(gòu)示意圖：C.Na的電子排布式：1s22s22p63s1D.Na的簡化電子排布式：[Ne]3s12、關(guān)于氮原子核外2p亞層中的電子，下列說法錯誤的是（）A.能量相同B.電子云形狀相同C.自旋方向相同D.電子云伸展方向相同3、軌道表示式是表示原子核外電子運動狀態(tài)的一種化學用語，下列有關(guān)原子的最外層的軌道表示式正確的是A.鈹原子：B.碳原子：C.氯原子：D.鋁原子：4、配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于離子檢驗，下列說法正確的是A.該物質(zhì)中Fe化合價為+2B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子雜化方式為sp3C.該物質(zhì)不存在的化學鍵有氫鍵D.NO作為配體提供一對孤對電子5、下列分子的空間構(gòu)型屬于直線形的是：A.氨氣B.甲烷C.乙烯D.乙炔6、根據(jù)價層電子對互斥理論及原子的雜化理論判斷BF3分子的空間構(gòu)型和中心原子的雜化方式為（）A.直線形sp雜化B.三角形sp2雜化C.三角錐形sp2雜化D.三角錐形sp3雜化7、下列中心原子采取sp2雜化且為非極性分子的是A.CS2B.H2SC.SO2D.SO38、下面有關(guān)離子晶體的敘述中，不正確的是（）A.1mol氯化鈉中有NA個NaCl分子B.氯化鈉晶體中，每個Na+周圍緊鄰6個Cl-C.氯化銫晶體中，每個Cs+周圍緊鄰8個Cl-D.平均每個NaCl晶胞中有4個Na+、4個Cl-評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、硅原子的電子排布式由1s22s22p63s23p2轉(zhuǎn)變?yōu)?s22s22p63s13p3，下列有關(guān)該過程的說法正確的是（）A.硅原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)，這一過程吸收能量B.硅原子由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化為基態(tài)，這一過程釋放能量C.硅原子處于激發(fā)態(tài)時的能量低于基態(tài)時的能量D.轉(zhuǎn)化后硅原子與基態(tài)磷原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，化學性質(zhì)相同10、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11、下列說法中正確的是A.所有的電子在同一區(qū)域里運動B.能量高的電子在離核遠的區(qū)域運動，能量低的電子在離核近的區(qū)域運動C.處于最低能量的原子叫基態(tài)原子D.同一原子中，1s、2s、3s所能容納的電子數(shù)越來越多12、下表中所列的五種短周期元素；原子序數(shù)連續(xù)，但與表中排列順序無關(guān)。用m表示基態(tài)原子的價電子數(shù)，用n表示基態(tài)原子的未成對電子數(shù)，m—n的值如下表所示：

下列說法錯誤的是A.第一電離能：A<td><>B.電負性：E<td><>C.原子序數(shù)：B<td><>D.核外未成對電子數(shù)：C=D13、通過反應(yīng)“P4(s)＋3NaOH(aq)＋3H2O(l)=3NaH2PO2(aq)＋PH3(g)ΔH＞0”，能制得用于化學鍍鎳的NaH2PO2。P4的結(jié)構(gòu)如圖所示；則下列說法正確的是。

A.白磷中各P原子通過共價鍵相連接形成共價晶體B.H2O分子的立體構(gòu)型為V形C.該反應(yīng)能自發(fā)進行，則ΔS＜0D.反應(yīng)產(chǎn)物PH3中磷原子的雜化方式為sp3雜化14、短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大，的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，形成的化合物甲的結(jié)構(gòu)如圖所示，在同周期中原子半徑最小。下列說法正確的是（）

A.原子半徑大小：B.電負性大小：C.形成的化合物為離子化合物D.化合物甲中陰離子的空間構(gòu)型為三角錐形15、近年來我國科學家發(fā)現(xiàn)了一系列意義重大的鐵系超導材料，其中一類為Fe－Sm－As－F－O組成的化合物。下列說法正確的是A.元素As與N同族，可預(yù)測AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角B.Fe成為陽離子時首先失去3d軌道電子C.配合物Fe(CO)n可用作催化劑，F(xiàn)e(CO)n內(nèi)中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，則n＝5D.每個H2O分子最多可與兩個H2O分子形成兩個氫鍵16、有一種藍色晶體[可表示為MxFey(CN)6]，經(jīng)X射線研究發(fā)現(xiàn)，其晶體中陰離子的最小結(jié)構(gòu)單元如圖所示。它的結(jié)構(gòu)特征是Fe3+和Fe2+互相占據(jù)立方體互不相鄰的頂點，而CN-位于立方體的棱上，則下列說法正確的是（）

A.x=2，y=1B.該晶體屬于離子晶體，M呈+1價C.M的離子不可能在立方體的體心位置D.該晶胞中與每個Fe3+距離最近且相等的CN-有3個評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、〔化學—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)18、（1）在周期表中，與Li的化學性質(zhì)最相似的鄰族元素是________，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)________(填“相同”或“相反”)。

（2）Zn原子核外電子排布式為____________________。

（3）元素K的焰色反應(yīng)呈紫紅色，其中紫色對應(yīng)的輻射波長為________nm(填標號)。

a．404.4b．553.5c．589.2d．670.8e．766.5

（4）寫出基態(tài)As原子的核外電子排布式：________________________。19、三價鉻離子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要組成成分，GTF能夠協(xié)助胰島素發(fā)揮作用。構(gòu)成葡萄糖耐量因子和蛋白質(zhì)的元素有C、H、O、N、S、Cr等；回答下列問題：

(l)Cr的價電子排布式為______；

(2)O、N、S的第一電離能由大到小的順序為______；

(3)SO2分子的VSEPR模型為______，其中心原子的雜化方式為______；

(4)CO和N2互為等電子體，兩種物質(zhì)相比沸點較高的是______，其原因是______；

(5)化學式為CrCl3?6H2O的化合物有多種結(jié)構(gòu)，其中一種可表示為[CrCl2(H2O)4]Cl?2H2O，該物質(zhì)的配離子中提供孤電子對的原子為______，配位數(shù)為______；

(6)NH3分子可以與H+結(jié)合生成這個過程發(fā)生改變的是______(填序號)

A.微粒的空間構(gòu)型B.N原子的雜化類型C.H-N-H鍵角D.微粒的電子數(shù)。

(7)由碳元素形成的某種晶體的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為ρg?cm-3，則該晶胞的棱長為______pm。

20、試用VSEPR理論判斷下列分子或離子的立體構(gòu)型，并判斷中心原子的雜化類型：(1)H2O____________形，雜化類型_________；(2)CO32-__________形，雜化類型_________；(3)SO32-__________形，雜化類型_________；21、N；P同屬于元素周期表的第VA族元素。

（1）基態(tài)磷原子的價電子排布圖是____________

（2）NCl3的VSEPR模型名稱是__________，中心原子雜化軌道類型是__________________。

（3）“笑氣”（N2O）是人類最早應(yīng)用于醫(yī)療的麻醉劑之一。有關(guān)理論認為原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的粒子即等電子體具有相似的化學鍵特征，它們的許多性質(zhì)是接近的。寫出N2O的一種有第二周期非金屬元素組成的等電子體分子_______________________。

（4）沸點比較：PH3___________NH3(填“＞”、“＝”、“＜”），理由是____________。

（5）已知鍵能：H－H鍵能為436KJ·mol-1，N－H鍵能為391KJ·mol-1，N≡N鍵能為945.6kJ?mol-1．。則N2+3H22NH3，生成2molNH3時，共放熱_________KJ

（6）NH3極易溶于水，原因是_______________22、有下列粒子：①CH4②CH2=CH2③CH≡CH④NH3⑤NH4＋⑥BF3⑦H2O。填寫下列空白(填序號)：

(1)呈正四面體的是__________

(2)中心原子軌道為sp3雜化的是__________，為sp2雜化的是__________，為sp雜化的是__________

(3)所有原子共平面的是__________

(4)粒子存在配位鍵的是__________

(5)含有極性鍵的極性分子的是__________23、據(jù)報道復旦大學修發(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電性。相關(guān)研究論文已在線發(fā)表于權(quán)威科學期刊《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）英國曼徹斯特大學物理學家安德烈·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年諾貝爾物理學獎；而石墨烯具有優(yōu)異的光學；電學、力學特性在材料學、微納加工、能源、生物醫(yī)學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___，石墨烯導電的原因是____。

（4）石墨烯也可采用化學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)，比以往的光學半導體更能夠吸收長波長側(cè)的光，作為光學半導體的新材料。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）

24、BeCl2熔點較低，易升華，溶于醇和醚，其與AlCl3化學性質(zhì)相似。由此可推斷BeCl2的化學鍵是_______（填“離子鍵”或“共價鍵”），其在固態(tài)時屬于______（填“原子”、“分子”或“離子”）晶體。25、有下列幾種晶體:A水晶B冰醋酸C白磷D金剛石E晶體氬F干冰。

(1)屬于分子晶體的是____,直接由原子構(gòu)成的分子晶體是____。

(2)屬于原子晶體的化合物是____。

(3)直接由原子構(gòu)成的晶體是____。

(4)受熱熔化時,需克服共價鍵的是____。評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共2分)26、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可以形成多種復雜陰離子，如下圖所示，若其中a對應(yīng)的陰離子化學式為YX則c對應(yīng)的陰離子的化學式為_________________(圓圈代表X原子；黑點代表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的電負性相對大小為______________（用元素符號作答）。評卷人得分五、計算題(共3題，共27分)27、(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)。則該化合物的化學式可表示為_______。28、金屬Zn晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為____________。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Zn的密度為________g·cm－3(列出計算式)。

29、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？_______評卷人得分六、原理綜合題(共3題，共18分)30、據(jù)世界權(quán)威刊物《自然》最近報道，我國科學家選擇碲化鋯（ZrTe2）和砷化鎘（Cd3As2）為材料驗證了三維量子霍爾效應(yīng)；并發(fā)現(xiàn)了金屬-絕緣體的轉(zhuǎn)換?；卮鹣铝袉栴}：

(1)鋅原子的價電子排布圖：____________________________________________

(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解溫度高于H2Te，其主要原因是________________

(3)Cd2+與NH3等配體形成配離子。1mol[Cd(NH3)4]2+含___________molσ鍵。該配離子中三種元素的電負性大小關(guān)系是：_______________________

(4)砷與鹵素形成多種鹵化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔點由高到低的排序為________

(5)鋯晶胞如圖1所示，這種堆積方式稱為______________________，鎘晶胞如圖2所示。已知：NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為dg·cm3。在該晶胞中兩個鎘原子最近核間距為______nm（用含NA、d的代數(shù)式表示），鎘晶胞中原子空間利用率為________（用含π的代數(shù)式表示）。

31、亞鐵氰化鉀（K4[Fe(CN)6])雙稱黃血鹽，是一種重要的化工原料。檢驗三價鐵發(fā)生的反應(yīng)為：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏藍)+3KCl；回答問題：

(1)寫出基態(tài)Fe3+的核外電子排布式_________。

(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共價鍵外，還有______和________。含有12molσ鍵的K4[Fe(CN)6的物質(zhì)的量為________mol。

(3)黃血鹽中N原子的雜化方式為______；C、N、O的第一電離能由大到小的排序為_____，電負性由大到小的排序為________。

(4)Fe；Na、K的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

①鈉的熔點比鉀更高，原因是__________________________。

②Fe原子半徑是rcm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，鐵的相對原子質(zhì)量為a，則鐵單質(zhì)的密度是_______g/cm3。32、化學·選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。

氟及其化合物用途非常廣泛，自然界中氟多以化合態(tài)形式存在,主要有螢石（CaF2）、冰晶石（Na3AlF6）等?；卮鹣铝袉栴}:

（1）基態(tài)氟原子中有_________________種能量不同的電子。

（2）NF3是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體。NF3與NH3的空間構(gòu)型相同,但是NH3（-33°C）的沸點比NF3（-129°C）的高，原因為_____________。

（3）氟硼酸（HBF4,屬于強酸）常用于替代濃硫酸作鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液,可由HF和BF3合成，從化學鍵形成角度分析HF與BF3能化合的原因:________。

（4）液態(tài)[H2F]+中存在[H2F]+和[HF2]-,[HF2]-的結(jié)構(gòu)可表示為[F-HF]-,[H2F]+的VSEPR模型名稱為________形。NaHF2可用于制無水氟化氫和供雕刻玻璃、木材防腐等。常溫常壓下為白色固體,易溶于水,160°C分解。NaHF2中所含作用力的類型有______.（填字母）。

a離子鍵b共價鍵c配位鍵d氫鍵。

（5）CaF2是難溶化合物,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示:

①若原子坐標參數(shù)A處為（0,0,0）,B處為（C處為（1，1，1）,則D處為_____.

②每個Ca2+周圍距離最近的Ca2+共有_____個。

③已知:CaF2晶體密度為cg·cm-3,則晶胞中Ca2+與最近的F-之間的距離為____nm（設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,用含c、NA的式子表示）。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A.同一軌道內(nèi)的2個電子自旋方向應(yīng)該相反，鈉原子失去3s的1個電子形成鈉離子，鈉離子核外有10個電子，Na+的電子排布圖：故A錯誤；

B.Na+核外電子數(shù)為10，有2個電子層，各層電子數(shù)為2、8，結(jié)構(gòu)示意圖為故B正確；

C.Na原子核外電子數(shù)為11，則鈉原子的核外電子排布式為1s22s22p63s1；故C正確；

D.鈉原子的核外電子排布式為1s22s22p63s1，內(nèi)層電子排布為1s22s22p6，Na原子的簡化電子排布式為：[Ne]3s1；故D正確；

答案選A。2、D【分析】【詳解】

氮原子核外電子排布為：1s22s22p3，2px1、2py1和2pz1上的電子能量相同、電子云形狀相同、自旋方向相同，但電子云伸展方向不相同，故選D。3、C【分析】【詳解】

A.鈹原子的最外層的軌道表示式故A錯誤；

B.當電子排布在同一能級的不同軌道時；總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，且自旋方向相同，所以2p能級上電子排布圖違反洪特規(guī)則，故B錯誤；

C.氯原子的最外層的軌道表示式為：故C正確；

D.根據(jù)能量最低原理；3s軌道的能量低于3p軌道，所以電子先排滿3s軌道，才能排3p軌道，所以該電子排布式違背了能量最低原理，故D錯誤；

正確答案是C。4、D【分析】【分析】

A、配離子為[Fe（CN）5（NO）]2-，中心離子為Fe3＋；

B、配體為CN－和NO，配位原子為C和N，都是單齒配體，配位數(shù)為6，中心原子的雜化方式不可能是sp3；

C；該物質(zhì)中沒有氫原子；沒有氫鍵，且氫鍵不是化學鍵；

D；NO配位原子為N；提供一對孤對電子與中心原子鐵的空軌道形成一個配位鍵（σ鍵）；

【詳解】

A、配離子為[Fe（CN）5（NO）]2-，中心離子為Fe3＋；故A錯誤；

B、配體為CN－和NO，配位原子為C和N，都是單齒配體，配位數(shù)為6，配位數(shù)多于4，故中心原子的雜化方式不可能是sp3；故B錯誤；

C、該物質(zhì)中沒有氫原子，沒有氫鍵，且氫鍵不是化學鍵，配合物中存在配位鍵，內(nèi)界和外界存在離子鍵：內(nèi)界CN－，NO存在極性鍵，內(nèi)界中配位鍵也屬于σ鍵，配位CN－中含有1根σ鍵；NO含有1根σ鍵，1mol配合物中σ鍵數(shù)目為6+1×5+1=12mol，故C錯誤；

D；NO配位原子為N；提供一對孤對電子與中心原子鐵的空軌道形成一個配位鍵（σ鍵），故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查配合物基本知識概念，解題關(guān)鍵：明確配位，配位數(shù)，內(nèi)界，外界的相關(guān)性質(zhì)。難點是B選項，要明確sp3雜化軌道有4個，不可能通過sp3雜貨軌道形成該配合物。5、D【分析】【詳解】

A．氨氣中N原子采用sp3雜化；是三角錐形分子，故A不選；

B．甲烷中C原子采用sp3雜化；是正四面體形分子，故B不選；

C．乙烯中含有碳碳雙鍵，C原子采用sp2雜化；是平面分子，故C不選；

D．乙炔中含有碳碳三鍵；C原子采用sp雜化，是直線分子，故D選；

故選D。6、B【分析】【詳解】

根據(jù)價層電子對互斥理論可知，BF3分子中N原子的價層電子對個數(shù)=3+×（3-3×1）=3，沒有孤電子對，所以該分子是三角形結(jié)構(gòu)，中心原子采用sp2雜化；故選B。

【點睛】

該題的關(guān)鍵是利用好價層電子對互斥理論，準確判斷出中心原子含有的孤對電子對數(shù)，然后靈活運用即可。7、D【分析】【分析】

原子間以共價鍵結(jié)合；分子里電荷分布均勻，正負電荷中心重合的分子是非極性分子。分子中正負電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，據(jù)此可以判斷。

【詳解】

A、根據(jù)價層電子對互斥理論可知，CS2分子中碳原子含有的孤對電子對數(shù)＝＝0；因此二硫化碳是直線型結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，碳原子是sp雜化，A不正確；

B、H2S分子中S原子含有的孤對電子對數(shù)＝＝2，因此H2S是V型結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，S原子是sp3雜化；B不正確；

C、SO2分子中S原子含有的孤對電子對數(shù)＝＝1，因此SO2是V型結(jié)構(gòu)，屬于極性分子，S原子是sp2雜化；C不正確；

D、三氧化硫分子中S原子含有的孤對電子對數(shù)＝＝0，因此SO3是平面三角形結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，S原子是sp2雜化；D正確；

答案選D。8、A【分析】【詳解】

A.氯化鈉為離子晶體；不存在分子，故A錯誤；

B.在氯化鈉的晶胞中，鈉離子在棱心和體心時，頂點和面心為氯離子，則每個Na+周圍距離相等的Cl-共有6個；故B正確；

C.氯化銫晶體的晶胞中，銫離子在體心，氯離子在頂點，每個Cs+周圍緊鄰8個Cl-；故C正確；

D.在NaCl晶胞中，鈉離子在棱心和體心時，頂點和面心為氯離子，鈉離子為12×+1=4，氯離子為=4；故D正確；

故答案為A。二、多選題(共8題，共16分)9、AB【分析】【詳解】

A．由能量最低原理可知硅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2，當變?yōu)?s22s22p63s13p3時；有1個3s電子躍遷到3p軌道上，3s軌道的能量低于3p軌道的能量，要發(fā)生躍遷，必須吸收能量，使電子能量增大，故A正確；

B．硅原子處于激發(fā)態(tài)時能量要高；處于基態(tài)能量變低，因而由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化成基態(tài)，電子能量減小，需要釋放能量，故B正確；

C．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子；所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，故C錯誤；

D．元素的性質(zhì)取決于價層電子，包括s、p軌道電子，硅原子的激化態(tài)為1s22s22p63s13p3，基態(tài)磷原子為1s22s22p63s23p3；則它們的價層電子數(shù)不同，性質(zhì)不同，故D錯誤；

答案為AB。10、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。11、BC【分析】【詳解】

A.電子在核外的排布是分層的；不同的電子在不同的能級運動，故A錯誤；

B.離核越遠的電子能量越大；離核越近的電子能量越小，故B正確；

C.處于最低能量的原子叫基態(tài)原子；故C正確；

D.s能層最多只能容納2個電子；與所在能層無關(guān)，故D錯誤；

故答案選BC。12、AD【分析】【分析】

短周期元素的價電子數(shù)就是其最外層電子數(shù)，用m表示基態(tài)原子的價電子數(shù)，用n表示基態(tài)原子的未成對電子數(shù)，A元素m—n為8，說明A的最外層電子數(shù)為8，均已成對，故A只能是Ne或者Ar；B元素m—n為6，說明B的最外層電子數(shù)為7，6個已成對，故B只能是F或者Cl，同理推導出：C為O或S，D為N；C、B、Be或P、Si、Al、Mg，E為Na或Li、H，又A、B、C、D、E原子序數(shù)連續(xù)，故只能分別為Ne、F、O、N、Na，據(jù)此分析作答。

【詳解】

A．同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，分析可知A為惰性氣體元素，其第一電離能在同周期中最大，故A>C；A錯誤；

B．據(jù)分析可知，E是Na為金屬元素，D是N為非金屬元素，故電負性E

C．據(jù)分析可知，E是Na，B是F，故原子序數(shù)：B

D．C是O；有2個未成對電子，而D是N，有3個未成對電子，故核外未成對電子數(shù)：C與D不相等，D錯誤；

故答案為：AD。13、BD【分析】【詳解】

A.白磷中4個P原子通過共價鍵相連接形成P4分子；屬于分子晶體，故A錯誤；

B.H2O分子的立體構(gòu)型為V形；故B正確；

C.該反應(yīng)能自發(fā)進行則ΔH-TΔS＜0；ΔH＞0，則ΔS＞0,故C錯誤；

D.PH3中磷原子的雜化方式為sp3雜化；故D正確；

答案選BD。

【點睛】

該反應(yīng)能自發(fā)進行則ΔH-TΔS＜0；PH3中磷原子于氫原子共用三個電子對，含有一對孤電子對，故雜化方式為sp3雜化。14、AC【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大；W的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，則W為C或Si，根據(jù)W、X、Y形成的化合物甲的結(jié)構(gòu)示意圖，X為O，則W為C，Y為+1價的陽離子，為Na元素；Z在同周期中原子半徑最小，Z為Cl元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析；W為C元素，X為O元素，Y為Na元素，Z為Cl元素。

A．同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑大?。汗蔄正確；

B．元素的非金屬性越強；電負性越大，電負性大?。篨＞Z，故B錯誤；

C．X為O元素；Y為Na元素，為活潑的非金屬和金屬元素，形成的化合物為離子化合物，故C正確；

D．化合物甲中陰離子為CO32-；C原子的價層電子對數(shù)=3，沒有孤對電子，空間構(gòu)型為平面三角形，故D錯誤；

故選AC。15、AC【分析】【詳解】

A選項，元素As與N同族，N的電負性大于As，使成鍵電子離N原子更近，兩個N—H鍵間的排斥力增大，NH3中鍵角更大，因此AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角；故A正確；

B選項；Fe成為陽離子時首先失去4s軌道電子，故B錯誤；

C選項，配合物Fe(CO)n可用作催化劑，F(xiàn)e的價電子為3d64s2，價電子數(shù)為8，一個配體CO提供2個電子，因此Fe(CO)n內(nèi)中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18；8+2×n=18，則n＝5，故C正確；

D選項，冰中每個H2O分子與周圍四個水分子形成氫鍵形成四面體結(jié)構(gòu)；即一個水分子可以形成四個氫鍵，故D錯誤。

綜上所述；答案為AC。

【點睛】

冰的密度比水小的原因是冰中水與周圍四個水分子以氫鍵形成四面體結(jié)構(gòu)，中間有空隙，因此密度比水小。16、BC【分析】【詳解】

Fe3+在立方體的頂點，每個Fe3+被8個晶胞共有，每個晶胞中Fe3+個數(shù)為4×=同理每個晶胞中Fe2+個數(shù)為CN-位于棱的中點，每個CN-被4個晶胞共有，故每個晶胞中CN-個數(shù)為12×=3。

A.已知晶體的化學式為MxFey(CN)6，故有2個晶胞，陰離子含有一個Fe3+，1個Fe2+，6個CN-，晶體中的陰離子為[Fe2(CN)6]-，根據(jù)化合物中各元素的化合價代數(shù)和為0得晶體的化學式為MFe2(CN)6；綜上可知，x=1，y=2，A錯誤；

B.M呈+1價；因為有陰；陽離子，故該晶體屬于離子晶體，B正確；

C.若M的離子在立方體的體心位置，則該晶體的化學式可表示為MFe2(CN)3，與晶體化學式MFe2(CN)6不符合；故M的離子不可能在立方體的體心位置，C正確；

D.該晶胞中與每個Fe3+距離最近且相等的CN-有6個；D錯誤；

故合理選項是BC。三、填空題(共9題，共18分)17、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161218、略

【分析】【詳解】

(1)；由元素周期表中的“對角線規(guī)則”可知；與Li的化學性質(zhì)最相似的鄰族元素是Mg；Mg為12號元素，M層只有2個電子，排布在3s軌道上，故M層的2個電子自旋狀態(tài)相反；

故答案為.Mg；相反；

(2)、Zn原子核外有30個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

(3)；當對金屬鉀或其化合物進行灼燒時；焰色反應(yīng)顯紫紅色，可見光的波長范圍為400～760nm，紫色光波長較短(鉀原子中的電子吸收較多能量發(fā)生躍遷，但處于較高能量軌道的電子不穩(wěn)定，躍遷到較低能量軌道時放出的能量較多，故放出的光的波長較短)；

故選A；

(4)；根據(jù)構(gòu)造原理可寫出基態(tài)As原子的核外電子排布式；

故答案為1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)?！窘馕觥竣?Mg②.相反③.1s22s22p63s23p63d104s2(或[Ar]3d104s2)④.A⑤.1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)19、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr的原子序數(shù)和在周期表的位置，寫出價電子排布；根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律判斷第一電離能大小；根據(jù)VSEPR理論判斷SO2的VSEPR模型和中心原子的雜化形式；根據(jù)等電子體，分子量相同，由分子的極性判斷熔沸點高低；根據(jù)配位體的結(jié)構(gòu)判斷配體提供孤電子對和配位數(shù)；根據(jù)VSEPR理論判斷NH3變?yōu)镹H4+時引起的變化；根據(jù)均攤法計算晶胞中C原子個數(shù)；由密度，質(zhì)量計算晶胞的棱長；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）Cr是24號元素，在元素周期表中位于第四周期第VIB，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，基態(tài)原子價電子排布為3d54s1；答案為：3d54s1。

（2）非金屬性越強；第一電離能越大，N元素原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素，O，S屬于同主族元素，從上往下，非金屬性減弱，O的原子序數(shù)比S小，則非金屬性O(shè)＞S，第一電離能O＞S，則O；N、S的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞S；答案為N＞O＞S。

（3）SO2分子的價層電子對數(shù)=2+=3，VSEPR模型的名稱為平面三角形，S原子采取sp2雜化；答案為平面三角形，sp2。

（4）CO和N2互為等電子體，且CO和N2分子量相同，由于CO是極性分子，N2是非極性分子，分子的極性越強分子間作用力越強熔沸點越高，所以熔沸點CO大于N2；答案為CO，CO和N2分子量相同，由于CO是極性分子，N2是非極性分子；極性分子與極性分子之間的范德華力較強，故CO沸點較高。

（5）由[CrCl2(H2O)4]Cl?2H2O結(jié)構(gòu)可知，中心原子Cr3+提供空軌道；配體Cl；O提供孤電子對，配位數(shù)為2+4=6；答案為Cl、O，6。

（6）NH3分子可以與H+結(jié)合生成NH4+，NH3分子中N原子價層電子對數(shù)=3+=3+1=4，采取sp3雜化，有一個孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，NH4+中N原子價層電子對數(shù)=4+=4+0=4，采取sp3雜化；無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體，二者中N原子價層電子對數(shù)均是4，N原子孤電子對數(shù)由1對變?yōu)?，N原子雜化方式不變，電子數(shù)數(shù)目不變，空間構(gòu)型由三角錐形變?yōu)檎拿骟w，鍵角減小；答案為A；C。

（7）晶胞中碳原子數(shù)目=4+8×+6×=8，設(shè)晶胞棱長為apm，則8×=ρg/cm3×(a×10-10cm)3，解得a=×1010pm；答案為×1010?！窘馕觥竣?3d54S1②.N>O>S③.平面三角形④.sp2雜化⑤.CO⑥.CO為極性分子，N2為非極性分子，極性分子與極性分子之間的范德華力較強，故CO沸點較高⑦.O、Cl⑧.6⑨.AC⑩.×101020、略

【分析】【分析】

根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子或離子空間構(gòu)型，價層電子對個數(shù)n=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=（a-xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)。根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化，據(jù)此分析解答。

【詳解】

（1）H2O中價層電子對個數(shù)n=2+（6-2×1）=4，含孤電子對數(shù)為2，中心原子采用sp3雜化，所以該分子為V型；（2）CO32-中價層電子對個數(shù)n=3+（4+2-3×2）=3，含孤電子對數(shù)為0，中心原子采用sp2雜化，所以該分子為平面三角形；（3）SO32-中價層電子對個數(shù)n=3+（6+2-3×2）=4，含孤電子對數(shù)為1，中心原子采用sp3雜化，所以該分子為三角錐形?！窘馕觥竣?V形②.sp3③.平面三角形④.sp2⑤.三角錐形⑥.sp321、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：

（1）基態(tài)磷原子的價電子排布式為3s23p3，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則可得價電子排布圖為

（2）根據(jù)價層電子對互斥理論，NCl3中氮原子含有的孤對電子對數(shù)是（5－1×3）÷2＝1，N原子的價層電子對數(shù)為3+1=4，則NCl3的VSEPR模型名稱是四面體，中心原子雜化軌道屬于sp3雜化。

（3）根據(jù)等電子體的特點，原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的即為等電子體。N2O的原子個數(shù)為3個，價電子數(shù)為16。則由第二周期非金屬元素組成的等電子體分子為CO2。

（4）因NH3分子之間有氫鍵，沸點比PH3高。

（5）H－H鍵能為436KJ·mol-1，N－H鍵能為391KJ·mol-1，N≡N鍵能為945.6kJ?mol-1．。對于反應(yīng)N2+3H22NH3的反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能－生成物的總鍵能=945.6kJ?mol-1＋436KJ·mol-1×3－391KJ·mol-1×6=－92.4KJ·mol-1，則生成2molNH3時；共放熱92.4KJ。

（6）NH3極易溶于水，是因為NH3和水都是極性分子，相似相溶；NH3和水分子之間有氫鍵；NH3和水要發(fā)生化學反應(yīng)。

考點：考查價電子排布圖，價層電子對互斥理論，雜化，等電子體，相似相溶原理，氫鍵，鍵能等。【解析】四面形sp3雜化軌道CO2<NH3分子之間有氫鍵92.4NH3和水都是極性分子，相似相溶；NH3和水分子之間有氫鍵；NH3和水要發(fā)生化學反應(yīng)22、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)雜化軌道數(shù)判斷雜化類型判斷微粒的構(gòu)型來解答，①CH4是正四面體結(jié)構(gòu)，②C2H4是平面形分子③C2H2是直線形分子④NH3是三角錐形分子，⑤NH4+是正四面體結(jié)構(gòu)，⑥BF3是平面三角形分子⑦H2O是V形分子；

(2)根據(jù)雜化軌道數(shù)判斷雜化類型；雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)，據(jù)此判斷雜質(zhì)類型；

(3)①CH4是正四面體結(jié)構(gòu)，②C2H4是平面形分子③C2H2是直線形分子④NH3是三角錐形分子，⑤NH4+是正四面體結(jié)構(gòu)，⑥BF3是平面三角形分子⑦H2O是V形分子；

(4)判斷分子中能否有提供孤電子對和空軌道的粒子；以此來解答；

(5)不同原子間形成極性鍵；同種原子間形成非極性鍵；結(jié)構(gòu)不對稱；正負電荷中心重疊的分子為極性分子。

【詳解】

(1)①CH4中C原子采取sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)，②C2H4中C原子采取sp2雜化，空間構(gòu)型為平面形分子，③C2H2中C原子采取sp雜化，空間構(gòu)型為直線形分子④NH3中氮原子采取sp3雜化，空間構(gòu)型為三角錐形分子，⑤NH4+中氮原子采取sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)，⑥BF3中硼原子采取sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形分子⑦H2O中O原子采取sp3雜化；空間構(gòu)型為V形分子，呈正四面體的是：①⑤；

(2)①CH4中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，所以采取sp3雜化；

②C2H4中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+0=3，所以采取sp2雜化；

③C2H2中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=2+0=2；所以采取sp雜化；

④NH3中氮原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+1=4，所以采取sp3雜化；

⑤NH4+中氮原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，所以采取sp3雜化；

⑥BF3中B原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+0=3，所以采取sp2雜化；

⑦H2O中O原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=2+2=4，所以采取sp3雜化；

所以中心原子軌道為sp3雜化的是①④⑤⑦，中心原子軌道為sp2雜化的是②⑥；為sp雜化的是③；

(3)①CH4是正四面體結(jié)構(gòu)；所有原子不共面也不共線；

②C2H4是平面形分子；所有原子共平面而不共線；

③CH≡CH是直線形分子；所有原子共平面也共線；

④NH3是三角錐形分子；所有原子不共面也不共線；

⑤NH4+是正四面體結(jié)構(gòu)；所有原子不共面也不共線；

⑥BF3是平面三角形分子；所有原子共平面而不共線；

⑦H2O是V形分子；所有原子共平面而不共線；

所有原子共平面的是：②③⑥；

(4)①CH4中無孤對電子；

②CH2═CH2中上無孤對電子；

③CH≡CH中無孤對電子；

④NH3中N上有1對孤對電子；無空軌道；

⑤NH4+中N提供孤電子對，H+提供空軌道；二者都能形成配位鍵；

⑥BF3中無孤對電子；

⑦H2O中O上有2對孤對電子；無空軌道；

粒子存在配位鍵的是⑤；

(5)①CH4中C上無孤對電子；形成4個σ鍵，為正四面體結(jié)構(gòu)，只含C?H極性鍵，結(jié)構(gòu)對稱，為非極性分子；

②CH2═CH2中C上無孤對電子；每個C形成3個σ鍵，為平面結(jié)構(gòu)，含C=C；C?H鍵，為非極性分子；

③CH≡CH中C上無孤對電子；每個C形成2個σ鍵，為直線結(jié)構(gòu)，含C≡C；C?H鍵，為非極性分子；

④NH3中N上有1對孤對電子；N形成3個σ鍵，為三角錐型，只含N?H鍵，為極性分子；

⑤NH4+中N上無孤對電子；N形成4個σ鍵，為正四面體結(jié)構(gòu)，只含N?H鍵，為非極性分子；

⑥BF3中B上無孤對電子；形成3個σ鍵，為平面三角形，只含B?F鍵，為非極性分子；

⑦H2O中O上有2對孤對電子；O形成2個σ鍵，為V型，含O?H極性鍵，為極性分子；

含有極性鍵的極性分子的是：④⑦?！窘馕觥竣?①⑤②.①④⑤⑦③.②⑥④.③⑤.②③⑥⑥.⑤⑦.④⑦23、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??；

（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)。【解析】①.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⑦.24、略

【分析】【詳解】

AlCl3是共價化合物，BeCl2與AlCl3化學性質(zhì)相似，故BeCl2的化學鍵是共價鍵，其在固態(tài)時屬于分子晶體，故答案為：共價鍵；分子晶體?！窘馕觥竣?共價鍵②.分子晶體25、略

【分析】根據(jù)構(gòu)成晶體的微粒不同,分子晶體僅由分子構(gòu)成,原子晶體中無分子。分子晶體有B、C、E、F,注意晶體氬是單原子分子晶體;原子晶體和單原子分子晶體都是由原子直接構(gòu)成的,原子晶體有A、D,但屬于化合物的只有A;分子晶體熔化時,一般不破壞化學鍵;原子晶體熔化時,破壞共價鍵。【解析】(1)B；C、E、FE

(2)A(3)A、D、E(4)A、D四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共2分)26、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可以形成多種復雜硅氧根陰離子，若其中a對應(yīng)的陰離子化學式為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的電負性比氫大，則Si與Se的電負性相對大小為Se>Si;

答案為：相同；Se>Si。

【點睛】

本題的難點是(2)，用均攤法求算離子的化學式。【解析】硒[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>Si五、計算題(共3題，共27分)27、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，所以化學式為MgB2。【解析】232:3MgB228、略

【分析】【詳解】

題圖中原子的堆積方式為六方最密堆積。六棱柱底部正六邊形的面積＝6×a2cm2，六棱柱的體積＝6×a2ccm3，該晶胞中Zn原子個數(shù)為12×＋2×＋3＝6，已知Zn的相對原子質(zhì)量為65，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則Zn的密度ρ＝＝g·cm－3?！窘馕觥苛阶蠲芏逊e(A3型)29、略

【分析】【分析】

從上述NaCl晶體結(jié)構(gòu)模型中分割出一個小立方體，如圖中所示：其中a代表其邊長，d代表兩個距離最近的Na+中心間的距離，利用“均攤法”計算小立方體中Na+、Cl-的數(shù)目，進而計算小立方體的質(zhì)量，根據(jù)公式密度計算出小立方體的邊長；進而計算兩個距離最近的鈉離子中心間的距離。

【詳解】

從上述NaCl晶體結(jié)構(gòu)模型中分割出一個小立方體，如圖中所示：其中a代表其邊長，d代表兩個Na+中心間的距離。由此不難想象出小立方體頂