2025年粵教滬科版選修三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年粵教滬科版選修三化學(xué)下冊階段測試試卷359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8題，共16分)1、描述硅原子核外電子運(yùn)動說法錯誤的是A.有4種不同的伸展方向B.有14種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子C.有5種不同能量的電子D.有5種不同的運(yùn)動范圍2、下列電子排布式中，原子處于激發(fā)態(tài)的是A.ls22s22p63s23p63d34s2B.ls22s22p63s23p63d44s2C.ls22s22p63s23p63d54s2D.ls22s22p63s23p63d64s23、下列元素原子結(jié)構(gòu)的最外層電子排布中，元素屬于副族元素的是A.3s33p3B.3d104s1C.3d64s2D.2s22p44、元素處于基態(tài)時的氣態(tài)原子獲得一個電子成為－1價陰離子時所放出的能量叫做該元素的第一電子親合能。－1價陰離子再獲得一個電子的能量變化叫做第二電子親合能。下表中給出了幾種元素或離子的電子親合能數(shù)據(jù)：。元素LiNaKOF電子親合能kJ/mol141

下列說法不正確的是A.電子親合能越大，說明越容易得到電子B.1mol基態(tài)的氣態(tài)氟原子得到1mol電子成為氟離子時放出327.9kJ的能量C.元素的第一電離能同主族的從上到下逐漸減小，同周期從左到右則逐漸增大D.基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到兩個電子成為O2－需要吸收能量5、下列四元素：①C、②N、③F、④O，電負(fù)性由大到小的順序為A.①②③④B.④③②①C.③④②①D.③④①②6、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(xué)鍵有氫鍵D.NO作為配體提供一對孤對電子7、石墨可作電極材料；耐高溫耐酸材料、鉛筆芯等；以下有關(guān)石墨的敘述正確的是。

①屬原子晶體②屬分子晶體③是C60的同素異形體④每個碳原子都形成了4個共用電子對A.①③④B.②③④C.②③D.③8、下列有關(guān)NaCl晶體形成的熱化學(xué)方程式中，能直接表示出氯化鈉晶體的晶格能的是A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、非金屬元素雖然種類不多；但是在自然界中的豐度卻很大，請回答下列問題：

(1)BN(氮化硼，晶胞結(jié)構(gòu)如圖)和CO2中的化學(xué)鍵均為共價鍵，BN的熔點高且硬度大，CO2的晶體干冰卻松軟且極易升華。由此可以判斷：BN可能是______晶體，CO2可能是______晶體，BN晶體中B原子的雜化軌道類型為______，干冰中C原子的雜化軌道類型為______

(2)分子極性：OF2______H2O，鍵角：OF2______H2O(填“＞””或者“＜”)

(3)金剛石和石墨都是碳元素的單質(zhì)，但石墨晶體熔點比金剛石______，原因是______

(4)單晶硅的結(jié)構(gòu)與金剛石結(jié)構(gòu)相似，若將金剛石晶體中一半的C原子換成Si原子且同種原子不成鍵，則得如圖所示的金剛砂(SiC)結(jié)構(gòu)。在SiC結(jié)構(gòu)中，每個C原子周圍距離相等且最近的C原子數(shù)目為______，假設(shè)C-Si鍵長為acm，則晶胞密度為______g/cm3。

10、鈣及其化合物在工業(yè)上；建筑工程上和醫(yī)藥上用途很大。回答下列問題。

(1)基態(tài)Ca原子M能層有_____個運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，Ca的第一電離能__________(填“大于”或“小于”)Ga。

(2)Mn和Ca屬于同一周期，且核外最外層電子構(gòu)型相同，但金屬Mn的熔點沸點等都比金屬Ca高，原因是____________________。

(3)氯氣與熟石灰反應(yīng)制漂白粉時會生成副產(chǎn)物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的陰離子空間構(gòu)型是__________、中心原子的雜化形式為___________。

(4)碳酸鹽的熱分解示意圖如圖所示。

熱分解溫度：CaCO3_______(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_____________________________。從價鍵軌道看，CO2分子內(nèi)的化學(xué)鍵類型有__________。

(5)螢石是唯一一種可以提煉大量氟元素的礦物，晶胞如圖所示。Ca2+的配位數(shù)為__________，螢石的一個晶胞的離子數(shù)為__________，已知晶胞參數(shù)為0.545nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則螢石的密度為__________g·cm－3(列出計算式)。

11、硼及其化合物的應(yīng)用廣泛。試回答下列問題：

（1）基態(tài)原子的價電子軌道表示式為__________，其第一電離能比的__________（填“大”或“小”）。

（2）氨硼烷（）被認(rèn)為是最具潛力的新型儲氫材料之一，分子中存在配位鍵，提供孤電子對的原子是__________，寫出一種與氨硼烷互為等電子體的有機(jī)小分子：___________________（填化學(xué)式）。

（3）常溫常壓下硼酸（）的晶體結(jié)構(gòu)為層狀；其二維平面結(jié)構(gòu)如圖所示。

①B原子的雜化方式為__________。從氫鍵的角度解釋硼酸在冷水中的溶解度小而加熱時溶解度增大：_________________。

②路易斯酸堿理論認(rèn)為，任何可接受電子對的分子或離子叫路易斯酸，任何可給出電子對的分子或離子叫路易斯堿。從結(jié)構(gòu)角度分析硼酸是路易斯酸：______________________________。12、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》一書中有關(guān)于煉鋅技術(shù)的記載。回答下列問題。

（1）硫酸鋅溶于過量的氨水可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4。

①配合物[Zn(NH3)4]SO4中，[Zn(NH3)4]2+的名稱是____________。

②中,中心原子的軌道雜化類型為____________。

③NH3極易溶于水，除了因為它們都是極性分子外還因為____________。

（2）Zn2+的4s和4p軌道可以形成sp3雜化軌道，那么[ZnCl4]2-的空間構(gòu)型為____________。

（3）氧化鋅的結(jié)構(gòu)有多種，其中一種立方閃鋅礦的結(jié)構(gòu)如圖所示，若該晶胞的邊長為anm,NA為阿伏加德羅常數(shù)的值則立方閃鋅礦晶體的密度為____________g?cm-3。

13、用符號“>”“<”或“=”連接下列各項關(guān)系。

(1)第一電離能N_____O；(2)電負(fù)性：N____C；

(3)鍵角：H2S______NH3(4)晶格能：MgO_______KI評卷人得分三、原理綜合題(共8題，共16分)14、據(jù)世界權(quán)威刊物《自然》最近報道，我國科學(xué)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(fù)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）。

15、VA族元素氮、磷、砷(As)、銻(Sb)；鉍(Bi)的單質(zhì)及其化合物在科研和生產(chǎn)中有許多重要用途。

(1)鉍合金可用于自動噴水器的安全塞，一旦發(fā)生火災(zāi)時，安全塞會“自動”熔化，噴出水來滅火。鉍的價電子排布式為_______。

(2)第三周期元素中第一電離能大于磷的元素有_______(填元素符號)。

(3)Pt(NH3)2C12具有如圖所示的兩種平面四邊形結(jié)構(gòu)(一種有抗癌作用)，其中在水中的溶解度較小是_______(填“順式”或“反式”)。

(4)氨硼烷(BH3?NH3)是一種儲氫材料，與乙烷互為等電子體，熔點為104℃。氨硼烷晶體中各種微粒間的作用力涉及________(填標(biāo)號)。

A.范德華力B.離子鍵C.配位鍵D.金屬鍵。

(5)偏亞砷酸鈉(NaAsO2)是一種滅生性除草劑，可殺死各種草本植物，其陰離子的立體構(gòu)型為___。

(6)化肥廠生產(chǎn)的(NH4)2SO4中往往含有少量極易被植物根系吸收的具有正四面體結(jié)構(gòu)的N4H44+，其結(jié)構(gòu)式為_______，其中N原子的雜化方式為________。

(7)鑭、鐵、銻三種元素組成的一種固體能實現(xiàn)熱電效應(yīng)。該固體晶胞結(jié)構(gòu)如圖l所示，晶胞參數(shù)為anm，F(xiàn)e原子填在6個Sb原子形成的正八面體空隙中；晶胞6個表面的結(jié)構(gòu)都如圖2所示。

①以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖l中原子甲的坐標(biāo)為(0，0，0)，原子乙的坐標(biāo)為(0)，則原子丙的坐標(biāo)為________。

②設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該固體的密度ρ=__g·cm-3(列出計算式即可)。16、Ⅰ．某離子晶體特征結(jié)構(gòu)如圖A所示。X●位于立方體部分頂點；Y○位于立方體中心。試分析：

（1）每個Y同時吸引著_______個X，該晶體的化學(xué)式為______________。

（2）晶體中每個X周圍與它最接近且距離相等的X共有__________個。

（3）晶體中距離最近的2個X與1個Y形成的夾角∠XYX是___________。

（4）設(shè)該晶體的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，晶體密度為g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體中兩個距離最近的X中心間距為__________cm。

Ⅱ．B4Cl4是一種淡黃色并具有揮發(fā)性的固體化合物，在70℃以下，它存在于真空中。結(jié)構(gòu)測定表明：該化合物中每個氯原子均結(jié)合一個硼原子，其鍵長都是0.170nm，任意兩個硼原子之間為0.171nm。每個硼原子周圍各有4個共價鍵。根據(jù)上述性質(zhì)和參數(shù)畫出B4Cl4分子空間構(gòu)型的示意圖______________________。17、鐵及其化合物在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Fe原子的外圍電子排布圖為____，基態(tài)Fe2+中，核外電子占據(jù)最高能層的符號是____，F(xiàn)e2+和Fe3+是鐵的兩種常見離子，F(xiàn)e3+的穩(wěn)定性強(qiáng)于Fe2+；原因是____。

(2)Fe3+可以與SCN—形成一系列不同配位數(shù)的紅色配合物，所以常用KSCN溶液檢驗Fe3+的存在，KSCN中四種元素的電負(fù)性由小到大的順序為_______，SCN—的幾何構(gòu)型為______；中心原子的雜化類型為_______。

(3)實驗中常用K3[Fe(CN)6]檢驗Fe2+，K3[Fe(CN)6]晶體中的化學(xué)鍵有_________(填寫選項字母)

a.離子鍵.b.共價鍵c；氫鍵d.配位鍵e.金屬鍵。

1molK3[Fe(CN)6]中含有σ鍵與π鍵的數(shù)目比為_____________。

(4)FexO為氯化鈉型結(jié)構(gòu)，在實際晶體中，由于存在缺陷，x<1。測得Fe0.92O晶體的晶胞參數(shù)a=428.0pm，則該晶體的密度ρ=__________g/cm3(列出計算式)，晶體中最近的兩個鐵離子間的距離為_______pm。18、第VIII族元素；跟主族元素的金屬相比，它們有熔；沸點高、硬度高、密度大等特點，并有良好的延展性和高導(dǎo)電、導(dǎo)熱性。下列有關(guān)它們及其化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，請?zhí)顚懀?/p>

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱為________，提供孤對電子的成鍵原子是________。

（2）①Co元素形成CoCl3·4NH3（綠色）和CoCl3·4NH3（紫色）各1mol，分別與足量硝酸銀溶液反應(yīng)，都得到1molAgCl沉淀。兩種配合物中配合離子的配位數(shù)都是________，CoCl3·4NH3（綠色）和CoCl3·4NH3（紫色）的組成相同而顏色不同的原因是________。

②Co(OH)2為兩性氫氧化物，在濃的強(qiáng)堿溶液中可以形成[Co(OH)4]2?。寫出Co(OH)2酸式電離的電離方程式__________。

（3）與Co屬于同周期同族的過渡元素A；其基態(tài)原子排布中有四個未成對電子。

①由此元素可構(gòu)成固體X，區(qū)別X為晶體或非晶體的方法為______________。

②A可與CO反應(yīng)生成A(CO)5，常壓下熔點為-20.3℃，沸點為103.6℃，該晶體類型是______________。

③A3+與SCN?不僅能以1:3的個數(shù)比配合，還可以其它個數(shù)比配合。若A3+與SCN?以1:4的個數(shù)比配合，則ACl3與KSCN在水溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為_______。

④A可與另兩種元素B、C構(gòu)成某種化合物，B、C的外圍電子排布分別為3d104s1、3s23p4，其晶胞如圖所示，則其化學(xué)式為_________。

該晶胞上下底面為正方形，側(cè)面與底面垂直，根據(jù)圖中所示的數(shù)據(jù)列式計算該晶體的密度d=__________g﹒cm?3。（保留兩位小數(shù)）19、某柔性屏手機(jī)的柔性電池以碳納米管做電極材料，以吸收ZnSO4溶液的有機(jī)高聚物做固態(tài)電解質(zhì)，其電池總反應(yīng)為MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其電池結(jié)構(gòu)如圖甲所示；圖乙是有機(jī)高聚物的結(jié)構(gòu)片段。

（1）Mn2+的核外電子排布式為_____；有機(jī)高聚物中C的雜化方式為_____。

（2）已知CN-與N2互為等電子體，推算擬鹵（CN)2分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為_____。

（3）NO2-的空間構(gòu)型為_____。

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

Mn的第一電離能是_____，O2的鍵能是_____，MnO的晶格能是_____。

（5）R(晶胞結(jié)構(gòu)如圖）由Zn、S組成，其化學(xué)式為_____（用元素符號表示）。已知其晶胞邊長為acm，則該晶胞的密度為_____g·cm3(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示）。

20、硫及其化合物有許多用途。請回答下列問題。

(1)基態(tài)硫離子價層電子的軌道表達(dá)式為___________，其電子填充的最高能級的軌道數(shù)為___________。

(2)常見含硫的物質(zhì)有單質(zhì)硫(S8)、SO2、Na2S、K2S等，四種物質(zhì)的熔點由高到低的順序依次為___________，原因是___________。

(3)方鉛礦(即硫化鉛)是一種比較常見的礦物，酸溶反應(yīng)為：PbS+4HCl(濃)=H2[PbCl4]+H2S↑，則H2[PbCl4]中配位原子是_________，第一電離能I1(Cl)___________I1(S)(填“>”、“<”或¨=”)，H2S中硫的雜化方式為_______，下列分子空間的構(gòu)型與H2S相同的有___________。

A．H2OB．SO3C．O3D．CH4

(4)方鉛礦的立方晶胞如圖所示，硫離子采取面心立方堆積，鉛離子填在由硫離子形成的___________空隙中。已知晶體密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶胞中硫離子與鉛離子最近的距離為___________nm。

21、鈷的合金及其配合物用途非常廣泛。已知比的氧化性更強(qiáng)；在水溶液中不能大量存在.

(1)的核外電子排布式為_____________。

(2)無水的熔點為沸點為熔點為沸點為．屬于_______晶體，屬于_____晶體。

(3)可用于激光起爆器等，可由共反應(yīng)制備.

①的空間構(gòu)型為______________________。

②的化學(xué)式為與(III)形成配位鍵的原子是_____

已知的結(jié)構(gòu)式是

③可以(雙聚氰胺)為原料制備，雙聚氯胺分子中含鍵的數(shù)目為___________。

(4)與作用可生成其結(jié)構(gòu)如圖所示，該分子中原子的雜化方式為_____________________________。

(5)鈷酸鋰是常見鋰電池的電極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶胞中氧原子的數(shù)目為______。已知為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則該晶胞的密度為______(用含的代數(shù)式表示)評卷人得分四、實驗題(共1題，共7分)22、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、有機(jī)推斷題(共3題，共9分)23、A、B、C、D，E、F、G、H是元素周期表前四周期常見元素，且原子序數(shù)依次增大，其相關(guān)信息如下表：。元素相關(guān)信息A原子核外有6種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子C基態(tài)原子中s電子總數(shù)與p電子總數(shù)相等D原子半徑在同周期元素中最大E基態(tài)原子最外層電子排布式為3s23p1F基態(tài)原子的最外層p軌道有兩個電子的自旋方向與其他電子的自旋方向相反G基態(tài)原子核外有7個能級且能量最高的能級上有6個電子H是我國使用最早的合金中的最主要元素

請用化學(xué)用語填空：

(1)A元素位于元素周期表第_______周期_______族；B元素和C元素的第一電離能比較，較大的是________，C元素和F元素的電負(fù)性比較，較小的是________。

(2)B元素與宇宙中含量最豐富的元素形成的最簡單化合物的分子模型為________，B元素所形成的單質(zhì)分子鍵與π鍵數(shù)目之比為________。

(3)G元素的低價陽離子的離子結(jié)構(gòu)示意圖是________，F(xiàn)元素原子的價電子的軌道表示式是________，H元素的基態(tài)原子核外電子排布式的________。

(4)G的高價陽離子的溶液與H單質(zhì)反應(yīng)的離子方程式為_________________；與E元素成對角線關(guān)系的某元素的最高價氧化物的水化物具有兩性，寫出該兩性物質(zhì)與D元素的最高價氧化物的水化物反應(yīng)的離子方程式：_________________。24、短周期元素X；Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大。已知：X的最外層電子數(shù)是次外層的2倍；在地殼中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半徑最大的主族元素，Q的最外層比次外層少2個電子。請回答下列問題：

（1）X的價層電子排布式是___，Q的原子結(jié)構(gòu)示意圖是____。

（2）Y、Z兩種元素中，第一電離能較大的是（填元素符號）_____，原因是______。

（3）Z、W、Q三種元素的簡單離子的半徑從小到大排列的是________。

（4）關(guān)于Y、Z、Q三種元素的下列有關(guān)說法，正確的有是_______；

A.Y的軌道表示式是：

B.Z；Q兩種元素的簡單氫化物的穩(wěn)定性較強(qiáng)的是Z

C.Z；Q兩種元素簡單氫化物的沸點較高的是Q

D.Y常見單質(zhì)中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比是1：2

（5）Q與Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的雜化類型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。25、周期表中的五種元素A、B、D、E、F，原子序數(shù)依次增大，A的基態(tài)原子價層電子排布為nsnnpn；B的基態(tài)原子2p能級有3個單電子；D是一種富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位；E2+的3d軌道中有10個電子；F位于第六周期；與Cu同族，其單質(zhì)在金屬活動性順序表中排在末位。

（1）寫出E的基態(tài)原子的價層電子排布式___________。

（2）A、B形成的AB﹣常作為配位化合物中的配體，其A原子的雜化方式為________，AB﹣中含有的σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為________。

（3）FD3是一種褐紅色晶體，吸濕性極強(qiáng)，易溶于水和乙醇，無論是固態(tài)、還是氣態(tài)，它都是以二聚體F2D6的形式存在，依據(jù)以上信息判斷FD3，晶體的結(jié)構(gòu)屬于____晶體，寫出F2D6的結(jié)構(gòu)式________。

（4）E、F均能與AB﹣形成配離子，已知E與AB﹣形成的配離子為正四面體形。F(+1價)與AB形成的配離子為直線形，工業(yè)上常用F和AB﹣形成的配離子與E反應(yīng)來提取F單質(zhì)，寫出E置換F的離子方程式_________________。

（5）F單質(zhì)的晶體為面心立方最密堆積，若F的原子半徑為anm，F(xiàn)單質(zhì)的摩爾的的質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)為NA，求F單質(zhì)的密度為______g/cm3。(用a、NA、M的代數(shù)式表示)評卷人得分六、計算題(共4題，共36分)26、SiC有兩種晶態(tài)變體：α—SiC和β—SiC。其中β—SiC為立方晶胞；結(jié)構(gòu)與金剛石相似，晶胞參數(shù)為434pm。針對β—SiC回答下列問題：

⑴C的配位數(shù)為__________。

⑵C和Si的最短距離為___________pm。

⑶假設(shè)C的原子半徑為r，列式并計算金剛石晶體中原子的空間利用率_______。（π=3.14）27、用X射線研究某金屬晶體，測得在邊長為360pm的立方晶胞中含有4個金屬原子，此時金屬的密度為9.0g/cm3。試回答下列問題：

(1)此金屬晶胞屬于哪一種類型？_______

(2)求每個晶胞的質(zhì)量。_______

(3)求此金屬的相對原子質(zhì)量。_______

(4)求此金屬原子的原子半徑(pm)。_______28、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？_______29、通常情況下；氯化鈉；氯化銫、二氧化碳和二氧化硅的晶體結(jié)構(gòu)分別如下圖所示。

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

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

(3)1mol二氧化硅中有______mol硅氧鍵。

(4)設(shè)二氧化碳的晶胞密度為ag/cm3，寫出二氧化碳的晶胞參數(shù)的表達(dá)式為____nm(用含NA的代數(shù)式表示)參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A、Si原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p2；電子占據(jù)的是s；p能級，s能級有1個軌道，是球形，p能級有3個軌道，所以Si原子核外電子由4種不同的伸展方向，正確；

B；Si原子核外有14個電子；每個電子的運(yùn)動狀態(tài)都不相同，正確；

C；根據(jù)核外電子的排布式可知；Si原子的核外電子占據(jù)5個能級，所以有5種不同能量的電子，正確；

D；Si原子的核外電子占據(jù)3個電子層；所以運(yùn)動范圍有3種，錯誤；

答案選D。2、B【分析】【詳解】

A．1s22s22p63s23p63d34s2的核外電子排布符合基態(tài)原子核外電子填充的能級順序和能量最低原理；原子處于基態(tài)，故A不選；

B.1s22s22p63s23p63d44s2為激發(fā)態(tài)，根據(jù)能量最低原理，其基態(tài)應(yīng)為1s22s22p63s23p63d54s1；故B選；

C．1s22s22p63s23p63d54s2的核外電子排布符合基態(tài)原子核外電子填充的能級順序和能量最低原理；原子處于基態(tài)，故C不選；

D．1s22s22p63s23p63d64s2的核外電子排布符合基態(tài)原子核外電子填充的能級順序和能量最低原理；原子處于基態(tài)，故D不選；

答案選B。

【點睛】

原子的核外電子排布符合基態(tài)原子核外電子填充的能級順序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特規(guī)則，原子處于基態(tài)，否則處于激發(fā)態(tài)。3、B【分析】【詳解】

A．元素原子結(jié)構(gòu)的最外層電子排布3s23p3，為P元素，屬于主族元素，故A錯誤；

B．元素原子結(jié)構(gòu)的最外層電子排布3d104s1，為Cu元素，屬于副族元素，故B正確；

C．元素原子結(jié)構(gòu)的最外層電子排布3d64s2，為鐵元素，屬于ⅤⅢ族元素，故C錯誤；

D．元素原子結(jié)構(gòu)的最外層電子排布4s24p4，為Se元素，屬于主族元素，故D錯誤；

故選：B。

【點睛】

第ⅤⅢ族元素不是副族元素，元素周期表分為主族、副族、ⅤⅢ族和0族元素。4、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)知；元素得電子能力越強(qiáng)，其電子親和能越大，所以電子親和能越大說明越容易得到電子，A項正確；

B．基態(tài)的氣態(tài)氟原子得到1mol電子成為氟離子時放出327.9kJ的能量；B項正確；

C．同一周期第一電離能隨原子序數(shù)增大呈現(xiàn)增大的趨勢；但同一周期第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一電離能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一電離能大，C項錯誤；

D．O元素的第一親和能小于第二親和能的絕對值，第一親和能放出能量、第二親和能吸收能量，所以基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到兩個電子成為O2-需要吸收能量；D項正確；

答案選C。5、C【分析】【詳解】

一般來說；同周期元素從左到右，元素的電負(fù)性逐漸變大；因此電負(fù)性由大到小的順序為F＞O＞N＞C，C符合題意；

答案選C。6、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(xué)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(xué)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。7、D【分析】【詳解】

①石墨屬混合晶體，故錯誤；②石墨屬混合晶體，故錯誤；③石墨、金剛石是C60的同素異形體，故正確④六元環(huán)中，每個碳原子都形成了3個共用電子對，還有一個6中心、6電子的大π鍵，故錯誤；故選D。8、C【分析】【分析】

晶格能是指1mol離子化合物中的陰；陽離子由相互遠(yuǎn)離的氣態(tài)離子結(jié)合成離子晶體時所放出的能量或者標(biāo)準(zhǔn)狀況下拆開1mol離子化合物使其變?yōu)闅鈶B(tài)陰離子和陽離子所需要吸收的能量。

【詳解】

根據(jù)晶格能的定義，拆開1mol氯化鈉晶體生成1mol鈉離子和1mol氣態(tài)氯離子結(jié)合吸收的熱能為氯化鈉晶體的的晶格能，則表示出氯化鈉晶體晶格能的熱化學(xué)方程式為：

答案選C。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查；涉及晶體類型與性質(zhì)；雜化方式、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計算等，側(cè)重考查學(xué)生分析解決問題的能力，分子極性大小及鍵角的大小判斷為易錯點、難點，（4）中關(guān)鍵是明確鍵長與晶胞棱長關(guān)系，需要學(xué)生具有一定的數(shù)學(xué)計算能力。

【詳解】

（1）BN由共價鍵形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，熔點高、硬度大，屬于原子晶體；而干冰松軟且極易升華，屬于分子晶體；BN晶體中B原子形成4個B-N鍵，雜化軌道數(shù)目為4，B原子采取sp3雜化，干冰中C原子形成2個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為2，C原子采取sp雜化，故答案為：原子；分子；sp3；sp；

（2）二者結(jié)構(gòu)相似；均為V形，F(xiàn)與O的電負(fù)性相對比較接近，H與O的電負(fù)性相差較大，水分子中共用電子對較大地偏向O，所以O(shè)-F鍵的極性較弱，所以整個分子的極性也較弱，水分子中成鍵電子對之間排斥更大，故水分子中鍵角也更大，故答案為：＜；＜；

（3）石墨層內(nèi)碳碳鍵的鍵長比金剛石要短；鍵能比金剛石大，故石墨晶體熔點比金剛石的高。故答案為：高；石墨層內(nèi)碳碳鍵的鍵長比金剛石要短，鍵能比金剛石大；

（4）晶胞中每個碳原子與4個Si原子形成正四面體，每個Si原子與周圍的4個C原子形成正四面體，晶胞中Si、C的相對位置相同，可以將白色球看作C、黑色球看作Si，互換后以頂點原子研究，與之最近的原子處于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，故每個C原子周圍距離相等且最近的C原子數(shù)目為頂點Si原子與四面體中心C原子連線處于晶胞體對角線上，且距離等于體對角線長度的而體對角線長度等于晶胞棱長的倍，假設(shè)C-Si鍵長為acm，則晶胞棱長=cm，晶胞中Si原子數(shù)目=C原子數(shù)目=4，晶胞質(zhì)量=g，晶胞密度=（g）÷（cm）3=g/cm3，故答案為：12；【解析】原子分子sp3sp＜＜高石墨層內(nèi)碳碳鍵的鍵長比金剛石要短，鍵能比金剛石大1210、略

【分析】【分析】

(1)原子核外電子的運(yùn)動狀態(tài)是由能層；能級（電子云）、電子云伸展方向、電子自旋決定的；據(jù)此解答。

(2)Mn和Ca屬于同一周期；從原子半徑和價電子數(shù)影響金屬鍵強(qiáng)弱角度分析。

(3)分析陰離子ClO3-的中心氯原子的孤電子對數(shù)和σ鍵數(shù)；再根據(jù)價層電子對互斥理論確定該陰離子的空間構(gòu)型和中心原子的雜化軌道類型。

(4)根據(jù)碳酸鹽的熱分解示意圖可知，CaCO3熱分解生成CaO，SrCO3熱分解生成SrO，CaO和SrO都是離子晶體；離子晶體的晶格能越大，離子晶體越穩(wěn)定，生成該晶體的反應(yīng)越容易發(fā)生。

(5)根據(jù)螢石晶胞示意圖中黑球和白球?qū)嶋H占有的個數(shù)，結(jié)合螢石的化學(xué)式（CaF2）中粒子個數(shù)比確定黑球、白球分別代表的粒子種類。在分析Ca2+的配位數(shù)時，可將螢石晶胞分割為8個小立方體，利用晶胞的“無隙并置”的特點，確定與1個Ca2+距離最近且相等的F-的個數(shù)。一個粒子（Ca2或F-）的質(zhì)量=由于晶胞實際占有4個Ca2+和8個F-，故而確定晶胞質(zhì)量，再根據(jù)公式ρ=計算該晶體的密度。

【詳解】

(1)原子核外電子的運(yùn)動狀態(tài)是由能層、能級（電子云）、電子云伸展方向、電子自旋決定的?；鶓B(tài)Ca原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，所以M能層上有8個運(yùn)動狀態(tài)不同的電子。由于Ca原子的價層電子排布為4s2，已達(dá)全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定；而Ga原子價層電子排布為4s24p1；不太穩(wěn)定，所以Ca的第一電離能大于Ga的第一電離能。

(2)Mn和Ca屬于同一周期，同周期從左至右原子半徑逐漸減小；Mn原子價層電子排布為3d54s2，Ca原子價層電子排布為4s2；價電子數(shù)Mn比Ca多，原子半徑越小，價電子數(shù)越多，金屬鍵越強(qiáng)。所以，金屬Mn的熔點沸點等都比金屬Ca高的原因是：Mn原子半徑較小且價電子數(shù)較多，金屬鍵較強(qiáng)。

(3)Ca(ClO3)2中的陰離子化學(xué)式為ClO3-，中心原子氯的孤電子對數(shù)=(7+1-3×2)=1，σ鍵數(shù)=3，中心原子氯的價層電子對數(shù)=1+3=4，根據(jù)價層電子對互斥理論，ClO3-的空間構(gòu)型是三角錐形，中心原子氯的雜化形式為sp3。

(4)由碳酸鹽的熱分解示意圖看出，CaCO3熱分解生成CaO，SrCO3熱分解生成SrO，CaO和SrO都是離子晶體，因為離子半徑r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解為CaO，所以CaCO3的熱分解溫度低于SrCO3。CO2分子結(jié)構(gòu)為O=C=O，C=O雙鍵中1條σ鍵，1條π鍵，所以CO2分子內(nèi)的化學(xué)鍵類型有σ鍵；π鍵。

(5)螢石的化學(xué)式為CaF2，即晶胞中鈣離子與氟離子個數(shù)比為1:2，從晶胞示意圖看，每個晶胞中實際占有黑球的個數(shù)=8×+6×=4，晶胞中實際占有白球的個數(shù)為8，據(jù)此可知黑球代表Ca2+，白球代表F-。將該面心立方晶胞分割成8個小立方體（），每個小立方體的4個頂點上是Ca2+，體心是F-，現(xiàn)選取一個頂點（Ca2+）作為考查對象，經(jīng)過該頂點的小立方體有8個，即與該頂點的Ca2+距離相等且最近的F-共有8個，所以Ca2+的配位數(shù)為8。螢石的一個晶胞中實際占有4個Ca2+和8個F-，所以螢石一個晶胞的離子數(shù)為12。1個Ca2+的質(zhì)量==g，1個F-的質(zhì)量==g，則螢石的密度ρ===g/cm3。

【點睛】

利用均攤法計算晶胞中實際占有的粒子數(shù)：處于立方晶胞頂點的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞面心的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞棱邊中點的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞內(nèi)部的粒子完全被晶胞占有，每個晶胞實際占有的粒子數(shù)等于不同位置的粒子數(shù)分別與該位置粒子實際被晶胞占有的分?jǐn)?shù)乘積之和。【解析】8大于Mn原子半徑較小且價電子數(shù)較多，金屬鍵較強(qiáng)三角錐形sp3低于r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解為CaOσ鍵，π鍵81211、略

【分析】【詳解】

（1）原子的核外電子排布式分別為原子的軌道處于全滿狀態(tài)，所以的第一電離能比的小，原子的價電子軌道表示式為故答案為：小。

（2）形成配位鍵，必須有一方提供空軌道，另一方提供孤對電子，在氨硼烷中，原子可提供一對孤電子，原子有一個空軌道，與互為等電子體，故答案為：

（3）①由圖可知，硼酸中每個原子與原子形成3個鍵，即原子有3個成鍵軌道，且沒有孤電子對，故為雜化，溶質(zhì)分子間形成的氫鍵不利于溶質(zhì)的溶解，加熱時，硼酸的溶解度增大，可分析出，升溫時硼酸分子中的部分氫鍵被破壞，故答案為：雜化硼酸分子間通過氫鍵締合；加熱時，部分氫鍵被破壞。

②硼酸分子中，原子有一個空的軌道，可以接受電子對，根據(jù)路易斯酸堿理論可知，硼酸為路易斯酸，故答案為：硼酸分子中B原子有一個空軌道。

【點睛】

同周期，從左到右，第一電離能增大，但在短周期，第ⅡA族與第ⅢA族中：Be>B、Mg>Al，第ⅤA族與第ⅥA族中：N>O、P>S?！窘馕觥啃‰s化硼酸分子間通過氫鍵締合，加熱時，部分氫鍵被破壞硼酸分子中B原子有一個空軌道12、略

【分析】【分析】

根據(jù)配合物的命名原則進(jìn)行命名；根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子的雜化方式；根據(jù)NH3與H2O之間形成氫鍵解釋；根據(jù)雜化類型；判斷空間構(gòu)型；根據(jù)“均攤法”進(jìn)行晶胞的有關(guān)計算；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）①由內(nèi)界配位離子的命名次序為配位體數(shù)(用中文一，二，三等注明)-配位體的名稱(不同配位體間用中圓點“·”隔開)-“合”-中心離子名稱-中心離子氧化數(shù)(加括號，用羅馬數(shù)字注明)可知，[Zn(NH3)4]2+的名稱是四氨合鋅(II)離子；答案為四氨合鋅(II)離子。

②中，價層電子對數(shù)=4+=4+0=4，S原子雜化方式為sp3雜化；答案為sp3雜化。

③NH3極易溶于水，除因為它們都是極性分子外，還因為NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)；答案為NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)。

（2）此[ZnCl4]2-配離子的中心原子采取sp3雜化；配位數(shù)為4，故空間構(gòu)型為正四面體形；答案為正四面體形。

（3）由可知，Zn原子位于頂點和面心上，晶胞中Zn原子數(shù)目=8×+6×=4，晶胞中O原子數(shù)目=4，故化學(xué)式為ZnO，晶胞的質(zhì)量m=g，晶胞的體積V=(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，晶體密度ρ===×1021g?cm-3；答案為×1021?！窘馕觥竣?四氨合鋅(II)離子②.sp3③.NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應(yīng)④.正四面體形⑤.×l02113、略

【分析】【分析】

非金屬性越強(qiáng)；電負(fù)性越大；非金屬性強(qiáng)，總的來說，第一電離能大，但當(dāng)價電子在軌道中處于半滿；全滿或全空時，第一電離能出現(xiàn)反常；鍵角既受分子結(jié)構(gòu)的影響，又受孤電子對的影響；比較晶格能時，可通過分析離子的帶電荷與離子半徑確定。

【詳解】

(1)N的價電子排布為2s22p3；2p軌道上電子半充滿，第一電離能出現(xiàn)反常，所以第一電離能N＞O；答案為：＞；

(2)非金屬性越強(qiáng)；電負(fù)性越大，非金屬性N＞C，所以電負(fù)性：N＞C；答案為：＞；

(3)H2S的鍵角接近90°，NH3的鍵角為107°18′，所以鍵角：H2S＜NH3；答案為：＜；

(4)MgO和KI都形成離子晶體，MgO中的陰、陽離子都帶2個電荷，而KI中的陰、陽離子都帶1個電荷，離子半徑：Mg2+＜K+、O2-＜I-；所以晶格能：MgO＞KI。答案為：＞。

【點睛】

第一電離能出現(xiàn)反常時，僅比原子序數(shù)大1的元素大?！窘馕觥竣?＞②.＞③.＜④.＞三、原理綜合題(共8題，共16分)14、略

【分析】【詳解】

(1)鋅是30號元素，故原子的價電子排布圖：故答案為：

(2)硫和碲位于同主族，同一主族從上往下元素的原子半徑依次增大，即氣態(tài)氫化物H2S中的共價鍵鍵長比H2Te的鍵長更短，一般鍵長越短，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定，導(dǎo)致H2S的分解溫度高于H2Te；故答案為：S原子半徑小于Te，H—S鍵的鍵能較大；

(3)Cd2+與NH3等配體形成配離子。1mol[Cd(NH3)4]2+中含有的σ鍵數(shù)目為4個氨氣中每個氨氣有三個σ鍵，另每個氨氣再與Cd2+形成1個配位鍵也是σ鍵，因而等于mol，該配離子中三種元素分別為Cd、N、H的電負(fù)性大小關(guān)系為N>H>Cd，故答案為：16；N>H>Cd；

(4)砷與鹵素形成多種鹵化物，AsCl3、AsF3、AsBr3均為共價化合物，均為分子晶體，其熔點的高低主要是受分子間作用力影響，對于結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，分子間作用力與其相對分子質(zhì)量呈正比，故答案為：AsBr3>AsCl3>AsF3；

(5)鋯晶胞如圖1所示晶胞符合最密六方堆積，故這種堆積方式稱為最密六方堆積，鎘晶胞如圖2所示，1個晶胞中含有的鎘原子數(shù)目為：個，設(shè)晶胞的邊長為acm，則有：從而推出：該晶胞中兩個鎘原子最近核間距為體對角線的一半即：nm，鎘晶胞中有2個鎘原子，其體積之和為：整個晶體的體積為：又體心立方中有：空間利用率為：故答案為：nm【解析】S原子半徑小于Te，H—S鍵的鍵能較大16N>H>CdAsBr3>AsCl3>AsF3六方最密堆積15、略

【分析】【分析】

(1)第VA的元素最外層有5個電子；根據(jù)構(gòu)造原理可得其價層電子排布式；

(2)根據(jù)同一周期的元素；原子序數(shù)越大，元素的電離能越大分析(第IIA；VIA反常)；

(3)H2O是由極性分子構(gòu)成的物質(zhì)；根據(jù)相似相溶原理分析；

(4)氨硼烷屬于分子晶體；根據(jù)分子內(nèi)元素的原子結(jié)構(gòu)特點及分子之間的作用力分析；

(5)根據(jù)價層電子對數(shù)及孤電子對數(shù)分析判斷；

(6)根據(jù)N4H44+具有正四面體結(jié)構(gòu)；結(jié)合N；H原子個數(shù)比書寫其結(jié)構(gòu)式；根據(jù)該微粒中N原子結(jié)合其它原子數(shù)目確定其雜化軌道類型；

(7)①根據(jù)圖示可知丙原子在體對角線的處；根據(jù)已知原子的坐標(biāo)可確定丙原子的坐標(biāo)；

②利用均攤方法計算一個晶胞中含有的各種元素的原子個數(shù)，然后根據(jù)密度ρ=計算。

【詳解】

(1)鉍是第六周期第VA的元素，價電子排布式為6s26p3；

(2)一般情況下同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的第一電離能也越大，但第VA的元素由于其處于p軌道的半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能P>S，故第三周期元素中第一電離能大于磷的元素有Cl、Ar；

(3)H2O是由極性分子構(gòu)成的物質(zhì)，根據(jù)相似相溶原理：由極性分子構(gòu)成的溶質(zhì)易溶于由極性分子構(gòu)成的溶劑中。由圖示可知Pt(NH3)2C12的順式結(jié)構(gòu)的極性大于反式結(jié)構(gòu)的極性，所以它在水中溶解度：順式大于反式，即反式的Pt(NH3)2C12在水中溶解度比較小；

(4)氨硼烷屬于分子晶體；分子之間以范德華力結(jié)合，在分子內(nèi)N；H原子間及B、H原子間以共價鍵結(jié)合，B、N原子之間以配位鍵結(jié)合，其中N提供孤對電子，B原子提供空軌道，故合理選項是AC；

(5)偏亞砷酸鈉(NaAsO2)的陰離子是AsO2-，其中As原子的孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為1+2=3，所以As原子采用sp2雜化，所以AsO2-的立體構(gòu)型為V形；

(6)N4H44+具有正四面體結(jié)構(gòu)，由于N、H原子個數(shù)比是1：1，則其結(jié)構(gòu)式為根據(jù)微粒結(jié)構(gòu)可知N原子最外層的1個s軌道和3個p軌道全部參與成鍵，形成了四個共價鍵，故其雜化軌道類型為sp3雜化；

(7)①根據(jù)圖示可知：丙原子在體對角線的處，由于甲原子坐標(biāo)為(0，0，0)，乙原子坐標(biāo)為(0)可知丙原子的坐標(biāo)為()；

②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，在一個晶胞中含有的La：8×+1=2；含有Fe：8×1=8；含Sb：24×+(3×8)×=24，晶胞邊長L=anm=a×10-7cm，所以該固體的密度ρ==g/cm3=g/cm3。

【點睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、電離能、空間構(gòu)型、雜化方式、晶胞計算等，注意同周期主族元素第一電離能變化異常情況，明確VSEPR模型與微粒立體構(gòu)型關(guān)系，掌握均攤法進(jìn)行晶胞有關(guān)計算，判斷晶體中含有的各種元素的原子數(shù)目為該題的難點和易錯點，題目側(cè)重考查學(xué)生的分析能力、計算能力。【解析】6s26p3Ar、Cl反式ACV形(或角形、折線形)sp3()16、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)晶體中每個Y同時吸引著4個X；利用均攤法確定化學(xué)式；

(2)晶體中每個X周圍與它最接近且距離相等的X個數(shù)=3×8×

(3)該晶胞中四個X和一個Y原子形成正四面體結(jié)構(gòu)；

(4)設(shè)晶體中兩個距離最近的X中心間的距離為acm，則晶胞的棱長=acm，體積=cm3，根據(jù)ρ=計算；

Ⅱ．B4Cl4中每個氯原子均結(jié)合一個硼原子，其鍵長都是0.170nm，任意兩個硼原子之間為0.171nm。每個硼原子周圍各有4個共價鍵，則說明每個B原子只形成一個B-Cl鍵，形成3個B-B鍵，借助P4的結(jié)構(gòu)分析。

【詳解】

Ⅰ．(1)根據(jù)圖象知，晶體中每個Y同時吸引著4個X，每個X同時吸引著8個Y，該晶胞中X原子個數(shù)=4×＝Y(jié)原子個數(shù)=1，所以X和Y原子個數(shù)之比為1：2，其化學(xué)式為XY2或Y2X；

(2)晶體中每個X周圍與它最接近且距離相等的X個數(shù)=3×8×=12；

(3)該晶胞中四個X和一個Y原子形成正四面體結(jié)構(gòu)；所以其鍵角是109°28′；

(4)設(shè)晶體中兩個距離最近的X中心間的距離為acm，則晶胞的棱長=acm，體積=cm3，根據(jù)ρ==＝ρ，所以a=

Ⅱ．B4Cl4中每個氯原子均結(jié)合一個硼原子，其鍵長都是0.170nm，任意兩個硼原子之間為0.171nm。每個硼原子周圍各有4個共價鍵，則說明每個B原子只形成一個B-Cl鍵，形成3個B-B鍵，說明B4類似P4的結(jié)構(gòu)正四面體結(jié)構(gòu)，則B4Cl4的結(jié)構(gòu)為【解析】4XY2或Y2X12109°28′17、略

【分析】【分析】

（1）依據(jù)鐵的原子序數(shù)；推測其核外電子排布式，然后書寫其外圍電子軌道式，外圍電子軌道式也是價電子軌道式；

（2）結(jié)合元素的非金屬的強(qiáng)弱，同周期元素非金屬性性質(zhì)的遞變規(guī)律，確定元素C、N、S、K非金屬性的強(qiáng)弱；利用SCN—與二氧化碳等電子體，推測SCN—的幾何構(gòu)型；以及中心原子C的雜化類型；

（3）依據(jù)離子鍵、共價鍵、金屬鍵的定義判斷K3[Fe(CN)6]晶體中含有的哪些類型的化學(xué)鍵；

（4）根據(jù)氯化鈉晶胞結(jié)構(gòu)的特征，去計算Fe0.92O晶體的密度。

【詳解】

（1）Fe的原子序數(shù)為26，基態(tài)Fe原子的外圍電子排布式為3d64s2，基態(tài)Fe原子的外圍電子排布圖為基態(tài)Fe2+的核外電子排布式為[Ar]3d6，核外電子占據(jù)最高能層的符號是M；Fe3+的穩(wěn)定性強(qiáng)于Fe2+，原因是Fe3+的價電子排布為3d5；半滿結(jié)構(gòu)穩(wěn)定；

（2）液態(tài)NH3和液態(tài)H2S相比，液態(tài)NH3分子間存在氫鍵，說明N比S更強(qiáng)烈的吸引H上的電子，而形成氫鍵，所以就電負(fù)性而言，N?S，C與N同一周期，電負(fù)性N?C，硫酸是強(qiáng)酸，而碳酸是弱酸，故電負(fù)性S?C，K是金屬元素，K的電負(fù)性最小，所以KSCN中四種元素的電負(fù)性由小到大的順序為K—與二氧化碳等電子體；幾何構(gòu)型為直線形，中心原子的雜化類型為sp；

（3）a．K+與[Fe(CN)6]3-形成離子鍵；a正確；

b．[Fe(CN)6]3-離子中，C原子與N原子之間形成極性共價鍵，b正確；

c．氫鍵不屬于化學(xué)鍵；c錯誤；

d．Fe3+與CN-形成配位鍵；d正確；

e．K3[Fe(CN)6]不屬于金屬晶體；不存在金屬鍵，e錯誤；

答案選a、b、d；

在配合物K3[Fe(CN)6]中，F(xiàn)e3+與CN-之間形成6個配位鍵，配位鍵也是σ鍵，在每個CN-內(nèi)部有1個σ鍵和2個π鍵，故1molK3[Fe(CN)6]中含有σ鍵的數(shù)目為12NA，π鍵的數(shù)目為12NA，故1molK3[Fe(CN)6]中含有σ鍵與π鍵的數(shù)目比為1:1；

（4）FexO為氯化鈉型結(jié)構(gòu)，每個晶胞中含有4個“FexO”，測得Fe0.92O晶體的晶胞參數(shù)a=428.0pm，所以(428.0×10-10)3×ρ×6.02×1023=4×(56×0.92+16)，ρ=g/cm3；由氯化鈉的晶胞圖形，設(shè)Fe在面心，另外的Fe在立方體的頂點，面對角線的一半為晶體中最近的兩個鐵離子間的距離，其距離為=302.6pm?！窘馕觥縈Fe3+的價電子排布為3d5，半滿結(jié)構(gòu)穩(wěn)定K、d1:1302.618、略

【分析】【分析】

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+離子具有空軌道，NH3分子中N原子具有孤對電子，Ni2+與NH3之間能形成配位鍵；

（2）①1molCOCl3?4NH3（綠色）和CoCl3?4NH3（紫色）分別與足量硝酸銀溶液反應(yīng)，都得到1molAgCl沉淀，則1molCoCl3?4NH3中有1molCl-為外界離子，鈷的配位數(shù)為6，則配體為NH3和Cl-；兩者空間構(gòu)型不同導(dǎo)致顏色不同；

②由題意可知Co(OH)2在溶液中部分電離出[Co(OH)4]2?和H+；

（3）由過渡元素A與Co屬于同周期同族；基態(tài)原子排布中有四個未成對電子可知，A為Fe元素。

【詳解】

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+離子具有空軌道，NH3分子中N原子具有孤對電子，Ni2+與NH3之間能形成配位鍵；故答案為配位鍵；N；

（2）①1molCOCl3?4NH3（綠色）和CoCl3?4NH3（紫色）分別與足量硝酸銀溶液反應(yīng)，都得到1molAgCl沉淀，則1molCoCl3?4NH3中有1molCl-為外界離子，鈷的配位數(shù)為6，則配體為NH3和Cl-，所以其化學(xué)式都為Co（NH3）4（Cl）2]Cl；因兩者空間構(gòu)型不同導(dǎo)致顏色不同，故答案為6；空間結(jié)構(gòu)不同；

②由題意可知Co(OH)2在溶液中部分電離出[Co(OH)4]2?和H+，電離方程式為Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2?+2H+，故答案為Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2?+2H+；

（3）由過渡元素A與Co屬于同周期同族；基態(tài)原子排布中有四個未成對電子可知，A為Fe元素。

①晶體與非晶體最本質(zhì)的區(qū)別是組成物質(zhì)的粒子在微觀空間是否有序排列；x射線衍射可以看到微觀結(jié)構(gòu)，故區(qū)別X為晶體或非晶體的方法為X-射線衍射，故答案為X-射線衍射；

②Fe(CO)5常壓下熔；沸點低；屬于分子晶體，故答案為分子晶體；

③A3+與SCN?以1:4的個數(shù)比配合形成[Fe(SCN)4]—離子，則FeCl3與KSCN在水溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl，故答案為FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl；

④由B、C的外圍電子排布分別為3d104s1、3s23p4可知B為Cu元素、C為S元素，由晶胞結(jié)構(gòu)可知Fe原子有6個位于面上、4個位于棱上，個數(shù)為6×+4×=4，Cu原子有4個位于面上、1個位于體內(nèi)、8個位于頂點，個數(shù)為,4×+1+8×=4，S原子數(shù)為8，晶體中N(Cu)∶N(Fe)∶N(S)＝4∶4∶8＝1∶1∶2，故該晶體的化學(xué)式為CuFeS2。晶胞質(zhì)量為晶胞體積為(524×10－10cm)2×1030×10－10cm，則該晶體的密度d為≈4.32g/cm3，故答案為CuFeS2；4.32。

【點睛】

由晶胞結(jié)構(gòu)確定Fe原子有6個位于面上、4個位于棱上，Cu原子有4個位于面上、1個位于體內(nèi)、8個位于頂點，S原子數(shù)為8，依據(jù)分?jǐn)偡ㄓ嬎慊瘜W(xué)式是解答關(guān)鍵?！窘馕觥颗湮绘IN6空間結(jié)構(gòu)不同Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2?+2H+X-射線衍射分子晶體FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KClCuFeS24.3219、略

【分析】【分析】

(1)Mn元素的原子核外有25個電子，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化方式；

(2)CN-和氮氣分子互為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相同，根據(jù)氮氣分子判斷(CN)2分子中存在的σ鍵與π鍵的個數(shù)；

(3)NO2-中N原子的價層電子對數(shù)=2+(5+1-2×2)=3，雜化類型是sp2，含有1個孤電子對，NO2-的空間構(gòu)型是V型；

(4)Mn的第一電離能為氣態(tài)Mn原子失去第一個電子時需要吸收的能量；由1molO2分子變成O原子的過程中；需要吸收的能量為2ekJ；晶格能是氣態(tài)離子形成1mol離子晶體釋放的能量；

(5)ZnS晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示；利用均攤法找出晶胞中有4個Zn，有4個S，然后進(jìn)行相關(guān)計算，求出晶胞密度。

【詳解】

(1)Mn元素的原子核外有25個電子，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，則基態(tài)Mn2＋的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；這些C原子中有些C原子價層電子對個數(shù)是3、有些是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化方式分別為sp2、sp3；故答案為：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；

(2)CN-與N2結(jié)構(gòu)相似，C原子與N原子之間形成三鍵，則擬鹵(CN)2分子結(jié)構(gòu)式為三鍵中含有1個σ鍵、2個π鍵，單鍵屬于σ鍵，故(CN)2分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為3：4；故答案為：3：4；

(3)NO2-中N原子的價層電子對數(shù)=2+(5+1-2×2)=3，雜化類型是sp2，含有1個孤電子對，NO2-的空間構(gòu)型是V型；故答案為V型；

(4)由圖中Mn(晶體)Mn(g)Mn+(g)過程，電離能為1mol的氣態(tài)原子變?yōu)?1價陽離子的能量，故其第一電離能為bkJ?mol﹣1；由圖中O2(g)2O(g)為molO=O的鍵能，故O=O鍵鍵能為ekJ?mol﹣1×2=2ekJ?mol﹣1；Mn晶格能為從氣態(tài)離子形成1mol晶體放出的能量，根據(jù)蓋斯定律，故晶格能=(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1，故答案為：bkJ?mol﹣1；2ekJ?mol﹣1；(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1；

(5)由晶胞的結(jié)構(gòu)可知，Zn全部在晶胞的內(nèi)部，所以1個晶胞中含有4個Zn2+，S分別位于晶胞的頂點和面心，根據(jù)晶胞中原子的“均攤法”可計算1個晶胞中S2-的個數(shù)為：由Zn，S組成化學(xué)式為ZnS；1mol晶體的質(zhì)量為97g，1mol晶胞的體積為NAa3cm3，因此該晶體的密度為故答案為：ZnS；

【點睛】

晶胞在晶體中的各個方向上都可以重復(fù)排列，所以晶胞表面的原子都是與相鄰的晶胞共用的，晶胞中原子數(shù)研究中，表面的原子只占到其中的幾分之一，晶胞內(nèi)部的原子則完全屬于該晶胞。具體，常見的立方體的晶胞，頂點的原子晶胞占1/8，棱邊上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d5sp2、sp33：4V型bkJ?mol﹣12ekJ?mol﹣1(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1ZnS20、略

【分析】【分析】

(1)硫為16號元素；硫離子核外有18個電子，據(jù)此書寫基態(tài)硫離子價層電子的軌道表達(dá)式，并判斷最高能級的原子軌道數(shù)；

(2)Na2S、K2S均為離子晶體，S8、SO2均為分子晶體；根據(jù)熔沸點的判斷方法分析解答；

(3)H2[PbCl4]中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期；從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢；根據(jù)價層電子對數(shù)的計算公式計算判斷；

(4)根據(jù)方鉛礦的立方晶胞圖，計算出一個晶胞中含有的鉛離子和硫離子的數(shù)目，計算出晶胞的質(zhì)量，從而計算晶胞的棱長，晶胞中硫離子與鉛離子最近的距離為晶胞體對角線的據(jù)此解答。

【詳解】

(1)硫為16號元素，硫離子核外有18個電子，基態(tài)硫離子價層電子的軌道表達(dá)式為其電子填充的最高能級為3p，含有3個相互垂直的原子軌道，故答案為3；

(2)Na2S、K2S均為離子晶體，熔點較高，Na+半徑比K+半徑小，故Na2S熔點高；S8、SO2均為分子晶體，熔點較低，因S8的相對分子質(zhì)量比SO2大，故S8熔點比SO2高，因此四種物質(zhì)的熔點由高到低的順序依次為Na2S＞K2S＞S8＞SO2，故答案為Na2S＞K2S＞S8＞SO2；Na2S、K2S均為離子晶體，熔點較高，Na+半徑比K+半徑小，故Na2S熔點高；S8、SO2均為分子晶體，熔點較低，因S8的相對分子質(zhì)量比SO2大，故S8熔點比SO2高；

(3)H2[PbCl4]中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期，從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，I1(Cl)＞I1(S)；H2S中硫的價層電子對數(shù)=2+=4，采用sp3雜化，為V形分子；A．H2O中O的價層電子對數(shù)=2+=4，采用sp3雜化，為V形分子；B．SO3中硫的價層電子對數(shù)=3+=3，采用sp2雜化，為平面三角形分子；C．O3中O的價層電子對數(shù)=2+=3，采用sp2雜化，為V形分子；D．CH4中C的價層電子對數(shù)=4+=4，采用sp3雜化，為正四面體形分子；空間的構(gòu)型與H2S相同的有AC，故答案為Cl；＞；sp3；AC；

(4)根據(jù)方鉛礦的立方晶胞圖，硫離子采取面心立方堆積，鉛離子填在由硫離子形成的四面體空隙中。一個晶胞中含有4個鉛離子，硫離子的數(shù)目=8×+6×=4，晶胞的質(zhì)量=g=g，則晶胞的棱長=cm，晶胞中硫離子與鉛離子最近的距離為晶胞體對角線的=×cm=××107nm，故答案為四面體；××107?！窘馕觥?Na2S＞K2S＞S8＞SO2Na2S、K2S均為離子晶體，熔點較高，Na+半徑比K+半徑小，故Na2S熔點高；S8、SO2均為分子晶體，熔點較低，因S8的相對分子質(zhì)量比SO2大，故S8熔點比SO2高Cl＞sp3AC四面體××10721、略

【分析】【分析】

(1)Co是27號元素，其原子核外有27個電子，失去3d上1個電子和4s上2個電子生成Co3+離子，根據(jù)構(gòu)造原理知Co3+基態(tài)的電子排布式；

(2)分子晶體熔沸點較低；離子晶體熔沸點較高，據(jù)此解答；

(3)①中Cl原子為中心原子，則其孤電子對數(shù)為0，且其形成了4個鍵，中心原子采取sp3雜化；則空間構(gòu)型為正四面體。

②分子中，(III)提供空軌道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤對電子，形成配位鍵；

③所有單鍵為鍵，雙鍵中有一個鍵，由結(jié)構(gòu)式可知，鍵數(shù)為9；

(4)Co3+有空軌道，而CO有孤電子對，故二者可形成配位鍵；從結(jié)構(gòu)圖中可看出C有的形成兩個鍵，有的形成3個鍵，故雜化類型分別為sp和sp2雜化；

(5)題圖中原子的堆積方式為六方最密堆積。1pm=1010cm，六棱柱底部正六邊形的面積=6(a10-10)2cm2，六棱柱的體積=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-30cm3。該晶胞中氧原子的數(shù)目為12+6+2+1=6，Li原子的數(shù)目為3，Co原子的數(shù)目為3，已知為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則一個晶胞的質(zhì)量為g，代入公式=計算。

【詳解】

(1)鈷是27號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出鈷離子的核外電子排布式為：因此，本題正確答案是：

(2)無水的熔沸點較高，則屬于離子晶體；氯化鐵熔沸點較低，則氯化鐵屬于分子晶體；

因此；本題正確答案是：離子；分子；

(3)①中Cl原子為中心原子，則其孤電子對數(shù)為0，且其形成了4個鍵，中心原子采取sp3雜化；則空間構(gòu)型為正四面體。

②分子中，(III)提供空軌道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤對電子，形成配位鍵，所以與(III)形成配位鍵的原子是和

③所有單鍵為鍵，雙鍵中有一個鍵，由結(jié)構(gòu)式可知，鍵數(shù)為9，則雙聚氯胺分子中含鍵的數(shù)目為

因此，本題正確答案是：正四面體；和(或)；

(4)從結(jié)構(gòu)圖中可看出C有的形成兩個鍵，有的形成3個鍵，故雜化類型分別為sp和sp2雜化；

因此，本題正確答案是：sp和sp2。

(5)題圖中原子的堆積方式為六方最密堆積。1pm=1010cm，六棱柱底部正六邊形的面積=6(a10-10)2cm2，六棱柱的體積=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-30cm3。該晶胞中氧原子的數(shù)目為12+6+2+1=6，Li原子的數(shù)目為3，Co原子的數(shù)目為3，已知為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則一個晶胞的質(zhì)量為g，故密度為==

因此，本題正確答案是：【解析】離子分子正四面體和(或)和6四、實驗題(共1題，共7分)22、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、有機(jī)推斷題(共3題，共9分)23、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H是元素周期表前四周期常見元素，且原子序數(shù)依次增大，A原子核外有6種不同運(yùn)動狀態(tài)的電子，則A為碳元素；E基態(tài)原子最外層電子排布式為3s23p1，則E為Al元素；D原子半徑在同周期元素中最大，且原子序數(shù)小于Al，大于碳，故處于第三周期ⅠA族，則D為Na元素；C基態(tài)原子中s電子總數(shù)與p電子總數(shù)相等，原子序數(shù)小于Na，原子核外電子排布為1s22s22p4，則C為O元素；B的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則B為N元素；G基態(tài)原子核外有7個能級且能量最高的能級上有6個電子，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則G為Fe元素；F基態(tài)原子的最外層p軌道有兩個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，外圍電子排布為ns2np5；結(jié)合原子序數(shù)可知，F(xiàn)為Cl元素；H是我國使用最早的合金中的最主要元素，則H為Cu元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析；A為碳元素，B為N元素；C為O元素；D為Na元素；E為Al元素；F為Cl元素；G為Fe元素；H為Cu元素。

(1)A為碳元素；位于元素周期表第二周期ⅣA族，N元素原子2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于O元素；O與Cl形成的化合物中O元素表現(xiàn)負(fù)價，對鍵合電子的吸引能力更強(qiáng)，故Cl的電負(fù)性較小，故答案為二；ⅣA；N；Cl；

(2)N元素與宇宙中含量最豐富的元素形成的最簡單化合物為NH3；分子構(gòu)型為三角錐形，N元素所形成的單質(zhì)分子結(jié)構(gòu)式為N≡N，分子σ鍵與π鍵數(shù)目之比為1∶2，故答案為三角錐形；1∶2；

(3)G為Fe元素，其低價陽離子的離子結(jié)構(gòu)示意圖是F為Cl元素，其原子的價電子軌道表示式為H為Cu元素，其基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案為1s22s22p63s23p63d104s1；

(4)鐵離子與Cu反應(yīng)生成亞鐵離子與銅離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；與E(Al)元素成對角關(guān)系的某元素的最高價氧化物的水化物具有兩性，該元素為Be，其最高價氧化物為Be(OH)2，與氫氧化鈉反應(yīng)方程式為：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Be(O