2025年湘教版選修3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年湘教版選修3化學(xué)下冊階段測試試卷307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、金晶體是面心立方最密堆積，已知立方體的每個面上5個金原子緊密堆砌，金原子半徑為rcm，則金晶體的空間利用率為A.B.C.D.2、下列狀態(tài)的氮中，能表示最低能量狀態(tài)的軌道表示式是A.B.C.D.3、已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42。X元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子。X與Y可形成化合物2元素可形成負(fù)一價離子。下列說法正確的是（）A.X元素基態(tài)原子的電子排布式為B.X元素是第4周期第VA族元素C.Y元素原子的軌道表示式為D.Z元素的單質(zhì)Z2在氧氣中不能燃燒4、下列軌道表示式所示的氧原子的核外電子排布中，氧原子處于基態(tài)的是()A.B.C.D.5、現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關(guān)比較中正確的是A.第一電離能：③＞②＞①B.原子半徑：③＞②＞①C.電負(fù)性：③＞②＞①D.最高正化合價：③＞②＞①評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛，Ni的基態(tài)原子有________種能量不同的電子；很多不飽和有機(jī)物在Ni催化下可以H2發(fā)生加成反應(yīng)，如①CH2═CH2、②HC≡CH、③④HCHO等，其中碳原子不是采取sp2雜化的分子有________(填物質(zhì)編號)，HCHO分子的立體構(gòu)型為________7、鋁；鋅、鐵在人類生產(chǎn)和生活中有重要作用；也是人體必需的微量元素?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Fe2+電子排布式為___，Zn的基態(tài)原子能級最高的電子的電子云輪廓圖形狀為___。

（2）已知Al的第一電離能為578kJ·mol-1、Mg的第一電離能為740kJ·mol-1，請解釋Mg的第一電離能比Al大的原因___。

（3）Zn2+可形成[Zn(NH3)6]SO4絡(luò)合物，1mol[Zn(NH3)6]2+配離子中含σ鍵___mol，其陰離子中心原子的雜化方式是___，NH3的沸點高于PH3的原因是___。

（4）已知Zn2+等過渡元素離子形成的水合離子的顏色如下表所示：。離子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+水合離子的顏色無色綠色淺綠色無色

請根據(jù)原子結(jié)構(gòu)推測Sc3+、Zn2+的水合離子為無色的原因：___。

（5）FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為___，其中Fe的配位數(shù)為___。

（6）Fe和N可組成一種過渡金屬氮化物，其晶胞如圖所示。六棱柱底邊邊長為xcm，高為ycm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞的密度為___g·cm-3（列出計算式即可）。

8、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(xué)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。

9、下表為元素周期表的一部分；表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素。

回答下列問題：

（1）寫出元素f的基態(tài)原子核外電子排布式：__。

（2）寫出元素h的基態(tài)原子核外電子軌道表示式：__。

（3）ci2分子的電子式為__。

（4）第一電離能：h__(填“＞”“＜”或“=”，下同)i；電負(fù)性：g__b。

（5）下列關(guān)于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外圍電子排布特點的敘述正確的是__(填字母)。

A.j位于元素周期表中第4周期ⅠB族；屬于ds區(qū)元素。

B.d的基態(tài)原子中；2p軌道為半充滿，屬于p區(qū)元素。

C.最外層電子排布式為4s1；該元素一定屬于第ⅠA族。

D.最外層電子排布式為ns2np1，該元素可能是第ⅢA族或ⅢB族10、研究發(fā)現(xiàn)，在CO2低壓合成甲醇反應(yīng)（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中；Co氧化物負(fù)載的Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應(yīng)用前景?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Co基態(tài)原子核外電子排布式為______。元素Mn與O中，第一電離能較大的是________，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是________________。

（2）CO2和CH3OH分子中C原子的雜化形式分別為__________和__________。

（3）在CO2和H2低壓合成甲醇反應(yīng)所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從高到低的順序為_______，原因是_____________。

（4）硝酸錳是制備上述反應(yīng)催化劑的原料，Mn(NO3)2中的化學(xué)鍵除了σ鍵外，還存在________。11、按要求填空：

(1)在第二周期中(稀有氣體除外)；第一電離能最大的元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是___，第一電離能最小的元素的電子排布圖為___。

(2)以下是一些原子的2p能級和3d能級中電子排布的情況．試判斷；哪些違反了泡利不相容原理，哪些違反了洪特規(guī)則。

①②③④⑤⑥

違反泡利不相容原理的有__；違反洪特規(guī)則的有___。

(3)用VSEPR模型和雜化軌道理論相關(guān)知識填表：

。分子或離子。

中心原子軌道雜化形式。

分子或離子的立體結(jié)構(gòu)。

分子有無極性。

CH2O

________

_______

_____

NH4+

________

_______

_____

CS2

________

_______

_____

12、硼及其化合物在新材料；工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等方面用途很廣。請回答下列問題：

元素的基態(tài)原子的價電子排布圖為______，B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為______。

三氟化硼在常溫常壓下為具有刺鼻惡臭和強(qiáng)刺激性氣味的無色有毒腐蝕性氣體，其分子的立體構(gòu)型為______，B原子的雜化類型為______。

自然界中，含B的鈉鹽是一種天然礦藏，其化學(xué)式寫作實際上它的陰離子結(jié)構(gòu)單元是由兩個和兩個縮合而成的雙六元環(huán)，應(yīng)該寫成其結(jié)構(gòu)式如圖1，它的陰離子可形成鏈狀結(jié)構(gòu)。該陰離子由極性鍵和配位鍵構(gòu)成，請在答題卷中抄上圖1結(jié)構(gòu)式后用“”標(biāo)出其中的配位鍵，該陰離子通過______相互結(jié)合形成鏈狀結(jié)構(gòu)。

科學(xué)家發(fā)現(xiàn)硼化鎂在39K時有超導(dǎo)性，在硼化鎂晶體的理想模型中，鎂原子和硼原子是分層排布的，一層鎂一層硼相間排列。圖2是該晶體微觀結(jié)構(gòu)中取出的部分原子沿z軸方向的投影，白球是鎂原子投影，黑球是硼原子投影。則硼化鎂的化學(xué)式為______。

磷化硼是一種有價值的超硬耐磨涂層材料，這種陶瓷材料可作為金屬表面的保護(hù)薄膜。磷化硼晶胞如圖3所示，在BP晶胞中B的堆積方式為______，當(dāng)晶胞晶格參數(shù)為478pm時，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為______cm。評卷人得分三、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共10分)13、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____________。14、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(fù)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(fù)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____。15、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________。16、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(fù)性________元素④的電負(fù)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：____________________。17、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__________。評卷人得分四、計算題(共4題，共12分)18、(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_______。19、鐵有δ；γ、α三種同素異形體；三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉(zhuǎn)化。

(1)δ、γ、α三種晶體晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為_________。

(2)若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶胞空間利用率之比為________(用a、b表示)

(3)若Fe原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則γ-Fe單質(zhì)的密度為_______g/cm3(用含r的表達(dá)式表示；列出算式即可)

(4)三氯化鐵在常溫下為固體，熔點為282℃，沸點為315℃，在300℃以上升華，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有機(jī)溶劑。據(jù)此判斷三氯化鐵的晶體類型為______。20、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）21、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？_______評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共20分)22、硼；硅、硒等元素及其化合物用途廣泛。請回答下列問題：

（1）基態(tài)硒原子的價電子排布式為_______；SeO2常溫下為白色晶體，熔點為340～350℃，315℃時升華，則SeO2固體為________晶體。

（2）在硼、硅、硒的氣態(tài)氫化物中，其立體構(gòu)型為正四面體的是_______（填化學(xué)式），在硅的氫化物中共用電子對偏向氫元素，氫氣與硒反應(yīng)時單質(zhì)硒是氧化劑，則硒與硅的電負(fù)性大小為Se_____Si（填“＞”或“＜”）。

（3）在周期表的第二周期中，第一電離能介于硼元素和氮元素之間的元素有_____種。

（4）硼元素具有缺電子性（價電子數(shù)少于價層軌道數(shù)），其化合物可與具有孤對電子的分子或離子生成配合物，如BF3能與NH3反應(yīng)生成BF3·NH3，BF3·NH3中B與N之間形成______鍵；NH3中N原子的雜化軌道類型為______，寫出與NH3等電子體的一種離子符號________。

（5）金剛砂（SiC）的摩氏硬度為9.5，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。在SiC中，每個Si原子周圍距離最近的Si原子數(shù)目為________；若金剛砂的密度為ρg·cm－3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞中碳原子與硅原子的最近距離為________pm。（用含ρ和NA的式子表示）

23、(1)氯化鐵溶液用于檢驗食用香精乙酰乙酯時；會生成紫色配合物，其配離子結(jié)構(gòu)如圖所示。

①此配合物中，基態(tài)鐵離子的價電子排布式為________________。

②此配合物中碳原子的雜化軌道類型有________________。

③此配離子中含有的化學(xué)鍵有____________(填字母)。

A.離子鍵B.金屬鍵C.極性鍵D.非極性鍵E.配位鍵F.氫鍵G.σ鍵H.π鍵。

④氯化鐵在常溫下是固體，熔點為306℃，沸點為315℃，在300℃以上升華，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有機(jī)溶劑。據(jù)此判斷氯化鐵的晶體類型為_________。

(2)基態(tài)A原子的價電子排布式為3s23p5；銅與A形成化合物的晶胞如圖所示(黑球代表銅原子)。

①該化合物的化學(xué)式為____________，A原子的配位數(shù)是______________。

②已知該化合物晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體中Cu原子和A原子之間的最短距離為________pm(列出計算表達(dá)式即可)。評卷人得分六、實驗題(共1題，共3分)24、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_____________________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

面心立方最密堆積原子在晶胞中的位置關(guān)系如圖。

【詳解】

金晶體為面心立方最密堆積，則晶胞面對角線為金原子半徑的4倍，金原子半徑為rcm，則晶胞的邊長為4r=rcm，每個金晶胞中含有4個原子，則金原子總體積為金晶胞體積為故空間利用率為

故選B。

【點睛】

本題考查晶胞結(jié)構(gòu)與計算，解題關(guān)鍵是明確原子在晶胞中的位置，理解原子半徑與晶胞棱長的關(guān)系，需要學(xué)生具有一定的數(shù)學(xué)計算能力。2、A【分析】【詳解】

N是7號元素，原子核外電子排布式是1s22s22p3，由于能級相同的軌道中電子總是盡可能成單排列，且自旋方向相同，這樣的排布使原子的能量最低，故氮原子能量最低排布是：故合理選項是A。3、B【分析】【分析】

X元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，推知原子序數(shù)為33號，是As元素；Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子，推知原子序數(shù)為8，是O元素；已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42，推知Z的原子序數(shù)為1，是氫元素；X與Y形成的化合物X2Y3是As2O3。

【詳解】

A.由分析知X為As，As元素基態(tài)原子的電子排布式為故A項錯誤；

B.As元素是第4周期第ⅤA族元素；故B正確；

C.由分析知Y為氧元素，不是碳元素，而是碳元素原子的軌道表示式；故C錯誤；

D.由分析知Z為氫元素，H2能在O2中燃燒；故D錯誤；

綜上所述，答案為B。4、A【分析】【分析】

根據(jù)原子核外電子排布原則：電子優(yōu)先單獨占據(jù)1個軌道；且自旋方向相同，能量最低，據(jù)此分析。

【詳解】

原子核外電子排布原則：能級相同的軌道中電子優(yōu)先單獨占據(jù)1個軌道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布，即氧原子處于基態(tài)的是：

故選A。5、A【分析】【分析】

根據(jù)核外電子排布；可以推出①為S，②為P，③為F，依此答題。

【詳解】

A.①為S；②為P，③為F；同一周期中，從左到右，元素的第一電離能呈鋸齒狀升高，其中IIA族和V族比兩邊的主族元素的都要高，所以Cl＞P＞S，即Cl＞②＞①；同一主族，從上到下，元素的第一電離能減小，即F＞Cl，即③＞Cl；所以有第一電離能：③＞②＞①，A正確；

B.①為S；②為P，③為F，則原子半徑大小為：②＞①＞③，B錯誤；

C.①為S；②為P，③為F，則元素的電負(fù)性大小為：③＞①＞②，C錯誤；

D.①為S；②為P，③為F，則元素的最高正化合價大小為：①＞②，F(xiàn)無正價，所以不參比，D錯誤；

故合理選項為A。二、填空題(共7題，共14分)6、略

【分析】【分析】

Ni的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，同一能級軌道上的電子能量相同；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3個σ鍵，沒有孤對電子，碳原子均為sp2雜化，而HC≡CH中碳原子均形成2個σ鍵、沒有孤對電子，為sp雜化；HCHO中碳原子為sp2雜化；空間構(gòu)型為平面三角形。

【詳解】

Ni的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，有7個能級，同一能級軌道上的電子能量相同，則Ni的基態(tài)原子有7種能量不同的電子；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3個σ鍵，沒有孤對電子，碳原子采取sp2雜化，HC≡CH中碳原子均形成2個σ鍵、沒有孤對電子，碳原子采取sp雜化；HCHO中碳原子為sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形；故答案為：7，②，平面三角形?！窘馕觥竣?7②.②③.平面三角形7、略

【分析】【詳解】

（1）鐵為26號元素，基態(tài)原子電子排布式為[Ar]3d64s2，所以Fe2+電子排布式為[Ar]3d6；Zn為30號元素，基態(tài)原子能級最高的電子為4s上的2個電子，所有電子云輪廓圖形狀為球形，故答案為：[Ar]3d6球形；

（2）Mg的電子排布式為[Ne]3s2，Al的電子排布式為[Ne]3s23p1，鎂的3s處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，不易失去一個電子，鋁的最外層為3p1，易失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以Al原子的第一電離能比Mg大，故答案為：Mg的電子排布式為[Ne]3s2，Al的電子排布式為[Ne]3s23p1，鎂的3s處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定不易失去一個電子，鋁的最外層為3p1；易失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

（3）[Zn(NH3)6]2+中每個N原子形成3個氮氫σ鍵，與Zn2＋形成1個配位鍵，配位鍵也屬于σ鍵，所以1mol該離子中σ鍵為24mol；陰離子為根據(jù)價層電子對互斥理論，其中心原子S的價電子對為對，所以中心S為sp3雜化。NH3分子中N原子的電負(fù)性強(qiáng)，原子半徑小，使得N—H鍵的極性增強(qiáng)而表現(xiàn)一定的電性，分子之間能夠形成氫鍵，而PH3分子中P半徑大，電負(fù)性小，則不能形成分子間氫鍵，只存在范德華力，氫鍵的作用力強(qiáng)于范德華力，所以沸點NH3大于PH3，故答案為：24sp3氨分子之間形成分子間氫鍵；

（4）Sc3+的外圍電子排布式為[Ar]3d0、Cr3+的外圍電子排布式為[Ar]3d3、Fe2+電子排布式為[Ar]3d6、Zn2+的外圍電子排布式為[Ar]3d10；對比四種離子的外圍電子排布式可知，其水合離子的顏色與3d軌道上的單電子有關(guān)，故答案為：3d軌道上沒有未成對電子（或3d軌道全空或全滿狀態(tài)）；

（5）Fe能夠提供空軌道，而Cl能夠提供孤電子對，故FeCl3分子雙聚時可形成配位鍵。由常見AlCl3的雙聚分子的結(jié)構(gòu)可知FeCl3的雙聚分子的結(jié)構(gòu)式為其中Fe的配位數(shù)為4，故答案為：4；

（6）由圖示，堆積方式為六方最緊密堆積。為了計算的方便，選取該六棱柱結(jié)構(gòu)進(jìn)行計算：六棱柱頂點的原子是6個六棱柱共用的，面心是兩個六棱柱共用，所以該六棱柱中的鐵原子為個，N原子位于六棱柱內(nèi)部，所以該六棱柱中的氮原子為2個，該結(jié)構(gòu)的質(zhì)量為該六棱柱的底面為正六邊形，邊長為xcm，底面的面積為6個邊長為xcm的正三角形面積之和，根據(jù)正三角形面積的計算公式，該底面的面積為cm2，高為ycm，所以體積為cm3。所以密度為：故答案為：【解析】[Ar]3d6球型Mg的電子排布式為[Ne]3s2，Al的電子排布式為[Ne]3s23p1，鎂的3s處于全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定不易失去一個電子，鋁的最外層為3p1，易失去一個電子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)24sp3氨分子之間形成分子間氫鍵3d軌道上沒有未成對電子（或3d軌道全空或全滿狀態(tài)）48、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?。桓鶕?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(qiáng)；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(qiáng)分子間作用力越強(qiáng)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(qiáng)，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。【解析】①.3d54S1②.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(qiáng)，故CO沸點較高⑦.O、Cl⑧.6⑨.AC⑩.×10109、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素在周期表中的位置可知，a為H元素、b為Be元素；c為C元素、d為N元素、e為O元素、f為F元素、g為Na元素、h為P元素、i為S元素、j為Cu元素；結(jié)合原子結(jié)構(gòu)和元素周期律分析解答。

【詳解】

根據(jù)元素在周期表中的位置可知，a為H元素、b為Be元素；c為C元素、d為N元素、e為O元素、f為F元素、g為Na元素、h為P元素、i為S元素、j為Cu元素。

(1)f為F元素，原子核外電子數(shù)目為9，核外電子排布式為1s22s22p5，故答案為：1s22s22p5；

(2)元素h為P，為15號元素，基態(tài)原子核外電子軌道表示式為故答案為：

(3)ci2分子CS2，與二氧化碳的結(jié)構(gòu)類似，電子式為故答案為：

(4)P元素的3p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)；較穩(wěn)定，故第一電離能P＞S；金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越小，故電負(fù)性Na＜Be，故答案為：＞，＜；

(5)A．j是Cu元素位于元素周期表中第四周期、ⅠB族，價電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)元素，故A正確；B．N原子的基態(tài)原子中2p能級為半充滿，屬于p區(qū)元素，故B正確；C．最外層電子排布式為4s1，可能處于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族，故C錯誤；D．最外層電子排布式為ns2np1；該元素處于第ⅢA族，故D錯誤；故答案為：AB。

【點睛】

本題的易錯點為(5)，要注意最外層電子排布式為4s1，可能的電子排布式有3d104s1，3d54s1，3p64s1，可能處于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族?！窘馕觥竣?1s22s22p5②.③.④.>⑤.<⑥.AB10、略

【分析】【詳解】

(1)Co為27號元素，依據(jù)電子排布的原則，其基態(tài)原子核外電子排布式為[Ar]3d74s2。元素Mn為金屬，O為非金屬，第一電離能較大的是O；Mn和O的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)分別為3、2，則基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是Mn。答案為：[Ar]3d74s2；O；Mn；

(2)CO2分子中，C原子只與兩個氧原子形成共價鍵，且最外層無孤對電子，CH3OH分子中C原子與4個原子形成共價鍵，所以二者的雜化形式分別為sp和sp3。答案為：sp；sp3；

(3)CO2、H2、CH3OH、H2O四種分子中，CH3OH、H2O都能形成分子間的氫鍵，H2O與CH3OH均為極性分子，H2O中氫鍵比甲醇多，CO2與H2均為非極性分子，CO2相對分子質(zhì)量較大、范德華力較大，所以沸點從高到低的順序為H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，答案為：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O與CH3OH均為極性分子，H2O中氫鍵比甲醇多，CO2與H2均為非極性分子，CO2相對分子質(zhì)量較大；范德華力較大；

(4)硝酸錳是制備上述反應(yīng)催化劑的原料，Mn(NO3)2中的化學(xué)鍵除了σ鍵外，還存在Mn2+與NO3-間的離子鍵和NO3-內(nèi)的π鍵。答案為：離子鍵和π鍵。

【點睛】

注意分子間的范德華力比氫鍵小得多，比較沸點時，還需從氫鍵的數(shù)目和鍵長尋找突破?！窘馕觥竣?[Ar]3d74s2②.O③.Mn④.sp；sp3⑤.H2O＞CH3OH＞CO2＞H2⑥.H2O與CH3OH均為極性分子，H2O中氫鍵比甲醇多⑦.CO2與H2均為非極性分子，CO2分子量較大、范德華力較大⑧.離子鍵和π鍵11、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)同周期元素第一電離能呈增大趨勢，在第二周期中(稀有氣體除外)，第一電離能最大的元素是F，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為第一電離能最小的元素是Li，其電子排布圖為

故答案為：

(2)泡利不相容原理指在原子中不能容納運動狀態(tài)完全相同的電子；每一軌道中只能容納自旋相反的兩個電子，違背此原理的有①；洪特規(guī)則是在等價軌道(相同電子層；電子亞層上的各個軌道)上排布的電子將盡可能分占不同的軌道，且自旋方向相同，②④⑤違背了洪特規(guī)則；

故答案為：①；②④⑤；

(3)CH2O中心碳原子的價層電子對數(shù)=碳原子采用sp2雜化，無孤電子對，分子為平面三角形結(jié)構(gòu)，因正負(fù)電荷重心不能重合，故為極性分子；NH4+中心氮原子的價電子對數(shù)=碳原子采用sp3雜化，無孤電子對，分子為正四面體形，因正負(fù)電荷重心重合，故為非極性分子；CS2中心碳原子的價層電子對數(shù)=碳原子采用sp雜化，分子為直線形，因正負(fù)電荷重心重合，故為非極性分子；

故答案為：sp2；平面三角形；有；sp3；正四面體形；無；sp；直線形；無；

【點睛】

價層電子對數(shù)與價鍵形式和分子構(gòu)型的關(guān)系：

當(dāng)n=2時；叁鍵，空間構(gòu)型是直線型。

當(dāng)n=3時；雙鍵，空間構(gòu)型平面正三角型。

當(dāng)n=4時，單鍵，空間構(gòu)型為正四面體（三角錐型，V型）【解析】①②④⑤sp2平面三角形有sp3正四面體形無sp直線形無12、略

【分析】【分析】

元素處于第二周期IIIA族，價電子排布式為結(jié)合泡利原理；洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但I(xiàn)IA族、VA族元素原子最高能級為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰的元素；

分子的中心B原子孤電子對數(shù)價層電子對數(shù)B原子雜化軌道數(shù)目為3；

形成4個鍵的B原子中含有1個配位鍵；氫氧根離子中氧原子與B原子之間形成配位鍵；該陰離子通過氫鍵相互結(jié)合形成鏈狀結(jié)構(gòu)；

個B原子為3個Mg原子共用；1個Mg原子為6個B原子共用，均攤法計算硼原子和鎂原子的個數(shù)之比，確定硼化鎂的化學(xué)式；

由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中B原子處于晶胞頂點與面心，B的堆積方式為面心立方最密堆積；P原子與周圍的4個B原子最近且形成正四面體結(jié)構(gòu)，二者連線處于體對角線上，為體對角線的

【詳解】

原子核外電子排布式為由泡利原理、洪特規(guī)則，核外電子排布圖為同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，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的元素，故第一電離能：

故答案為：

分子的中心B原子孤電子對數(shù)價層電子對數(shù)分子空間構(gòu)型為平面正三角形，B原子的雜化軌道類型為

故答案為：平面正三角形；

形成4個鍵的B原子中含有1個配位鍵，氫氧根離子中氧原子與B原子之間形成配位鍵，圖1中用“”標(biāo)出其中的配位鍵為：該陰離子通過氫鍵相互結(jié)合形成鏈狀結(jié)構(gòu)；

故答案為：氫鍵；

根據(jù)投影可知，1個B原子為3個Mg原子共用，1個Mg原子為6個B原子共用，故一個Mg原子的B原子為由此可知Mg、B原子數(shù)目之比為1：2，故硼化鎂的化學(xué)式為

故答案為：

由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中B原子處于晶胞頂點與面心，B的堆積方式為面心立方最密堆積；P原子與周圍的4個B原子最近且形成正四面體結(jié)構(gòu)，二者連線處于體對角線上，為體對角線的立方體的每條邊長為478pm，則晶胞體對角線長為則P原子與B原子最近距離為

故答案為：面心立方最密堆積；【解析】平面正三角形氫鍵面心立方最密堆積三、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共10分)13、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。【解析】1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O14、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(fù)性逐漸增強(qiáng)，故元素的電負(fù)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(fù)性依次減小；則電負(fù)性：As＜P，B錯誤；

C．同一周期從左到右原子半徑依次減小；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)。【解析】＞N＜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15、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=O3d104s116、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(fù)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(fù)性逐漸減小，則鈹元素的電負(fù)性大于鎂元素的電負(fù)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+2H2O17、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?；榈入娮芋w，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?！窘馕觥竣?［Ar］3d54s1②.sp2③.離子晶體④.＞⑤.三角錐形⑥.CO、CN-⑦.4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O⑧.2四、計算題(共4題，共12分)18、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(jìn)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】232:3MgB219、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)各種晶體結(jié)構(gòu)中微粒的空間位置確定三種晶體晶胞中鐵原子的配位數(shù)；然后得到其比值；

(2)先計算出兩種晶體中Fe原子個數(shù)比；然后根據(jù)密度定義計算出其密度比，就得到其空間利用率之比；

(3)先計算γ-Fe晶體中Fe原子個數(shù)，根據(jù)Fe原子半徑計算晶胞的體積，然后根據(jù)計算晶體的密度；

(4)根據(jù)物質(zhì)的熔沸點；溶解性等物理性質(zhì)分析判斷。

【詳解】

(1)δ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是晶胞頂點的Fe異種；個數(shù)是8個；

γ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子個數(shù)=3××8=12；

α-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是相鄰頂點上鐵原子；鐵原子個數(shù)=2×3=6；

則三種晶體晶胞中鐵原子的配位數(shù)的比為8：12：6=4：6：3；

(2)若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶體中鐵原子個數(shù)之比=(1+)：(8×)=2：1，密度比==2b3：a3，晶體的密度比等于物質(zhì)的空間利用率之比，所以兩種晶體晶胞空間利用率之比為2b3：a3；

(3)在γ-Fe晶體中Fe原子個數(shù)為8×+6×=4，F(xiàn)e原子半徑為rpm，假設(shè)晶胞邊長為L，則L=4rpm，所以L=2rpm=2×10-10cm，則晶胞的體積V=L3=(2×10-10)cm3，所以γ-Fe單質(zhì)的密度

(4)FeCl3晶體的熔沸點低；易溶于水，也易溶于乙醚；丙酮等有機(jī)溶劑，根據(jù)相似相溶原理，結(jié)合分子晶體熔沸點較低，該物質(zhì)的熔沸點較低，屬于分子晶體。

【點睛】

本題考查了Fe的晶體類型的比較、晶體空間利用率和密度的計算、鐵元素化合物晶體類型的判斷。學(xué)會利用均攤方法分析判斷晶胞中鐵原子數(shù)目，熟練掌握各種類型晶體的特點，清楚晶體密度計算公式是解答本題的關(guān)鍵?！窘馕觥?：6：32b3：a3分子晶體20、略

【分析】【分析】

每個C周圍有4個硅，C和Si的最短距離為體對角線的四分之一，先計算金剛石晶胞中碳的個數(shù)，再根據(jù)公式計算空間利用率。

【詳解】

⑴每個C周圍有4個硅，因此C的配位數(shù)為4；故答案為：4。⑵C和Si的最短距離為體對角線的四分之一，因此故答案為：188。⑶金剛石晶胞中有個碳，假設(shè)C的原子半徑為r，則金剛石晶胞參數(shù)為金剛石晶體中原子的空間利用率故答案為：34%。【解析】418834%21、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(jìn)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(jìn)而計算兩個距離最近的鈉離子中心間的距離。

【詳解