2025年人教五四新版選修三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年人教五四新版選修三化學上冊階段測試試卷180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、金剛石是典型的原子晶體,下列關于金剛石的說法中錯誤的是()A.晶體中不存在獨立的“分子”B.碳原子間以共價鍵相結(jié)合C.硬度很大D.化學性質(zhì)穩(wěn)定,即使在高溫下也不會與氧氣發(fā)生反應2、已知錳的核電荷數(shù)為25，以下是一些同學繪制的基態(tài)錳原子外圍電子的電子排布圖，其中最能準確表示基態(tài)錳原子核外電子運動狀態(tài)的是（）A.B.C.D.3、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。下列有關電子云的說法正確的是A.概率密度的大小體現(xiàn)了電子數(shù)目的多少B.概率密度的大小體現(xiàn)了空間某處電子出現(xiàn)概率的大小C.基態(tài)C原子的1s電子的電子云和2s電子的電子云完全相同D.基態(tài)Li原子的1s電子的電子云和2s電子的電子云形狀不同4、某原子核外電子排布為3s23p7，它違背了（）A.泡利原理B.能量最低原理C.洪特規(guī)則D.洪特規(guī)則特例5、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最??；甲、乙分別是元素Y、Z的單質(zhì)；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態(tài)；戊為酸性氣體，常溫下0.01戊溶液的pH大于2。上述物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系如圖所示。下列說法正確的是。

A.原子半徑：Z>Y>X>WB.W、X、Y、Z不可能同存于一種離子化合物中C.W和Ⅹ形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵D.比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性6、下列離子中，中心原子的雜化方式與其它三種不同的是A.B.C.D.7、下列變化或數(shù)據(jù)與氫鍵無關的是A.水凝結(jié)成冰時，密度變小B.氨分子與水分子生成一水合氨C.水在2000℃時，只有4%的H2O發(fā)生分解D.水的沸點比同主族元素氫化物的高8、2017年；中外科學家團隊共同合成T-碳。T-碳的結(jié)構(gòu)是將立方金剛石中的每個碳原子用一個由4個碳原子組成的正四面體結(jié)構(gòu)單元取代形成碳的一種新型三維立方晶體結(jié)構(gòu)，如圖。下列說法錯誤的是（）

A.每個T-碳晶胞中含32個碳原子B.T-碳中碳與碳的最小夾角為109.5。C.T-碳屬于原子晶體D.D；如圖是T-碳晶胞的俯視圖。

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、根據(jù)元素周期表和周期律相關知識；回答下列問題：

（1）C、N、O三種元素中電負性最大的是_______，第一電離能最大的是_______；

（2）①O2-，②Al3+，③Cl-，④Ca2+的半徑由大到小排列為：________________（用序號表示）；

（3）元素非金屬性Cl______S(填“>”或“<”)，請舉例證明：____________________(可用方程式或客觀事實回答)；

（4）由于Be與Al處于對角線位置，性質(zhì)具有相似性，根據(jù)“對角線規(guī)則”，寫出Be(OH)2與NaOH反應的化學方程式：________________________________。10、X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數(shù)依次增大。X、Z同主族，可形成離子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子。

（1）Y在元素周期表中的位置為_________；

（2）上述元素的最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是_________（寫化學式）。

（3）X、Y、Z、M組成兩種鹽的溶液反應可產(chǎn)生MY2氣體；寫出其反應離子方程式：_________；

（4）M的氧化物與G的單質(zhì)的水溶液均有漂白性，相同條件下，相同體積的該M的氧化物與Y的單質(zhì)混合通入品紅溶液，品紅溶液_________（填褪色或不褪色），原因（用化學方程式表示）_________。11、部分等電子體類型、代表物質(zhì)及對應的空間構(gòu)型如表所示：。等電子類型代表物質(zhì)空間構(gòu)型四原子24電子等電子體SO3平面三角形四原子26電子等電子體SO32-三角錐形五原子32電子等電子體CCl4四面體形六原子40電子等電子體PCl5三角雙錐形七原子48電子等電子體SF6八面體形

請回答下列問題。

(1)請寫出下列離子的空間構(gòu)型：

____________________，____________________，____________________。

(2)由第2周期元素原子構(gòu)成，與F2互為等電子體的離子是__________。

(3)的空間構(gòu)型如圖1所示，請再按照圖1的表示方法在圖2中表示出分子中O、S、F原子的空間位置。已知分子中O、S間為共價雙鍵，S、F間為共價單鍵。__________。

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》一書中有世界上最早的關于煉鋅技術(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___。

(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_______。

②中，中心原子的軌道雜化類型為________。

③寫出一種與互為等電子體的分子的化學式：________。

④NH3極易溶于水，除因為它們都是極性分子外，還因為________13、疊氮化合物是一類重要的化合物，其中氫疊氮酸（HN3）是一種弱酸，其分子結(jié)構(gòu)可表示為H—N=N≡N，肼（N2H4）被亞硝酸氧化時便可得到氫疊氮酸（HN3），發(fā)生的反應為N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱電離出H+和N3-。試回答下列問題：

（1）下列有關說法正確的是___（填序號）。

A.HN3中含有5個σ鍵。

B.HN3中的三個氮原子均采用sp2雜化。

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4都是極性分子。

D.N2H4沸點高達113.5℃；說明肼分子間可形成氫鍵。

（2）疊氮酸根能與許多金屬離子等形成配合物，如[Co(N3)(NH3)5]SO4，在該配合物中鈷顯___價；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷SO42-的空間構(gòu)型為___。

（3）與N3-互為等電子體的分子有___（寫兩種即可）。14、銅元素是一種金屬化學元素；也是人體所必須的一種微量元素，銅也是人類最早發(fā)現(xiàn)的金屬，是人類廣泛使用的一種金屬，屬于重金屬。某種銅的氯化物晶體結(jié)構(gòu)如圖：

若氯原子位于銅形成的四面體的體心，且銅原子與銅原子、銅原子與氯原子都是采取最密堆積方式，則氯原子與銅原子半徑之比為________。15、回答下列問題：

(l)離子化合物中陰陽離子半徑之比是決定晶體構(gòu)型的重要因素之一；配位數(shù)與離子半徑之比存在如下關系：

若某化合物由+1價陽離子和-1價陰離子組成，陽離子的半徑為70pm，陰離子的半徑為140pm，分析以上信息，可以推導出該晶體結(jié)構(gòu)，與常見的_______晶體(填寫化學式)陰陽離子的配位數(shù)相同。與陰(陽)離子配位的這幾個陽(陰)離子，在空間構(gòu)成的立體形狀為_______。

(2)金剛石的晶胞為面心立方；另有四碳原子在晶胞內(nèi)部，如圖。

則一個金剛石的晶胞中含有的碳原子數(shù)為_______，若金剛石晶胞的邊長為a，則其中C—C的鍵長為_______。評卷人得分三、原理綜合題(共8題，共16分)16、【選修3物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)；含VIA族元素的化臺物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題：

（1）S單質(zhì)的常見形式為S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是______；

（2）原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離。

子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為_______________；

（3）Se原子序數(shù)為_______，其核外M層電子的排布式為___________________；

（4）H2Se的酸性比H2S_________（填“強”或“弱”）。氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型。

為_________________，SO32-離子的立體構(gòu)型為___________________；

（5）H2SeO3的K1和K2分別為2.7xl0-3和2.5xl0-8，H2SeO4第一步幾乎完全電離；

K2為1.2X10-2；請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關系解釋：

①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因：_____________________________________________________________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________

（6）ZnS在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛。立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其晶胞邊長為540.0pm．密度為_____________________列式并計算），a位置S2-離子與b位置Zn2+離子之間的距離為_______________pm（列示表示）

17、Na3OCl是一種良好的離子導體；具有反鈣鈦礦晶體結(jié)構(gòu)?；卮鹣铝袉栴}：

（1）Ca小于Ti的是_______（填標號）。

A．最外層電子數(shù)B．未成對電子數(shù)C．原子半徑D．第三電離能

（2）由O、Cl元素可組成不同的單質(zhì)和化合物，其中Cl2O2能破壞臭氧層。

①Cl2O2的沸點比H2O2低，原因是___________________________________。

②O3分子中心原子雜化類型為_______；O3是極性分子，理由是___________________。

（3）Na3OCl可由以下兩種方法制得：

方法ⅠNa2O+NaClNa3OCl

方法II2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑

①Na2O的電子式為____________。

②在方法Ⅱ的反應中，形成的化學鍵有_______（填標號）。

A．金屬鍵B．離子鍵C．配位鍵D．極性鍵E．非極性鍵。

（4）Na3OCl晶體屬于立方晶系，其晶胞結(jié)構(gòu)如右所示。已知：晶胞參數(shù)為anm，密度為dg·cm－3。

①Na3OCl晶胞中，Cl位于各頂點位置，Na位于_________位置，兩個Na之間的最短距離為________nm。

②用a、d表示阿伏加德羅常數(shù)的值NA=__________________（列計算式）。18、Cu；Fe、Se、Co、Si常用于化工材料的合成。請回答下列問題:

（1）鐵離子(Fe3+)最外層電子排布式為______，其核外共有______種不同運動狀態(tài)的電子。Fe3+比Fe2+更穩(wěn)定的原因是____________________________________。

（2）硒為第四周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則三種元素的電負性從大到小的順序為________(用元素符號表示)。

（3）Na3[Co(NO2)6]常用作檢驗K+的試劑，在[Co(NO2)6]3-中存在的化學鍵有____、_____。

（4）C與N能形成一種有毒離子CN-，能結(jié)合Fe3+形成配合物，寫出一個與該離子互為等電子體的極性分子的分子式_____，HCN分子的空間構(gòu)型為____________。

（5）單晶硅的結(jié)構(gòu)與金剛石的結(jié)構(gòu)相似；若將金剛石晶體中一半的C原子換成Si原子且同種原子間不成鍵，則得如圖所示的金剛砂(SiC)結(jié)構(gòu)。

在SiC晶體中，C原子的雜化方式為_________，每個Si原子被_______個最小環(huán)所共有。

（6）已知Cu的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，棱長為acm，又知Cu的密度為pg/cm3，則用a、p的代數(shù)式表示阿伏伽德羅常數(shù)為____mol-1。

19、黃銅是人類最早使用的合金之一；主要由鋅和銅組成?；卮鹣铝袉栴}：

（1）銅原子核外電子共有__種不同運動狀態(tài)，基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為__。

（2）根據(jù)銅、鋅原子結(jié)構(gòu)可知第二電離能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于”。

（3）向藍色硫酸銅溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍過量的氨水，溶液變?yōu)樯钏{色[Cu(NH3)4]2+。

①H2O分子中心原子的雜化類型為__；分子中的鍵角：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

②通過上述實驗現(xiàn)象可知，與Cu2+的配位能力：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

③氨硼烷(BH3—NH3)可以作為機動車使用的備選氫來源或氫儲存的材料。

下列與氨硼烷是等電子體的有__(填編號)。

A.乙烷B.H2O2C.H3PO4D.S8

④寫出BH3—NH3的結(jié)構(gòu)式結(jié)構(gòu)中若含配位鍵用→表示__。

（4）某磷青銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①其化學式為__。

②若晶體密度為8.82g/cm3，最近的Cu原子核間距為__cm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，用M表示該晶體的摩爾質(zhì)量)。20、2018年11月《NatureEnergy》報道了中科院大連化學物理研究所科學家用Ni－BaH2/Al2O3；Ni－LiH等作催化劑；實現(xiàn)了在常壓、100~300℃的條件下合成氨。

(1)在元素周期表中，Li、O、H三種元素的電負性由大到小的順序為___________；Al原子核外電子空間運動狀態(tài)有8種，則該原子處于____(填“基態(tài)”或“激發(fā)態(tài)”)。

(2)氨在糧食生產(chǎn)、國防中有著無可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是組成最簡單的氨基酸；熔點為182℃，沸點為233℃。

①硝酸溶液中NO3?的空間構(gòu)型為__________。

②甘氨酸中N原子的雜化類型為________，分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為_________；其熔點、沸點遠高于相對分子質(zhì)量幾乎相等的丙酸(熔點為－21℃，沸點為141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成內(nèi)鹽，二是______________。

(3)[Cu(NH3)4]2+在實驗室中制備方法如下：向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成藍色沉淀，繼續(xù)添加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液，請寫出藍色沉淀溶解得到深藍色溶液的離子方程式___________________。

(4)X－射線衍射分析表明，由Ni元素形成的化合物Mg2NiH4的立方晶胞如圖所示，其面心和頂點均被Ni原子占據(jù)，所有Mg原子的Ni配位數(shù)都相等。則Mg原子填入由Ni原子形成的___空隙中(填“正四面體”或“正八面體”)，填隙率是____。

(5)已知Mg2NiH4晶體的晶胞參數(shù)為646.5pm，液氫的密度為0.0708g?cm－3。若以材料中氫的密度與液氫密度之比定義為儲氫材料的儲氫能力，在Mg2NiH4的儲氫能力為____________(列出計算式即可)。

21、高氯酸三碳酰肼合鎳{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一種新型的起爆藥。

（1）Ni能與CO形成配合物Ni(CO)4，配體CO中提供孤電子對的是C原子，其理由可能是__；該配合物分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為__。

（2）①ClO4-的空間構(gòu)型是___。

②寫出與ClO4-互為等電子體的一種分子和一種離子：__、__。(填化學式)

（3）化學式中CHZ為碳酰肼，其結(jié)構(gòu)為它是一種新型的環(huán)保鍋爐水除氧劑。

①碳酰肼中氮元素的化合價為__，碳原子的雜化軌道類型為__。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反應制得，有關的化學方程式為__。

（4）高氯酸三碳酰肼合鎳可由NiO；高氯酸及碳酰肼化合而成。

①比較次氯酸和高氯酸的酸性，并說明理由：___。

②如圖為NiO晶胞，若晶胞中含有的Ni2+數(shù)目為a，Ni2+的配位數(shù)為b，NiO晶體中每個Ni2+距離最近的Ni2+數(shù)目為c，則a：b：c=__。

22、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電、導熱性。下列有關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，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)生反應的化學方程式可表示為_______。

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)）23、瑞德西韋是一種核苷類似物；具有抗病毒活性，對新型冠狀病毒病例展現(xiàn)出較好的療效。其結(jié)構(gòu)如圖所示：

回答下列問題：

（1）該結(jié)構(gòu)基態(tài)P原子中；核外電子占據(jù)最高能層的符號是________________，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形狀為________________。

（2）瑞德西韋中位于第二周期元素的第一電離能從大到小的順序為________________；分子中氮原子的雜化類型有________________。

（3）苯酚（）是合成瑞德西韋的原料之一，其熔點為43℃，苯酚的晶體類型是________________。苯酚與甲苯（）的相對分子質(zhì)量相近；但苯酚的熔；沸點高于甲苯，原因是________________。

（4）MgSO4是合成瑞德西韋的催化劑之一。MgSO4中；陰離子的空間構(gòu)型為________________。

（5）磷酸也是合成瑞德西韋的原料之一。直鏈的多磷酸鹽則是－種復雜磷酸鹽；如：焦磷酸鈉；三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如圖所示：

這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為________________（用n代表P原子數(shù)）。

（6）合成瑞德西韋的原料之一的苯酚可通過如下途徑制得：電石（CaC2）→乙烯→苯→溴苯→苯酚。四方相碳化鈣（CaC2）晶體的晶跑結(jié)構(gòu)如圖所示．其晶胞參數(shù)分別為apm、apm、bpm，四方相碳化鈣晶體的密度為g·cm-3，[C≡C]2-中鍵長為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA．則m位置的鈣離子與P位置的碳原子之間的距離為________________pm（用不含a的計算表達式表示）。評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共12分)24、（1）基態(tài)Fe原子的簡化電子排布式為______________________。

（2）常溫下，F(xiàn)e(CO)5為黃色液體，易溶于非極性溶劑。寫出CO的電子式______________；Fe(CO)5分子中σ鍵與π鍵之比為______________。

（3）Ni能與類鹵素(SCN)2反應生成Ni(SCN)2。Ni(SCN)2中第一電離能最大的元素是_____________；(SCN)2分子中硫原子的雜化方式是_____________；

（4）硝酸銅溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2的深藍色溶液。

①[Cu(NH3)4](NO3)2中陰離子的立體構(gòu)型是_________________。

②與NH3互為等電子體的一種陰離子為_____________（填化學式）；氨氣在一定的壓強下，測得的密度比該壓強下理論密度略大，請解釋原因__________。

（5）金屬晶體可看成金屬原子在三維空間中堆積而成，單質(zhì)鋁中鋁原子采用銅型模式堆積，原子空間利用率為74%，則鋁原子的配位數(shù)為________________。

（6）鐵和硫形成的某種晶胞結(jié)構(gòu)如右圖所示，晶胞參數(shù)a＝xpm，則該物質(zhì)的化學式為___________________；A原子距離B原子所在立方體側(cè)面的最短距離為________________pm（用x表示）；該晶胞的密度為____________g·cm-3。（阿伏加德羅常數(shù)用NA表示）

25、Ge；Na及其化合物在航空航天、電子工業(yè)上有重要應用。請回答下列問題：

（1）基態(tài)Ge原子價層電子的排布式為___，其電子填充的最高能級的軌道數(shù)為___。電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為___形。

（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，原因是___。

（3）硼氫化鈉(NaBH4)是有機化學中的一種常用還原劑，[BH4]－的空間構(gòu)型是__，中心原子的雜化形式為___。NaBH4中存在___(填標號)。

A．離子鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵。

（4）NaC1是離子晶體；其晶格能可通過下圖的循環(huán)計算得到。

△H(晶格能)=___。

（5）Na2O的立方晶胞如圖所示，氧離子采取面心立方堆積，鈉離子填在由氧離子形成的__空隙中。已知晶胞邊長a=0.566nm，晶胞中O原子的配位數(shù)為__；該晶體的密度是___g·cm－3(列出計算表達式)。

評卷人得分五、實驗題(共1題，共4分)26、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。請設計實驗方案將這兩種配合物區(qū)別開來_____________________________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共25分)27、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。化合物DC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，寫出其化學反應方程式：__________。

(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，其化學式為_____。

(6)B的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液與D的單質(zhì)反應時，B被還原到最低價，該反應的化學方程式是____________。28、現(xiàn)有屬于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七種元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的價電子構(gòu)型為nsnnpn+1；C元素為最活潑的非金屬元素；D元素核外有三個電子層，最外層電子數(shù)是核外電子總數(shù)的E元素正三價離子的3d軌道為半充滿狀態(tài)；F元素基態(tài)原子的M層全充滿；N層沒有成對電子，只有一個未成對電子；G元素與A元素位于同一主族，其某種氧化物有劇毒。

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

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

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

(4)G元素可能的性質(zhì)_______。

A．其單質(zhì)可作為半導體材料B．其電負性大于磷。

C．其原子半徑大于鍺D．其第一電離能小于硒。

(5)活潑性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。29、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________。30、下表為長式周期表的一部分；其中的編號代表對應的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

請回答下列問題：

（1）表中⑨號屬于______區(qū)元素。

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

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

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

（5）元素⑨的基態(tài)原子核外價電子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的電子式為________。

（7）某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如表中元素⑩與元素⑤的氫氧化物有相似的性質(zhì)。請寫出元素⑩的氫氧化物與NaOH溶液反應的化學方程式：____________________。31、下表為長式周期表的一部分；其中的序號代表對應的元素。

（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、離子的化學式______________________（各寫一種）。

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

（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__________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】在金剛石中,碳原子以共價鍵結(jié)合成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),不存在分子。由于碳的原子半徑比較小,碳與碳之間的共價鍵的鍵能大,所以金剛石的硬度很大,因此A、B、C選項是正確的;金剛石是碳的單質(zhì),可以在空氣或氧氣中燃燒生成CO2,故D選項的說法是錯誤的。2、D【分析】【詳解】

根據(jù)能量最低原理可知錳原子核外電子排布式為[Ar]3d54s2，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理可知，外圍電子的運動狀態(tài)為：故答案為：D。3、B【分析】【詳解】

A.概率密度的大小體現(xiàn)了電子在該處出現(xiàn)的概率大；故A錯誤；

B.概率密度的大小體現(xiàn)了空間某處電子出現(xiàn)概率的大?。还蔅正確；

C.基態(tài)C原子的1s電子的電子云和2s電子的電子云不完全相同；1s電子云比2s電子云小，故C錯誤；

D.基態(tài)Li原子的1s電子的電子云和2s電子的電子云形狀相同；都為球形，故D錯誤。

綜上所述，答案為B。4、A【分析】【分析】

【詳解】

泡利原理是指每個軌道最多只能容納兩個自旋相反的電子；能量最低原理是指核外電子優(yōu)先排布能量最低的軌道；洪特規(guī)則是指在相同能量的軌道上；電子在排布的時候優(yōu)先進入空軌道，每個軌道中的單電子取得相同自旋方向；洪特規(guī)則特例是指全充滿；半充滿、全空狀態(tài)都是穩(wěn)定狀態(tài)；3p能級有3個軌道，根據(jù)泡利原理最多只能排布6個電子，所以3p能級排布7個電子，違背了泡利原理。

答案選A。5、C【分析】【詳解】

Y元素在同周期中離子半徑最小，金屬離子外的電子層數(shù)比相應的原子少一層，而且同周期金屬元素離子半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，而非金屬元素的離子的電子層沒有減少，所以Y應為Al元素。丁為二元化合物，而且為液態(tài)，為水。丙與水反應得到兩種物質(zhì)，而且一種為酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，為弱酸。短周期中二元化合物為弱酸的HF和H2S。結(jié)合乙是Z的單質(zhì)，Z的原子序數(shù)比Al大，Z為S元素。涉及的反應為2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W；X、Y、Z分別為H、O、Al、S。

A．H原子半徑最小。同周期的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小，Al原子的半徑大于S；同主族元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越大，S的原子半徑大于O，排序為Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H）；A項錯誤；

B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中；存在離子鍵，為離子化合物，B項錯誤；

C．W(H)和X(O)的化合物可能為H2O和H2O2。H2O的結(jié)構(gòu)簡式為H—O—H，含有極性鍵。H2O2的結(jié)構(gòu)簡式為H—O－O—H；含有極性鍵和非極性鍵，C項正確；

D．比較X(O)和Z(S)的非金屬性；不能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，因為O沒有它的含氧酸。D項錯誤；

本題答案選C。6、C【分析】【詳解】

離子的中心原子價層電子對數(shù)=4+(6+2?4×2)=4，采取sp3雜化方式；

離子的中心原子價層電子對數(shù)=4+(7+1?4×2)=4，采取sp3雜化方式；

離子的中心原子價層電子對數(shù)=3+(5+1?3×2)=3，采取sp2雜化方式；

離子的中心原子價層電子對數(shù)=3+(6+2?3×2)=4，采取sp3雜化方式；

所以中心原子的雜化方式與其它不同的是故選：C。7、C【分析】【分析】

F；O、N的電負性較強；對應的氫化物分子之間能形成氫鍵，氫鍵的存在，影響到物質(zhì)的某些性質(zhì)，如熔點、沸點，溶解度、粘度、密度等。

【詳解】

A．冰和水的密度不同主要是由于水分子間存在氫鍵；水為液態(tài)時，氫鍵的作用，使一個水分子與4個水分子相連，而當水凝固時氫鍵會拉伸水分子，使水分子有序排列，水分子之間距離增大，體積也就增大了，密度減小，故A不選；

B．O；N的電負性較強；對應的氫化物分子之間能形成氫鍵，所以氨分子與水分子之間能形成氫鍵，故B不選；

C．水在2000℃時，只有4%的H2O發(fā)生分解；是因為水中氧和氫之間的共價鍵很牢固，不易斷裂，所以與氫鍵無關，故C選；

D．因為氨分子間有氫鍵；其沸點升高，所以氨的沸點比同主族元素氫化物的高，故D不選；

故選C。8、B【分析】【分析】

A、一個金剛石晶胞中，含有C的數(shù)目為8×1/8+6×1/2+4=8，將每個C原子換成四面體結(jié)構(gòu)的C，則T-碳晶胞中含有碳原子數(shù)目為8×4=32個；

B；4個碳原子組成的正四面體結(jié)構(gòu)單元；T-碳中碳與碳的最小夾角為60°；

C；C原子間以共價鍵結(jié)合成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；

D；T-碳晶胞的俯視圖正確；突出四面體結(jié)構(gòu)，及四面體之間碳與碳的共價鍵；

【詳解】

A、一個金剛石晶胞中，含有C的數(shù)目為8×1/8+6×1/2+4=8，將每個C原子換成四面體結(jié)構(gòu)的C，則T－碳晶胞中含有碳原子數(shù)目為8×4=32個；故A正確；

B；4個碳原子組成的正四面體結(jié)構(gòu)單元；T-碳中碳與碳的最小夾角為60°，故B錯誤；

C；C原子間以共價鍵結(jié)合成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；T-碳屬于原子晶體，故C正確；

D；T-碳晶胞的俯視圖正確；突出了四面體結(jié)構(gòu)，及四面體之間碳與碳的共價鍵，故D正確；

故選B。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期從左向右電負性增強，即O的電負性是三種元素中最強的，同周期從從左向右第一電離能呈增大趨勢，但IIA>IIA，VA>VIA，因此第一電離能最大的是N；（2）Cl－、Ca2＋核外有三個電子層，O2－、Al3＋核外有2個電子層，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，半徑大小順序是Cl－>Ca2＋>O2－>Al3＋，即③④①②；（3）同周期從左向右非金屬性增強，即Cl的非金屬性強于S，可以用置換反應進行判斷，即Cl2＋H2S=2HCl＋S，也可以用最高價氧化物對應水化物的酸性進行比較，HClO4酸性強于H2SO4；（4）氫氧化鋁表現(xiàn)兩性，即Be(OH)2與NaOH反應的化學方程式為Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O?！窘馕觥縊N③④①②>Cl2+H2S=S+2HCl或HClO4酸性比H2SO4強Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O10、略

【分析】試題分析：X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數(shù)依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成離子化合物ZX，且Y原子序數(shù)大于Y原子序數(shù)，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子；所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考慮稀有氣體）。

（1）Y是O元素；O原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，處于第二周期第ⅥA族，故答案為：第二周期第ⅥA族；

（2）非金屬元素的非金屬性越強，其相應的最高價含氧酸的酸性越強，這幾種元素非金屬性最強的是Cl元素，所以其最高價含氧酸的酸性最強的是高氯酸HClO4，故答案為：HClO4；

（3）用硫酸氫鈉和亞硫酸氫鈉反應可制得二氧化硫氣體，其反應離子方程式為HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故答案為：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）二氧化硫和氯水都有漂白性，但當它們以相同體積混合通人品紅溶液，由于發(fā)生氧化還原反應，使兩種物質(zhì)都失去了漂白作用，所以品紅溶液不褪色，化學方程式表示為Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案為：不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。

考點：考查了元素周期律與元素周期表的相關知識?！窘馕觥浚?）第二周期第ⅥA族；

（2）HClO4；

（3）HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl11、略

【分析】【詳解】

(1)判斷離子的空間構(gòu)型時，需尋找等電子體：價電子數(shù)為26，與SO32-互為等電子體，所以空間構(gòu)型為三角錐形；的價電子數(shù)為24，與SO3互為等電子體，所以空間構(gòu)型為平面三角形；的價電子數(shù)為32，與CCl4互為等電子體；所以空間構(gòu)型為四面體形。答案為：三角錐形；平面三角形；四面體形；

(2)由第2周期元素原子構(gòu)成，與F2互為等電子體的離子，可從C、N、O進行分析，如O元素，構(gòu)成答案為：

(3)已知分子中O、S間為共價雙鍵，S、F間為共價單鍵。含有6個原子，價電子數(shù)為40，與PCl5互為等電子體，則結(jié)構(gòu)為三角雙錐形，4個S—F鍵的鍵長相同，另含1個S=O鍵，則應為PCl5分子中位于同一平面內(nèi)的2個S—F鍵被S=O鍵所替代，從而得出PCl5的空間構(gòu)型為

【點睛】

利用等電子原理，其實就是利用類推法，但在使用類推法時，需注意微粒的差異性，以確定原子的相對位置?！窘馕觥咳清F形平面三角形四面體形12、略

【分析】【詳解】

(1)Zn為30號元素，基態(tài)Zn原子的價層電子排布為3d104s2；占據(jù)最高能層為第4層，能層符號為N；

(2)①[Zn(NH3)4]SO4中陰離子為其中心原子價層電子對數(shù)為=4；不含孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體形；

②中，中心原子的價層電子對數(shù)為4，所以為sp3雜化；

③含有5個原子，價電子總數(shù)為32，與其互為等電子的分子有CCl4、SiCl4、SiF4等；

④NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應，也使氨氣極易溶于水。【解析】①.N②.正四面體③.sp3④.CCl4(或SiCl4、SiF4)⑤.NH3與H2O之間可形成分子間氫鍵，NH3與H2O發(fā)生反應13、略

【分析】【詳解】

（1）A．根據(jù)HN3的分子結(jié)構(gòu)可知，HN3分子中存在3個σ鍵；故A錯誤；

B．HN3分子中連接三鍵的氮原子為sp雜化；故B錯誤；

C．HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正；負電荷中心不重合；都是極性分子，故C正確；

D．N2H4為分子化合物；N元素電負性較高，能夠形成分子間氫鍵，分子間氫鍵的存在會使物質(zhì)的熔；沸點升高，故D正確；

故答案為：CD；

（2）[Co(N3)(NH3)5]SO4中帶1個單位負電荷，NH3不帶電荷，帶2個單位負電荷，根據(jù)化合物中元素化合價的代數(shù)和等于零可知，[Co(N3)(NH3)5]SO4中鈷顯+3價；硫酸根離子中S原子的價層電子對數(shù)為無孤電子對，故其空間構(gòu)型為正四面體形；

（3）互為等電子體的粒子必須滿足兩個條件：①所含原子總數(shù)相等；②所含價電子總數(shù)相等，價電子總數(shù)為3×5+1=16，因此與互為等電子體的分子有CO2、CS2?！窘馕觥竣?CD②.+3③.正四面體形④.CO2、CS214、略

【分析】【詳解】

Cl原子位于Cu原子構(gòu)成的四面體體心，則體對角線是銅原子和氯原子的半徑之和的4倍，Cu原子位于立方體的頂點和面心，為面心立方最密堆積，則面對角線是銅原子半徑的4倍，晶胞的邊長為acm，所以面對角線等于acm，則銅原子半徑為acm，體對角線等于acm，則氯原子半徑為cm，求得氯原子與銅原子半徑之比為【解析】15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】NaCl正八面體8三、原理綜合題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)圖片知；每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論確定S原子雜化方式；

（2）同一主族元素；元素原子失電子能力隨著原子序數(shù)的增大而增強，原子失電子能力越強，其第一電離能越小；

（3）Se元素34號元素；M電子層上有18個電子，分別位于3s；3p、3d能級上；

（4）非金屬性越強的元素；其與氫元素的結(jié)合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱；

根據(jù)價層電子對互斥理論確定氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型、SO32-離子的立體構(gòu)型；

（5）①第一步電離后生成的負離子；較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子；

②根據(jù)中心元素Se的化合價可以判斷電性高低，電性越高，對Se-O-H中O原子的電子吸引越強，越易電離出H+；

（6）利用均攤法計算晶胞中Zn、S原子數(shù)目，進而計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計算晶胞密度；

b位置黑色球與周圍4個白色球構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球與兩個白色球連線夾角為109°28′，計算a位置白色球與面心白色球距離，設a位置S2-與b位置Zn2+之間的距離，由三角形中相鄰兩邊、夾角與第三邊關系：a2+b2-2abcosθ=c2計算。

【詳解】

（1）根據(jù)圖片知，每個S原子含有2個σ鍵和2個孤電子對，所以每個S原子的價層電子對個數(shù)是4，則S原子為sp3雜化，故答案為sp3；

（2）同一主族元素；元素原子失電子能力隨著原子序數(shù)的增大而增強，原子失電子能力越強，其第一電離能越小，所以其第一電離能大小順序是O＞S＞Se，故答案為O＞S＞Se；

（3）Se元素34號元素，M電子層上有18個電子，分別位于3s、3p、3d能級上，所以其核外M層電子的排布式為3s23p63d10，故答案為34；3s23p63d10；

（4）非金屬性越強的元素，其與氫元素的結(jié)合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S強，氣態(tài)SeO3分子中Se原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，所以其立體構(gòu)型為平面三角形，SO32-離子中S原子價層電子對個數(shù)=3+（6+2-3×2）=4且含有一個孤電子對；所以其立體構(gòu)型為三角錐形，故答案為強；平面三角形；三角錐形；

（5）①第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子，故H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離；

故答案為H2SeO4和H2SeO3第一步電離產(chǎn)生的氫離子抑制第二步電離；所以第一步電離程度大于第二步電離程度；

②H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2。H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性強；即對同一種元素的含氧酸來說，該元素的化合價越高，其含氧酸的酸性越強；

故答案為對同一種元素的含氧酸來說；該元素的化合價越高，其含氧酸的酸性越強；

（6）晶胞中含有白色球位于頂點和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于體心，共4個，則晶胞中平均含有4個ZnS，質(zhì)量為4×（87÷6.02×1023）g，晶胞的體積為（540.0×10-10cm）3，則密度為[4×（87÷6.02×1023）g]÷（540.0×10-10cm）3=4.1g?cm-3；

b位置黑色球與周圍4個白色球構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球與兩個白色球連線夾角為109°28′，a位置白色球與面心白色球距離為540.0pm×=270pm，設a位置S2-與b位置Zn2+之間的距離為ypm，由三角形中相鄰兩邊、夾角與第三邊關系：y2+y2-2y2cos109°28′=（270）2，解得y=

故答案為4.1；或或【解析】sp3O＞S＞Se343s23p63d10強平面三角形三角錐形H2SeO4和H2SeO3第一步電離產(chǎn)生的氫離子抑制第二步電離，所以第一步電離程度大于第二步電離程度對同一種元素的含氧酸來說，該元素的化合價越高，其含氧酸的酸性越強4.117、略

【分析】【分析】

(1)基態(tài)Ca原子核外電子排布為1s22s22p63s23p64s2，基態(tài)Ti原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2；結(jié)合元素周期律分析判斷；

(2)①同種類型晶體的熔沸點高低取決于微粒間作用力的大??；分子間存在氫鍵的熔沸點高；②根據(jù)價層電子對互斥理論和雜化軌道理論分析解答；

(3)Na2O為離子化合物，據(jù)此書寫其電子式；根據(jù)Na3OCl和H2存在的化學鍵類型判斷；

(4)①根據(jù)均攤法分析判斷Na3OCl晶體結(jié)構(gòu)中空心白球、頂點陰影球、實心黑球的數(shù)目再結(jié)合Na3OCl化學式分析判斷；②由密度公式ρ=計算解答。

【詳解】

(1)基態(tài)Ca原子核外電子排布為1s22s22p63s23p64s2，未成對電子數(shù)為0，基態(tài)Ti原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2；未成對電子數(shù)為2。A．最外層電子數(shù)相等，錯誤；B．Ca的未成對電子數(shù)小于Ti，正確；C．同一周期元素，原子序數(shù)小的原子半徑大，原子半徑Ca原子略大，錯誤；D．Ca原子失去兩個電子后恰好達到全滿結(jié)構(gòu)，很難失去第三個電子，第三電離能Ca較大，錯誤，故答案為B；

(2)①同種類型晶體的熔沸點高低取決于微粒間作用力的大小，H2O2分子間存在氫鍵，熔沸點高，故答案為H2O2分子間存在氫鍵；

②根據(jù)價層電子對互斥理論，O3分子的中心O原子的價層電子對為2+(6-2×2)=3，雜化形式為sp2，O3分子為V形結(jié)構(gòu)，分子中正負電荷重心不重合，為極性分子，故答案為sp2；O3分子為V形結(jié)構(gòu)(或O3分子中正負電荷重心不重合)；

(3)①Na2O屬于離子化合物，電子式為故答案為

②在方法Ⅱ的反應中，形成的化學鍵有Na3OCl中Na與O、Na與Cl間的離子鍵，H2分子內(nèi)有H與H間的非極性鍵；故答案為BE；

(4)①Na3OCl晶體結(jié)構(gòu)中空心白球類原子6×=3、頂點陰影球類原子8×=1、實心黑球類原子1×1=1，根據(jù)Na3OCl化學式，可判斷鈉原子應為空心白球，處在晶體結(jié)構(gòu)的面心，兩個鈉原子之間的最短距離為晶體結(jié)構(gòu)中兩個面心的距離，即為一半邊長的倍，即anm，故答案為面心；a；

②已知：晶胞參數(shù)為anm，密度為dg?cm-3，則dg?cm-3==解得：NA=故答案為

【點睛】

本題的易錯點為(4)②的計算，要注意掌握晶體密度的計算方法，注意單位的換算；另一個易錯點為(1)，要注意根據(jù)鈣為20號元素，鈦為22號元素，均位于第四周期。本題的難點為Na3OCl中的離子種類，可以根據(jù)化合價分析判斷?！窘馕觥緽H2O2分子間存在氫鍵sp2O3分子為V形結(jié)構(gòu)（或“O3分子中正負電荷重心不重合”等其他合理答案）BE面心18、略

【分析】【詳解】

（1）Fe為26號元素，F(xiàn)e3+的核外電子排布式為[Ar]3d5，最外層電子排布式為3s23p63d5；其核外共有2種不同運動狀態(tài)的電子；Fe3+的電子排布為[Ar]3d5，3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2+電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定；（2）As、Se、Br屬于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大，元素的非金屬性逐漸增強，電負性逐漸增強，所以3種元素的電負性從大到小順序為Br＞Se＞As；（3）Na3[Co(NO2)6]常用作檢驗K+的試劑，在[Co(NO2)6]3-中存在的化學鍵有共價鍵、配位鍵；（4）等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)（氫等輕原子不計在內(nèi)）相同的分子、離子或基團，與CN-互為等電子體的極性分子有CO；HCN分子中心原子碳原子為sp雜化，分子的空間構(gòu)型為直線型；（5）SiC中C與Si形成4個σ鍵，為sp3雜化；以1個Si為標準計算，1個Si通過O連接4個Si，這4個Si又分別通過O連有其他3個Si，故每個Si被4×3=12個最小環(huán)所共有；（6）已知Cu的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，為面心立方，每個晶胞含有Cu個數(shù)為8×+6×=4，棱長為acm，則晶胞的體積V=a3cm3，又知Cu的密度為pg/cm3，則pg/cm3=故NA=【解析】3s23p63d523Fe3+的電子排布為[Ar]3d5,3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2+電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定Br>Se>As共價鍵配位鍵CO直線形sp312256/a3p19、略

【分析】【分析】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1；

(2)根據(jù)Zn和Cu的電子排布式考慮電離能大??；

(3)①根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷；孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力；

②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化；

③原子數(shù)目相等；價電子總數(shù)相等的微?；榈入娮芋w；

④BH3-NH3中B存在空軌道；N存在孤電子對，由N和B之間形成配位鍵；

(4)①晶體中P原子位于中心，含有一個磷原子，立方體每個面心喊一個Cu，每個Cu分攤給一個晶胞的占立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為據(jù)此得到化學式；

②設立方體邊長為x，銅原子間最近距離為a，則a2=()2+()2，a=x，結(jié)合密度ρ=V=x3，1個晶胞質(zhì)量m=g；計算x得到銅原子間最近距離。

【詳解】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，為29號元素，則銅原子核外電子共有29種不同運動狀態(tài)；基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1；則基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形；

(2)鋅的第二電離能I2(Zn)小于銅的第二電離能I2(Cu)，Zn的價電子排布式為3d104s2，Cu的價電子排布式為3d104s1，Cu失去一個電子內(nèi)層達到飽和，再失去一個電子比較困難，Zn失去一個電子價層變?yōu)?d104s1，再失去一個電子比Cu+容易；所以第二電離能相對??；

(3)①對于H2O，根據(jù)VSEPR理論，VP=BP+LP=2+=4，則中心O為sp3雜化；

孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力，H2O的孤電子對數(shù)目多于NH3的孤電子對數(shù)目，則分子中的鍵角：H2O小于NH3；

②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化，所以判斷NH3和H2O與Cu2+的配位能力：NH3＞H2O；

③B原子有空軌道，NH3中N原子有1對孤電子對，N原子提供孤電子對個B原子形成配位鍵，與氨硼烷互為等電子體的分子，可以用2個C原子代替B、N原子，與氨硼烷等電子體一種分子為：C2H6；故答案為A；

④BH3-NH3中B存在空軌道，N存在孤電子對，由N和B之間形成配位鍵，所以其結(jié)構(gòu)式為：

(4)①晶體中P原子位于中心，含有一個磷原子，立方體每個面心喊一個Cu，每個Cu分攤給一個晶胞的占立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為據(jù)此得到化學式SnCu3P；

②摩爾質(zhì)量為342g/mol，則一個晶胞質(zhì)量m=g，設立方體邊長為x，銅原子間最近距離為a，則a2=()2+()2，a=x，結(jié)合密度ρ=V=x3==cm3，x=cm，a=cm。

【點睛】

價層電子對互斥模型(簡稱VSEPR模型)，根據(jù)價電子對互斥理論，價層電子對個數(shù)=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)；分子的立體構(gòu)型是指分子中的原子在空間的排布，不包括中心原子未成鍵的孤對電子；實際空間構(gòu)型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是該分子的空間構(gòu)型?！窘馕觥?9球形小于sp3小于小于ASnCu3P20、略

【分析】【詳解】

（1）同一周期元素原子的電負性隨著原子序數(shù)的遞增而增大，同一主族元素原子的電負性隨著原子序數(shù)的遞增而減小，在Li、H、O三種元素中Li的電負性最小，O的電負性最大，則電負性從大到小的順序為O>H>Li；基態(tài)Al原子核外電子空間運動狀態(tài)有7種；當運動狀態(tài)不為7種時為激發(fā)態(tài)；

（2）①NO3-的中心原子價層電子對數(shù)為=3；孤電子對數(shù)為0，所以空間構(gòu)型為平面三角形；

②甘氨酸中N原子形成兩個N-H鍵和一個N-C鍵，達到飽和狀態(tài)，價層電子對數(shù)為4，所以為sp3雜化；分子中碳氧雙鍵中存在1個π鍵；其余均為σ鍵，所以分子中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為9:1；分子質(zhì)量相同時，甘氨酸分子間形成的氫鍵數(shù)比丙酸分子間形成的氫鍵數(shù)多（或甘氨酸中的氨基使分子間產(chǎn)生氫鍵）；

（3）藍色沉淀溶解得到深藍色溶液的過程是氫氧化銅變成氫氧化四氨合銅的過程，離子方程式為Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；

（4）由晶體結(jié)構(gòu)可知；Ni原子個數(shù)為4，所有Mg原子的Ni配位數(shù)相等，Mg原子數(shù)為8，則Mg原子填入由Ni原子形成的四面體空隙中，空隙占有率為100%；

（5）儲氫能力==

【點睛】

含有-OH、-NH2等基團的物質(zhì)容易形成分子間氫鍵，使熔、沸點升高?！窘馕觥縊>H>Li激發(fā)態(tài)平面三角形sp39:1甘氨酸分子間形成的氫鍵數(shù)比丙酸分子間形成的氫鍵數(shù)多（或甘氨酸中的氨基使分子間產(chǎn)生氫鍵）Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O正四面體100%21、略

【分析】【分析】

⑴電負性越大，原子越不易提供孤電子對；Ni原子形成的4個配位鍵屬于σ鍵，CO與N2互為等電子體；CO分子結(jié)構(gòu)式為C≡O，CO分子中含有1個σ鍵；2個π鍵。

⑵①ClO4?的中心原子Cl原子孤電子對=價層電子對數(shù)=0+4=4，微?？臻g構(gòu)型與它的VSEPR模型相同；②原子總數(shù)相等；價電子總數(shù)也相等的微?；榈入娮芋w。

⑶①N—N鍵使N元素表現(xiàn)0價，N—H價使N元素表現(xiàn)-1價，N—C鍵使N元素表現(xiàn)-1價；分子中碳原子形成3個σ鍵，雜化軌道數(shù)目為3；②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反應制得；該反應屬于取代反應，同時還有甲醇生成.

⑷①非羥基氧數(shù)目越多，中心元素的正電性越高，越容易電離出離子；②如均攤法計算晶胞中含有的Ni2+數(shù)目。以頂點Ni2+研究，其周圍最近的氧離子處于棱心且關于鎳離子對稱，可知Ni2+的配位數(shù)為6．以頂點Ni2+研究，與之距離最近的Ni2+處于面心；共有12個。

【詳解】

(1)電負性O>C，O原子不易給出孤電子對，配體CO中提供孤電子對的是C原子。Ni原子形成的4個配位鍵屬于σ鍵，CO與N2互為等電子體，CO分子結(jié)構(gòu)式為C≡O，CO分子中含有1個σ鍵、2個π鍵,故Ni(CO)4中含有8個σ鍵、8個π鍵，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為8:8=1:1；故答案為：電負性O>C；O原子不易給出孤電子對；1:1。

(2)①ClO4?的中心原子Cl原子孤電子對價層電子對數(shù)=0+4=4，微粒空間構(gòu)型與它的VSEPR模型相同為正四面體形；故答案為：正四面體形。

②原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體。與ClO4?互為等電子體的一種分子和一種離子可以是：CCl4、SO42?等；故答案為：CCl4、SO42?。

(3)①N?N鍵使N元素表現(xiàn)0價，N?H價使N元素表現(xiàn)?1價，N?C鍵使N元素表現(xiàn)?1價，故碳酰肼中氮元素的化合價為?2價；分子中碳原子形成3個σ鍵，雜化軌道數(shù)目為3,故碳原子采取sp2雜化；故答案為：?2；sp2。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反應制得,該反應屬于取代反應,同時還有甲醇生成,反應方程式為：故答案為：

(4)①HClO4中非羥基氧數(shù)目比HClO的多，HClO4中Cl的正電性更高，導致Cl?O?H中O的電子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易電離出H+，故酸性：HClO4>HClO；故答案為：HClO4的酸性比HClO的強，HClO4中非羥基氧數(shù)目比HClO的多，HClO4中Cl的正電性更高，導致Cl?O?H中O的電子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易電離出H+。

②晶胞中含有的Ni2+數(shù)目以頂點Ni2+研究，其周圍最近的氧離子處于棱心且關于鎳離子對稱，可知Ni2+的配位數(shù)為6，以頂點Ni2+研究，與之距離最近的Ni2+處于面心，頂點為8個晶胞共用、面心為2個晶胞共用，故共有3×82=12個，則a:b:c=4:6:12=2:3:6；故答案為：2:3:6?！窘馕觥侩娯撔設>C，O原子不易給出孤電子對1:1正四面體形CCl4SO42??2sp2HClO4的酸性比HClO的強，HClO4中非羥基氧數(shù)目比HClO的多，HClO4中Cl的正電性更高，導致Cl?O?H中O的電子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易電離出H+2:3:622、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，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，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-，所以其化學式都為Co（NH3）4（Cl）2]Cl；因兩者空間構(gòu)型不同導致顏色不同，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)生反應的化學方程式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)分攤法計算化學式是解答關鍵?！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]+3KClCuFeS24.3223、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)P原子為第15號元素，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p3；其核外電子占據(jù)最高能層的符號是M，占據(jù)該能層電子分別位于3s和3p軌道，其電子云形狀為球形和啞鈴形，故答案為：M；球形；啞鈴形；

(2)由結(jié)構(gòu)分析可知，瑞德西韋中含有的第二周期元素有C、N、O，由于N原子的價層電子為2s22p3，2p為半充滿狀態(tài)，較難失去電子，其第一電離能比相鄰元素大，O原子半徑小于C原子，第一電離能大，則第一電離能：N>O>C；該分子中N原子分別形成了單鍵、雙鍵和三鍵，則N原子的雜化方式有sp3、sp2、sp，故答案為：N>O>C；sp3、sp2；sp；

(3)苯酚的熔點為43℃；相對較低，因此苯酚屬于分子晶體；由于苯酚分子間可以形成氫鍵，所以導致苯酚的熔；沸點高于甲苯，故答案為：分子晶體；苯酚分子間存在氫鍵；

(4)MgSO4中陰離子為SO42-，其中心原子S原子的價電子對數(shù)為不含有孤電子對，則其空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為：正四面體形；

(5)根據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學式(PO42-、P2O74-、P3O105-)可推導：磷原子的變化規(guī)律為：1，2，3，4，n，氧原子的變化規(guī)律為：4，7，10，3n+1，酸根的變化規(guī)律為：3，4，5，n+2，因此這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為（PnO3n+1)(n+2)-，故答案為：（PnO3n+1)(n+2)-；

(6)根據(jù)均攤法，一個晶胞中含有Ca2+的數(shù)目為含有C22-的數(shù)目為則一個晶胞中包含了2個CaC