2025年湘教版選修3化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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)上冊月考試卷723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7題，共14分)1、下列敘述中，正確的是A.在一個基態(tài)多電子的原子中，可以有兩個運動狀態(tài)完全相同的電子B.在一個基態(tài)多電子的原子中，不可能有兩個能量完全相同的電子C.如果某一基態(tài)原子3p軌道上僅有2個電子，它們自旋方向必然相反D.在一個基態(tài)多電子的原子中，M層上的電子能量肯定比L層上的電子能量高2、下列說法或化學(xué)用語表達(dá)正確的是A.s能級的原子軌道呈球形，處在該軌道上的電子只能在球殼內(nèi)運動B.p能級的原子軌道呈啞鈴形，隨著能層的增加，p能級原子軌道也在增多C.某原子的電子排布式為屬于激發(fā)態(tài)D.的電子排布式為3、關(guān)于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的下列說法正確的是A.中心原子的化合價是+1B.配位體是Cl－和H2O，配位數(shù)是6C.氧原子存在配位鍵和氫鍵兩種化學(xué)鍵D.在1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀4、鎳能形成多種配合物如正四面體形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2－、正八面體形的[Ni(NH3)6]2+等。Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機(jī)溶劑。下列說法正確的是A.NH3的鍵角大于CCl4B.固態(tài)Ni(CO)4屬于離子晶體C.Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2－中，鎳元素均是sp3雜化D.Ni(CO)4分子內(nèi)σ鍵和π鍵個數(shù)之比為1∶15、下列物質(zhì)的熔、沸點高低順序不正確的是A.F2＜Cl2＜Br2＜I2B.CF4＞CCl4＞CBr4＞CI4C.HCl＜HBr＜HI＜HFD.CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH46、最近科學(xué)家成功制成了一種新型的碳氧化合物，該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結(jié)構(gòu)，下列對該晶體敘述錯誤的是A.該晶體類型是原子晶體B.該晶體中碳原子和氧原子的個數(shù)比為1∶2C.晶體中碳原子數(shù)與C—O化學(xué)鍵數(shù)之比為1∶2D.晶體的空間最小環(huán)共有12個原子構(gòu)成7、金屬原子在二維平面里放置有如圖所示的兩種方式；下列說法正確的是。

A.圖1為非密置層，配位數(shù)為6B.圖2為密置層，配位數(shù)為4C.圖1在三維空間里堆積可得A3型和A1型兩種堆積模型D.圖2在三維空間里堆積可得A3型堆積模型評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、下面是s能級；p能級的原子軌道圖；試回答問題：

(1)s能級的原子軌道呈____________形，每個s能級有_______個原子軌道；p能級的原子軌道呈____________形，每個p能級有_____個原子軌道。

(2)s能級原子軌道的半徑與什么因素有關(guān)？是什么關(guān)系_____。9、Cr電子排布式從3d54s1→3d6是__________能量(填“吸收”或“放出”)；Co3+核外電子有_____個未成對電子數(shù)，Zn2+的價電子軌道表示式為_______________；V原子結(jié)構(gòu)示意圖為：_____________。10、（1）下列原子或離子的電子排布的表示方法中，正確的是___，違反了能量最低原理的是___，違反洪特規(guī)則的是__。

①Ca2＋：1s22s22p63s23p6

②F－：1s22s23p6

③P：

④Cr：1s22s22p63s23p63d44s2

⑤Fe：1s22s22p63s23p63d64s2

⑥Mg2＋：1s22s22p6

⑦C：

綠柱石被國際珠寶界公認(rèn)為四大名貴寶石之一。主要成分為Be3Al2[Si6O18]，因含適量的Cr2O3（0.15～0.6%）；而形成祖母綠。試回答下列問題：

（2）基態(tài)Al原子中，電子填充的最高能級是___，基態(tài)Cr原子的價電子排布式是___。

（3）用“＞”或“＜”填空：。第一電離能沸點離子半徑Be___BH2S___H2OAl3+___O2-

（4）卟啉與Fe2＋合即可形成血紅素，F(xiàn)e2＋的電子排布式為___，鐵在周期表中的位置為__。11、X；Y、Z、W是元素周期表中前36號元素；且原子序數(shù)依次增大。其相關(guān)信息如下表：

。元素編號。

元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)。

X

X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍。

Y

Y的基態(tài)原子價電子排布式為nsnnpn+2

Z

最外層中只有兩對成對電子。

W

前四周期基態(tài)原子中；W元素的未成對電子數(shù)最多。

（1）元素X最高價氧化物分子的空間構(gòu)型是__________________，是_________(填“極性”或“非極性”)分子。

（2）Y的最簡單氫化物的沸點比Z的最簡單氫化物的沸點高，原因是____________________________________

（3）基態(tài)Z原子中，電子占據(jù)的最高電子層符號為_________，該電子層具有的原子軌道數(shù)為________________

（4）元素W位于元素周期表的第________族。12、銅單質(zhì)及其化合物在很多領(lǐng)域有重要的用途；如金屬銅用來制造電線電纜，五水硫酸銅可用作殺菌劑。

(1)Cu位于元素周期表第IB族。Cu2＋的核外電子排布式為__________。

(2)下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，可確定該晶胞中陰離子的個數(shù)為_____。

(3)往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配離子。已知NF3與NH3的空間構(gòu)型都是三角錐形，但NF3不易與Cu2＋形成配離子，其原因是_______________。

(4)Cu2O的熔點比Cu2S的_________(填“高”或“低”)。13、請完成下列各題：

(1)前4周期元素中，基態(tài)原子中未成對電子數(shù)與其所在周期數(shù)相同的元素有________種。

(2)第ⅢA、ⅤA族元素組成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半導(dǎo)體材料，其晶體結(jié)構(gòu)與單晶硅相似。在GaN晶體中，每個Ga原子與________個N原子相連，與同一個Ga原子相連的N原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為____________。在四個晶體類型中，GaN屬于________晶體。

(3)在極性分子NCl3(遇水強(qiáng)烈水解)中，N原子的化合價為－3價，Cl原子的化合價為＋1價，請推測NCl3水解的主要產(chǎn)物是________________(填化學(xué)式)。14、已知NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶體的熔點依次為801℃、714℃、190℃、2000℃，其中屬于分子晶體的一種晶體應(yīng)是________，它不適宜用作金屬冶煉的電解原料。工業(yè)上這種金屬的冶煉過程必須使用一種助熔劑___________。15、現(xiàn)有幾組物質(zhì)的熔點(℃)的數(shù)據(jù)：

據(jù)此回答下列問題：

(1)A組屬于___________晶體，其熔化時克服的微粒間的作用力是__________________。

(2)B組晶體共同的物理性質(zhì)是___________________(填序號)。

①有金屬光澤②導(dǎo)電性③導(dǎo)熱性④延展性。

(3)C組中HF熔點反常是由于_______________________________________。

(4)D組晶體可能具有的性質(zhì)是_________________(填序號)。

①硬度?、谒芤耗軐?dǎo)電③固體能導(dǎo)電④熔融狀態(tài)能導(dǎo)電。

(5)D組晶體的熔點由高到低的順序為NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因解釋為_______________________________。評卷人得分三、計算題(共9題，共18分)16、(1)石墨晶體的層狀結(jié)構(gòu)，層內(nèi)為平面正六邊形結(jié)構(gòu)(如圖a)，試回答下列問題：圖中平均每個正六邊形占有C原子數(shù)為____個、占有的碳碳鍵數(shù)為____個，碳原子數(shù)目與碳碳化學(xué)鍵數(shù)目之比為_______。

(2)2001年報道的硼和鎂形成的化合物刷新了金屬化合物超導(dǎo)溫度的最高記錄。如圖b所示的是該化合物的晶體結(jié)構(gòu)單元：鎂原子間形成正六棱柱，且棱柱的上下底面還各有1個鎂原子，6個硼原子位于棱柱內(nèi)。則該化合物的化學(xué)式可表示為_______。17、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______。18、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）19、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)。_______20、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)。

21、如圖是金屬鎢晶體中的一個晶胞的結(jié)構(gòu)模型（原子間實際是相互接觸的）。它是一種體心立方結(jié)構(gòu)。實驗測得金屬鎢的密度為19.30g·cm-3；鎢的相對原子質(zhì)量為183.9.假定金屬鎢為等直徑的剛性球，請回答以下各題：

（1）每一個晶胞中分?jǐn)偟絖_________個鎢原子。

（2）計算晶胞的邊長a。_____________

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

（4）計算金屬鎢原子采取的體心立方密堆積的空間利用率。____________22、NaCl是重要的化工原料?；卮鹣铝袉栴}。

（1）元素Na的焰色反應(yīng)呈_______色。價電子被激發(fā)到相鄰高能級后形成的激發(fā)態(tài)Na原子，其價電子軌道表示式為_______。

（2）KBr具有NaCl型的晶體結(jié)構(gòu)，但其熔點比NaCl低，原因是________________。

（3）NaCl晶體在50~300GPa的高壓下和Cl2反應(yīng)；可以形成一種晶體，其立方晶胞如圖所示（大球為Cl，小球為Na）。

①若A的原子坐標(biāo)為（0，0，0），B的原子坐標(biāo)為（0，），則C的原子坐標(biāo)為_______。

②晶體中，Cl構(gòu)成的多面體包含______個三角形的面，與Cl緊鄰的Na個數(shù)為_______。

③已知晶胞參數(shù)為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為_________g·cm－3（列出計算式）。23、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？_______24、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)評卷人得分四、原理綜合題(共1題，共4分)25、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(xué)式)

（3）化學(xué)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(yīng)制得，有關(guān)的化學(xué)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=__。

評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共4分)26、飲用水中含有砷會導(dǎo)致砷中毒，金屬冶煉過程產(chǎn)生的含砷有毒廢棄物需處理與檢測。冶煉廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化學(xué)沉降法處理酸性高濃度含砷廢水，其工藝流程如下：

已知：①As2S3與過量的S2-存在反應(yīng)：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)；

②亞砷酸鹽的溶解性大于相應(yīng)砷酸鹽。

(1)砷在元素周期表中的位置為_______；AsH3的電子式為______；

(2)下列說法正確的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半徑：S>P>As

c.第一電離能：S

(3)沉淀X為__________(填化學(xué)式)；

(4)“一級沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二級沉砷”中H2O2與含砷物質(zhì)反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________；

(6)關(guān)于地下水中砷的來源有多種假設(shè)，其中一種認(rèn)為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3，同時生成導(dǎo)致砷脫離礦體進(jìn)入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共45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?；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____________。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(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____。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(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________。30、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：____________________。31、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__________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

在一個基態(tài)多電子的原子中；不可能有兩個運動狀態(tài)完全相同的電子，A錯誤；

在一個基態(tài)多電子的原子中；當(dāng)電子處于同一電子層的不同亞層時，電子的能量相同，B錯誤；

如果某一基態(tài)原子3p軌道上僅有2個電子；它們處于不同的軌道上，而且自旋方向相同，這樣的排布使原子的能量最低，處于穩(wěn)定狀態(tài)，C錯誤；

在一個基態(tài)多電子的原子中；根據(jù)電子圍繞原子核運動時，離核的遠(yuǎn)近及能量的高低，將原子核外電子運動的空間分成不同的層次，從內(nèi)到外依次是K；L、M、N、O、P、Q，M層上的電子能量肯定比L層上的電子能量高，D正確；

故合理選項是D。2、D【分析】【詳解】

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

B．p能級含有3個原子軌道；不同能層上的p能級含有的軌道數(shù)相同，故B錯誤；

C．當(dāng)軌道中的電子處于半滿或全滿狀態(tài)時，能量較低，屬于穩(wěn)定狀態(tài)，所以某原子的電子排布式為處于低能態(tài)；故C錯誤；

D．Fe為26號元素，原子核外有26個電子，F(xiàn)e原子的電子排布式為失去2個電子形成則的電子排布式為故D正確。

答案為D。3、B【分析】【詳解】

A.中心原子的化合價是+3；A錯誤；

B.配離子是[TiCl(H2O)5]2+，故配位體是Cl－和H2O；配位數(shù)是6，B正確；

C.氫鍵不是化學(xué)鍵；C錯誤；

D.在1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液；可以得到2molAgCl沉淀，D錯誤；

答案選B。4、D【分析】【詳解】

A．孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力，導(dǎo)致鍵角減小，則NH3的鍵角小于CCl4的鍵角；故A錯誤；

B．因為Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機(jī)溶劑，根據(jù)相似相溶原理知，固態(tài)Ni(CO)4屬于分子晶體；故B錯誤；

C．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-中；鎳元素提供了空軌道，不存在雜化，故C錯誤；

D．CO結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)，共價三鍵中含有1個σ鍵、2個π鍵，配位鍵屬于σ鍵，所以Ni(CO)4分子內(nèi)σ鍵和π鍵個數(shù)之比為(4+4)∶(2×4)=1∶1；故D正確；

故選D。5、B【分析】【詳解】

A．對應(yīng)的晶體都為分子晶體；相對分子質(zhì)量越大，則熔沸點越高，A正確；

B．根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)相似的分子，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，物質(zhì)的熔沸點越高，應(yīng)為CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4；B錯誤；

C．HF含有氫鍵，沸點最高，HCl、HBr；HI相對分子質(zhì)量逐漸增大；分子間作用力逐漸增強(qiáng)，物質(zhì)的熔沸點逐漸增高，C正確；

D．都不含氫鍵；相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，D正確；

答案選B。

【點晴】

注意同種晶體和不同晶體熔沸點高低比較的方法和角度，不同類型晶體熔沸點高低的比較：一般來說，原子晶體＞離子晶體＞分子晶體；分子晶體中含有氫鍵的熔沸點較高；同種類型的分子晶體相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，解答時注意靈活應(yīng)用。6、C【分析】【分析】

根據(jù)題意知；該化合物晶體中以C-O結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限延伸結(jié)構(gòu)，所以該化合物屬于原子晶體，和晶體二氧化硅的結(jié)構(gòu)相似，利用均攤法確定其化學(xué)式，根據(jù)原子晶體的性質(zhì)分析解答。

【詳解】

A．該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結(jié)構(gòu)；不存在分子，屬于原子晶體，故A敘述正確；

B．晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結(jié)合；每個氧原子和2個碳原子以共價單鍵相結(jié)合，所以碳氧原子個數(shù)比=1：2，故B敘述正確；

C．該晶體中；每個碳原子含有4個C-O共價鍵，所以C原子與C-0化學(xué)鍵數(shù)目之比為1：4，故C敘述錯誤；

D．該晶體的空間最小環(huán)由6個碳原子和6個氧原子構(gòu)成；故晶體的空間最小環(huán)共有12個原子構(gòu)成，D敘述正確；

故選C。7、C【分析】金屬原子在二維空間里有兩種排列方式；一種是密置層排列，一種是非密置層排列，圖1為密置層，圖2為非密置層，據(jù)此可分析解答。

【詳解】

A.根據(jù)上述分析；圖1為密置層，原子的配位數(shù)為6，A選項錯誤；

B.圖2為非密置層；非密置層的配位數(shù)較密置層小，配位數(shù)為4，B選項錯誤；

C.圖1為密置層，密置層在三維空間堆積可得到鎂型(A3型)和銅型(A1型)兩種堆積模型；C選項正確；

D.圖2為非密置層，非密置層在三維空間堆積可得簡單立方和鉀型(A2型)兩種堆積模型；D選項錯誤；

答案選C。二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】【詳解】

(1)s能級的原子軌道呈球形；每個s能級有1個原子軌道；p能級的原子軌道呈啞鈴形，每個p能級有3個原子軌道。

(2)s能級原子軌道的半徑與與主量子數(shù)n有關(guān)，s能級原子軌道的半徑隨主量子數(shù)n的增大而增大?！窘馕觥竣?球②.1③.啞鈴④.3⑤.與主量子數(shù)n(或電子層序數(shù))有關(guān)；隨主量子數(shù)n(或電子層序數(shù))的增大而增大9、略

【分析】【詳解】

Cr電子排布式從3d54s1→3d6是由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)，吸收能量；Co3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，核外電子有4個未成對電子數(shù)，Zn2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，價電子軌道表示式為V原子的質(zhì)子數(shù)是23，原子結(jié)構(gòu)示意圖為【解析】①.吸收②.4③.④.10、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)構(gòu)造原理確定核外電子排布式是否正確；能量最低原理：原子核外電子先占有能量較低的軌道．然后依次進(jìn)入能量較高的軌道；泡利不相容原理：每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子；洪特規(guī)則：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。

（2）根據(jù)核外電子排布規(guī)律可以寫出價電子排布式；根據(jù)充滿和半充滿狀態(tài)能量最低也是最穩(wěn)定的狀態(tài)進(jìn)行分析；

（3）Be；B同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢；ⅡA族反常；水分子間含有氫鍵；核外電子數(shù)相同的，原子序數(shù)越大，半徑越??；

（4）Fe是26號元素；其原子核外有26個電子，失去兩個最外層電子生成亞鐵離子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其核外電子排布式；

【詳解】

（1）①正確；②違反了能力最低原子；③違反了洪特規(guī)則；④違反了洪特原則；⑤正確；⑥正確；⑦違反了洪特規(guī)則；故答案為：①⑤⑥；②；③④⑦；

（2）Al為13號元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p1，最高能級為3p，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可以寫出基態(tài)鉻價電子排布式為1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基態(tài)鉻（Cr）原子的價電子排布式是3d54s1，故答案為：3p；3d54s1；

（3）同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族最外層為ns能級容納2個電子，為全滿確定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能B＜Be；水分子間含有氫鍵，使得水的分子間作用力大于硫化氫分子的，故水的沸點大；電子層數(shù)越多半徑越大，核外電子數(shù)相同的，原子序數(shù)越大，半徑越小，O2-、Al3+有2個電子層，O的原子序數(shù)小所以O(shè)2-半徑比Al3+大，所以離子半徑O2-＞Al3+；故答案為：＞；＜；＜；

（4）Fe是26號元素，其原子核外有26個電子，失去兩個最外層電子生成亞鐵離子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，鐵元素在元素周期表的位置為第四周期第Ⅷ族，故答案為：1s22s22p63s23p63d6；第四周期第Ⅷ族?！窘馕觥竣?①⑤⑥②.②③.③④⑦④.3p⑤.3d54s1⑥.＞⑦.＜⑧.＜⑨.1s22s22p63s23p63d6⑩.第四周期第Ⅷ族11、略

【分析】【詳解】

試題分析：本題考查元素的推斷，分子空間構(gòu)型和分子極性的判斷，物質(zhì)沸點高低的比較，元素在周期表中的位置。X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，X為C元素；Y的基態(tài)原子價電子排布式為nsnnpn+2，由于np能級排有電子，則ns上排有2個電子即n=2，Y的基態(tài)原子價電子排布式為2s22p4，Y為O元素；X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Z的最外層中只有兩對成對電子，Z為S元素；W為前四周期基態(tài)原子中未成對電子數(shù)最多的元素，W為Cr元素。

（1）元素X的最高價氧化物為CO2，CO2中中心原子C上的孤電子對數(shù)=（4-22）=0，成鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為0+2=2，VSEPR模型為直線型，由于C上沒有孤電子對，CO2分子的空間構(gòu)型為直線型。CO2分子為直線型，鍵角為180o，正電中心和負(fù)電中心重合，CO2為非極性分子。

（2）Y的最簡單氫化物為H2O，Z的最簡單氫化物為H2S，H2O的沸點比H2S高的原因是：H2O分子間能形成氫鍵，H2S分子間不能形成氫鍵。

（3）基態(tài)Z原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，電子占據(jù)的最高電子層為第三電子層，第三電子層的符號為M。第三電子層具有的原子軌道數(shù)為32=9。

（4）W為Cr元素，基態(tài)Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，Cr位于元素周期表中第四周期第VIB族?！窘馕觥恐本€型非極性H2O分子間能形成氫鍵M9ⅥB12、略

【分析】【詳解】

(1)Cu電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1,在形成Cu2＋的過程中,參與反應(yīng)的電子是最外層的4s及3d上各一個電子,故Cu2＋離子的電子排布式是為:1s22s22p63s23p63d9；本題正確答案是:1s22s22p63s23p63d9。

(2)從圖中可以看出陰離子在晶胞有四類:頂點(8個)、棱上(4個)、面上(2個)、體心(1個),根據(jù)立方體的分?jǐn)偡?可以知道該晶胞中陰離子數(shù)目為:,8+4+1=4，本題正確答案是:4;

(3)因為N、F、H三種元素的電負(fù)性：F＞N＞H，所以N-F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強(qiáng)難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配位鍵。答案：F電負(fù)性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強(qiáng)難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配位鍵。

（4）因為氧離子的離子半徑小于硫離子的離子半徑,所帶電荷數(shù)又相同,所以亞銅離子與氧離子形成的離子鍵強(qiáng)于亞銅離子與硫離子形成的離子鍵,所以Cu2O的熔點比Cu2S的高.因此，本題正確答案是:高?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d94F電負(fù)性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導(dǎo)致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強(qiáng)難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2＋形成配位鍵高13、略

【分析】【詳解】

（1）第一周期中，有一個未成對電子的是氫原子，其電子排布為1s1;第二周期中，未成對電子是兩個的有兩種——C:1s22s22p2和O:1s22s22p4；第三周期中，未成對電子是三個的是P:1s22s22p63s23p3;第四周期中未成對電子是四個的是Fe:1s22s22p63s23p64s23d6

(2)Ga在元素周期表中是第四周期、第ⅢA族，原子序數(shù)是31，即其原子核外電子數(shù)是31，根據(jù)核外電子的排布規(guī)律可以寫出該原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；根據(jù)題目所給信息；GaN的晶體結(jié)構(gòu)與單晶硅相似，晶體結(jié)構(gòu)為空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，每個Ga原子與四個N相連，這四個N原子構(gòu)成的空間構(gòu)型是正四面體型，屬于原子晶體。

（3）水解即該物質(zhì)中的帶正電的原子或原子團(tuán)與水電離出的OH-結(jié)合成弱電解質(zhì)，帶負(fù)電的原子或原子團(tuán)與水電離出的H+結(jié)合成弱電解質(zhì)的過程，水解反應(yīng)前后各元素的化合價不變，類似于復(fù)分解反應(yīng)，由題意知NCl3中N的化合價為-3價，Cl的化合價為+1價，則在NCl3水解的產(chǎn)物中N的化合價也是-3價，Cl的化合價是+1價，分析可知其水解產(chǎn)物是HClO和NH3·H2O?！窘馕觥?4正四面體形原子HClO、NH314、略

【分析】【分析】

根據(jù)離子晶體和分子晶體的熔點關(guān)系分析判斷；根據(jù)分子晶體在熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電分析判斷冶煉的金屬；再分析判斷。

【詳解】

根據(jù)NaCl、MgCl2、AlCl3、Al2O3晶體的熔點依次為801℃、714℃、190℃、2000℃，分子晶體的熔點一般較低，離子晶體的熔點較高，所以AlCl3為分子晶體；氧化鋁的熔點很高，直接電解熔融的氧化鋁冶煉鋁時會消耗大量的能量，因此常用冰晶石作助熔劑，在故答案為：AlCl3；冰晶石?！窘馕觥竣?AlCl3②.冰晶石15、略

【分析】【詳解】

（1）A組熔點最高；屬于原子晶體，原子晶體的構(gòu)成微粒為原子，微粒間作用力為共價鍵；

故答案為原子；共價鍵；

（2）B組物質(zhì)為金屬；具有金屬光澤；導(dǎo)電性、導(dǎo)熱性、延展性，故答案為①②③④；

（3）由于HF分子間存在氫鍵；導(dǎo)致HF的沸點比其它氫化物的沸點高，故答案為HF分子間能形成氫鍵，其熔化時需要消耗的能量更多；

（4）D組物質(zhì)為離子晶體；離子晶體具有硬而脆；水溶液能導(dǎo)電、固體不能導(dǎo)電而熔融狀態(tài)能導(dǎo)電的性質(zhì)，故答案為②④；

（5）離子晶體中，r(Na+)<r(K+)<r(Rb+)<r(Cs+)；在離子所帶電荷相同的情況下，半徑越小，晶格能越大，熔點就越高；

故答案為D組晶體都為離子晶體，r(Na+)<r(K+)<r(Rb+)<r(Cs+)，在離子所帶電荷相同的情況下，半徑越小，晶格能越大，熔點就越高。【解析】原子共價鍵①②③④HF分子間能形成氫鍵，其熔化時需要消耗的能量更多(只要答出HF分子間能形成氫鍵即可)②④D組晶體都為離子晶體，r(Na+)<r(K+)<r(Rb+)<r(Cs+)，在離子所帶電荷相同的情況下，半徑越小，晶格能越大，熔點就越高三、計算題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】

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

(2)根據(jù)均攤法計算晶胞中Mg原子和B原子的個數(shù)；進(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?！窘馕觥?32:3MgB217、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18、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%?！窘馕觥?18834%19、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)金屬晶體的堆積方式進(jìn)行分析；

（2）根據(jù)晶胞的邊長可計算晶胞的體積；再根據(jù)質(zhì)量＝密度×體積，可得晶胞的質(zhì)量；

（3）根據(jù)摩爾質(zhì)量M＝NA乘以一個原子的質(zhì)量可計算金屬的摩爾質(zhì)量；再根據(jù)相對原子質(zhì)量在數(shù)值上等于該元素的摩爾質(zhì)量可得金屬的相對原子質(zhì)量；

（4）根據(jù)在面心立方晶胞中，原子的半徑r與晶胞的邊長的關(guān)系，晶胞的邊長＝可計算金屬原子的原子半徑。

【詳解】

（1）根據(jù)題意；該立方晶胞中含有4個金屬原子可知，該金屬晶胞屬于面心立方晶胞；

故答案為面心立方晶胞；

（2）根據(jù)晶胞的邊長為360pm，可得晶胞的體積為(3.6×10-8)3cm3，根據(jù)質(zhì)量＝密度×體積，可得晶胞的質(zhì)量m＝9.0g/cm3×(3.6×10-8)cm3≈4.2×10-22g；

故答案為4.2×10-22g；

（3）金屬的摩爾質(zhì)量＝NA乘以一個原子的質(zhì)量＝6.02×1023×(4.2×10-22÷4)＝63.21(g/mol)；相對原子質(zhì)量在數(shù)值上等于該元素的摩爾質(zhì)量；

故答案為63.21；

(4)在面心立方晶胞中，設(shè)原子的半徑為r，則晶胞的邊長＝因此，金屬原子的原子半徑為＝×360pm≈127.26pm；

故答案為127.26pm；

【點睛】

第（2）問在計算晶胞質(zhì)量時單位的換算時學(xué)生們的易錯點，首先單位要統(tǒng)一，要將pm換算為cm，其次1pm=10-10cm，則360pm=3.6×10-8cm，另外經(jīng)常用到的還有納米與厘米的換算，1nm=10-7cm?！窘馕觥棵嫘牧⒎骄О?.2×10－22g63.21127.26pm20、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)21、略

【分析】【詳解】

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

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

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

(4)每個晶胞中含2個鎢原子，鎢原子為球狀，根據(jù)則體心立方結(jié)構(gòu)的空間利用率為故答案為：68%?！窘馕觥?0.3163nm0.137nm68%22、略

【分析】【詳解】

(1)元素Na的焰色反應(yīng)呈黃色;激發(fā)態(tài)Na原子,價電子由3s能級激發(fā)到3p能級,其價電了軌道表示式為答案：黃；

(2)KBr具有NaCl型的晶體結(jié)構(gòu),都屬于離子晶體。但其熔點比NaCl低,原因是K+半徑Na+大,Br-半徑大于Cl-，KBr中離子鍵較弱,晶格能較低,所以KBr熔點比NaCl低。答案：K+的半徑大于Na+,Br-半徑大于Cl-,KBr中離子鍵較弱,晶格能較低。

(3)①根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)及A；B兩點的坐標(biāo)可知；C的原子坐標(biāo)為（1，0.75，0.5）;答案：（1，0.75，0.5）。

②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知,晶體中Cl構(gòu)成的多面體包含20個三角形的面；與Cl緊鄰的Na個數(shù)為4;答案：20；4。

③根據(jù)均攤法可知,該晶體中含有2個Na和6個Cl,ρ=m/V=[(232+635.5)/NA]/(a10-10)3=259/（NAa310-30）【解析】黃K+的半徑大于Na+,Br-半徑大于Cl-,KBr中離子鍵較弱,晶格能較低。（1，0.75，0.5）204259/（NAa310-30）23、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】

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點上的每個離子均為8個小立方體所共有。因此小立方體含Na+：4×1/8=1/2，含Cl-：4×1/8=1/2，即每個小立方體含有1/2個（Na+-Cl-）離子對；

每個小立方體的質(zhì)量

解得：a≈2.81×10-8cm，兩個距離最近的Na+中心間的距離d=a≈4.0×10-8cm；

故答案為兩個距離最近的Na+中心間的距離為4.0×10-8cm。【解析】兩個距離最近的Na+中心間的距離d=a=4.0×10-8cm。24、略

【分析】【分析】

(1)氯化鈉晶體中氯離子位于定點和面心；鈉離子位于邊和體心；

(2)陰；陽離子之間的靜電作用為離子鍵；

(3)二氧化硅是原子晶體；每個硅原子與4個氧原子形成硅氧鍵；

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

【詳解】

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

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+與Cl-通過離子鍵結(jié)合在一起；

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

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

【點睛】

均攤法確定立方晶胞中粒子數(shù)目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被4個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內(nèi)部：內(nèi)部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞?！窘馕觥?244離子鍵4四、原理綜合題(共1題，共4分)25、略

【分析】【分析】

⑴電負(fù)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(shè)，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)也相等的微粒互為等電子體。

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(yīng)制得；該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，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(guān)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(fù)性O(shè)>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(shè)，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(fù)性O(shè)>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?；榈入娮芋w。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(yīng)制得,該反應(yīng)屬于取代反應(yīng),同時還有甲醇生成,反應(yīng)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(dǎo)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(qiáng)，HClO4中非羥基氧數(shù)目比HClO的多，HClO4中Cl的正電性更高，導(dǎo)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(guān)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?fù)性O(shè)>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(qiáng)，HClO4中非羥基氧數(shù)目比HClO的多，HClO4中Cl的正電性更高，導(dǎo)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+2:3:6五、工業(yè)流程題(共1題，共4分)26、略

【分析】【分析】

廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化鈉生成As2S3沉淀，為防止As2S3與硫離子反應(yīng)再次溶解，所以再加入硫酸亞鐵除去過量的硫離子，過濾得到As2S3和FeS，濾液中加入過氧化氫將亞砷酸氧化成砷酸，亞鐵離子氧化成鐵離子，再加入CaO沉淀砷酸根、鐵離子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低濃度含砷廢水。

【詳解】

(1)As元素為33號元素，與N元素同主族，位于第四周期第VA族；AsH3和氨氣分子結(jié)構(gòu)相同為共價化合物，砷原子和三個氫原子形成三個As-H鍵，電子式為：

(2)a．同周期主族元素自左而右非金屬性增強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性增強(qiáng)，同主族自上而下非金屬性減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性減弱，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4；故a正確；

b．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑依次增大，原子半徑：As＞P＞S，故b錯誤；

c．同主族元素自上而下第一電離能減小，P和S同周期，但是P原子3p能級為半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定，第一電離能更大，所以第一電離能P>S>As；故c錯誤；

綜上所述選a；

(3)根據(jù)分析可知沉淀為微溶物CaSO4；

(4)As2S3與過量的S2-存在反應(yīng)：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)，所以需要加入FeSO4除去過量的硫離子；使平衡逆向移動，一級沉砷更完全；

(5)含砷物質(zhì)物質(zhì)為H3AsO3，加入過氧化氫可以將其氧化成H3AsO4，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得化學(xué)方程式為H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；

(6)根據(jù)題意可知FeS2被O2氧化生成Fe(OH)3、根據(jù)元素守恒可知反應(yīng)物應(yīng)該還有H2O，F(xiàn)eS2整體化合價升高15價，一個O2降低4價，所以二者的系數(shù)比為4:15，再根據(jù)元素守恒可得離子方程式為4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+。

【點睛】

同一周期元素的第一電離能在總體增大的趨勢中有些曲折，當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空、半滿或全滿結(jié)構(gòu)時，原子的能量較低，元素的第一電離能大于相鄰元素?！窘馕觥康谒闹芷诘赩A族aCaSO4沉淀過量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)平衡逆向移動，使一級沉砷更完全H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+六、元素或物質(zhì)推斷題(共5題，共45分)27、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+3H2O28、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