2024年魯教版選修3化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年魯教版選修3化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(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9題，共18分)1、某原子最外層電子排布為2s22p3，則該原子A.核外有5個電子B.核外有3種能量不同的電子C.最外層電子占據(jù)3個軌道D.最外層上有3種運動狀態(tài)不同的電子2、在第二周期元素中，第一電離能介于B、N之間的元素種類數(shù)為()A.1B.2C.3D.43、硼烯具有優(yōu)異的電學(xué)；力學(xué)、熱學(xué)等屬性；將成為繼石墨烯之后又一種“神奇納米材料”。科學(xué)家已成功合成多種結(jié)構(gòu)的硼烯，如圖為“皺褶”式硼烯的結(jié)構(gòu)。下列說法錯誤的是（）

A.“皺褶”式硼烯中每個硼原子共用3對電子B.“皺褶”式硼烯中硼原子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C.硼烯有望代替石墨烯作電極材料D.氧化硼的水化物是一種弱酸，與過量OH-反應(yīng)可生成B(OH)4-或BO2-4、向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液。下列對此現(xiàn)象說法正確的是（）A.反應(yīng)后溶液中不存在任何沉淀，所以反應(yīng)前后Cu2+的濃度不變B.在[Cu(NH3)4]2+離子中，Cu2+給出孤對電子，NH3提供空軌道C.向反應(yīng)后的溶液加入乙醇，溶液沒有發(fā)生變化D.沉淀溶解后，將生成深藍色的配合離子[Cu(NH3)4]2+5、下列說法錯誤的是A.甘油和水可以任意比例互溶B.H2O的沸點高于HF，是因為前者的氫鍵作用較大C.氫氟酸水溶液中氫鍵的類型有F—H???F、F—H???O、O—H???F、O—H???OD.比熔點低的原因是前者形成分子內(nèi)氫鍵6、三氯化氮(NCl3)是一種淡黃色的油狀液體，下面對于NCl3的描述不正確的是()A.NCl3為三角錐形B.NCl3是一種極性分子C.它還能再以配位鍵與Cl-結(jié)合D.NCl3的揮發(fā)性比PBr3要大7、下列敘述正確的是()A.是極性分子，分子中氮原子是在3個氫原子所構(gòu)成的三角形的中心B.是非極性分子，分子中碳原子處在4個氯原子所構(gòu)成的正方形的中心C.是極性分子，分子中氧原子不處在2個氫原子所連成的直線的中間D.是非極性分子，分子中碳原子不處在2個氧原子所連成的直線的中間8、下圖是氯化鈉晶體和二氧化碳晶體的結(jié)構(gòu)示意圖；關(guān)于兩種晶體說法正確的是。

A.兩種晶體內(nèi)均含有共價鍵B.構(gòu)成兩種晶體的微粒均是原子C.兩種晶體均屬于離子晶體D.兩者的硬度、熔沸點差別較大9、在NaCl晶體中與每個Na+距離等同且最近的幾個Cl-所圍成的空間幾何構(gòu)型為A.正四面體B.正六面體C.正八面體D.正十二面體評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、下列各式中各能級能量高低的排列順序正確的是（）A.B.C.D.11、下面是s能級和p能級的原子軌道圖；下列說法正確的是()

A.s電子的原子軌道呈球形，P軌道電子沿軸呈“8”字形運動B.s能級電子能量低于p能級C.每個p能級有3個原子軌道，在空間伸展方向是不同的D.任一電子層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該電子層序數(shù)12、下列關(guān)于粒子結(jié)構(gòu)的描述不正確的是A.H2S和NH3均是價電子總數(shù)為8的極性分子，且H2S分子的鍵角較大B.HS﹣和HCl均是含一個極性鍵的18電子微粒C.CH2Cl2和CCl4均是四面體構(gòu)型的非極性分子D.1molD216O中含中子、質(zhì)子、電子各10NA(NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值)13、有關(guān)晶體的敘述正確的是（）A.在24g石墨中，含C-C共價鍵鍵數(shù)為3molB.在12g金剛石中，含C-C共價鍵鍵數(shù)為4molC.在60g二氧化硅中，含Si-O共價鍵鍵數(shù)為4molD.在NaCl晶體中，與Na+最近且距離相等的Na+有6個14、下列關(guān)于物質(zhì)熔、沸點的比較不正確的是()A.Si、Si金剛石的熔點依次降低B.SiCl4、MgBr2、氮化硼的熔點依次升高C.F2、Cl2、Br2、I2的沸點依次升高D.AsH3、PH3、NH3的沸點依次升高15、鋅與硫所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。下列判斷正確的是（）

A.該晶體屬于分子晶體B.該晶胞中Zn2+和S2-數(shù)目相等C.陽離子的配位數(shù)為6D.氧化鋅的熔點高于硫化鋅16、疊氮化鈉用于汽車的安全氣囊中，當發(fā)生車禍時迅速分解放出氮氣，使安全氣囊充氣，其與酸反應(yīng)可生成氫疊氮酸(HN3)，常用于引爆劑，氫疊氮酸還可由肼(N2H4)制得。下列敘述錯誤的是A.CO2、N2O與N3-互為等電子體B.氫疊氮酸(HN3)和水能形成分子間氫鍵C.NaN3的晶格能小于KN3的晶格能D.HN3和N2H4都是由極性鍵和非極性鍵構(gòu)成的非極性分子評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

硅是重要的半導(dǎo)體材料；構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)。請回答下列問題：

（1）基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為_______，該能層具有的原子軌道數(shù)為________、電子數(shù)為___________。

（2）硅主要以硅酸鹽、___________等化合物的形式存在于地殼中。

（3）單質(zhì)硅存在與金剛石結(jié)構(gòu)類似的晶體，其中原子與原子之間以___________相結(jié)合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻__________個原子。

（4）單質(zhì)硅可通過甲硅烷（SiH4）分解反應(yīng)來制備。工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________________________。

（5）碳和硅的有關(guān)化學(xué)鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實：?；瘜W(xué)鍵C—CC—HC—OSi—SiSi—HSi—O鍵能/(kJ?mol-1356413336226318452

①硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是______。

②SiH4的穩(wěn)定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是___________________________。

（6）在硅酸鹽中，SiO4-4四面體（如下圖（a））通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式。圖（b）為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為______，Si與O的原子數(shù)之比為_________，化學(xué)式為__________________。

18、我國秦俑彩繪和漢代器物上用的顏料被稱為“中國藍”、“中國紫”，近年來，人們對這些顏料的成分進行了研究，發(fā)現(xiàn)其成分主要為BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。

(1)“中國藍”、“中國紫”中均有Cun＋離子，n＝___________，基態(tài)時該陽離子的價電子排布式為___________。

(2)“中國藍”的發(fā)色中心是以Cun＋為中心離子的配位化合物，其中提供孤對電子的是____元素。

(3)已知Cu、Zn的第二電離能分別為1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。

(4)銅常用作有機反應(yīng)的催化劑。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。

①乙醇的沸點高于乙醛，其主要原因是_________________________________；乙醛分子中π鍵與σ鍵的個數(shù)比為___________。

②乙醛分子中碳原子的雜化軌道類型是___________。

(5)銅的晶胞如圖所示。銅銀合金是優(yōu)質(zhì)的金屬材料；其晶胞與銅晶胞類似，銀位于頂點，銅位于面心。

①該銅銀合金的化學(xué)式是___________________。

②已知：該銅銀晶胞參數(shù)為acm，晶體密度為ρg·cm－3。則阿伏加德羅常數(shù)(NA)為_______mol－1(用代數(shù)式表示；下同)。

③若Ag、Cu原子半徑分別為bcm、ccm，則該晶胞中原子空間利用率φ為___________。(提示：晶胞中原子空間利用率＝×100%)19、Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可制備Cu?O。

（1）抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子中碳原子的軌道雜化類型為__________；推測抗壞血酸在水中的溶解性：____________（填“難溶于水”或“易溶于水”）。

（2）一個Cu2O晶胞（見圖2）中，Cu原子的數(shù)目為__________。20、20世紀50年代科學(xué)家提出價層電子對互斥模型（簡稱VSEPR模型），用于預(yù)測簡單分子立體結(jié)構(gòu)。用價層電子對互斥理論（VSEPR）判斷下列分子或離子的空間構(gòu)型。分子或離子BeCl2H3O+ClO4-空間構(gòu)型_______________21、鈦；鐵、砷、硒、鋅等元素的單質(zhì)及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。

（1）基態(tài)Ti原子中，最高能層電子的電子云輪廓形狀為_______，與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同的元素有________種。

（2）鐵的第三電離能第四電離能分別為和遠大于的原因是______________________。

（3）離子可用于的檢驗，其對應(yīng)的酸有兩種，分別為硫氰酸和異硫氰酸

①寫出與互為等電子體的一種微粒_________分子或離子

②異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高的原因是_______________。

（4）成語“信口雌黃”中的雌黃分子式為分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，As原子的雜化方式為_______________。

（5）離子化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。一個晶胞含有的鍵有__________個。

（6）硒化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中X和Y點所堆積的原子均為____________填元素符號該晶胞中硒原子所處空隙類型為____________填“立方體”、“正四面體”或“正八面體”該種空隙的填充率為____________；若該晶胞密度為硒化鋅的摩爾質(zhì)量為用代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則晶胞參數(shù)a為____________nm。

22、銅元素是一種金屬化學(xué)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________。23、(1)將等徑圓球在二維空間里進行排列；可形成密置層和非密置層，在圖1所示的半徑相等的圓球的排列中，A屬于________層，配位數(shù)是________；B屬于________層，配位數(shù)是________。

(2)將非密置層一層一層地在三維空間里堆積；得到如圖2所示的一種金屬晶體的晶胞，它被稱為簡單立方堆積，在這種晶體中，金屬原子的配位數(shù)是________，平均每個晶胞所占有的原子數(shù)目是________。

(3)有資料表明，只有釙的晶體中的原子具有如圖2所示的堆積方式，釙位于元素周期表的第________周期第__________族，元素符號是________，最外電子層的電子排布式是________。評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共36分)24、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(xué)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。

25、碳族元素的單質(zhì)及其化合物在生產(chǎn)；生活中是一類重要物質(zhì)。請回答下列問題。

(1)碳原子核外有__種不同運動狀態(tài)的電子，第一電離能介于硼和碳之間的元素的名稱為__，碳族元素外圍電子排布的通式為__。

(2)青蒿素（C15H22O5）的結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中數(shù)字標識的五個碳原子的雜化軌道類型為__，組成青蒿素的三種元素電負性由大到小排序是__。

(3)青蒿素分子中，氧元素的成鍵方式有___；從青蒿中提取青蒿素的最佳溶劑是___。

a．乙醇b．乙醚c．水。

(4)SnO2是一種重要的半導(dǎo)體傳感器材料，用來制備靈敏度高的氣敏傳感器，SnO2與熔融NaOH反應(yīng)生成Na2SnO3，Na2SnO3中陰離子空間構(gòu)型為__。

(5)第三代太陽能電池利用有機金屬鹵化物碘化鉛甲胺(CH3NH3PbI3，相對分子質(zhì)量為Mr)半導(dǎo)體作為吸光材料，CH3NH3PbI3具有鈣鈦礦(AMX3)的立方結(jié)構(gòu)，其晶胞如圖所示。AMX3晶胞中與金屬陽離子(M)距離最近的鹵素陰離子(X)形成正八面體結(jié)構(gòu)，則X處于__位置。CH3NH3PbI3晶體的晶胞參數(shù)為anm，其晶體密度為dg·cm-3，則阿伏加德羅常數(shù)的值NA的計算表達式為__。

26、明代宋應(yīng)星所著《天工開物》中已經(jīng)記載了我國古代用爐甘石（主要成分ZnCO3）和煤冶鋅工藝；鋅的主要用途是制造鋅合金和作為其他金屬的保護層。回答下列問題：

（1）Zn原子基態(tài)核外電子排布式為_____________________________。

（2）硫酸鋅溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①與SO42-互為等電子體的陰離子化學(xué)式為________________（寫出一種）

②氨的熱穩(wěn)定性強于膦(PH3)，原因是____________________________。

（3）黃銅是由銅和鋅所組成的合金，元素銅與鋅的第一電離能分別為ICu=746kJ·mol-1，IZn=906kJ·mol-1，ICu<IZn的原因是___________________。

（4）《本草綱目》中記載爐甘石（主要成分ZnCO3）可止血，消腫毒，生肌，明目。Zn、C、O電負性由大至小的順序是_________________。ZnCO3中陰離子的立體構(gòu)型是_____________________。

（5）ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛，立方ZnS晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，每個Zn原子周圍最近的Zn原子數(shù)目為________________。晶胞邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則ZnS晶體的密度為__________g·cm-3（列出計算式即可）。

27、KMnO4是一種高效氧化劑可用來氧化吸附有機異味物.也可以與水中的雜質(zhì)如二價鐵、錳、硫、氰、酚等反應(yīng)。實驗室常用Na2C2O4標準溶液標定未知濃度的KMnO4溶液，發(fā)生反應(yīng):5C2O42-+2MnO4-+16H++4H2O=2[Mn(H2O)6]2++10CO2↑。根據(jù)以上信息,完成下列問題:

(1)按電子排布K位于元素周期表的_______區(qū),基態(tài)Mn2+的核外電子排布式可表示為_____。

(2)1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的共價鍵數(shù)目為__________。

(3)基態(tài)C原子的核外電子中占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為_______.C2O42-中碳原子的軌道雜化類型是___________________.

(4)同主族元素氧、硫、硒對應(yīng)最簡單氫化物的沸點:H2O>H2Se>H2S,原因是__________。

(5)β-MnSe的結(jié)構(gòu)中Se為面心立方最密堆積；晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①β-MnSe中Mn的配位數(shù)為_____________。

②若該晶體的晶胞參數(shù)為apm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。則距離最近的兩個錳原子之間的距離為______pm,β-MnSe的密度ρ=______(列出表達式)g·cm-3。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)28、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10分)29、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(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____________。30、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(dǎo)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____。31、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________。32、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(yīng)的化學(xué)方程式：____________________。33、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9題，共18分)1、B【分析】A.最外層為第二層有5個電子，核外電子數(shù)為7，A錯誤；B.每個能級的電子能量相同，核外有3個能級，即有3種能量不同的電子，B正確；C.2s能級有一個軌道，2p能級有3個軌道，由于電子會優(yōu)先獨自占用一個軌道，故最外層電子占據(jù)4個軌道，C錯誤；D.每個電子的運動狀態(tài)都不相同，故核外有7中運動狀態(tài)不同的電子，D錯誤。故選擇B。2、C【分析】【詳解】

同周期自左向右電離能逐漸增大；但由于Be元素的2s軌道電子處于全充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，因此Be元素的第一電離能大于B元素的第一電離能，氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，因此氧元素第一電離能小于氮元素的第一電離能，因此第一電離能介于B；N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素，故選C。

【點睛】

因N的最外層軌道電子數(shù)處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài),因此N的第一電離能反常大于O，Be的價層電子排布處于全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能大于B是解答關(guān)鍵。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A.硼原子最外層最多有3個電子；可形成3對共用電子對，達到6個電子，因此“皺褶”式硼烯中每個硼原子共用3對電子，故A正確；

B.硼原子最外層最多有3個電子；可形成3對共用電子對，達到6個電子，因此“皺褶”式硼烯中硼原子未達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B錯誤；

C.由于硼烯有著很高的表面活性；也更容易發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故硼烯有望代替石墨烯作電極材料，故C正確；

D.氧化硼的水化物是一種弱酸，與過量OH－反應(yīng)可生成B(OH)4－或BO2－和H2O；故D正確。

綜上所述，答案為B。4、D【分析】【詳解】

A．硫酸銅和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅藍色沉淀；繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應(yīng)生成絡(luò)合物而使溶液澄清，所以溶液中銅離子濃度減小，故A錯誤；

B．在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+提供空軌道，NH3提供孤電子對；故B錯誤；

C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度；向溶液中加入乙醇后會析出藍色晶體，故C錯誤；

D．硫酸銅和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應(yīng)生成絡(luò)合物離子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清；故D正確；

故選D。

【點睛】

明確形成配合物的條件是：有提供空軌道的中心原子，有提供孤電子對的配位體。5、B【分析】【詳解】

A．甘油為丙三醇；可與水任意比例互溶，A正確；

B．水的沸點比氫氟酸高；是因為等物質(zhì)的量情況下，前者比后者含有的氫鍵數(shù)目多，但氫鍵作用力氫氟酸比較高，B錯誤；

C．氫氟酸水溶液中共有兩種不同的氫原子；可以分別與F；O原子形成氫鍵，故氫氟酸水溶液中氫鍵類型有四種，C正確；

D．鄰羥基苯甲醛易形成分子內(nèi)氫鍵；對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子熔沸點降低，D正確；

故選B。6、C【分析】【詳解】

A.NCl3的中心原子N上的孤電子對數(shù)==1；價層電子對數(shù)=1＋3=4，VSEPR模型為四面體，所以該分子為三角錐形，A正確；

B.NCl3分子為三角錐形；分子中正負電中心不重合，分子為極性分子，B正確；

C.NCl3中的N原子、Cl離子的最外層均無空軌道，所以無法再與Cl－形成配位鍵；C不正確；

D.NCl3和PBr3都屬于分子晶體，但相對分子質(zhì)量Mr(NCl3)＜Mr(PBr3)，所以范德華力NCl3比PBr3要小，NCl3沸點低，易揮發(fā)，即NCl3的揮發(fā)性比PBr3要大；D正確；

答案選C。7、C【分析】【詳解】

A．N與3個H形成3個鍵，孤電子對數(shù)為為三角錐形結(jié)構(gòu)；極性分子，故A項錯誤；

B．中C與4個形成4個鍵；孤電子對數(shù)為0，為正四面體形結(jié)構(gòu)；非極性分子，故B項錯誤；

C．中O與2個H形成2個鍵，孤電子對數(shù)為為角形結(jié)構(gòu)；極性分子，故C項正確；

D．中C與2個O形成2個鍵，孤電子對數(shù)為為直線形結(jié)構(gòu)；非極性分子，故D項錯誤；

故選C。8、D【分析】【詳解】

A．NaCl是離子晶體，在晶體中只存在離子鍵，而CO2是分子晶體；在原子之間通過共價鍵結(jié)合，只存在共價鍵，所以不是都存在共價鍵，故A錯誤；

B．NaCl是離子晶體，構(gòu)成微粒是陰陽離子，而CO2是分子晶體；構(gòu)成微粒是分子，而不是原子，故B錯誤；

C．根據(jù)選項A分析可知兩種物質(zhì)前者是離子晶體；后者是分子晶體，故C錯誤；

D．氯化鈉是離子晶體；二氧化碳是分子晶體，離子晶體的硬度；熔沸點較大，分子晶體的硬度、熔沸點較小，所以兩者的硬度、熔沸點差別較大，故D正確；

答案選D。9、C【分析】【分析】

先確定Na+的配位數(shù)；進一步確定空間幾何構(gòu)型。

【詳解】

NaCl晶體中Na+的配位數(shù)為6，將6個Cl-結(jié)合Na+可得空間幾何構(gòu)型為正八面體；

答案選C。二、多選題(共7題，共14分)10、BC【分析】【詳解】

A.不同能層不同能級的電子能量：E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；故A錯誤；

B.不同能層不同能級的電子能量：E(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s)；故B正確；

C.不同能層不同能級的電子能量：E(4s)>E(3s)>E(2s)>E(1s)；故C正確；

D.不同能層不同能級的電子能量：E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)；故D錯誤；

故選：BC。

【點睛】

根據(jù)構(gòu)造原理，各能級能量高低順序為①相同n而不同能級的能量高低順序為：ns<3s<4s2p<3p<4p；③不同層不同能級ns<（n-2）f<（n-1）d11、CD【分析】【詳解】

A.s電子的原子軌道呈球形；p電子的原子軌道是“8”字形的，但是電子是做無規(guī)則運動，軌跡是不確定的，故A錯誤；

B.根據(jù)構(gòu)造原理；各能級能量由低到高的順序為1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f，所以s能級的能量不一定小于p能級的能量，如4s＞3p，故B錯誤；

C.不同能級的電子云有不同的空間伸展方向；p軌道有3個相互垂直的呈紡錘形的不同伸展方向的軌道，故C正確；

D.多電子原子中；同一能層的電子，能量可能不同，還可以把它們分成能級，任一能層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該能層序數(shù)，故D正確；

故選CD。

【點睛】

能層含有的能級數(shù)等于能層序數(shù)，即第n能層含有n個能級，每一能層總是從s能級開始，同一能層中能級ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不違反泡利原理和洪特規(guī)則的條件下，電子優(yōu)先占據(jù)能量較低的原子軌道，使整個原子體系能量處于最低，這樣的狀態(tài)是原子的基態(tài)，所以任一能層的能級總是從s能級開始，而且能級數(shù)等于該能層序數(shù)。12、AC【分析】【詳解】

A、H2S和NH3均是價電子總數(shù)為8的極性分子，NH3的鍵角約為107°，而H2S的鍵角比H2O的小（104.5°），接近90°，故H2S分子的鍵角較?。籄錯誤；

B、HS﹣和HCl均是含一個極性鍵的18電子微粒；B正確；

C、CH2Cl2和CCl4均是四面體構(gòu)型；前者是極性分子，后者是非極性分子，C錯誤；

D、1個D216O分子含10個質(zhì)子，10個中子，10個電子，則1molD216O中含中子、質(zhì)子、電子各10mol，即10NA；D正確；

故選AC。13、AC【分析】【詳解】

A.在石墨中，每個C原子與相鄰的3個C原子形成共價鍵，每個共價鍵為相鄰2個C原子所共有，所以每個C原子形成的共價鍵數(shù)目為3×=24g石墨含有的C原子的物質(zhì)的量是2mol，因此其中含有的C-C共價鍵的物質(zhì)的量為2mol×=3mol；A正確；

B.在金剛石晶體中每個碳原子與相鄰的4個C原子形成4個共價鍵，每個共價鍵為相鄰兩個C原子形成，所以其含有的C-C數(shù)目為4×=2個；則在12g金剛石含有的C原子的物質(zhì)的量是1mol，故含C-C共價鍵鍵數(shù)為2mol，B錯誤；

C.二氧化硅晶體中；每個硅原子含有4個Si-O共價鍵，所以在60g二氧化硅的物質(zhì)的量是1mol，則其中含Si-O共價鍵鍵數(shù)為4mol，C正確；

D.在NaCl晶體中，每個Na+周圍與它最近且距離相等的Na+有12個；D錯誤；

故合理選項是AC。14、AD【分析】【詳解】

A．Si；SiC、金剛石都是原子晶體；共價鍵越強熔點越大，共價鍵鍵長C-C＜Si-C＜Si-Si，所以熔點高低的順序為：金剛石＞SiC＞Si，故A錯誤；

B．一般來說，熔點為原子晶體＞離子晶體＞分子晶體，則熔點為BN＞MgBr2＞SiCl4；故B正確；

C．結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，所以F2、Cl2、Br2、I2的沸點依次升高；故C正確；

D．AsH3、PH3、符合組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，所以AsH3>PH3，氨氣分子間存在氫鍵，沸點大于AsH3、PH3，因而沸點順序為NH3>AsH3>PH3；故D錯誤；

答案選AD。15、BD【分析】【詳解】

A.ZnS是Zn2+和S2-構(gòu)成的離子化合物；屬于離子晶體，A選項錯誤；

B．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Zn分別位于晶胞的頂點和面心，Zn2+數(shù)目為：S2-數(shù)目也為4；B選項正確；

C．ZnS晶體中，陽離子Zn2+的配位數(shù)是4；C選項錯誤；

D．ZnO和ZnS所帶電荷相等；氧離子半徑小于硫離子，故ZnO的晶格能大于ZnS，D選項正確；

答案選BD。16、CD【分析】【詳解】

A．N3-含3個原子、16個價電子，因此與CO2、N2O互為等電子體；故A正確；

B．HN3的分子結(jié)構(gòu)為HN3和水能夠形成分子間氫鍵；故B正確；

C．由于鉀離子半徑大于鈉離子半徑，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能；故C錯誤；

D．HN3和N2H4都是極性分子；故D錯誤；

答案選CD。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【詳解】

（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，對應(yīng)能層分別別為K、L、M，其中能量最高的是最外層M層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的M能層有4個電子（3s23p2）；

故答案為M；9；4；

（2）硅元素在自然界中主要以化合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在；

故答案為二氧化硅。

（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合．在金剛石晶體的晶胞中，每個面心有一個碳原子（晶體硅類似結(jié)構(gòu)），則面心位置貢獻的原子為6×=3個；

故答案為共價鍵；3；

（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式為：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案為Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；

（5）①烷烴中的C-C鍵和C-H鍵大于硅烷中的Si-Si鍵和Si-H鍵的鍵能；所以硅烷中Si-Si鍵和Si-H鍵的鍵能易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成；

故答案為C-C鍵和C-H鍵較強；所形成的烷烴穩(wěn)定，而硅烷中Si-Si鍵和Si-H鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成；

②鍵能越大；物質(zhì)就越穩(wěn)定；C-H鍵的鍵能大于C-O鍵，故C-H鍵比C-O鍵穩(wěn)定，而Si-H鍵的鍵能遠小于Si-O鍵，所以Si-H鍵不穩(wěn)定而傾向與形成穩(wěn)定性更強的Si-O鍵；

故答案：C-H鍵的鍵能大于C-O鍵；C-H鍵比C-O鍵穩(wěn)定．而Si-H鍵的鍵能卻遠小于Si-O鍵，所以Si-H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si-O鍵；

（6）硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-）為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；

故答案為sp3；

根據(jù)圖（b）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子，化學(xué)式為SiO32-；

故答案為1：3；SiO32-。【解析】①.M②.9③.4④.二氧化硅⑤.共價鍵⑥.3⑦.Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2⑧.C—C鍵和C—H鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定。而硅烷中Si—Si鍵和Si—H鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成⑨.C—H鍵的鍵能大于C—O鍵，C—H鍵比C—O鍵穩(wěn)定。而Si—H鍵的鍵能卻遠小于Si—O鍵，所以Si—H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si—O鍵⑩.sp3?.1∶3?.SiO32-18、略

【分析】【分析】

(1)化合物中所有元素化合價代數(shù)和為0；可計算出Cu的化合價和價電子排布式；

（2）有孤電子對的原子提供孤對電子；

（3）根據(jù)價電子排布分析分子間存在氫鍵比沒有氫鍵的化合物沸點高；

（4）4條σ鍵，碳原子無孤電子對，采取sp3雜化類型，3條σ鍵和1條π鍵，碳原子無孤電子對，采取sp2雜化類型；NA采用密度公式進行計算。

【詳解】

(1)根據(jù)化合物中所有元素化合價代數(shù)和為0，可計算出Cu的化合價為+2，所以Cun＋離子，n＝2，Cu的價電子排布式為3d104s1,Cu2+價電子排布式為3d9；

(2)“中國藍”中Ba2+；Si都不存在孤對電子；而O原子中存在孤對電子，所以只能氧原子來提供孤對電子；

(3)Cu失去一個電子后的價層電子排布式為3d10，達到全充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；Zn失去一個電子后的價層電子排布式為3d104s1，Zn+4s1上的電子比Cu+3d10上的電子易失去；所以Cu的第二電離能高于Zn的第二電離能；

(4)①乙醇分子間存在氫鍵；而乙醛分子間沒有氫鍵，所以乙醇的沸點高于乙醛；乙醛分子中還有一個碳氧雙鍵，所以含有1個π鍵6個σ鍵，個數(shù)比為1:6；

②乙醛中甲基上的C形成4條σ鍵，無孤電子對，因此采取sp3雜化類型，醛基中的C形成3條σ鍵和1條π鍵，無孤電子對，采取sp2雜化類型。

(5)①用均攤法，6個銅原子位于立方體面心，8個銀原子位于頂點，則該晶胞含個銅原子，個銀原子，所以化學(xué)式為AgCu3或Cu3Ag；

②AgCu3或Cu3Ag的摩爾質(zhì)量為（64×3+108）g/mol=300g/mol,根據(jù)密度公式得所以

③原子空間利用率

【點睛】

氫鍵的作用力比分子間作用力大，分子間存在氫鍵，使熔沸點升高；立方晶胞原子的計算方法：頂點的原子數(shù)乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，內(nèi)部的乘一；原子空間利用率的計算用原子的體積除以晶胞的體積?！窘馕觥?3d9OCu失去一個電子后的價層電子排布式為3d10，達到全充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；Zn失去一個電子后的價層電子排布式為3d104s1，Zn+4s1上的電子比Cu+3d10上的電子易失去乙醇分子間存在氫鍵1:6sp2、sp3AgCu3或Cu3Ag19、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)，該結(jié)構(gòu)中有兩種碳原子，全形成單鍵的碳原子和雙鍵的碳原子，全形成單鍵的碳原子為sp3雜化，雙鍵的碳原子為sp2雜化；根據(jù)抗環(huán)血酸分子結(jié)構(gòu)；分子中含有4個－OH，能與水形成分子間氫鍵，因此抗壞血酸易溶于水；

（2）晶胞的計算：白球位于頂點和內(nèi)部，屬于該晶胞的個數(shù)為8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞內(nèi)部，屬于該晶胞的個數(shù)為4，化學(xué)式為Cu2O，因此白球為O原子，黑球為Cu原子，即Cu原子的數(shù)目為4?！窘馕觥竣?sp3、sp2②.易溶于水③.420、略

【分析】【詳解】

（1）BeCl2中中心原子Be原子的孤對電子對數(shù)是（2-1×2）÷2=0，中心原子相結(jié)合的原子+中心原子最外層未參與成鍵的電子對=2+0=2，即Pb原子是sp雜化；所以是直線形結(jié)構(gòu)；

（2）H3O+中中心原子O原子的孤對電子對數(shù)是（6-1-1×3）÷2=1，中心原子相結(jié)合的原子+中心原子最外層未參與成鍵的電子對=3+1=4，即O原子是sp3雜化；所以是三角錐形結(jié)構(gòu)；

（3）ClO4-中中心原子Cl原子的孤對電子對數(shù)是（7+1-2×4）÷2=0，中心原子相結(jié)合的原子+中心原子最外層未參與成鍵的電子對=4+0=4，即Cl原子是sp3雜化；所以是正四面體形結(jié)構(gòu)；

故答案為：直線形；三角錐形；正四面體形。

【點睛】

本題主要考查了價層電子對互斥模型判斷分子的結(jié)構(gòu)，解題關(guān)鍵：掌握價層電子對互斥模型（簡稱VSEPR模型）用于預(yù)測簡單分子立體結(jié)構(gòu)的方法，計算中心原子相結(jié)合的原子，中心原子最外層未參與成鍵的電子對（稱為孤對電子），是解題的兩個關(guān)鍵?！窘馕觥竣?直線形②.三角錐形③.正四面體形21、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)構(gòu)造原理寫出核外電子排布式，判斷出最高能級的形狀，與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同，結(jié)合構(gòu)造原理與洪特規(guī)則特例，符合條件元素原子的價電子排布為3d54s1、3d104s1；

（2）價電子排布為全滿或半滿時；處于穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，此時電離能將增大；

（3）C原子與1個單位負電荷可以等效替換為N原子，N原子與1個單位負電荷可以替換為O原子，S原子可以用氧原子替換，與SCN-互為等電子體的一種微粒為：N2O、CO2、CS2、OCN-（任意一種）；從氫鍵的角度分析沸點的高低。

（4）由結(jié)構(gòu)圖可知，黑色球為As、白色球為S，分子中As原子形成3個σ鍵、還含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3+1=4，故As雜化方式為sp3雜化；

（5）計算出晶胞中C22-數(shù)目，每個C22-中含2個π鍵；

（6）根據(jù)圖示，Zn原子處于晶胞的頂點與面心，晶胞中Zn原子形成正四面體結(jié)構(gòu)有8個，其中4個正四面體中心填充Se原子，正四面體空隙的填充率為50%；V===N可以從晶胞構(gòu)型中計算出N=4，NA；M、ρ均為已知；代入公式可以得到體積，晶胞參數(shù)等于體積的三次開方。

【詳解】

（1）基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為[Ar]3d24s2，最高能層電子為4s能級，電子云輪廓圖形為球形；與Ti同周期的所有過渡元素的基態(tài)原子中，最外層電子數(shù)與鈦不同，結(jié)合構(gòu)造原理與洪特規(guī)則特例，符合條件元素原子的價電子排布為3d54s1、3d104s1；故有2種；

故答案為：球形；2；

（2）由Fe2+變?yōu)镕e3+體現(xiàn)Fe的第三電離能，即價電子由3d6變?yōu)?d5；當從3d5狀態(tài)再失去一個電子時，體現(xiàn)第四電離能，因3d5為半充滿狀態(tài)；較為穩(wěn)定，故第四電離能大于第三電離能；

故答案為：Fe3+的3d能級半充滿；結(jié)構(gòu)穩(wěn)定；

（3）①C原子與1個單位負電荷可以等效替換為N原子，N原子與1個單位負電荷可以替換為O原子，S原子可以用氧原子替換，與SCN-互為等電子體的一種微粒為：N2O、CO2、CS2、OCN-（任意一種）；

故答案為：或

②異硫氰酸分子間含有氫鍵；故異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高；

故答案為：異硫氰酸分子間存在氫鍵；

（4）由結(jié)構(gòu)圖可知，黑色球為As、白色球為S，分子中As原子形成3個σ鍵、還含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3+1=4，故As雜化方式為sp3雜化；

故答案為：sp3雜化；

（5）晶胞中C22-數(shù)目為：12×+1=4，每個C22-中含2個π鍵；一個晶胞含有平均有π鍵數(shù)目為：2×4=8；

故答案為：8；

（6）晶胞中Se、Zn原子數(shù)目之比為1：1，Zn原子處于晶胞的頂點與面心，Se原子與周圍的4個Zn原子形成正四面體構(gòu)型，Se處于正四面體的中心，X，Y都代表Zn；晶胞中Zn原子形成正四面體結(jié)構(gòu)有8個，其中4個正四面體中心填充Se原子，正四面體空隙的填充率為50%；晶胞中Zn原子數(shù)目為：8×+6×=4、Se原子數(shù)目為4，晶胞中各微粒總質(zhì)量為：g，晶胞體積為：晶胞參數(shù)a=cm=nm；

故答案為：正四面體；

【點睛】

熟練1-36號元素的核外電子排布式，半充滿，全充滿的狀態(tài)導(dǎo)致電離能反常?！窘馕觥壳蛐?的3d能級半充滿，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定或異硫氰酸分子間存在氫鍵雜化正四面體22、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】23、略

【分析】【分析】

密置層的排列最緊密；靠的最近，空隙最少，每一層中，一個原子與周圍三個原子相互接觸，據(jù)此分析；根據(jù)配位數(shù)為中心原子直接接觸的原子的個數(shù)分析；金屬原子周圍直接接觸的原子數(shù)目有六個，每個晶胞有8個原子，一個原子被8個晶胞所共有，據(jù)此分析；根據(jù)釙元素是氧族元素解答。

【詳解】

（1）密置層的排列最緊密；靠的最近，空隙最少，在圖1所示的半徑相等的圓球的排列中，A中的排布不是最緊密，A屬于非密置層，一個中心圓球周圍有四個圓球，配位數(shù)是4；B中排布是最緊密的結(jié)構(gòu)，B屬于密置層，一個中心圓球周圍有六個圓球，配位數(shù)是6；答案：非密置；4；密置；6。

（2）將非密置層一層一層地在三維空間里堆積；得到如圖2所示的一種金屬晶體的晶胞，它被稱為簡單立方堆積，在這種晶體中，金屬原子周圍直接接觸的原子數(shù)目有六個，金屬原子的配位數(shù)是6，每個晶胞有8個原子，一個原子被8個晶胞所共有，平均每個晶胞所占有的原子數(shù)目是8×1/8=1；答案：6；1。

（3）有資料表明，只有釙的晶體中的原子具有如圖2所示的堆積方式，釙位于元素周期表的第六周期ⅥA族，元素符號是Po，最外層電子排布式是6s26p4。答案：六；ⅥA；Po；6s26p4?！窘馕觥糠敲苤?密置661六ⅥAPo6s26p4四、原理綜合題(共4題，共36分)24、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(xué)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/a3p25、略

【分析】【分析】

在原子的核外電子中，沒有運動狀態(tài)完全相同的兩個電子存在，所以原子核外有多少個電子，就有多少種運動狀態(tài)；一般來說，元素的非金屬性越強，元素的電負性大，總的來說第一電離能越大，但當原子核外價電子處于半滿、全滿狀態(tài)時，能量低，第一電離能反常，但僅比原子序數(shù)比它大1的元素大；原子核外參與雜化的軌道為形成σ鍵電子所在的軌道和孤對電子所在的軌道；有機物通常易溶于與它結(jié)構(gòu)相似的有機物；判斷微粒的結(jié)構(gòu)時，需看中心原子的價層電子對數(shù)及孤電子對數(shù)。在AMX3的晶胞中，所含黑球個數(shù)為8×=1，所含白球的個數(shù)為6×=3；二者的個數(shù)比為1:3，對照化學(xué)式，可確定黑球為M離子，白球為X離子，白球位于各個面的面心。

【詳解】

(1)碳為6號元素，原子核外有6個電子，有6種不同運動狀態(tài)的電子，鈹?shù)?s能級上有2個電子，處于全滿狀態(tài)，第一電離能比硼大，所以第一電離能介于硼和碳之間的元素的名稱為鈹，碳原子的外圍電子排布為2s22p2，所以碳族元素外圍電子排布的通式為ns2np2。答案為：6；鈹；ns2np2；

(2)圖中數(shù)字標識的五個碳原子中，只有3號碳原子的價電子對數(shù)為3，其它碳原子的價層電子對數(shù)都為4，所以雜化軌道類型為sp2、sp3，組成青蒿素的三種元素分別為C、H、O，非金屬性O(shè)>C>H，所以電負性由大到小排序是O>C>H。答案為：sp2、sp3；O>C>H；

(3)青蒿素分子中，4個O原子形成單鍵，1個O原子形成雙鍵，所以氧元素的成鍵方式有σ鍵和π鍵；青蒿素分子中含有2個醚鍵，它屬于醚類，所以從青蒿中提取青蒿素的最佳溶劑是乙醚，故選b。答案為：σ鍵和π鍵；b；

(4)在Na2SnO3中；陰離子的價電子對數(shù)為3，不存在孤電子對，所以其空間構(gòu)型為平面三角形。答案為：平面三角形；

(5)從分析可知，圖中AMX3晶胞中黑球為金屬陽離子(M)，白球為鹵素陰離子(X)，形成正八面體結(jié)構(gòu)，則X處于面心位置。從晶胞結(jié)構(gòu)看，1個晶胞中，只含有1個“AMX3”，則CH3NH3PbI3的晶胞中也只含有1個“CH3NH3PbI3”。CH3NH3PbI3晶體的晶胞參數(shù)為anm，其晶體密度為dg·cm-3，則dg·cm-3=阿伏加德羅常數(shù)的值NA的計算表達式為NA=答案為：面心；

【點睛】

分析晶胞結(jié)構(gòu)時，在各球表示原子未知的情況下，解題不能魯莽，應(yīng)從物質(zhì)組成與晶胞結(jié)構(gòu)圖的對比中尋找突破，不能簡單地認為半徑小的球就表示金屬陽離子?！窘馕觥竣?6②.鈹③.ns2np2④.sp2，sp3⑤.O>C>H⑥.σ鍵和π鍵⑦.b⑧.平面三角形⑨.面心⑩.26、略

【分析】【詳解】

（1）Zn是30號元素，其原子基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。

（2）①與SO42-互為等電子體的陰離子有PO43-(或ClO4-)；②氨的熱穩(wěn)定性強于膦(PH3)；原因是氮元素的非金屬性強于磷元素。

（3）元素銅與鋅的第一電離能分別為ICu=746kJ·mol-1，IZn=906kJ·mol-1，ICu<IZn的原因是鋅失去的是全充滿的4s2電子，銅失去的是4s1電子。

（4）通常非金屬性越強的元素其電負性越大，Zn、C、O電負性由大至小的順序是O>C>Zn。ZnCO3中陰離子CO32-的中心原子C的雜化方式是sp2，C與3個O形成σ鍵，所以CO32-的立體構(gòu)型是平面三角形。

（5）由立方ZnS晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，該晶胞中有4個Zn原子和4個S原子，每個Zn原子周圍最近的Zn原子是位于晶胞的頂點和面心上的Zn原子，每個頂點與鄰近的3個面心最近，所以每個Zn原子周圍最近的Zn原子數(shù)目為12。晶胞邊長為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則NA個晶胞的質(zhì)量和體積分別是和NA(a×10-10)3cm3，所以，ZnS晶體的密度為97×4/(a×10-10)3NAg·cm-3。

點睛：本題考查了原子核外電子排布的表示方法、等電子原理、元素的非金屬性和電負性的變化規(guī)律，離子的空間構(gòu)型、有關(guān)晶胞的計算，難度一般。要求學(xué)生會寫1~36號元素的電子排布式，理解等電子原理并能找到合適的等電子體，掌握元素的金屬性、非金屬性、電負性以及第一電離能的變化規(guī)律，根據(jù)價層電子對互斥理論或雜化軌道理論判斷分子和離子的空間構(gòu)型，會用均攤法計算晶體的化學(xué)式及相關(guān)判斷，能根據(jù)晶胞參數(shù)計算晶體的密度?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2PO43-(或ClO4-)氮元素的非金屬性強于磷元素鋅失去的是全充滿的4s2電子，銅失去的是4s1電子O>C>Zn平面三角形1297×4/(a×10-10)3NA27、略

【分析】【詳解】

(1)K位于周期表中第4周期第IA族，則K位于元素周期表的s區(qū)；基態(tài)Mn原子的核外電子排布式為[Ar]3d54s2，失去4s2兩個電子變成Mn2+，則基態(tài)Mn2+的核外電子排布式可表示為：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ鍵數(shù)目為：6×2=12個氫氧鍵和6個配位鍵，所以1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ鍵數(shù)目為18NA；

(3)基態(tài)C原子的核外電子排布為1s22s22p2，核外電子中占據(jù)最高能級為2p，則基態(tài)C原子的核外電子中占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為啞鈴形，C2O42-中碳原子和一個氧原子形成碳氧雙鍵，和另一個氧原子形成碳氧單鍵，和另一個碳原子形成碳碳單鍵，所以碳原子的軌道雜化類型為sp2雜化；

(4)O、S、Se為同主族元素，形成的H2O、H2S和H2Se均為分子晶體，H2O分子間氫鍵導(dǎo)致沸點異常升高，H2S和H2Se隨著相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增強，沸點升高，氫鍵影響大于分子間作用力影響，所以最簡單氫化物的沸點：H2O＞H2Se＞H2S；

(5)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，Mn位于四面體中心，周圍有4個Se，則Mn的配位數(shù)為4；

②1個晶胞中含有Mn數(shù)目為4，含有Se的數(shù)目為8×+6×=4，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知兩個Mn原子的最近距離為面對角線的一半，距離為cm；一個晶胞體積為V=(a×10-10)3cm3，所以密度為ρ＝g/cm3。

【點睛】

配位鍵也是σ鍵；計算晶胞體積時要注意題目所給單位，有時需要單位的換算?！窘馕觥縮1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d518NA啞鈴形sp2雜化相對分子質(zhì)量越大，范德華力就越大，沸點就越高，但水分子間形成氫鍵，使熔沸點較高4五、工業(yè)流程題(共1題，共9分)28、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，最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性增強，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。【解析】第四周期第VA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10分)29、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。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)，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?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O30、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1s22s22p