2025年人教新起點選修3化學下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點選修3化學下冊階段測試試卷76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7題，共14分)1、H2O、BF3的雜化類型分別是()A.sp3、sp2B.sp3、spC.sp2、spD.sp2、sp32、下列敘述正確的是()A.鉀原子的2s軌道的能量比3p軌道的高B.鋰原子的1s與2s軌道皆為球形C.p能級的原子軌道呈啞鈴形，隨著電子層序數(shù)的增加，p能級的原子軌道數(shù)增多D.第4電子層最多可容納16個電子3、根據(jù)雜化軌道理論和價層電子對互斥模型，判斷下列分子或者離子的空間構型正確的是（）。選項分子式中心原子雜化方式價層電子對互斥模型分子或離子的立體構型ASO2sp直線形直線形BH2Osp2平面三角形V形CNH3sp2三角錐形三角錐形DCH4sp3正四面體形正四面體形

A.AB.BC.CD.D4、將下列液體分別注入滴定管中，打開活塞，讓液體慢慢成線狀流下時，用摩擦帶電的塑料棒接近液流，液流方向會發(fā)生偏轉的是（）A.蒸餾水B.液溴C.二硫化碳D.四氯化碳5、下列敘述不正確的是()A.原子晶體中共價鍵越強，熔點越高B.在鹵族元素(F、Cl、Br、I)的氫化物中，HCl的沸點最低C.CaH2、Na2O2晶體的陰、陽離子個數(shù)比分別為2∶1、1∶1D.晶體熔點：金剛石>食鹽>冰>干冰6、下面的敘述不正確的是A.晶胞空間利用率：金屬銅＞金屬鎂＞金屬鉀＞金屬釙B.熔點由高到低：金剛石＞晶體碘>汞C.晶體硬度由小到大：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4D.晶體沸點由高到低：H2O＞HF＞NH37、向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、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.9、下表中所列的五種短周期元素；原子序數(shù)連續(xù)，但與表中排列順序無關。用m表示基態(tài)原子的價電子數(shù)，用n表示基態(tài)原子的未成對電子數(shù)，m—n的值如下表所示：

下列說法錯誤的是A.第一電離能：A<td><>B.電負性：E<td><>C.原子序數(shù)：B<td><>D.核外未成對電子數(shù)：C=D10、下表中各粒子對應的立體構型及雜化方式均正確的是。選項粒子立體構型雜化方式ASO3平面三角形S原子采取sp2雜化BSO2V形S原子采取sp3雜化CCO32-三角錐形C原子采取sp2雜化DBeCl2直線性Be原子采取sp雜化

A.AB.BC.CD.D11、碳酸亞乙酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結構如圖：下列有關說法不正確的是A.分子式為C3H4O3B.分子中σ鍵與π鍵個數(shù)之比為3:1C.分子中既有極性鍵也有非極性鍵D.分子中碳原子的雜化方式全部為sp2雜化12、短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序數(shù)依次增大，X、Y、W形成的一種陰離子常用于檢驗Fe3+，R的單質常用于制造路燈，其發(fā)出的黃色光透霧能力強，Z是地殼中含量最高的元素。下列敘述正確的是A.W的氧化物的水化物一定是強酸B.XW2的結構式為：W=X=WC.WZ3分子中所有原子處于同一平面D.Z與R形成的化合物中只含有離子鍵13、以為原料，采用電解法制備電源TMAH[化學式]是一種高效；綠色工藝技術。原理如圖；M、N是離子交換膜。下列說法錯誤的是。

A.a是電源正極B.M為陰離子交換膜C.中N原子均為雜化D.通過1mol電子時，電解池中可產生16.8L(STP)氣體14、近年來我國科學家發(fā)現(xiàn)了一系列意義重大的鐵系超導材料，其中一類為Fe－Sm－As－F－O組成的化合物。下列說法正確的是A.元素As與N同族，可預測AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角B.Fe成為陽離子時首先失去3d軌道電子C.配合物Fe(CO)n可用作催化劑，F(xiàn)e(CO)n內中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，則n＝5D.每個H2O分子最多可與兩個H2O分子形成兩個氫鍵15、膦（PH3）在常溫下是一種無色有大蒜臭味的有毒氣體，電石氣的雜質中常含之。它的分子是三角錐形。以下關于PH3的敘述中，正確的是（）A.PH3是非極性分子B.PH3分子中有未成鍵的電子對C.PH3中的P-H鍵的極性比NH3中N-H鍵的極性弱D.PH3分子中的P-H鍵是非極性鍵16、硼砂是含結晶水的四硼酸鈉，其陰離子Xm-（含B、O、H三種元素）的球棍模型如圖所示。下列說法正確的是（）

A.m=2B.在Xm-中，硼原子軌道的雜化類型相同C.1、2原子間和4、5原子間的化學鍵可能是配位鍵D.若382g硼砂晶體中含2molNa+，則硼砂的化學式為Na2B4O7?10H2O評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、根據(jù)題給要求填空。

(1)某元素的基態(tài)原子最外層電子排布式為3s23p2，它的次外層上電子云形狀有________種，原子中所有電子占有________個軌道，核外共有________種運動狀態(tài)不同的電子。

(2)E原子核外占有9個軌道，且具有1個未成對電子，E離子結構示意圖是_______。

(3)F、G都是短周期元素，F(xiàn)2－與G3＋的電子層結構相同，則G元素的原子序數(shù)是________，F(xiàn)2－的電子排布式是______。

(4)M能層上有________個能級，有________個軌道，作為內層最多可容納________個電子，作為最外層時，最多可含有________個未成對電子。18、“張亭棟研究小組”受民間中醫(yī)啟發(fā)，發(fā)現(xiàn)As2O3對白血病有明顯的治療作用。氮(N)；磷(P)、砷(As)為第VA族元素；該族元素的化合物在研究和生產中有著許多重要用途。

(1)N原子的價電子排布式為______，N、P、As原子的第一電離能由大到小的順序為______。

(2)NH3的沸點比AsH3的沸點高，原因是____________。

(3)立方氮化硼晶體(BN)；是一種超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性，其晶胞如圖所示。

①立方氮化硼是_________晶體，晶體中N原子的雜化軌道類型為_________，B原子的配位數(shù)為_________。

②立方氮化硼晶體中“一般共價鍵”與配位鍵的數(shù)目之比為_________。

(4)若立方氮化硼晶胞的邊長為362pm，則立方氮化硼的密度為_________g/cm3(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。19、根據(jù)有關知識；回答下列問題。

（1）化學元素（0族和放射性元素除外）中，第一電離能最小的元素是___（填元素符號，下同），第一電離能最大的元素是___，電負性最大的元素是___。

（2）銅的原子序數(shù)是29，其價電子排布式為___。

（3）元素的電負性越大，則在形成化合物時此元素___越強。

（4）Be的第一電離能大于B的第一電離能，這是因為___。20、生物質能是一種潔凈、可再生能源。生物質氣（主要成分為CO、CO2、H2等）與H2混合；催化合成甲醇是生物質能利用的方法之一。

（1）上述反應的催化劑含有Cu、Zn、Al等元素。寫出基態(tài)Zn原子的核外電子排布式___。

（2）根據(jù)等電子原理，寫出CO分子的結構式_________。

（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛與新制Cu(OH)2的堿性溶液反應生成Cu2O沉淀。

①甲醇的沸點比甲醛的高，其主要原因是____________________；

甲醛分子中碳原子軌道的雜化類型為_________。

②甲醛分子的空間構型是_________；

1mol甲醛分子中σ鍵的數(shù)目為_____。

③在1個Cu2O晶胞中（結構如圖所示）；

所包含的Cu原子數(shù)目為_______。21、由徐光憲院士發(fā)起，院士學子同創(chuàng)的《分子共和國》科普讀物最近出版了，全書形象生動地訴說了BF3、TiO2、CH3COOH、CO2、NO、二茂鐵、NH3、HCN、H2S、O3；異戊二烯和萜等眾多“分子共和國”中的明星。

(1)寫出Fe2＋的核外電子排布式________________________________。

(2)下列說法正確的是________。

a．H2S、O3分子都是直線形。

b．BF3和NH3均為三角錐形。

c．CO2；HCN分子的結構式分別是O=C=O、H—C≡N

d．CH3COOH分子中碳原子的雜化方式有：sp2、sp3

(3)TiO2的天然晶體中，最穩(wěn)定的一種晶體結構如圖，白球表示________原子。

(4)乙酸()熔沸點很高，是由于存在以分子間氫鍵締合的二聚體(含一個環(huán)狀結構)，請畫出該二聚體的結構：_________________________________________。22、如圖所示為高溫超導領域里的一種化合物——鈣鈦礦的晶體結構；該結構是具有代表性的最小結構重復單元。

（1）在該物質的晶體結構中，每個鈦離子周圍與它最接近且距離相等的鈦離子、鈣離子、氧離子各有_____________、_____________、_____________個。

（2）該晶體結構中，Ca、Ti、O個數(shù)比是___________；該物質的化學式可表示為___________。23、固體電解質有廣泛的用途。研究發(fā)現(xiàn)，晶體中有特殊結構為離子如提供快速遷移的寬敞通道或者有“點缺陷”，都能使其具有導電潛力。比如：圖所示的鋰超離子導體和圖所示的有“點缺陷”的NaCl。

根據(jù)所學知識回答下列問題：

（1）在變化“Cl+e-→Cl-”過程中，所得電子填充在基態(tài)Cl的________能級，此過程會_______填“吸收”或“釋放”能量。

（2）中B的雜化形式為__________，其等電子體為：___________任寫一種與其VSEPR模型相同，且有1對孤電子對的相對分子質量最小的分子是____________。

（3）圖所示晶胞中位于__________位置；若將晶體中形成寬敞通道的換成導電能力會明顯降低，原因是_____________。

（4）圖中，若缺陷處填充了則它____________填“是”或“不是”的晶胞，在NaCl晶體中，填充在堆積而成的___________面體空隙中。24、Al的晶體中原子的堆積方式如圖甲所示；其晶胞特征如圖乙所示。

已知Al的原子半徑為d，NA代表阿伏加德羅常數(shù)；Al的相對原子質量為M。

(1)晶胞中Al原子的配位數(shù)為_____，一個晶胞中Al原子的數(shù)目為_____，該晶胞的空間利用率是_____。

(2)該晶體的密度為_____(用字母表示)。評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共20分)25、

新型儲氫材料是氫能的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一種潛在的儲氫材料，可由六元環(huán)狀物質(HB=NH)3通過如下反應制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。A在一定條件下通過多步去氫可最終轉化為氮化硼(BN)。

①基態(tài)O原子的電子占據(jù)了___________個能層，最高能級有___________種運動狀態(tài)不同的電子。

②CH4、H2O、CO2分子鍵角從大到小的順序是___________。生成物H3BNH3中是否存在配位鍵___________(填“是”或“否”)。

(2)摻雜T基催化劑的NaAlH4是其中一種具有較好吸、放氫性能的可逆儲氫材料。NaAlH4由Na+和AlH4－構成，與AlH4－互為等電子體的分子有____(任寫一個)，Al原子的雜化軌道類型是____。Na、Al、H元素的電負性由大到小的順序為_____。

(3)Ni和La的合金是目前使用廣泛的儲氫材料；具有大容量；高壽命、耐低溫等特點，在中國已實現(xiàn)了產業(yè)化。該合金的晶胞結構如圖所示。

①該晶體的化學式為___________。

②已知該晶胞的摩爾質量為Mg/mol，密度為dg/cm3。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞的體積是___________cm3(用含M、d、NA的代數(shù)式表示)。

③已知晶體的內部具有空隙，且每個晶胞的空隙中儲存6個氫原子比較溫定，晶胞參數(shù)分別為apm、apm、cpm。標準狀況下氫氣的密度為Mg/cm3；若忽略吸氫前后晶胞的體積變化，則該儲氫材料的儲氫能力為___________。(用相關字母表示已知儲氫能力=)。26、[化學——選修3：物質結構與性質]

氮的化合物在生產；生活中有廣泛應用。

（1）氮化鎵(GaN)是新型的半導體材料?；鶓B(tài)氮原子的核外電子排布圖為____；基態(tài)鎵(Ga)原子的核外具有____種不同能量的電子。

（2）乙二氨的結構簡式為(H2N-CH2-CH2-NH2；簡寫為en)。

①分子中氮原子軌道雜化類型為____；

②乙二氨可與銅離子形成配合離子[Cu(en)2]2+，其中提供孤電子對的原子是____，配合離子結構簡式為____；

③乙二氨易溶于水的主要原因是____。

（3）氮化硼(BN)是一種性能優(yōu)異；潛力巨大的新型材料；主要結構有立方氮化硼（如圖1）和六方氮化硼（如圖2），前者類似于金剛石，后者與石墨相似。

①圖1中氮原子的配位數(shù)為____，離硼原子最近且等距離的硼原子有____個；

②已知六方氮化硼同層中B與N之間的距離為acm，密度為dg?cm-3，則相鄰層與層之間的距離為____pm(列出表達式)。27、月球土壤中含有H；Ne、Na、Mg、Si、S、Cl、Cu等多種元素；是人類未來的資源寶庫，回答下列問題：

(1)在下列電子構型中，屬于Na原子的激發(fā)態(tài)構型的是______。A．1s22s22p63s1B．1s2s22p63p1C．1s22s22p63s13p1D．1s22s22p43s3(2)基態(tài)Na、Na+；O、Ne電離最外層一個電子所需能量從小到大的順序為_________

(3)三氯化碘常以二聚體I2Cl6的形式存在，經(jīng)電導儀測定知，它能發(fā)生部分電離，其電離方程式為I2C16ICl2++ICl4-。ICl2+離子的立體構型為______；中心原子的雜化類型是_____。

(4)在[Cu(NH3)4]2+中∠HNH比游離的氨氣分子中∠HNH______；(填“大”“小”或“相等")，原因是_______

(5)已知MgO晶體結構與NaCl類似，Mg2+周圍最近的O2-組成的多面體的形狀為_____，MgO的熔點高于Na2O的原因是_________

(6)硅的晶體結構屬于金剛石型，晶胞如圖所示。已知其密度為ρg?cm-3，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞參數(shù)a=_____nm，晶體中Si—Si鍵的鍵長為_______nm(用含p、NA的代數(shù)式表示)。28、鎳具有良好的導磁性和可塑性；主要用于制作合金及催化劑。請回答下列問題。

（1）基態(tài)鎳原子的價電子排布圖為____，同周期元素中基態(tài)原子與鎳具有相同未成對電子的還有____種。

（2）四羰基合鎳是一種無色揮發(fā)性液體，熔點-25℃，沸點43℃。則四羥基合鎳中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為___三種組成元素按電負性由大到小的順序為____。

（3）[Ni(NH3)

4]SO4中N原子的雜化方式為____，寫出與SO42-互為等電子體的一種分子和一種離子的化學式____，____；[Ni(

NH3)4]SO4中H-N-H鍵之間的夾角___（填“＞”“＜”或“=”）NH3分子中H-N-H鍵之間的夾角。

（4）已知NiO的晶體結構（如圖1），可描述為：氧原子位于面心和頂點，氧原子可形成正八面體空隙和正四面體空隙，鎳原子填充在氧原子形成的空隙中，則NiO晶體中原子填充在氧原子形成的____體空隙中，其空隙的填充率為____。

（5）一定溫度下，NiO晶體可分散形成“單分子層”，O2-作單層密置排列，Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中（如圖2），已知O2-的半徑為αm，每平方米面積上分數(shù)的NiO的質量為___g。（用a、NA表示）評卷人得分五、實驗題(共1題，共9分)29、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、有機推斷題(共3題，共15分)30、元素A；B、C、D都是短周期元素；A元素原子的2p軌道上僅有兩個未成對電子，B的3p軌道上有空軌道，A、B同主族，B、C同周期，C是同周期中電負性最大的，D的氣態(tài)氫化物的水溶液能使無色酚酞試液變紅。試回答：

（1）A的價電子軌道排布圖為______________________________；B的電子排布式為_________；C的價電子排布式為____________；D的原子結構示意圖為__________。

（2）已知D與H原子能形成一種高能量的分子D2H2，其中D原子滿足8電子結構特征，則該分子的電子式為_____________，含有_____個σ鍵和_____個π鍵。

（3）B的原子核外電子運動狀態(tài)________有多少種，原子軌道數(shù)為______，能級數(shù)__________，電子占據(jù)的最高能層符號為_________。

（4）四種元素最高價氧化物水化物酸性由強到弱的是（用對應化學式回答）____________________。31、短周期元素X；Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大。已知：X的最外層電子數(shù)是次外層的2倍；在地殼中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半徑最大的主族元素，Q的最外層比次外層少2個電子。請回答下列問題：

（1）X的價層電子排布式是___，Q的原子結構示意圖是____。

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

（3）Z、W、Q三種元素的簡單離子的半徑從小到大排列的是________。

（4）關于Y、Z、Q三種元素的下列有關說法，正確的有是_______；

A.Y的軌道表示式是：

B.Z；Q兩種元素的簡單氫化物的穩(wěn)定性較強的是Z

C.Z；Q兩種元素簡單氫化物的沸點較高的是Q

D.Y常見單質中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比是1：2

（5）Q與Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的雜化類型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。32、有A、B、D、E、F、G六種前四周期的元素，A是宇宙中最豐富的元素，B和D的原子都有1個未成對電子，B＋比D少一個電子層，D原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道全充滿；E原子的2p軌道中有3個未成對電子，F(xiàn)的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為4。R是由B、F兩元素形成的離子化合物，其中B＋與F2－離子數(shù)之比為2∶1。G位于周期表第6縱行且是六種元素中原子序數(shù)最大的。請回答下列問題：

(1)D元素的電負性_______F元素的電負性（填“＞”；“＜”或“＝”）。

(2)G的價電子排布圖_________________________________。

(3)B形成的晶體堆積方式為________，區(qū)分晶體和非晶體最可靠的科學方法是對固體進行_______實驗。

(4)D－的最外層共有______種不同運動狀態(tài)的電子,有___種能量不同的電子。F2D2廣泛用于橡膠工業(yè),各原子均滿足八電子穩(wěn)定結構,F2D2中F原子的雜化類型是___________,F2D2是______分子（填“極性”或“非極性”）。

(5)A與E形成的最簡單化合物分子空間構型為_____，在水中溶解度很大。該分子是極性分子的原因是_____。

(6)R的晶胞如圖所示，設F2－半徑為r1cm，B＋半徑為r2cm。試計算R晶體的密度為______。（阿伏加德羅常數(shù)用NA表示；寫表達式，不化簡）

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】

根據(jù)價層電子對互斥理論確定中心原子雜化類型，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)定結構需要的電子個數(shù)，根據(jù)n值判斷雜化類型：當n=2，為sp雜化；n=3，為sp2雜化；n=4，為sp3雜化。

【詳解】

水分子中O原子價層電子對個數(shù)=2+×(6﹣2×1)=4，為sp3雜化，BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵，中心原子B價層電子對數(shù)為3+=3，為sp2雜化，故選A。2、B【分析】【詳解】

A.鉀原子的2s軌道的能量比3p軌道的低；故A錯誤；

B.s軌道都為球形；故B正確；

C.p能級的原子軌道都是3個；故C錯誤；

D.每個電子層最多容納的電子數(shù)為所以第4電子層最多可容納32個電子，故D錯誤；

選B。3、D【分析】【分析】

根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式；價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對數(shù)。

【詳解】

A.SO2分子中心原子S的孤電子對數(shù)=×(6-2×2)=1，價層電子對數(shù)=2+1=3，雜化方式sp2雜化；價層電子對互斥模型為平面三角形，去除孤電子對，分子的立體構型為V型結構，A錯誤；

B.H2O分子中心原子O的孤電子對數(shù)=×(6-2×1)=2，價層電子對數(shù)=2+2=4，雜化方式sp3雜化；價層電子對互斥模型為四面體形，去除孤電子對，分子的立體構型為V型結構，B錯誤；

C.NH3分子中心原子N的孤電子對數(shù)=×(5-3×1)=1，價層電子對數(shù)=3+1=4，雜化方式sp3雜化；價層電子對互斥模型為四面體形，去除孤電子對，分子的立體構型為三角錐形，C錯誤；

D.CH4分子中心原子C的孤電子對數(shù)=×(4-4×1)=0，價層電子對數(shù)=4+0=4，雜化方式sp3雜化；價層電子對互斥模型為正四面體形，分子的立體構型為正四面體形，D正確。

答案選D。

【點睛】

本題主要考查根據(jù)價層電子對互斥理論判斷簡單分子或離子的空間構型，易錯點是不能熟練判斷中心原子的價層電子對數(shù)。分子的中心原子價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對數(shù)，如果價層電子對數(shù)是4且不含孤電子對，則為正四面體結構，如果價層電子對數(shù)是4且含有一個孤電子對，則為三角錐形結構，如果價電子對數(shù)是4且含有2個孤電子對，則為V形。4、A【分析】【分析】

用摩擦帶電的塑料棒接近液流時；極性分子的正；負電荷重心不重合，會收到靜電作用而偏轉，故應選極性分子。

【詳解】

A．蒸餾水分子H2O為折線形分子；屬于極性分子，用摩擦帶電的塑料棒接近液流時，會發(fā)生偏轉，故A符合題意；

B．液溴分子是直線型；屬于非極性分子，用摩擦帶電的塑料棒接近液流時，不會發(fā)生偏轉，故B不符合題意；

C．二硫化碳分子是直線型；屬于非極性分子，用摩擦帶電的塑料棒接近液流時，不會發(fā)生偏轉，故C不符合題意；

D．四氯化碳分子是正四面體型；屬于非極性分子，用摩擦帶電的塑料棒接近液流時，不會發(fā)生偏轉，故D不符合題意；

故答案選A。5、C【分析】【詳解】

A．原子晶體中原子以共價鍵的形式結合；熔化時需要斷裂共價鍵，即共價鍵越強，熔點越高，故A正確；

B．鹵族氫化物都是分子晶體；其熔沸點與相對分子質量成正比，但含有分子間氫鍵的氫化物熔沸點最高，HF分子間含有氫鍵，所以熔沸點最高，則HCl的熔沸點最低，故B正確；

C．氫化鈣、過氧化鈉中陽離子、陰離子分別是Ca2+、H-、Na+、O22-，所以CaH2、Na2O2晶體的陰；陽離子個數(shù)比分別為2∶1、1∶2；故C錯誤；

D．熔沸點：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體；分子晶體熔沸點與相對分子質量成正比，含有分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高，冰中分子間含有氫鍵，所以晶體熔點：金剛石＞食鹽＞冰＞干冰，故D正確；

故選C。

【點睛】

本題的易錯點為B，要注意分子間氫鍵對物質性質的影響。6、A【分析】【詳解】

A.金屬鉀的空間利用率是68%，Po的空間利用率是52%，金屬銅和金屬鎂的空間利用率都是74%，因此不同金屬的空間利用率大小關系為金屬銅=金屬鎂>金屬鉀>金屬釙；A錯誤；

B.金剛石是原子晶體，熔點較高，晶體碘是分子晶體，熔點較低，汞為金屬晶體，常溫下是液態(tài)，熔點很低，所以熔點由高到低：金剛石＞晶體碘>汞；B正確；

C.這幾種物質都是分子晶體，分子間通過分子間作用力結合，由于分子間作用力隨物質相對分子質量的增大而增大，分子間作用力越大，克服分子間作用力需要的能量就越高，所以物質的硬度由低到高：CH4444；C正確；

D.形成氫鍵X－H－Y兩端的原子一個提供氫，另一個提供孤對電子和氫作用，由于氫的半徑很小，故一個氫原子只能形成一個氫鍵，1molHF只有1molH，故只能形成1mol氫鍵，NH3雖然具有三個H，但只有一個孤對電子，故也只能形成1mol氫鍵，水分子則可以形成2mol氫鍵，故水的熔沸點最高，由于電負性原因，同周期電負性依次增強，F(xiàn)的電負性大于N，F(xiàn)－H－F氫鍵的強度>N－H－N氫鍵的強度；故HF的沸點高于氨，D正確。

答案選A。

【點睛】

各種晶體熔點比較的一般規(guī)律：原子晶體>離子晶體>分子晶體，金屬晶體的熔沸點，變化范圍大，沒有太明顯的規(guī)律，有的熔沸點很低，如汞在常溫時就是液態(tài)，的熔沸點很高，如鎢熔點高達3000多攝氏度；氫鍵的存在影響物質的熔沸點和溶解性，當都有氫鍵時要分析氫鍵的個數(shù)，個數(shù)相同時比較電負性，電負性越強，吸引電子能量越強，氫鍵越強。7、B【分析】【詳解】

A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有陰離子氯離子；所以能和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，A項錯誤；

B.[Co(NH3)3Cl3]中沒有陰離子氯離子；所以不能和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，B項正確；

C.[Co(NH3)6]Cl3中有陰離子氯離子；所以能和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，C項錯誤；

D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有陰離子氯離子；所以能和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，D項錯誤。

答案選B。

【點睛】

本題考查了配合物中的成鍵情況，根據(jù)“配合物中陰離子能和銀離子反應生成氯化銀沉淀，配原子不和銀離子反應”來分析解答即可。二、多選題(共9題，共18分)8、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）d9、AD【分析】【分析】

短周期元素的價電子數(shù)就是其最外層電子數(shù)，用m表示基態(tài)原子的價電子數(shù)，用n表示基態(tài)原子的未成對電子數(shù)，A元素m—n為8，說明A的最外層電子數(shù)為8，均已成對，故A只能是Ne或者Ar；B元素m—n為6，說明B的最外層電子數(shù)為7，6個已成對，故B只能是F或者Cl，同理推導出：C為O或S，D為N；C、B、Be或P、Si、Al、Mg，E為Na或Li、H，又A、B、C、D、E原子序數(shù)連續(xù)，故只能分別為Ne、F、O、N、Na，據(jù)此分析作答。

【詳解】

A．同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢，分析可知A為惰性氣體元素，其第一電離能在同周期中最大，故A>C；A錯誤；

B．據(jù)分析可知，E是Na為金屬元素，D是N為非金屬元素，故電負性E

C．據(jù)分析可知，E是Na，B是F，故原子序數(shù)：B

D．C是O；有2個未成對電子，而D是N，有3個未成對電子，故核外未成對電子數(shù)：C與D不相等，D錯誤；

故答案為：AD。10、AD【分析】【詳解】

A．SO3分子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采用sp2雜化；為平面三角形結構，故A正確；

B．SO2的價層電子對個數(shù)=2+（6-2×2）=3，硫原子采取sp2雜化；該分子為V形結構，故B錯誤；

C．碳酸根離子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（4+2-3×2）=3，所以原子雜化方式是sp2；為平面三角形結構，故C錯誤；

D．BeCl2分子中每個Be原子含有2個σ鍵；價層電子對個數(shù)是2，沒有孤電子對，為sp雜化，為直線型，故D正確；

故選AD。11、BD【分析】【詳解】

A．根據(jù)結構簡式確定分子式為C3H4O3；故A正確；

B．雙鍵中含有一個σ鍵；一個π鍵；單鍵都是σ鍵，所以該分子中含有10個σ鍵、1個π鍵，所以分子中σ鍵與π鍵個數(shù)之比為10：1，故B錯誤；

C．同種非金屬元素之間形成非極性鍵；不同非金屬元素之間形成極性鍵，所以C-C之間存在非極性鍵；C-H和C-O原子之間存在極性鍵，故C正確；

D．該分子C-O中C原子價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，C原子為sp3雜化；C=O中C原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，C原子雜化方式為sp2；故D錯誤；

故選BD。

【點睛】

該分子C-O中C原子價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對、C=O中C原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化方式是解答關鍵。12、BC【分析】【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序數(shù)依次增大，X、Y、W形成的一種陰離子常用于檢驗Fe3+，則該離子為SCN-；則X為C元素，Y為N元素，W為S元素；R的單質常用于制造路燈，其發(fā)出的黃色光透霧能力強，R為Na；Z是地殼中含量最高的元素，則Z為O元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．W為S元素；其氧化物的水化物形成的為硫酸和亞硫酸，亞硫酸為弱酸，故A錯誤；

B．X為C元素，W為S元素，XW2為CS2，CS2與CO2互為等電子體，互為等電子體的微粒具有相似的結構，CO2的結構式為O=C=O，則CS2的結構式為S=C=S；即：W=X=W，故B正確；

C．W為S元素，Z為O元素，WZ3為SO3，分子中中心原子S原子的價層電子對數(shù)=3+=3，S采取sp2雜化；結構為平面三角形，則分子中所有原子處于同一平面，故C正確；

D．Z為O元素，R為Na，Z與R形成的化合物為Na2O或Na2O2，二者均為離子化合物，Na2O中只含有離子鍵，Na2O2中含有離子鍵和共價鍵；故D錯誤；

答案選BC。13、CD【分析】【詳解】

A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室；陰離子移向陽極，即a是電源正極，A正確；

B.HCO3-經(jīng)過M移向左室；M為陰離子交換膜，B正確；

C.中，(CH3)4N+的C、N原子均為雜化，但是，HCO3-中的C原子為雜化；C錯誤；

D.通過1mol電子時，陰極室H+放電，2H++2e-=H2↑產生H2為0.5mol，陽極室OH-放電，4OH--4e-=2H2O+O2↑，產生O2為0.25mol，同時，溶液中剩下的H+與HCO3-反應還要產生二氧化碳；因此，產生的氣體大于0.75mol，體積大于16.8L(STP)氣體，D錯誤。

答案選CD。14、AC【分析】【詳解】

A選項，元素As與N同族，N的電負性大于As，使成鍵電子離N原子更近，兩個N—H鍵間的排斥力增大，NH3中鍵角更大，因此AsH3分子中As－H鍵的鍵角小于NH3中N－H鍵的鍵角；故A正確；

B選項；Fe成為陽離子時首先失去4s軌道電子，故B錯誤；

C選項，配合物Fe(CO)n可用作催化劑，F(xiàn)e的價電子為3d64s2，價電子數(shù)為8，一個配體CO提供2個電子，因此Fe(CO)n內中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18；8+2×n=18，則n＝5，故C正確；

D選項，冰中每個H2O分子與周圍四個水分子形成氫鍵形成四面體結構；即一個水分子可以形成四個氫鍵，故D錯誤。

綜上所述；答案為AC。

【點睛】

冰的密度比水小的原因是冰中水與周圍四個水分子以氫鍵形成四面體結構，中間有空隙，因此密度比水小。15、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．該分子為三角錐型結構；正負電荷重心不重合，所以為極性分子，A錯誤；

B．PH3分子中P原子最外層有5個電子；其中3個電子和3個H原子形成共用電子對，所以該物質中有1個未成鍵的孤對電子，B正確；

C．氮元素非金屬性強于磷元素，PH3中的P-H鍵的極性比NH3中N-H鍵的極性弱；C正確；

D．同種非金屬元素之間存在非極性鍵；不同非金屬元素之間存在極性鍵，所以P-H是極性鍵，D錯誤；

答案選BC。16、AD【分析】【分析】

由圖示可以看出該結構可以表示為[H4B4O9]m-，其中B為+3價，O為-2價，H為+1價，根據(jù)化合價判斷m值求解Xm-的化學式；根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，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)定結構需要的電子個數(shù)，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2號B形成3個鍵，則B原子為sp2雜化，4號B形成4個鍵，則B原子為sp3雜化；陰離子中含配位鍵，不含離子鍵，以此來解答。

【詳解】

A．觀察模型，可知Xm-是(H4B4O9)m-；依據(jù)化合價H為+1，B為+3，O為-2，可得m=2，故A正確；

B．2，4代表B原子，2號B形成3個鍵，則B原子為SP2雜化，4號B形成4個鍵，則B原子為SP3雜化，所以在Xm-中；硼原子軌道的雜化類型有不同，故B錯誤；

C．2號B一般是形成3個鍵；4號B形成4個鍵，其中1個鍵很可能就是配位鍵，所以配位鍵存在4號與5號之間，故C錯誤；

D．若硼砂的化學式為Na2B4O7?10H2O，則382g硼砂晶體中含×2=2molNa+；故D正確；

答案選AD。三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【詳解】

(1)某元素的基態(tài)原子最外層電子排布為3s23p2，該元素為Si，核外電子排布式為1s22s22p63s23p2；次外層能級為2s；2p，有s、p兩種不同的軌道，電子云形狀有2種。原子中所有電子占有8個軌道，分別為1s、2s、3s共3個軌道，3個2p軌道，2個3p軌道；原子核外有14個電子，每個電子的運動狀態(tài)都不一樣，因此有14種不同的運動狀態(tài)；

(2)E原子核外占有9個軌道，且具有1個未成對電子，則其核外電子排布圖為從圖可知，該原子為Cl原子，得到1個電子，形成Cl－，其結構示意圖為

(3)F、G都是短周期元素，F(xiàn)2－與G3＋的電子層結構相同，F(xiàn)為短周期元素，能夠形成離子F2－，只能是O2－或S2－，但是G也是短周期元素，G3＋的電子層結構與F2－相同，如果F是S元素，則G不是短周期元素，因此F為O，G為Al；G為Al，其原子序數(shù)為13；F2－是O2－，其電子排布式1s22s22p6；

(4)M能層上3個能級，分別為3s、3p、3d；3s有1個軌道，3p有3個軌道，3d有5個軌道，共9個軌道；每個軌道可以容納2個電子，作為內層最多可容納9×2=18個電子；作為最外層時，只有3s、3p能級上填充電子，未成對電子最多，則3個3p軌道上均只有1個電子，最多可含有3個未成對電子?！窘馕觥竣?2②.8③.14④.⑤.13⑥.1s22s22p6⑦.3⑧.9⑨.18⑩.318、略

【分析】【詳解】

(1)氮原子的原子序數(shù)為7，最外層電子層是低層，其最外層電子排布式為2s22p3，主族元素N原子的最外層電子就是其價電子，即價電了排布式為2s22p3；N；P、As位于同一主族；隨著原子序數(shù)逐漸增大，原子半徑逐漸增大，原子失去電子的能力逐漸增強，原子的第一電離能逐漸減小，所以N、P、As原子的第一電離能由大到小的順序為N＞P＞As；

(2)NH3的沸點比AsH3的沸點高；是因為氨分子間除存在分子間作用力外，還有氫鍵；

(3)①立方氮化硼晶體超硬、優(yōu)異的耐磨性，所以立方氮化硼晶體為原子晶體；立方氮化硼中氮原子與周圍的4個硼原子形成四面體結構、硼原子與周圍的4個氮原子形成四面體結構，因此晶體中N原子的雜化軌道類型為sp3；原子的配位數(shù)為4；

②立方氮化硼中氮原子與周圍的4個硼原子形成四面體結構；硼原子與周圍的4個氮原子形成四面體結構；因此立方氮化硼晶胞中應該含有4個N和4個B原子，B原子最外層有3個電子，形成4個共價鍵，所以含有1個配位鍵，故B原子與N原子之間共價鍵與配位鍵的數(shù)目比為3：1；

(4)BN晶胞中N原子數(shù)為4，B原子數(shù)=8×+6×=4，BN晶胞的質量為m=g，立方氮化硼晶胞的體積V=(3.62×10-10cm)3，因此立方氮化硼的密度ρ=g/cm3。【解析】2s22p3N>P>AsNH3能形成分子間氫鍵原子sp3雜化43：119、略

【分析】【分析】

(1)元素的金屬性越強其第一電離能越小；元素非金屬性越強第一電離能越大；元素的非金屬性越強；其電負性越大；

(2)銅是29號元素；根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫；

(3)元素電負性越大；非金屬性就越強，因此吸引電子的能力也越強；

(4)Be有2s2全滿結構，而B失去一個電子后有2s22p0的穩(wěn)定結構。

【詳解】

(1)元素的金屬性越強其第一電離能越小；Cs的金屬性最強，所以第一電離能最小的元素是Cs；元素非金屬性越強第一電離能越大，氟元素的非金屬性最強，所以第一電離能最大的元素是F；元素的非金屬性越強，其電負性越大，所以氟元素電負性最大；

(2)銅是29號元素，質子數(shù)為29，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，所以銅的價電子排布式為3d104s1；

(3)元素電負性越大；非金屬性就越強，因此吸引電子的能力也越強，所以元素的電負性越大，則在分子中此元素吸引成鍵電子的能力越強；

(4)Be有2s2全滿結構，而B失去一個電子后有2s22p0的穩(wěn)定結構；所以B的第一電離能比Be的小。

【點睛】

銅的價電子排布式是易錯點，3d軌道為全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定?！窘馕觥竣?Cs②.F③.F④.3d104s1⑤.吸引成鍵電子的能力⑥.Be的2s能級為全滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，而B失去一個電子后變?yōu)?s能級全滿的穩(wěn)定結構，所以B的第一電離能比Be的小20、略

【分析】【詳解】

（1）Zn的原子序數(shù)為30，在周期表中位于第四周期、ⅡB族，則其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。

（2）根據(jù)等電子原理，CO與N2屬于等電子體，所以其分子結構相似，由于N2的結構式為N≡N；所以CO也應為C≡O。

（3）①由于甲醇分子間可以形成氫鍵，而甲醛分子間不能形成氫鍵，所以甲醇的沸點高于甲醛；由于甲醛分子結構中每個碳原子只形成三個σ鍵，則應該是sp2雜化形式。

②甲醛的中心原子C是sp2雜化，C原子形成3個σ鍵，所以甲醛的空間構型為平面三角形；甲醛分子中的2個C－H鍵是σ鍵，C＝O鍵中的一個鍵是σ鍵，另一個則是π鍵，則一個甲醛分子中有2個σ鍵，所以1mol甲醛分子中σ鍵的數(shù)目為3NA。

③由化學式Cu2O和晶胞模型可知，白球為氧原子，黑色球為銅原子，且銅原子位于晶胞內部，所以1個Cu2O晶胞中包含Cu原子數(shù)目為4個。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2②.C≡O③.甲醇分子之間形成氫鍵④.sp2雜化⑤.平面三角形⑥.3NA⑦.421、略

【分析】【詳解】

(1)鐵是26號元素,鐵原子核外有26個電子，鐵原子失去2個電子變?yōu)镕e2+,根據(jù)構造原理知，該離子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。

故答案為1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；

(2)a.H2S、O3分子都是V形；a項錯誤；

b.BF3為平面三角形，NH3均為三角錐形，b項錯誤；

c.CO2；HCN分子的結構式分別是：O=C=O、H?C≡N；c項正確；

d.CH3COOH分子中甲基（-CH3）中原子形成4個單鍵，雜化軌道數(shù)目為4，采用的是sp3雜化；羧基（-COOH）中碳原子形成3個σ鍵，雜化軌道數(shù)目為3，采用的是sp2雜化；d項正確；

故答案為cd

(3)白球個數(shù)=黑球個數(shù)=所以白球和黑球個數(shù)比為2:1,根據(jù)二氧化硅的化學式知,白球表示氧原子.

故答案為氧(O)

(4)二個乙酸分子間中,羧基上的氫原子與另一個乙酸分子中碳氧雙鍵上氧原子形成氫鍵,所以該二聚體的結構為

故答案為

【點睛】

晶胞中原子個數(shù)計算：晶胞面上8個頂點每個算每條棱上每個點算面上每個算

內部每個算1?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6cd氧(O)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）根據(jù)晶胞的結構可知；以晶胞頂點上的鈦離子為例，與之最近的鈦離子分布在與相鄰的頂點上，這樣的離子有6個（上下左右前后各1個），鈣離子分布在體心上，這樣的離子有8個（每個頂點可以形成8個立方體），氧離子分布在棱上，最接近且距離相等的也是6個（上下左右前后各1個）；答案為6，8，6。

（2）利用均攤法可知，鈦離子位于頂點，在每個晶胞中鈦離子個數(shù)為8×=1，氧離子位于棱上，氧離子的個數(shù)為12×=3，鈣離子位于體心，鈣離子個數(shù)為1，所以鈣、鈦、氧的離子個數(shù)比是1：1：3，化學式可表示為CaTiO3；答案為1：1：3；CaTiO3?！窘馕觥竣?6②.8③.6④.1：1：3⑤.CaTiO323、略

【分析】【分析】

根據(jù)晶胞的圖形，可用均攤法進行計算，結合題給化學式、原子團，可判斷各小球代表的粒子；圖(a)晶體中因大體積陰離子BF4-而具有了為離子如提供快速遷移的寬敞通道，圖(b)晶體具有為離子如提供快速遷移的“點缺陷”；兩者都具有導電潛力。在此認識基礎上，運用物質結構的基礎知識可解各小題。

【詳解】

(1)氯元素核電荷數(shù)為17，Cl的價電子排布式為3s23p5，Cl+e-→Cl-，得到穩(wěn)定的Cl-；釋放能量，因此所得電子填充在基態(tài)的3p能級，此過程會釋放能量。本題正確答案為：3p；釋放；

(2)BF4-中B成鍵電子對數(shù)為4，雜化形式為sp3；等電子體具有相同的價電子數(shù)和原子數(shù)，BF4-價電子數(shù)為32，原子數(shù)為5，其等電子體可以為CCl4。BF4-的VSEPR模型為四面體，具有四面體空間構型，且有l(wèi)對孤電子對的分子成鍵電子對數(shù)為4-1=3，相對分子質量最小的分子是NH3。答案為：sp3；CCl4；NH3

(3)一個Li3SBF4晶胞中含有3個Li+，所以Li+位于棱心位置(12×=3)；若將晶體中BF4-換成F-，導電能力會明顯降低，原因是陰離子體積變小，為Li+提供的快速遷移通道變窄，致其難以遷移。答案為：棱心；陰離子體積變小，為Li+提供的快速遷移通道變窄；致其難以遷移；

(4)在氯化鈉晶體中Na+最近的Cl-是的上下左右前后六個頂點依次相連便是八面體，圖(6)中，若缺陷處填充了Na+，它并不是NaCl的完整晶胞；在NaCl晶體中，Na+填充在Cl-堆積而成的八面體空隙中。答案為：不是；八。

【點睛】

圖所示的鋰超離子導體

1、如果按粒子相對大小來分辨粒子的種類，容易出錯，此題應從題給化學式(Li3SBF4)及離子的種類；結合圖中各種粒子的數(shù)目來判斷。

2、圖中最小的球表示的是硫，不在圖示的六面體的頂點上，但每個硫相對頂點的位置是相同的，故可按假設都在頂點去計算；或通過觀察判斷出只有一個硫位于六面體內。【解析】釋放棱心陰離子體積變小，為提供的快速遷移通道變窄，致其難以遷移不是八24、略

【分析】【分析】

根據(jù)晶胞結構得出金屬Al為面心立方；根據(jù)面心立方得出配位數(shù)，空間利用率，再根據(jù)晶胞結構先計算晶胞參數(shù)，再計算密度。

【詳解】

(1)根據(jù)晶胞的結構得出晶體Al是面心立方，晶胞中原子的配位數(shù)為12，一個晶胞中Al原子的數(shù)目為該晶胞的空間利用率是74%；故答案為：12；4；74%。

(2)晶體Al是面心立方，則晶胞參數(shù)該晶體的密度為故答案為：

【點睛】

晶胞密度的計算是?？贾R，根據(jù)密度公式分別找出質量和體積，先找出一個的質量，再乘以晶胞中有幾個，再根據(jù)晶胞參數(shù)計算晶胞體積?！窘馕觥竣?12②.4③.74%④.四、原理綜合題(共4題，共20分)25、略

【分析】【詳解】

(1)①基態(tài)O原子的核外電子排布為1s22s22p4；分別占據(jù)K；L能層，1s、2s、2p三個能級,2p為最高能級排布4個電子，有4種不同的運動狀態(tài);答案：2;4。

②CH4是正四面體結構,鍵角10928，；H2O是V型分子,鍵角10430，；CO2是直線型分子,鍵角為180CH4、H2O、CO2分子鍵角從大到小的順序是CO2>CH4>H2O；在H3BNH3中的B與N原子之間存在配位鍵。答案：CO2>CH4>H2O；是。

(2)AlH4－為含有5個原子的陰離子，價電子數(shù)為3+14+1=8,與AlH4－互為等電子體的分子有CH4。AlH4-的中心原子價層電子對數(shù)為4,且中心原子不含孤對電子,所以其立體構型是正四而體形，Al原子的雜化軌道類型是sp3雜化。金屬性越強，電負性越小，其電負性由大到小的順序為H>Al>Na。答案：CH4；sp3；H>Al>Na。

(3)根據(jù)該合金的晶胞圖可知,晶胞中心有一個鎳原子，其他8個鎳原子都在晶胞面上,鑭原子都在晶胞頂點,所以晶胞實際含有的鎳原子為1+1/28=5，晶胞實際含有的鑭原了為81/8=1，所以晶體的化學式LaNi5。答案：LaNi5。

②一個晶胞的質量m=M/NA,根據(jù)m=V=Vd即V=M/NAd;答案：M/NAd。

③LaNi5合金儲氫后的密度p=m(晶胞中的H)/V(晶胞)=16/[NA(a10-10)2c10-10sin60]，由定義式可知儲氫能力=

=61030/(NAa2csin60M)【解析】24CO2>CH4>H20是CH4sp3H>Al>NaLaNi5M/NAd61030/(NAa2csin60M)26、略

【分析】【分析】

（1）氮原子核外有7個電子，電子排布式為1s22s22p3；鎵為31號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1；依據(jù)電子排布式解答；

（2）①H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的價層電子對數(shù)為（5+3）=4；

②中心原子Cu2+提供空軌道；乙二氨分子中N原子提供孤對電子；

③乙二氨和水都是極性分子；相似相溶，乙二氨分子與水分子間可形成氫鍵。

（3）①觀察晶胞結構發(fā)現(xiàn)N原子周圍距離最近的B數(shù)目為4；即配位數(shù)為4；由圖可知，晶胞為面心立方堆積，以頂點的N原子分析，位于面心的原子與之相鄰，1個頂點原子為12個面共用，所以離N原子最近且等距離的N原子有12個，同理離硼原子最近且等距離的硼原子有12個；

②每個六棱柱平均含有一個N原子和一個B原子，兩原子的相對原子質量之和為25，設層與層之間距離為h，六棱柱體積為a2hcm3，六棱柱質量為=a2hdg，所以h=cm=×1010pm。

【詳解】

（1）氮原子核外有7個電子，基態(tài)氮原子的核外電子排布圖為鎵為31號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1；有8個不同的能層，所以基態(tài)鎵(Ga)原子的核外具有8種不同能量的電子。

故答案為8；

（2）①H2N-CH2-CH2-NH2中氮原子的價層電子對數(shù)為（5+3）=4，所以軌道雜化類型為sp3；

②配合離子[Cu(en)2]2+中心原子Cu2+提供空軌道，乙二氨分子中N原子提供孤對電子，因此提供孤電子對的原子是N，配合離子結構簡式為

③乙二氨和水都是極性分子；相似相溶，乙二氨分子與水分子間可形成氫鍵，所以乙二氨易溶于水。

故答案為sp3；N；乙二氨與水形成分子間氫鍵；乙二氨分子與水分子均為極性分子；

（3）①觀察晶胞結構發(fā)現(xiàn)N原子周圍距離最近的B數(shù)目為4；即配位數(shù)為4；由圖可知，晶胞為面心立方堆積，以頂點的N原子分析，位于面心的原子與之相鄰，1個頂點原子為12個面共用，所以離N原子最近且等距離的N原子有12個，同理離硼原子最近且等距離的硼原子有12個；

②選取晶體結構中最小的正六棱柱為計算單位，根據(jù)均攤法可以計算出每個六棱柱平均含有一個N原子和一個B原子，兩原子的相對原子質量之和為25。已知六方氮化硼同層中B與N之間的距離為acm，則正六邊形的邊長為acm，設層與層之間距離為h，六棱柱體積為a2hcm3，又知其密度為dg?cm-3，則六棱柱質量為=a2hdg，所以h=cm=×1010pm，則層與層之間距離的計算表達式為×1010pm。

故答案為4；12；1010?！窘馕觥?sp3N乙二氨與水形成分子間氫鍵，乙二氨分子與水分子均為極性分子412101027、略

【分析】【分析】

(1)A.1s22s22p63s1是Na原子的基態(tài)；B.1s2s22p63p1是Na原子的激發(fā)態(tài)；C.1s22s22p63s13p1不是Na原子的電子排布式；D.1s22s22p43s3中3s軌道最多只能排布2個電子。

(2)基態(tài)Na易失去1個電子，因為核外電子數(shù)相同，而Na+的質子數(shù)比Ne的質子數(shù)多1，對核外電子的控制能力更強，所以Na+的失去最外層一個電子比Ne的失去最外層一個電子大；O；Ne，同周期從左到右失去電子越來越難。

(3)ICl2+離子價層電子對數(shù)為

(4)氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成配位鍵；原孤對電子與鍵對電子間的排斥作用變?yōu)殒I對電子間的排斥，排斥作用減弱。

(5)MgO與Na2O均為離子晶體，r(Mg2+)＜r(Na+)，MgO的鍵長比Na2O鍵長短；鍵能大，MgO的晶格能大。

(6)先計算晶胞中Si原子個數(shù)；根據(jù)密度公式計算得到晶胞參數(shù)，晶體中Si—Si鍵的鍵長為體對角線的四分之一。

【詳解】

(1)A.1s22s22p63s1是Na原子的基態(tài)，故A不符合題意；B.1s2s22p63p1是Na原子的激發(fā)態(tài)，故B符合題意；C.1s22s22p63s13p1不是Na原子的電子排布式，故C不符合題意；D.1s22s22p43s3中3s軌道最多只能排布2個電子；故D不符合題意；綜上所述，答案為B。

(2)基態(tài)Na易失去1個電子，因為核外電子數(shù)相同，而Na+的質子數(shù)比Ne的質子數(shù)多1，對核外電子的控制能力更強，所以Na+的失去最外層一個電子比Ne的失去最外層一個電子大，O、Ne，同周期從左到右失去電子越來越難，因此電離最外層一個電子所需能量從小到大的順序為Na＜O＜Ne＜Na+；故答案為：Na＜O＜Ne＜Na+。

(3)ICl2+離子價層電子對數(shù)為立體構型為“V”形，因此中心原子的雜化類型是sp3；故答案為：V形(角形、折線形)；sp3。

(4)在[Cu(NH3)4]2+中∠HNH比游離的氨氣分子中∠HNH大，原因是氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成配位鍵，原孤對電子與鍵對電子間的排斥作用變?yōu)殒I對電子間的排斥，排斥作用減弱，故∠HNH鍵角變大；故答案為：大；氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成鍵；原孤對電子與鍵對電子間的排斥作用變?yōu)殒I對電子間的排斥，排斥作用減弱，故H—N—H鍵角變大。

(5)已知MgO晶體結構與NaCl類似，Mg2+周圍最近的6個O2?組成的多面體的形狀為正八面體，MgO的熔點高于Na2O的原因是MgO與Na2O均為離子晶體，r(Mg2+)＜r(Na+)，MgO的鍵長比Na2O鍵長短，鍵能大，MgO的晶格能大，故MgO的熔點高于Na2O；故答案為：八面體(或正八面體)；MgO與Na2O均為離子晶體，r(Mg2+)＜r(Na+)，MgO的鍵長比Na2O鍵長短，鍵能大，MgO的晶格能大，故MgO的熔點高于Na2O。

(6)硅的晶體結構屬于金剛石型，已知其密度為ρg?cm-3，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶胞中Si原子個數(shù)為則晶胞參數(shù)a=nm，晶體中Si—Si鍵的鍵長為體對角線的四分之一，因此晶體中Si—Si鍵的鍵長nm；故答案為：【解析】BNa＜O＜Ne＜Na+V形(角形、折線形)sp3大氨分子與Cu2+形成配合物后，孤對電子與Cu2+成鍵，原孤對電子與鍵對電子間的排斥作用變?yōu)殒I對電子間的排斥，排斥作用減弱，故H-N-H鍵角變大八面體(或正八面體)MgO與Na2O均為離子晶體，r(Mg2+)＜r(Na+)，MgO的鍵長比Na2O鍵長短，鍵能大，MgO的晶格能大，故MgO的熔點高于Na2O28、略

【分析】【分析】

(1)Ni是28號元素；其價電子為3d；4s能級上的電子；Ni原子核外有2個未成對電子，同周期元素中基態(tài)原子與鎳具有相同未成對電子的還有Ti、Ge、Se元素；

(2)CO中含有1個σ鍵、1個π鍵，每個CO分子和Ni原子形成一個σ鍵，所以一個Ni(CO)4中含有σ鍵8個；π鍵8個；元素的非金屬性越強；其電負性越大；

(3)[Ni(NH3)4]SO4中N原子的價層電子對個數(shù)是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N原子雜化類型，與SO42-互為等電子體的一種分子和一種離子中原子個數(shù)為5、價電子數(shù)為32；[Ni(NH3)4]SO4中N原子、NH3分子中N原子都采用sp3雜化；但是前者不存在孤電子對；后者含有1個孤電子對，成鍵電子對之間的排斥力小于成鍵電子對和孤電子對之間的排斥力；

(4)氧原子位于面心和頂點，Ni位于棱心和體心，由圖可知體心Ni原子的配位數(shù)為6，故Ni位于6個面心O形成正八面體中心；其空隙的填充率為100%；

(5)平面NiO基本結構單元為每個結構單元含有1個“NiO“，每個氧化鎳所占的面積=(2am)×(2am×sin60°)=2a2m2；計算1個“NiO“的質量，每個氧化鎳的質量乘以每平方米含有的氧化鎳個數(shù)就是每平方米含有的氧化鎳質量。

【詳解】

(1)Ni是28號元素，其價電子為3d、4s能級上的電子；Ni原子核外有2個未成對電子，其價電子排布圖為同周期元素中基態(tài)原子與鎳具有相同未成對電子的還有Ti、Ge、Se元素，所以有3種元素，故答案為3；

(2)CO中含有1個σ鍵、1個π鍵，每個CO分子和Ni原子形成一個σ鍵，所以一個Ni(CO)4中含有σ鍵8個；π鍵8個；所以四羰基合鎳中σ鍵和π鍵數(shù)目之比=8：8=1：1；元素的非金屬性越強，其電負性越大，非金屬性O＞C＞Ni，所以電負性O＞C＞Ni，故答案為1：1；O＞C＞Ni；

(3)[Ni(NH3)4]SO4中N原子的價層電子對個數(shù)是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N原子雜化類型為sp3，與SO42-互為等電子體的一種分子如CCl4，一種離子如ClO4-；[Ni(NH3)4]SO4中N原子、NH3分子中N原子都采用sp3雜化，但是前者不存在孤電子對、后者含有1個孤電子對，成鍵電子對之間的排斥力小于成鍵電子對和孤電子對之間的排斥力，所以；[Ni(NH3)4]SO4中H-N-H鍵之間的夾角＞NH3分子中H-N-H鍵之間的夾角，故答案為sp3；CCl4；ClO4-；

(4)氧原子位于面心和頂點；Ni位于棱心和體心，由圖可知體心Ni原子的配位數(shù)為6，故Ni位于6個面心O形成正八面體中心，其空隙的填充率為100%，故答案為正八面；100%；

(5)平面NiO基本結構單元為每個結構單元含有1個“NiO"，每個氧化鎳所占的面積=(2am)×(2am×sin60°)=2a2m2，則每平方米含有的氧化鎳個數(shù)=每個氧化鎳的質量=g，所以每平方米含有的氧化鎳質量=g×=g，故答案為【解析】31：1O＞C＞Nisp3CCl4ClO4-＞正八面100%五、實驗題(共1題，共9分)29、略

【分析】【分析】

兩種配合物可電離出的氯離子數(shù)目不同；可將等質量的兩種配合物配制成溶液，滴加硝酸銀，根據(jù)生成沉淀的多少判斷。

【詳解】

兩種配合物晶體[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，內界氯離子不能與硝酸銀反應，外界氯離子可以與硝酸銀反應，將這兩種配合物區(qū)別開來的實驗方案：稱取相同質量的兩種晶體分別配成溶液，向兩種溶液中分別滴加足量用硝酸酸化的硝酸銀溶液，充分反應后，過濾、洗滌、干燥后稱量，所得AgCl固體質量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固體質量小的，原晶體為[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，故答案為：取相同質量的兩種晶體分別配成溶液，向兩種溶液中分別滴加足量AgNO3溶液，靜置、過濾、干燥、稱量，沉淀質量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【點睛】

把握配合物的構成特點，為解答該題的關鍵。解答此類試題要注意配合物的內界和外界的離子的性質不同，內界中以配位鍵相結合，很牢固，難以在水溶液中電離，而內界和外界之間以離子鍵結合，在溶液中能夠完全電離?！窘馕觥糠Q取相同質量的兩種晶體配成