2025年魯教五四新版選擇性必修2化學下冊月考試卷

…………○…………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年魯教五四新版選擇性必修2化學下冊月考試卷765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、五種短周期元素X；Y、Z、M、W的原子序數(shù)與其最高正價或最低負價的關系如圖所示；下列說法錯誤的是。

A.X可能為LiB.原子半徑：C.中各原子均達到8電子穩(wěn)定結構D.簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X與Y形成的某一化合物易生成二聚體，且X、Y兩基態(tài)原子的核外電子的空間運動狀態(tài)相同，Z的基態(tài)原子的最高能級的電子數(shù)是Y的基態(tài)原子的最低能級電子數(shù)的一半，W的周期數(shù)與族序數(shù)相等。下列說法正確的是()A.X、Y、Z、W四種元素中，X的非金屬性最強B.簡單離子的半徑：C.電負性大?。篋.第一電離能：3、復印機周圍的特殊腥味是造成的。下列關于的說法錯誤的是A.分子內存在大鍵B.與互為等電子體C.與互為同分異構體D.在水中的溶解度大于4、分子間存在氫鍵的非電解質是A.H2OB.CH4C.NH3·H2OD.甘油5、根據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立體構型正確的是()

。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。

A

SO2

sp

直線形。

直線形。

B

HCHO

sp2

平面三角形。

三角錐形。

C

NF3

sp2

四面體形。

平面三角形。

D

NH4+

sp3

正四面體形。

正四面體形。

A.AB.BC.CD.D6、甲~戊均為短周期元素；在元素周期表中的位置如圖所示，丙的簡單氫化物的水溶液常用于腐蝕玻璃，下列說法中正確的是。

A.原子半徑：丁>甲>乙>戊>丙B.甲和丁的簡單氫化物均能形成分子間氫鍵C.丁、戊的最高價含氧酸均為強酸D.甲、乙、丙的單質對應的晶體均為分子晶體7、金屬晶體的堆積方式、空間利用率和配位數(shù)關系正確的是A.釙Po-簡單立方堆積-52%-4B.鈉Na-鉀型-74%-12C.鋅Zn-鎂型-68%-8D.銀Ag-銅型-74%-128、認真觀察下列示意圖；有關敘述不正確的是。

A.圖1表示由Li、Al、Si構成的某三元化合物固態(tài)晶體結構，該化合物化學式可表示為LiAlSiB.圖2表示某藍色晶體[MxFey(CN)6]的陰離子的最小結構單元，該晶體的化學式為MFe2(CN)6，M呈＋2價C.圖3表示金屬鎳與鑭(La)形成的合金晶胞結構，該合金的化學式為LaNi5D.圖4表示某種鐵化合物的晶胞如圖所示(硫原子均在晶胞內)，該物質化學式為CuFeS2評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、按要求填空。

(1)基態(tài)K原子中，核外電子占據最高能層的符號是___________，占據該能層電子的電子云輪廓圖形狀為___________。

(2)元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E1)。第2周期部分元素的E1變化趨勢如下圖所示。

氮元素的E1呈現(xiàn)異常的原因是___________。

(3)B原子價層電子的軌道表達式為___________。

(4)Co基態(tài)原子核外電子排布式為___________，元素Mn與O中，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是___________。10、天然產物H具有抗腫瘤；鎮(zhèn)痙等生物活性；可通過以下路線合成。

已知：+((Z—COOR；—COOH等)

回答下列問題：

化合物H含有手性碳原子的數(shù)目為___，下列物質不能與H發(fā)生反應的是___(填序號)。

A．CHCl3B．NaOH溶液C．酸性KMnO4溶液D．金屬Na11、氮是一種典型的非金屬元素；其單質及化合物在生活和生產中具有廣泛的用途?；卮鹣铝袉栴}：

(1)磷元素與氮元素同主族，基態(tài)磷原子有________個未成對電子，白磷的分子式為P4，其結構如圖甲所示?？茖W家目前合成了N4分子，N4分子中氮原子的雜化軌道類型是________，N—N—N鍵角為________；N4分解后能產生N2并釋放出大量能量，推測其用途可為________。

(2)NH3與Zn2＋可形成[Zn(NH3)6]2＋；其部分結構如圖乙所示。

①NH3的立體構型為________。

②[Zn(NH3)6]2＋中存在的化學鍵類型有________；NH3分子中H—N—H鍵角為107°，判斷[Zn(NH3)6]2＋離子中H—N—H鍵角________(填“>”“<”或“＝”)107°。

③肼(N2H4)可視為NH3分子中的一個氫原子被—NH2取代形成的另一種氮的氫化物。與N2H4互為等電子體的分子有________(寫出一種即可)。12、目前；全世界鎳的消費量僅次于銅；鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳行業(yè)發(fā)展蘊藏著巨大潛力。

I.(1)硫酸鎳溶于氨水形成藍色溶液。

①基態(tài)的核外電子排布式為_______。

②在中存在的化學鍵有_______。

A.離子鍵B.共價鍵C.配位鍵D.鍵E.鍵。

II.丁二酮肟是檢驗的靈敏試劑。

(2)丁二酮肟分子()中C原子軌道雜化類型為_______，丁二酮肟分子所含鍵的數(shù)目為_______。

(3)配合物常溫下為液態(tài)，易溶于苯等有機溶劑。中與的C原子形成配位鍵。不考慮空間結構，的結構可用示意圖表示為_______(用“→”表示出配位鍵)。13、I.有以下物質：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ鍵的是______(填序號，下同)；既含有σ鍵又含有π鍵的是______。

(2)含有由兩個原子的s軌道重疊形成σ鍵的是______。

(3)寫出以下分子或離子的空間構型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.鈷的一種配位聚合物的化學式為{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基態(tài)核外電子排布式為______；NO的空間結構為______。

(2)bte的分子式為C6H8N6；其結構簡式如圖所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，與Co2+形成配位鍵的原子是______和______(填元素符號)。

②C、H、N的電負性從大到小順序為______。

③bte分子中碳原子軌道雜化類型為______和______。

④1molbte分子中含鍵的數(shù)目為______mol。14、(1)現(xiàn)有①金剛石②干冰③Na2SO4④NH4Cl⑤Ar五種物質；按下列要求回答：

晶體熔化時需要破壞范德華力的是__(填序號，下同)；熔點最低的是___；晶體中只存在一種微粒作用力是__；屬于離子晶體的是___。

(2)X2Cl2?2CO?2H2O是一種配合物，結構如圖所示，每個X原子能與其他原子形成3個配位鍵，在圖中用“標出相應的配位鍵___。CO與N2分子的結構相似，則1molX2Cl2?2CO?2H2O含有σ鍵的數(shù)目為___。

15、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的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構。AC2為非極性分子。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，ECl3能與B；C的氫化物形成六配位的配合物；且兩種配體的物質的量之比為2∶1，三個氯離子位于外界。

請根據以上情況；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）A、B、C的第一電離能由小到大的順序為__。

（2）B的氫化物分子的立體構型是__。其中心原子采取__雜化。

（3）E的核外電子排布式是__，ECl3形成的配合物的化學式為___。

（4）B的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液與D的單質反應時，B被還原到最低價，該反應的化學方程式是__。

（5）NaH具有NaCl型晶體結構，已知NaH晶體的晶胞參數(shù)a＝488pm(棱長)。Na＋半徑為102pm，H－的半徑為___，NaH的理論密度是__g·cm－3(只列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)為NA)。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤17、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤18、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤19、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤20、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、結構與性質(共4題，共12分)21、金屬及其化合物在化工；醫(yī)藥、材料等領域有著廣泛的應用。請回答下列問題：

(1)與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素有___________種。

(2)次磷酸的正鹽KH2PO2中P的___________雜化軌道與O的___________軌道形成鍵。

(3)Zn；Fe、Cu等過渡金屬的原子或離子易通過配位鍵形成配合物或配離子。

①和中所有原子均共面，其中氮原子較易形成配位鍵的是___________。

②配位原子提供孤電子對的能力與元素的電負性大小有關，元素電負性越大，其原子越不容易提供孤電子對。則對于配合物Fe(SCN)3，配體SCN-中提供孤電子對的原子是___________(填元素符號)。

③將含有未成對電子的物質置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質，下列物質中，屬于順磁性物質的是___________。

A．［Cu(NH3)2］C1B．［Cu(NH3)4］SO4

C．［Zn(NH3)4］SO4D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2

(4)硫化鋅(ZnS)晶體屬于六方晶系；Zn原子位于4個S原子形成的正四面體空隙中。晶胞參數(shù)如圖所示α=120°，β=γ=90°。

①該晶體中，鋅的配位數(shù)為___________。

②已知空間利用率設鋅和硫的原子半徑分別r1cm和r2cm，則該晶體的空間利用率為(列出計算式即可)___________。

③以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標。若A點原子的分數(shù)坐標為(0，0，0)，則B點原子的分數(shù)坐標為___________。22、12月17日凌晨，嫦娥五號完成“挖土”之旅返回地球。查閱資料，月球玄武巖是構成月球的巖石之一，主要由輝石(主要成分硅酸鹽)和鈦鐵礦(主要成分FeTiO3)等組成?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)鐵原子的價電子排布式為：______。

(2)與Fe同周期，且最外層電子數(shù)相同的主族元素是______(填元素符號)。

(3)基態(tài)Ti原子核外電子占據的最高能層符號為______；其最外層電子的電子云輪廓圖為______。

(4)1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ鍵數(shù)為______，［Fe(CN)6］3-中配體為______，其中C原子的雜化軌道類型為______，H、C、N、Si四種元素的電負性由大到小的順序為______。

(5)FeTiO3的結構如圖1所示，其中由O圍成的______(填“四面體空隙”或“八面體空隙”)被Fe占據。在圖2中畫出FeTiO3結構的另一種表示______(要求：Fe處于晶胞的頂點)，Ti的配位數(shù)為______。

(6)已知該晶胞的密度為ρg/cm3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。計算晶胞參數(shù)a=______pm。(列出計算表達式)

23、我國科研工作者最近發(fā)現(xiàn)并制備了一系列主要由O；P、Se、Bi等元素組成的導電材料。回答下列問題：

(1)基態(tài)硒原子的價電子排布式為_______；SeO2的熔點為350℃，加熱易升華，固態(tài)SeO2屬于_______晶體。

(2)O、P、S三種元素中，電負性最大的是_______；鍵角：H2O_______H2Se(填">"、"<"或"=")。

(3)純凈的磷酸粘度極大，隨溫度升高粘度迅速下降，原因是_______；熔融狀態(tài)的磷酸導電性很好；這是由于在純磷酸中存在如下質子交換導電機理。

由此可以推知純磷酸液體中存在的導電微粒是和_______，的空間構型為_______。

(4)硒氧化鉍是一類全新二維半導體芯片材料，為四方晶系晶胞結構(如圖所示)，可以看成帶正電的層與帶負電的層交替堆疊。據此推斷硒氧化鉍的化學式為_______，其中Se的分數(shù)坐標為_______。晶胞棱邊夾角均為90°，硒氧化鉍的摩爾質量為Mg·mol-1，則晶體密度的表達式為_______g·cm-3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。

24、乙二胺四乙酸二鈉鹽是配合劑的代表性物質；能和堿金屬；稀土元素和過渡金屬等形成穩(wěn)定的水溶性絡合物，廣泛應用于高分子化學工業(yè)、日用化學工業(yè)、醫(yī)藥工業(yè)試劑。乙二胺四乙酸根可以和三價鉻離子1∶1形成六配位離子。乙二胺四乙酸結構簡式為：

請回答下列問題：

(1)寫出基態(tài)金屬鉻原子核外的價電子排布式___________。

(2)乙二胺四乙酸根離子和三價鉻離子形成的六配位離子中，配位原子為___________。

(3)乙二胺四乙酸分子中，碳原子的雜化方式為___________，其分子中含有的四種非金屬元素的電負性由大到小順序為___________。

(4)0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為___________。

(5)常溫下，乙二胺四乙酸在水中溶解度較小。但常溫下乙酸卻易溶于水，試解釋乙酸易溶于水的原因是：___________。

(6)金屬鉻可形成正鹽亞鉻酸鈷，該鹽晶體的晶胞沿y軸一個方向的投影如下圖所示。晶胞中Co、Cr、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置。則該鹽的化學式為___________。

評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共40分)25、一定條件下將錳冶煉煙塵灰(主要成分)、黃鐵礦(主要成分)與足量硫酸溶液混合，通過反應可將錳和鐵浸出。其它條件相同；溫度對Mn；Fe浸出率及硫酸殘留率(反應后溶液中剩余硫酸與加入硫酸的比例)影響如圖所示。

(1)基態(tài)核外電子排布式為___________。

(2)溫度高于120℃時，的殘留率增大的原因之一是與反應，該反應的離子方程式為___________。

(3)溫度高于120℃時，殘留固體中的含量減少，但鐵元素浸出率卻下降的原因是___________。

(4)向浸出液先加入后加入調節(jié)pH，可得到純化溶液。

已知：室溫下假設加入后溶液中若溶液中某離子濃度小于則認為該離子完全沉淀。

①先加入再調節(jié)pH的原因是___________。

②濃氨水調節(jié)溶液的pH范圍為___________。

(5)溶液經電解可得到生成的電極反應式為___________。26、硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3?5H2O)工業(yè)用途非常廣泛，易溶于水，在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)定。實驗室用工業(yè)硫化鈉(含少量Na2SO4、Na2CO3雜質)為原料制備Na2S2O3?5H2O；其流程如圖：

已知：Ksp(BaSO4)=1.07×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9。

(1)S2O結構如圖1所示，可認為是SO中一個氧原子被硫原子代替，S2O空間構型為___(用文字表述)，中心硫原子(S*)雜化方式為___。

(2)提純Na2S時使用試劑為Ba(OH)2，當溶液中CO濃度達到1×10-5mol?L-1時，c(SO)=___。

(3)制備Na2S2O3?5H2O實驗裝置與過程如圖：

將提純后的Na2S與Na2CO3一起置于裝置C的三頸燒瓶中，加入適量蒸餾水溶解，攪拌；打開裝置A中分液漏斗的旋塞，滴入硫酸，產生SO2；充分反應后，過濾三頸燒瓶中所得混合物，經處理得到Na2S2O3?5H2O。

①B裝置的作用為___。

②三頸燒瓶中生成Na2S2O3的總反應的化學方程式為____。

③三頸燒瓶中必須控制pH不能小于7，原因是___。27、非線性光學晶體在信息、激光技術、醫(yī)療、國防等領域具有重要應用價值。我國科學家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學晶體?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)硼原子的價電子排布圖是____________，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序為________________。

(2)B的簡單氫化物BH3，不能游離存在，常傾向于形成較穩(wěn)定的B2H6或與其他分子結合。

①B2H6分子結構如圖，則B原子的雜化方式為____________________。

②氨硼烷（NH3BH3）被認為是最具潛力的新型儲氫材料之一，分子中存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是______________，寫出一種與氨硼烷互為等電子體的分子_________（填分子式）。

(3)如圖為H3BO3晶體的片層結構，其中B的雜化方式為_______；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是____________。

(4)以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子分數(shù)坐標。CsSiB3O7屬于正交晶系（長方體形），晶胞參數(shù)為anm、bnm和cnm．如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分數(shù)坐標。據此推斷該晶胞中Cs原子的數(shù)目為_________；CsSiB3O7的摩爾質量為Mg·mol－1，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則CsSiB3O7晶體的密度為_____g·cm－3（用含字母的代數(shù)式表示）。28、實施以減少能源浪費和降低廢氣排放為基本內容的節(jié)能減排政策；是應對全球氣候問題；建設資源節(jié)約型、環(huán)境友好型社會的必然選擇?；ば袠I(yè)的發(fā)展必須符合國家節(jié)能減排的總體要求，依靠理論知識做基礎。試運用所學知識，解決下列問題：

(1)已知某反應的平衡表達式為：K=它所對應的化學反應為：________________。

(2)利用水煤氣合成二甲醚的三步反應如下：

①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

總反應：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____________；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料電池具有啟動快，效率高等優(yōu)點，若電解質為酸性，該電池的負極反應為________________。

(3)煤化工通常通過研究不同溫度下平衡常數(shù)以解決各種實際問題．已知等體積的一氧化碳和水蒸氣進入反應器時，會發(fā)生如下反應：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，該反應平衡常數(shù)隨溫度的變化如下表所示：。溫度/℃400500800平衡常數(shù)K9.9491

該反應的正反應方向是_______反應(填“吸熱”或“放熱”)，若在500℃時進行，設起始時CO和H2O的起始濃度均為0.020mol/L，在該條件下，CO的平衡轉化率為：________________。

(4)從氨催化氧化可以制硝酸，此過程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等，對反應N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數(shù)隨壓強變化曲線如圖甲所示．下列說法正確的是________________。

A.A、C兩點的反應速率：A>C

B.A；C兩點氣體的顏色：A深；C淺。

C.B、C兩點的氣體的平均相對分子質量：B

D.由狀態(tài)B到狀態(tài)A；可以用加熱的方法。

E.A、C兩點的化學平衡常數(shù)：A>C

(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃時，將mmolNH4NO3溶于水，溶液顯酸性，向該溶液滴加nL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水的過程中水的電離平衡將________（填“正向”“不”或“逆向”）移動，所滴加氨水的濃度為________mol/L(NH3·H2O的電離平衡常數(shù)取Kb=2×10﹣5mol/L)。

(6)某科研單位利用原電池原理，用SO2和O2來制備硫酸；裝置如圖乙所示，電極為多孔的材料能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質溶液充分接觸。

①溶液中H+的移動方向由________極到________極；(用A；B表示)

②B電極的電極反應式為____________。評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)29、LiFePO4的晶胞結構示意圖如(a)所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結構。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有___________個。

電池充電時，LiFeO4脫出部分Li+，形成Li1?xFePO4，結構示意圖如(b)所示，則x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。30、(1)碳的某種晶體為層狀結構，可與熔融金屬鉀作用。鉀原子填充在各層之間，形成間隙化合物，其常見結構的平面投影如圖①所示，則其化學式可表示為________。

(2)圖②為碳的一種同素異形體C60分子，每個C60分子中含有σ鍵的數(shù)目為________。

(3)圖③為碳的另一種同素異形體金剛石的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(12，0，12)，C為(12，12，0)；則D原子的坐標參數(shù)為________。

(4)立方氮化硼晶體的結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5pm。立方氮化硼晶胞的密度是______________g·cm－3(列出計算式即可，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。31、回答下列問題。

(1)新型鈣鈦礦太陽能電池具備更加清潔；便于應用、制造成本低和效率高等顯著優(yōu)點。一種鈣鈦礦太陽能電池材料的晶胞如圖所示。

該鈣鈦礦太陽能電池材料的化學式為______；該晶胞中，與I﹣緊鄰的I﹣個數(shù)為__________。

(2)金屬鉬晶體中的原子堆積方式如圖所示，若晶體鉬的密度為ρg·cm－3，鉬原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，M表示鉬的相對原子質量，則鉬晶胞中原子的空間利用率為________(用含有ρ、r、NA；M的代數(shù)式表示)。

(3)阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法，X﹣射線衍射法就是其中的一種。通過對碲化鋅晶體的X﹣射線衍射圖像分析，可以得出其晶胞如圖所示。若晶體中Te呈立方面心最密堆積方式排列，Te的原子半徑為apm，晶體的密度為ρg·cm－3，碲化鋅的摩爾質量為193g·mol－1，則阿伏加德羅常數(shù)NA=_________mol－1(列計算式表達)

(4)氮化鈦的晶胞如圖1所示，圖2是氮化鈦的晶胞截面圖。NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，氮化鈦的摩爾質量為62g·mol－1，氮化鈦晶體密度為dg·cm－3，計算氮化鈦晶胞中N原子半徑為_________pm。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

X的最高正價為+1；屬于ⅠA族元素；Y的最高正價為+5，屬于ⅤA族元素；Z的最高正價為+4，屬于ⅣA族元素；M的最低負價為-3，屬于ⅤA族元素；W的最低負價為-2價，屬于ⅥA族元素；

A.由題圖知原子序數(shù)；則M為P，Y為N，Z為Si，W為S，X為Li或H，則X可能為Li，故A正確；

B.M為P，W為S，同周期主族元素的原子半徑從左到右逐漸減小，則原子半徑故B正確；

C.X為H或Li，中X原子最外層不能達到8電子穩(wěn)定結構；故C錯誤；

D.Y為N，M為P，元素的非金屬性則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性故D正確；

故選C。2、B【分析】【分析】

由“X與Y形成的某一化合物易生成二聚體”知該化合物為NO2，X為N元素，Y為O元素，“W的周期數(shù)與族序數(shù)相等”且W為短周期元素，則W為第三周期ⅢA族，是Al元素，Y的核外電子排布為1s22s22p4；最低能級電子數(shù)為2，則Z的最高高能級電子數(shù)為1，且Z的原子序數(shù)比Y大，所以Z有三個電子層，Z為Na元素。

【詳解】

A．N；O、Na、Al四種元素中；O元素非金屬性最強，為Y，A項不符合題意；

B．簡單離子分別為N3-、O2-、Na+、Al3+；四種離子的核外電子排布相同，根據“序小徑大”的規(guī)則，知四種離子的半徑依次減小，B項符合題意；

C．電負性相當于得電子能力；O元素電負性最強，即Y最大，C項不符合題意；

D．第一電離能相當于失電子能力，總體來說金屬元素的第一電離能偏小，且同周期從左到右依次增大，ⅡA、ⅤA比相鄰主族元素大，所以有N>O>Al>Na，即X>Y>W>Z；D項不符合題意；

故正確選項為Ｂ3、C【分析】【詳解】

A．分子內中心O原子分別與O形成鍵，同時三個O原子之間形成故A正確；

B．與所含原子數(shù)均為3；價電子數(shù)均為18，互為等電子體，故B正確；

C．與均為O元素形成的單質；互為同素異形體，故C錯誤；

D．為V形極性分子，為非極性分子，根據相似相溶原理可知在水中的溶解度大于故D正確；

故選：C。4、D【分析】【分析】

非電解質為在水溶液和熔融狀態(tài)下不導電的化合物，一般為有機物和非金屬氧化物（除H2O）。

【詳解】

A.H2O為電解質；不符合題意；

B.CH4為非電解質；但分子間無氫鍵，不符合題意；

C.NH3·H2O為電解質；不符合題意；

D.甘油為非電解質；且分子中含有羥基，能在分子間形成氫鍵，符合題意。

答案為D。5、D【分析】【詳解】

A、SO2中心原子雜化方式sp2；價層電子對互斥模型為平面三角形，含有一個孤電子對，分子的立體構型為V型結構，選項A錯誤；

B、HCHO分子中心原子雜化方式sp2；價層電子對互斥模型為平面三角形，沒有孤電子對，分子的立體構型為平面三角形，選項B錯誤；

C、NF3分子中心原子雜化方式sp3；價層電子對互斥模型為四面體形，含有一個孤電子對，分子的立體構型為三角錐形，選項C錯誤；

D、NH4+的中心原子雜化方式sp3；價層電子對互斥模型為正四面體形，沒有孤電子對，離子的立體構型為正四面體形，選項D正確；

答案選D。6、D【分析】【分析】

丙的簡單氫化物的水溶液常用于腐蝕玻璃；則丙為F元素，由各元素在周期表中的位置可推知，甲；乙、丙、丁、戊分別為N元素、O元素、F元素、P元素、Cl元素。

【詳解】

A．一般電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素從左至右，原子半徑逐漸減小，則原子半徑：A項錯誤；

B．能形成分子間氫鍵，不能形成分子間氫鍵；B項錯誤；

C．磷酸不是強酸；C項錯誤；

D．對應的晶體均為分子晶體；D項正確；

故選D。7、D【分析】簡單立方堆積(Po型)空間利用率為52%；體心立方堆積，屬于鉀；鈉和鐵型，空間利用率68%；六方最密堆積，屬于鎂、鋅、鈦型，空間利用率為74%；面心立方最密堆積(Cu型)空間利用率為74%，據此分析。

【詳解】

A．根據不同堆積方式的空間利用率可知；簡單立方堆積(Po型)空間利用率為52%，配位數(shù)為6，故A錯誤；

B．體心立方堆積；屬于鉀；鈉和鐵型，空間利用率68%，配位數(shù)為8，故B錯誤；

C．六方最密堆積；屬于鎂；鋅、鈦型，空間利用率為74%，配位數(shù)為12，故C錯誤；

D．Ag為面心立方最密堆積(Cu型)空間利用率為74%；配位數(shù)為12，故D正確；

故選D。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．該晶胞中Li的個數(shù)為12×+1=4，Al的個數(shù)為8×+6×=4；Si的個數(shù)為4，原子個數(shù)比為1：1：1，則該化合物化學式可表示為LiAlSi，A正確；

B．由圖可推出晶體中陰離子的最小結構單元中含F(xiàn)e2＋個數(shù)為：4×=同樣可推出含F(xiàn)e3＋個數(shù)也為CN-的個數(shù)為12×=3，因此陰離子為[Fe2(CN)6]-，則該晶體的化學式只能為MFe2(CN)6；由陰；陽離子形成的晶體為離子晶體，M的化合價為＋1價，B錯誤；

C．由圖示可以看出，La原子均在晶體的8個頂點上，而Ni原子有1個在中心，另外的8個在面上，故La原子個數(shù)=8×=1，Ni原子個數(shù)=1＋8×=5，故化學式為LaNi5；C正確；

D．晶胞中：Cu個數(shù)為8×＋4×＋1=4；Fe個數(shù)為6×＋4×=4，S原子個數(shù)為8個，F(xiàn)e、Cu、S個數(shù)比為4∶4∶8=1∶1∶2，故化學式為CuFeS2；D正確；

故選B。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

(1)基態(tài)K原子共有4層電子層，所以最高能層符號為N；價層電子排布式為4s1；該能層電子云輪廓為球形；

(2)元素的非金屬性越強；越易得到電子，則第一電子親和能越大，同周期從左到右核電荷數(shù)依次增大，半徑逐漸減小，從左到右易結合電子，放出的能量增大，而N的最外層為半充滿結構，較為穩(wěn)定，不易結合一個電子，所以出現(xiàn)異常；

(3)B為5號元素，核外電子排布式為1s22s22p1，價層電子排布為2s22p1，軌道表達式為

(4)Co是27號元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O基態(tài)原子價電子為2s22p4，所以其核外未成對電子數(shù)是2，而Mn基態(tài)原子價電子排布為3d54s2，所以其核外未成對電子數(shù)是5，因此核外未成對電子數(shù)較多的是Mn。【解析】①.N②.球形③.N的2p能級為半充滿結構，較為穩(wěn)定，不易結合一個電子④.⑤.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2⑥.Mn10、略

【分析】【分析】

觀察的結構，一個碳上連有4個不同的原子或原子團的碳有1個，如圖：H中有酯基；碳碳雙鍵、羥基，由此分析。

【詳解】

根據有機物H的結構，有機物H中含有1個手性碳原子，為左下角與羥基相鄰的碳原子，如圖故答案為：1；

有機物H中含有羥基，可以與金屬Na發(fā)生反應；有機物H中含有碳碳雙鍵，可以與酸性高錳酸鉀溶液反應；有機物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有機物H中不含與CHCl3反應的基團，故不與CHCl3反應，故選擇A。故答案為：A。【解析】①.1②.A11、略

【分析】【分析】

(1)(1)P元素原子價電子排布式為3s2p2，N4分子與P4結構相似，為正四面體構型；N4分解后能產生N2并釋放出大量能量；可以制造火箭推進劑或炸藥；

(2)①NH3中N原子價層電子對個數(shù)=3+=4且含有一個孤電子對；根據價層電子對互斥理論判斷該分子空間構型；

②[Zn(NH3)6]2+離子中Zn2+和N原子之間存在配位鍵；N-H之間存在共價鍵；孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力；

③與N2H4互為等電子體的分子中原子個數(shù)是6；價電子數(shù)是14。

【詳解】

(1)P元素原子價電子排布式為3s2p2，基態(tài)原子有3個未成對電子，N4分子與P4結構相似，為正四面體構型，4分子中N原子形成3個σ鍵、含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)目為4，N原子采取sp3雜化，每個面為正三角形，N-N鍵的鍵角為60°；N4分解后能產生N2并釋放出大量能量；可以制造火箭推進劑或炸藥；

(2)①NH3中N原子價層電子對個數(shù)=3+=4且含有一個孤電子對；根據價層電子對互斥理論判斷該分子空間構型為三角錐形；

②[Zn(NH3)6]2+離子中Zn2+和N原子之間存在配位鍵，N-H之間存在共價鍵，所以該離子中含有配位鍵和共價鍵，孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，氨氣分子中含有孤電子對、該離子中N原子上不含孤電子對，所以[Zn(NH3)6]2+離子中H-N-H鍵角>107°。；

③與N2H4互為等電子體的分子中原子個數(shù)是6、價電子數(shù)是14，與該分子互為等電子體的分子有CH3OH(或CH3SH等)?！窘馕觥竣?3②.sp3③.60°④.用于制造火箭推進劑或炸藥(其他合理答案也可)⑤.三角錐形⑥.配位鍵、共價鍵⑦.>⑧.CH3OH(或CH3SH等)12、略

【分析】【詳解】

I(1)①是28號元素，根據原子核外電子排布規(guī)律可知，基態(tài)的核外電子排布式為

故答案為：

②中與之間形成配位鍵，中N、H之間形成鍵，是鍵；屬于共價鍵；

故答案為：BCE。

Ⅱ(2)丁二酮肟分子中甲基上碳原子價電子對個數(shù)是4，且不含孤電子對，為雜化，連接甲基的碳原子含有3個價電子對，且不含孤電子對，為雜化；丁二酮肟分子中含有13個單鍵和2個雙鍵，則共含有15個鍵，所以丁二酮肟含有鍵的數(shù)目為

故答案為：和

（3）中與形成配位鍵，空間結構為四面體形，其結構示意圖為

故答案為：【解析】BCE和13、略

【分析】【分析】

【詳解】

I．(1)鍵是頭碰頭的方式形成的，而鍵是以肩并肩的方式形成的；單鍵都是鍵，而雙鍵或三鍵中才含有鍵；所以只含有σ鍵的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ鍵又含有π鍵的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成鍵時最外層電子的電子云發(fā)生交疊，H原子只有1s電子，形成H2時兩個H原子的s軌道重疊形成σ鍵；故填⑦；

(3)根據價層電子對互斥理論；

NH3的價層電子對數(shù)為3+×(5-3×1)=4；孤電子對數(shù)為1，為三角錐形；

H2O的價層電子對數(shù)為2+×(6-2×1)=4；孤電子對數(shù)為2，為V形；

SO2的價層電子對數(shù)為2+×(6-2×2)=3；孤電子對數(shù)為1，為V形；

BeCl2的價層電子對數(shù)為2+×(2-2×1)=2；孤電子對數(shù)為0，為直線形；

CO2的價層電子對數(shù)為2+×(4-2×2)=2；孤電子對數(shù)為0，為直線形，故填三角錐形；V形、V形、直線形、直線形；

II．(1)Co2+核外25個電子，基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

NO中N作為中心原子提供5個電子，第VIA族的元素O作為周圍原子時，不提供電子，NO有一個負電荷，多1個電子，所以價電子一共6個，即3對，沒有孤對電子，N元素屬于sp2雜化；離子構型是平面三角形，故填平面三角形；

(2)①Co2+離子含有空軌道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤電子對；形成配位鍵，故填N、O；

②同周期自左而右電負性增大，C、N的氫化物中它們均表現(xiàn)負化合價，說明它們的電負性都大于氫元素的，故電負性由大到小順序為：N>C>H；故填N；C、H；

③bte分子中環(huán)上碳原子形成3個σ鍵，亞甲基中碳原子形成4個σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、4，碳原子分別采取sp2、sp3雜化，故填sp2、sp3；

④單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵，bte的分子含有21個σ鍵，1molbte分子中含σ鍵的數(shù)目為21mol，故填21?！窘馕觥竣?①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角錐形⑤.V形⑥.V形⑦.直線形⑧.直線形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形?.N?.O?.N、C、H?.sp2?.sp3?.2114、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)分子晶體熔化時需要破壞范德華力，干冰和晶體Ar都屬于分子晶體，所以晶體熔化時需要破壞范德華力的是②⑤；分子晶體的熔點與其相對分子質量成正比，相對分子質量越小，該分子晶體的熔點越低，干冰和Ar都屬于分子晶體，Ar的相對分子質量小于二氧化碳，所以Ar的沸點最低，故選⑤；晶體中只存在一種微粒間作用力，說明該物質為原子晶體或單原子分子的分子晶體或只含離子鍵的離子晶體或金屬晶體，金剛石為只含共價鍵的原子晶體，氬分子晶體是單原子分子，即一個分子僅由一個原子構成，分子之間只存在范德華力；屬于離子晶體的是Na2SO4和NH4Cl；故答案為：②⑤；⑤；①⑤；③④；

(2)碳、氧均有孤對電子，形成配位鍵如圖所示CO與N2分子的結構相似，則CO中含有1個σ鍵，則1molX2Cl2?2CO?2H2O含有σ鍵的物質的量為(2+4+8)mol=14mol，數(shù)目為14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)，故答案為：14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)?！窘馕觥竣?②⑤②.⑤③.①⑤④.③④⑤.⑥.14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)15、略

【分析】【分析】

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化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構，C形成-2價陰離子，且D位于C的下一周期，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，分子中存在氫鍵，C形成-2價陰離子，則C為氧元素，D為鎂元素，核電荷數(shù)B＜C，則B為氮元素；E的原子序數(shù)為24，則E為Cr元素；CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶體結構則以此計算H－的半徑；NaH的理論密度Z為晶胞中NaH個數(shù)；M為NaH的摩爾質量，V為晶胞體積，以此計算。

【詳解】

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化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構，C形成-2價陰離子，且D位于C的下一周期，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，分子中存在氫鍵，C形成-2價陰離子，則C為氧元素，D為鎂元素，核電荷數(shù)B＜C，則B為氮元素；E的原子序數(shù)為24，則E為Cr元素；CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故A為碳元素；B為氮元素；C為氧元素，D為鎂元素，E為Cr元素。

(1)A為碳元素、B為氮元素、C為氧元素，同周期自左而右第一電離能增大，氮元素原子2p能級有3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，電子能量低，氮元素第一電離能高于相鄰的元素的，所以第一電離能由小到大的順序為C

故答案為：C

(2)B為氮元素,其氫化物為NH3,分子中含有3個N?H鍵,N原子有1對孤對電子對,雜化軌道數(shù)為4,N原子采取雜化；空間構型為三角錐型。

故答案為：三角錐型;

(3)E為Cr元素,原子序數(shù)為24,原子核外有24個電子,核外電子排布式是CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物,且兩種配體的物質的量之比為2:1,則配體中有4個NH3、2個H2O,三個氯離子位于外界,該配合物為[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故答案為：[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3.。

(4)B的最高價氧化物對應的水化物為HNO3,D的單質為Mg,HNO3稀溶液與Mg反應時,N元素被還原到最低價,則生成NH4NO3,Mg被氧化為Mg(NO3)2,令NH4NO3,Mg(NO3)2的化學計量數(shù)分別為x、y,則根據電子轉移守恒有所以該反應的化學方程式是

故答案為：

（5）因為NaH具有NaCl型晶體結構，因而Na＋半徑H－的半徑及晶胞參數(shù)a有關系晶胞中Na＋數(shù)目H-數(shù)目NaH的理論密度故答案為：

【點睛】

CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2：1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶體結構則以此計算H－的半徑；NaH的理論密度【解析】C＜O＜N三角錐形sp31s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl34Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O142pm三、判斷題(共5題，共10分)16、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。18、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產生的物質，該物質的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。19、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。四、結構與性質(共4題，共12分)21、略

【分析】【詳解】

（1）Fe為26號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2；最外層電子數(shù)為2，與Fe最外層電子數(shù)相同且同周期的過渡元素有Sc；Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7種，答案為7；

（2）KH2PO2中P原子的孤電子對==2，成鍵電子對=2，價層電子對=孤電子對+成鍵電子對=4，P為sp3雜化；P的sp3雜化軌道與O的2p軌道形成鍵；

（3）①中N的sp2雜化軌道形成的化學鍵(代表孤電子對)參與形成六元環(huán)大鍵的是未成對電子，該孤電子對填充空軌道的能力較強，所以后者更易形成配位鍵；答案為

②S；N原子均有孤電子對；N電負性大，不易給出電子形成配位鍵；答案為S；

③A．［Cu(NH3)2］C1中Cu+外圍電子排布式為3d10；沒有未成對電子，選項A不符合；

B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外圍電子排布式為3d9；有未成對電子，選項B符合；

C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外圍電子排布式為3d10；沒有未成對電子，選項C不符合；

D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外圍電子排布式為3d3；有未成對電子，選項D符合；

答案選BD；

（4）①以B外Zn為例；離該處Zn最近且等距的S有4個，則Zn的配位數(shù)為4；

②根據均攤法，晶胞中含有1+2+2=2個Zn原子，1+4+4=2個S原子，則原子體積為晶胞底面為平行四邊形，晶胞體積為則空間利用率為=

③六方ZnS是S按六方密堆積排列，Zn相間占據S所形成的正四面體空隙，配位數(shù)是4：4，Zn、S各有兩套等同點，屬于六方簡單晶格，有2個S2-，2個Zn2+，各離子的分數(shù)坐標分別為:S2-(0,0,0)，Zn2+根據晶胞的結構可知，A為S2-，B的坐標為答案為【解析】(1)7

(2)sp32p

(3)SBD

(4)422、略

【分析】【詳解】

(1)鐵元素的原子序數(shù)為26，價電子數(shù)8，基態(tài)鐵原子的價電子排布式為3d６4s2，故答案為：3d６4s2；

(2)鐵元素位于元素周期表第四周期；鐵原子的最外層電子數(shù)為2，與鐵同周期，且最外層電子數(shù)相同的主族元素是鈣，故答案為：Ca；

(3)基態(tài)Ti原子的的價電子排布式為3d24s2；核外電子占據的最高能層符號為N，4s電子云輪廓圖為球形，故答案為：N；球形；

(4)Fe(CN)6]3+離子中鐵離子與氰酸根離子形成6個配位鍵，每個氰酸根離子中含有1個σ鍵，1molFe3[Fe(CN)6]2中含有2molFe(CN)6]3+離子，含有σ鍵的數(shù)目為(1×6+6)×2mol×NAmol—1=24NA；氰酸根離子含有碳氮三鍵，則碳原子的雜化方式為sp雜化；非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，H、C、N、Si四種元素的非金屬性有強到弱的順序為N＞C＞H＞Si，則電負性由大到小的順序為N＞C＞H＞Si，故答案為：24NA；sp雜化；N＞C＞H＞Si；

(5)由圖1晶體結構可知，由O原子圍成的八面體空隙被Fe原子占據，鈦原子(●)處于晶胞頂點時，鐵原子(△)位于體心，氧原子(○)位于面心，當鐵原子處于晶胞的頂點時，鈦原子位于體心，氧原子(○)位于棱上，晶胞結構示意圖為與鈦原子距離最近的氧原子有12個，則鈦原子的配位數(shù)為12，故答案為：八面體空隙；12；

(6)由晶胞的質量公式可得：ρ(a×10—10)3=解得a=pm，故答案為：【解析】3d６4s2CaN球形24NACN—sp雜化N＞C＞H＞Si八面體空隙1223、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Se是與O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，主族元素價電子即最外層電子，故Se的價電子排布式為：4S24P4；SeO2晶體熔點低；且易升華，符合分子晶體的物理性質，故屬于分子晶體；

(2)非金屬性：O＞S＞P，電負性變化規(guī)律與非金屬性一致，故三者電負性最大的為：O；H2O和H2Se中心原子O和Se均含兩對孤對電子，但由于電負性O＞Se，故O對孤對電子的引力強于Se，導致H2O中孤對電子對O—H的斥力小于H2Se中孤對電子對Se—H的斥力，故鍵角：H2O＞H2Se；

(3)由于磷酸分子間存在氫鍵，故純凈的磷酸粘度極大，當溫度升高時，部分磷酸分子間的氫鍵被破壞，導致粘度迅速下降；由圖示知，導電微粒為[P(OH)4]+和故此處填[P(OH)4]+中心P原子價層含4個σ電子對，無孤電子對，根據價層電子對互斥理論知[P(OH)4]+空間構型為正四面體；

(4)根據電荷守恒知，該晶胞中與為1：1，故該晶體的化學式為Bi2O2Se；以頂點Se為原點，坐標定為(0，0，0)，則體心Se各個坐標值相當于邊長的一半，故其坐標為即其分數(shù)坐標為該晶胞中含有Se個數(shù)=結合化學式知該晶胞中含2個Bi2O2Se，故該晶胞的質量m=該晶胞體積V=故該晶體的密度=晶胞密度=【解析】①.4s24p4②.分子③.O④.>⑤.溫度升高，磷酸分子間的氫鍵被破壞⑥.⑦.正四面體⑧.⑨.⑩.24、略

【分析】【詳解】

(1)鉻是24號元素，基態(tài)金屬鉻原子核外的價電子排布式為3d54s1。

(2)乙二胺四乙酸根離子和三價鉻離子形成的六配位離子中；兩個氨基氮和4個羧基氧提供孤電子對，配位原子為N和O。

(3)乙二胺四乙酸分子中，形成單鍵的碳原子雜化方式為sp3，形成單鍵和碳氧雙鍵的碳原子雜化方式為sp2；同一周期，從左到右元素電負性遞增，同一主族，自上而下元素電負性遞減，所以電負性：O>N>C>H。

(4)1個乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為35個；0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為0.5mol×35=17.5mol。

(5)乙酸分子可形成分子間氫鍵；且為極性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺四乙酸形成分子內氫鍵，為極性分子，在水中溶解度較小。

(6)晶胞中Co、Cr、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置，晶胞中含有Co原子個數(shù)為8×=1，含有Cr原子個數(shù)為1，含有O原子個數(shù)為6×=3，所以該鹽的化學式為CoCrO3。【解析】3d54s1N、Osp3、sp2O>N>C>H17.5mol乙酸為極性分子，乙酸分子之間可以形成分子間氫鍵CoCrO3五、原理綜合題(共4題，共40分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)錳是25號元素，按構造原理可知：基態(tài)核外電子排布式為或

(2)黃鐵礦(主要成分)中硫化合價為-1價，具有還原性、鐵離子具有氧化性，一定條件下，二者能發(fā)生氧化還原反應。溫度高于120℃時，的殘留率增大的原因之一是反應生成的與發(fā)生了反應、生成了硫酸，該反應的離子方程式為

(3)硫酸亞鐵、硫酸鐵是強堿弱酸鹽，水解生成弱堿，由(2)知，溫度高于120℃時，與鐵離子反應生成可溶物，溫度升高后溶液中Fe元素水解程度增加，生成的弱堿以沉淀形式留在礦渣中鐵元素，故導致殘留固體中的含量減少；但鐵元素浸出率卻下降。

(4)酸性條件下，二氧化錳具有強氧化性，能氧化含硫陰離子得到硫酸根離子、能氧化亞鐵離子得到鐵離子，自身轉變?yōu)殄i離子，故向浸出液先加入所得溶液含鐵離子、硫酸根離子和錳離子，加入調節(jié)pH，可得到氫氧化鐵沉淀，經過濾可得到溶液。則：

①先加入再調節(jié)pH的原因是先用將氧化便于將鐵元素沉淀完全；先調節(jié)pH，可能導致氧化性減弱。

②常溫下，其中c(Fe3+)=10－5mol·L－1，則c(OH-)=mol·L－1，此時溶液pH=3.0，即應控制溶液的可使Fe3+沉淀完全。常溫下，=c(Mn2+)×c2(OH-)，假設加入后溶液中則c(OH-)=此時溶液pH=8.0，即應控制溶液的可避免Mn2+產生沉淀。故濃氨水調節(jié)溶液的pH范圍為3.0～8.0。

(5)溶液經電解可得到錳元素化合價從+2升高到+4，發(fā)生氧化反應，則生成的電極反應式為【解析】或溫度升高后Fe元素水解程度增加，以沉淀形式留在礦渣中先用將氧化便于將鐵元素沉淀完全；先調節(jié)pH，可能導致氧化性減弱3.0～8.026、略

【分析】【分析】

A裝置制備二氧化硫，C裝置中合成Na2S2O3；會導致裝置內氣壓減小，B裝置為安全瓶作用，二氧化硫有毒，會污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫。

【詳解】

(1)SO中中心原子S的價層電子對數(shù)為4，S為sp3雜化SO為正四面體構型，SO中一個非羥基O原子被S原子取代后的產物，由于S=S的鍵長不在等于S=O(S-O)，所以其空間構型為四面體形，中心S*原子同樣還是sp3雜化。

(2)提純Na2S時使用試劑為Ba(OH)2，當溶液中CO濃度達到1×10-5mol?L-1時，Ksp(BaCO3)=c(CO)×c(Ba2+)=2.58×10-9，c(Ba2+)=2.58×10-6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c(SO)=1.07×10-10，c(SO)=4.15×10-7mol?L-1。

(3)①B裝置為安全瓶；防止倒吸或堵塞；便于觀察氣泡，以調整氣體流速。

②三頸燒瓶中生成Na2S2O3的總反應的化學方程式為：2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。

③三頸燒瓶中必須控制pH不能小于7，原因是Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在?！窘馕觥克拿骟wsp34.15×10-7mol?L-1防止倒吸或堵塞；便于觀察氣泡，以調整氣體流速2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2Na2S2O3在酸性溶液中不能穩(wěn)定存在27、略

【分析】【詳解】

（1）B原子核外電子排布式為：1s22s22p1，基態(tài)硼原子的價電子排布圖是同周期第一電離能從左向右逐漸增大，N元素2P3為半充滿結構，第一電離能變大，所以，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序為F>N>O>C>B。故答案為：F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子結構如圖，B形成4個σ鍵，價層電子對為4，則B原子的雜化方式為sp3雜化。故答案為：sp3雜化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N，B提供空軌道，用價電子遷移法，N與B之間夾著碳元素，與氨硼烷互為等電子體的分子C2H6（填分子式）。故答案為：N；C2H6；

（3）H3BO3晶體為片層結構，B原子最外層有3個電子，與3個-OH形成3個共價鍵，B的雜化方式為sp2；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是：升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。故答案為：sp2；升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵；并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大；

（4）原子分數(shù)坐標為（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞體內，原子分數(shù)坐標為（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分別位于晶胞的左側面、右側面上，原子分數(shù)坐標為（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分別位于晶胞的上底面、下底面，原子分數(shù)坐標為（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y軸的棱上，則晶胞中Cs原子數(shù)目為：1+4×+4×=4，由化學式CsSiB3O7，可知晶胞相當于含有4個“CsSiB3O7”，故晶胞質量=4×g，則晶體密度==g·cm－3。故答案為：4；

【點睛】

本題考查物質結構與性質，涉及電離能、核外電子排布、晶體類型與性質、雜化方式、氫鍵、晶胞計算等，注意同周期主族元素第一電離能變化異常情況，會用氫鍵解釋有關的問題，（4）為易錯點、難點，關鍵是明確原子在晶胞中的位置，需要學生具有一定的空間想象?！窘馕觥縁>N>O>C>Bsp3雜化NC2H6sp2升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大428、略

【分析】【分析】

(1)根據質量守恒定律；結合可逆反應平衡常數(shù)的含義及表達式書寫反應方程式；

(2)根據蓋斯定律，將已知的熱化學方程式疊加，就得到相應的反應的熱化學方程式；CH3OCH3在負極失去電子，被氧化變?yōu)镃O2、H2O；據此書寫電極反應式；

(3)根據溫度對化學平衡常數(shù)的影響判斷反應的熱效應；利用500℃時K=9；利用物質的起始濃度及反應轉化關系計算CO的平衡轉化率；

(4)根據外界條件對化學反應速率；化學平衡常數(shù)、化學平衡移動的影響分析判斷；

(5)依據銨根離子水解分析回答；依據同粒子效應；一水合氨對銨根離子水解起到抑制作用；依據一水合氨的電離平衡常數(shù)計算得到氨水濃度；

(6)SO2與O2反應生成SO3，SO3再與水化合生成硫酸；根據硫酸的出口判斷原電池的正負極，負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，原電池放電時，電解質溶液中陽離子向正極移動。

【詳解】

(1)平衡常數(shù)為生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，在平衡常數(shù)表達式中，分子為生成物，分母為反應物，固體或純液體物質不能寫入表達式中，再結合質量守恒定律，所以該反應的方程式為C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；

(2)①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

根據蓋斯定律，將①×2+②+③，整理可得總反應的熱化學方程式：3H2(