2025年冀教版選修3化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版選修3化學上冊階段測試試卷835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9題，共18分)1、澳大利亞科學家發(fā)現(xiàn)了純碳新材料“碳納米泡沫”，每個泡沫含有約4000個碳原子，直徑約6~9nm，在低于-183℃時，泡沫具有永久磁性。下列敘述正確的是A.“碳納米泡沫”能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象B.“碳納米泡沫”與石墨互為同素異形體C.“碳納米泡沫”是一種新型的碳化合物D.“碳納米泡沫”和金剛石的性質(zhì)相同2、下列能層中，不包含d能級的是（）A.1B.4C.5D.63、下列各組原子中，彼此化學性質(zhì)一定相似的是()A.原子核外電子排布式為ls2的X原子與原子核外電子排布式為ls22s2的Y原子B.原子核外M層上僅有兩個電子的X原子與原子核外N層上僅有兩個電子的Y原子C.2p軌道上有一個空軌道的X原子與3p軌道上有一個空軌道的Y原子D.最外層都只有一個電子的X、Y原子4、多原子分子中各原子若在同一平面，且有2個以上相互平行的p軌道，則p電子可在多個原子間運動，形成“離域π鍵”，下列物質(zhì)中存在“離域π鍵”的是（）A.SO2B.PO43-C.H2SD.HCHO5、下列配合物的配位數(shù)不是6的是A.K3[Fe(SCN)6]B.Na2[SiF6]C.Na3[AlF6]D.[Cu(NH3)4]Cl26、最近，美國LawreceLiermore國家實驗室(LINL)的V·Lota·C·S·Yoo和H·cynn成功地在高壓下將CO2轉(zhuǎn)化為具有類似SiO2結(jié)構(gòu)的原子晶體，下列關于CO2原子晶體的說法正確的是A.CO2原子晶體和干冰分子晶體的晶體結(jié)構(gòu)相似B.在一定條件下，CO2原子晶體轉(zhuǎn)化為分子晶體是物理變化C.CO2原子晶體和CO2分子晶體具有相同的物理性質(zhì)和化學性質(zhì)D.在CO2原子晶體中，每個C原子結(jié)合4個O原子，每個O原子結(jié)合2個C原子7、下列有關說法正確的是A.BeCl2熔點較低，易升華，溶于醇和醚，其化學性質(zhì)與AlCl3相似。由此可推測BeCl2熔融狀態(tài)下不導電B.三聚氰胺()是共價化合物，分子中既含有極性鍵，也含非極性鍵，分子式為C3H6N3C.N和P元素均為非金屬元素，不可能同時存在于離子化合物中D.將SO2和CO2的混合氣體通入BaCl2溶液中，溶液變渾濁是因為生成了BaSO3和BaCO3白色沉淀8、下列四種金屬晶體中，原子堆積方式與另外三種不同的是（）A.鈉B.鉀C.鐵D.銅9、下列有關性質(zhì)的比較中，不正確的是A.硬度由大到?。航饎偸?gt;碳化硅>晶體硅B.晶格能：NaBrC.鍵的極性：N－HD.在水中的溶解度：NH3>CO2>SO2>H2評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、硅原子的電子排布式由1s22s22p63s23p2轉(zhuǎn)變?yōu)?s22s22p63s13p3，下列有關該過程的說法正確的是（）A.硅原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)，這一過程吸收能量B.硅原子由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化為基態(tài)，這一過程釋放能量C.硅原子處于激發(fā)態(tài)時的能量低于基態(tài)時的能量D.轉(zhuǎn)化后硅原子與基態(tài)磷原子的電子層結(jié)構(gòu)相同，化學性質(zhì)相同11、在抗擊新冠病毒肺炎中瑞德西韋是主要藥物之一。瑞德西韋的結(jié)構(gòu)如圖所示；下列說法正確的是。

A.瑞德西韋中N、O、P元素的電負性：N＞O＞PB.瑞德西韋中的O—H鍵的鍵能大于N—H鍵的鍵能C.瑞德西韋中所有N都為sp3雜化D.瑞德西韋結(jié)構(gòu)中存在σ鍵、π鍵和大π鍵12、下表中各粒子對應的立體構(gòu)型及雜化方式均正確的是。選項粒子立體構(gòu)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.D13、下列說法不正確的是（）A.苯分子中每個碳原子的sp2雜化軌道中的其中一個形成大π鍵B.Na3N與NaH均為離子化合物，都能與水反應放出氣體，且與水反應所得溶液均能使酚酞溶液變紅C.配離子[Cu(En)2]2+（En是乙二胺的簡寫）中的配位原子是C原子，配位數(shù)為4D.H2O中的孤對電子數(shù)比H3O+的多，故H2O的鍵角比H3O+的鍵角小14、肼(N2H4)為二元弱堿，在水中的電離方式與NH3相似。25℃時，水合肼(N2H4·H2O)的電離常數(shù)K1、K2依次為9.55×10-7、1.26×10-15。下列推測或敘述一定錯誤的是A.N2H4易溶于水和乙醇B.N2H4分子中所有原子處于同一平面C.N2H6Cl2溶液中：2c(N2H)+c(N2H)>c(Cl-)+c(OH-)D.25°C時，反應H++N2H4?N2H的平衡常數(shù)K=9.55×10715、如圖所示，高溫下，超氧化鉀晶體呈立方體結(jié)構(gòu)，晶體中氧的化合價部分為0價，部分為價。如圖為超氧化鉀晶體的一個晶胞（晶體中最小的重復單元）；則下列說法中錯誤的是（）

A.超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有4個K+和4個O2-B.晶體中，每個O2-周圍距離最近的O2-有8個C.晶體中與每個K+周圍有8個O2-D.晶體中，0價氧與-2價氧的數(shù)目比為3∶116、硼砂是含結(jié)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?10H2O17、鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度較高的儲氫材料之一；其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（黑球代表Fe，白球代表Mg)。則下列說法不正確的是。

A.鐵鎂合金的化學式為Mg2FeB.晶體中存在的化學鍵類型為金屬鍵、離子鍵C.晶胞中Fe與Mg的配位數(shù)均為4D.該晶胞的質(zhì)量是g評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、鈣及其化合物在工業(yè)上；建筑工程上和醫(yī)藥上用途很大。回答下列問題。

(1)基態(tài)Ca原子M能層有_____個運動狀態(tài)不同的電子，Ca的第一電離能__________(填“大于”或“小于”)Ga。

(2)Mn和Ca屬于同一周期，且核外最外層電子構(gòu)型相同，但金屬Mn的熔點沸點等都比金屬Ca高，原因是____________________。

(3)氯氣與熟石灰反應制漂白粉時會生成副產(chǎn)物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的陰離子空間構(gòu)型是__________、中心原子的雜化形式為___________。

(4)碳酸鹽的熱分解示意圖如圖所示。

熱分解溫度：CaCO3_______(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_____________________________。從價鍵軌道看，CO2分子內(nèi)的化學鍵類型有__________。

(5)螢石是唯一一種可以提煉大量氟元素的礦物，晶胞如圖所示。Ca2+的配位數(shù)為__________，螢石的一個晶胞的離子數(shù)為__________，已知晶胞參數(shù)為0.545nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則螢石的密度為__________g·cm－3(列出計算式)。

19、核電站為防止發(fā)生核輻射事故；通常用含有鉛的水泥做成屏蔽罩，內(nèi)襯鋼板，反應的壓力容器用鐵；銅等具有反輻射合金材料制成。

(1)水泥中通常含有碳、氧、硅、鋁等元素，則這四種元素的基態(tài)原子中3p能級上存在電子的有______(填元素符號)

(2)寫出二價銅離子的基態(tài)電子排布式：______

(3)鉛的核電荷數(shù)為82，寫出鉛原子的價電子排布式：______20、根據(jù)五種元素的原子結(jié)構(gòu)；回答下列問題：

（1）只有層與層的原子有______；

（2）含有層的原子有______；

（3）最外層電子數(shù)相同的原子有______；21、二甘氨酸合銅(II)是最早被發(fā)現(xiàn)的電中性內(nèi)配鹽；它的結(jié)構(gòu)如圖：

（1）基態(tài)Cu2+的最外層電子排布式為__。

（2）二甘氨酸合銅(II)中；第一電離能最大的元素與電負性最小的非金屬元素可形成多種微粒，其中一種是5核10電子的微粒，該微粒的空間構(gòu)型是__。

（3）lmol二甘氨酸合銅(II)含有的π鍵數(shù)目是__。

（4）二甘氨酸合銅(II)結(jié)構(gòu)中，與銅形成的化學鍵中一定屬于配位鍵的是__(填寫編號)。22、試用VSEPR理論判斷：_____________。物質(zhì)孤對電子對數(shù)軌道雜化形式分子或離子的形狀SO3PO43-NCl3CS223、某鹽的組成可表示為3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl。回答下列問題：

（1）氯原子的電子排布式為________________。

（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)。第二周期部分元素的E1變化趨勢如圖(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_________________；氮元素的E1呈現(xiàn)異常的原因是__________________。

（3）經(jīng)X射線衍射測得化合物3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl的晶體結(jié)構(gòu)，其局部結(jié)構(gòu)如圖(b)所示。

①H3O＋中心原子的雜化類型為________，NH4+的空間構(gòu)型為________。

②3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl中陰離子N5-中的σ鍵總數(shù)為________個。分子中的大π鍵可用符號Π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為Π)，則N5-中的大π鍵應表示為________。

③圖(b)中虛線代表氫鍵，其中表示式為(NH4+)N—HCl、________、________。24、據(jù)報道復旦大學修發(fā)賢教授課題組成功制備出砷化鈮納米帶；并觀測到其表面態(tài)具有百倍于金屬銅薄膜和千倍于石墨烯的導電性。相關研究論文已在線發(fā)表于權威科學期刊《自然》?；卮鹣铝袉栴}：

（1）鈮元素(Nb)為一種金屬元素，其基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d55s1。下列是Nb的不同微粒的核外電子排布式，其中失去最外層1個電子所需能量最小的是___（填標號）。

a.[Kr]4d35s15p1b.[Kr]4d45s1c.Kr]4d2d.Kr]4d3

（2）砷為第VA族元素，砷可以與某些有機基團形成有機化合物，如(ClCH=CH)2AsCl，其中As原子與2個C原子、1個Cl原子形成的VSEPR模型為____。

（3）英國曼徹斯特大學物理學家安德烈·蓋姆和康斯坦丁諾沃肖洛夫用微機械剝離法成功從石墨中分離出石墨烯；因此共同獲得2010年諾貝爾物理學獎；而石墨烯具有優(yōu)異的光學；電學、力學特性在材料學、微納加工、能源、生物醫(yī)學和藥物傳遞等方面具有重要的應用前景，被認為是一種未來革命性的材料。

已知“石墨烯”的平面結(jié)構(gòu)如圖所示，一定條件下石墨烯與H2發(fā)生加成反應生成石墨烷，石墨烷中碳原子雜化類型是___，石墨烯導電的原因是____。

（4）石墨烯也可采用化學方法進行制備如采用六氯苯、六溴苯作為原料可制備石墨烯。下表給出了六氯苯、六溴苯、苯六酸俗名為蜜石酸的熔點和水溶性：。物質(zhì)六氯苯六溴苯苯六酸熔點/℃231325287水溶性不溶不溶易溶

六溴苯的熔點比六氯苯高的原因是____，苯六酸與六溴苯、六氯苯的水溶性存在明顯的差異本質(zhì)原因是___。

（5）出于以更高效率利用太陽光等目的研制出金紅石型鈮氧氮化物(NbON)，比以往的光學半導體更能夠吸收長波長側(cè)的光，作為光學半導體的新材料。該化合物的晶胞有如圖所示的兩種構(gòu)型，若晶胞的邊長為apm，該晶體的密度為__g·cm-3。（NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，相關原子量：Nb—93）

25、碳元素不僅能形成豐富多彩的有機化合物；而且還能形成多種無機化合物如C，同時自身可以形成多種單質(zhì)如D和E，碳及其化合物的用途廣泛。

已知A為離子晶體；B為金屬晶體，C為分子晶體。

(1)圖中分別代表了五種常見的晶體，分別是：A________，B________，C________，D________，E________。(填名稱或化學式)

(2)干冰和冰是兩種常見的分子晶體，關于兩種晶體的比較中正確的是_____。

a.晶體的密度：干冰>冰b.晶體的熔點：干冰>冰。

c.晶體中的空間利用率：干冰>冰d.晶體中分子間相互作用力類型相同

(3)金剛石和石墨是碳的兩種常見單質(zhì)，下列敘述正確的有________。

a.金剛石中碳原子的雜化類型為sp3雜化，石墨中碳原子的雜化類型為sp2雜化。

b.晶體中共價鍵的鍵長：金剛石中C—C<石墨中C—C

c.晶體的熔點：金剛石>石墨。

d.晶體中共價鍵的鍵角：金剛石>石墨。

e.金剛石晶體中只存在共價鍵；石墨晶體中則存在共價鍵；金屬鍵和范德華力。

f.金剛石和石墨的熔點都很高；所以金剛石和石墨都是原子晶體。

(4)金剛石晶胞結(jié)構(gòu)如圖，一個晶胞中的C原子數(shù)目為________。

(5)C與孔雀石共熱可以得到金屬銅，金屬銅采用面心立方最密堆積，已知Cu單質(zhì)的晶體密度為ρg/cm3，Cu的相對原子質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則Cu的原子半徑為__________cm。26、有下列幾種晶體:A水晶B冰醋酸C白磷D金剛石E晶體氬F干冰。

(1)屬于分子晶體的是____,直接由原子構(gòu)成的分子晶體是____。

(2)屬于原子晶體的化合物是____。

(3)直接由原子構(gòu)成的晶體是____。

(4)受熱熔化時,需克服共價鍵的是____。評卷人得分四、計算題(共3題，共6分)27、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)。

28、NaCl是重要的化工原料。回答下列問題。

（1）元素Na的焰色反應呈_______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；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的原子坐標為（0，0，0），B的原子坐標為（0，），則C的原子坐標為_______。

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）。29、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)的表達式為____nm(用含NA的代數(shù)式表示)評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共4分)30、飲用水中含有砷會導致砷中毒，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：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)；

②亞砷酸鹽的溶解性大于相應砷酸鹽。

(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)反應的化學方程式為__________；

(6)關于地下水中砷的來源有多種假設，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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共20分)31、我國化學家合成的鉻的化合物，通過烷基鋁和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，對乙烯聚合表現(xiàn)出較好的催化活性。合成銘的化合物過程中一步反應如下，該反應涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多種元素。

回答下列問題：

(1)下列狀態(tài)的氯中，電離最外層一個電子所需能量最大的是_____________(填標號)。

A．B．

C．D．

(2)化合物乙中碳原子采取的雜化方式為______，化合物丙中a、b、n、m處的化學鍵是配位鍵的是______(填字母)處。

(3)Cr3+具有較強的穩(wěn)定性，Cr3+的核外電子排布式為______；已知沒有未成對d電子的過渡金屬離子形成的水合離子是無色的，Ti4+、V3+、Ni2+三種離子的水合離子為無顏色的是______(填離子符號)。

(4)ClO3-的鍵角小于ClO4-的鍵角，原因是______。

(5)根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關系解釋，HNO2的酸性比HNO3弱的原因：______。

(6)水在合成鉻的化合物的過程中作溶劑。研究表明水能凝結(jié)成13種類型的結(jié)晶體。其中重冰(密度比水大)屬于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z軸的投影圖如圖所示，晶體中的H2O配位數(shù)為_____晶胞邊長為apm，則重冰的密度為____g·cm-3（寫出數(shù)學表達式，NA為阿伏伽德羅常數(shù)）。

32、鉻云母是一些玉石、彩石的重要組成和著色礦物。理想的組分是含Al的八面體片，化學式為KAl2[Si3AlO10](OH，F(xiàn))2，其中的Al也可少量地被Fe、Mg、Mn、Cr；V等替換。

(1)基態(tài)Cr原子的核外電子排布式為__。

(2)基態(tài)錳原子核外電子排布中能量最高的能級符號為___。

(3)O、F、Si三種元素的第一電離能由大到小的順序為___。

(4)O、F、Si與H形成的氫化物有H2O2、H2O、HF、SiH4、Si2H6等。

①SiH4中Si原子的雜化方式為__。

②H2O、HF、SiH4三種物質(zhì)中沸點最高的是__。

③等物質(zhì)的量的H2O2與Si2H6所含σ鍵數(shù)目之比為__。33、碳元素形成的單質(zhì)和化合物在化工；材料、醫(yī)學等領域應用廣泛；回答下列問題：

(1)區(qū)分金剛石和無定形碳最可靠的科學方法為___________?；鶓B(tài)C原子核外未成對電子的數(shù)目為_____________。

(2)咖啡因結(jié)構(gòu)為

①咖啡因中C原子的雜化形式為_________________。

②1mol咖啡因中所含鍵數(shù)目為_________________。

③咖啡因通常在水中的溶解度較小，加入適量能增大其在水中溶解度的原因為_________________。

④CH3+(甲基正離子)的立體構(gòu)型為_________________。

(3)CO、NO、H2S均為生命體系氣體信號分子。其中H、C、O、S的電負性由大到小的順序為____________；N、O、S的第一電離能由大到小的順序為________________。

(4)干冰可用于人工降雨。其熔點低于金剛石的原因為___________；若干冰的密度為1.56g/cm3，立方晶胞參數(shù)為0.57nm，則每個晶胞實際占用CO2的數(shù)目為_______。34、氮氣、羥基乙胺（HOCH2CH2NH2)和氮化鎵都含氮元素；其用途非常廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)氮原子價層電子排布圖為___，其中電子能量最高的能級是___。

（2）HOCH2CH2NH2所含非金屬元素電負性由大到小順序為___，其中C和N的雜化方式均為___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC，其原因是___。

（3）HOCH2CH2NH2是一種常見的二齒配體，能和Co2+形成環(huán)狀配離子。Co位于元素周期表中___區(qū)，該環(huán)狀配離子的配位原子為___。

（4）氮化鎵為六方晶胞，其結(jié)構(gòu)如圖，其中Ga作六方最密堆積。Ga填充在N圍成的___（選填：八面體空隙、正四面體空隙、立方體空隙或三角形空隙）；已知該晶胞底邊邊長為apm，高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為___g?cm-3(列出計算式即可）。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

A.“碳納米泡沫”每個泡沫含有約4000個碳原子；直徑約6到9nm，分散到適當?shù)娜軇┲行纬赡z體，才能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象，泡沫本身不是分散系，故A錯誤；

B.“碳納米泡沫”屬于碳單質(zhì)與石墨互為同素異形體；故B正確；

C.“碳納米泡沫”只含有一種元素屬于碳單質(zhì)；故C錯誤；

D.“碳納米泡沫”在低于-183℃時時；泡沫具有永久磁性，金剛石沒有磁性，二者性質(zhì)不同，故D錯誤；

故選B。2、A【分析】【詳解】

從第三能層開始，出現(xiàn)d能級，第一能層只有s能級，不包含d能級，故選A。3、C【分析】【詳解】

A、原子核外電子排布式為1s2的X原子是He，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子是Be；結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，故A錯誤；

B；原子核外M層上僅有兩個電子的X原子是Mg原子；原子核外N層上僅兩個電子的Y原子是Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，故B錯誤；

C；2p軌道上只有一個電子的X為B元素；3p軌道上只有一個電子的Y為Al，二者位于周期表同一主族，最外層電子數(shù)相同，性質(zhì)相似，故C正確；

D；最外層都只有一個電子的X、Y原子；可能為H與堿金屬元素，性質(zhì)有相似地方，都具有還原性，但與ⅠB族元素性質(zhì)不同，雖然最外層也有1個電子，故D錯誤；

答案選C。4、A【分析】【詳解】

形成“離域π鍵”的形成條件是“原子都在同一平面且有2個以上相互平行的p軌道”，根據(jù)價層電子對互斥理論，PO43-為正四面體結(jié)構(gòu)，原子不處于同一平面內(nèi)，H2S、HCHO中H原子沒有p軌道，不具備“離域π鍵”的形成條件，SO2為平面三角形形結(jié)構(gòu)，有2個以上相互平行的p軌道，可以形成“離域π鍵”，答案選A。5、D【分析】【分析】

首先根據(jù)配合物的化學式確定配離子和外界離子；根據(jù)配離子確定配體的數(shù)目。

【詳解】

A．K3[Fe(SCN)6]中配體為SCN-，配合物的配位數(shù)為6，故不選A；B．Na2[SiF6]中配體為F-，配合物的配位數(shù)為6，故不選B；C．Na3[AlF6]中配體為F-，配合物的配位數(shù)為6，故不選C；D．[Cu(NH3)4]Cl2中配體為NH3；配合物的配位數(shù)為4，故選D；

【點睛】

本題考查配合物的成鍵情況，題目難度不大，注意配體、中心離子、外界離子以及配位數(shù)的判斷，把握相關概念，不要混淆。6、D【分析】【分析】

在高壓下將CO2轉(zhuǎn)化為具有類似SiO2結(jié)構(gòu)的原子晶體，則此狀態(tài)下的CO2與分子晶體的CO2是不同的物質(zhì)。

【詳解】

A、CO2原子晶體應該是類似于SiO2的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)；與干冰不同，故A錯誤；

B、CO2原子晶體轉(zhuǎn)化為CO2分子晶體；結(jié)構(gòu)已發(fā)生改變，且二者的性質(zhì)也有較大差異，故二者是不同的物質(zhì)，所以二者的轉(zhuǎn)變是化學變化，故B錯誤；

C、CO2原子晶體與CO2分子晶體；結(jié)構(gòu)不同，二者是不同的物質(zhì)，物理性質(zhì)不同，如原子晶體硬度很大，分子晶體硬度不大，其化學性質(zhì)也不同，故C錯誤；

D、CO2原子晶體與SiO2結(jié)構(gòu)類似；每個碳原子與4個氧原子通過1對共用電子對連接，每個氧原子與2個碳原子通過一對共用電子對連接，故D正確。

答案選D。

【點睛】

本題考查晶體類型及晶體的性質(zhì)，根據(jù)二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)采用知識遷移的方法分析二氧化碳原子晶體。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．氯化鋁是共價化合物，晶體屬于分子晶體，熔融狀態(tài)下不導電，BeCl2熔點較低，易升華，溶于醇和醚，其化學性質(zhì)與AlCl3相似，故BeCl2也為共價化合物；熔融狀態(tài)下不導電，故A正確；

B．三聚氰胺分子中不存在由同種元素的原子形成的共價鍵，即不存在非極性鍵，分子中含有3個C、6個N，6個H，則分子式為C3N6H6；故B錯誤；

C．N和P元素均為非金屬元素，可能同時存在于離子化合物中，如（NH4）3PO4；故C錯誤；

D．SO2和CO2與氯化鋇溶液都不反應；因此溶液不會變渾濁，如果變渾濁，可能是空氣中的氧氣將亞硫酸氧化生成硫酸，產(chǎn)生硫酸鋇沉淀，故D錯誤；

故選A。8、D【分析】【分析】

常見的金屬堆積方式有：簡單立方堆積(Po)；體心立方堆積(鉀、鈉、鐵)、六方最密堆積(鎂、鋅、鈦)、面心立方最密堆積(銅)；據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知，鈉、鉀、鐵的原子堆積方式均為體心立方堆積，即為A2型堆積，而銅原子的堆積方式是面心立方最密堆積，即為A1型最密堆積；故銅的原子堆積方式與另外三種不同；

答案選D。

【點睛】

解答本題的關鍵在于掌握典型晶體晶胞結(jié)構(gòu)及堆積方式。9、D【分析】【詳解】

A．鍵長越短，共價鍵越強，硬度越大，鍵長C?C碳化硅>晶體硅；故A正確；

B．離子半徑越小，所帶電荷數(shù)越大，晶格能越大，離子半徑Br?>Cl?>O2?，離子半徑越小，所帶電荷數(shù)越大，晶格能越大，所以NaBr

C．非金屬性強到弱的是N

D．根據(jù)相似相溶原理，SO2為極性分子、CO2為非極性分子，SO2在水中的溶解大于CO2；故D錯誤；

故選：D。二、多選題(共8題，共16分)10、AB【分析】【詳解】

A．由能量最低原理可知硅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2，當變?yōu)?s22s22p63s13p3時；有1個3s電子躍遷到3p軌道上，3s軌道的能量低于3p軌道的能量，要發(fā)生躍遷，必須吸收能量，使電子能量增大，故A正確；

B．硅原子處于激發(fā)態(tài)時能量要高；處于基態(tài)能量變低，因而由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化成基態(tài)，電子能量減小，需要釋放能量，故B正確；

C．基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子；所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，故C錯誤；

D．元素的性質(zhì)取決于價層電子，包括s、p軌道電子，硅原子的激化態(tài)為1s22s22p63s13p3，基態(tài)磷原子為1s22s22p63s23p3；則它們的價層電子數(shù)不同，性質(zhì)不同，故D錯誤；

答案為AB。11、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．同一周期元素的非金屬性隨原子序數(shù)的增大而增大；同一主族元素的非金屬性隨原子序數(shù)的增大而減?。粍t元素的非金屬性：O＞N＞P。元素的非金屬性越強，其電負性就越大，故元素的電負性：O＞N＞P，A錯誤；

B．元素的非金屬性越強；元素的原子半徑越小，與同一元素的原子形成的共價鍵的鍵長就越短，其相應的鍵能就越大，由于元素的原子半徑：O＜N，所以瑞德西韋中的O—H鍵的鍵能大于N—H鍵的鍵能，B正確；

C．在瑞德西韋中，形成3個共價鍵的N原子采用sp3雜化，含有C=N雙鍵的N原子則采用sp2雜化；C錯誤；

D．共價單鍵都是σ鍵；共價雙鍵中一個是σ鍵，一個是π鍵；在苯環(huán)及含有N原子的六元環(huán)中含大π鍵，根據(jù)瑞德西韋結(jié)構(gòu)可知其中含有共價單鍵；雙鍵和苯環(huán)等六元環(huán)，故分子中存在σ鍵、π鍵和大π鍵，D正確；

故合理選項是BD。12、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(jié)構(gòu)，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(jié)構(gòu)，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(jié)構(gòu)，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。13、AC【分析】【詳解】

A.苯分子中每個碳原子有3個σ鍵，無孤對電子，因此碳原子是sp2雜化；每個碳原子剩余的一個電子形成大π鍵，故A錯誤；

B.Na3N與NaH均為離子化合物；都能與水反應放出氣體，且與水反應生成NaOH，所得溶液均能使酚酞溶液變紅，故B正確；

C.配離子[Cu(En)2]2+(En是乙二胺的簡寫)中的配位原子是N原子；N提供孤對電子，配位數(shù)為4，故C錯誤；

D.H2O中的孤對電子數(shù)比H3O+的多，孤對電子對成對電子排斥力大，因此H2O的鍵角比H3O+的鍵角??；故D正確。

綜上所述，答案為AC。14、BC【分析】【詳解】

A.N2H4是極性分子；且能與水分子和乙醇分子形成氫鍵，因此其易溶于水和乙醇，故A正確；

B.N2H4分子中N原子采用sp3雜化；為四面體結(jié)構(gòu)，因此所有原子不可能共平面，故B錯誤；

C.N2H6Cl2溶液中存在電荷守恒：2c(N2H)+c(N2H)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，則2c(N2H)+c(N2H)-)+c(OH-)；故C錯誤；

D.反應H++N2H4?N2H的平衡常數(shù)K==故D正確；

故選：BC。15、BC【分析】【詳解】

A、由晶胞圖可知，K+的個數(shù)為8×+6×=4，O2-的個數(shù)為12×+1=4，化學式為KO2，故A正確；

B、由晶胞圖可知，晶體中每個O2-周圍有12個O2-，故B錯誤；

C、由晶胞圖可知，晶體中每個K+的周圍有6個O2-，故C錯誤；

D、晶胞中K+與O2-個數(shù)分別為4、4，所以晶胞中共有8個氧原子，根據(jù)電荷守恒-2價O原子數(shù)目為2，所以0價氧原子數(shù)目為8-2=6，所以晶體中，0價氧原子與-2價氧原子的數(shù)目比為3：1，故D正確；

故選BC。16、AD【分析】【分析】

由圖示可以看出該結(jié)構(gòu)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(gòu)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(jié)構(gòu)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。17、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)均攤法，該晶胞中Fe原子的數(shù)目為=4，Mg原子的個數(shù)為8，F(xiàn)e、Mg原子個數(shù)之比=4：8=1：2，所以其化學式為Mg2Fe；故A正確；

B．金屬晶體中存在金屬鍵；該晶體屬于合金，屬于金屬晶體，所以只含金屬鍵，故B錯誤；

C．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，距離Mg原子最近且相等的Fe原子有4個，即Mg的配位數(shù)為4，而該晶體的化學式為Mg2Fe；所以Fe的配位數(shù)為8，故C錯誤；

D．晶胞中Fe原子個數(shù)為4，Mg原子個數(shù)為8，所以晶胞的質(zhì)量為=g；故D正確；

故答案為BC。三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【分析】

(1)原子核外電子的運動狀態(tài)是由能層；能級（電子云）、電子云伸展方向、電子自旋決定的；據(jù)此解答。

(2)Mn和Ca屬于同一周期；從原子半徑和價電子數(shù)影響金屬鍵強弱角度分析。

(3)分析陰離子ClO3-的中心氯原子的孤電子對數(shù)和σ鍵數(shù)；再根據(jù)價層電子對互斥理論確定該陰離子的空間構(gòu)型和中心原子的雜化軌道類型。

(4)根據(jù)碳酸鹽的熱分解示意圖可知，CaCO3熱分解生成CaO，SrCO3熱分解生成SrO，CaO和SrO都是離子晶體；離子晶體的晶格能越大，離子晶體越穩(wěn)定，生成該晶體的反應越容易發(fā)生。

(5)根據(jù)螢石晶胞示意圖中黑球和白球?qū)嶋H占有的個數(shù)，結(jié)合螢石的化學式（CaF2）中粒子個數(shù)比確定黑球、白球分別代表的粒子種類。在分析Ca2+的配位數(shù)時，可將螢石晶胞分割為8個小立方體，利用晶胞的“無隙并置”的特點，確定與1個Ca2+距離最近且相等的F-的個數(shù)。一個粒子（Ca2或F-）的質(zhì)量=由于晶胞實際占有4個Ca2+和8個F-，故而確定晶胞質(zhì)量，再根據(jù)公式ρ=計算該晶體的密度。

【詳解】

(1)原子核外電子的運動狀態(tài)是由能層、能級（電子云）、電子云伸展方向、電子自旋決定的?；鶓B(tài)Ca原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，所以M能層上有8個運動狀態(tài)不同的電子。由于Ca原子的價層電子排布為4s2，已達全充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定；而Ga原子價層電子排布為4s24p1；不太穩(wěn)定，所以Ca的第一電離能大于Ga的第一電離能。

(2)Mn和Ca屬于同一周期，同周期從左至右原子半徑逐漸減??；Mn原子價層電子排布為3d54s2，Ca原子價層電子排布為4s2；價電子數(shù)Mn比Ca多，原子半徑越小，價電子數(shù)越多，金屬鍵越強。所以，金屬Mn的熔點沸點等都比金屬Ca高的原因是：Mn原子半徑較小且價電子數(shù)較多，金屬鍵較強。

(3)Ca(ClO3)2中的陰離子化學式為ClO3-，中心原子氯的孤電子對數(shù)=(7+1-3×2)=1，σ鍵數(shù)=3，中心原子氯的價層電子對數(shù)=1+3=4，根據(jù)價層電子對互斥理論，ClO3-的空間構(gòu)型是三角錐形，中心原子氯的雜化形式為sp3。

(4)由碳酸鹽的熱分解示意圖看出，CaCO3熱分解生成CaO，SrCO3熱分解生成SrO，CaO和SrO都是離子晶體，因為離子半徑r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解為CaO，所以CaCO3的熱分解溫度低于SrCO3。CO2分子結(jié)構(gòu)為O=C=O，C=O雙鍵中1條σ鍵，1條π鍵，所以CO2分子內(nèi)的化學鍵類型有σ鍵；π鍵。

(5)螢石的化學式為CaF2，即晶胞中鈣離子與氟離子個數(shù)比為1:2，從晶胞示意圖看，每個晶胞中實際占有黑球的個數(shù)=8×+6×=4，晶胞中實際占有白球的個數(shù)為8，據(jù)此可知黑球代表Ca2+，白球代表F-。將該面心立方晶胞分割成8個小立方體（），每個小立方體的4個頂點上是Ca2+，體心是F-，現(xiàn)選取一個頂點（Ca2+）作為考查對象，經(jīng)過該頂點的小立方體有8個，即與該頂點的Ca2+距離相等且最近的F-共有8個，所以Ca2+的配位數(shù)為8。螢石的一個晶胞中實際占有4個Ca2+和8個F-，所以螢石一個晶胞的離子數(shù)為12。1個Ca2+的質(zhì)量==g，1個F-的質(zhì)量==g，則螢石的密度ρ===g/cm3。

【點睛】

利用均攤法計算晶胞中實際占有的粒子數(shù)：處于立方晶胞頂點的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞面心的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞棱邊中點的粒子每個晶胞實際占有處于立方晶胞內(nèi)部的粒子完全被晶胞占有，每個晶胞實際占有的粒子數(shù)等于不同位置的粒子數(shù)分別與該位置粒子實際被晶胞占有的分數(shù)乘積之和?！窘馕觥?大于Mn原子半徑較小且價電子數(shù)較多，金屬鍵較強三角錐形sp3低于r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解為CaOσ鍵，π鍵81219、略

【分析】【詳解】

(1)碳、氧、硅、鋁四種元素分別位于第2、2、3、3周期，第3周期元素的原子的基態(tài)原子中3p能級上才有可能存在電子，鋁的電子排布式為硅的電子排布式為故的3p能級上存在電子；

(2)銅的基態(tài)電子排布式為失去最外層4s上第一個電子和次外層3d上的一個電子后形成二價銅離子，其基態(tài)電子排布式為

(3)鉛的核電荷數(shù)為82，位于周期表第6周期第ⅣA族，為p區(qū)元素，最外層有4個電子，故鉛原子的價電子排布式為

【點睛】

鉛的價電子排布式可以根據(jù)鉛在周期表中的位置直接寫出，因為鉛是主族元素，最外層電子即為價電子，不必寫出鉛的電子排布式然后從中找出價電子排布式?！窘馕觥?0、略

【分析】【分析】

Be；N、Ne、Na、Mg的質(zhì)子數(shù)分別為4、7、10、11、12；結(jié)合原子中質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)畫出原子結(jié)構(gòu)示意圖；原子核外的電子是分層排布的，每一層都可以叫做能層，就是電子層；按電子的能量差異，可以將核外電子分成不同的能層，并用符號K、L、M、N、O、P、Q表示相應的第一、二、三、四、五、六、七能層，據(jù)此解答。

【詳解】

Be、N、Ne、Na、Mg的原子結(jié)構(gòu)示意圖分別為：

(1)Be；N、Ne都只有兩個能層；即K層和L層；

(2)Na；Mg有三個能層；即K層、L層和M層；

(3)Be；Mg的最外層電子數(shù)都為2；最外層電子數(shù)相同。

【點睛】

判斷不同元素原子結(jié)構(gòu)方面的相同和不同之處時，可以先畫出各元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖，然后根據(jù)原子結(jié)構(gòu)示意圖進行分析?！窘馕觥竣?Be、N、Ne②.Na、Mg③.Be、Mg21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Cu是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，銅原子失去4s及3d上各一個電子形成Cu2+，故Cu2+離子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，基態(tài)Cu2+的最外層電子排布式為3d9；

(2)已知二甘氨酸合銅(Ⅱ)的結(jié)構(gòu)圖，其中第一電離能最大的為N元素，元素的非金屬最小的非金屬為H元素，二者形成的5核10電子的微粒為NH4+；該微粒的空間構(gòu)型是正四面體；

(3)已知雙鍵中含有1個π鍵，由二甘氨酸合銅(Ⅱ)的結(jié)構(gòu)圖可知，1mol二甘氨酸合銅(Ⅱ)含有2molC=O，則含有的π鍵數(shù)目是2NA或1.204×1024；

(4)Cu原子含有空軌道能與其它原子形成配位鍵；由于O原子在化合物中能形成2個共價鍵，所以O與Cu形成共價鍵，N與Cu形成配位鍵，即屬于配位鍵的是1和4。

【點睛】

注意區(qū)分最外層電子排布式（外圍電子排布式）和核外電子排布式的區(qū)別?！窘馕觥?d9正四面體形2NA或1.204×10241和422、略

【分析】【分析】

SO3價層電子對數(shù)為PO43-價層電子對數(shù)為NCl3價層電子對數(shù)為CS2價層電子對數(shù)為

【詳解】

SO3價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp2；VSEPR模型為平面三角形，由于孤對電子對數(shù)為0，分子構(gòu)型為平面三角形；

PO43?價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp3；VSEPR模型為四面體形，由于孤對電子對數(shù)為0，離子構(gòu)型為正四面體形；

NCl3價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp3；VSEPR模型為四面體形，由于孤對電子對數(shù)為1，分子構(gòu)型為三角錐形；

CS2價層電子對數(shù)為軌道雜化形式為sp，VSEPR模型為直線形，由于孤對電子對數(shù)為0，分子構(gòu)型為直線形；

故答案為：0、sp2、平面三角形；0、sp3、正四面體形；1、sp3、三角錐形；0、sp、直線形。【解析】。物質(zhì)孤對電子對數(shù)軌道雜化形式分子或離子的形狀SO30sp2平面三角形PO43?0sp3正四面體NCl31sp3三角錐形CS20sp直線形23、略

【分析】【詳解】

(1)、氯原子的核電荷數(shù)為17，其電子排布式為1s22s22p63s23p5；

(2)；周期元素隨核電荷數(shù)依次增大；原子半徑逐漸變小，故結(jié)合1個電子釋放出的能量依次增大，氮原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，具有穩(wěn)定性；

故答案為同周期元素隨核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸變小，故結(jié)合一個電子釋放出的能量(E1)依次增大；N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)；具有穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個電子；

(3)①H3O＋中價層電子對數(shù)都是3且含有一對孤電子對，所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，中心原子的雜化類型為sp3雜化，NH中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對；其空間構(gòu)型為正四面體；

②3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl中陰離子N中的σ鍵總數(shù)為5個，根據(jù)已知信息，N中參與形成大π鍵的原子數(shù)為5，形成大π鍵的電子數(shù)為6，所以N中的大π鍵表示為Π

③圖(b)中虛線代表氫鍵，其中表示式為(NH)N—HCl、(H3O＋)O—HN(N)、(NH)N—HN(N)；

故答案為sp3雜化；正四面體；5；Π(H3O＋)O—HN(N)；(NH)N—HN(N)?！窘馕觥?s22s22p63s23p5同周期元素隨核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸變小，故結(jié)合一個電子釋放出的能量(E1)依次增大N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，具有穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個電子sp3雜化正四面體5Π(H3O＋)O—HN(N)(NH)N—HN(N)24、略

【分析】【分析】

（1）激發(fā)態(tài)失去最外層1個電子所需能量最?。?/p>

（2）As原子與2個C原子；1個Cl原子形成共價鍵；還有一對孤電子對；

（3）石墨烷中碳原子形成4個共價鍵，雜化類型為sp3；石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子；都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導電性；

（4）分子晶體；結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，形成的范德華力強，熔點高；苯六酸含多個羧基，與水分子能形成氫鍵；六氯苯；六溴苯為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，均難溶于水；

（5）根據(jù)計算。

【詳解】

（1）Nb元素的基態(tài)原子的核外電子排布式為[Kr]4d55s1，失去最外層1個電子所需能量，[Kr]4d35s15p1屬于激發(fā)態(tài)的電子排布式；所以失去最外層1個電子所需能量最小的a，故答案為：a；

（2）As原子與2個C原子；1個Cl原子形成共價鍵；還有一對孤電子對，其VSEPR模型為四面體形，故答案為：四面體形；

（3）石墨烯與H2發(fā)生加成反應生成石墨烷，石墨烷中碳原子形成4個共價鍵，雜化類型為sp3；石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子，都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導電性，故答案為：sp3；石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子；都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導電性；

（4）六溴苯和六氯苯均屬于分子晶體；且結(jié)構(gòu)相似，六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯，形成的范德華力強，熔點高；苯六酸含多個羧基，與水分子能形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯；六溴苯為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，均難溶于水，故答案為：兩者結(jié)構(gòu)相似，六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯，形成的范德華力強，熔點高；苯六酸含多個羧基，與水分子形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯、六溴苯為非極性分子，難溶于水；

（5）根據(jù)晶胞圖可知，該晶胞中含有2個Nb原子，2個O原子，2個N原子，所以故答案為：

【點睛】

雜化類型：中心原子的價層電子對數(shù)為4，則sp3雜化、中心原子的價層電子對數(shù)為3，則sp2雜化、中心原子的價層電子對數(shù)為2，則sp雜化；中心原子的價層電子對數(shù)=鍵+孤電子對數(shù)?！窘馕觥竣?a②.四面體形③.sp3④.石墨烯中每個碳原子垂直于層平面的2p軌道上的電子，都參與形成了貫穿全層的多原子的大鍵，因而具有優(yōu)良的導電性⑤.兩者結(jié)構(gòu)相似，六溴苯的相對分子質(zhì)量大于六氯苯，形成的范德華力強，熔點高⑥.苯六酸含多個羧基，與水分子形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯、六溴苯為非極性分子，難溶于水⑦.25、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)圖中晶體的結(jié)構(gòu)；結(jié)合常見晶體可知，A為氯化鈉；B為Na、C為干冰、D為金剛石、E為石墨；

（2）水分子間存在氫鍵；且氫鍵有方向性，導致水分子形成冰時存在較大的空隙，而受熱融化時氫鍵被破，干冰分子之間只存在范德華力，形成的分子晶體是密堆積；

（3）a；金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵；構(gòu)成正四面體，石墨中的碳原子與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成平面正六邊形結(jié)構(gòu)；

b；c、sp2雜化中；s軌道的成分比sp3雜化更多，而且石墨的碳原子還有大π鍵所以形成的共價鍵更短，更牢固，即石墨的層內(nèi)共價鍵鍵長比金剛石的鍵長短，作用力更大，破壞化學鍵需要更大能量；

d；金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵；構(gòu)成正四面體，石墨中的碳原子用sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成正六角形的平面層狀結(jié)構(gòu)；

e；金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵；構(gòu)成正四面體，晶體中只含有共價鍵；石墨中的碳原子用sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成正六角形的平面層狀結(jié)構(gòu)，而每個碳原子還有一個2p軌道，其中有一個2p電子．這些p軌道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2雜化軌道構(gòu)成的平面，形成了大π鍵．因而這些π電子可以在整個碳原子平面上活動，類似金屬鍵的性質(zhì)，石墨為層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間通過范德華力連接；

f；石墨為層狀結(jié)構(gòu)；層與層之間通過范德華力連接；

（4）由金剛石的晶胞結(jié)構(gòu)可知；晶胞內(nèi)部有4個C原子，面心上有6個C原子，頂點有8個C原子，根據(jù)均攤法計算；

（5）金屬銅采用面心立方最密堆積，利用均攤法計算晶胞原子數(shù)目，銅原子半徑為rcm；可計算晶胞參數(shù)，根據(jù)m=ρV計算銅原子半徑。

【詳解】

：

（1）根據(jù)圖中晶體的結(jié)構(gòu)；結(jié)合常見晶體可知，A為氯化鈉；B為Na、C為干冰、D為金剛石、E為石墨；

答案為：NaCl；Na；干冰；金剛石；石墨；

（2）a；水分子間存在氫鍵；且氫鍵有方向性，導致水分子形成冰時存在較大的空隙，密度比水小，干冰分子之間只存在范德華力，形成的分子晶體是密堆積，密度比水大，故a正確；

b、冰融化時氫鍵被破，干冰分子之間只存在范德華力，融化時破壞范德華力，氫鍵比范德華力強，故晶體的熔點冰＞干冰，故b錯誤；

c；水分子間存在氫鍵；且氫鍵有方向性，導致水分子形成冰時存在較大的空隙，干冰分子之間只存在范德華力，形成的分子晶體是密堆積，晶體中的空間利用率：干冰＞冰，故c正確；

d；干冰分子之間只存在范德華力；水分子之間既存在范德華力又存在氫鍵，晶體中分子間相互作用力類型不相同，故d錯誤．

答案選：ac；

（3）a、金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵，構(gòu)成正四面體，碳原子的雜化類型為sp3雜化；石墨中的碳原子與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成平面正六邊形結(jié)構(gòu)，碳原子的雜化類型為sp2雜化；故a正確；

b、sp2雜化中，s軌道的成分比sp3雜化更多，而且石墨的碳原子還有大π鍵所以形成的共價鍵更短，更牢固，即石墨的層內(nèi)共價鍵鍵長比金剛石的鍵長短，故b錯誤；

c；石墨的層內(nèi)共價鍵鍵長比金剛石的鍵長短；作用力更大，破壞化學鍵需要更大能量，所以晶體的熔點金剛石＜石墨，故c錯誤；

d；金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵；構(gòu)成正四面體，鍵角為109°28′，石墨中的碳原子用sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成正六角形的平面層狀結(jié)構(gòu)，鍵角為120°，故d錯誤；

e；金剛石中碳原子與四個碳原子形成4個共價單鍵；構(gòu)成正四面體，石墨中的碳原子用sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以σ鍵結(jié)合，形成正六角形的平面層狀結(jié)構(gòu)，而每個碳原子還有一個2p軌道，其中有一個2p電子．這些p軌道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2雜化軌道構(gòu)成的平面，形成了大π鍵．因而這些π電子可以在整個碳原子平面上活動，類似金屬鍵的性質(zhì)，石墨為層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間通過范德華力連接，說明晶體中含有共價鍵、金屬鍵、范德華力，故e正確；

f；金剛石是原子晶體；石墨為層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間通過范德華力連接，石墨為混合型晶體，不屬于原子晶體，故f錯誤；

答案選：ae；

（4）由金剛石的晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞內(nèi)部有4個C原子，面心上有6個C原子，頂點有8個C原子，所以金剛石晶胞中c原子數(shù)目為4+6×+8×=8；

答案為：8；

（5）金屬銅采用面心立方最密堆積，晶胞內(nèi)Cu原子數(shù)目為8×+6×=4令銅原子的半徑為rcm，則晶胞的棱長為：4rcm=rcm，所以解得：r=cm；

答案為：cm

【點睛】

本題考查晶體類型與熔沸點高低判斷；晶體結(jié)構(gòu)、對晶胞的理解與計算等；難度較大，對晶胞的計算注意均攤法的利用，需要學生具備空間想象能力，注意基礎知識的理解掌握．

【解析】NaClNa干冰金剛石石墨acae8×cm26、略

【分析】根據(jù)構(gòu)成晶體的微粒不同,分子晶體僅由分子構(gòu)成,原子晶體中無分子。分子晶體有B、C、E、F,注意晶體氬是單原子分子晶體;原子晶體和單原子分子晶體都是由原子直接構(gòu)成的,原子晶體有A、D,但屬于化合物的只有A;分子晶體熔化時,一般不破壞化學鍵;原子晶體熔化時,破壞共價鍵。【解析】(1)B；C、E、FE

(2)A(3)A、D、E(4)A、D四、計算題(共3題，共6分)27、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)28、略

【分析】【詳解】

(1)元素Na的焰色反應呈黃色;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兩點的坐標可知；C的原子坐標為（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）29、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4五、工業(yè)流程題(共1題，共4分)30、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：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)元素守恒可知反應物應該還有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?！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、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共20分)31、略

【分析】【分析】

(1)同一原子；電離能逐漸增大，所以失去電子數(shù)越多，在電離最外層一個電子所需能量越大分析解答；

(2)化合物乙中碳原子有飽和碳原子和形成苯環(huán)的碳原子兩種類型；據(jù)此分析雜化方式；

根據(jù)配位鍵是一個原子單方面提供電子對與另外原子共用，結(jié)合化合物丙中a、b；n、m處的化學鍵分析；

(3)根據(jù)構(gòu)造原理書寫Cr原子核外電子排布式，Cr原子失去3個能量較高的電子得到Cr3+，據(jù)此書寫其電子排布式；根據(jù)沒有未成對d電子的過渡金屬離子形成的水合離子是無色的，及Ti4+、V3+、Ni2+三種離子的核外電子排布分析判斷；

(4)根據(jù)中心原子的電子形成化學鍵情況；結(jié)合孤電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用分析判斷；

(5)根據(jù)分子中羥基受到中心原子吸引力大小分析；

(6)立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖可知為體心立方堆積。其配位數(shù)為8；每個晶胞中水分子個數(shù)為2，再用公式ρ=計算晶胞密度。

【詳解】

(1)A；C表示的微粒都是Cl原子；由于A是基態(tài)，C是激發(fā)態(tài)，微粒含有的能量：C＞A，則穩(wěn)定性：A＞C，所以失去1個電子需要能量：A＞C；

B、D表示微粒都是Cl+；是Cl原子失去1個電子后得到的，微粒含有的能量：B＞D，則穩(wěn)定性：D＞B。所以失去1個電子需要能量：D＞B；從帶一個單位正電荷的陽離子再失去1個電子需要的能量要比從中性原子失去1個電子需要的能量高，所以選項微粒失去1個電子需要能量最多的是D表示的微粒；

(2)化合物乙中碳原子有飽和碳原子和形成苯環(huán)的碳原子兩種類型，飽和C原子采用sp3雜化，形成苯環(huán)的C原子采用sp2雜化；

根據(jù)圖示可知：在化合物丙中a、b、n、m處的化學鍵，a、n、m都是一般共價鍵，而b處是N原子提供電子對與Cr原子共用；因此該共價鍵為配位鍵；

(3)Cr是24號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可得Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2個4s電子和1個3d電子得到Cr3+，則其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d3；

Ti4+核外電子排布是：1s22s22p63s23p4；沒有3d電子，則其水合離子為無顏色；

V3+核外電子排布是：1s22s22p63s23p63d2；有未成對d電子，其水合離子為有顏色；

Ni2+核外電子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成對d電子，其水合離子為有顏色；故上述三種離子中水合離子無顏色的是Ti4+；

(4)ClO3-中氯原子有一個孤電子對，ClO3-中孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于ClO4-中成鍵電子對間的排斥力，導致鍵角：ClO3-＜ClO４-；

(5)HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1個-OH，可分別表示為(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N為+3價，(HO)NO2中N為+5價，正電性更高，使N-O-H中O的電子更向N偏移，致使更容易電離出H+，因此酸性：HNO2＜HNO3；

(6)立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖可知為體心立方堆積。其配位數(shù)為8；每個晶胞中水分子個數(shù)為×8+1=2，則由晶胞密度ρ=×1030g/cm3。

【點睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及電離能比較、原子核外電子排布式的書寫、原子雜化方式判斷、配位鍵及晶胞計算等知識，把握晶胞的計算和投影圖的識別是解題關鍵，注意根據(jù)失去電子數(shù)越多再電離最外層一個電子所需能量越大，根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)分析判斷，側(cè)重考查學生空間想象能力及計算能力?！窘馕觥竣?D②.sp2、sp3③.b④.1s22s22p63s23p63d3⑤.Ti4+⑥.ClO3-中氯原子有一個孤電子對，ClO3-中孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于ClO4-中成鍵電子對間的排斥力。⑦.HNO2和HNO3可表示為(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N為+3價，(HO)NO2中N為+5價，正電性更高，使N-O-H中O的電子更向N偏移，致使更容易電離出H+⑧.8⑨.×103032、略

【分析】【分析】

根據(jù)構(gòu)造原理寫出Cr原子的核外電子排布式；根據(jù)基態(tài)錳原子核外電子排布式寫出能量最高的能級符號；根據(jù)同周期同主族元素第一電離能變化規(guī)律判斷；根據(jù)SiH4中價層電子對數(shù)判斷雜化方式；根據(jù)氫鍵和范德華力判斷沸點最高的物質(zhì)；根據(jù)H2O2與Si2H6的結(jié)構(gòu)判斷所含σ鍵數(shù)目之比；據(jù)此分析。

【詳解】

(1)基態(tài)Cr原子的原子序數(shù)為24，根據(jù)構(gòu)造原理：根據(jù)能