2024年蘇科版選修3化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年蘇科版選修3化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷663考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、a、b、c、d四種分子均含有14個(gè)電子，其有關(guān)信息列在下面的表中。abcd雙原子分子。

非極性分子。

只含非極性鍵雙原子分子。

極性分子。

只含極性鍵多原子分子。

極性分子。

只含極性鍵多原子分子。

非極性分子。

既有非極性鍵，又有極性鍵

符合題目給出的信息的選項(xiàng)是()

①a的化學(xué)式N2②b的化學(xué)式為CO③c的結(jié)構(gòu)式為H—C≡N④d的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HC≡CH⑤a的符號(hào)為⑥d的化學(xué)式為A.①②③④B.④⑤⑥C.②③⑤⑥D(zhuǎn).①②③④⑤⑥2、下列能級(jí)中可容納電子數(shù)最多的是A.6sB.4pC.3dD.4f3、電負(fù)性是元素原子的重要性質(zhì),研究電負(fù)性的大小及其變化規(guī)律具有重要的價(jià)值。下列幾種敘述中不屬于電負(fù)性的應(yīng)用的是()A.判斷一種元素是金屬還是非金屬B.判斷化合物中元素化合價(jià)的正負(fù)C.判斷化學(xué)鍵的類型D.判斷化合物的溶解度4、有A、B、C、D四種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級(jí)的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)；B原子最外層中有三個(gè)不成對(duì)的電子；C元素可分別與A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2與C3互為等電子體。下列敘述中不正確的是A.D原子的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3s23p4B.B.C兩元素的第一電離能大小關(guān)系為B＞CC.用電子式表示AD2的形成過程為D.由B60分子形成的晶體與A60相似，分子中總鍵能：B60>A605、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”?？茖W(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(cuò)誤的是（）

A.“皺褶”式硼烯中每個(gè)硼原子共用3對(duì)電子B.“皺褶”式硼烯中硼原子達(dá)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BO2-6、有關(guān)苯分子中化學(xué)鍵的描述正確的是A.每個(gè)碳原子的一個(gè)雜化軌道參與形成大鍵B.每個(gè)碳原子的未參加雜化的軌道形成大鍵C.碳原子的3個(gè)雜化軌道與其他碳原子形成2個(gè)鍵和1個(gè)鍵D.碳原子的未參加雜化的軌道與其他碳原子的軌道形成鍵7、氮化碳結(jié)構(gòu)如下圖所示，其硬度超過金剛石晶體，成為首屈一指的超硬新材料。下列有關(guān)氮化碳的說法不正確的是()

A.氮化碳屬于原子晶體B.氮化碳中碳顯－4價(jià)，氮顯＋3價(jià)C.氮化碳的化學(xué)式為C3N4D.每個(gè)碳原子與四個(gè)氮原子相連，每個(gè)氮原子與三個(gè)碳原子相連8、下列物質(zhì)中，屬于離子晶體，并且含有共價(jià)鍵的是()A.CaCl2B.MgOC.N2D.NH4Cl評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、“3s”和“3s2”都是關(guān)于原子核外第三電子層s亞層的化學(xué)用語(yǔ)，這兩個(gè)用語(yǔ)的區(qū)別在于______10、下表為元素周期表的一部分；表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素。

回答下列問題：

（1）寫出元素f的基態(tài)原子核外電子排布式：__。

（2）寫出元素h的基態(tài)原子核外電子軌道表示式：__。

（3）ci2分子的電子式為__。

（4）第一電離能：h__(填“＞”“＜”或“=”，下同)i；電負(fù)性：g__b。

（5）下列關(guān)于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外圍電子排布特點(diǎn)的敘述正確的是__(填字母)。

A.j位于元素周期表中第4周期ⅠB族；屬于ds區(qū)元素。

B.d的基態(tài)原子中；2p軌道為半充滿，屬于p區(qū)元素。

C.最外層電子排布式為4s1；該元素一定屬于第ⅠA族。

D.最外層電子排布式為ns2np1，該元素可能是第ⅢA族或ⅢB族11、回答下列問題：

（1）碳原子的核外電子排布式為____________。與碳同周期的非金屬元素N的第一電離能大于O的第一電離能，原因是________________。

（2）A、B均為短周期金屬元素。依據(jù)下表數(shù)據(jù)，寫出B原子的電子排布式：________。電離能/kJ·mol－1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540

（3）下表是第三周期部分元素的電離能[單位：eV(電子伏特)]數(shù)據(jù)。元素I1/eVI2/eVI3/eV甲5.747.171.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7

下列說法正確的是________(填字母)。

A．甲的金屬性比乙強(qiáng)。

B．乙的化合價(jià)為＋1價(jià)。

C．丙不可能為非金屬元素。

D．丁一定為金屬元素。

（4）Mn、Fe均為第四周期過渡金屬元素，兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)列于下表：。元素FeFe電離能/kJ·mol－1I1717759I2150915611561I3324829572957

錳元素位于第四周期第ⅦB族。請(qǐng)寫出基態(tài)Mn2＋的價(jià)電子排布式：________，比較兩元素的I2、I3可知，氣態(tài)Mn2＋再失去1個(gè)電子比氣態(tài)Fe2＋再失去1個(gè)電子難，對(duì)此你的解釋是_________________________。12、I.在化學(xué)實(shí)驗(yàn)和科學(xué)研究中；水是一種最常用的溶劑。水是生命之源，它與我們的生活密切相關(guān)。

（1）寫出一種與H2O分子互為等電子體的微粒：_______。

（2）水分子在特定條件下容易得到一個(gè)H+，形成水合氫離子（H3O+）。下列對(duì)上述過程的描述不正確的是_______（填字母序號(hào)）。

A.氧原子的雜化類型發(fā)生了改變。

B.微粒的空間構(gòu)型發(fā)生了改變。

C.微粒中的鍵角發(fā)生了改變。

Ⅱ.Cu2+可形成多種配合物；廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活中。

（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)將無(wú)水CuSO4白色粉末溶解于水中，溶液呈藍(lán)色，是因?yàn)樯闪艘环N呈藍(lán)色的配合物離子，請(qǐng)寫出該配合物離子的化學(xué)式：________。向該藍(lán)色溶液中滴加氨水，先形成沉淀，繼續(xù)加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色的透明溶液。寫出該沉淀溶解過程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____________。13、在極性分子中，正電荷重心與負(fù)電荷重心間的距離稱為偶極長(zhǎng)，通常用表示。極性分子的極性強(qiáng)弱與偶極長(zhǎng)和電荷量（）有關(guān)，一般用偶極矩（）來(lái)衡量。分子的偶極矩是偶極長(zhǎng)和電荷量的乘積，即在非極性分子中，其正、負(fù)電荷重心重合，故為0。試回答下列問題：

（1）HCl、CS2、H2S、SO2四種分子中的有______________________________。

（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得：

①由此可知，PF3分子的空間構(gòu)型為____________________；

②BCl3分子的空間構(gòu)型為____________________，中心原子的雜化方式為____________________。

（3）治癌藥物具有平面四邊形結(jié)構(gòu)，Pt處在四邊形中心，NH3和Cl分別處在四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)。已知該化合物有兩種同分異構(gòu)體，棕黃色化合物的淡黃色化合物的試寫出兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____________________（棕黃色）、____________________（淡黃色），在水中溶解度較大的是____________________（填結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）。評(píng)卷人得分三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共6題，共12分)14、在每個(gè)能層中，能級(jí)符號(hào)的順序是____________(n代表能層)，任意能層總是從____能級(jí)開始，而且能級(jí)數(shù)等于________，第一能層只有____個(gè)能級(jí)，能級(jí)符號(hào)____，第二能層有______個(gè)能級(jí)，能級(jí)符號(hào)________，第三能層有____個(gè)能級(jí)，能級(jí)符號(hào)________，等等，以____排序的各能級(jí)可容納的最多電子數(shù)依次是________。15、Li是最輕的固體金屬；采用Li作為負(fù)極材料的電池具有小而輕；能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：

（1）下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為___、___（填標(biāo)號(hào)）。

A.

B.

C.

D.

（2）Li+與H?具有相同的電子構(gòu)型，r(Li+)小于r(H?)，原因是___。

（3）LiAlH4是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子(AlH)空間構(gòu)型是___、中心原子的雜化形式為___。

（4）Li2O是離子晶體，其晶格能可通過如圖的Born?Haber循環(huán)計(jì)算得到。

可知，Li原子的第一電離能為___kJ·mol?1，O=O鍵鍵能為___kJ·mol?1。16、已知A、B、C、D、E、F、G為前四周期中的常見元素，且原子序數(shù)依次增大，A的原子半徑最?。籅的基態(tài)原子L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍；C與B同周期且基態(tài)原子最外層電子排布式為nsmnpm+2；D；E、F、G是位于同一周期的金屬元素；元素D的焰色反應(yīng)要透過藍(lán)色鈷玻璃才能觀察到紫色；且D、G的原子序數(shù)相差10；E元素有多種化合價(jià)，它的一種氫氧化物在空氣中易被氧化且最終變?yōu)榧t褐色，且E、F的電子數(shù)相差1。

請(qǐng)回答下列問題：

（1）基態(tài)E原子的價(jià)電子排布式為___。

（2）與BC分子互為等電子體的離子為___(填化學(xué)式；任寫一種)。

（3）在液態(tài)非極性分子B6A6中，B原子采取的雜化方式為___。

（4）元素C的簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)比同主族的簡(jiǎn)單氫化物都高的原因是___。

（5）F可形成化學(xué)式均為F(NH3)5BrSO4的兩種配合物，其中一種化學(xué)式為[F(NH3)5Br]SO4。向另一種配合物的溶液中加入BaCl2溶液時(shí)，無(wú)明顯現(xiàn)象。若加入AgNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生淡黃色沉淀，則第二種配合物的化學(xué)式為___。

（6）金屬D；G晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①金屬G的晶胞中，測(cè)得晶胞中G原子的半徑為apm，則G晶體的密度為___g/cm3(列出表達(dá)式即可，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值)，D、G兩種晶胞中金屬的配位數(shù)之比為___。

②金屬G、鋅兩種元素的第一電離能、第二電離能如下表所示：。電離能/kJ·mol-1I1I2G7461958鋅9061733

G的第二電離能(I2)大于鋅的第二電離能(I2)，其主要原因是___。17、氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來(lái)越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料，經(jīng)過一系列反應(yīng)可以制得Ti3N4和納米TiO2(如圖1)。

圖中的M是短周期金屬元素，M的部分電離能如表：。I1I2I3I4I5電離能/(kJ/mol)738145177331054013630

請(qǐng)回答下列問題：

(1)Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為________________。

(2)M是________(填元素符號(hào))，該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積，配位數(shù)為____。

(3)納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如圖2所示?；衔锛椎姆肿又胁扇p2方式雜化的碳原子有________個(gè)，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子3對(duì)應(yīng)的元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_______________。

(4)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖3所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為________________g/cm3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，只列計(jì)算式)。該晶體中與氮原子距離相等且最近的氮原子有________個(gè)。

(5)科學(xué)家通過X-射線探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶體與NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似。且知三種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)：。離子晶體NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401

KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開_________________。18、CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料；回答下列問題：

(1)Sn為ⅣA族元素，單質(zhì)Sn與干燥Cl2反應(yīng)生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無(wú)色液體，SnCl4空間構(gòu)型為_____________，其固體的晶體類型為_____________。

(2)NH3、PH3、AsH3的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開____________(填化學(xué)式，下同)，還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開___________，鍵角由大到小的順序?yàn)開____________。

(3)含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Cd2+配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，1mol該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有_________mol，該螯合物中N的雜化方式有__________種。

(4)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。四方晶系CdSnAs2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶胞中部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)如下表所示。坐標(biāo)。

原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125

一個(gè)晶胞中有_________個(gè)Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分?jǐn)?shù)坐標(biāo)表示)。CdSnAs2

晶體中與單個(gè)Sn鍵合的As有___________個(gè)。19、Ge；Na及其化合物在航空航天、電子工業(yè)上有重要應(yīng)用。請(qǐng)回答下列問題：

（1）基態(tài)Ge原子價(jià)層電子的排布式為___，其電子填充的最高能級(jí)的軌道數(shù)為___。電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為___形。

（2）Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，原因是___。

（3）硼氫化鈉(NaBH4)是有機(jī)化學(xué)中的一種常用還原劑，[BH4]－的空間構(gòu)型是__，中心原子的雜化形式為___。NaBH4中存在___(填標(biāo)號(hào))。

A．離子鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵。

（4）NaC1是離子晶體；其晶格能可通過下圖的循環(huán)計(jì)算得到。

△H(晶格能)=___。

（5）Na2O的立方晶胞如圖所示，氧離子采取面心立方堆積，鈉離子填在由氧離子形成的__空隙中。已知晶胞邊長(zhǎng)a=0.566nm，晶胞中O原子的配位數(shù)為__；該晶體的密度是___g·cm－3(列出計(jì)算表達(dá)式)。

評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共30分)20、用X射線研究某金屬晶體，測(cè)得在邊長(zhǎng)為360pm的立方晶胞中含有4個(gè)金屬原子，此時(shí)金屬的密度為9.0g/cm3。試回答下列問題：

(1)此金屬晶胞屬于哪一種類型？_______

(2)求每個(gè)晶胞的質(zhì)量。_______

(3)求此金屬的相對(duì)原子質(zhì)量。_______

(4)求此金屬原子的原子半徑(pm)。_______21、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(zhǎng)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(jì)算式)。

22、如圖是金屬鎢晶體中的一個(gè)晶胞的結(jié)構(gòu)模型（原子間實(shí)際是相互接觸的）。它是一種體心立方結(jié)構(gòu)。實(shí)驗(yàn)測(cè)得金屬鎢的密度為19.30g·cm-3；鎢的相對(duì)原子質(zhì)量為183.9.假定金屬鎢為等直徑的剛性球，請(qǐng)回答以下各題：

（1）每一個(gè)晶胞中分?jǐn)偟絖_________個(gè)鎢原子。

（2）計(jì)算晶胞的邊長(zhǎng)a。_____________

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

（4）計(jì)算金屬鎢原子采取的體心立方密堆積的空間利用率。____________評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共6分)23、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(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案將這兩種配合物區(qū)別開來(lái)_____________________________。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共1題，共8分)24、飲用水中含有砷會(huì)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(cè)。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(jí)沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二級(jí)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(lái)源有多種假設(shè)，其中一種認(rèn)為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3，同時(shí)生成導(dǎo)致砷脫離礦體進(jìn)入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

首先從電子總數(shù)為14及a的相關(guān)信息推得a為N2，因是分子，a不能為C22－。若將N原子換成周期表中相鄰的碳，則b的另一種原子必定是O，因此b為CO；若考慮只換一個(gè)N原子為碳，這時(shí)電子數(shù)相差1，可用H原子來(lái)補(bǔ)足，得c為HCN，其結(jié)構(gòu)式為H－C≡N。再將另一個(gè)N也換成碳，則需要再補(bǔ)1個(gè)H，即d為C2H2；d的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HC≡CH。答案選A。

【點(diǎn)睛】

注意掌握等電子粒子的尋找規(guī)律：

（1）“10電子”微粒：

（2）“18電子”微粒：CH3－CH3、H2N－NH2、HO－OH、F－F、F－CH3、CH3－OH等；

（3）其他等電子微粒：①2電子微粒：②“14電子”微粒：Si、N2、CO、C2H2、C22－；③“16電子”微粒：S、O2、C2H4、HCHO。2、D【分析】【詳解】

A．6s能級(jí)有1個(gè)軌道；最多可容納2個(gè)電子，A錯(cuò)誤；

B．4p能級(jí)有3個(gè)軌道；最多可容納6個(gè)電子，B錯(cuò)誤；

C．3d能級(jí)有5個(gè)軌道；最多可以容納10個(gè)電子，C錯(cuò)誤；

D．4f能級(jí)有7個(gè)軌道；最多可以容納14個(gè)電子，D正確；

答案選D。3、D【分析】【詳解】

A.元素電負(fù)性數(shù)值的大小可判斷一種元素是金屬還是非金屬；一般電負(fù)性大于1.8的元素為非金屬，故A說法正確；

B.元素電負(fù)性可判斷化合物中元素正負(fù)價(jià)；電負(fù)性大的元素顯負(fù)價(jià)，故B說法正確；

C.元素電負(fù)性可判斷化學(xué)鍵類型；電負(fù)性差大于1.7的鍵一般形成離子鍵，故C說法正確；

D.化合物溶解度與電負(fù)性沒有必然聯(lián)系；故D說法錯(cuò)誤；

答案選D。4、A【分析】【詳解】

A、B、C、D四種元素，A原子最外層p能級(jí)的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)，p能級(jí)最多容納6個(gè)電子，故A由2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故A為碳元素；A、B、C屬于同一周期，B原子最外層中有三個(gè)不成對(duì)的電子，B的p能級(jí)容納3的電子，故B為氮元素；C元素可分別與A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2與C3互為等電子體；則C；D屬于同主族元素，故C為氧元素，D為硫元素；

A.D為硫元素，S原子的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ne]3s23p4；故A錯(cuò)誤；

B.B為氮元素，C為氧元素，氮元素2p能級(jí)為半充滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能N>O；故B正確；

C.AD2是CS2，CS2屬于共價(jià)化合物，CS2的結(jié)構(gòu)與CO2相似，碳原子與硫原子之間形成2對(duì)共用電子對(duì)，用電子式表示CS2的形成過程為故C正確；

D.N60分子形成的晶體與C60相似，氮氮鍵長(zhǎng)比碳碳鍵長(zhǎng)短，故氮氮鍵鍵能更大，故N60分子中總鍵能大于C60；故D正確；

答案選A。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A.硼原子最外層最多有3個(gè)電子；可形成3對(duì)共用電子對(duì)，達(dá)到6個(gè)電子，因此“皺褶”式硼烯中每個(gè)硼原子共用3對(duì)電子，故A正確；

B.硼原子最外層最多有3個(gè)電子；可形成3對(duì)共用電子對(duì)，達(dá)到6個(gè)電子，因此“皺褶”式硼烯中硼原子未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)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。6、B【分析】【詳解】

A.雜化軌道只能形成鍵，而不能形成鍵；故A錯(cuò)誤；

B.每個(gè)碳原子的兩個(gè)雜化軌道上的電子分別與鄰近的兩個(gè)碳原子的雜化軌道上的電子配對(duì)形成鍵；故B正確；

C.每個(gè)碳原子的另一個(gè)雜化軌道上的電子分別與一個(gè)氫原子的1s電子配對(duì)形成鍵；故C錯(cuò)誤；

D.未參與雜化的2p軌道形成大鍵；故D錯(cuò)誤；

故選B。7、B【分析】【詳解】

A.C和N都屬于非金屬元素；通過共價(jià)鍵形成原子晶體，A正確；

B.N元素的非金屬性強(qiáng)于C；N顯-3價(jià)，C顯+4介，B錯(cuò)誤；

C.由結(jié)構(gòu)圖可知，在一個(gè)晶胞內(nèi)（慮線框）有四個(gè)N原子，有8個(gè)C原子，其中有四個(gè)位于四邊形的頂點(diǎn)上，有四個(gè)位于四邊形的邊上，根據(jù)均攤法，可知C原子數(shù)目為4×+4×=3，化學(xué)式為C3N4；C正確；

D；由結(jié)構(gòu)圖可看出；每個(gè)碳原子與四個(gè)氮原子相連，每個(gè)氮原子與三個(gè)碳原子相連，D正確；

答案選B。8、D【分析】【詳解】

A項(xiàng)；氯化鈣是離子化合物；屬于離子晶體，氟化鈣中只含離子鍵，故A錯(cuò)誤；

B項(xiàng)；氧化鎂是離子化合物；屬于離子晶體，氧化鎂中只含離子鍵，故B錯(cuò)誤；

C項(xiàng)；氮?dú)馐欠墙饘賳钨|(zhì)；屬于分子晶體，故C錯(cuò)誤；

D項(xiàng)；氯化銨是離子化合物；屬于離子晶體，氯化銨中含由離子鍵，還含有共價(jià)鍵，故D正確；

故選D。二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【分析】

“3s”中“3”表示能層，“s”表示能級(jí)；“3s2”表示某電子層的某種s能級(jí)上有兩個(gè)電子；據(jù)此分析解答。

【詳解】

“3s”中“3”表示能層，“s”表示能級(jí)，所以“3s”表示軌道名稱；“3s2”表示第三電子層的s能級(jí)上有兩個(gè)電子，所以“3s2”表示該軌道的電子排布，故答案為：“3s”表示軌道(或能級(jí))名稱，“3s2”表示該軌道的電子排布?！窘馕觥俊?s”表示軌道（或能級(jí)）名稱，“3s2”表示該軌道的電子排布10、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素在周期表中的位置可知，a為H元素、b為Be元素；c為C元素、d為N元素、e為O元素、f為F元素、g為Na元素、h為P元素、i為S元素、j為Cu元素；結(jié)合原子結(jié)構(gòu)和元素周期律分析解答。

【詳解】

根據(jù)元素在周期表中的位置可知，a為H元素、b為Be元素；c為C元素、d為N元素、e為O元素、f為F元素、g為Na元素、h為P元素、i為S元素、j為Cu元素。

(1)f為F元素，原子核外電子數(shù)目為9，核外電子排布式為1s22s22p5，故答案為：1s22s22p5；

(2)元素h為P，為15號(hào)元素，基態(tài)原子核外電子軌道表示式為故答案為：

(3)ci2分子CS2，與二氧化碳的結(jié)構(gòu)類似，電子式為故答案為：

(4)P元素的3p能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)；較穩(wěn)定，故第一電離能P＞S；金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越小，故電負(fù)性Na＜Be，故答案為：＞，＜；

(5)A．j是Cu元素位于元素周期表中第四周期、ⅠB族，價(jià)電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)元素，故A正確；B．N原子的基態(tài)原子中2p能級(jí)為半充滿，屬于p區(qū)元素，故B正確；C．最外層電子排布式為4s1，可能處于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族，故C錯(cuò)誤；D．最外層電子排布式為ns2np1；該元素處于第ⅢA族，故D錯(cuò)誤；故答案為：AB。

【點(diǎn)睛】

本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(5)，要注意最外層電子排布式為4s1，可能的電子排布式有3d104s1，3d54s1，3p64s1，可能處于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族?！窘馕觥竣?1s22s22p5②.③.④.>⑤.<⑥.AB11、略

【分析】【詳解】

(1)、碳原子的核外電子排布式為1s22s22p2；N原子的核外電子排布式為1s22s22p3，2p軌道半充滿的原子能量低，較穩(wěn)定，O原子核外電子排布式為1s22s22p4；所以非金屬元素N的第一電離能大于O的第一電離能；

故答案為1s22s22p2；N原子的2p軌道達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)；比較穩(wěn)定；

(2)、從表中電離能數(shù)值來(lái)看，A、B的第三電離能出現(xiàn)突躍，可見它們是第ⅡA族元素，因A、B均為短周期元素，且B的第一、二電離能均比A的小，故B是鎂。鎂原子的核外電子排布式為1s22s22p63s2；

故答案為1s22s22p63s2；

(3)；甲、乙、丙、丁為第三周期元素；甲元素的第一電離能遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于第二電離能，說明甲元素最外層有1個(gè)電子，失去1個(gè)電子時(shí)達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以甲為Na元素；乙元素的第二電離能遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于第三電離能，則乙元素最外層有2個(gè)電子，失去兩個(gè)電子后達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以乙為Mg元素；丙、丁元素的第一電離能、第二電離能、第三電離能相差不大，說明丙元素最外層大于3個(gè)電子，丙、丁一定為非金屬元素。甲為Na元素，乙為Mg元素，故甲的金屬性比乙強(qiáng)，A項(xiàng)正確；乙為Mg元素，化合價(jià)為＋2價(jià)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；丙、丁一定為非金屬元素，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選A；

(4)、Mn的原子序數(shù)為25，失去2個(gè)電子變?yōu)镸n2＋，則Mn2＋基態(tài)的電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)，故其價(jià)電子排布式為3d5；由Mn2＋轉(zhuǎn)化為Mn3＋時(shí)，3d能級(jí)由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋時(shí)，3d能級(jí)由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對(duì)要少，故氣態(tài)Mn2＋再失去1個(gè)電子比氣態(tài)Fe2＋再失去1個(gè)電子難；

故答案為3d5；Mn2＋轉(zhuǎn)化為Mn3＋時(shí)，3d能級(jí)由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋時(shí)，3d能級(jí)由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對(duì)要少?！窘馕觥竣?1s22s22p2②.N原子的2p軌道達(dá)到半充滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定③.1s22s22p63s2④.A⑤.3d5⑥.由Mn2＋轉(zhuǎn)化為Mn3＋時(shí)，3d能級(jí)由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多；而Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋時(shí)，3d能級(jí)由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對(duì)要少12、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微粒為等電子體，據(jù)此書寫H2O的等電子體；

(2)利用價(jià)層電子對(duì)模型判斷粒子的空間結(jié)構(gòu)；以此判斷微粒的形狀以及鍵角，根據(jù)物質(zhì)的組成判斷性質(zhì)是否一致；

Ⅱ．(3)硫酸銅溶于水，銅離子與水生成了呈藍(lán)色的配合離子[Cu(H2O)4]2+；氨水和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，當(dāng)氨水過量時(shí)，氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合物，據(jù)此分析解答。

【詳解】

Ⅰ．(1)原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微粒為等電子體，與水互為等電子體的微粒有：H2S、NH2-，故答案為：H2S、NH2-；

(2)A．H2O中O原子含有2個(gè)σ鍵，含有2個(gè)孤電子對(duì)，采用sp3雜化，H3O+含有3個(gè)σ鍵，含有1個(gè)孤電子對(duì)，采用sp3雜化，氧原子的雜化類型不變，故A錯(cuò)誤；B．H2O為V形分子，H3O+含有3個(gè)σ鍵；含有1個(gè)孤電子對(duì)，為三角錐型，二者的空間構(gòu)型發(fā)生了改變，故B正確；C．兩種微粒的立體構(gòu)型不同，鍵角不同，鍵角發(fā)生了改變，故C正確；故答案為：A；

Ⅱ．(3)將白色的無(wú)水CuSO4溶解于H2O中，溶液呈藍(lán)色，是因?yàn)樯闪艘环N呈藍(lán)色的配合離子，生成此配合離子的離子方程式：Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+，該配離子的化學(xué)式：[Cu(H2O)4]2+，氨水和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，當(dāng)氨水過量時(shí)，氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合物，所以難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液，涉及的離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，故答案為：[Cu(H2O)4]2+；Cu(OH)2+4NH3?H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O?！窘馕觥竣?H2S（或NH2-等）②.A③.[Cu(H2O)4]2+④.Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O13、略

【分析】【詳解】

(1)是由極性鍵形成的雙原子極性分子；根據(jù)價(jià)電子對(duì)互斥理論可知，是直線形分子，正、負(fù)電荷重心重合，為非極性分子，其偶極矩為0；都是V形結(jié)構(gòu)，是極性分子，其

(2)①說明是極性分子，則是三角錐形結(jié)構(gòu)；

②說明是非極性分子，其正、負(fù)電荷重心重合，應(yīng)是平面正三角形結(jié)構(gòu)；中心原子B與3個(gè)原子形成3個(gè)共價(jià)鍵(沒有孤電子對(duì))，即B原子的雜化方式是雜化；

(3)根據(jù)題意，具有平面四邊形結(jié)構(gòu)，若則為非極性分子，和分別對(duì)稱分布在四邊形的個(gè)頂點(diǎn)上，即正、負(fù)電荷重心重合，故淡黃色化合物是若則為極性分子，和在四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)上的分布是不對(duì)稱的，即正、負(fù)電荷重心不重合，故棕黃色化合物是根據(jù)相似相溶規(guī)律，水是極性分子，因此屬于極性分子的溶質(zhì)易溶解在水中，即在水中溶解度較大的是棕黃色化合物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為【解析】CS2三角錐形平面正三角形sp2雜化三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】

每個(gè)能層中，能級(jí)符號(hào)的順序是ns、np、nd、nf(n代表能層)；任意能層總是從s能級(jí)開始；而且能級(jí)數(shù)等于能層序數(shù)；s；p、d、f排序的各能級(jí)可容納的最多電子數(shù)依次是1、3、5、7的兩倍。

【詳解】

在每個(gè)能層中，能級(jí)符號(hào)的順序是ns、np、nd、nf(n代表能層)；任意能層總是從s能級(jí)開始，而且能級(jí)數(shù)等于能層序數(shù)，第一能層只有1個(gè)能級(jí)，能級(jí)符號(hào)1s，第二能層有2個(gè)能級(jí)，能級(jí)符號(hào)2s；2p，第三能層有3個(gè)能級(jí)，能級(jí)符號(hào)3s、3p、3d，等等，以s、p、d、f排序的各能級(jí)可容納的最多電子數(shù)依次是2、6、10、14。

【點(diǎn)睛】

本題考查能層與能級(jí)的關(guān)系，各能層電子的排布及能級(jí)可容納的最多電子數(shù)的判斷是解題的關(guān)系，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累。【解析】①.ns、np、nd、nf②.s③.能層序數(shù)④.1⑤.1s⑥.2⑦.2s、2p⑧.3⑨.3s、3p、3d⑩.s、p、d、f?.2、6、10、1415、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）原子核外電子排布中；如果電子所占的軌道能級(jí)越高，該原子能量越高，激發(fā)態(tài)的原子比基態(tài)原子能量高，根據(jù)圖知，電子排布能量最低的是D項(xiàng)的基態(tài)原子，能量最高的是處于激發(fā)態(tài)的C項(xiàng)對(duì)應(yīng)的原子，故答案為：D；C；

（2）離子核電荷數(shù)：Li＋＞H－，其吸引電子能力：Li＋＞H－，導(dǎo)致其半徑越小。故答案為：Li+核電荷數(shù)較大；

（3）LiAlH4中的陰離子中Al原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=4+=4且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式分別為正四面體形、sp3雜化。故答案為：正四面體；sp3；

（4）Li原子的第一電離能為L(zhǎng)i原子失去1個(gè)電子所需要的能量，所以其第一電離能為kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰?，其鍵能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1。故答案為：520；498。

【點(diǎn)睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及微?？臻g構(gòu)型判斷、原子雜化方式判斷等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查基本知識(shí)及基本原理，側(cè)重考查學(xué)生公式運(yùn)用、空間想像及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，難點(diǎn)（4）從圖中讀出：Li原子的第一電離能為L(zhǎng)i原子失去1個(gè)電子所需要的能量kJ·mol－1，O=O鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰?，其鍵能=2×249kJ·mol－1?！窘馕觥竣?D②.C③.Li+核電荷數(shù)較大④.正四面體⑤.sp3⑥.520⑦.49816、略

【分析】【分析】

A的原子半徑最小，A是H元素；B的基態(tài)原子L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍，B是碳元素；C的基態(tài)原子最外層電子排布式為nsmnpm+2；n=2，則C是O元素；D；E、F、G是位于同一周期的金屬元素，元素D的焰色反應(yīng)要透過藍(lán)色鈷玻璃才能觀察到紫色，D是K元素；且D、G的原子序數(shù)相差10，G是Cu元素；E的一種氫氧化物在空氣中易被氧化且最終變?yōu)榧t褐色，E是Fe元素；E.、F的電子數(shù)相差1，F(xiàn)是Co元素。

【詳解】

（1）根據(jù)以上分析，基態(tài)26號(hào)元素Fe的價(jià)電子排布式為3d64s2；

（2）與CO分子互為等電子體的離子為CN-（NO+或C）；

（3）C6H6是平面結(jié)構(gòu)，C原子采取的雜化方式分別為sp2；

（4）水分子間形成氫鍵；所以沸點(diǎn)比同主族的簡(jiǎn)單氫化物都高；

（5）Co可形成分子式均為Co(NH3)5BrSO4的兩種配合物，其中一種化學(xué)式為[Co(NH3)5Br]SO4，硫酸根離子在外界，溶于水能電離出硫酸根離子，所以向其溶液中加BaCl2溶液時(shí)，現(xiàn)象為生成白色沉淀；向另一種配合物的溶液中加入BaCl2溶液時(shí)，無(wú)明顯現(xiàn)象；若加入AgNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生淡黃色沉淀，說明硫酸根在內(nèi)界，溴離子在外界，則第二種配合物的化學(xué)式為[Co(NH8)6SO4]Br；

（6）①金屬Cu的晶胞為面心立方，測(cè)得晶胞中銅原子的半徑為apm，面對(duì)角線是4個(gè)原子半徑，則Cu晶體的密度為：g/cm3；金屬K的配位數(shù)是8；計(jì)算Cu的配位數(shù)是12；配位數(shù)比是2:3；

②鋅的價(jià)電子是3d104s2，而銅的是3d104s1，在失去一個(gè)電子后，銅失去的第二個(gè)電子在3d的全滿軌道上，而鋅的第二個(gè)電子在4s的半滿軌道上，3d全滿比4s半滿能量低，結(jié)構(gòu)也更穩(wěn)定，所以需要更多能量所以Cu的第二電離能（I2）大于鋅的第二電離能。

【點(diǎn)睛】

配合物中位于內(nèi)界的離子不能電離，位于外界的離子能電離，所以[Co(NH3)5Br]SO4加BaCl2溶液時(shí)生成白色沉淀；[Co(NH8)6SO4]Br加入AgNO3溶液時(shí)，產(chǎn)生淡黃色沉淀。【解析】3d64s2CN-（NO+或C）sp2水分子間存在氫鍵[Co(NH3)5SO4]Br2：3Zn+的價(jià)電子排布式為3d104s1，而Cu+的是3d10，Cu+因3d軌道全滿更穩(wěn)定，較難失去電子，I2較大17、略

【分析】【分析】

(1)Ti原子核外電子數(shù)為22；根據(jù)能量最低原理書寫；

(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl4反應(yīng)置換出Ti；則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密堆積，配位數(shù)為12；

(3)采取sp2雜化的碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C；N、O；同一周期元素中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大；

(4)根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Ti、N原子數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算晶胞質(zhì)量，根據(jù)ρ=計(jì)算晶胞密度；以晶胞頂點(diǎn)N原子研究；與之距離相等且最近的N原子處于面心位置；

(5)由表中數(shù)據(jù)可知；離子半徑越小晶格能越大，離子帶電荷越大，晶格能越大，晶格能大，對(duì)應(yīng)的離子晶體的熔點(diǎn)就越高。

【詳解】

(1)Ti為22號(hào)元素，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，因此外圍電子排布式為3d24s2；

(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，能與TiCl4反應(yīng)置換出Ti；則M為Mg，Mg晶體屬于六方最密堆積，配位數(shù)為12；

(3)化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子為苯環(huán)上的六個(gè)；羰基中的一個(gè)；共7個(gè)該C原子；

采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)依次增加電負(fù)性逐漸增大，所以它們的電負(fù)性關(guān)系為：O>N>C；

(4)根據(jù)均攤法，可知該晶胞中N原子個(gè)數(shù)為：6×+8×=4，該晶胞中Ti原子個(gè)數(shù)為：1+12×=4，所以晶胞的質(zhì)量m=4×g，而晶胞的體積V=(2a×10-10)3cm3，所以晶體的密度ρ=g/cm3；以晶胞頂點(diǎn)N原子研究，與之距離相等且最近的N原子處于面心位置，每個(gè)頂點(diǎn)為8個(gè)晶胞共用。每個(gè)面為2個(gè)晶胞共用，故與之距離相等且最近的N原子為=12；

(5)離子晶體中，離子半徑越小，帶電荷數(shù)越多，晶格能越大，則晶體的熔沸點(diǎn)越高，則有TiN>CaO，由表中數(shù)據(jù)可知CaO>KCl，則三種晶體的晶格能由大到小的順序?yàn)椋篢iN>CaO>KCl，所以KCl、CaO、TiN三種離子晶體熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)門iN>CaO>KCl。

【點(diǎn)睛】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及核外電子排布、原子的雜化、電負(fù)性、晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算等，注意理解電離能與最外層電子數(shù)關(guān)系，采用均攤方法對(duì)晶胞進(jìn)行計(jì)算，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)?！窘馕觥?d24s2Mg127O>N>C12TiN>CaO>KCl18、略

【分析】【分析】

（1）利用價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定SnCl4的分子構(gòu)型；由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；

（2）結(jié)構(gòu)相似的分子；相對(duì)分子質(zhì)量越大物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，另外分子間能形成氫鍵的物質(zhì)，熔沸點(diǎn)則較高，鍵角的大小取決于中心原子的雜化類型；孤電子對(duì)數(shù)、成鍵電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大小；

（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，螯合作用配位成環(huán)，故1個(gè)該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6個(gè)，Cd—NO2那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；

（4）結(jié)合部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)；結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應(yīng)原子。

【詳解】

（1）Sn為第ⅣA族元素，由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；SnCl4分子中中心原子的孤電子對(duì)數(shù)==0，鍵電子對(duì)數(shù)為4，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故SnCl4分子的空間構(gòu)型為正四面體形；

（2）NH3、PH3、AsH3的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越強(qiáng)，物質(zhì)的沸點(diǎn)越高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質(zhì)的沸點(diǎn)NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As這三種元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序數(shù)依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數(shù)的增加，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱，氫化物的還原性逐漸增強(qiáng)，故這三種物質(zhì)的還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)锳sH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對(duì)孤電子對(duì)，中心原子的電負(fù)性越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質(zhì)鍵角由大到小的順序?yàn)镹H3＞PH3＞AsH3；

（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和分析，根據(jù)題意“含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子或原子通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物”，故該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6mol，Cd—NO2那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式都是sp2雜化；故該物質(zhì)中N的雜化方式有1種；

（4）由部分Cd原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)，可知8個(gè)Cd在晶胞的頂點(diǎn)，4個(gè)Cd在晶胞的面心，1個(gè)在晶胞的體心；部分Sn原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0，），4個(gè)Sn在晶胞的棱上，6個(gè)Sn在晶胞的面心；部分As原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（），8個(gè)As在晶胞的體心；所以1個(gè)晶胞中Sn的個(gè)數(shù)為距離Cd(0，0，0)最近的Sn是(0，)、(0)；由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，CdSnAs2晶體中與單個(gè)Sn結(jié)合的As有4個(gè)。

【點(diǎn)睛】

本題考查軌道雜化類型的判斷，分子構(gòu)型，物質(zhì)熔沸點(diǎn)大小比較，鍵角大小的比較，配位數(shù)的計(jì)算，晶胞的計(jì)算等知識(shí)，立足課本進(jìn)行適當(dāng)拓展，但整體難度不大。難點(diǎn)仍然是晶胞的有關(guān)判斷與計(jì)算，晶胞中原子的數(shù)目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點(diǎn)的原子為8個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/8；②位于晶胞面心的原子為2個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/2；③位于晶胞棱心的原子為4個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1?！窘馕觥空拿骟w形；分子晶體NH3、AsH3、PH3AsH3、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3614(0，)、(0)419、略

【分析】【分析】

(1)Ge是32號(hào)元素；有4個(gè)價(jià)電子，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫電子排布圖，其電子填充的最高能級(jí)為4p能級(jí)，它的軌道數(shù)為3，形狀為紡錘(或啞鈴)。

(2)Ge與C是同族元素；C原子之間可以形成雙鍵；叁鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，它們屬于同族元素，半徑逐漸增大，難以形成雙鍵。

(3)[BH4]－單位空間構(gòu)型要算孤電子對(duì)數(shù)和成鍵電子對(duì)數(shù)，相加算出價(jià)層電子對(duì)數(shù)，由于沒有孤對(duì)電子，得到VSEPR模型就是該分子的立體構(gòu)型，為正四面體，[BH4]－中B原子孤電子對(duì)數(shù)==0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝4+0＝4，VSEPR模型為正四面體，沒有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為正四面體，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，則雜化方式為sp3，根據(jù)NaBH4的晶體類型；可判斷出晶體中含有共價(jià)鍵（σ鍵）和離子鍵。

(4)利用晶格能的定義和蓋斯定律算出△H；

①Na(g)+Cl(g)=Na+(g)+Cl?(g)△H1

②Na(g)+Cl(g)=Na(s)+Cl2(g)△H2

③Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s)△H3

②+③-①可得：Na+(g)+Cl?(g)=NaCl(s)，由氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)為放熱，△H<0算出△H=-(△H1－△H2－△H3)，故晶格能為△H1－△H2－△H3。

(5)Na2O晶胞中陰離子O2-位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，陽(yáng)離子Na+位于晶胞的體心，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)判斷配位數(shù)，O2-半徑大于Na+；據(jù)此計(jì)算質(zhì)量和體積，進(jìn)而計(jì)算密度。

【詳解】

(1)Ge是32號(hào)元素，位于第四周期第IVA族，基態(tài)Ge原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2；原子價(jià)層電子的排布式為4s24p2；其電子填充的最高能級(jí)4p，4p能級(jí)有三個(gè)軌道，4p軌道是啞鈴型或紡錘形的；

故答案為4s24p2；3；紡錘(或啞鈴)；

(2)Ge原子半徑大；難以通過“肩并肩”方式形成π鍵；

答案為：鍺元素原子半徑大；難以通過“肩并肩”方式形成π鍵；

(3)[BH4]－中B原子孤電子對(duì)數(shù)==0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝4+0＝4，VSEPR模型為正四面體，沒有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為正四面體，B原子雜化方式為：sp3，Na+、[BH4]－離子之間形成離子鍵，[BH4]－中B原子與H原子之間形成普通共價(jià)鍵；配位鍵；均屬于σ鍵；

故答案為正四面體；sp3；AB；

(4)晶格能是指在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，使離子晶體變成氣態(tài)正離子和氣態(tài)負(fù)離子時(shí)所吸收的能量NaCl晶格能是Na+、Cl?氣態(tài)離子形成1molNaCl晶體釋放的能量；故NaCl的晶格能。

根據(jù)圖示，需求出Na+(g)+Cl?(g)=NaC1(s)的焓變；就是晶格能；

已知①Na(g)+Cl(g)=Na+(g)+Cl?(g)△H1

②Na(g)+Cl(g)=Na(s)+Cl2(g)△H2

③Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s)△H3

②+③-①可得：Na+(g)+Cl?(g)=NaCl(s)，由氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)為放熱，△H<0，則△H=-(△H1－△H2－△H3)，故晶格能為△H1－△H2－△H3；

故答案為△H1－△H2－△H3；

（5）Na2O晶胞中陰離子O2-位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，陽(yáng)離子Na+位于晶胞的體心，從圖中可以得知，鈉離子填在由氧離子形成的四面體空隙中，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)判斷配位數(shù)，Na+的個(gè)數(shù)為8，O2-的個(gè)數(shù)為8×+6×=4，據(jù)此計(jì)算質(zhì)量和體積，進(jìn)而計(jì)算密度．晶胞中O位于頂點(diǎn)，Na位于體心，每個(gè)晶胞中有1個(gè)Na與O的距離最近，每個(gè)定點(diǎn)為8個(gè)晶胞共有，則晶胞中O原子的配位數(shù)為8，Na的個(gè)數(shù)為8，O的個(gè)數(shù)為8×+6×=4，晶胞的質(zhì)量為==晶胞的體積為(0.566×10?7)3cm3，則晶體的密度為==

答案為：四面體；8；【解析】4s24p23紡錘(或啞鈴)鍺元素原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成π鍵正四面體sp3AB△H1－△H2－△H3四面體8四、計(jì)算題(共3題，共30分)20、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)金屬晶體的堆積方式進(jìn)行分析；

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

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

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

【詳解】

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

故答案為面心立方晶胞；

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

故答案為4.2×10-22g；

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

故答案為63.21；

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

故答案為127.26pm；

【點(diǎn)睛】

第（2）問在計(jì)算晶胞質(zhì)量時(shí)單位的換算時(shí)學(xué)生們的易錯(cuò)點(diǎn)，首先單位要統(tǒng)一，要將pm換算為cm，其次1pm=10-10cm，則360pm=3.6×10-8cm，另外經(jīng)常用到的還有納米與厘米的換算，1nm=10