2025年外研版選修3化學下冊月考試卷

…………○…………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年外研版選修3化學下冊月考試卷836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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列各項敘述中，正確的是（）A.能層序數(shù)越大，s原子軌道的形狀不相同，但半徑越大B.在同一電子層上運動的電子，其自旋方向肯定不同C.鎂原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2時，原子吸收能量，由基態(tài)轉(zhuǎn)化成激發(fā)態(tài)D.原子價電子排布式為5s1的元素，其氫氧化物不能使氫氧化鋁溶解2、下列各組微粒的立體構(gòu)型相同的是（）A.CO2與SO2B.CH4與CCl4C.NH3與BF3D.H3O+與SO33、阿伏加德羅常數(shù)約為6.02×1023mol－1；下列說法中一定正確的是。

A.14g兩種烯烴CnH2n和CmH2m的混合物，含有共用電子對數(shù)目為3×6.02×1023B.石墨烯是由碳原子構(gòu)成的單層片狀結(jié)構(gòu)的新材料(結(jié)構(gòu)示意圖如上圖1)，則0.12g石墨烯中含有6.02×1022個碳原子C.720gC60晶體(如圖2)中含有6.02×1023個晶胞結(jié)構(gòu)單元D.60gSiO2晶體中含有2×6.02×1023個Si—O鍵4、GaAs晶體的熔點很高，硬度很大，密度為ρg?cm－3，Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag?mol－1和MAsg?mol－1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA；其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法錯誤的是。

A.該晶體為共價晶體B.該晶體中Ga和As均無孤對電子，Ga和As的配位數(shù)均為4C.原子的體積占晶胞體積的百分率為D.所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)5、下列物質(zhì)中，化學式能準確表示該物質(zhì)分子組成的是A.SiCB.MgOC.ArD.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、三價鉻離子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要組成成分，GTF能夠協(xié)助胰島素發(fā)揮作用。構(gòu)成葡萄糖耐量因子和蛋白質(zhì)的元素有C、H、O、N、S、Cr等；回答下列問題：

(l)Cr的價電子排布式為______；

(2)O、N、S的第一電離能由大到小的順序為______；

(3)SO2分子的VSEPR模型為______，其中心原子的雜化方式為______；

(4)CO和N2互為等電子體，兩種物質(zhì)相比沸點較高的是______，其原因是______；

(5)化學式為CrCl3?6H2O的化合物有多種結(jié)構(gòu)，其中一種可表示為[CrCl2(H2O)4]Cl?2H2O，該物質(zhì)的配離子中提供孤電子對的原子為______，配位數(shù)為______；

(6)NH3分子可以與H+結(jié)合生成這個過程發(fā)生改變的是______(填序號)

A.微粒的空間構(gòu)型B.N原子的雜化類型C.H-N-H鍵角D.微粒的電子數(shù)。

(7)由碳元素形成的某種晶體的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為ρg?cm-3，則該晶胞的棱長為______pm。

7、CO2和CH4在一定條件下合成乙酸：CO2+CH4CH3COOH。完成下列填空：

(1)寫出碳原子最外電子層的軌道表示式___________________________。

(2)鈦(Ti)是22號元素，它是________________(選填編號)。

a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．長周期元素

(3)CO2分子的電子式為__________________；其熔沸點比CS2低，原因是_____________________________________________________。8、元素的第一電離能：Al_________Si（填“>”或“<”）9、C；N、O、Al、Si、Cu是常見的六種元素。

(1)Si位于元素周期表第____周期第_____族。

(2)N的基態(tài)原子核外電子排布式為_____；Cu的基態(tài)原子最外層有___個電子。

(3)用“>”或“<”填空：。原子半徑電負性熔點沸點Al_____SiN____O金剛石_____晶體硅CH4____SiH410、數(shù)十億年來，地球上的物質(zhì)不斷的變化，大氣的成分也發(fā)生了很大的變化.下表是原始大氣和目前空氣的主要成分，用下表涉及的分子回答下列問題。原始大氣的主要成分CH4、NH3、CO、CO2等目前空氣的主要成分N2、O2、CO2、水蒸氣、稀有氣體(He、Ne等)

(1)含有非極性共價鍵的分子是______(填化學式)

(2)含有極性共價鍵的非極性分子是______(填化學式)

(3)H2O中心原子的雜化方式及分子構(gòu)型為______

(4)圖中每條折線表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氫化物的沸點變化，每個小黑點代表一種氫化物。其中代表CH4的是______(填字母序號)

(5)根據(jù)NH3?H2O?NH4++OH-，用氫鍵表示式寫出氨分子和水分子之間最主要存在的氫鍵形式______11、如圖所示為高溫超導領(lǐng)域里的一種化合物——鈣鈦礦的晶體結(jié)構(gòu)；該結(jié)構(gòu)是具有代表性的最小結(jié)構(gòu)重復單元。

（1）在該物質(zhì)的晶體結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)中，Ca、Ti、O個數(shù)比是___________；該物質(zhì)的化學式可表示為___________。12、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(zhì)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)。13、(1)將等徑圓球在二維空間里進行排列；可形成密置層和非密置層，在圖1所示的半徑相等的圓球的排列中，A屬于________層，配位數(shù)是________；B屬于________層，配位數(shù)是________。

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

(3)有資料表明，只有釙的晶體中的原子具有如圖2所示的堆積方式，釙位于元素周期表的第________周期第__________族，元素符號是________，最外電子層的電子排布式是________。14、鹵素單質(zhì)可以參與很多化學反應(yīng)，如：NF3氣體可由NH3和F2在Cu催化劑存在下反應(yīng)直接得到；反應(yīng)①：2NH3+3F2NF3+3NH4F，Ta（鉭）是一種過渡元素，利用“化學蒸氣轉(zhuǎn)移法”可以制備TaS2晶體；反應(yīng)②：TaI4（g）+S2（g）TaS2（s）+2I2（g）+QkJ；Q＞0

（1）反應(yīng)①中：非金屬性最強的元素原子核外有____種不同運動狀態(tài)的電子；該反應(yīng)中的某元素的單質(zhì)可作糧食保護氣，則該元素最外層的電子有___種自旋方向。

（2）反應(yīng)①中：物質(zhì)所屬的晶體類型有____；并寫出所有原子符合8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的化合物的電子式____。

（3）反應(yīng)②中：平衡常數(shù)表達式：K=___，若反應(yīng)達到平衡后，保持其他條件不變，降低溫度，重新達到平衡時____。

a.平衡常數(shù)K增大b.S2的濃度減小c.I2的質(zhì)量減小d.V(TaI4)逆增大。

（4）反應(yīng)②在一定溫度下進行，若反應(yīng)容器的容積為2L，3min后達到平衡，測得蒸氣的質(zhì)量減少了2.45g，則I2的平均反應(yīng)速率為___。

（5）某同學對反應(yīng)②又進行研究，他查閱資料，發(fā)現(xiàn)硫單質(zhì)有多種同素異形體，可表示Sx（x為偶數(shù)），且在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化，他認為僅增大壓強對平衡是有影響的，則TaI4的平衡轉(zhuǎn)化率會____（填增大或減?。?，其原因是___。評卷人得分三、原理綜合題(共5題，共10分)15、黃鐵礦(主要成分為FeS2)是工業(yè)制硫酸的主要原料?；卮鹣铝袉栴}。

(1)基態(tài)鐵原子的價電子排布圖_____________。

(2)制硫酸的過程中會產(chǎn)生SO3,SO3的空間構(gòu)型是_____。

(3)配合物[Fe(H2N-CH2-CH2-NH2)3]SO4的名稱是硫酸三乙二胺合鐵(II)。其中的乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)是配體。

①[Fe(H2N-CH2-CH2-NH2)3]SO4的晶體類型屬于______，其中C、N、O的電負性由大到小的順序為______

③乙二胺分于中氮原子的雜化軌道類型是______。乙二胺和偏二甲肼(CH3)2NNH2互為同分異構(gòu)體。乙二胺的沸點117.2℃，偏二甲肼的沸點63℃。兩者沸點不同的主要原因是_________________。

(4)鐵和銅的電離能數(shù)據(jù)如下表:。鐵銅第一電能能(kJ/mol)759746第二電離能(kJ/mol)15611958

第一電離能與第二電離能之間的差值銅比鐵大得多的原因是______。

(5)鐵原子有兩種堆積方式，相應(yīng)地形成兩種晶胞(如圖甲、乙所示)，其中晶胞乙的堆積方式是______,晶胞甲中原子的空間利用率為______(用含的代數(shù)式表示)。16、元素的性質(zhì)與原子結(jié)構(gòu)；元素在周期表中的位置有著密切的關(guān)系。回答下列問題：

（1）如圖表示某短周期元素X的前五級電離能（I）的對數(shù)值；試推測并寫出X的元素符號___。

（2）化合物甲與SO2所含元素種類相同；兩者互為等電子體，請寫出甲的化學式___，甲分子中心原子的雜化類型是___。

（3）配位化學創(chuàng)始人維爾納發(fā)現(xiàn)，將1mo1CoC13·5NH3（紫紅色）和1mo1CoC13?4NH3（綠色）溶于水，加入AgNO3溶液；立即沉淀的AgCl分別為2mo1；1mol。則紫紅色配合物中配離子的化學式為___，綠色配合物中Co的配位數(shù)為___。

（4）某稀土元素M的氧化物晶體為立方晶胞；其結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中小球代表氧離子，大球代表M離子。

①寫出該氧化物的化學式___。

②己知該晶體密度為ρg·cm-3，晶胞參數(shù)為anm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。則M的相對原子質(zhì)量Mr=___（用含ρ；a等的代數(shù)式表示）；

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，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中原子1（M原子）的坐標為（），則原子2(M原子）的坐標為___。17、黃銅是人類最早使用的合金之一；主要由鋅和銅組成。回答下列問題：

（1）銅原子核外電子共有__種不同運動狀態(tài)，基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為__。

（2）根據(jù)銅、鋅原子結(jié)構(gòu)可知第二電離能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于”。

（3）向藍色硫酸銅溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍過量的氨水，溶液變?yōu)樯钏{色[Cu(NH3)4]2+。

①H2O分子中心原子的雜化類型為__；分子中的鍵角：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

②通過上述實驗現(xiàn)象可知，與Cu2+的配位能力：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

③氨硼烷(BH3—NH3)可以作為機動車使用的備選氫來源或氫儲存的材料。

下列與氨硼烷是等電子體的有__(填編號)。

A.乙烷B.H2O2C.H3PO4D.S8

④寫出BH3—NH3的結(jié)構(gòu)式結(jié)構(gòu)中若含配位鍵用→表示__。

（4）某磷青銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

①其化學式為__。

②若晶體密度為8.82g/cm3，最近的Cu原子核間距為__cm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，用M表示該晶體的摩爾質(zhì)量)。18、早在1913年就有報道說；在400℃以上AgI晶體的導電能力是室溫時的上萬倍，可與電解質(zhì)溶液相比。

(1)已知Ag元素的原子序數(shù)為47，則Ag元素在周期表中的位置是_____________，屬于_____區(qū)，基態(tài)Ag原子的價電子排布式為__________。

(2)硫代硫酸銀(Ag2S2O3)是微溶于水的白色化合物，它能溶于過量的硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶液生成[Ag(S2O3)2]3-等絡(luò)陰離子。在[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是______(填名稱)，配體陰離子的空間構(gòu)型是______，中心原子采用_____雜化。

(3)碘的最高價氧化物的水化物有HIO4(偏高碘酸，不穩(wěn)定)和H5IO6(正高碘酸)等多種形式，它們的酸性HIO4_____H5IO6(填：弱于、等于或強于)。氯、溴、碘的氫化物的酸性由強到弱排序為______(用化學式表示)，其結(jié)構(gòu)原因是______。

(4)在離子晶體中，當0.414<0.732時，AB型化合物往往采用和NaCl晶體相同的晶體結(jié)構(gòu)(如下圖1)。已知r(Ag+)：r(I-)=0.573，但在室溫下，AgI的晶體結(jié)構(gòu)如下圖2所示，稱為六方碘化銀。I－的配位數(shù)為______，造成AgI晶體結(jié)構(gòu)不同于NaCl晶體結(jié)構(gòu)的原因不可能是_______。

a．幾何因素b．電荷因素c．鍵性因素。

(5)當溫度處于146～555℃間時，六方碘化銀轉(zhuǎn)化為α–AgI(如下圖)，Ag+可隨機地分布在四面體空隙和八面體空隙中，多面體空隙間又彼此共面相連。因此可以想象，在電場作用下，Ag+可從一個空隙穿越到另一個空隙，沿著電場方向運動，這就不難理解α–AgI晶體是一個優(yōu)良的離子導體了。則在α–AgI晶體中，n(Ag+)﹕n(八面體空隙)﹕n(四面體空隙)=______________。

19、英國曼徹斯特大學科學家安德烈·海姆和康斯坦丁·諾沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法從石墨中成功獲得超薄材料石墨烯而獲獎。制備石墨烯方法有石墨剝離法；化學氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型示意圖如下：

（1）下列有關(guān)石墨烯的說法正確的是_________

A.12g石墨烯含化學鍵數(shù)為NA

B.石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面。

C.從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力。

D.石墨烯中每個C原子連接3個六元環(huán),每個六元環(huán)占有6個C原子。

（2）化學氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一,催化劑為金；銅、鈷等金屬或合金,含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。

①基態(tài)銅原子能量最高的電子占據(jù)的能級符號是_________；第四周期元素中,最外層電子數(shù)與銅原子相同的元素還有___________。

②下列分子屬于非極性分子的是__________。

a.甲烷b.二氯甲烷c.苯d.乙醇。

③乙醇的沸點要高于相對分子質(zhì)量比它還大的丁烷,請解釋原因____________________________。

④酞菁與酞菁銅染料分子結(jié)構(gòu)（如圖）,酞菁分子中碳原子采用的雜化方式是____。

⑤金與銅可形成的金屬互化物合金(如圖),它的化學式可表示為_________；在Au周圍最近并距離相等的Cu有_____個,若2個Cu原子核的最小距離為dpm,該晶體的密度可以表示為__________g/cm3。(阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示).

評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共10分)20、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(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__________(填化學式)；

(4)“一級沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二級沉砷”中H2O2與含砷物質(zhì)反應(yīng)的化學方程式為__________；

(6)關(guān)于地下水中砷的來源有多種假設(shè)，其中一種認為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3，同時生成導致砷脫離礦體進入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分五、實驗題(共1題，共5分)21、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(shè)計實驗方案將這兩種配合物區(qū)別開來_____________________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A、s能級的軌道都是球形的，且電子層序數(shù)越大，半徑也就越大，故A錯誤；B、在一個軌道中電子的自旋方向肯定不同，但在同一電子層的不同軌道中，電子的自旋方向是可以相同的，故B錯誤；C、Mg原子3s2能級上的2個電子吸收能量躍遷到3p2軌道上，由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)，故C正確；D、原子的最外層電子排布是5s1的元素是Rb元素；其氫氧化物是強堿，可以與氫氧化鋁反應(yīng)，故D錯誤；故選C。

【點睛】

原子軌道的形狀與電子層數(shù)的多少無關(guān)；在電子排布中，每一電子層有s、p、d、f等七個能級，每個能級有不同的軌道，在每一軌道上電子的自旋方向不同；能量最低的能級叫做基態(tài)，其他能級叫做激發(fā)態(tài)；氫氧化鋁為兩性物質(zhì)，既能溶于酸，又能溶于強堿。2、B【分析】【詳解】

A．CO2分子是直線型分子；SO2中心原子價層電子對個數(shù)是3；且含有一個孤電子對，所以分子空間構(gòu)型是V形，A錯誤；

B．CH4與CCl4分子中C原子價層電子對個數(shù)均為4+（4-4×1）/2=4，且不含孤電子對，所以CH4與CCl4分子均為正四面體結(jié)構(gòu)；B正確；

C．NH3中價層電子對個數(shù)=3+（5-3）/2=4且含有一個孤電子對，所以為三角錐形，BF3中B原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+0=3；所以分子構(gòu)型為平面正三角形，C錯誤；

D．H3O+中心原子的價層電子對個數(shù)是3，且含有一個孤電子對，所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，SO3中心原子價層電子對數(shù)=3，S原子采取sp2雜化；分子空間構(gòu)型為平面三角形，D錯誤。

答案選B。3、A【分析】【詳解】

A．烯烴中，1molC平均可以形成1mol碳碳共用電子對、1molH可以形成1molC-H共用電子對；烯烴的最簡式為：CH2，14g混合物中含有1molCH2，能夠形成1mol碳碳共用電子對和2molC-H共用電子對，總共形成3mol共用電子對，含有共用電子對數(shù)目為3×6.02×1023；故A正確；

B．0.12g石墨烯中含有0.12g碳原子，含有0.01molC，即含有6.02×1021個碳原子；故B錯誤；

C．由均攤法可知一個晶胞中C60的個數(shù)為=4，720gC60晶體含有1molC60，1molC60分子可以形成0.25mol晶胞結(jié)構(gòu)單元，即含有1.505×1023個晶胞結(jié)構(gòu)單元；故C錯誤；

D．60g二氧化硅的物質(zhì)的量為1mol，含有1mol硅原子，形成了4molSi—O鍵，含有4×6.02×1023個Si-O鍵；故D錯誤；

綜上所述答案為A。4、C【分析】【詳解】

A.GaAs晶體的熔點很高；硬度很大，為空間立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于共價晶體，故A正確；

B.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ga的配位數(shù)為4，晶胞中Ga原子數(shù)目為4，As原子數(shù)目為晶胞中As；Ga原子數(shù)目之比為1：1，故As配位數(shù)也是4，Ga與周圍4個As原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，As與周圍4個Ga原子也形成正四面體結(jié)構(gòu)，原子均形成4個鍵，Ga原子價電子數(shù)為3，與As形成4個共價鍵，說明As原子提供1對孤電子對給Ga形成配位鍵，As原子最外層5個電子全部成鍵，均沒有孤對電子，故B正確；

C.晶胞中原子總體積為晶胞質(zhì)量為晶胞的體積為原子的體積占晶胞體積的百分率為故C錯誤；

D.每個As；Ga原子都形成4個共價鍵；均沒有孤對電子，所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；

故答案選：C。5、C【分析】【詳解】

A.SiC屬于原子晶體；化學式不能表示分子組成，表示晶體中原子數(shù)目比，A錯誤；

B.MgO屬于金屬氧化物；屬于離子化合物，化學式不能表示分子組成，表示晶體中離子數(shù)目比，B錯誤；

C.Ar屬于單原子分子；屬于分子晶體，化學式能表示分子組成，C正確；

D.是聚乙烯的結(jié)構(gòu)簡式，不是分子式，不能表示分子組成，D錯誤；故答案為：C。二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr的原子序數(shù)和在周期表的位置，寫出價電子排布；根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律判斷第一電離能大??；根據(jù)VSEPR理論判斷SO2的VSEPR模型和中心原子的雜化形式；根據(jù)等電子體，分子量相同，由分子的極性判斷熔沸點高低；根據(jù)配位體的結(jié)構(gòu)判斷配體提供孤電子對和配位數(shù)；根據(jù)VSEPR理論判斷NH3變?yōu)镹H4+時引起的變化；根據(jù)均攤法計算晶胞中C原子個數(shù)；由密度，質(zhì)量計算晶胞的棱長；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）Cr是24號元素，在元素周期表中位于第四周期第VIB，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，基態(tài)原子價電子排布為3d54s1；答案為：3d54s1。

（2）非金屬性越強；第一電離能越大，N元素原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素，O，S屬于同主族元素，從上往下，非金屬性減弱，O的原子序數(shù)比S小，則非金屬性O(shè)＞S，第一電離能O＞S，則O；N、S的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞S；答案為N＞O＞S。

（3）SO2分子的價層電子對數(shù)=2+=3，VSEPR模型的名稱為平面三角形，S原子采取sp2雜化；答案為平面三角形，sp2。

（4）CO和N2互為等電子體，且CO和N2分子量相同，由于CO是極性分子，N2是非極性分子，分子的極性越強分子間作用力越強熔沸點越高，所以熔沸點CO大于N2；答案為CO，CO和N2分子量相同，由于CO是極性分子，N2是非極性分子；極性分子與極性分子之間的范德華力較強，故CO沸點較高。

（5）由[CrCl2(H2O)4]Cl?2H2O結(jié)構(gòu)可知，中心原子Cr3+提供空軌道；配體Cl；O提供孤電子對，配位數(shù)為2+4=6；答案為Cl、O，6。

（6）NH3分子可以與H+結(jié)合生成NH4+，NH3分子中N原子價層電子對數(shù)=3+=3+1=4，采取sp3雜化，有一個孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，NH4+中N原子價層電子對數(shù)=4+=4+0=4，采取sp3雜化；無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體，二者中N原子價層電子對數(shù)均是4，N原子孤電子對數(shù)由1對變?yōu)?，N原子雜化方式不變，電子數(shù)數(shù)目不變，空間構(gòu)型由三角錐形變?yōu)檎拿骟w，鍵角減??；答案為A；C。

（7）晶胞中碳原子數(shù)目=4+8×+6×=8，設(shè)晶胞棱長為apm，則8×=ρg/cm3×(a×10-10cm)3，解得a=×1010pm；答案為×1010。【解析】①.3d54S1②.N>O>S③.平面三角形④.sp2雜化⑤.CO⑥.CO為極性分子，N2為非極性分子，極性分子與極性分子之間的范德華力較強，故CO沸點較高⑦.O、Cl⑧.6⑨.AC⑩.×10107、略

【分析】【分析】

（1）碳原子位于第二周期第IVA族，最外層電子排布式為2s22p2；

（2）鈦是22號元素；根據(jù)元素周期表排布規(guī)律，位于第4周期第IVB族；

（3）分子熔沸點與分子間作用力有關(guān)。

【詳解】

(1)碳原子最外層電子排布式為2s22p2，最外電子層的軌道表示式為

(2)鈦(Ti)是22號元素；位于第4周期第IVB族，它是長周期元素；副族元素。答案為BD。

(3)CO2分子的電子式為其熔沸點比CS2低，原因是兩者都為分子晶體，CO2的相對分子質(zhì)量較低，分子間作用力較小，熔沸點越低?！窘馕觥縝d兩者都為分子晶體，CO2的相對分子質(zhì)量較低，分子間作用力較小，熔沸點越低。8、略

【分析】【詳解】

同周期；從左到右，總體上第一電離能逐漸增大（第二和第五主族例外）；故鋁的第一電離能小于硅。

答案為：<?！窘馕觥?lt;9、略

【分析】【分析】

(1)硅原子序數(shù)為14；按相關(guān)知識點填空即可；

(2)按N和Cu的原子核外電子排布式回答；

(3)按原子半徑規(guī)律；電負性規(guī)律填寫；熔點按原子晶體中影響熔點的因素填寫，沸點按分子晶體中影響沸點的規(guī)律填寫；

【詳解】

(1)硅原子序數(shù)為14；核外14個電子，分3層排布，最外層4個電子，則硅位于元素周期表第三周期第IVA族；

答案為：三；IVA；

(2)N和Cu的原子序數(shù)分別為7和29，N原子核外電子排布式為1s22s22p3，銅原子外圍電子構(gòu)型為3d34s1；則銅原子最外層有1個電子；

答案為：1s22s22p3；1；

(3)Al和Si同周期，原子序數(shù)大者原子半徑小，故原子半徑Al＞Si；氮和氧是同周期非金屬元素，原子序數(shù)大者電負性大，故電負性N＜O；金剛石和晶體硅都是原子晶體，原子晶體中熔點由共價鍵牢固程度決定，碳碳單鍵比硅硅單鍵牢固，故熔點：金剛石＞硅晶體，CH4和SiH4都是分子晶體，沸點由分子間作用力決定，CH4和SiH4組成結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量大者分子間作用力大，則沸點高，故沸點：CH4＜SiH4；

答案為：>；<；>；<?！窘馕觥竣?三②.IVA③.1s22s22p3④.1個⑤.)>⑥.<⑦.>⑧.<10、略

【分析】【分析】

同種非金屬元素之間存在非極性共價鍵；正負電荷重心重合的分子為非極性分子，根據(jù)中心原子的價層電子對數(shù)確定雜化方式，根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子的空間構(gòu)型，非金屬元素的氫化物沸點隨著相對分子質(zhì)量的增大而升高，存在氫鍵的物質(zhì)的沸點較高；在氨水中，水分子的氫原子和氨氣分子中的氮原子之間存在氫鍵。

【詳解】

（1）氮氣和氧氣都是雙原子分子，同種非金屬原子之間存在非極性共價鍵，所以含有非極性共價鍵的分子是N2、O2；

故答案為：N2、O2；

（2）甲烷中碳原子和氫原子之間存在極性鍵；甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，二氧化碳分子中碳原子和氧原子之間存在極性鍵，二氧化碳是直線型結(jié)構(gòu)，甲烷和二氧化碳分子中正負電荷重心重合，所以甲烷和二氧化碳是非極性分子；

答案為：CH4、CO2；

（3）水分子中價電子數(shù)=2+（6-2×1）=4；水分子中含有2個孤電子對，所以氧原子采取sp3雜化，分子空間構(gòu)型為V型；

答案為：sp3；V型；

（4）氫化物的沸點變化規(guī)律的圖象中；折線D可以得出該族元素的氫化物的沸點隨著原子序數(shù)的遞增，從上到下是逐漸升高的，符合第IVA元素的性質(zhì)，甲烷屬于第IVA族元素的氫化物，相對分子質(zhì)量最小，沸點最低，故選D；

答案為D；

（5）氨水中，H2O中H原子與NH3分子中的N原子形成氫鍵；即O-HN；

答案為：O-HN

【點睛】

本題涉及到了非極性分子的判斷、原子的雜化方式、分子的空間構(gòu)型等知識點，難度不大，原子的雜化方式、分子的空間構(gòu)型、氫鍵等知識點是高考的熱點，應(yīng)重點掌握?！窘馕觥竣?N2、O2②.CH4、CO2③.sp3V形④.D⑤.O—HN11、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)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。【解析】①.6②.8③.6④.1：1：3⑤.CaTiO312、略

【分析】【分析】

根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)先計算晶胞參數(shù)，再計算密度。

【詳解】

(1)根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)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(zhì)量和體積，先找出一個的質(zhì)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%④.13、略

【分析】【分析】

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

【詳解】

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

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

（3）有資料表明，只有釙的晶體中的原子具有如圖2所示的堆積方式，釙位于元素周期表的第六周期ⅥA族，元素符號是Po，最外層電子排布式是6s26p4。答案：六；ⅥA；Po；6s26p4?！窘馕觥糠敲苤?密置661六ⅥAPo6s26p414、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)①中：非金屬性最強的元素是F；原子中沒有運動狀態(tài)相同的電子，核外有幾個電子就有幾種不同運動狀態(tài)的電子；氮氣可作糧食保護氣，最外層有5個電子，電子的自旋方向有2種；

(2)根據(jù)共價物質(zhì)的組成分析晶體的類型；對于ABn的共價化合物；各元素滿足|化合價|+元素原子的最外層電子數(shù)=8，原子都滿足最外層8電子結(jié)構(gòu)；，然后書寫電子式；

(3)平衡常數(shù)為產(chǎn)物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪的乘積的比值；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；降低溫度，平衡正向移動；

(4)反應(yīng)容器的容積為2L，3min后達到平衡，測得蒸氣的質(zhì)量減少了2.45g，依據(jù)化學方程式的氣體質(zhì)量變化計算反應(yīng)I2物質(zhì)的量；依據(jù)化學反應(yīng)速率概念計算；

(5)根據(jù)S2會轉(zhuǎn)變成S4、S6、S8；反應(yīng)物氣體的物質(zhì)的量偏小。

【詳解】

(1)反應(yīng)①中：非金屬性最強的元素是F；F原子中有9個電子，就有9種不同運動狀態(tài)的電子；氮氣可作糧食保護氣，最外層有5個電子，電子的自旋方向有2種；

(2)NH3、F2、NF3屬于分子晶體，NH4F屬于離子晶體，Cu屬于金屬晶體；NF3中N元素化合價為+3，N原子最外層電子數(shù)為5，所以3+5=8，分子中N原子滿足8電子結(jié)構(gòu)；F元素化合價為-1，F(xiàn)原子最外層電子數(shù)為7，所以|-1|+7=8，分子中F原子滿足8電子結(jié)構(gòu)，電子是為：

(3)反應(yīng)TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g)體系中，平衡常數(shù)為產(chǎn)物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪的乘積的比值，K=該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；降低溫度，平衡正向移動；

a．降低溫度；平衡正向移動，平衡常數(shù)K增大，故a正確；

b．平衡正向移動，S2的濃度減小，故b正確；

c．平衡正向移動，I2的質(zhì)量增大；故c錯誤；

d．溫度降低，V(TaI4)逆減??；故d錯誤；

故答案為ab；

(4)若反應(yīng)容器的容積為2L；3min后達到平衡，測得蒸氣的質(zhì)量減少了2.45g，則。

TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g)△m2mol245g0.02mol2.45g

生成的I2為0.02mol，則I2的平均反應(yīng)速率==0.00333mol/(L?min)；

(5)S2會轉(zhuǎn)變成S4或S6或S8，反應(yīng)物氣體的物質(zhì)的量偏小，所以增大壓強，平衡逆向移動，TaI4的平衡轉(zhuǎn)化率減小?！窘馕觥?2分子晶體、金屬晶體、離子晶體[I2]2/[TaI4][S2]ab0.00333mol/(L?min)或1/300mol/(L?min)平衡轉(zhuǎn)化率會減小原因是在S2可以轉(zhuǎn)化為S4或S6或S8+，2TaI4（g）+S4（g）2TaS2（s）+4I2（g）加壓使平衡向逆反應(yīng)方向進行三、原理綜合題(共5題，共10分)15、略

【分析】【詳解】

（1）基態(tài)鐵26個電子，價電子排布圖為：

（2）三氧化硫中σ鍵電子對數(shù)為3，中心原子孤電子對數(shù)為價層電子對數(shù)為3，所以為平面正三角形。

（3）①該物質(zhì)含有陰陽離子，晶體類型屬于離子晶體，非金屬性越強，電負性越強，所以碳和氮和氧的電負性由大到小的順序為：O>N>C。

③氮原子形成四個σ鍵，價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化。雖然乙二胺和偏二甲肼的分子間均能形成氫鍵；但是，由于乙二胺分子中的N—H鍵的數(shù)目多于偏二甲肼，因而乙二胺的分子間氫鍵數(shù)目大于偏二甲肼，所以乙二胺的熔沸點高。

（4）電離能越大，說明原子或離子越難失去電子，具有全充滿或半充滿及全空的電子構(gòu)型的元素穩(wěn)定性較高，其電離能數(shù)值較大。失去1個電子后，+1價銅電子排布是3d10，+1價的鐵電子排布式是3d64s1；銅為全充滿結(jié)構(gòu)很穩(wěn)定，所以第二電離能銅比鐵大很多（或+1價銅失去的是3d電子，+1價的鐵失去的是4s電子，3d電子的能量比4s高）

（5）晶胞乙中原子位于晶胞的頂點和面心，所以屬于面心立方最密堆積；晶胞甲中含有鐵原子個數(shù)為假設(shè)鐵原子半徑為r，晶胞的邊長為a，則有（4r）2=（a）2+a2，解r=原子的空間利用率為=

【點睛】

掌握電離能的大小與失電子能力的關(guān)系，掌握立方晶胞的計算方法，通常用均攤法，即頂點的粒子同為8個晶胞所擁有，1/8離子屬于該晶胞；位于棱上的的粒子有1/4屬于該晶胞；位于面上的粒子有1/2屬于該晶胞；位于內(nèi)部的整個離子都屬于該晶胞。還要掌握晶胞的空間利用率的計算公式。【解析】平面正三角形離子晶體O>N>Csp3雜化兩種物質(zhì)中分子間氫鍵數(shù)目乙二胺大于偏二甲肼失去1個電子后+1價銅電子排布是3d10，+1價的鐵電子排布式是3d64s1，銅為全充滿結(jié)構(gòu)很穩(wěn)定，所以第二電離能銅比鐵大很多（或+1價銅失去的是3d電子，+1價的鐵失去的是4s電子，3d電子的能量比4s高）面心立方最密堆積16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）根據(jù)圖像可以發(fā)現(xiàn)該元素的第三電離能顯著增大，因此推測其為第二主族元素，而鈹只有4個電子，不可能有第五電離能，因此只能為鎂元素，其元素符號為

（2）將一個氧原子換成一個硫原子，因此的甲的化學式為或中硫原子是雜化，考慮到等電子體的結(jié)構(gòu)類似，因此分子中心原子的雜化類型也為

（3）根據(jù)分析，1mol紫紅色的物質(zhì)中有2mol位于外界，因此剩下的1mol位于內(nèi)界，其配離子的化學式為而1mol綠色的物質(zhì)中有1mol位于外界，因此剩下的2mol位于內(nèi)界；因此其配位數(shù)為4+2＝6；

（4）①四個大球全部位于晶胞內(nèi)部，因此按1個來算，而位于頂點的氧原子按來計算，位于棱心的氧原子按來計算，位于面心的氧原子按來計算，位于體心的氧原子按1個來計算，因此一共有個氧原子，根據(jù)分析，一個晶胞內(nèi)有4個M離子和8個氧離子，因此其化學式為

②分子內(nèi)有4個M和8個氧，因此一個晶胞的質(zhì)量為晶體的體積為代入后化簡即可得到

③把整個晶胞劃分為8個小方塊，則1號小球相當于左、上、后小方塊的體心，2號小球相當于右、下、后小方塊的體心，因此其坐標為【解析】MgS2O或OS2sp2[Co(NH3)5Cl]2+6MO217、略

【分析】【分析】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1；

(2)根據(jù)Zn和Cu的電子排布式考慮電離能大??；

(3)①根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷；孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力；

②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化；

③原子數(shù)目相等；價電子總數(shù)相等的微?；榈入娮芋w；

④BH3-NH3中B存在空軌道；N存在孤電子對，由N和B之間形成配位鍵；

(4)①晶體中P原子位于中心，含有一個磷原子，立方體每個面心喊一個Cu，每個Cu分攤給一個晶胞的占立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為據(jù)此得到化學式；

②設(shè)立方體邊長為x，銅原子間最近距離為a，則a2=()2+()2，a=x，結(jié)合密度ρ=V=x3，1個晶胞質(zhì)量m=g；計算x得到銅原子間最近距離。

【詳解】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，為29號元素，則銅原子核外電子共有29種不同運動狀態(tài)；基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1；則基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形；

(2)鋅的第二電離能I2(Zn)小于銅的第二電離能I2(Cu)，Zn的價電子排布式為3d104s2，Cu的價電子排布式為3d104s1，Cu失去一個電子內(nèi)層達到飽和，再失去一個電子比較困難，Zn失去一個電子價層變?yōu)?d104s1，再失去一個電子比Cu+容易；所以第二電離能相對?。?/p>

(3)①對于H2O，根據(jù)VSEPR理論，VP=BP+LP=2+=4，則中心O為sp3雜化；

孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力，H2O的孤電子對數(shù)目多于NH3的孤電子對數(shù)目，則分子中的鍵角：H2O小于NH3；

②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化，所以判斷NH3和H2O與Cu2+的配位能力：NH3＞H2O；

③B原子有空軌道，NH3中N原子有1對孤電子對，N原子提供孤電子對個B原子形成配位鍵，與氨硼烷互為等電子體的分子，可以用2個C原子代替B、N原子，與氨硼烷等電子體一種分子為：C2H6；故答案為A；

④BH3-NH3中B存在空軌道，N存在孤電子對，由N和B之間形成配位鍵，所以其結(jié)構(gòu)式為：

(4)①晶體中P原子位于中心，含有一個磷原子，立方體每個面心喊一個Cu，每個Cu分攤給一個晶胞的占立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為據(jù)此得到化學式SnCu3P；

②摩爾質(zhì)量為342g/mol，則一個晶胞質(zhì)量m=g，設(shè)立方體邊長為x，銅原子間最近距離為a，則a2=()2+()2，a=x，結(jié)合密度ρ=V=x3==cm3，x=cm，a=cm。

【點睛】

價層電子對互斥模型(簡稱VSEPR模型)，根據(jù)價電子對互斥理論，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)；分子的立體構(gòu)型是指分子中的原子在空間的排布，不包括中心原子未成鍵的孤對電子；實際空間構(gòu)型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是該分子的空間構(gòu)型?！窘馕觥?9球形小于sp3小于小于ASnCu3P18、略

【分析】【分析】

根據(jù)同族元素來確定Ag元素的位置和價電子排布式；由價層電子對互斥理論確定雜化軌道和空間構(gòu)型；含氧酸中非羥基氧原子個數(shù)越多酸性越強；四面體空隙：由四個球體圍成的空隙；球體中心線圍成四面體；八面體空隙：由六個球圍成的空隙，球體中心線圍成八面體形；根據(jù)均攤法確定離子個數(shù)；八面體空隙和四面體空隙的個數(shù)。

【詳解】

(1)已知Ag元素的原子序數(shù)為47，第四周期有18種元素，47-18=29，29號元素為Cu，則Ag元素在周期表中應(yīng)在Cu的下方，Cu原子的價電子為3d104s1，Cu元素在第四周期IB族，屬于ds區(qū)，所以則Ag元素在周期表中的位置是第五周期IB族，屬于ds區(qū)，基態(tài)Ag原子的價電子排布式為4d105s1。

(2)硫代硫酸根中因為硫比氧半徑更大,所以與銀離子的親和性更好,所以[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是硫；配體陰離子-的中心原子是硫，另一個硫原子相當于氧原子，則中心原子硫的孤電子對數(shù)為價層電子對數(shù)為4+0=4，所以空間構(gòu)型是四面體形，中心原子采用sp3雜化。

(3)H5IO6（）中含有5個羥基氫，為五元酸，含非羥基氧原子1個，HIO4為一元酸，含有1個羥基氫，含非羥基氧原子3個，含非羥基氧原子個數(shù)越多酸性越強，所以酸性HIO4強于H5IO6；氯、溴、碘的氫化物為HCl、HBr、HI，由于氯、溴、碘的原子半徑逐漸增大，H—Cl、H—Br、H—I的鍵長逐漸增大，共價鍵鍵能逐漸減弱，所以HI更容易電離出H+，酸性更強，故酸性由強到弱排序為HI>HBr>HCl；

(4)如下圖2，離I－最靠近的Ag+的有四個，所以I－配位數(shù)為4；由于r(Ag+)：r(I-)=0.573，在0.414<0.732范圍內(nèi)，但是晶體結(jié)構(gòu)和NaCl晶體不同，所以a幾何因素不可以作為晶體結(jié)構(gòu)的原因；AgI和NaCl的陰陽離子的電荷比相同，所以b電荷因素不可以作為晶體結(jié)構(gòu)的原因；Ag+和I-離子半徑大，受相反電荷離子的電場作用變成橢球形，不再維持原來的球形，離子鍵就向共價鍵過渡，它們的成鍵具有離子鍵和共價鍵的雙重特性，其離子鍵的純粹程度不高，離子鍵的純粹程度簡稱鍵性因素，所以造成AgI晶體結(jié)構(gòu)不同于NaCl晶體結(jié)構(gòu)的原因是鍵性因素，答案選ab。

(5)如圖取最小的單元，八面體空隙在面心(6個)和棱上(12個)，有個，四面體空隙在面心，每個面心四個，有個，每個晶胞含有個離子，則n(Ag+)﹕n(八面體空隙)﹕n(四面體空隙)=2﹕6﹕12=1﹕3﹕6。

【點睛】

同族元素價電子基本相同，根據(jù)同族元素的相似性，確定元素的有關(guān)知識；中心原子的雜化類型和分子空間構(gòu)型根據(jù)價層電子對互斥理論確定，先確定中性原子的孤電子對數(shù)，再得到價層電子對數(shù)，可得雜化類型和空間構(gòu)型；立方晶胞原子的均攤法計算方法：頂點的原子數(shù)乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，內(nèi)部的乘一；四面體空隙有8個，八面體空隙有4個。【解析】第五周期IB族ds4d105s1硫四面體形sp3強于HI>HBr>HCl氯、溴、碘的原子半徑逐漸增大，H—Cl、H—Br、H—I的鍵長逐漸增大，共價鍵鍵能逐漸減弱，所以HI更容易電離出H+，酸性更強4ab1﹕3﹕619、略

【分析】【詳解】

（1）A．石墨烯中一個碳原子具有1.5個σ鍵；所以12g石墨烯含σ鍵數(shù)為1.5NA，選項A錯誤；

B．碳碳雙鍵上所有原子都處于同一平面；所以導致石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面，選項B正確；

C．石墨結(jié)構(gòu)中；石墨層與層之間存在分子間作用力，所以從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力，選項C正確；

D、石墨烯晶體中最小的環(huán)為六元環(huán)，每個碳原子連接3個C-C化學鍵，則每個C原子連接3個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有的C原子數(shù)為6×=2；選項D錯誤；

答案選BC；

（2）①銅是29號元素，其基態(tài)原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1；基態(tài)銅原子能量最高的電子占據(jù)的能級符號是3d；

第四周期元素中,最外層電子數(shù)與銅原子相同的元素還有K、Cr;

②a.甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)；結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷的中心重合，屬于非極性分子，選項a正確；

b.二氯甲烷為四面體分子，結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷的中心不重合，屬于極性分子，選項b錯誤；

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