2024年鲁教版选修3化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年鲁教版选修3化学下册阶段测试试卷26考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法中正确的是A.处于最低能量的原子叫做基态原子B.3s2表示3s能级有两个轨道C.同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D.同一原子中，3d、4d、5d能级的轨道数依次增多2、下列有关说法正确的是A.7.8g苯含有0.6NA个σ键B.基态F原子核外有9种能量不同的电子C.第一电离能：Ga＞ZnD.每个面心立方晶胞中八面体空隙与四面体空隙个数比为1：23、下列分子或离子中，空间构型是平面三角形的是A.B.C.D.4、下列说法中正确的是（）A.ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子B.水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致C.H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3杂化D.配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2＋，配位体是SO42-5、下列有关金属晶体的说法正确的是A.六方最密堆积的晶胞中原子配位数是8B.晶胞中原子配位数为12的金属一定采取面心立方最密堆积C.锌的晶胞类型与铜的相同D.铁的晶胞中空间利用率为68%评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中的原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：Z＞W＞RB.W、R对应的简单氢化物的稳定性前者大于后者C.W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D.电负性R＞Y、X7、下列分子或离子中,中心原子含有孤电子对的是A.H3O+B.SiH4C.PH3D.-8、短周期主族元素的原子序数依次增大，的最高正价与最低负价代数和为0，形成的化合物甲的结构如图所示，在同周期中原子半径最小。下列说法正确的是（）

A.原子半径大小：B.电负性大小：C.形成的化合物为离子化合物D.化合物甲中阴离子的空间构型为三角锥形9、有下列两组命题。A组B组Ⅰ.H2O分子间存在氢键，H2S则无①H2O比H2S稳定Ⅱ.晶格能NaI比NaCl小②NaCl比NaI熔点高Ⅲ.晶体类型不同③N2分子比磷的单质稳定Ⅳ.元素第一电离能大小与原子外围电子排布有关，不一定像电负性随原子序数递增而增大④同周期元素第一电离能大的，电负性不一定大

B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释的是A.Ⅰ①B.Ⅱ②C.Ⅲ③D.Ⅳ④10、有一种蓝色晶体[可表示为MxFey(CN)6]，经X射线研究发现，其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN-位于立方体的棱上，则下列说法正确的是（）

A.x=2，y=1B.该晶体属于离子晶体，M呈+1价C.M的离子不可能在立方体的体心位置D.该晶胞中与每个Fe3+距离最近且相等的CN-有3个11、近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。如图给出其中三种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原子），关于这三种晶胞的说法正确的是（）

A.晶胞Ⅰ中钠原子的配位数为12B.晶胞Ⅱ中含有6个钠原子C.晶胞Ⅲ所对应晶体的化学式为Na2ClD.三种晶体均是由NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应所得12、下列关于物质熔、沸点的比较不正确的是()A.Si、Si金刚石的熔点依次降低B.SiCl4、MgBr2、氮化硼的熔点依次升高C.F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高D.AsH3、PH3、NH3的沸点依次升高评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、[化学—选修3：物质结构与性质]

硅是重要的半导体材料；构成了现代电子工业的基础。请回答下列问题：

（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为_______，该能层具有的原子轨道数为________、电子数为___________。

（2）硅主要以硅酸盐、___________等化合物的形式存在于地壳中。

（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以___________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献__________个原子。

（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为___________________________________。

（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：。化学键C—CC—HC—OSi—SiSi—HSi—O键能/(kJ•mol-1356413336226318452

①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是______。

②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是___________________________。

（6）在硅酸盐中，SiO4-4四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为______，Si与O的原子数之比为_________，化学式为__________________。

14、请回答以下问题：

(1)第四周期的某主族元素，其第一至五电离能数据如下图1所示，则该元素对应原子的M层电子排布式为___________。

(2)如下图2所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。简述你的判断依据___________。

(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如下图3所示。该晶体的类型属于___________(选填“分子”“原子”“离子”或“金属”)晶体，该晶体中碳原子轨道的杂化类型为___________。

(4)在离子晶体中正、负离子间力求尽可能多的接触，以降低体系的能量，使晶体稳定存在。已知Na+半径是Cl-的a倍，Cs+半径是Cl-的b倍，请回顾课本上NaCl和CsCl的晶胞，其晶胞边长比为___________。

(5)Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A-D图中正确的是___________。铁原子的配位数是___________，假设铁原子的半径是rcm，该晶体的密度是pg／cm3，则铁的相对原子质量为___________(设阿伏加德罗常数的值为NA)。

15、第一电离能是指处于基态的气态原子失去一个电子，生成+1价气态阳离子所需要的能量。如图是部分元素的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图。

请回答下列问题：

（1）分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，将Na～Ar之间1~6号元素用短线连接起来，构成完整的图象___。

（2）根据图分析可知，同主族元素的第一电离能的变化规律是___。

（3）图中5号元素在元素周期表中的位置是___。16、如图所示；甲；乙、丙分别表示C、二氧化碳、碘晶体的晶胞结构模型。

请回答下列问题：

（1）C60的熔点为280℃，从晶体类型来看，C60属____________晶体。

（2）二氧化碳晶胞中显示出的二氧化碳分子数为14，实际上一个二氧化碳晶胞中含有____________个二氧化碳分子，二氧化碳分子中键与键的个数比为____________。

（3）①碘晶体属于____________晶体。

②碘晶体熔化过程中克服的作用力为____________。

③假设碘晶胞中长方体的长、宽、高分别为acm、bcm、ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则碘晶体的密度为____________g·cm-3。17、镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的价电子排布式为___________，排布时最高能层的电子所占的原子轨道有__________个伸展方向。

（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法不正确的有_________。

A．CO与CN-互为等电子体；其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2

B．NH3的空间构型为平面三角形。

C．Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6

D．Ni(CO)4中，镍元素是sp3杂化。

（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“•••”表示出氢键。_____

（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同；相关离子半径如下表：

NiO晶胞中Ni2+的配位数为_______，NiO熔点比NaCl高的原因是_______________________。

（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。合金LaNix晶体属六方晶系如图a所示，其晶胞如图a中实线所示，如图b所示（其中小圆圈代表La，小黑点代表Ni）。储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图c、d，这些就是氢原子存储处。

①LaNix合金中x的值为_____；

②LaNix晶胞的密度是________g/cm-3（阿伏伽德罗常数用NA表示，LaNix的摩尔质量用M表示）

③晶胞中和“”同类的八面体空隙有______个。18、（1）回答下列问题：

①处于基态的Ca和Fe原子，下列参数前者小于后者的是_________；

a.最外层电子数b.未成对电子数c.第一电离能d.原子半径。

②有文献表明，迄今为止（至2016年）除氦外，所有其他稀有气体元素都能形成化合物。试简要说明未能制得氦的化合物的理由_______________________。

（2）H和N可以形成多种化合物。

①已知联氨(N2H4)的物理性质与水接近，其原因是_____________________；

②计算表明：N4H62+的一种结构如图所示，氢原子只有一种化学环境，氮原子有两种环境，其中的大π键可表示为_________________。

（3）晶体X只含钠；镁、铅三种元素。在不同的温度和压力下；晶体X呈现不同的晶相。

①γ-X是立方晶系的晶体。铅为立方最密堆积，其余两种原子有选择的填充铅原子构成的四面体空隙和八面体空隙。在不同的条件下，γ-X也呈现不同的结构，其晶胞如图所示。X的化学式为_____________；在(b)型晶胞中，边长为apm，距离Pb最短的Na有_______个，长度为_______pm（用a表示）；Na填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为________和八面体空隙的百分比为________。已知(a)型晶胞的边长为770pm，则该型晶体的密度为_________g·cm-3。（只列出计算式）

②α-X是一种六方晶系的晶体，而在α-X中，镁和铅按1：1的比例形成类似于石墨的层状结构，钠填在层间。试画出一层α-X的结构__________。19、碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物；而且还能形成多种无机化合物如C，同时自身可以形成多种单质如D和E，碳及其化合物的用途广泛。

已知A为离子晶体；B为金属晶体，C为分子晶体。

(1)图中分别代表了五种常见的晶体，分别是：A________，B________，C________，D________，E________。(填名称或化学式)

(2)干冰和冰是两种常见的分子晶体，关于两种晶体的比较中正确的是_____。

a.晶体的密度：干冰>冰b.晶体的熔点：干冰>冰。

c.晶体中的空间利用率：干冰>冰d.晶体中分子间相互作用力类型相同

(3)金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的有________。

a.金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化。

b.晶体中共价键的键长：金刚石中C—C<石墨中C—C

c.晶体的熔点：金刚石>石墨。

d.晶体中共价键的键角：金刚石>石墨。

e.金刚石晶体中只存在共价键；石墨晶体中则存在共价键；金属键和范德华力。

f.金刚石和石墨的熔点都很高；所以金刚石和石墨都是原子晶体。

(4)金刚石晶胞结构如图，一个晶胞中的C原子数目为________。

(5)C与孔雀石共热可以得到金属铜，金属铜采用面心立方最密堆积，已知Cu单质的晶体密度为ρg/cm3，Cu的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则Cu的原子半径为__________cm。20、（1）已知在常温常压下：

①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1452.8kJ·mol－

②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1

写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：____________________。

（2）下图1是采用NaBH4(B元素的化合价为＋3价)和H2O2作原料的燃料电池。电池工作过程中负极反应式为__________________________。

（3）一种含锰磁性材料的单晶胞结构为立方晶胞，如图2所示。A、B位置的Sn原子坐标如图所示，则该晶胞中碳原子的原子坐标为___________。

21、按要求回答下列问题。

(1)下列基态原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是_______(填序号，下同)，违反能量最低原理的是_____，违反泡利不相容原理的是_____，违反洪特规则的是_______。

①Si：

②Al：

③Co3+最外层：

④Mg2＋：1s22s22p6

⑤Sc：1s22s22p63s23p63d3

⑥Cr：1s22s22p63s23p63d54s1

(2)物质：①甲烷②硫化氢③氢氧化镁④氨气⑤乙烯。条件符合条件物质的序号既含极性键又含非极性键______含有极性键的极性分子______上述分子中键角由大到小的顺序______

(3)甲图FeO晶胞中与Fe2+最近的Fe2+的个数为__________；乙图晶胞中A、B两种微粒个数比为______；丙图晶胞中A、B两种微粒个数比为_________。

甲.乙.丙.评卷人得分四、工业流程题(共1题，共5分)22、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：

已知：①As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)；

②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

(1)砷在元素周期表中的位置为_______；AsH3的电子式为______；

(2)下列说法正确的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半径：S>P>As

c.第一电离能：S

(3)沉淀X为__________(填化学式)；

(4)“一级沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为__________；

(6)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为______________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共5题，共30分)23、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。化合物AC2为一种常见的温室气体。B；C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24。请根据以上情况；回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

(1)基态E原子的核外电子排布式是________，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同还有_______（填元素符号）。

(2)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________。

(3)写出化合物AC2的电子式_____________。

(4)D的单质在AC2中点燃可生成A的单质与一种熔点较高的固体产物，写出其化学反应方程式：__________。

(5)1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。此后，等电子原理又有发展，例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是____________。24、现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

(1)A元素的第一电离能_______(填“＜”“＞”或“＝”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。

(2)C元素的电子排布图为_______；E3+的离子符号为_______。

(3)F元素位于元素周期表的_______区，其基态原子的电子排布式为_______

(4)G元素可能的性质_______。

A．其单质可作为半导体材料B．其电负性大于磷。

C．其原子半径大于锗D．其第一电离能小于硒。

(5)活泼性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。25、原子序数小于36的X；Y、Z、R、W五种元素；其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的1/5；W的原子序数为29。回答下列问题:

(1)Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1molZ2X4含有σ键的数目为________。

(2)化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，三者的沸点由高到低的顺序是________。

(4)元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的结构式是________。

(5)W元素原子的价电子排布式为________。26、下表为长式周期表的一部分；其中的编号代表对应的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

请回答下列问题：

（1）表中⑨号属于______区元素。

（2）③和⑧形成的一种常见溶剂，其分子立体空间构型为________。

（3）元素①和⑥形成的最简单分子X属于________分子(填“极性”或“非极性”)

（4）元素⑥的第一电离能________元素⑦的第一电离能；元素②的电负性________元素④的电负性(选填“>”、“＝”或“<”)。

（5）元素⑨的基态原子核外价电子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的电子式为________。

（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如表中元素⑩与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素⑩的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________。27、下表为长式周期表的一部分；其中的序号代表对应的元素。

（1）写出上表中元素⑨原子的基态原子核外电子排布式为___________________。

（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为_____杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是___________。

（3）元素④的第一电离能______⑤（填写“＞”、“＝”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________。请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式______________________（各写一种）。

（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为_______________。

（5）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为__________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．处于最低能量的原子叫做基态原子；故A正确；

B.3s2表示3s能级容纳2个电子；s能级有1个原子轨道，故B错误；

C．能级符号相同；能层越大，电子能量越高，所以1s；2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；

D．同一原子中；2d；3d、4d能级的轨道数相等，都为5，故D错误；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．7.8g苯的物质的量为0.1mol，所以含有1.2NA个σ键（C-C键；C-H键）；A错误；

B．基态F是9号元素，它的电子排布式：1s22s22p5；能级不同，能量才会不同，所以基态F原子核外有3种能量不同的电子，B错误；

C．Ga和Zn是同周期元素；因为Zn的核外电子达到全满状态，而Ga含有空轨道，所以第一电离能：Ga＜Zn，C错误；

D．四面体空隙：由四个球体围成的空隙；球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空隙，球体中心线围成八面体形；对有n个等径球体堆积而成的系统，共有：四面体空隙2n个，八面体空隙n个，所以每个面心立方晶胞中八面体空隙与四面体空隙个数比为1：2，D正确；

答案选D。3、C【分析】【详解】

A．中原子形成4个键，孤电子对数中心原子采取杂化；空间构型为正四面体形，A不合题意；

B．中N原子形成3个键，孤电子对数中心原子采取杂化；空间构型为三角锥形，B不合题意；

C．中N原子形成3个键，孤电子对数中心原子采取杂化；空间构型为平面三角形，C符合题意；

D．中碳原子形成2个键，孤电子对数中心原子采取sp杂化，空间构型为直线形，D不合题意；

故选C。4、A【分析】【详解】

A．在ABn型分子中；若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故A正确；

B．水的稳定性来源于化学键O-H的稳定；与氢键无关，故B错误；

C．H2O、NH3、CH4中心原子的价层电子对数分别为2+(6-1×2)=4、3+(5-1×3)=4、4+(4-1×4)=4，均采取sp3杂化；故C错误；

D．配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是H2O；配位数是4，故D错误；

答案选A。5、D【分析】【详解】

A．六方最密堆积中原子配位数为12；A选项错误；

B．面心立方最密堆积和六方最密堆积中原子配位数均为12；所以晶胞中原子配位数为12的金属不一定采取面心立方最密堆积，B选项错误；

C．锌采取六方最密堆积；铜采取面心立方最密堆积，所以锌的晶胞类型与铜的不相同，C选项错误；

D．铁采取体心立方密堆积；空间利用率为68%，D选项正确；

答案选D。二、多选题(共7题，共14分)6、BC【分析】【分析】

已知X；Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素；X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA族元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素，据此解答。

【详解】

根据以上分析可知X是H；Y是C，Z是Mg，W是S，R是Cl。

A．同周期自左向右原子半径逐渐减小；则原子半径：Z＞W＞R，故A正确；

B．W是S；R是Cl，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则对应的简单氢化物的稳定性前者小于后者，故B错误；

C．X是H，Z是Mg，W是S，H2S含有的化学键是极性共价键；MgS含有的化学键是离子键，因此W与X；W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，故C错误；

D．X是H；Y是C，R是Cl，非金属性越强，其电负性越强，三种元素中Cl的非金属性最强，则电负性R＞Y；X，故D正确；

答案选BC。7、AC【分析】【分析】

利用孤电子对数=(a-bx)进行计算。

【详解】

A．H3O+的中心氧原子孤电子对数=(6-1-1×3)=1，A符合题意；B．SiH4的中心Si原子孤电子对数=(4-1×4)=0，B与题意不符；C．PH3的中心P原子孤电子对数=(5-1×3)=1，C符合题意；D．的中心S原子孤电子对数=(6+2-2×4)=0，D与题意不符；答案为AC。8、AC【分析】【分析】

短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W的最高正价与最低负价代数和为0，则W为C或Si，根据W、X、Y形成的化合物甲的结构示意图，X为O，则W为C，Y为+1价的阳离子，为Na元素；Z在同周期中原子半径最小，Z为Cl元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析；W为C元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为Cl元素。

A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径大小：故A正确；

B．元素的非金属性越强；电负性越大，电负性大小：X＞Z，故B错误；

C．X为O元素；Y为Na元素，为活泼的非金属和金属元素，形成的化合物为离子化合物，故C正确；

D．化合物甲中阴离子为CO32-；C原子的价层电子对数=3，没有孤对电子，空间构型为平面三角形，故D错误；

故选AC。9、BD【分析】【详解】

试题分析：A、水分子比H2S稳定与共价键强弱有关系；与二者是否能形成氢键没有关系，错误；Ⅱ；碘化钠和氯化钠形成的均是离子晶体，晶格能NaI比NaCl小，因此NaCl比NaI熔点高，B正确；C、氮气和磷形成的晶体均是分子晶体，C错误；D、元素第一电离能大小与原子外围电子排布有关，不一定像电负性随原子序数递增而增大，同周期元素第一电离能大的，电负性不一定大，例如电负性氧元素大于氮元素，但氮元素的第一电离能大于氧元素，D正确，答案选BD。

考点：考查氢键、分子稳定性、晶体类型和性质及电离能和电负性判断10、BC【分析】【详解】

Fe3+在立方体的顶点，每个Fe3+被8个晶胞共有，每个晶胞中Fe3+个数为4×=同理每个晶胞中Fe2+个数为CN-位于棱的中点，每个CN-被4个晶胞共有，故每个晶胞中CN-个数为12×=3。

A.已知晶体的化学式为MxFey(CN)6，故有2个晶胞，阴离子含有一个Fe3+，1个Fe2+，6个CN-，晶体中的阴离子为[Fe2(CN)6]-，根据化合物中各元素的化合价代数和为0得晶体的化学式为MFe2(CN)6；综上可知，x=1，y=2，A错误；

B.M呈+1价；因为有阴；阳离子，故该晶体属于离子晶体，B正确；

C.若M的离子在立方体的体心位置，则该晶体的化学式可表示为MFe2(CN)3，与晶体化学式MFe2(CN)6不符合；故M的离子不可能在立方体的体心位置，C正确；

D.该晶胞中与每个Fe3+距离最近且相等的CN-有6个；D错误；

故合理选项是BC。11、AC【分析】【分析】

根据原子分摊可知，晶胞I中：晶胞中Na原子数目=1+8×=2、Cl原子数目=12×=6，化学式为NaCl3；晶胞II中Na原子数目=2+4×=3、Cl原子数目=8×=1，化学式为Na3Cl；晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl，根据反应条件（NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体）和原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物；晶胞II；III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，据此分析解答。

【详解】

A．由图可知；晶胞中12个Cl原子位于面上，所以体心Na原子周围有12个Cl，即钠原子的配位数为12，故A正确；

B．Na有2个位于体内，4个位于棱心，棱心被4个晶胞共用，钠原子个数为2+4×=3；即晶胞Ⅱ中含有3个钠原子，故B错误；

C．晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl；故C正确；

D．晶胞I、II、Ⅲ所对应晶体的化学式分别为NaCl3、Na3Cl、Na2Cl，根据原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物；晶胞II；III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，故D错误；

答案选AC。12、AD【分析】【详解】

A．Si；SiC、金刚石都是原子晶体；共价键越强熔点越大，共价键键长C-C＜Si-C＜Si-Si，所以熔点高低的顺序为：金刚石＞SiC＞Si，故A错误；

B．一般来说，熔点为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，则熔点为BN＞MgBr2＞SiCl4；故B正确；

C．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高；故C正确；

D．AsH3、PH3、符合组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以AsH3>PH3，氨气分子间存在氢键，沸点大于AsH3、PH3，因而沸点顺序为NH3>AsH3>PH3；故D错误；

答案选AD。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；

故答案为M；9；4；

（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在；

故答案为二氧化硅。

（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），则面心位置贡献的原子为6×=3个；

故答案为共价键；3；

（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；

（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能；所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成；

故答案为C-C键和C-H键较强；所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；

②键能越大；物质就越稳定；C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si-O键；

故答案：C-H键的键能大于C-O键；C-H键比C-O键稳定．而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；

（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；

故答案为sp3；

根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-；

故答案为1：3；SiO32-。【解析】①.M②.9③.4④.二氧化硅⑤.共价键⑥.3⑦.Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2⑧.C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成⑨.C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键⑩.sp3⑪.1∶3⑫.SiO32-14、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为Ca，M层电子排布式为：3s23p6

(2)在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，第ⅣA族形成的氢化物分之间为范德华力，组成与结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高，所以a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4。

(3)由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间物质结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，所以该晶体为原子晶体，碳原子轨道的杂化类型为sp3杂化。

(4)设Cl‾半径为r，则Na+半径为ar，Cs+半径为br，NaCl晶胞边长为x，因为NaCl晶胞为面心立方结构，所以2x2=(2r+2ar)2，得r=(1+a)r；CsCl晶胞为体心李立方结构，所以y2+2y2=(2r+2br)2，可得y=2/(1+b)r，x：y=(1+b)：(1+a)

(5)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；由图甲可以看出，位于体心的铁原子周围距离最近的铁原子有8个，所以铁原子的配位数是8；设图甲晶胞的边长为acm，则a2+2a2=(4r)2，得a=4/3r，图甲晶胞的体积V=a3=64/9r3，根据均摊发可知甲中晶胞含Fe原子：8×1/8+1=2，设Fe的相对原子质量为M，则64/9r3•ρ="2M/"NA，M=

考点：考查物质结构与性质、晶体知识等内容。【解析】①.3s23p6②.SiH4③.在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4④.原子⑤.sp3杂化⑥.(1+b)：(1+a)⑦.A⑧.8⑨.15、略

【分析】【分析】

(1)同周期元素的第一电离能随核电荷数的增大而增大；当最外层电子排布处于，全满；半满、全空时比相邻元素的电离能大；

(2)根据图分析可知；同主族元素的第一电离能的变化规律随核电荷数增大而减小；

(3)图中5号元素为磷元素。

【详解】

(1)同周期元素的第一电离能随核电荷数的增大而增大，当最外层电子排布处于，全满、半满、全空时比相邻元素的电离能大，镁元素最外层电子排布式为3s2，处于全满稳定状态，第一电离比相邻的元素大，磷元素最外层电子排布式为3s23p3，处于半充满状态，第一电离能比相邻的元素大，则Na～Ar之间1~6号元素用短线连接起来，构成完整的图象为

(2)根据图分析可知；同主族元素的第一电离能的变化规律随核电荷数增大而减小，故变化规律为，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小；

(3)图中5号元素为磷元素，原子结构示意图为位于元素周期表第三周期，第ⅤA族。【解析】①.②.从上到下第一电离能逐渐减小③.第三周期第ⅤA族16、略

【分析】【分析】

（1）C60有固定的组成；不属于空间网状结构，以此判断晶体类型；

（2）利用均摊法计算晶胞；根据二氧化碳的结构式判断共价键的类型和数目。

【详解】

（1）C60有固定的组成；不属于空间网状结构，熔沸点远低于金刚石等原子晶体的熔沸点，应为分子晶体，故答案为：分子；

（2）二氧化碳的晶胞中,二氧化碳分子分布于晶胞的定点和面心位置,则晶胞中含有二氧化碳的分子数为8×18+6×12=4；二氧化碳的分子结构为O=C=C，每个分子中含有2个σ键和2个π键，所以σ键与π键的个数比为1:1；

故答案为：4；1:1；

（3）观察碘晶胞不难发现，一个晶胞中含有碘分子数为8×1/8+6×1/2=4，即舍有8个碘原子。一个晶胞的体积为a3cm3，其质量则碘晶体的密度为

故答案为：【解析】分子41：1分子分子间作用力17、略

【分析】【分析】

（1）Ni元素原子序数是28；其3d；4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，据此书写其价电子排布式，找到最高能层，为N层，能级为4s，判断它的空间伸展方向；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6；

D．Ni(CO)4中；镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4；

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，离子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度=进行计算；

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

【详解】

（1）Ni元素原子序数是28，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，其价电子排布式为3d84s2；最高能层的电子为N，分别占据的原子轨道为4s，原子轨道为球形，所以有一种空间伸展方向；

答案为：3d84s2；1；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2，故A正确；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B错误；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6，故C正确；

D．Ni(CO)4中，镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4，是sp3杂化；故D正确；

答案选B。

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

故答案为：

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，二者都属于离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

答案为：6；离子半径越小；离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

答案为：5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度==g/cm-3；

答案为：

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

答案为：3。

【点睛】

考查同学们的空间立体结构的思维能力，难度较大。该题的难点和易错点在(5)的③，与“”同类的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，且空隙与其他晶胞共用，计算数目时也要注意使用平均法进行计算。【解析】3d84s21B6离子半径越小，离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高5318、略

【分析】【分析】

(1)①根据基态的Ca和Fe原子核外电子排布式分析判断；

②根据基态氦原子核外电子排布结构分析判断；

(2)①联氨(N2H4)的分子中的氮原子可与氢原子形成氢键；

②根据N4H62+的结构示意图；四个氮原子形成六电子的大π键；

(3)①结合原子在晶胞中的位置关系，利用均摊法计算书写分子式；在(b)型晶胞中，体对角线处的Na距离Pb最短据此计算距离；在(b)型晶胞中，Na填充了晶胞中铅原子构成的四面体有8个，其中只有4个四面体中填充了Na，铅原子构成八面体只有一个，且Na原子在八面体的体心；根据晶胞密度计算公式ρ=进行解答；

②α-X是一种六方晶系的晶体；而在α-X中，镁和铅按1：1的比例形成类似于石墨的层状结构，钠填在层间，则层内只有镁和铅。

【详解】

(1)①基态的Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，基态Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；

a．二者最外层电子数相等，故a不符合题意；

b．Ca原子没有未成对电子，Fe原子有4个未成对的电子，故b符合题意；

c．Ca与Fe同周期，同周期元素第一电离能从左至右呈增大的趋势，Ca原子核外电子排布处于全充满稳定状态，第一电离能比相邻元素大，但铁原子与钙不相邻，则第一电离能Ca＜Fe，故c符合题意；

d．Ca与Fe同周期；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Ca＞Fe，故d不符合题意；

答案选bc；

②基态氦原子核外电子排布式为1s2；基态氦原子具有唯一全充满的1s电子层，半径较小，具有较高的第一电离能，所以难以形成化合物；

(2)①联氨(N2H4)的分子中的氮原子可与氢原子形成氢键，并且分子间氢键数目较多，水分子间氧原子与氢原子也能形成氢键，则联氨(N2H4)的物理性质与水接近；

②根据N4H62+的结构示意图，四个氮原子形成六电子的大π键，可表示为

(3)①结合原子在晶胞中的位置关系，利用均摊法，在(a)型晶胞中，Pb位于晶胞的顶点和面心，数目为8×+6×=4，Na位于晶胞的体内，数目为8，Mg原子位于晶胞的棱上和体心，数目为12×+1=4，X的化学式为Na2MgPb；在(b)型晶胞中，体对角线处的Na距离Pb最短，共有4个，棱长为apm，面对角线长为apm，则体对角线的长度为apm，距离Pb最短的Na的长度为体对角线长度的则长度为apm；在(b)型晶胞中，Na填充了晶胞中铅原子构成的四面体有8个，其中只有4个四面体中填充了Na，Na填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为50%；铅原子构成八面体只有一个，且Na原子在八面体的体心，Na填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为100%；(a)型晶胞的边长为770pm，则晶胞的体积V=(770pm)3=(7.70×10-8)3cm3，在(a)型晶胞中，Pb位于晶胞的顶点和面心，数目为8×+6×=4，Na位于晶胞的体内，数目为8，Mg原子位于晶胞的棱上和体心，数目为12×+1=4，则一个晶胞中含有4个Na2MgPb；根据晶胞密度计算公式ρ==

②α-X是一种六方晶系的晶体，而在α-X中，镁和铅按1：1的比例形成类似于石墨的层状结构，钠填在层间，则层内只有镁和铅，层内α-X的结构为【解析】bc基态氦原子具有唯一全充满的1s电子层，半径较小，具有较高的第一电离能，所以难以形成化合物联氨分子间能形成较多氢键Na2MgPb4a50%100%19、略

【分析】【分析】

（1）根据图中晶体的结构；结合常见晶体可知，A为氯化钠；B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

（2）水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，而受热融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积；

（3）a；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构；

b；c、sp2杂化中；s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量；

d；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构；

e；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，晶体中只含有共价键；石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接；

f；石墨为层状结构；层与层之间通过范德华力连接；

（4）由金刚石的晶胞结构可知；晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，根据均摊法计算；

（5）金属铜采用面心立方最密堆积，利用均摊法计算晶胞原子数目，铜原子半径为rcm；可计算晶胞参数，根据m=ρV计算铜原子半径。

【详解】

：

（1）根据图中晶体的结构；结合常见晶体可知，A为氯化钠；B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

答案为：NaCl；Na；干冰；金刚石；石墨；

（2）a；水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故a正确；

b、冰融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，融化时破坏范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的熔点冰＞干冰，故b错误；

c；水分子间存在氢键；且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰＞冰，故c正确；

d；干冰分子之间只存在范德华力；水分子之间既存在范德华力又存在氢键，晶体中分子间相互作用力类型不相同，故d错误．

答案选：ac；

（3）a、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化；石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化；故a正确；

b、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，故b错误；

c；石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短；作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，故c错误；

d；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，键角为109°28′，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，键角为120°，故d错误；

e；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键；构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，说明晶体中含有共价键、金属键、范德华力，故e正确；

f；金刚石是原子晶体；石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，石墨为混合型晶体，不属于原子晶体，故f错误；

答案选：ae；

（4）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中c原子数目为4+6×+8×=8；

答案为：8；

（5）金属铜采用面心立方最密堆积，晶胞内Cu原子数目为8×+6×=4令铜原子的半径为rcm，则晶胞的棱长为：4rcm=rcm，所以解得：r=cm；

答案为：cm

【点睛】

本题考查晶体类型与熔沸点高低判断；晶体结构、对晶胞的理解与计算等；难度较大，对晶胞的计算注意均摊法的利用，需要学生具备空间想象能力，注意基础知识的理解掌握．

【解析】NaClNa干冰金刚石石墨acae8×cm20、略

【分析】【详解】

（1）已知：①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1＝－1452.8kJ·mol－

②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1

根据盖斯定律可知（①－②）/2即得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO(g)∆H=－443.4kJ/mol。

（2）原电池的负极发生失去电子的氧化反应，则根据示意图可知负极是BH4－失去电子，电解质溶液显碱性，则电池工作过程中负极反应式为BH4――8e－+8OH－＝BO2－+6H2O。

（3）根据晶胞结构可知碳原子位于体心处，则该晶胞中碳原子的原子坐标为（1/2，1/2，1/2）。【解析】①.CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO(g)∆H=－443.4kJ/mol②.BH4－-8e－+8OH－=BO2－+6H2O③.（1/2,1/2,1/2）21、略

【分析】【分析】

核外电子排布需满足3个原理或规则；即：

能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道；然后依次进入能量较高的轨道；

泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；

洪特规则：在等价轨道(相同电子层；电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道；且自旋方向相同，据此回答。

【详解】

(1)①Si的3p轨道的两个电子应为图上违反了洪特规则，①错误；

②Al的2p轨道成对的电子应当自旋相反；图上违反了泡利不相容原理，②错误；

③Co为27号元素，Co3+有24个电子，价电子排布图应为图上违反了洪特规则，③错误；

④Mg2＋有12-2=10个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p6；④正确；

⑤Sc为21号元素，基态Sc原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2；题上违反了能量最低原理，⑤错误；

⑥Cr为24号元素，基态Cr原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；⑥正确；

综上所述；④⑥正确。

故答案为：④⑥；⑤；②；①③；

(2)活泼金属与非金属原子之间易形成离子键；非金属原子之间易形成共价键，同种原子之间形成的共价键称为非极性键，不同种原子之间形成共价键称为极性键。

①甲烷：C和H之间以极性键结合成正四面体；键角109°28’，正负电荷重心重合，为非极性分子；

②硫化氢中S和H之间以极性键结合；硫化氢是V形分子，键角92°，正负电荷重心不重合，为极性分子；

③氢氧化镁中Mg2+和OH-之间以离子键结合；是离子化合物，H和O之间以极性键结合；

④氨气中N和H之间以极性键结合；为三角锥形分子，键角107°18’，正负电荷重心不重合，为极性分子；

⑤乙烯(CH2=CH2)中；C和C以非极性键结合成碳碳双键，C和H之间以极性键结合，乙烯是平面型分子，键角120°，正负电荷重心重合，为非极性分子；

故答案为：⑤；②④；⑤①④②；

(3)甲：以上面面心的Fe2+为例，该Fe2+到水平面的四个Fe2+，下方的4个侧面面心的Fe2+，还有上方的4个侧面面心的Fe2+的距离都相当；为最小距离；

乙图：根据均摊法，A粒子个数=6=0.5，B粒子个数==2；A；B粒子个数比=0.5:2=1:4；

丙图：A粒子个数==1，B粒子个数=12=3；A；B粒子个数比=1:3。

故答案为：12；1:4；1:3。

【点睛】

采用均摊法计算粒子个数时，正三棱柱顶点的粒子有12个晶胞共用，上、下棱上的粒子有4个晶胞共用，侧棱上的粒子有6个晶胞共用。【解析】④⑥⑤②①③⑤②④⑤①④②121:41:3四、工业流程题(共1题，共5分)22、略

【分析】【分析】

废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化钠生成As2S3沉淀，为防止As2S3与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液中加入过氧化氢将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，再加入CaO沉淀砷酸根、铁离子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低浓度含砷废水。

【详解】

(1)As元素为33号元素，与N元素同主族，位于第四周期第VA族；AsH3和氨气分子结构相同为共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As-H键，电子式为：

(2)a．同周期主族元素自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，同主族自上而下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4；故a正确；

b．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径依次增大，原子半径：As＞P＞S，故b错误；

c．同主族元素自上而下第一电离能减小，P和S同周期，但是P原子3p能级为半满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第一电离能P>S>As；故c错误；

综上所述选a；

(3)根据分析可知沉淀为微溶物CaSO4；

(4)As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)，所以需要加入FeSO4除去过量的硫离子；使平衡逆向移动，一级沉砷更完全；

(5)含砷物质物质为H3AsO3，加入过氧化氢可以将其氧化成H3AsO4，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；

(6)根据题意可知FeS2被O2氧化生成Fe(OH)3、根据元素守恒可知反应物应该还有H2O，FeS2整体化合价升高15价，一个O2降低4价，所以二者的系数比为4:15，再根据元素守恒可得离子方程式为4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+。

【点睛】

同一周期元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。【解析】第四周期第VA族aCaSO4沉淀过量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)平衡逆向移动，使一级沉砷更完全H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O4FeS2+15O2+14H2O=4Fe(OH)3+8+16H+五、元素或物质推断题(共5题，共30分)23、略

【分析】【分析】

已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，化合物AC2为一种常见的温室气体，则A为C，C为O，B为N，D为Mg。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，E为Cr。

【详解】

(1)基态E原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同即最外层电子数只有一个，还有K、Cu；故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；K；Cu；

(2)同周期从左到右电离能有增大趋势；但第IIA族元素电离能大于第IIIA族元素电离能，第VA族元素电离能大于第VIA族元素电离能，因此A；B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；故答案为：C＜O＜N；

(3)化合物AC2为CO2，其电子式故答案为：

(4)Mg的单质在CO2中点燃可生成碳和一种熔点较高的固体产物MgO，其化学反应方程式：2Mg+CO22MgO+C；故答案为：2Mg+CO22MgO+C；

(5)根据CO与N2互为等电子体，一种由N、O组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O；故答案为：N2O；

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液为HNO3与Mg的单质反应时，NHO3被还原到最低价即NH4NO3，其反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。【解析】1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）K、CuC＜O＜N2Mg+CO22MgO+CN2O4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O24、略

【分析】【分析】

A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；B原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核