2025年沪科版选修3化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年沪科版选修3化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、当镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，以下认识正确的是A.镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量B.镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量C.转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同D.转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似2、氯原子M能层含有的轨道数为A.4B.5C.7D.93、下列说法正确的是()A.第三周期所含的元素中钠的第一电离能最小B.铝的第一电离能比镁的第一电离能大C.在所有元素中，氟的第一电离能最大D.钾的第一电离能比镁的第一电离能大4、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子C.比中的配位键稳定D.用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验,不能观察到同样的现象5、SiO2是合成“中国蓝”的重要原料之一。如图是SiO2晶胞中Si原子沿z轴方向在xy平面的投影图（即俯视投影图，O原子略去。），Si原子旁标注的数字是Si原子位于z轴的高度，则SiA与SiB的距离是。

A.dB.dC.dD.d6、石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意如图)；可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是。

A.石墨烯与石墨互为同位素B.12g石墨烯中含有3NA个C—C键C.石墨烯是一种有机物D.石墨烯中的碳原子间以共价键结合7、下列有说法不正确的是（）A.金属的六方最密堆积和面心立方最密堆积的空间利用率最高B.B；钠晶胞结构如图；钠晶胞中每个钠原子的配位数为8

C.温度升高，金属的导电性将变小D.干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键8、下列有关晶体的叙述中错误的是（）A.石墨的层状结构中碳碳键键长比金刚石中碳碳键键长短B.氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl－C.CsCl晶体中，与每个Cs+周围紧邻的有8个Cl－和8个Cs+D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子9、下列说法中正确的是A.基态锂原子的电子排布式是B.离子晶体中可能含共价键C.熔点：D.的电子式：评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、世界上最早发现并使用锌的是中国；明朝末年《天工开物》一书中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)基态Zn原子的核外电子所占据的最高能层符号为_____________，Zn2+基态核外电子排布式为_______________________。

(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为_____________（用文字描述）；

②SO42-中，中心原子的轨道杂化类型为______________；

③写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式_____________；

④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_______________________。

(3)Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为___________；

②已知该晶体的晶胞参数a=541pm，其密度为___________g·cm-3（列出计算式即可）。11、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。

(1)“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。

(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。

(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。

(4)铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。

①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_________________________________；乙醛分子中π键与σ键的个数比为___________。

②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________。

(5)铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料；其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是___________________。

②已知：该铜银晶胞参数为acm，晶体密度为ρg·cm－3。则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示；下同)。

③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)12、某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为则该元素基态原子的电子排布式为_______；其最高价氧化物对应水化物的化学式是______。13、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___。14、（1）如图为4s和3d电子云的径向分布图，3d轨道离原子核更近，但是根据鲍林的轨道近似能级图填充电子时，先填4s电子，而后填3d电子，试简单写出理由______。

（2）写出臭氧的Lewis结构式______只需要写出一种共振式即可

（3）根据堆积原理，可以将等径球的密堆积分为堆积，其中堆积形成抽出立方面心晶胞，又叫面心立方最密堆积，其构成的晶胞中含有4个球，写出它们的分数坐标为______。

（4）关于是一个特殊的物质，高温下顺磁性，低温下抗磁性，主要是因为与可以相互转化，低温时主要以双聚分子形式存在，高温时主要以单分子形式存在，同时在高温时分子中存在离域键的存在，使得氧原子没有成单电子，写出中存在离域键为______。

（5）在相同的杂化类型和相同的孤对电子对数目时，分子的键角也会不相同，试比较和中键角的大小，______填“大于”或“小于”或“等于”

（6）已知饱和硫化氢的浓度为硫化氢的离解常数为计算饱和硫化氢溶液中氢离子的浓度为______。15、数十亿年来，地球上的物质不断的变化，大气的成分也发生了很大的变化.下表是原始大气和目前空气的主要成分，用下表涉及的分子回答下列问题。原始大气的主要成分CH4、NH3、CO、CO2等目前空气的主要成分N2、O2、CO2、水蒸气、稀有气体(He、Ne等)

(1)含有非极性共价键的分子是______(填化学式)

(2)含有极性共价键的非极性分子是______(填化学式)

(3)H2O中心原子的杂化方式及分子构型为______

(4)图中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。其中代表CH4的是______(填字母序号)

(5)根据NH3•H2O⇌NH4++OH-，用氢键表示式写出氨分子和水分子之间最主要存在的氢键形式______16、决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：

（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为______________。

（2）已知元素M是组成物质的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号至表示）如表所示：。电离能589.81145.44912.464918153

元素M化合态常见化合价是_________价，其基态原子电子排布式为_______

（3）的中心原子的杂化方式为__________，键角为____________

（4）中非金属元素电负性由大到小的顺序为_____________

（5）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________

A.第一电离能：B.共价键的极性：

C.晶格能：D.热稳定性：

（6）如图是晶胞，构成二氧化硅晶体结构的最小环是由________个原子构成。已知晶胞参数为则其晶胞密度为________

17、2019年的化学诺贝尔奖颁给了为锂电池研究作出贡献的三位科学家。有两种常见锂电池：一种是采用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或镍钴铝酸锂为正极的“三元材料锂电池”；另一种是采用磷酸铁锂为正极的磷酸铁锂电池。请回答下列问题：

(1)基态钴原子的价电子排布式为____，Mn位于元素周期表的____区(填“s”或“p”或“d”或“ds”或“f”)。

(2)磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是___。PO43-的空间构型是___，中心原子的杂化方式是____。

(3)CoO、MnO两种氧化物的熔点由高到低的顺序是___，原因是___。

(4)PH3是____分子(填“极性”或“非极性”)，其在水中的溶解性比NH3小，原因是_____

(5)硫化锂Li2S(摩尔质量Mg∙mol-1)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体为反萤石结构，其晶胞结构如图。若硫化锂晶体的密度为ag.cm-3，则距离最近的两个S2-的距离是___nm。(用含a、M、NA的计算式表示)

18、有下列几种晶体:A水晶B冰醋酸C白磷D金刚石E晶体氩F干冰。

(1)属于分子晶体的是____,直接由原子构成的分子晶体是____。

(2)属于原子晶体的化合物是____。

(3)直接由原子构成的晶体是____。

(4)受热熔化时,需克服共价键的是____。评卷人得分三、结构与性质(共6题，共12分)19、氮是极其重要的化学元素。我国科学家最近成功合成了超高含能材料聚合氮和金属氮。基于氮气的能源研究也是未来能源发展的重要方向。

(1)基态氮原子的价电子排布式为___________。

(2)14g氮气分子中原子轨道以“头碰头”方式形成的共价键数目为___________，以“肩并肩”方式形成的共价键数目为___________。

(3)C、N、O三种元素按第一电离能从大到小的排列顺序为___________。已知氧的第一电离能为1369kJ·mol－1、第二电离能为3512kJ·mol－1、第三电离能为5495kJ·mol－1，其第二电离能增幅较大的原因是__________________。

(4)某含氨配合物CrCl3·6NH3的化学键类型有配位键、极性共价键和___________。CrCl3·6NH3有三种异构体，按络离子式量增大的顺序分别是[Cr(NH3)6]Cl3、___________、[Cr(NH3)4Cl2]Cl·2NH3。

(5)NH4N3是高能量度材料，其晶胞如下图所示。N3－是直线型结构，N3－中氮原子的杂化类型是___________。在VSEPR模型中NH4+的几何构型名称为______________。

(6)已知NH4N3的晶胞参数为anm和0.5anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则NH4N3的密度为_________________g·cm－3。20、钾和碘的相关化合物在化工；医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：

（1）基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_____，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_____。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_____。

（2）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的几何构型为____________，中心原子的杂化类型为_______________。

（3）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为_____nm，与K紧邻的O个数为_____。

（4）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于_____________位置，O处于_____位置。21、我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。

（1）“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝___________，基态时该阳离子的价电子排布式为___________。

（2）“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是____元素。

（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ·mol－1、1733.3kJ·mol－1，前者高于后者的原因是________________________________________。

（4）铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___________；乙醛分子中σ键与π键的个数比为___________。

（5）铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料；其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是___________________。

②已知：该铜银晶胞参数为acm，晶体密度为ρg·cm－3。

则阿伏加德罗常数(NA)为_______mol－1(用代数式表示；下同)。

③若Ag、Cu原子半径分别为bcm、ccm，则该晶胞中原子空间利用率φ为___________。(提示：晶胞中原子空间利用率＝×100%)22、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子排布式为nsnnpn+2；C、D为同周期元素，C是同周期元素中离子半径最小的元素，D元素最外层有一个未成对电子；E位于元素周期表的第四周期第IVB族，常用加热ED4溶液的方法制备纳米材料。

回答下列问题：

（1）D原子的价电子排布图为___________，E原子核外有_____个未成对电子，五种元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。

（2）化合物D2B的中心原子的杂化方式为______________，它的VSEPR模型名称____________,分子的立体构型为_____________。

（3）与分子晶体D2B3互为等电子体的一种分子为____________(填化学式)。

（4）由A、B、D三种元素所形成的一系列化合物中氧化性最强的是_______(填化学式，下同)，酸性最强的是_________________。

（5）单质B有两种同素异形体，其中沸点高的是______(填分子式)，原因是__________。

（6）C与D能形成化合物Q。在1.01×105Pa、T1℃时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得Q的气态密度为5.00g/L，则此时Q的化学式为____________________。

（7）E单质有两种同素异形体，高温下是体心立方堆积，但在常温下的晶体结构为如图所示的六方最密堆积。已知晶胞参数分别为acm和ccm，则该晶体的密度可表示为______g·cm-3。(用含a和c的式子表示，用NA表示阿伏伽德罗常数的值)。

23、(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酯时；会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。

①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为________________。

②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________________。

③此配离子中含有的化学键有____________(填字母)。

A.离子键B.金属键C.极性键D.非极性键E.配位键F.氢键G.σ键H.π键。

④氯化铁在常温下是固体，熔点为306℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断氯化铁的晶体类型为_________。

(2)基态A原子的价电子排布式为3s23p5；铜与A形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子)。

①该化合物的化学式为____________，A原子的配位数是______________。

②已知该化合物晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为________pm(列出计算表达式即可)。24、铁系元素是人体必需的微量元素，Fe3+可以与KSCN溶液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。(1)Fe3+的基态核外电子排布式为____________________。(2)与SCN−互为等电子体且为非极性分子的化学式为__________（任写一种）。(3)普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示（K+未画出），平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_________。(4)血红素铁（图乙）用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键（若是配位键，需要用箭头加以表示）______________(5)镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为____________；晶胞是图中的_________________（填a、b或c）；配位数是__________________；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2acm3，镁单质的密度为ρg·cm－3，已知阿伏加德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是________________。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共18分)25、碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。根据要求回答下列问题:

（1）碳原子的价电子排布图:_________，核外有_________种不同运动状态的电子。

（2）碳可以形成多种有机化合物；下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。

①嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序__________。

②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因_____________。

③吡啶结构中N原子的杂化方式___________。

④分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)。该嘌呤和吡啶中都含有大π键,请问该吡啶中的大π键表示为__________。

（3）碳可形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。

①在反应CO转化成CO2的过程中，下列说法正确的是______。

A.每个分子中孤对电子数不变B.分子极性变化。

C.原子间成键方式改变D.分子的熔沸点变大。

②干冰和冰是两种常见的分子晶体，晶体中的空间利用率:干冰___冰。(填“>”、“<”或“=”)

③H2CO3与H3PO4均有1个非羟基氧，H3PO4为中强酸，H2CO3为弱酸的原因______。

（4）在2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体:T-碳。T-碳的结构是:将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如下图。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则T-碳的密度的表达式为______g/cm3。

26、钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池；传感器、固体电阻器等的功能材料；回答下列问题：

(1)基态Ti原子的核外电子排布式为____________。

(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是____________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377﹣24.1238.3155

(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力为__________，Ca2+的配位数是__________。

(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是__________；若晶胞参数为anm，则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。

(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_______、_______。

27、金属钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、导弹、人造卫星、宇宙飞船、舰艇、军工、医疗以及石油化工等领域，人们称钛为“21世纪金属”。自然界中钛的一种存在形式为金红石(主要成分是TiO2)。回答下列问题：

(1)基态钛原子的价电子排布式为__________________，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是_________________(填元素符号)。

(2)钛的硬度大于铝，其原因是_________________________。

(3)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。

①TiCl4熔点为-24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4属于___________晶体。

②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的空间构型是______，B原子的杂化轨道类型是___________。

(4)用锌还原TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的晶体[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O。该晶体所含元素中，电负性最大的元素是___________，与Ti形成配位键的配体是___________，1mol该配合物中含有σ键的数目为___________。

(5)TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图所示(晶胞中相同位置的原子相同)，其中A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，_____，______)，钛氧键的键长d=___________(用代数式表示)。

评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)28、铁有δ；γ、α三种同素异形体；三种晶体在不同温度下能发生转化。

(1)δ、γ、α三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为_________。

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶胞空间利用率之比为________(用a、b表示)

(3)若Fe原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则γ-Fe单质的密度为_______g/cm3(用含r的表达式表示；列出算式即可)

(4)三氯化铁在常温下为固体，熔点为282℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁的晶体类型为______。29、如图是金属钨晶体中的一个晶胞的结构模型（原子间实际是相互接触的）。它是一种体心立方结构。实验测得金属钨的密度为19.30g·cm-3；钨的相对原子质量为183.9.假定金属钨为等直径的刚性球，请回答以下各题：

（1）每一个晶胞中分摊到__________个钨原子。

（2）计算晶胞的边长a。_____________

（3）计算钨的原子半径r（提示：只有体对角线上的各个球才是彼此接触的）。___________

（4）计算金属钨原子采取的体心立方密堆积的空间利用率。____________评卷人得分六、有机推断题(共1题，共4分)30、有A、B、D、E、F、G六种前四周期的元素，A是宇宙中最丰富的元素，B和D的原子都有1个未成对电子，B＋比D少一个电子层，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道全充满；E原子的2p轨道中有3个未成对电子，F的最高化合价和最低化合价的代数和为4。R是由B、F两元素形成的离子化合物，其中B＋与F2－离子数之比为2∶1。G位于周期表第6纵行且是六种元素中原子序数最大的。请回答下列问题：

(1)D元素的电负性_______F元素的电负性（填“＞”；“＜”或“＝”）。

(2)G的价电子排布图_________________________________。

(3)B形成的晶体堆积方式为________，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_______实验。

(4)D－的最外层共有______种不同运动状态的电子,有___种能量不同的电子。F2D2广泛用于橡胶工业,各原子均满足八电子稳定结构,F2D2中F原子的杂化类型是___________,F2D2是______分子（填“极性”或“非极性”）。

(5)A与E形成的最简单化合物分子空间构型为_____，在水中溶解度很大。该分子是极性分子的原因是_____。

(6)R的晶胞如图所示，设F2－半径为r1cm，B＋半径为r2cm。试计算R晶体的密度为______。（阿伏加德罗常数用NA表示；写表达式，不化简）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时；属于电子的跃迁，镁原子由基态转化成激发态，需要吸收能量，所以选项A正确；

B．根据A中分析可知B不正确；

C．转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道；不符号洪特规，应该处于不同轨道上，且自旋方向相同，选项C不正确；

D．转化后镁原子与硅原子电子层结构不相同；化学性质不相似，选项D不正确；

答案选A。2、D【分析】试题分析：不论是否排布电子；M能层包含1个3s轨道，3个3p轨道，5个3d轨道，所以氯原子M能层含有的轨道数为9个，故D项正确。

考点：本题考查轨道数的判断。3、A【分析】【详解】

A.金属性越强；第一电离能越小，所以第三周期所含的元素中钠的第一电离能最小，选项A正确；

B.由于镁原子的3s轨道处于全充满状态；稳定性强，所以第一电离能是镁的大于铝的，选项B不正确；

C.第一电离能最大的是稀有气体元素；选项C不正确；

D.钾的金属性强于镁的；所以钾的第一电离能小于镁的，选项D不正确；

答案选A。4、B【分析】【详解】

A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物，Cu2+的浓度减小；A错误；

B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子该离子较稳定，难电离，B正确；

C.从实验现象分析可知，Cu2+与NH3∙H2O反应生成氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，由于Cu2+更易与NH3结合，生成更稳定的C错误；

D.本实验的本质是Cu2+更易与NH3结合；所以用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，也能观察到同样的现象，D错误；

答案选B。5、B【分析】【详解】

SiO2是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA与SiB在x轴方向上的距离为d，在y轴方向上的距离为d，所以SiA与SiB之间的距离为故答案为B。6、D【分析】【详解】

A．石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质；互为同素异形体，不是同位素，故A错误；

B．12g石墨烯中含有1molC原子，根据示意图，每个C原子与周围的3个C原子形成C-C键，每个C原子含个C-C键，因此12g石墨烯中含有1.5NA个C—C键；故B错误；

C．有机物是大多数含碳的化合物；而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，不属于有机物，故C错误；

D．石墨烯是由石墨剥离而成；即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；

故选D。7、D【分析】【分析】

A.金属的六方最密堆积空间利用率为74%；面心立方最密堆积的空间利用率是74%；

B.由图可知纳晶胞的结构是体心结构；

C.温度升高；金属离子与电子之间的碰撞加剧，金属导电性减弱；

D.分子晶体熔融时；只破坏分子间作用力，不破坏化学键。

【详解】

A.金属的六方最密堆积空间利用率为74%；面心立方最密堆积的空间利用率是74%，空间利用率相同，都是最高的，A项正确；

B.由图可知钠晶胞的结构是体心结构；每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，分别位于晶胞的八个顶点，配位数为8，B项正确；

C.温度升高；金属离子与电子之间的碰撞加剧，金属导电性减弱，C项正确；

D.分子晶体熔融时；只破坏分子间作用力，不破坏化学键，干冰是分子晶体，D项错误；

答案选D。8、C【分析】【详解】

A．石墨中碳原子为sp2杂化，每个六元环上的碳原子共同形成一个大π键，每两个碳原子之间还有一个σ键，金刚石中碳原子为sp3杂化；每两个碳原子之间只有一个σ键，所以石墨的层状结构中碳碳键键长比金刚石中碳碳键键长短，故A正确；

B．氯化钠的晶胞为在氯化钠晶胞中，钠离子的配位数为6，即氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl－氯离子；故B正确；

C．CsCl的晶胞为在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl－(位于顶点)，每个Cs+等距离紧邻的有6个Cs+(位于相邻6个晶胞的体心)；故C错误；

D．面心立方晶胞中，每个顶点、面心上各有一个金属原子，以顶点为例，周围紧邻的金属原子有=12个金属原子；故D正确；

综上所述答案为C。9、B【分析】【详解】

A.Li核外有3个电子，分两层排布，则基态锂原子的电子排布式是故A错误；

B.离子晶体中一定含有离子键；可能含共价键，如NaOH属于离子晶体，含有共价键，故B正确；

C.熔点的一般规律：原子晶体离子晶体分子晶体，所以熔点：故C错误；

D.是共价化合物，电子式中不加电荷，则其电子式为：故D错误；

答案选B。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【详解】

分析：（1）根据Zn在周期表中的位置是第四周期；第IIB族，含有四个能层及核外电子排布式写法解答；

（2）在[Zn（NH3）4]SO4中，阴离子为SO42−，根据价层电子对互斥模型和杂化轨道理论判断空间构型和杂化类型；根据等电子体的原理找出与SO42-互为等电子体粒子；NH3容易与水分子形成分子间氢键；

（3）①根据晶胞晶体中组成粒子的计算方法确定S2-、Zn2+的个数；进一步确定化学式；

②根据晶胞的密度计算公式进行计算。

详解：（1）Zn的核电荷数是30，在Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四个能层，分别是K、L、M、N，所以最高能层符号为N；Zn2+基态核外电子排布式为：[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；正确答案：N；[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；

（2）①根据价层电子对互斥模型，SO42−中价电子对数为：（6+4×0+2）÷2=4，价电子对全是成键电子对，所以SO42−的空间构型是正四面体；正确答案：正四面体；

②SO42−的空间构型是正四面体，根据杂化轨道理论，中心原子S的杂化类型为sp3杂化，正确答案：sp3；

③等电子体是指在原子数相同下，原子的价电子数相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调整电子数来确定等电子体粒子，因此，与SO42−互为等电子体的有PO43−，ClO4−，CCl4，SiCl4，SiF4等，符合题干要求是分子的有CCl4，SiCl4，SiF4，正确答案为：CCl4，SiCl4，SiF4；

④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子形成分子间氢键，同时还发生化学反应，其方程式为：NH3+H2ONH3·H2O，正确答案：NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；

（3）①对于立方晶胞，顶点粒子占1/8，面心粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，Zn2+个数为8×1/8+6×1/2=4，S2-个数为4，因此该化合物化学式为ZnS，正确答案为：ZnS；

②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，已知晶胞参数为a=541pm，则一个晶胞的体积为V0=（541×10−10）3cm3，1molZnS晶胞中，有4molZn2+和4molS2-，则一个晶胞的质量为m=4mol×65g/mol+4mol×32g/mol=4×97g，因此晶胞的密度为ρ=m/NAV0=4×97g/[NA×（541×10−10）3]cm3，所以正确答案：4×97/[NA×（541×10−10）3]g·cm-3。

点睛：点睛：晶体中微粒的排列具有周期性；晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞，在立方晶胞中：

（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Zn2+离子；

（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用；每个粒子只有1/4属于该晶胞；

（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Zn2+离子；

（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞，如本题中的S2-离子。【解析】①.N②.[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10③.正四面体④.sp3⑤.CCl4或SiCl4等⑥.NH3与H2O之间可形成分子间氢键NH3与H2O发生反应⑦.ZnS⑧.4×97/NA×（541×10−10）311、略

【分析】【分析】

(1)化合物中所有元素化合价代数和为0；可计算出Cu的化合价和价电子排布式；

（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；

（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；

（4）4条σ键，碳原子无孤电子对，采取sp3杂化类型，3条σ键和1条π键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。

【详解】

(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun＋离子，n＝2，Cu的价电子排布式为3d104s1,Cu2+价电子排布式为3d9；

(2)“中国蓝”中Ba2+；Si都不存在孤对电子；而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；

(3)Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去；所以Cu的第二电离能高于Zn的第二电离能；

(4)①乙醇分子间存在氢键；而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个π键6个σ键，个数比为1:6；

②乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。

(5)①用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；

②AgCu3或Cu3Ag的摩尔质量为（64×3+108）g/mol=300g/mol,根据密度公式得所以

③原子空间利用率

【点睛】

氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率的计算用原子的体积除以晶胞的体积。【解析】23d9OCu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去乙醇分子间存在氢键1:6sp2、sp3AgCu3或Cu3Ag12、略

【分析】【详解】

激发态原子的电子排布式为有16个电子，则该原子为硫，其基态原子的电子排布式为其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4。

【点睛】

激发态只是电子吸收能量后跃迁到了能量更高的轨道上，电子的数目是不会改变的，因此可以按照电子数目来推断相应的原子种类。【解析】13、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14、略

【分析】【分析】

（1）轨道3d轨道钻得深；可以更好地回避其它电子的屏蔽，据此进行分析；

（2）整个分子是V形，中心O是杂化，分子中含一个3，4大键；

（3）据面心立方最密堆积；进行分析；

（4）中心原子N采取杂化，其中一个杂化轨道上填有氮的一个单电子而不是孤对电子，从而此分子中的离域键是据此进行分析；

（5）成键电子对间的距离越远；成键电子对间的排斥力越小；

（6）据此进行计算。

【详解】

（1）轨道离原子核更近；但是根据鲍林的轨道近似能级图填充电子时，先填4s电子，而后填3d电子，原因是4s轨道3d轨道钻得深，可以更好地回避其它电子的屏蔽；

（2）整个分子是V形，中心O是杂化，分子中含一个3，4大键，故臭氧的Lewis结构式为

（3）面心立方最密堆积，则晶胞中含有4个球，它们的分数坐标为和

（4）中心N原子采取杂化，其中一个杂化轨道上填有氮的一个单电子而不是孤对电子，从而此分子中的离域键是

（5）氟的电负性大于氢，因此用于成键的电子对更偏向氟或离氮原子核较远氮周围电子密度减小或成键电子对间的“距离”较远斥力较小，因而键角较小，故，大于

（6）

【点睛】

如果物质内部电子都是成对的，那么由电子自旋产生的磁场彼此抵消，这种物质在磁场中表现出抗磁性。反之，有未成对电子存在时，由电子自旋产生的磁场不能抵消，这种物质就表现出顺磁性。钆元素内有7个未成对的f电子，因此是磁力很强的稀土金属。【解析】4s轨道3d轨道钻得深，可以更好地回避其它电子的屏蔽大于15、略

【分析】【分析】

同种非金属元素之间存在非极性共价键；正负电荷重心重合的分子为非极性分子，根据中心原子的价层电子对数确定杂化方式，根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，非金属元素的氢化物沸点随着相对分子质量的增大而升高，存在氢键的物质的沸点较高；在氨水中，水分子的氢原子和氨气分子中的氮原子之间存在氢键。

【详解】

（1）氮气和氧气都是双原子分子，同种非金属原子之间存在非极性共价键，所以含有非极性共价键的分子是N2、O2；

故答案为：N2、O2；

（2）甲烷中碳原子和氢原子之间存在极性键；甲烷是正四面体结构，二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线型结构，甲烷和二氧化碳分子中正负电荷重心重合，所以甲烷和二氧化碳是非极性分子；

答案为：CH4、CO2；

（3）水分子中价电子数=2+（6-2×1）=4；水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，分子空间构型为V型；

答案为：sp3；V型；

（4）氢化物的沸点变化规律的图象中；折线D可以得出该族元素的氢化物的沸点随着原子序数的递增，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，甲烷属于第IVA族元素的氢化物，相对分子质量最小，沸点最低，故选D；

答案为D；

（5）氨水中，H2O中H原子与NH3分子中的N原子形成氢键；即O-HN；

答案为：O-HN

【点睛】

本题涉及到了非极性分子的判断、原子的杂化方式、分子的空间构型等知识点，难度不大，原子的杂化方式、分子的空间构型、氢键等知识点是高考的热点，应重点掌握。【解析】①.N2、O2②.CH4、CO2③.sp3V形④.D⑤.O—HN16、略

【分析】【分析】

(1)基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；

(2)M的第三电离能远远大于第二电离能；该元素最外层有2个电子；

(3)根据价层电子互斥理论确定杂化方式及空间构型；

(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P；O、F；同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；

(5)A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势；价层电子处于充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的；

B.键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大；极性越大；

C.离子半径越小；键长越短，晶格能越大；

D.金属阳离子的半径越小；其碳酸盐的热稳定性越弱；

(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，根据密度公式计算晶体密度。

【详解】

(1)基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；该能层电子云轮廓为球形，故答案为：N；球形；

(2)M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故答案为：+2；1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；

(3)的中心原子P的孤电子对数为：1/2（a-xb）=1/2(5+3-2×4)=0，价层电子对数为：4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109°28′，故答案为：sp3；109°28′；

(4)Ca3(PO4)3F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，所以电负性：F>O>P，故答案为：F>O>P；

(5)A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势；价层电子处于全充满或半充满状态时，第一电离能大于其后元素的第一电离能，则Cl＞P＞S＞Si，A错误；

B.键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI；B正确；

C.离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；C正确；

D.金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3；D错误；故答案为：BC。

(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，其中有6个Si原子和6个O原子，所以构成二氧化硅晶体结构的最小环是由12个原子构成；1个晶胞中含有Si原子的数目为：8×1/8+6×1/2+4=8，含有O原子的数目为：16，则根据公式：其晶胞的密度为：

故答案为：12；

【点睛】

中心原子的孤电子对数=1/2（a-xb）；中心原子的价层电子对数=孤电子对数+键。中心原子的价层电子对数=2，为sp杂化；中心原子的价层电子对数=3，为sp2杂化；中心原子的价层电子对数=4，为sp3杂化。【解析】N球形+21s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2sp3109°28′F>O>PBC1217、略

【分析】【详解】

（1）钴（Co）的核电荷数为27，基态钴原子的价电子排布式为为3d74s2，Mn位于元素周期表的第四周期第ⅦB族，属于d区，故答案为：3d74s2；d。

（2）磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，偏磷酸的酸性最强，次，亚，正依次减弱，PO43-的中P原子的价层电子对数为4，且不含孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化方式是sp3，故答案为：HPO3；正四面体；sp3。

（3）CoO和MnO都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO的晶格能大于MnO的晶格能，熔点：CoO>MnO；故答案为：

CoO>MnO；CoO和MnO都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)；CoO的晶格能大于MnO的晶格能。

（4）PH3分子中磷原子形成了3个σ键，1个孤电子对，其价层电子对的总数是4，空间结构为三角锥形，是极性分子，NH3能与水分子形成氢键，所以在水中的溶解性NH3大于PH3，故答案为：极性；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小。

（5）由晶胞结构可知，X原子个数为：Y原子个数为：8，所以X为S2-，Y为Li+，设晶胞的边长为bcm，cm，距离最近的两个S2-的是面对角线的一般，面对角线为则距离最近的两个S2-的距离为nm，故答案为：【解析】3d74s2dHPO3正四面体sp3CoO>MnOCoO和MnO都属于离子晶体，离子半径：r(Mn2+)>r(Co2+)，CoO的晶格能大于MnO的晶格能极性NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小18、略

【分析】根据构成晶体的微粒不同,分子晶体仅由分子构成,原子晶体中无分子。分子晶体有B、C、E、F,注意晶体氩是单原子分子晶体;原子晶体和单原子分子晶体都是由原子直接构成的,原子晶体有A、D,但属于化合物的只有A;分子晶体熔化时,一般不破坏化学键;原子晶体熔化时,破坏共价键。【解析】(1)B；C、E、FE

(2)A(3)A、D、E(4)A、D三、结构与性质(共6题，共12分)19、略

【分析】【分析】

=1，NH4+为1个，由此可求出1个小立方体的质量及体积，从而求出NH4N3的密度。

【详解】

(1)氮原子的电子排布式为1s22s22p3，则基态氮原子的价电子排布式为2s22p3。答案为：2s22p3；

(2)14g氮气为0.5mol，1个氮气分子中含有1个σ键、2个π键，其中以“头碰头”方式形成的共价键为σ键，数目为0.5NA，以“肩并肩”方式形成的共价键为π键，数目为NA。答案为：0.5NA；NA；

(3)C；N、O属于同周期元素且原子序数依次增大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N由于2p轨道半充满而出现反常，其第一电离能大于O，所以三种元素按第一电离能从大到小的排列顺序为N＞O＞C。氧的第二电离能增幅较大，应从2p轨道的电子排布情况进行分析，其原因是O失去1个电子后，2p轨道有3个电子，为半充满状态，较为稳定。答案为：N＞O＞C；O失去1个电子后，2p轨道有3个电子，为半充满状态，较为稳定；

(4)某含氨配合物CrCl3·6NH3为离子化合物，化学键类型有配位键、极性共价键和离子键。CrCl3·6NH3有三种异构体，按络离子式量增大的顺序分别是[Cr(NH3)6]Cl3、[Cr(NH3)5Cl]Cl2·NH3、[Cr(NH3)4Cl2]Cl·2NH3。答案为：离子键；[Cr(NH3)5Cl]Cl2·NH3；

(5)N3－是直线型结构，其与CO2为等电子体，则N3－中氮原子的杂化类型是sp。在VSEPR模型中NH4+的价层电子对数为4；则几何构型名称为正四面体。答案为：sp；正四面体；

(6)由晶胞结构可知，1个晶胞分为8个小立方体，每个小立方体中，含N3-的个数为8×=1，NH4+为1个，1个小立方体的质量为g，阿伏加德罗常数的值为NA，则NH4N3的密度为=g·cm－3。答案为：

【点睛】

对于一种金属离子与几种配体形成的配合物，虽然某种配体的数目可以改变，但配体的总数通常是固定不变的。【解析】①.2s22p3②.0.5NA③.NA④.N＞O＞C⑤.O失去1个电子后，2p轨道有3个电子，为半充满状态，较为稳定⑥.离子键⑦.[Cr(NH3)5Cl]Cl2·NH3⑧.sp⑨.正四面体⑩.20、略

【分析】【详解】

(1)在元素周期表是19号元素，电子排布式为能层从低到高依次是所以占据最高能层符号为占据该能层的电子轨道为轨道，电子云轮廓图形状为球形；和处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但且的价电子少于则的金属键比弱，因此K的熔点、沸点比低；

(2)中心原子形成个键，孤电子对数即中心原子形成个键，还有对孤电子对，故中心原子采取杂化；因为只有三个原子，所以几何构形为形；

(3)与的最短距离如图所示，是面对角线的所以与的最短距离原子的堆积方式相当于面心立方堆积，所以与原子相邻的原子个数为12个；

(4)个，个，个，所以原子处于体心，原子处于棱心。【解析】①.②.球形③.原子半径较大且价电子较少，金属键较弱④.形⑤.⑥.0.315⑦.12⑧.体心⑨.棱心21、略

【分析】【详解】

中Cu元素化合价为价，则“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cu2+，则Cu为29号元素，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为故答案为：2；

“中国蓝”的发色中心是以为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素，故答案为：氧或

因为Cu失去1个电子后，会变成稳定的全满结构，所以Cu较难失去第二个电子，而锌失去两个电子后会变成稳定的全满结构，所以Cu的第二电离能比Zn大，故答案为：Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去；

乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取杂化类型，乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是单键是键，双键中一个是键，一个是键，所以乙醛分子中键与键的个数比为故答案为：6:1；

银位于顶点，则每个晶胞中含有银为铜位于面心，每个晶胞中含有铜为所以该铜银合金的化学式是或故答案为：或

该铜银晶胞参数为晶体密度为则体积为质量则故答案为：

若Ag、Cu原子半径分别为则原子总体积==晶胞体积故答案为：【解析】23d9O或氧Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去sp2、sp36:1AgCu3或Cu3Ag22、略

【分析】【详解】

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素。B的价电子排布式为nsnnpn+2，s轨道最多可以排布2个电子，所以n=2，则B的价电子排布式为2s22p4；即B为O元素；A的核外电子总数与其周期数相同且原子序数小于B，则A为氢元素；C；D为同周期元素，C是同周期元素中离子半径最小的元素，则C为铝元素；D元素最外层有一个未成对电子，则D为氯元素；E位于元素周期表的第四周期第IVB族，则E为Ti元素。

（1）D为17号的氯元素，原子的价电子排布图为E为Ti元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；原子核外有2个未成对电子。元素非金属性越强电负性越大，则五种元素中电负性最大的是O；

（2）化合物D2B为Cl2O，中心原子O原子和氯原子形成2个σ键，孤电子对个数=×（6-2×1）=2，价层电子对数为=2+2=4，为sp3杂化；故其VSEPR模型为正四面体，含2对孤电子对，分子立体构型为V形；

（3）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。与分子晶体D2B3互为等电子体的一种分子为CCl4；

（4）由A、B、D三种元素所形成的一系列化合物HClO4、HClO3、HClO2、HClO中氧化性最强的是HClO，酸性最强的是HClO4；

（5）单质B有两种同素异形体，其中沸点高的是O3；原因是结构相似的分子晶体中相对分子质量越大，熔沸点越高；

（6）C与D能形成化合物Q。根据铝和氯的化合价可设Q为(AlCl3)n，在1.01×105Pa、T1℃时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得Q的气态密度为5.00g/L，则M=则133.5n=267，解得n=2，此时Q的化学式为Al2Cl6;

（7）在常温下的晶体结构为如图所示的六方最密堆积，根据均摊法可知含有钛原子个数为12已知晶胞参数分别为acm和ccm，则晶胞的底面积为体积为该晶体的密度可表示为=g·cm-3。【解析】2Osp3杂化正四面体V形CCl4HClOHClO4O3相对分子质量越大，熔沸点越高Al2Cl623、略

【分析】【详解】

(1)①由题可知，配离子中的Fe为+3价，因此其价电子排布式为3d5；

②由题可知，该配合物中的的配体中的C原子有形成4条单键的，也有形成双键的，因此杂化方式有sp3和sp2；

③配离子是由中心原子和配体通过配位键形成的；由图可知，该配离子中含配位键，以及配体内部存在的极性键，非极性键，σ键以及π键，所以CDEGH正确；

④由题可知，FeCl3具有熔沸点不高；易升华，并且能溶于有机溶剂中的性质，所以推测其为共价化合物，属于分子晶体；

(2)由基态A原子的价电子排布式可知A为Cl元素；

①由晶胞结构可知，Cu位于晶胞的内部，一个晶胞中含有个Cu，Cl位于晶胞的面心和顶点处，一个晶胞中含有个Cl；所以晶胞中Cu和Cl的个数比为1:1，该化合物化学式为CuCl；由晶胞结构可知，Cl-周围最近的Cu+有4个，所以Cl-的配位数为4；

②由晶胞结构可知，Cu+和Cl-的最短距离即为晶胞体对角线的由题可知，晶胞的边长a为：那么Cu+和Cl-的最短距离即

【点睛】

在计算晶胞的边长时，要知道晶体的密度=晶胞的密度，另外就是在计算晶胞的质量时，要用均摊法求得的一个晶胞实际含有的各类粒子的数目，最后要注意单位换算的问题。【解析】3d5sp3sp2CDEGH分子晶体CuCl424、略

【分析】【详解】

(1)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；

(2)SCN−中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN−互为等电子体的一种非极性分子的为CO2(或CS2)；

(3)每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数==0.5，该立方体中铁原子个数=8×=1，CN−位于每条棱中点，该立方体中含有CN−个数=12×=3，所以平均化学式是K0.5Fe(CN)3；Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1:1；

(4)配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+提供空轨道，N原子提供电子对，Fe2+与N原子间的的配位键为：

(5)镁单质晶体中原子的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，单质晶体中原子为六方最密堆积，配位数为12，晶胞是图中的c；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的该高为晶胞的可推知四面体的体积为整个晶胞的而晶胞中含有的镁原子数为1+=2，则晶胞质量=2g，则ρg·cm−3=则有Mr=12NAaρ。【解析】[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）CO2或CS21∶1六方最密堆积c1212NAaρ四、原理综合题(共3题，共18分)25、略

【分析】【详解】

(1)碳为6号元素，碳原子的价电子排布图为核外有6种不同运动状态的电子，故答案为6；

(2)①元素的非金属性越强，电负性数值越大，嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H，故答案为N>C>H；

②孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力；斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故答案为孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；

③吡啶结构中N原子连接有3个原子，含有1个孤对电子，采用sp3杂化，故答案为sp3；

④分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。根据吡啶的结构，其中的大π键由5个原子6个电子形成的，表示为故答案为

(3)①A.CO分子中碳和氧上各有1个孤对电子，CO2分子中碳和氧上各有2个孤对电子，故A错误；B.CO为极性分子，二氧化碳为非极性分子，故B正确；C.CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键；分子间成键方式改变，故C正确；D.反应物中的一氧化碳和氧气的相对分子质量小于生成物二氧化碳，分子的熔沸点变大，故D正确；故选BCD；

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，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，故答案为＞；

③由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸；与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了，而溶于水的五氧化二磷几乎能够完全反应生成磷酸，故答案为由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了；

(4)根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目=8×+6×+4=8，每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量=晶胞参数为apm，则晶胞的密度==g/cm3，故答案为

点睛：本题考查了物质结构与性质，涉及了分子的性质的判断、晶胞的计算等。本题的易错点为(2)④中大π键类型的判断，难点为(3)③H2CO3与H3PO4酸性强弱的判断，要注意根据溶解度即反应的限度分析判断。【解析】6N>C>H（或NCH）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大sp3BCD>由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了26、略

【分析】【分析】

(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；(2)考查了不同类型的晶体的熔沸点比较；相同类型的晶体的熔沸点比较；(3)考查了电负性的周期性变化规律，微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数；(4)考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论，晶体密度的计算问题；(5)重点考查通过反应历程图，来书写离子方程式等。

【详解】

(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；

(2)一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；

(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；故答案为：O>Ti>Ca；离子键；12；

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