2024年浙教新版选修3化学上册月考试卷

…………○…………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年浙教新版选修3化学上册月考试卷982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7题，共14分)1、下列有关原子轨道的叙述中正确的A.氢原子的2s轨道能量较3p轨道高B.能层n＝4的原子轨道最多可容纳16个电子C.p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层序数的增加，p能级原子轨道也在增多D.锂原子的2s与5s轨道皆为球形分布2、下列离子中外层d轨道达全充满状态的是()A.Cu+B.Fe3+C.Co3+D.Cr3+3、下列说法不正确的是（）

①C2H6分子中既含极性键又含非极性键。

②若R2—和M+的电子层结构相同；则原子序数：R＞M

③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高。

④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构。

⑤若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为abX

⑥由于氨和水分子之间能形成氢键，NH3分子极易溶于水。

⑦原子序数为34号的元素属于长周期的副族元素A.②⑤⑦B.①③④⑤C.②④⑤⑥D.③⑤⑥⑦4、下列叙述正确的是（）A.BeCl2为共价化合物，两个Be—Cl键间的夹角为180∘，是由极性键构成的非极性分子B.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致C.PCl3分子中三个共价键的键长，键角都相等，故为非极性分子D.NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道5、氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是()

A.氮化碳属于原子晶体B.氮化碳中碳显－4价，氮显＋3价C.氮化碳的化学式为C3N4D.每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连6、最近发现一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为A.TiCB.TiC14C.Ti4C7D.Ti14C137、红镍矿是一种重要的含镍矿物；其主要成分的晶胞如下图所示，下列说法正确的。

A.该化合物的化学式为Ni2AsB.该化合物中As的配位数为8C.该化合物中Ni的配位数为6D.该晶胞平均占有5个Ni原子评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛，Ni的基态原子有________种能量不同的电子；很多不饱和有机物在Ni催化下可以H2发生加成反应，如①CH2═CH2、②HC≡CH、③④HCHO等，其中碳原子不是采取sp2杂化的分子有________(填物质编号)，HCHO分子的立体构型为________9、如图是s能级和p能级的原子轨道示意图；试回答下列问题：

（1）若元素X的原子最外层电子排布式为原子中能量最高的是____________电子，其电子云在空间内有____________个互相垂直的伸展方向；元素X的名称是____________，它的简单氢化物的电子式是____________。

（2）若元素X的原子最外层电子排布式为那么X的元素符号为____________，原子的轨道表示式为____________。10、第三周期元素中，镁元素核外有___种能量不同的电子；氯元素的最外层电子排布式为______；由这两种元素组成的化合物的电子式为______________。11、(1)元素C、N、O、K的电负性从大到小依次为______________。

(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为___________。

(3)下图是周期表中短周期的一部分，A的单质是空气中含量最多的物质，其中第一电离能最小的元素是______________(填“A”“B”“C”或“D”)。

12、在工业上；通过含锌矿石制取应用广泛的锌及其化合物。

（1）Zn在元素周期表中位于_____区，其基态原子价电子排布式为________。

（2）[Zn(CN)4]2-常用于电镀工业中，其中配位原子基态时核外电子的轨道表示式为_____，与CN-互为等电子体的粒子有_____、________（写出两种）。

（3）[Zn(CN)4]2-在水溶液中与甲醛（HCHO）溶液反应可制得HOCH2CN。甲醛分子的立体构型为________．中心原子杂化方式为________；HOCH2CN中元素电负性由大到小的顺序_______，1molHOCH2CN分子中，含有σ键的数为_________。

（4）ZnS和HgS晶体在岩浆中先晶出的是________，其原因是___________。

（5）ZnO的一种晶体结构与金刚石类似，4个锌原子占据金刚石中晶胞内四个碳原子的位置，则该氧化物的密度为______g/cm3（设晶胞参数为apm，NA表示阿伏伽德罗常数）评卷人得分三、结构与性质(共9题，共18分)13、太阳能电池的发展已经进入了第三代。第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜硅系太阳能电池。完成下列填空:

(1)亚铜离子(Cu+)基态时的电子排布式为_______________________。

(2)比较硒和同周期相邻的元素砷的第一电离能I1的大小:I1(As)__I1(Se)。用原子结构观点加以解释______________________________________________。

(3)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，BF3·NH3中N原子的杂化轨道类型为__________________，B与N之间形成________键。

(4)单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂(SiC)结构。金刚砂晶体属于_________(填晶体类型)，在SiC结构中，每个C原子周围最近的C原子数目为___________________。14、含有的悬浊液可用于检验醛基，原理可用下列化学方程式表示：

（1）基态核外电子排布式为________。

（2）中碳原子轨道的杂化类型是________。

（3）分子中键与键的数目比________。

（4）广泛应用于太阳能电池领域，其晶胞为立方体（见下图），晶胞中原子的配位数为________。

（5）可溶于氨水生成配离子。研究发现，与的空间构型相同，而却难以与形成配离子，其原因是________。15、“天问一号”着陆火星；“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室；涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。

(1)镍原子价层电子表示式为_______，在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是_______。

(2)铼易形成高配位数的化合物如该配合物中_______(填元素符号)提供孤对电子与铼成键，原因是_______，1mol中有_______mol配位键。

(3)锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌薄膜，使其具有抗腐蚀性。碱式碳酸锌中非金属元素的电负性由大到小的顺序为_____，的空间构型为_______(用文字描述)。与互为等电子体的分子是_______(写一种即可)。

(4)分子中碳原子的杂化类型为_______，比的熔点沸点_______(填“高”或“低”)，原因是_______。

(5)三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为晶胞密度为铼原子配位数为_______，铼原子填在了氧原子围成的_______(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞的空间利用率为_______(铼的原子半径为氧原子半径为列出计算式)。

16、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%)17、教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：

(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示。则该元素对应的原子有___种不同运动状态的电子。

(2)如图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。请解释AsH3比NH3沸点低的原因___。

(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该CO2晶体属于___晶体。

(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有__种。BCl3中B原子的杂化方式为___。

(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图示中正确的是__(填字母标号)。

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ρg/cm3，则铁的相对原子质量为___(设阿伏加德罗常数的值为NA)。18、Ge；Na及其化合物在航空航天、电子工业上有重要应用。请回答下列问题：

（1）基态Ge原子价层电子的排布式为___，其电子填充的最高能级的轨道数为___。电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是___。

（3）硼氢化钠(NaBH4)是有机化学中的一种常用还原剂，[BH4]－的空间构型是__，中心原子的杂化形式为___。NaBH4中存在___(填标号)。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键。

（4）NaC1是离子晶体；其晶格能可通过下图的循环计算得到。

△H(晶格能)=___。

（5）Na2O的立方晶胞如图所示，氧离子采取面心立方堆积，钠离子填在由氧离子形成的__空隙中。已知晶胞边长a=0.566nm，晶胞中O原子的配位数为__；该晶体的密度是___g·cm－3(列出计算表达式)。

19、(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)。20、据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆（ZrTe5）为材料验证了三维量子霍尔效应；并发现了金属－绝缘体的转换。Te属于ⅥA元素。回答下列问题：

(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是___，Zr2+的价电子排布图是___。

(2)O、Se、Te的第一电离能由大到小的顺序是___，H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是___。

(3)H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是___。

(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是___(填符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中含共价键的数目是___。

(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是___。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，则立方氧化锆的密度为___g/cm3。

21、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2题，共4分)22、铜及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。

（1）铜元素基态原子的电子排布式为________，铜晶体中的原子堆积模型属于______（填堆积模型名称）。

（2）金属铜的导电性仅次于银，大量用于电气工业。请解释金属铜能导电的原因：______。

（3）CuSO4的熔点为560℃，Cu（NO3）2的熔点为115℃，CuSO4的熔点更高的原因是______。

（4）如图所示是铜与金的一种合金晶体的立方晶胞。

①该晶体中，Cu与Au的原子个数比为_________。

②原子坐标参数可表示晶胞内各原子的相对位置。图示晶胞中，原子坐标参数A为（0，0，0），B为（0，），则C原子（底心）的坐标参数为__________。

③已知该立方晶胞的密度为NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a=______nm。23、[化学一选修3:物质结构与性质]

氮和氧是地球上极为丰富的元素。请回答下列问题:

(1)从原子轨道重叠方式考虑，氮分子中的共价键类型有____________；氮分子比较稳定的原因是_________。

(2)C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_____________(用元素符号表示)；NH3易溶于水而CH4难溶于水的原因是____________________________________________。

(3)X+中所有电子恰好充满K；L、M3个电子层。

①X+与N3-形成的晶体结构如图所示。X原子的核外电子运动状态有____种；基态N3-的电子排布式为______；与N3-等距离且最近的X+有______个。

②X2+和Zn2+分别可与NH3形成[X(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+，两种配离子中提供孤电子对的原子均为_______(写元素名称)。已知两种配离子都具有对称的空间构型，[Zn(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代只能得到一种结构的产物，而[X(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种结构不同的产物，则[X(NH3)4]2+的空间构型为_______；[Zn(NH3)4]2+中Zn的杂化类型为_______________。

(4)最新研究发现，水能凝结成13种类型的结晶体。除普通冰外，还有-30℃才凝固的低温冰，180℃依然不变的热冰，比水密度大的重冰等。重冰的结构如图所示。已知晶胞参数a=333.7pm，阿伏加德罗常数的值取6.02×1023，则重冰的密度为_______g.cm-3(计算结果精确到0.01)。

评卷人得分五、元素或物质推断题(共5题，共30分)24、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____________。25、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____。26、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________。27、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：____________________。28、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7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．H原子的2s轨道能量低于3p轨道；故A错误；

B．每个电子层最多能容纳2n2个电子；所以能层n=4的原子轨道最多可容纳32个电子，故B错误；

C．所有的p能级轨道都含有3个轨道；所以随着能层序数的增加，p能级原子轨道不变，故C错误；

D．所有的s轨道电子云轮廓图都是球形；所以锂原子的2s与5s轨道皆为球形分布，故D正确；

故选D。2、A【分析】【分析】

3d轨道全充满说明3d轨道中含有10个电子，即为3d10；写出离子的价电子排布式进行判断。

【详解】

A．Cu+的价电子排布式为3d10；d轨道处于全满状态，故A正确；

B．Fe3+的价电子排布式为3d5；d轨道达半充满状态，故B错误；

C．Co3+的价电子排布式为3d6；d轨道不是全充满状态，故C错误；

D．Cr3+的价电子排布式为3d3；d轨道不是全充满状态，故D错误；

故答案为A。3、A【分析】【详解】

①C2H6分子中碳元素和碳元素之间形成非极性共价键；碳元素和氢元素之间形成极性共价键，故①正确；

②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：M＞R；故②错误；

③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子；熔点随相对分子质量增大而升高，故③正确；

④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构；故④正确；

⑤若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为故⑤错误；

⑥由于氨和水分子之间能形成氢键，使得NH3溶解度大；故⑥正确；

⑦原子序数为34号的元素为Se；属于长周期的主族元素，不是副族元素，故⑦错误；

②⑤⑦错误，答案选A。

【点睛】

同种原子之间形成的是非极性共价键，不同种原子之间形成极性共价键。4、A【分析】【分析】

【详解】

A.Be-C1是极性键，BeCl2分子的立体构为直线形，所以BeCl2是由极性键构成的非极性分子；A正确；

B.H2O很稳定；是因为O一H键的键能大，水的沸点较高，是因为水分子之间可形成氢键，B错误；

C.PCl3分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，PCl3分子是由P—Cl极性键构成的极性分子；C错误；

D.NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化；杂化轨道全部用于成键，C原子形成4个杂化轨道，D错误；

故答案为：A。

【点睛】

非极性分子是指偶极矩μ=0的分子，即原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，分子中各键全部为非极性键时，分子是非极性的（O3除外)。当一个分子中各个键完全相同，都为极性键，但分子的构型是对称的，则分子是非极性的。5、B【分析】【详解】

A.C和N都属于非金属元素；通过共价键形成原子晶体，A正确；

B.N元素的非金属性强于C；N显-3价，C显+4介，B错误；

C.由结构图可知，在一个晶胞内（虑线框）有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4；C正确；

D；由结构图可看出；每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，D正确；

答案选B。6、D【分析】【详解】

根据题意知，如图的结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，根据分子模型直接数出其中的Ti原子和C原子个数分别为14、13，故其分子式为Ti14C13。

故选D。7、C【分析】【详解】

A.由晶胞结构知，晶胞中Ni原子数为8×1/8+4×1/4=2，As的原子数目为2；则该化合物的化学式为NiAs，故A错误；

B.该化合物中As的配位数为6；故B错误；

C.因为该化合物化学式为NiAs；且As的配位数为6，所以Ni的配位数也为6，故C正确；

D.根据均摊法计算，该晶胞平均占有Ni原子数为8×1/8+4×1/4=2；故D错误；

故选C。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【分析】

Ni的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，同一能级轨道上的电子能量相同；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3个σ键，没有孤对电子，碳原子均为sp2杂化，而HC≡CH中碳原子均形成2个σ键、没有孤对电子，为sp杂化；HCHO中碳原子为sp2杂化；空间构型为平面三角形。

【详解】

Ni的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，有7个能级，同一能级轨道上的电子能量相同，则Ni的基态原子有7种能量不同的电子；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3个σ键，没有孤对电子，碳原子采取sp2杂化，HC≡CH中碳原子均形成2个σ键、没有孤对电子，碳原子采取sp杂化；HCHO中碳原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形；故答案为：7，②，平面三角形。【解析】①.7②.②③.平面三角形9、略

【分析】【详解】

（1）元素X的原子最外层电子排布式为则n=2，所以X为N元素，根据电子排布的能量最低原理，原子中能量最高的是2p电子；2p轨道上有三个未成对的电子，因而其电子云在空间内有3个互相垂直的伸展方向；元素X的名称是氮；它的简单氢化物为NH3，电子式为

（2）元素X的原子最外层电子排布式为则n=3，所以X为硫元素，那么X的元素符号为S；原子的轨道表示式为【解析】2p3氮S10、略

【分析】【详解】

判断电子的能量是否相同，看轨道数，镁的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，故镁元素核外有4种能量不同的电子；氯是17号元素，最外层电子排布式为：3s23p5；镁和氯形成的化合物是离子化合物，形成离子键，故电子式为：【解析】①.4②.3s23p5③.11、略

【分析】【详解】

(1)非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>C>K；

(2)SiH4中共用电子对偏向H，说明H对电子的吸引能力更强，H的电负性大于Si，同理C的电负性大于H，所以三种元素电负性：C>H>Si；

(3)A的单质是空气中含量最多的物质；则A为N，B为O，C为P，D为S，同主族元素自上而下第一电离能减小，所以A；B的第一电离能大于C、D，由于P元素的最为层为半满状态，所以第一电离能大于S，故四种元素中第一电离能最小的是D。

【点睛】

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）大于第ⅢA元素，第ⅤA族（最外层半满）大于第ⅥA族元素。【解析】①.O>N>C>K②.C>H>Si③.D12、略

【分析】【详解】

(1)Zn为30号元素，价电子排布式为3d104s2，在元素周期表中位于ds区，故答案为ds；3d104s2；

(2)[Zn(CN)4]2-常用于电镀工业中，其中配位原子为C原子，基态时核外电子的轨道表示式为与CN-互为等电子体的粒子有CO和N2，故答案为CO和N2；

(3)甲醛分子中的C原子是sp2杂化，立体构型为平面三角形，根据电负性的变化规律，同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，HOCH2CN中元素电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，HOCH2CN的结构简式为HOCH2C≡N，1molHOCH2CN分子中，含有σ键6mol，故答案为平面三角形；sp2；O>N>C>H；6NA；

(4)Zn2+半径小于Hg2+半径，ZnS晶格能大于HgS的晶格能，ZnS和HgS晶体在岩浆中先晶出ZnS，故答案为ZnS；Zn2+半径小于Hg2+半径；ZnS晶格能大于HgS的晶格能；

(5)ZnO的一种晶体结构与金刚石类似，4个锌原子占据金刚石中晶胞内四个碳原子的位置，根据晶胞结构可知，1mol晶胞中含有4molO原子和4molZn原子，1mol晶胞的质量为324g，则该氧化物的密度为=×1030g/cm3，故答案为×1030。

点睛：本题考查了物质结构和性质，明确构造原理、杂化方式的判断、晶胞计算的方法是解题的关键。本题的难点是(5)，要熟悉金刚石的晶胞结构。【解析】ds3d104s2CON2平面三角形sp2O>N>C>H6NAZnSZn2+半径小于Hg2+半径，ZnS晶格能大于HgS的晶格能×1030三、结构与性质(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

(1)铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子(Cu+)的电子排布式为：[Ar]3d10，故答案为[Ar]3d10；

(2)As、Se属于同一周期且原子序数逐渐增大，这两种元素依次属于第VA族、第VIA族，Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大，故答案为＞；元素的第一电高能从左到右依次增大，而As原子最外层电子排布为4s24p3；电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；

(3)BF3•NH3中B原子含有3个σ键一个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，N原子含有3个σ键一个配位键，N原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键，故答案为sp3；配位；

(4)金刚砂具有金刚石的结构特点；属于原子晶体，每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个C原子周围最近的C原子数目为3×4=12，故答案为原子晶体；12。

点睛：本题考查内容涉及核外电子排布、第一电离能大小的比较、杂化方式的判断等知识点。本题的难点是配位数的判断，要注意根据晶胞结构结合丰富想象力进行分析解答。【解析】①.[Ar]3d10②.I1(As)＞I1(Se)③.元素的第一电高能从左到右依次增大，而As原子最外层电子排布为4s24p3，电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大④.sp3⑤.配位⑥.原子晶体⑦.1214、略

【分析】【分析】

(1)Cu核外有29个电子，Cu失去最外层1个电子生成

(2)中，甲基中碳原子形成4个键，羧基中的碳原子形成3个键；

(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；

(4)根据晶胞结构；黑球表示Cu原子；白球表示O原子；

(5)元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素；

【详解】

(1)Cu核外有29个电子，Cu核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去最外层1个电子生成基态核外电子排布式为

(2)中，甲基中碳原子形成4个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是羧基中的碳原子形成3个键，无孤电子对，轨道的杂化类型是

(3)单键全是键，双键中有1个键和1个键；的结构式是分子中键与键的数目比6∶1；

(4)根据晶胞结构，黑球表示Cu原子、白球表示O原子，晶胞中原子的配位数为4；

(5)因为元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素，导致中的氮原子难以提供孤电子对与形成配位键，所以难以与形成配离子。【解析】（或）4因为元素的电负性（或吸引电子的能力）强于元素，导致中的氮原子难以提供孤电子对与形成配位键15、略

【分析】(1)

Ni原子序数为28，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为过渡金属的价电子是最外层加次外层最后填入的电子，即镍原子的价层电子表示式为锰是25号元素；在第ⅦB族，根据元素周期表的排布规律，铼在第六周期ⅦB族。

(2)

根据CO的结构；碳氧原子都有孤电子对，但由于C的原子半径大，电负性小，更有利于提供孤电子对，形成配位键，CO作为配位体，只能形成1个配位键，故由其分子式可知，1mol该配合物含有10mol配位键。

(3)

碱式碳酸锌中的非金属元素为C、O、H，根据元素周期律，同一周期中电负性从左至右依次增大，一般化合物中H显正价，故电负性的顺序为O、C、H；空间构型为平面三角形，是4原子24价电子的微粒，4原子24价电子的微粒有其中为分子。

(4)

(4)甲苯中苯环是平面正六边形，故苯环上的碳原子是杂化，甲基碳原子是杂化；甲苯和苯胺都是分子晶体；且二者相对分子量接近，苯胺中存在电负性较强的N以及苯环上较为活泼的氢原子，所以可以形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键，故甲苯的熔沸点都比苯胺低。

(5)

根据物质的名称可知晶胞的化学式；则Re与O的个数比为1：3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒个数，每个铼原子的上下左右前后都有一个等距的氧原子，故铼原子的配位数为6；铼原子填在了氧原子围成的八面体空隙中。根据已知可得晶胞的体积是。1个晶胞中有1个Re和3个O，二者的原子半径分别为和，阿伏加德罗常数值为，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。

【点睛】

寻找粒子等电子体时可以先按照原子数将价电子数分组，比如本题中可以将价电子数分为4组（带两个单位负电荷）：6666，存在4个原子，价电子数符合上述每组数量的分子有SO3，也可以调整每组价电子数，但要保证总数相等，比如可以调整为：3777，这样组合的分子有BCl3、BF3等。【解析】(1)第六周期第ⅦB族。

(2)CC的电负性比O小；C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键10

(3)O、C、H(或O>C>H)平面三角形

(4)低甲苯和苯胺都是分子晶体；相对分子质量相近，苯胺分子间存在氢键。

(5)6八面体16、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Cu3Ag17、略

【分析】【分析】

(1)根据电离能产生的突变得到最外层电子数；得到元素名称；

(2)根据晶体类型和晶体中粒子间作用力分析；

(3)根据晶胞特点分析；

(4)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势；但第ⅡA族最外能层的s能级全满，处于稳定状态，第ⅤA族最外能层的p能级半充满，较稳定；根据杂化轨道理论求杂化类型；

(5)相对原子质量的计算利用密度公式进行。

【详解】

(1)第三周期的某主族元素；根据第一至第五电离能数据，可知，该原子第二和第三电离能变化较大，产生了突变，则该原子最外层有2个电子，为镁元素，其核外有12个电子，每个电子的运动状态都不同，则有12种不同运动状态的电子；

(2)NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间无氢键，所以AsH3比NH3沸点低；

(3)由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞图可知；在晶胞中原子之间通过共价键结合形成空间网状结构的晶体，属于原子晶体；

(4)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族最外能层的s能级全满，处于稳定状态，第ⅤA族最外能层的p能级半充满，较稳定，故第三周期元素的第一电离能由大到小的顺序为Na3中B原子无孤电子对，成键电子对数为3，B的杂化方式为sp2杂化；

(5)图甲中Fe位于顶点和体心；乙由8个甲组成，按虚线方向切乙形成的截面边长不等，排除B；D，由于每个小立方体的体心有一个铁原子，故A正确；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；

因为铁原子的半径是rcm，根据铁晶胞的结构可知，晶胞的边长为在每个晶胞中含有铁原子的数目为1+8×=2，设铁原子相对原子质量为M，根据密度=质量除以体积，可得ρ=所以M=

【点睛】

本题为物质结构与性质的综合题，主要考查电离能、杂化方式、晶胞的结构与计算，晶胞的计算先用均摊法进行，计算每个晶胞的原子个数，再利用密度公式，求得相对原子质量，边长的计算稍有点难度，在计算铁相对原子质量时要有较好的运算能力。【解析】12NH3存在分子间氢键原子3sp2杂化A818、略

【分析】【分析】

(1)Ge是32号元素；有4个价电子，根据核外电子排布规律书写电子排布图，其电子填充的最高能级为4p能级，它的轨道数为3，形状为纺锤(或哑铃)。

(2)Ge与C是同族元素；C原子之间可以形成双键；叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，它们属于同族元素，半径逐渐增大，难以形成双键。

(3)[BH4]－单位空间构型要算孤电子对数和成键电子对数，相加算出价层电子对数，由于没有孤对电子，得到VSEPR模型就是该分子的立体构型，为正四面体，[BH4]－中B原子孤电子对数==0，价层电子对数＝4+0＝4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，则杂化方式为sp3，根据NaBH4的晶体类型；可判断出晶体中含有共价键（σ键）和离子键。

(4)利用晶格能的定义和盖斯定律算出△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)，由气态变为固态为放热，△H<0算出△H=-(△H1－△H2－△H3)，故晶格能为△H1－△H2－△H3。

(5)Na2O晶胞中阴离子O2-位于晶胞的顶点和面心，阳离子Na+位于晶胞的体心，根据晶胞的结构判断配位数，O2-半径大于Na+；据此计算质量和体积，进而计算密度。

【详解】

(1)Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；原子价层电子的排布式为4s24p2；其电子填充的最高能级4p，4p能级有三个轨道，4p轨道是哑铃型或纺锤形的；

故答案为4s24p2；3；纺锤(或哑铃)；

(2)Ge原子半径大；难以通过“肩并肩”方式形成π键；

答案为：锗元素原子半径大；难以通过“肩并肩”方式形成π键；

(3)[BH4]－中B原子孤电子对数==0，价层电子对数＝4+0＝4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，空间构型为正四面体，B原子杂化方式为：sp3，Na+、[BH4]－离子之间形成离子键，[BH4]－中B原子与H原子之间形成普通共价键；配位键；均属于σ键；

故答案为正四面体；sp3；AB；

(4)晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量NaCl晶格能是Na+、Cl−气态离子形成1molNaCl晶体释放的能量；故NaCl的晶格能。

根据图示，需求出Na+(g)+Cl−(g)=NaC1(s)的焓变；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)，由气态变为固态为放热，△H<0，则△H=-(△H1－△H2－△H3)，故晶格能为△H1－△H2－△H3；

故答案为△H1－△H2－△H3；

（5）Na2O晶胞中阴离子O2-位于晶胞的顶点和面心，阳离子Na+位于晶胞的体心，从图中可以得知，钠离子填在由氧离子形成的四面体空隙中，根据晶胞的结构判断配位数，Na+的个数为8，O2-的个数为8×+6×=4，据此计算质量和体积，进而计算密度．晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，晶胞的质量为==晶胞的体积为(0.566×10−7)3cm3，则晶体的密度为==

答案为：四面体；8；【解析】4s24p23纺锤(或哑铃)锗元素原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键正四面体sp3AB△H1－△H2－△H3四面体819、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CuCl420、略

【分析】【详解】

（1）锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+的价电子排布图是故答案为：12；

（2）O、Se、Te处于同主族,同主族自上而下电离能降低，第一电离能由大到小的顺序是O＞Se＞Te；H2O受氢键影响，所以沸点最高。H2Se、H2Te的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高。H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se。故答案为：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；

（3）H2Te中Te原子价层电子对个数=2+=4，有两对孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对个数=2+=２，分子为直线型，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°。故答案为：H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°；

（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子的结构是含共价键的数目是１６。故答案为：O；１６；

（5）该晶胞中Zr原子个数=8×+6×=4、O原子个数为8，Zr、O原子个数之比=4：8=1：2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2anm，晶胞体积=（2a×10-7cm）3，则立方氧化锆的密度==g·cm－3=g·cm－3。

故答案为：8；=g·cm－3。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物结构、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞中“距离最近的两个氧原子间的距离与晶胞棱长关系”，为解答易错点。【解析】12O＞Se＞TeH2O＞H2Te＞H2SeH2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°O168=21、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2题，共4分)22、略

【分析】【详解】

(1)基态铜原子核外有29个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，Cu形成的晶体为金属晶体，其堆积模型为面心立方最密堆积，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；面心立方最密堆积；

(2)铜是金属晶体；由金属阳离子和自由电子构成，自由电子在外加电场的作用下可发生定向移动，因此铜可以导电，故答案为：铜是金属晶体，由金属阳离子和自由电子构成，自由电子在外加电场的作用下可发生定向移动；

(3)CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，所带电荷数比多，故CuSO4晶体的晶格能较大，晶格能越大，熔沸点越高，故答案为：CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，所带电荷数比多，故CuSO4晶体的晶格能较大；熔点较高；

(4)①Cu位于面心，个数为Au位于顶点，个数为则Cu；Au的个数比为3：1，故答案为：3：1；

②由于B、C原子同位于面心处，则C原子的坐标参数为（0），故答案为：（0）；

③以该晶胞为研究对象，该晶胞的化学式为Cu3Au，由公式：可得，晶胞的质量为则故答案为：【解析】1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1面心立方最密堆积铜是金属晶体，由金属阳离子和自由电子构成，自由电子在外加电场的作用下可发生定向移动CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，所带电荷数比多，故CuSO4晶体的晶格能较大，熔点较高3：1（0）23、略

【分析】【详解】

(1)氮气分子的结构式为NN；其中的共价键类型为一个σ键和两个π键，氮气分子比较稳定的原因就是氮氮叁键的键能大，不易被破坏；

(2)由于同周期元素的第一电离能从左到右一般是逐渐增大的，但N元素最外层的2p上只有3个电子，属于半满状态，比较稳定，所以N元素的第一电离能大于O元素的，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；NH3分子中的N元素和水分子中的O元素都具有强的吸引电子能力，它们通过H原子在NH3分子和水分子间形成氢键，因此NH3易溶于水，但CH4中的C元素没有强的吸引电子能力，且CH4为非极性分子；所以不能溶于极性的水中；

(3)①X+中所有电子恰好充满K、L、M3个电子层，则X原子核外电子数为2+8+18+1=29，即X是29号元素Cu，因为原子核外没有运动状态完全相同的两个电子存在，所以Cu原子核外电子的运动状态共有29种；基态N3-的电子排布式为1s22s22p6；由晶体结构图可知与N3-等距离且最近的X+有6个，分别在棱的中点，位于N3-的上下、左右、前后六个位置；②NH3分子中的N原子上有孤电子对，所以两种配离子中提供孤电子对的原子为氮元素；已知两种配离子都具有对称的空间构型，[Zn(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代只能得到一种结构的产物，说明该离子为正四面体结构，其中Zn以sp3杂化提供四个完全等效的共价键，而[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种结构不同的产物；说明该离子为平面正方形结构，两个氯原子在同一边上或在对角线上，是两种不同的结构；

(4)根据重冰的结构可知，其中含有2个水分子，所以该晶胞的质量为=g，其体积为a3=(3.337×10-8cm)3=3.72×10-23cm3，所以其密度为/3.72×10-23cm3=1.61g/cm3。【解析】σ键和π键氮氮叁键的键能大N>O>CNH3和H2O分子间形成氢键，CH4为非极性分子，不易溶于水291s22s22p66氮平面正方形sp31.61五、元素或物质推断题(共5题，共30分)24、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+3H2O25、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，最外层电子数是核外电子总数的最外层电子数为2，故D为Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则原子序数为26，为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有