2024年华师大版选修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年华师大版选修3化学下册阶段测试试卷713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5题，共10分)1、下列有关物质结构、粒子间的作用方式的叙述中，正确的是A.化学键只存在于分子内，范德华力只存在于分子间B.冰变为液体水时，共价键没有被破坏C.液态HF中存在氢键，所以HF比HC1的稳定性强D.物质在溶于水的过程中，化学键一定会被破坏或改变2、有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是A.两个碳原子采用sp2杂化方式B.两个碳原子采用sp杂化方式C.每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键D.两个碳原子形成两个π键3、下列说法不正确的是（）A.CO2和SiO2分子中，中心原子的杂化方式相同B.SO2分子与O3分子中均含有2个σ键C.CCl4分子中有未成键的孤电子对，但却为非极性分子D.离子键和共价键的本质都是电性作用4、NaCl晶体的晶胞如图，已知氯化钠的摩尔质量为Mg·mol－1，晶体中最邻近的钠离子和氯离子中心间的距离为acm，晶体的密度为bg·cm－3。则下列叙述正确的是。

A.每个Na＋周围最近且等距离的Cl－所围成的空间构型为正六面体B.每个Na＋周围最近且等距离的Na＋有6个C.阿伏加德罗常数NA的值可表示为M/(2a3b)D.阿伏加德罗常数NA的值可表示为4M/(a3b)5、下列物质的熔点均按由高到低排列且原因是由于键能由大到小导致的是A.水、硫化氢B.碘化氢、溴化氢C.金刚石、晶体硅D.钠、干冰评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、按要求完成下表：。元素符号核电荷数原子简化的电子排布式P15______K19______Ge32______Zn30______Cr24______7、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______________。8、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧；产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：

（1）A在周期表中的位置是___________，写出一种工业制备单质F的离子方程式_____________。

（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为______________，其水溶液与F单质反应的化学方程式为__________________________________________________；在产物中加入少量KI，反应后加入CC14并振荡，有机层显_______色。

（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：。物质组成和结构信息a含有A的二元离子化合物b含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1c化学组成为BDF2d只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体

a的化学式为_____；b的化学式为______________；c的电子式为________________；

d的晶体类型是_________________。

（4）由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过____键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为______。9、X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。

（1）Y在元素周期表中的位置为_________；

（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_________（写化学式）。

（3）X、Y、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体；写出其反应离子方程式：_________；

（4）M的氧化物与G的单质的水溶液均有漂白性，相同条件下，相同体积的该M的氧化物与Y的单质混合通入品红溶液，品红溶液_________（填褪色或不褪色），原因（用化学方程式表示）_________。10、配合物X{[Cu(phen)(Thr)(H2O)]ClO4}能够通过插入或部分插入的模式与DNA作用，它可由Cu(ClO4)2、HThr（结构简式如图l所示）；phen等为原料制备。

（1）Cu2+基态电子排布式为___。

（2）ClO4-的空间构型为__（用文字描述），与ClO4-互为等电子体的一种分子的化学式为___。

（3）HThr分子中，碳原子的杂化类型为___；1molHThr中含有σ键的数目为___。

（4）配合物X中配离子的结构如图2所示，则配位原子为___（填元素符号）。

11、四种元素X；Y、Z、W位于元素周期表的前四周期；已知它们的核电荷数。

依次增加；且核电荷数之和为51；Y原子的L层p轨道中有2个电子；Z与Y原子的价层电子数相同；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：1。

(1)Y、Z可分别与X形成只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是_____、_______;杂化轨道分别是________、_________；a分子的立体结构是____________。

(2)Y的最高价氧化物和Z的最高价氧化物的晶体类型分别是_______晶体、_______晶体：

(3)X的氧化物与Y的氧化物中，分子极性较小的是(填分子式)__________；

(4)Y与Z比较，电负性较大的____________,其+2价离子的核外电子排布式是_________。12、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。13、单质硼有无定形和晶体两种；参考下表数据回答：

（1）晶体硼的晶体类型属于____________________晶体，理由是_____________。

（2）已知晶体的结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如图），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶角，每个顶角各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由__________个硼原子构成的，其中B—B键的键角为____________，共含有___________个B—B键。

评卷人得分三、实验题(共1题，共2分)14、现有两种配合物晶体[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一种为橙黄色，另一种为紫红色。请设计实验方案将这两种配合物区别开来_____________________________。评卷人得分四、结构与性质(共3题，共27分)15、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。16、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)。17、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)。

评卷人得分五、原理综合题(共1题，共8分)18、金属铜是被人们认识和利用较早的金属之一，西汉《淮南万毕术》中有“曾青得铁则化为铜”的记载，“曾青”是CuSO4溶液。回答下列问题：

（1）一些铜盐在灼烧时会产生特殊的颜色，原因是___。

（2）CuSO4溶液中，金属阳离子的最高能层符号为___；其中未成对电子数为___。

（3）CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4SO4]H2O；其结构如图所示：

①[Cu(H2O)4]2+中O原子的杂化类型为___。1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的个数为___(NA表示阿伏加德罗常数的值）。

②CuSO4·5H2O结构中含有的化学键的类型有___，所含元素的电负性大小顺序为___。

（4）金属铜的晶胞结构如图所示。

①该晶胞结构中含有由Cu原子构成的正八面体空隙和正四面体空隙，则正八面体空隙数和正四面体空隙数的比为___。

②科研发现硫化铜可以作为一种极为重要的P型半导体，其晶胞结构可以理解为铜晶胞中互不相邻的正四面体形成的空隙被S2-占据，若该晶体的密度为ag·cm-3，则两个最近的S2-之间的距离为___pm(NA表示阿伏加德罗常数的值）。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共8分)19、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______________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】A．化学键不仅存在于分子内的原子间；还存在于原子晶体内的原子间；离子晶体内的离子间，分子间作用力只存在于分子间，故A错误；B．冰变为液态水时，是分子间距离的改变，克服分子间作用力，不破坏化学键，故B正确；C．稳定性是化学性质，与氢键无关，与氢氟的键能大小有关，故C错误；D．非电解质溶于水没有发生电离，化学键不会被破坏或改变，只克服分子间作用力，故D错误；故选B。

点睛：本题考查了化学键的有关知识，根据化学键的概念来分析解答，注意分子间作用力不属于化学键，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，为易错点。2、A【分析】【分析】

乙炔分子中含有碳碳三键；三键含有1个δ键和2个π键，碳原子都是sp杂化。

【详解】

A.两个碳原子采用sp杂化方式；A不正确；

B.两个碳原子采用sp杂化方式；B正确；

C.每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成2个π键；C正确；

D.两个碳原子形成两个π键；D正确。

有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是A，本题选A。3、A【分析】【详解】

A．CO2中碳为sp杂化，SiO2中硅原子是sp3杂化；中心原子的杂化方式不相同，故A错误；

B．SO2中和含2个S=O，O3分子中含2个O=O，SO2与O3分子中均含有2个σ键；故B正确；

C．分子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子。这些未成键的价电子对叫做孤对电子，CCl4分子中有未成键的孤电子对，CCl4分子正负电荷中心重叠；为非极性分子，故C正确；

D．离子键是原子间得；失电子而生成阴、阳离子；然后阴、阳离子通过静电作用而形成的，共价键是原子间通过共用电子对而形成的，离子键和共价键的本质都是电性作用，故D正确；

故选A。4、C【分析】每个Na＋周围等距离的Cl－所围成的空间构型为正八面体，A错；Na＋周围最近且等距离的同种离子有12个，故B错；1molNaCl的质量为Mg，体积V＝cm3，一个NaCl晶胞的体积为8a3cm3，一个晶胞含Cl－：8×＋6×＝4个，Na＋：12×＋1＝4个，即含4个NaCl,1molNaCl含NaCl个数：×4＝即NA的值可表示为5、C【分析】【分析】

一般情况下；不同类型的晶体，熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同种类型的晶体可根据影响晶体的因素分析。

【详解】

A．水；硫化氢都属于分子晶体；水分子间存在氢键，水的熔点高于硫化氢，与键能无关，故A不符合题意；

B．HI、HBr都属于分子晶体，结构相似的分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，熔点HI＞HBr；与键能无关，故B不符合题意；

C．晶体硅、金刚石都属于原子晶体，原子半径CC—C，共价键键能C—C>Si—Si；则金刚石的熔点高于晶体硅，故C符合题意；

D．干冰属于分子晶体；熔点低，影响因素是分子间作用力，不是键能，故D不符合题意；

故答案为C。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

P是15号元素，根据构造原理，电子排布式为：1s22s22p63s23p3，简化的电子排布式为：[Ne]3s23p3；

K是19号元素，根据构造原理，电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，简化的电子排布式为：[Ar]4s1；

Ge是32号元素，根据构造原理，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2，简化的电子排布式为：[Ar]3d104s24p2；

Zn是30号元素，根据构造原理，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，简化的电子排布式为：[Ar]3d104s2；

Cr是24号元素，根据构造原理，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，简化的电子排布式为：[Ar]3d54s1。

【点睛】

Cr价电子为3d54s1，处于半充满状态，较稳定。【解析】①.[Ne]3s23p3②.[Ar]4s1③.[Ar]3d104s24p2④.[Ar]3d104s2⑤.[Ar]3d54s17、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】①.4②.3s23p5③.8、略

【分析】【详解】

根据“非金属元素A最外层电子数与其周期数相同”确定A为氢元素；然后根据其它信息推出B为碳元素，D为氧元素，E为钠元素，F为氯元素。

⑴H在周期表中的位置为第一周期IA族；工业制备上Cl2的原理有电解饱和食盐水或电解熔融的NaCl；据此便可写出其相应的离子方程式。

⑵C、O、Na组成的一种盐中，满足E的质量分数为43%的盐为Na2CO3，俗称纯碱或苏打；其水溶液与Cl2反应，可理解为Cl2先与水反应有HCl和HClO，Na2CO3水解有NaHCO3和NaOH，二者再反应，可确定其生成物有NaClO、NaCl、NaHCO3，然后通过氧化还原反应的配平方法将其配平；在产物中加入少量KI，NaClO将KI氧化生成I2，反应后加人CC14并振荡溶液显紫色。

⑶在这些元素中只有Na才与H形成二元离子化合物NaH(a的化学式)；形成含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1的物质有Na2〇2和Na2C2(b的化学式)；BDF2的化学式为COCl2，其结构式为据此便可写出其电子式只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为金属钠；属于金属晶体。

⑷由H和C、O元素组成的两种二元化合物CH4、H2O能形成一类新能源物质，一种化合物分子(H2O)通过氢键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分CH4)分子进入该空腔，CH4分子的空间结构为正四面体结构。

考点：考查物质的结构与元素周期表(律)、化学式的推断、电子式的书写、化学、离子方程式的书写，晶体类型、分子间作用力(氢键)、空间构型等。【解析】①.第一周期IA族②.2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋C12↑(或2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑③.纯碱(或苏打)④.2Na2CO3＋Cl2＋H2O=NaClO＋NaCl＋2NaHCO3⑤.紫⑥.NaH⑦.Na2〇2和Na2C2⑧.⑨.金属晶体⑩.氢⑪.正四面体9、略

【分析】试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Y原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体）。

（1）Y是O元素；O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；

（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，故答案为：HClO4；

（3）用硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应可制得二氧化硫气体，其反应离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）二氧化硫和氯水都有漂白性，但当它们以相同体积混合通人品红溶液，由于发生氧化还原反应，使两种物质都失去了漂白作用，所以品红溶液不褪色，化学方程式表示为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。

考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。【解析】（1）第二周期第ⅥA族；

（2）HClO4；

（3）HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl10、略

【分析】【详解】

(1)Cu为29号元素，失去2e-得到Cu2+，则Cu2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；

(2)ClO4-的孤电子对数=则ClO4-的空间构型为正四面体形，与ClO4-互为等电子体的有CCl4等，故答案为正四面体形；CCl4；

(3)分子中C原子含有双键和单键，则C的杂化方式有：sp2、sp3，1个HThr中含有16个σ键，则1molHThr中含有σ键的数目为：16mol或16×6.02×1023个，故答案为：sp2、sp3；16mol或16×6.02×1023个；

(4)根据配合物X中配离子的结构可知，配合物X中配离子的配位原子为O、N，故答案为：O、N。【解析】①.1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9②.正四面体形③.CCl4等④.sp2、sp3⑤.16mol或16×6.02×1023个⑥.O、N11、略

【分析】【分析】

由“Y原子的L层p轨道中有2个电子”可知Y原子的电子排布式是1s22s22p2，为碳元素；由“Z与Y原子的价层电子数相同”可知Z与碳元素同主族，又因Z位于元素周期表的前四周期且核电荷数大于Y，所以Z可能为硅元素（14号）或锗元素（32号），若Z为锗元素，则四种元素的核电荷数之和大于51（因W的核电荷数比Z的还要大），即Z只能为硅元素；由“W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4︰1”可知W的最外层电子数为2，由“d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5︰1”可知d轨道中的电子数为10，所以W原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2；即W为锌元素；又因四种元素的核电荷数之和为51，所以X元素的核电荷数为1，是氢元素。

【详解】

(1)C和Si可分别与H形成只含一个中心原子的共价化合物a、b，它们的分子式分别是CH4、SiH4;杂化轨道分别是sp3、sp3；两种分子的立体结构都是正四面体。

(2)C的最高价氧化物和Si的最高价氧化物分别为CO2和SiO2；其晶体类型分别是分子晶体；原子晶体：

(3)H的氧化物与C的氧化物中，分子极性较小的是非极性分子CO2；

(4)C与Si是同一主族的元素，非金属性越强的电负性越大，电负性较大的是C,其+2价离子的核外电子排布式是1s22s2。【解析】①.CH4②.SiH4③.sp3④.sp3⑤.正四面体⑥.分子⑦.原子⑧.CO2⑨.C⑩.1s22s212、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5313、略

【分析】【分析】

（1）根据表中数据判断可知晶体硼熔沸点和硬度介于金刚石和晶体硅之间；判断为原子晶体；

（2）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的共20个等边三角形；B-B键组成正三角形；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的据此答题。

【详解】

（1）根据表中数据判断可知晶体硼熔沸点和硬度介于金刚石和晶体硅之间，熔沸点、硬度都很大，可知晶体硼为原子晶体，

故答案为原子晶体；熔；沸点很高、硬度很大；

（2）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为：×3=20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12；B-B键组成正三角形，则每个键角均为60°；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为：×3=20个等边三角形拥有的B-B键为：×20=30。

【点睛】

明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该晶胞中各种原子个数，硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为：×3=20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12。【解析】①.原子②.熔点高，硬度大，并且各数据均介于金刚石和晶体硅之间③.12④.60°⑤.30三、实验题(共1题，共2分)14、略

【分析】【分析】

两种配合物可电离出的氯离子数目不同；可将等质量的两种配合物配制成溶液，滴加硝酸银，根据生成沉淀的多少判断。

【详解】

两种配合物晶体[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，内界氯离子不能与硝酸银反应，外界氯离子可以与硝酸银反应，将这两种配合物区别开来的实验方案：称取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量用硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称量，所得AgCl固体质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固体质量小的，原晶体为[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，故答案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、干燥、称量，沉淀质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【点睛】

把握配合物的构成特点，为解答该题的关键。解答此类试题要注意配合物的内界和外界的离子的性质不同，内界中以配位键相结合，很牢固，难以在水溶液中电离，而内界和外界之间以离子键结合，在溶液中能够完全电离。【解析】称取相同质量的两种晶体配成溶液，向两种溶液中分别加入足量的硝酸银溶液，静置、过滤、干燥、称量，所得氯化银固体多的是[Co(NH3)6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2四、结构与性质(共3题，共27分)15、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⑩.16、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A817、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Al2Cl6五、原理综合题(共1题，共8分)18、略

【分析】【详解】

（1）铜盐在灼烧时会产生特殊的颜色；这是由于金属的焰色反应导致的：灼烧时基态铜原子的电子跃迁到较高能级，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以一定波长（可见光区域）的光的形式释放能量；

故答案为：灼烧时基态铜原子的电子跃迁到较高能级；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以一定波长（可见光区域）的光的形式释放能量；

（2