2024年沪科版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版选择性必修2化学下册月考试卷296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8题，共16分)1、下列分子的空间构型错误的是A.CH4：三角锥形B.BF3：平面正三角形C.CO2：直线形D.H2O：折线形2、镁比铝元素的金属性强，以下说法不能说明这一点的是A.氢氧化镁是中强碱而氢氧化铝具有两性B.铝在冷的浓硫酸中钝化而镁不钝化C.氯化镁的熔点比氯化铝的熔点高D.铝能与氢氧化钠溶液发生反应生成氢气而镁不能3、一种由短周期主族元素组成的化合物如下图所示；其中元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大，Z元素形成的离子半径在同周期中最小。下列叙述错误的是。

A.元素Y第一电离能在短周期主族元素中最小B.元素Y与Z最高价氧化物对应水化物的碱性：C.工业可电解Z与X形成的化合物来制备单质ZD.该化合物中，X、Y、Z最外层均满足8电子稳定结构4、有“国防金属”美誉的钛元素，在周期表中有如图所示信息，下列叙述错误的是。

A.钛元素的相对原子质量是47.87B.钛元素原子层上共有10个电子C.钛元素原子的最外层电子数为4个D.钛元素位于周期表的第四周期IVB族5、乙炔(HC≡CH)能在Hg(II)催化下与水反应生成CH3CHO；反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是。

A.过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子B.本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH的稳定性最强C.本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程⑤D.其他条件不变时，更换其他催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的焓变6、下列关于化学键的叙述正确的是A.氢键是一种特殊的共价键B.离子化合物中可能含有共价键C.的升华破坏了共价键D.非极性键只能存在双原子单质中7、用图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生。下列图示正确的是A.溴原子的结构示意图B.BF的结构式C.HF分子间的氢键D.SO的VSEPR模型8、锌的性质与铝相似，可发生反应下列关于反应物和产物的性质说法正确的是A.五种物质中有两种离子晶体、三种分子晶体B.NaOH晶胞结构与NaCl晶胞结构相似，因此NaOH晶体中配位数是8C.中存在4mol配位键D.锌的熔点高于水的熔点，是因为锌的相对原子质量大，分子间作用力大的原因评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、铁镁合金储氢时分子在晶胞的棱心和体心位置，且最近的两个铁原子之间的距离为晶胞结构如下图所示，下列说法错误的是。

A.晶胞中铁原子的配位数为4B.晶胞中原子的堆积方式和干冰晶体相同C.该晶胞中距离最近的有6个D.储氢后，该晶体的密度为10、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，元素Y是地壳中含量最多的元素，X与Z同主族且二者可形成离子化合物，W的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是A.电负性：XB.第一电离能：ZC.元素W的含氧酸均为强酸D.Z的氧化物对应的水化物为弱碱11、已知火药爆炸的反应为下列有关说法正确的是A.上述反应中生成1molN2转移的电子是10molB.气体产物与均是非极性分子C.上述化学方程式涉及元素第一电离能：D.上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：12、化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体；可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法错误的是A.物质X的熔点与化学键无关B.一个Z分子中，形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为4∶27C.X分子中C和O的杂化方式不相同D.Y分子中所有C原子可能共面13、德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的O2、N2、CH3、NH3、H2O和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法正确的是A.基态Fe3+价电子排布为：3d5B.O2、N2、HCN中均存在σ键和π键C.CH4、NH3、H2O分子间均存在氢键D.沸点：C2H5SH(乙硫醇)>C2H5OH14、X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11；Z为第三周期元素，价电子数为2；基态M原子有6个未成对电子；W属于ds区元素，有1个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：Z＞X＞Y，电负性：Y＞X＞ZB.M为ⅥB族元素，W+价电子排布式为3d94s1C.Z(XY3)2晶体含离子键和共价键，离子半径：Y＜ZD.X和Y的简单氢化物分子间均存在氢键15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是A.第一电离能：W＞X＞YB.电负性：Y＞W＞ZC.简单离子半径：Z＞X＞YD.最简单氢化物的沸点：X＞Z＞W评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、铅的合金可作轴承、电缆外皮之用，还可做体育器材铅球等。铅元素位于元素周期表第六周期IVA，IVA中原子序数最小的元素的原子有___种能量不同的电子，其次外层的电子云有___种不同的伸展方向。与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___(填化学式)，气态氢化物沸点最低的是___(填化学式)。17、某元素原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1；根据原子核外电子排布与元素在元素周期表中的位置关系，完成下列各题：

(1)该元素处于元素周期表的第_______周期；

(2)该元素处于元素周期表的第_______族；

(3)试推测该元素处于元素周期表的_______区，18、下表是元素周期表中第一、第二周期10种元素的某种性质的一组数据（所列数据的单位是相同的）。除带“”的四种元素除外，其余元素都给出了该种元素的全部该类数据。(H)13.6(He)24.654.4(Li)5.475.6122.5(Be)9.318.2153.9217.7(B)8.325.237.9259.4340.2(C)11.324.447.964.5392.1489.9(N)14.529.647.472.597.9552.1(O)13.635.1(F)17.434.9(Ne)21.641.6

研究这些数据：

（1）每组数据可能是该元素的__。

A．原子得到电子所放出的能量B．原子半径的大小。

C．原子逐个失去电子所吸收的能量D．原子及形成不同分子的半径的大小。

（2）分析同周期自左往右各元素原子的第一个数据。

①总体变化趋势是__（填“增大”或“减小”），②与前后元素相比，由于该元素的数值增大得较多而变为反常的元素是在__族，分析它们的原子核外电子排布后，指出造成上述反常情况的可能原因是__。

A．它们的原子半径突然变小些B．它们的核外电子排布处于饱和状态。

C．它们的原子半径突然变大些D．它们的核外电子排布处于半充满或全充满状态。

根据以上规律，请推测镁和铝的第一个数据的大小Mg(1)__Al(1)。

（3）同一元素原子的一组数据是约以倍比关系增大，请你说出可能的一个原因是__，每个元素的一组数据中个别地方增大的比例特别大，形成突跃（大幅度增大），请找出这些数据，并根据这些数据出现的规律，你认为氧元素出现该情况的数据应该是氧元素8个数据的第___个。

上述规律可以证明原子结构中__的结论。19、是血红蛋白的重要组成成分，人体如果缺铁元素可能出现缺铁性贫血。下面是一种补铁药品说明书中的部分内容：该药品为无水碱式盐，含质量分数为是薄衣片，与维生素C同服可增加本品吸收。某同学设计实验对其中含铁元素的物质进行了验证，请完成该实验。

(1)向去掉糖衣，研磨好的药品中加稀盐酸，过滤，得到浅绿色溶液，说明药品中有_______________(填离子符号)存在。

(2)向上述溶液中滴入几滴KSCN溶液，溶液显浅红色，说明溶液中有少量存在。该离子存在的原因可能是_________________(填字母)。

a．药品中的铁元素以形式存在。

b．在制药过程中生成少量

c．本实验过程中有少量被氧化为

(3)将(2)中所得溶液分成2份，分别装在A、B两支试管中。向A试管的溶液中慢慢滴入适量氯水，溶液的红色变深。溶液红色变深的原因是___________________________________________(用离子方程式表示)。

(4)向B试管的溶液中加入维生素C，片刻后溶液红色褪去，说明维生素C有___________________性。20、C60；金刚石和石墨的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)。

(1)C60、金刚石和石墨三者的关系互为________。

A．同分异构体B．同素异形体。

C．同系物D．同位素。

(2)固态时，C60属于________晶体(填“离子”、“原子”或“分子”)，C60分子中含有双键的数目是________个。

(3)硅晶体的结构跟金刚石相似，1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是________NA个。二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅硅单键之间插入1个氧原子，二氧化硅的空间网状结构中，硅、氧原子形成的最小环上氧原子数目是________个。

(4)石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是________个。21、从玉米穗轴；棉桃外皮中可提取出一种烃的含氧衍生物A；纯净的A为白色固体，易溶于水。为了研究A的组成和结构，进行了如下实验：

Ⅰ.将15gA在足量纯氧中充分燃烧；并使产物依次通过无水氯化钙；无水硫酸铜和碱石灰。实验后硫酸铜粉末没有变蓝，无水氯化钙增重9g，碱石灰增重22g。

Ⅱ.用一种现代分析技术测得其相对分子质量为150。

Ⅲ.取适量A配成水溶液；与银氨溶液共热，产生光亮如镜的银。

Ⅳ.控制一定条件；使A与足量乙酸发生酯化反应，测得产物的相对分子质量为318。

已知：（1）A分子中无支链，有机物含结构的分子不稳定。

（2）乙醛与银氨溶液共热产生光亮如镜的银；并且能与氢气反应生成乙醇。

请回答下列问题：

（1）A分子中C、H、O的原子个数比为___，A的分子式为___。

（2）步骤Ⅱ中采用的技术为()

A.元素分析B.红外光谱C.核磁共振谱D.质谱法。

（3）A中所含官能团的名称为___。

（4）步骤Ⅳ中发生反应的化学方程式为___。

（5）A加氢变成一种更有实用价值的化合物B，B可作为糖尿病人的甜味剂，其结构简式为____，1molB与足量的金属钠反应，产生氢气的体积为____（标准状况）。22、2020年；智能材料已大量涌现，为生物医疗；国防军事以及航空航天等领域发展提供支撑。

（1）快离子导体是具有优良离子导电能力的固体电解质。反应BF3+NH3=NH3·BF3的产物分子中形成配位键提供孤电子对的配位原子名称是___；采取sp3杂化轨道形成化学键的原子符号是___。

（2）第三代半导体材料氮化镓（GaN）适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。基态Ga原子最高能层的电子数为________，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有_____种。

（3）金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。钛（Ti）在元素周期表中位于___区，钛（Ti）的基态原子M能层中有___种能量不同的电子。

（4）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（CO）4］2-、正八面体形的［Ni（NH3）6］2+等。下列说法正确的有___（填标号）。

ACO与N2互为等电子体；其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2

BNH3的空间构型为平面三角形。

CNi2+在形成配合物时；其配位数只能为4

DNi（CO）4和［Ni（CO）4］2-中，镍元素均是sp3杂化。

（５）一种四方结构的超导化合物汞钡铜氧晶体的晶胞如图所示。

则汞钡铜氧晶体的密度为____g•cm-3（设NA为阿伏加德罗常数的值）。23、CuFeS2中存在的化学键类型是___________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的___________。

A．B．

C．D．评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)24、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误26、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误27、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、计算题(共2题，共4分)28、(1)碳的某种晶体为层状结构，可与熔融金属钾作用。钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图①所示，则其化学式可表示为________。

(2)图②为碳的一种同素异形体C60分子，每个C60分子中含有σ键的数目为________。

(3)图③为碳的另一种同素异形体金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(12，0，12)，C为(12，12，0)；则D原子的坐标参数为________。

(4)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼晶胞的密度是______________g·cm－3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为NA)。29、石墨的片层结构如图所示；试回答：

(1)片层中平均每个正六边形含有_______个碳原子。

(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_______。

(3)ng碳原子可构成_______个正六边形。评卷人得分六、原理综合题(共4题，共16分)30、氧；钾、铬、碘的单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。

(1)上述四种基态原子中，未成对电子数最多的是__(填元素符号，下同)。最外层电子排布式相同的元素是____．

(2)钾晶体的熔点____(填“高于”或“低于”)铬晶体的熔点。

(3)IO的中心原子的价层电子对数为__，IO中碘原子的杂化轨道类型是___。

(4)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。氧、钾离子最近核间距为dcm，NA代表阿伏加德罗常数的值。则KIO3晶胞的密度(ρ)为_______g/cm-3。

31、某电镀铜厂有两种废水，分别含有CN-和Cr2O72-等有毒离子，拟用NaClO和Na2S2O3按照下列流程进行处理。

请完成下列填空：

（1）HCN有剧毒，电子式是__，其分子属于__（填“极性”；“非极性”）分子。

（2）表示原子结构的化学用语有：原子结构示意图、核外电子排布式、轨道表示式。从中选择最详尽描述核外电子运动状态的方式，来表示氧原子的最外层电子的运动状态：__，其中最外层有__种不同能量的电子。

（3）下列事实能说明氯与硫两元素非金属性相对强弱的是___。

a．相同条件下水溶液的pH：NaClO＞Na2S2O3

b．还原性：H2S＞HCl

c．相同条件下水溶液的酸性：HClO3＞H2SO3

d．稳定性：HCl＞H2S

（4）写出流程③的离子方程式为：___。

（5）反应③中，每消耗0.5molCr2O72-转移的电子数为___；

（6）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成，继续加至不再产生蓝色沉淀为止，再向溶液中加入足量Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，解释产生该现象的原因___。32、钴；铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。回答下列问题：

(1)写出Fe的基态原子的电子排布式_________________。

(2)N、P、As为同一主族元素，其电负性由大到小的顺序为____________________，它们的氢化物沸点最高的是____________。其原因是__________，将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_____________。

(3)Fe3+、Co3+与N3-、CN-等可形成络合离子。

①K3[Fe(CN)6]可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为______________。

②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配位数为____________,其配离子中含有的化学键类型为_______(填离子键、共价键、配位键)，C、N、O的第一电离能最大的为_______，其原因是_____________________。

(4)砷化镓晶胞结构如图。晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为________。已知砷化镓晶胞边长为apm,其密度为pg·cm-3,则阿伏加德罗常数的数值为__________________(列出计算式即可)。33、钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：

(1)钴元素在周期表中的位置是______________。

(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)＞I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是__________。

(3)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物；其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为______。

②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。

(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。

a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb；Na的第一电离能为603.4kJ/mol

c、NaCl的晶格能为785.6kJ/mold；Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol

(5)碲化锌晶体有两种结构；其中一种晶胞结构如图：

若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为__________g/cm3。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．甲烷分子中C原子的价层电子对个数为4；且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论，甲烷分子空间构型为正四面体形，故A错误；

B．BF3中B原子的价层电子对个数为3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论，BF3分子空间构型为平面正三角形；故B正确；

C．CO2分子中C原子的价层电子对个数是2，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论，CO2分子空间构型为直线形；故C正确；

D．H2O分子中O原子的价层电子对个数是4，且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论，H2O分子空间构型为折线形；故D正确；

故选A。2、B【分析】【详解】

A．最高价氧化物对应的水化物碱性越强；金属性越强，氢氧化镁是中强碱而氢氧化铝具有两性说明镁的金属性比铝强，故A不符合题意；

B．铝在冷的浓硫酸中钝化是利用了浓硫酸的特性强氧化性；在表面形成致密的氧化物薄膜，与金属性强弱无关，故B符合题意；

C．活泼金属和活泼非金属之间更易形成离子键；氯化镁的熔点比氯化铝的熔点高是因为氯化镁是由离子键构成的化合物，而氯化铝是由共价键构成的化合物，因此镁的金属性比铝强，故C不符合题意；

D．铝和氢氧化钠溶液反应的实质是和水反应；镁和铝都能与水反应生成对应的氢氧化物，因氢氧化铝显两性，氢氧化铝和氢氧化钠反应而溶解，促使铝和水反应产生氢气，而氢氧化镁是中强碱，与氢氧化钠不反应，同时增大了水中氢氧根的浓度，抑制了镁和水的反应，最终表现为镁不能与氢氧化钠溶液反应而铝能，即氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，则镁的金属性强于铝,故不D符合题意；

故答案为：B。3、B【分析】【分析】

一种由短周期主族元素组成的化合物如下图所示；其中元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大，根据图中价键结构得到W为H、X为O、Y为Na，Z元素形成的离子半径在同周期中最小，则Z为Al。

【详解】

A．根据同周期第一电离从左到右呈增大趋势；同主族第一电离能从上到下逐渐减小，因此元素Y第一电离能在短周期主族元素中最小，故A正确；

B．元素Y与Z最高价氧化物对应水化物的碱性：Y(NaOH)＞Z[Al(OH)3]；故B错误；

C．工业可电解Z与X形成的化合物即熔融氧化铝来制备单质铝；故C正确；

D．该化合物中；X有2对共用电子，还有4个未成对电子，Y失去一个电子形成最外层8个电子；Z共用4对共用电子，因此三种元素最外层均满足8电子稳定结构，故D正确。

综上所述，答案为B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据元素周期表中的一格可知；汉字下面的数字表示相对原子质量，钛元素的相对原子质量是47.87，故A正确；

B．钛元素原子层上共有2+2+6=10个电子；故B正确；

C．4s只有2个电子；钛元素原子的最外层电子数为2个，故C错误；

D．钛原子有4个电子层；价电子数为4，钛元素位于周期表的第四周期IVB族，故D正确；

故选C。5、A【分析】【详解】

A．由图可知，过程①中H2O与Hg2+形成配合物，水分子的氧原子具有孤对电子，可向Hg2+的空轨道提供孤对电子形成配位键；选项A正确；

B．图中CH2=CHOH的能量最高；故其稳定性最弱，选项B错误；

C．本反应历程中；虽然过程⑤的能量变化最大，但该过程为放出能量的过程，过程④需要吸收能量且需要的能量最大，即决定整个反应快慢的步骤为过程④，选项C错误；

D．催化剂不能改变反应的焓变；选项D错误；

答案选A。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．氢键不是化学键；故A项错误；

B．离子化合物中可能含有共价键；例如NaOH中O与H之间为共价键，故B项正确；

C．I2的升华是物理变化；破坏了分子间作用力，未破坏共价键，故C项错误；

D．非极性键不一定只能存在双原子单质中，例如中O与O之间以非极性键相结合；故D项错误；

故答案为B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．溴位于第四周期ⅦA族，其原子核外有4个电子层，最外层电子数为7，其原子结构示意图为A错误；

B．BF中1个F提供孤电子；B提供空轨道形成1个配位键，配位键箭头方向错误，B错误；

C．分子间的氢键为“虚线”部分；C错误；

D．SO的中心S价层电子对数=3+=4，孤电子对数=1，故S为sp3杂化，VSEPR构型为四面体，VSEPR模型为D正确；

选D。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．Zn单质既不是离子晶体；也不是分子晶体，是金属晶体，A错误；

B．NaCl晶胞中中紧邻6个Cl-，所以的配位数是6；B错误；

C．中1个与周围4个形成配位键，中存在4mol配位键；C正确；

D．水的熔点低是因为冰是分子晶体；锌是金属晶体；锌晶体中是金属键的作用，金属键强于冰晶体中氢键的作用，D错误；

答案为：C。二、多选题(共7题，共14分)9、AC【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线处镁原子的距离最近；则晶胞中铁原子的配位数为8，故A错误；

B．干冰晶体中二氧化碳分子的堆积方式为面心立方最密堆积；由晶胞结构可知，晶胞中铁原子位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，所以晶胞中铁原子的堆积方式和干冰晶体相同，故B正确；

C．由晶胞结构可知；晶胞中位于顶点的铁原子与位于面心的铁原子的距离最近，则晶胞中距离铁原子最近的铁原子有12个，故C错误；

D．由晶胞结构可知，晶胞中位于面心和顶点铁原子个数为8×+6×=4，位于体内的镁原子个数为8，由题给信息可知，位于体心和棱的中心的氢分子个数为12×+1=4，则晶胞的化学式为FeMg2H2，最近的两个铁原子之间的距离为anm，则晶胞的边长为anm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=故D正确；

故选AC。10、AB【分析】【分析】

短周期主族元素X；Y、Z.、W的原子序数依次增大；元素Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；W最外层电子数是其电子层数的2倍，其原子序数大于O，则W为S元素；X与Z同主族且二者可形成离子化合物，则X为H，Z为Na元素，以此分析解答。

【详解】

结合分析可知；X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素；

A．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，故电负性H

B．同一周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能Na<W<Y；故B正确；

C．W为S元素；S的含氧酸不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；

D．Z的氧化物对应的水化物为为NaOH；NaOH为强碱，故D错误。

答案选AB。11、BC【分析】【详解】

A．上述反应中硝酸钾中氮化合价降低，硫化合价降低，碳化合价升高，根据方程式分析生成1molN2转移的电子是12mol；故A错误；

B．气体产物与都是直线形分子；均是非极性分子，故B正确；

C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则上述化学方程式涉及元素第一电离能：故C正确；

D．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：故D错误。

综上所述，答案为BC。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．X属于分子晶体；X的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，与化学键无关，故A正确；

B．根据图知，一个Z分子中含有5个π键(2个C=Oπ键、1个Π大π键)和30个σ键(13个C-Hσ键；2个C=Oσ键、10个C-Cσ键、3个C-Oσ键、1个H-Oσ键、1个C-Clσ键)；形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为5×2∶30×2=1∶6，故B错误；

C．X中C、O原子中价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，C、O原子杂化类型都是sp3杂化；其杂化方式相同，故C错误；

D．苯分子中所有原子共平面；甲烷中最多有3个原子共平面、-COCl中所有原子共平面；单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；

故选BC。13、AB【分析】【详解】

A．Fe为26号元素，原子核外有26个电子，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去外层3个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+价电子排布为：3d5；故A正确；

B．O2分子中存在双键，N2分子中存在三键；HCN分子中存在三键，双键有一个σ键和一个π键，三键有一个σ键和两个π键，故B正确；

C．C元素的电负性较弱，CH4分子间不存在氢键；故C错误；

D．乙醇含有-OH；分子间存在氢键，所以沸点高于乙硫醇，故D错误；

综上所述答案为AB。14、AD【分析】【详解】

X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11，则X是N元素，Y是O元素；Z为第三周期元素，价电子数为2，则Z是Mg元素；基态M原子有6个未成对电子，则M核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，所以M是24号Cr元素；W属于ds区元素；有1个未成对电子，则W是Cu元素，然后根据元素周期律及物质的结构与性质分析；解答。

【点睛】

根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Mg，M是Cr；W是Cu元素。

A．原子核外电子层数越大；原子半径越大；同一周期元素原子序数越大，原子半径越小，则原子半径Z＞X＞Y；元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：Y＞X＞Z，则元素的电负性由大到小的顺序为：Y＞X＞Z，A正确；

B．M为Cr元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族元素；W是Cu，W+价电子排布式为3d10；B错误；

C．化合物Z(XY3)2晶体为Mg(NO3)2，是盐，由阳离子Mg2+与阴离子通过离子键结合，在阴离子中，N原子与O原子之间以共价键结合，因此Mg(NO3)2中含离子键和共价键，O2-、Mg2+核外电子排布是2；8；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y＞Z，C错误；

D．X是N，Y是O，由于二者的原子半径小，元素的非金属性强，所以它们形成的简单氢化物NH3、H2O分子之间都存在氢键；D正确；

故合理选项是AD。15、BD【分析】【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1；Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是N；X是O，Y是Na，Z是P元素。

A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势；但第IIA；第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，A正确；

B．同一周期元素随原子序数的增大；元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，B错误；

C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有３个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+；即离子半径：Z＞X＞Y，C正确；

D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3；即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，D错误；

故合理选项是BD。三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

IVA中原子序数最小的元素为C，C原子核外有6个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2，则碳原子有1s、2s和3p三种能量不同的电子；C的次外层为p轨道，存在3种不同的伸展方向；IVA中非金属性最强的为C，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳酸，其化学式为：H2CO3；IVA族元素中，CH4的相对分子质量最小，则其沸点最低。【解析】33H2CO3CH417、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据该元素原子有4个电子层；则该元素处于元素周期表的第四周期；

(2)由外围电子排布式为4s24p1；可知该元素最外层有3个电子，为主族元素，该元素处于元素周期表的第IIIA族；

(3)该元素处于第四周期第IIIA族，则该元素处于元素周期表的p区。【解析】①.四②.IIIA③.p18、略

【分析】【分析】

(1)A．同一元素获得电子越多，放出的能量越少；

B．同一元素原子半径不变；

C．同一元素失去电子越多吸收的能量越高；

D．同一元素原子或分子半径不变；

(2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势；

②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素；

(3)由表中数据可知；“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁。

【详解】

：(1)A．同一元素随获得电子增多，放出的能量越少，故A错误；

B．同一元素原子半径不变，故B错误；

C．同一元素随失去电子增多，吸收的能量越高，故C正确；

D．同一元素原子或分子半径不变，故D错误；

故答案为：C．

(2)①由表中数据可知，同周期自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，故答案为：增大；

②由表中数据可知，与前后元素相比，由于该元素的数值增大较多而变得反常的元素位于元素周期表的ⅡA和ⅤA族；核外电子排布处于半充满或全充满状态比较稳定，不容易失去电子，故选D；自左向右各元素的第一个数据呈增大的趋势，但处于ⅡA和ⅤA族元素高于同周期相邻其它元素，Mg元素处于ⅡA，Al元素处于ⅤA族，故Mg(1)＞Al(1)，故答案为：ⅡA、ⅤA；D；>；

(3)由表中数据可知，“突跃”数据与失去不同能层的电子所需的能量一致，数据表示为电离能，原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加；失去不同能层的电子时电离能发生跃迁，故氧元素8个数据中出现“突跃”的数据应该是第7个；上述规律可以证明原子结构中原子核外电子是分层排布的的结论。【解析】①.C②.增大③.ⅡA、ⅤA④.D⑤.>⑥.原子失去一个电子后，变为阳离子，再失电子更难，吸收的能量成倍增加⑦.七⑧.原子核外电子是分层排布的19、略

【分析】【分析】

补铁药品说明含有亚铁离子；亚铁离子是浅绿色，向溶液中加入KSCN溶液，溶液变为浅红色，说明在制备过程或则实验过程中亚铁离子易被氧化为铁离子，氯水具有氧化性，将亚铁离子氧化为铁离子，溶液颜色变深，用维生素C一起服用，有利于生成的铁离子被还原为亚铁离子。

【详解】

(1)在溶液中显浅绿色，向去掉糖衣、研磨好的药品中加稀盐酸，过滤，得到浅绿色溶液，说明药品中含有故答案为：

(2)依据是血红蛋白的重要组成成分，不能构成血红蛋白，因此药片中不可能以形式存在，故a不符合题意；制药过程或实验中，在空气中氧气的作用下少量可被氧化为故bc符合题意；综上所述，答案为：bc。

(3)氯水具有氧化性，能够将氧化为结合形成红色溶液，溶液红色变深，反应的离子方程式为故答案为：

(4)加入维生素C的试管中溶液红色褪去，维生素C能够将还原；说明维生素C有还原性；故答案为：还原。

【点睛】

亚铁离子易被氧化，为了产品更纯，因此在制备补铁药品过程中严格控制氧化等氧化剂进入。【解析】bc还原20、略

【分析】【分析】

（1）同种元素的不同单质互称同素异形体；

（2）根据晶体构成微粒判断晶体类型；分子中每一碳上有一个双键；一个碳碳双键两个碳原子共用，均摊法计算；

（3）一个硅原子形成4个硅硅单键；每个键2个硅原子共用；

金刚石最小的环为六元环；二氧化硅结构跟金刚石结构相似，Si；O原子形成的最小环上应有6个Si原子，6个O原子；

（4）利用均摊法计算。

【详解】

(1)同种元素的不同单质互称同素异形体，C60；金刚石和石墨三者的关系互为同素异形体；故选B。

(2)固态时，C60中构成微粒是分子；所以属于分子晶体；

分子中每一碳上有一个双键，一个碳碳双键两个碳原子共用，C60分子中含有双键的数目是=30个。

(3)硅晶体的结构跟金刚石相似，一个硅原子形成4个硅硅单键，每个键2个硅原子共用，1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是=2NA个。

金刚石最小的环为六元环；二氧化硅结构跟金刚石结构相似，Si；O原子形成的最小环上应有6个Si原子，硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，则Si、O原子形成的最小环上O原子的数目是6；

(4)石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，平均每个正六边形占有的碳原子数是6×=2个。

【点睛】

本题考查了物质结构、基本概念，解题关键：利用均摊法进行有关计算，难点（3）根据金刚石最小的环为六元环判断二氧化硅的空间网状结构中，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，每2个Si原子之间有1个O原子判断O原子的数目。【解析】①.B②.分子③.30④.2⑤.6⑥.221、略

【分析】【分析】

实验中，硫酸铜粉末未变蓝，说明无水氯化钙将15gA完全燃烧生成的水全部吸收了，无水氯化钙增重9g，因此15gA中H的质量为9g×=1g，即含有H原子1mol；碱石灰增重是由于吸收CO2导致的，碱石灰增重22g，因此15gA中含C的质量为22g×=6g，即含有C原子0.5mol；根据质量守恒15gA中含有O的质量为8g，物质的量为0.5mol，所以A的实验式为CH2O。又因为A的相对分子质量为150，所以A的分子式为C5H10O5，不饱和度为1。由实验Ⅲ可知，A的结构中含有醛基，结合A的分子式可知，醛基的个数为1。由实验Ⅳ可知，1molA在发生酯化反应时可以最多消耗4mol的乙酸，因此A的结构中含有4个羟基；考虑到A的分子无支链，并且同一个碳上不会连接2个羟基，所以A的结构为CH2OH(CHOH)3CHO。

【详解】

（1）通过分析可知，A的分子中C、H、O原子个数比为1:2:1，分子式为C5H10O5；

（2）精确测定有机物的相对分子质量使用的表征方法是质谱法；故选D；

（3）通过分析可知；A的结构中含有醛基和羟基两种官能团；

（4）通过分析可知，步骤Ⅳ发生的是酯化反应，A的结构为CH2OH(CHOH)3CHO，相关的方程式为：CH2OH(CHOH)3CHO+4CH3COOH+4H2O

（5）通过分析可知，A的结构为CH2OH(CHOH)3CHO，那么加氢后生成的B的结构为CH2OH(CHOH)3CH2OH；每个B中含有5个羟基，1molB与足量的金属钠反应，产生氢气的物质的量为2.5mol，体积为2.5mol×22L/mol=56L；【解析】1：2：1C5H10O5D羟基、醛基CH2OH(CHOH)3CHO+4CH3COOH+4H2OCH2OH(CHOH)3CH2OH56L22、略

【分析】【详解】

（1）由BF3+NH3=NH3·BF3可知，产物分子中的配位键是由N提供孤电子对，B提供空轨道形成的，故答案为氮，其中N,B都采用sp3杂化轨道形成化学键；故答案为N,B;

（2）Ga的电子排布式为[Ar]4s24p1,故基态Ga原子最高能层的电子数为3，第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有3种；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IA族、VA族元素原子具有全充满、半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能B<Be

（3）钛的核外电子排布式为[Ar]3d24s2；最后一个电子填充在3d层，故钛元素属于d区元素，M能层中有有3种能量不同的电子；

（4）

A．CO与CN-、N2都互为等电子体；这三种微粒结构相似，根据氮气分子结构式知，CO结构式为C≡O，共价三键中含有1个σ键；2个丌键，所以CO分子内σ键和丌键个数之比为1:2，故A正确；

B．NH3的空间构型为三角锥形；故B错误；

C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时；其配位数可以是4，也可为6，故C错误；

D．Ni（CO）4和［Ni（CO）4］2-中；镍元素提供了空轨道，不存在杂化，故D错误；

故答案选A；

（5）由图可知晶胞的体积为a2C×10-30cm3，晶胞中的原子数目为：Hg，1；Ba，2；Cu，1；O，4；故晶胞的质量为(200+137.3×2+64+16×4)/NA故晶胞的密度为6.03×1032/a2cNA；【解析】①.氮原子②.Ｂ、N③.3④.3⑤.d⑥.3⑦.A⑧.6.03×1032/a2cNA23、略

【分析】【分析】

【详解】

CuFeS2中存在的化学键类型是离子键；

A．Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6；A错误；

B．Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1；B错误；

C．Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5；C正确；

D．Cu+的电子排布式为[Ar]3d10；D正确；

答案选CD。【解析】离子键CD四、判断题(共4题，共24分)24、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。25、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。26、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。27、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。五、计算题(共2题，共4分)28、略

【分析】【分析】

(1)可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位；其完全占有的碳原子数是4，而K与之为6个小三角形共用，利用均摊法计算确定化学式；

(2))每个碳原子形成3个σ键；每个σ键为2个碳原子共有，据此分析解答；

(3)原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(12，0，12)，C为(12，12，0)，则晶胞的棱长为24，D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，长度为晶胞体对角线的据此分析判断；

(4)金刚石晶胞是立方体；其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，利用均摊法计算金刚石中C原子数目，立方氮化硼结构与金刚石相似，其晶胞与金刚石晶胞含有相同原子总数，且B；N原子数目之比为1∶1，据此分析计算。

【详解】

(1)可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，占有的钾原子数为×3=故碳原子数和钾原子数之比是4∶=8∶1，X的某种晶则其化学式时表示为KC8，故答案为：KC8；

(2)C60分子中每个碳原子形成3个σ键，每个σ键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个σ键，则一个C60分子中含有σ键个数为1.5×60=90；故答案为：90；

(3)原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(12，0，12)，C为(12，12，0)，则晶胞的棱长为24，D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等份，可知D到各坐标平面的距离均为晶胞棱长故D参数为：(6，6，6)，故答案为：(6，6，6)；

(4)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，金刚石晶胞中C原子处在立方体的8个顶点，6个面心，体内有4个，金刚石晶胞中碳原子数目为：4+8×+6×=8，因此立方氮化硼晶胞与金刚石晶胞含有相同原子总数，由氮化硼化学式BN可推知，一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子，晶胞质量为g，晶胞的体积是(361.5×10-10)3cm3，故立方氮化硼的密度==g•cm-3，故答案为：

【点睛】

本题的易错点和难点为(4)，关键是理解金刚石的晶胞结构和均摊法的应用。【解析】①.KC8②.90③.(6，6，6)④.29、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是故答案为：2；

(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为碳原子数；C-C键、六元环数之比为2:3:1；

(3)碳原子数为每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：【解析】22:3:1六、原理综合题(共4题，共16分)30、略

【分析】【分析】

本题从电子排布式；杂化类型的判断、晶体熔沸点高低判断、晶胞密度的计算等角度入手分析。

【详解】

(1)O的价层电子排布式为2s22p4，K的价层电子排布式为4s1，Cr的价层电子排布式为3d54s1，I的价层电子排布式为5s25p5，s、p、d能级最多容纳2、6、10个电子，根据泡利原理和洪特规则，四种元素的未成对电子数2、1、6、1，因此Cr的未成对电子数最多；最外层电子排布式相同的元素是Cr和K；

(2)钾和铬晶体都属于金属晶体；钾原子的价电子数比铬少，且原子半径比铬大，因此钾比铬的金属键弱，钾晶体的熔点低于铬晶体的熔点；

(3)价层电子对数=σ键数目＋孤电子对数，IO中心原子为I，有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即碘原子的杂化轨道类型为sp3；

(4)K位于顶点，个数为=1，O位于面心，个数为=3，I位于体心，个数为1，则该晶胞的质量为氧、钾离子最近核间距为dcm，对角线距离是2dcm，根据勾股定理，则边长为即晶胞的体积为（）3cm3，根据密度的定义，晶胞的密度为=g/cm3。【解析】①.Cr；②.Cr、K③.低于④.4⑤.sp3⑥.31、略

【分析】【分析】

⑴利用达到稳定需要的电子来分析电子对数；HCN没有对称性。

⑵最详尽描述核外电子运动状态的是轨道表示式；1个能级就是一种能量电子。

⑶a．最高价氧化物对应水化物的相同阳离子的盐(一般钠盐)的pH越大，则对应酸越弱，非金属性越弱，因此比较相同条件下水溶液的pH：NaClO＞Na2S2O3，不能比较非金属性，因为不是最高价氧化物对应水化物的钠盐；b．非金属性越强，其简单氢化物还原性越弱，还原性：H2S＞HCl，说明氯非金属性与硫强；c．非金属越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，相同条件下水溶液的酸性：HClO3＞H2SO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，因此不能比较；d．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，稳定性：HCl＞H2S；因此能说明氯非金属性比硫强。

⑷流程③是S2O32−与Cr2O72−在酸性条件下反应生成SO42−、Cr3+和H2O。

⑸根据离子方程式分析化合价降低得到电子数目。

⑹加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成，Cu2++2OH－=Cu(OH)2↓，继续加至不再产生蓝色沉淀为止，生成了氢氧化铜，再向溶液中加入足量Na2S溶液；蓝色沉淀转化成黑色沉淀，说明难溶的氢氧化铜转变成更难溶的硫化铜。

【详解】

⑴HCN有剧毒，氢和碳共用一对电子，碳和氮共用三对电子，因此电子式是HCN没有对称性，其分子属于极性分子；故答案为：极性。

⑵最详尽描述核外电子运动状态的是轨道表示式，氧原子的最外层有6个电子，其最外层电子的运动状态：1个能级就是一种能量，因此最外层有2种不同能量的电子；故答案为：2。

⑶a．最高价氧化物对应水化物的相同阳离子的盐(一般钠盐)的pH越大，则对应酸越弱，非金属性越弱，因此比较相同条件下水溶液的pH：NaClO＞Na2S2O3，不能比较非金属性，因为不是最高价氧化物对应水化物的钠盐，故a不符合题意；b．非金属性越强，其简单氢化物还原性越弱，还原性：H2S＞HCl，说明氯非金属性与硫强，故b符合题意；c．非金属越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，相同条件下水溶液的酸性：HClO3＞H2SO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，因此不能比较，故c不符合题意；d．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，稳定性：HCl＞H2S，因此能说明氯非金属性比硫强，故d符合题意；综上所述，答案为bd。

⑷流程③是S2O32−与Cr2O72−在酸性条件下反应生成SO42−、Cr3+和H2O，其离子方程式为：3S2O32−+4Cr2O72−+26H+=6SO42−+8Cr3++13H2O；故答案为：3S2O32−+4Cr2O72−+26H+=6SO42−+8Cr3++13H2O。

⑸反应③中，根据离子方程式可知1molCr2O72−转移了6