2025年西师新版选修3化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年西师新版选修3化学下册月考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、下列说法中正确的是。

①外围电子构型为nsnnpn的原子形成的化合物的种类最多。

②在硫酸铜溶液中加入过量氨水最后生成深蓝色溶液。

③H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于H2O分子间存在氢键所致。

④P4、BF3、CH3Cl三种分子中所有原子的最外层均满足8e﹣稳定结构。

⑤乙醇分子中只含σ键．A.①③⑤B.③④C.①②⑤D.⑤2、某元素的原子序数为33，则该元素的基态原子中能量最高的电子应排布在（）A.3s能级B.4p能级C.4s能级D.3p能级3、如图是第三周期主族元素（11~17号）某些性质变化趋势的柱形图；下列有关说法中正确的是（）

A.若X轴为原子序数，y轴表示的可能是第一电离能B.若X轴为原子序数，y轴表示的可能是原子半径C.若X轴为最高正化合价，y轴表示的可能是电负性D.若X轴为族序数，y轴表示的可能是0.1mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH4、甲醛分子结构式如图；用2个Cl取代甲醛中的H可得到碳酰氯，下列描述正确的是（）

A.甲醛分子和碳酰氯分子是等电子体B.碳酰氯分子中的C原子为手性碳原子C.甲醛分子中的H-C-H键角与碳酰氯分子中的Cl-C-Cl相等D.碳酰氯分子为平面三角形，分子中存在有3个σ键、1个π键5、对H3O＋的说法正确的是()A.O原子采取sp2杂化B.O原子采取sp杂化C.离子中存在配位键D.离子中存在非极性键6、下列说法正确的是（）A.极性分子间仅存在范德华力B.范德华力只存在于极性分子之间C.HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高D.氨易溶于水，是因为氨与水分子间可形成氢键7、下列说法中正确的是【】A.沸点：H2O＞PH3＞NH3B.锗的第一电离能高于碳而电负性低于碳C.SO2和SO3杂化轨道类型均为sp2杂化，立体构型分别为V形、平面三角形D.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强8、下面有关晶体的叙述中，正确的是（）A.在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子B.离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中只有分子间作用力没有共价键C.分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定D.原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性9、下列叙述错误的是A.金属晶体中，六方最密堆积的空间利用率大于面心立方最密堆积B.由于ZnS的晶格能大于PbS的晶格能，所以岩浆冷却时ZnS先析出C.干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个D.AgCl沉淀不溶于硝酸，但能溶于氨水评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、多电子原子中，原子轨道能级高低次序不同，能量相近的原子轨道为相同的能级组。元素周期表中，能级组与周期对应。下列各选项中的不同原子轨道处于同一能级组的是A.ls、2sB.2p、3sC.3s、3pD.4s、3d11、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示；下列说法正确的是。

A.瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：N＞O＞PB.瑞德西韦中的O—H键的键能大于N—H键的键能C.瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D.瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键12、四硼酸钠的阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是（）

A.阴离子中三种元素的第一电离能：O＞B＞HB.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3C.配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间D.m=2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)413、下列物质在CCl4中比在水中更易溶的是（）A.NH3B.HFC.I2D.Br214、在某晶体中；与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的立体构型为如图所示的正八面体形。该晶体可能是。

A.NaCl晶体（x＝Na＋，y＝Cl－）B.CsCl晶体（x＝Cs＋，y＝Cl－）C.CaTiO3晶体（x＝Ti4＋，y＝O2－）D.NiAs晶体（x＝Ni，y＝As）评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、下面是s能级；p能级的原子轨道图；试回答问题：

(1)s能级的原子轨道呈____________形，每个s能级有_______个原子轨道；p能级的原子轨道呈____________形，每个p能级有_____个原子轨道。

(2)s能级原子轨道的半径与什么因素有关？是什么关系_____。16、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___。

(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_______。

②中，中心原子的轨道杂化类型为________。

③写出一种与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________17、硼及其化合物应用广泛。回答下列问题：

（1）基态B原子的价电子轨道表达式为____________________________，其第一电离能比Be____________（填“大”或“小”）

（2）氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______________。

（3）常温常压下硼酸（H3BO3）晶体结构为层状；其二维平面结构如图。

①B原子的杂化方式为_____________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：________________________________________________________。

②路易斯酸碱理论认为，任何可接受电子对的分子或离子叫路易斯酸，任何可给出电子对的分子或离子叫路易斯碱。从结构角度分析硼酸是路易斯酸的原因是_______________________________。18、与铀氮化物是重要的核燃料，已知某温度下三碳酸铀酰铵可发生如下分解反应：阿伏加德罗常数的值为

回答下列问题：

(1)发生裂变反应：净产生的中子()数为________。基态原子的外围电子排布式为则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需的能量最高的为________(填序号)。

ABCD

(2)和中，沸点较高的为________，与形成的配离子稳定性较高的为________。

(3)中存在大键，形成该大键的电子数为________。

(4)某种铀氮化物的晶体结构与相同。的Bom-Haber循环如图所示。

①晶格能为________

②的第二电离能大于的第二电离能，是由于的半径较小、的核电荷更高以及_______。

(5)另一种铀氮化物的晶胞如下图所示，“原子”作面心立方最密堆积。

①铀元素的化合价为________，“原子”的配位数为________。

②已知晶胞参数为则晶体的密度为________(列出计算式)。19、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。20、最常见、最熟知的原子晶体是周期表中_____族非金属元素的单质或化合物，如金刚石、二氧化硅和_________、_________，它们都有很高的熔点和硬度。21、BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其与AlCl3化学性质相似。由此可推断BeCl2的化学键是_______（填“离子键”或“共价键”），其在固态时属于______（填“原子”、“分子”或“离子”）晶体。评卷人得分四、实验题(共1题，共4分)22、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_____________________________。评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)23、(1)石墨晶体的层状结构，层内为平面正六边形结构(如图a)，试回答下列问题：图中平均每个正六边形占有C原子数为____个、占有的碳碳键数为____个，碳原子数目与碳碳化学键数目之比为_______。

(2)2001年报道的硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录。如图b所示的是该化合物的晶体结构单元：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为_______。24、SiC有两种晶态变体：α—SiC和β—SiC。其中β—SiC为立方晶胞；结构与金刚石相似，晶胞参数为434pm。针对β—SiC回答下列问题：

⑴C的配位数为__________。

⑵C和Si的最短距离为___________pm。

⑶假设C的原子半径为r，列式并计算金刚石晶体中原子的空间利用率_______。（π=3.14）25、用X射线研究某金属晶体，测得在边长为360pm的立方晶胞中含有4个金属原子，此时金属的密度为9.0g/cm3。试回答下列问题：

(1)此金属晶胞属于哪一种类型？_______

(2)求每个晶胞的质量。_______

(3)求此金属的相对原子质量。_______

(4)求此金属原子的原子半径(pm)。_______评卷人得分六、工业流程题(共1题，共6分)26、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9题，共18分)1、C【分析】【分析】

①外围电子构型为nsnnpn，则n=2，即为C元素，C元素形成有机物，种类最多；②在硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+；③H2O的稳定性与共价键的强弱有关，与氢键无关；④根据原子结构及成键情况，BF3中的B原子最外层有6个e﹣、CH3Cl中的H原子有2个e﹣，最外层不满足8e﹣稳定结构；⑤单键为σ键。

【详解】

①外围电子构型为nsnnpn，则n=2，为C元素，C元素形成有机物，种类最多，正确；②在硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，溶液为深蓝色，正确；③H2O的稳定性与共价键的强弱有关，与氢键无关，错误；④PBF3中的B原子最外层有6个e﹣、CH3Cl中的H原子有2个e﹣，最外层不满足8e﹣稳定结构，故错误；⑤单键为σ键，乙醇的结构式为只含σ键，正确；

故选C。2、B【分析】【详解】

原子序数为33的元素是As，基态原子的电子排布式为则该元素的基态原子中能量最高的电子应排布在4p能级，故B正确，答案为B。3、C【分析】【详解】

A.对于第三周期11~17号元素，随着原子序数的增大，第一电离能呈现增大的趋势，但Mg和P特殊，其价电子分别为3s1和3s2sp3，s1和p3为半充满；因而稳定，第一电离能会大于相邻的两个原子的第一电离能，A错误；

B.同周期时；原子半径随原子序数增大而依次减小，与图显示的趋势矛盾，B错误；

C.对于第三周期；最高正化合价随原子序数增大而依次增大，而电负性在同周期时随原子序数增大而依次增大，因而X轴为最高正化合价，y轴表示的可能是电负性，C正确；

D.对于第三周期，主族序数随原子序数增大而依次增大，而最高价氧化物对应水化物碱性在同周期时随原子序数增大而依次减弱，即最高价氧化物对应水化物碱性在同周期时随主族序数依次减弱，例如NaOH的碱性强于Al(OH)3，等浓度时NaOH溶液pH大于Al(OH)3溶液；与图显示趋势相反，D错误。

故答案选C。4、D【分析】【详解】

A．原子总数相同；价电子总数相同的微粒互为等电子体；H原子价电子数为1，Cl原子价电子数为7，所以甲醛中H原子被Cl原子取代后原子总数不变，价电子数改变，不是等电子体，故A错误；

B．碳酰氯中的碳原子为sp2杂化；为不饱和碳原子，不是手性碳，故B错误；

C．氯原子非金属性强于氢；所以甲醛分子中的H-C-H键角与碳酰氯分子中的Cl-C-Cl不相等，故C错误；

D．C是sp2杂化；所以碳酰氯分子为平面三角形，两个C-Cl为σ键，碳氧双键中有一个σ键和一个π键，故D正确；

故答案为D。5、C【分析】【详解】

A．H3O+中，O原子的价层电子对数＝因此O原子采取sp3杂化；A错误；

B．H3O+中，O原子的价层电子对数=则O原子采取sp3杂化；B错误；

C．在H3O+中O原子成3个共价键键；其中含有1个配位键，C正确；

D．H3O+离子中不存在非极性键；存在的都是H-O极性共价键，D错误；

答案选C。6、D【分析】【分析】

本题考查分子间作用力；晶体熔沸点的比较，氢键的存在对物质性质的影响。

【详解】

A.极性分子间除了存在范德华力之外；有些分子还存在氢键，故A错误；

B.任何分子之间均存在范德华力；故B错误；

C.HF中含有氢键，沸点最高，HCl、HBr；HI不存在氢键；则沸点依次升高，故C错误；

D.氨气中存在氢键；所以氨气容易溶解于水中，故D正确。

答案选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．H2O和NH3分子间都能形成氢键，沸点反常，常温下H2O呈液态，NH3呈气态，而PH3分子间不能形成氢键，所以沸点：H2O＞NH3＞PH3；A不正确；

B．同主族元素；从上到下，金属性依次增强，非金属性依次减弱，所以锗的第一电离能和电负性都低于碳，B不正确；

C．SO2和SO3的价层电子对数都为3，杂化轨道类型均为sp2杂化，SO2中的S原子价电子中有一对孤电子对，而SO3中S原子价电子中不存在孤电子对；所以立体构型分别为V形；平面三角形，C正确；

D．HF、HCl、HBr；HI的稳定性取决于共价键能的大小；从F到I，非金属性依次减弱，共价键能依次减弱，所以稳定性依次减弱，D不正确；

故选C。8、D【分析】【详解】

金属晶体由金属阳离子和自由电子构成；所以晶体中有阳离子不一定存在阴离子，故A错误；

B.离子晶体中一定存在离子键；可能有共价键，如NaOH中既有离子键又有共价键，分子晶体中肯定有分子间作用力，大多数有共价键，少数没有(如稀有气体)，故B错误；

C.分子的稳定性属于化学性质；与共价键有关，分子间作用力与稳定性无关，故C错误；

D.原子晶体中原子以共价键结合；共价键的键能较大，所以原子晶体的熔点高；硬度大，故D正确。

故选D。

【点睛】

在晶体中，有阴离子一定有阳离子，如离子晶体；但有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体。绝大部分晶体内部都存在化学键，含有离子键的晶体一定是离子晶体，含有共价键的晶体可能是原子晶体、可能是分子晶体、可能是离子晶体，但不可能是金属晶体；晶体中也可能不含化学键，不过只可能是由稀有气体元素形成的分子晶体。9、A【分析】【详解】

A.金属晶体中；六方最密堆积的空间利用率等于面心立方最密堆积的空间利用率，空间利用率都为74%，故A错误；

B.由于ZnS的晶格能大于PbS的晶格能，ZnS的熔点高于PbS的熔点；冷却时，先析出的是熔点高的，因此岩浆冷却时ZnS先析出，故B正确；

C.干冰晶体中，以顶点CO2分析，每个面的面心CO2分析，一个面有4个，三个面共12个，因此每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个；故C正确；

D.AgCl沉淀不溶于硝酸；但能溶于氨水形成配合物，故D正确。

综上所述；答案为A。

【点睛】

六方最密堆积的空间利用率、面心立方最密堆积空间利用率都为74%，体心立方空间利用率为68%，简单立方空间利用率为52%。二、多选题(共5题，共10分)10、CD【分析】【详解】

A．ls在K能层上；2s在L能层上，二者原子轨道能量不相近，不处于同一能级组，故A不符合题意；

B．2p在L能层上；3s在M能层上，二者原子轨道能量不相近，不处于同一能级组，故B不符合题意；

C．3s和3p都在M能层上；二者原子轨道能量相近，处于同一能级组，故C符合题意；

D．3d在M能层上；4s在N能层上，但由于4s的能量低于3d，电子在填充轨道时，先填充4s轨道，在填充3d轨道，因此二者原子轨道能量相近，处于同一能级组，故D符合题意；

答案选CD。11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增大；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减小；则元素的非金属性：O＞N＞P。元素的非金属性越强，其电负性就越大，故元素的电负性：O＞N＞P，A错误；

B．元素的非金属性越强；元素的原子半径越小，与同一元素的原子形成的共价键的键长就越短，其相应的键能就越大，由于元素的原子半径：O＜N，所以瑞德西韦中的O—H键的键能大于N—H键的键能，B正确；

C．在瑞德西韦中，形成3个共价键的N原子采用sp3杂化，含有C=N双键的N原子则采用sp2杂化；C错误；

D．共价单键都是σ键；共价双键中一个是σ键，一个是π键；在苯环及含有N原子的六元环中含大π键，根据瑞德西韦结构可知其中含有共价单键；双键和苯环等六元环，故分子中存在σ键、π键和大π键，D正确；

故合理选项是BD。12、AC【分析】【分析】

由图示可以看出该结构可以表示为[H4B4O9]m−，其中B为＋3价，O为−2价，H为＋1价，根据化合价判断m值求解Xm−的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数，σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝(a−xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；阴离子中含配位键，不含离子键，以此来解答。

【详解】

A．H电子轨道排布式为1s1；处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误；

B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；故B正确；

C．2号B形成3个键；4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4；5原子之间或4、6原子之间，故C错误；

D．观察模型，可知Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为−2，可得m＝2，NamX的化学式为Na2B4O5(OH)4；故D正确；

故答案选AC。13、CD【分析】【详解】

A.NH3为极性分子；由相似相容原理可知，在极性溶剂水中的溶解度大于非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，故A错误；

B.HF为极性分子；由相似相容原理可知，在极性溶剂水中的溶解度大于非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，故B错误；

C.I2是非极性分子；由相似相容原理可知，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度大于极性溶剂水中的溶解度，故C正确；

D.Br2是非极性分子；由相似相容原理可知，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度大于极性溶剂水中的溶解度，故D正确；

答案选CD。

【点睛】

CCl4是非极性溶剂，水为极性溶剂，I2和Br2是非极性分子，按相似相容原理，I2和Br2在CCl4中比在水中更易溶。14、AC【分析】【分析】

根据图片知；与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的空间构型为正八面体形，所以x的配位数是6，只要晶体中配位数是6的就符合该图，如果配位数不是6的就不符合该图，据此分析解答。

【详解】

A．氯化钠晶体中的离子配位数是6；所以符合该图，故A正确；

B．氯化铯晶体中的离子配位数是8；所以不符合该图，故B错误；

C．CaTiO3晶体中的离子配位数是6所以符合该图；故C正确；

D．NiAs晶体中的离子配位数是4；所以不符合该图，故B错误；

故答案选AC。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【详解】

(1)s能级的原子轨道呈球形；每个s能级有1个原子轨道；p能级的原子轨道呈哑铃形，每个p能级有3个原子轨道。

(2)s能级原子轨道的半径与与主量子数n有关，s能级原子轨道的半径随主量子数n的增大而增大。【解析】①.球②.1③.哑铃④.3⑤.与主量子数n(或电子层序数)有关；随主量子数n(或电子层序数)的增大而增大16、略

【分析】【详解】

(1)Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布为3d104s2；占据最高能层为第4层，能层符号为N；

(2)①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子为其中心原子价层电子对数为=4；不含孤电子对，空间构型为正四面体形；

②中，中心原子的价层电子对数为4，所以为sp3杂化；

③含有5个原子，价电子总数为32，与其互为等电子的分子有CCl4、SiCl4、SiF4等；

④NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应，也使氨气极易溶于水。【解析】①.N②.正四面体③.sp3④.CCl4(或SiCl4、SiF4)⑤.NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应17、略

【分析】试题分析：本题考查价电子轨道表示式的书写；第一电离能的比较，配位键，杂化方式的判断，氢键的应用。

（1）B的原子序数为5，B原子核外有5个电子，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1，价电子轨道表示式为Be的价电子排布式为2s2；较稳定，B的第一电离能比Be小。

（2）氨硼烷的结构式为B原子具有空轨道，N原子有孤电子对，N提供孤电子对与B共用，提供孤电子对的成键原子是N。

（3）①根据结构，每个B原子形成3个硼氧σ键且B上没有孤电子对，B原子的杂化方式为sp2杂化。根据结构，常温常压下H3BO3分子间通过氢键缔合，由于氢键具有饱和性，H3BO3分子难与H2O分子间形成氢键；加热时部分H3BO3分子间氢键被破坏，H3BO3分子与水分子间形成氢键；所以硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大。

②H3BO3分子中B原子有一个2p空轨道，能接受电子对，根据路易斯酸碱理论，硼酸是路易斯酸。【解析】小Nsp2硼酸分子间通过氢键缔合，加热时，部分氢键被破坏硼酸分子中B原子有一个2p空轨道18、略

【分析】【分析】

根据裂变反应：中净产生的中子()数和的物质的量判断；核外电子排布轨道处于半充满和全充满时相对稳定；根据电离能的递变性和变化规律判断；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。

【详解】

(1)的物质的量为1mol，根据裂变反应：可知净产生的中子()的物质的量为2mol，数目为2NA；基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2，和均为其基态原子的激发态，为U+，由第二电离明显高于第一电离可知，再失去1个电子所需要的能量最高；故答案为B；

(2)NH3常温下为气态，而H2O常温下为液态，则沸点较高的为H2O；NH3结合质子的能力强于H2O，则NH3与Cu2+形成的配离子稳定性强于H2O与Cu2+形成的配离子稳定性；

(3)CO32-中存在大π键，C原子孤对电子数为=0，则其路易斯结构式为形成的大π键为该大π键的电子数为6；

(4)①MgO的晶格能为Mg2+(g)和O2-(g)生成MgO(s)放出的能量，则MgO的晶格能为3845kJ•mol-1；

②Al+的电子排布式为1s22s22p63s2，Mg+的电子排布式为1s22s22p63s1，可见Al的第二电离能大于Mg的第二电离能，是由于Al+的半径较Mg+小、Al+的核电荷更高以及Al+为3s2相对稳定结构；破坏需要额外提供能量；

(5)另一种铀氮化物的晶胞是U“原子”作面心立方最密堆积，其中含有U的原子数目为8×+6×=4，N原子数为8，其化学式为UN2；

①晶胞化学式为UN2；其中N为-3价，则铀元素的化合价为+6价；晶胞中顶点U原子最靠近的N原子数是1，顶点U为8个晶胞共用，则U原子的配位数为8；

②已知晶胞参数为anm，晶胞的体积为(a×10-7cm)3，晶胞的质量为g，则晶体的密度为=g/cm3。

【点睛】

本题涉及电离能的大小判断，可依据电离能的一般变化规律分析，其中判断电离能大小的关键要点是当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0，d0，f0)、半满(p3，d5，f7)或全满(p6，d10，f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。【解析】B63845为相对稳定结构，破坏需要额外提供能量819、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5320、略

【分析】【分析】

金刚石；硅、二氧化硅、碳化硅均为常见的原子晶体；据此分析解答。

【详解】

金刚石、硅、二氧化硅、碳化硅均为常见的原子晶体，均为第ⅣA族元素的单质及化合物，原子晶体以共价键结合，作用力较强，有很高的熔点和硬度，故答案为：ⅣA；单质硅；碳化硅。【解析】①.ⅣA②.单质硅③.碳化硅21、略

【分析】【详解】

AlCl3是共价化合物，BeCl2与AlCl3化学性质相似，故BeCl2的化学键是共价键，其在固态时属于分子晶体，故答案为：共价键；分子晶体。【解析】①.共价键②.分子晶体四、实验题(共1题，共4分)22、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]Cl2五、计算题(共3题，共21分)23、略

【分析】【分析】

(1)石墨晶体的层状结构；层内每个碳原子由3个正六边形共用，每个碳碳键由2个正六边形共用；

(2)根据均摊法计算晶胞中Mg原子和B原子的个数；进而确定化学式。

【详解】

(1)图中层内每个碳原子由3个正六边形共用，每个碳碳键由2个正六边形共用，则平均每个正六边形占有C原子数为6=2个、占有的碳碳键数为6=2个；碳原子数目与碳碳化学键数目之比为2:3；

(2)根据晶体结构单元可知，在六棱柱顶点上的镁原子被6个六棱柱共用，在上下底面上的镁原子被两个六棱柱共用，根据均摊法可知晶胞中Mg原子的个数为2×+2×6×＝3，B原子的个数为6，所以Mg原子和B原子的个数比为3：6=1：2，所以化学式为MgB2。【解析】232:3MgB224、略

【分析】【分析】

每个C周围有4个硅，C和Si的最短距离为体对角线的四分之一，先计算金刚石晶胞中碳的个数，再根据公式计算空间利用率。

【详解】

⑴每个C周围有4个硅，因此C的配位数为4；故答案为：4。⑵C和Si的最短距离为体对角线的四分之一，因此故答案为：188。⑶金刚石晶胞中有个碳，假设C的原子半径为r，则金刚石晶胞参数为金刚石晶体中原子的空间利用率故答案为：34%。【解析】418834%25、略

【分析】【分析】

（1）根据金属晶体的堆积方式进行分析；

（2）根据晶胞的边长可计算晶胞的体积；再根据质量＝密度×体积，可得晶胞的质量；

（3）根据摩尔质量M＝N