2025年鲁教五四新版选择性必修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2025年鲁教五四新版选择性必修2化学下册月考试卷765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、五种短周期元素X；Y、Z、M、W的原子序数与其最高正价或最低负价的关系如图所示；下列说法错误的是。

A.X可能为LiB.原子半径：C.中各原子均达到8电子稳定结构D.简单气态氢化物的热稳定性：2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y形成的某一化合物易生成二聚体，且X、Y两基态原子的核外电子的空间运动状态相同，Z的基态原子的最高能级的电子数是Y的基态原子的最低能级电子数的一半，W的周期数与族序数相等。下列说法正确的是()A.X、Y、Z、W四种元素中，X的非金属性最强B.简单离子的半径：C.电负性大小：D.第一电离能：3、复印机周围的特殊腥味是造成的。下列关于的说法错误的是A.分子内存在大键B.与互为等电子体C.与互为同分异构体D.在水中的溶解度大于4、分子间存在氢键的非电解质是A.H2OB.CH4C.NH3·H2OD.甘油5、根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型；判断下列分子或者离子的立体构型正确的是()

。选项。

分子式。

中心原子。

杂化方式。

价层电子对。

互斥模型。

分子或离子。

的立体构型。

A

SO2

sp

直线形。

直线形。

B

HCHO

sp2

平面三角形。

三角锥形。

C

NF3

sp2

四面体形。

平面三角形。

D

NH4+

sp3

正四面体形。

正四面体形。

A.AB.BC.CD.D6、甲~戊均为短周期元素；在元素周期表中的位置如图所示，丙的简单氢化物的水溶液常用于腐蚀玻璃，下列说法中正确的是。

A.原子半径：丁>甲>乙>戊>丙B.甲和丁的简单氢化物均能形成分子间氢键C.丁、戊的最高价含氧酸均为强酸D.甲、乙、丙的单质对应的晶体均为分子晶体7、金属晶体的堆积方式、空间利用率和配位数关系正确的是A.钋Po-简单立方堆积-52%-4B.钠Na-钾型-74%-12C.锌Zn-镁型-68%-8D.银Ag-铜型-74%-128、认真观察下列示意图；有关叙述不正确的是。

A.图1表示由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构，该化合物化学式可表示为LiAlSiB.图2表示某蓝色晶体[MxFey(CN)6]的阴离子的最小结构单元，该晶体的化学式为MFe2(CN)6，M呈＋2价C.图3表示金属镍与镧(La)形成的合金晶胞结构，该合金的化学式为LaNi5D.图4表示某种铁化合物的晶胞如图所示(硫原子均在晶胞内)，该物质化学式为CuFeS2评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、按要求填空。

(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)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第2周期部分元素的E1变化趋势如下图所示。

氮元素的E1呈现异常的原因是___________。

(3)B原子价层电子的轨道表达式为___________。

(4)Co基态原子核外电子排布式为___________，元素Mn与O中，基态原子核外未成对电子数较多的是___________。10、天然产物H具有抗肿瘤；镇痉等生物活性；可通过以下路线合成。

已知：+((Z—COOR；—COOH等)

回答下列问题：

化合物H含有手性碳原子的数目为___，下列物质不能与H发生反应的是___(填序号)。

A．CHCl3B．NaOH溶液C．酸性KMnO4溶液D．金属Na11、氮是一种典型的非金属元素；其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题：

(1)磷元素与氮元素同主族，基态磷原子有________个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4分子，N4分子中氮原子的杂化轨道类型是________，N—N—N键角为________；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途可为________。

(2)NH3与Zn2＋可形成[Zn(NH3)6]2＋；其部分结构如图乙所示。

①NH3的立体构型为________。

②[Zn(NH3)6]2＋中存在的化学键类型有________；NH3分子中H—N—H键角为107°，判断[Zn(NH3)6]2＋离子中H—N—H键角________(填“>”“<”或“＝”)107°。

③肼(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物。与N2H4互为等电子体的分子有________(写出一种即可)。12、目前；全世界镍的消费量仅次于铜；铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍行业发展蕴藏着巨大潜力。

I.(1)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。

①基态的核外电子排布式为_______。

②在中存在的化学键有_______。

A.离子键B.共价键C.配位键D.键E.键。

II.丁二酮肟是检验的灵敏试剂。

(2)丁二酮肟分子()中C原子轨道杂化类型为_______，丁二酮肟分子所含键的数目为_______。

(3)配合物常温下为液态，易溶于苯等有机溶剂。中与的C原子形成配位键。不考虑空间结构，的结构可用示意图表示为_______(用“→”表示出配位键)。13、I.有以下物质：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ键的是______(填序号，下同)；既含有σ键又含有π键的是______。

(2)含有由两个原子的s轨道重叠形成σ键的是______。

(3)写出以下分子或离子的空间构型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.钴的一种配位聚合物的化学式为{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基态核外电子排布式为______；NO的空间结构为______。

(2)bte的分子式为C6H8N6；其结构简式如图所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，与Co2+形成配位键的原子是______和______(填元素符号)。

②C、H、N的电负性从大到小顺序为______。

③bte分子中碳原子轨道杂化类型为______和______。

④1molbte分子中含键的数目为______mol。14、(1)现有①金刚石②干冰③Na2SO4④NH4Cl⑤Ar五种物质；按下列要求回答：

晶体熔化时需要破坏范德华力的是__(填序号，下同)；熔点最低的是___；晶体中只存在一种微粒作用力是__；属于离子晶体的是___。

(2)X2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，结构如图所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“标出相应的配位键___。CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2•2CO•2H2O含有σ键的数目为___。

15、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的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。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，ECl3能与B；C的氢化物形成六配位的配合物；且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。

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）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__。

（2）B的氢化物分子的立体构型是__。其中心原子采取__杂化。

（3）E的核外电子排布式是__，ECl3形成的配合物的化学式为___。

（4）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__。

（5）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488pm(棱长)。Na＋半径为102pm，H－的半径为___，NaH的理论密度是__g·cm－3(只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、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17、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误18、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19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误20、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.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共12分)21、金属及其化合物在化工；医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：

(1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有___________种。

(2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的___________杂化轨道与O的___________轨道形成键。

(3)Zn；Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。

①和中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是___________。

②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。则对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN-中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)。

③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是___________。

A．［Cu(NH3)2］C1B．［Cu(NH3)4］SO4

C．［Zn(NH3)4］SO4D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2

(4)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系；Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α=120°，β=γ=90°。

①该晶体中，锌的配位数为___________。

②已知空间利用率设锌和硫的原子半径分别r1cm和r2cm，则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)___________。

③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。若A点原子的分数坐标为(0，0，0)，则B点原子的分数坐标为___________。22、12月17日凌晨，嫦娥五号完成“挖土”之旅返回地球。查阅资料，月球玄武岩是构成月球的岩石之一，主要由辉石(主要成分硅酸盐)和钛铁矿(主要成分FeTiO3)等组成。回答下列问题：

(1)基态铁原子的价电子排布式为：______。

(2)与Fe同周期，且最外层电子数相同的主族元素是______(填元素符号)。

(3)基态Ti原子核外电子占据的最高能层符号为______；其最外层电子的电子云轮廓图为______。

(4)1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ键数为______，［Fe(CN)6］3-中配体为______，其中C原子的杂化轨道类型为______，H、C、N、Si四种元素的电负性由大到小的顺序为______。

(5)FeTiO3的结构如图1所示，其中由O围成的______(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)被Fe占据。在图2中画出FeTiO3结构的另一种表示______(要求：Fe处于晶胞的顶点)，Ti的配位数为______。

(6)已知该晶胞的密度为ρg/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞参数a=______pm。(列出计算表达式)

23、我国科研工作者最近发现并制备了一系列主要由O；P、Se、Bi等元素组成的导电材料。回答下列问题：

(1)基态硒原子的价电子排布式为_______；SeO2的熔点为350℃，加热易升华，固态SeO2属于_______晶体。

(2)O、P、S三种元素中，电负性最大的是_______；键角：H2O_______H2Se(填">"、"<"或"=")。

(3)纯净的磷酸粘度极大，随温度升高粘度迅速下降，原因是_______；熔融状态的磷酸导电性很好；这是由于在纯磷酸中存在如下质子交换导电机理。

由此可以推知纯磷酸液体中存在的导电微粒是和_______，的空间构型为_______。

(4)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的层与带负电的层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为_______，其中Se的分数坐标为_______。晶胞棱边夹角均为90°，硒氧化铋的摩尔质量为Mg·mol-1，则晶体密度的表达式为_______g·cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)。

24、乙二胺四乙酸二钠盐是配合剂的代表性物质；能和碱金属；稀土元素和过渡金属等形成稳定的水溶性络合物，广泛应用于高分子化学工业、日用化学工业、医药工业试剂。乙二胺四乙酸根可以和三价铬离子1∶1形成六配位离子。乙二胺四乙酸结构简式为：

请回答下列问题：

(1)写出基态金属铬原子核外的价电子排布式___________。

(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铬离子形成的六配位离子中，配位原子为___________。

(3)乙二胺四乙酸分子中，碳原子的杂化方式为___________，其分子中含有的四种非金属元素的电负性由大到小顺序为___________。

(4)0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ键数目为___________。

(5)常温下，乙二胺四乙酸在水中溶解度较小。但常温下乙酸却易溶于水，试解释乙酸易溶于水的原因是：___________。

(6)金属铬可形成正盐亚铬酸钴，该盐晶体的晶胞沿y轴一个方向的投影如下图所示。晶胞中Co、Cr、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置。则该盐的化学式为___________。

评卷人得分五、原理综合题(共4题，共40分)25、一定条件下将锰冶炼烟尘灰(主要成分)、黄铁矿(主要成分)与足量硫酸溶液混合，通过反应可将锰和铁浸出。其它条件相同；温度对Mn；Fe浸出率及硫酸残留率(反应后溶液中剩余硫酸与加入硫酸的比例)影响如图所示。

(1)基态核外电子排布式为___________。

(2)温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是与反应，该反应的离子方程式为___________。

(3)温度高于120℃时，残留固体中的含量减少，但铁元素浸出率却下降的原因是___________。

(4)向浸出液先加入后加入调节pH，可得到纯化溶液。

已知：室温下假设加入后溶液中若溶液中某离子浓度小于则认为该离子完全沉淀。

①先加入再调节pH的原因是___________。

②浓氨水调节溶液的pH范围为___________。

(5)溶液经电解可得到生成的电极反应式为___________。26、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)工业用途非常广泛，易溶于水，在中性和碱性环境中稳定。实验室用工业硫化钠(含少量Na2SO4、Na2CO3杂质)为原料制备Na2S2O3•5H2O；其流程如图：

已知：Ksp(BaSO4)=1.07×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9。

(1)S2O结构如图1所示，可认为是SO中一个氧原子被硫原子代替，S2O空间构型为___(用文字表述)，中心硫原子(S*)杂化方式为___。

(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，c(SO)=___。

(3)制备Na2S2O3•5H2O实验装置与过程如图：

将提纯后的Na2S与Na2CO3一起置于装置C的三颈烧瓶中，加入适量蒸馏水溶解，搅拌；打开装置A中分液漏斗的旋塞，滴入硫酸，产生SO2；充分反应后，过滤三颈烧瓶中所得混合物，经处理得到Na2S2O3•5H2O。

①B装置的作用为___。

②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为____。

③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是___。27、非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：

(1)基态硼原子的价电子排布图是____________，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。

(2)B的简单氢化物BH3，不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。

①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为____________________。

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______________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填分子式）。

(3)如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是____________。

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm和cnm．如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_________；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_____g·cm－3（用含字母的代数式表示）。28、实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策；是应对全球气候问题；建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题：

(1)已知某反应的平衡表达式为：K=它所对应的化学反应为：________________。

(2)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

总反应：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____________；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为________________。

(3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：。温度/℃400500800平衡常数K9.9491

该反应的正反应方向是_______反应(填“吸热”或“放热”)，若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：________________。

(4)从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等，对反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。

A.A、C两点的反应速率：A>C

B.A；C两点气体的颜色：A深；C浅。

C.B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

D.由状态B到状态A；可以用加热的方法。

E.A、C两点的化学平衡常数：A>C

(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将mmolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加nL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为________mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol/L)。

(6)某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸；装置如图乙所示，电极为多孔的材料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。

①溶液中H+的移动方向由________极到________极；(用A；B表示)

②B电极的电极反应式为____________。评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)29、LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有___________个。

电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。30、(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)。31、回答下列问题。

(1)新型钙钛矿太阳能电池具备更加清洁；便于应用、制造成本低和效率高等显著优点。一种钙钛矿太阳能电池材料的晶胞如图所示。

该钙钛矿太阳能电池材料的化学式为______；该晶胞中，与I﹣紧邻的I﹣个数为__________。

(2)金属钼晶体中的原子堆积方式如图所示，若晶体钼的密度为ρg·cm－3，钼原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示钼的相对原子质量，则钼晶胞中原子的空间利用率为________(用含有ρ、r、NA；M的代数式表示)。

(3)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X﹣射线衍射法就是其中的一种。通过对碲化锌晶体的X﹣射线衍射图像分析，可以得出其晶胞如图所示。若晶体中Te呈立方面心最密堆积方式排列，Te的原子半径为apm，晶体的密度为ρg·cm－3，碲化锌的摩尔质量为193g·mol－1，则阿伏加德罗常数NA=_________mol－1(列计算式表达)

(4)氮化钛的晶胞如图1所示，图2是氮化钛的晶胞截面图。NA是阿伏加德罗常数的值，氮化钛的摩尔质量为62g·mol－1，氮化钛晶体密度为dg·cm－3，计算氮化钛晶胞中N原子半径为_________pm。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

X的最高正价为+1；属于ⅠA族元素；Y的最高正价为+5，属于ⅤA族元素；Z的最高正价为+4，属于ⅣA族元素；M的最低负价为-3，属于ⅤA族元素；W的最低负价为-2价，属于ⅥA族元素；

A.由题图知原子序数；则M为P，Y为N，Z为Si，W为S，X为Li或H，则X可能为Li，故A正确；

B.M为P，W为S，同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径故B正确；

C.X为H或Li，中X原子最外层不能达到8电子稳定结构；故C错误；

D.Y为N，M为P，元素的非金属性则简单气态氢化物的热稳定性故D正确；

故选C。2、B【分析】【分析】

由“X与Y形成的某一化合物易生成二聚体”知该化合物为NO2，X为N元素，Y为O元素，“W的周期数与族序数相等”且W为短周期元素，则W为第三周期ⅢA族，是Al元素，Y的核外电子排布为1s22s22p4；最低能级电子数为2，则Z的最高高能级电子数为1，且Z的原子序数比Y大，所以Z有三个电子层，Z为Na元素。

【详解】

A．N；O、Na、Al四种元素中；O元素非金属性最强，为Y，A项不符合题意；

B．简单离子分别为N3-、O2-、Na+、Al3+；四种离子的核外电子排布相同，根据“序小径大”的规则，知四种离子的半径依次减小，B项符合题意；

C．电负性相当于得电子能力；O元素电负性最强，即Y最大，C项不符合题意；

D．第一电离能相当于失电子能力，总体来说金属元素的第一电离能偏小，且同周期从左到右依次增大，ⅡA、ⅤA比相邻主族元素大，所以有N>O>Al>Na，即X>Y>W>Z；D项不符合题意；

故正确选项为Ｂ3、C【分析】【详解】

A．分子内中心O原子分别与O形成键，同时三个O原子之间形成故A正确；

B．与所含原子数均为3；价电子数均为18，互为等电子体，故B正确；

C．与均为O元素形成的单质；互为同素异形体，故C错误；

D．为V形极性分子，为非极性分子，根据相似相溶原理可知在水中的溶解度大于故D正确；

故选：C。4、D【分析】【分析】

非电解质为在水溶液和熔融状态下不导电的化合物，一般为有机物和非金属氧化物（除H2O）。

【详解】

A.H2O为电解质；不符合题意；

B.CH4为非电解质；但分子间无氢键，不符合题意；

C.NH3·H2O为电解质；不符合题意；

D.甘油为非电解质；且分子中含有羟基，能在分子间形成氢键，符合题意。

答案为D。5、D【分析】【详解】

A、SO2中心原子杂化方式sp2；价层电子对互斥模型为平面三角形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为V型结构，选项A错误；

B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2；价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项B错误；

C、NF3分子中心原子杂化方式sp3；价层电子对互斥模型为四面体形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项C错误；

D、NH4+的中心原子杂化方式sp3；价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的立体构型为正四面体形，选项D正确；

答案选D。6、D【分析】【分析】

丙的简单氢化物的水溶液常用于腐蚀玻璃；则丙为F元素，由各元素在周期表中的位置可推知，甲；乙、丙、丁、戊分别为N元素、O元素、F元素、P元素、Cl元素。

【详解】

A．一般电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径：A项错误；

B．能形成分子间氢键，不能形成分子间氢键；B项错误；

C．磷酸不是强酸；C项错误；

D．对应的晶体均为分子晶体；D项正确；

故选D。7、D【分析】简单立方堆积(Po型)空间利用率为52%；体心立方堆积，属于钾；钠和铁型，空间利用率68%；六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，空间利用率为74%；面心立方最密堆积(Cu型)空间利用率为74%，据此分析。

【详解】

A．根据不同堆积方式的空间利用率可知；简单立方堆积(Po型)空间利用率为52%，配位数为6，故A错误；

B．体心立方堆积；属于钾；钠和铁型，空间利用率68%，配位数为8，故B错误；

C．六方最密堆积；属于镁；锌、钛型，空间利用率为74%，配位数为12，故C错误；

D．Ag为面心立方最密堆积(Cu型)空间利用率为74%；配位数为12，故D正确；

故选D。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．该晶胞中Li的个数为12×+1=4，Al的个数为8×+6×=4；Si的个数为4，原子个数比为1：1：1，则该化合物化学式可表示为LiAlSi，A正确；

B．由图可推出晶体中阴离子的最小结构单元中含Fe2＋个数为：4×=同样可推出含Fe3＋个数也为CN-的个数为12×=3，因此阴离子为[Fe2(CN)6]-，则该晶体的化学式只能为MFe2(CN)6；由阴；阳离子形成的晶体为离子晶体，M的化合价为＋1价，B错误；

C．由图示可以看出，La原子均在晶体的8个顶点上，而Ni原子有1个在中心，另外的8个在面上，故La原子个数=8×=1，Ni原子个数=1＋8×=5，故化学式为LaNi5；C正确；

D．晶胞中：Cu个数为8×＋4×＋1=4；Fe个数为6×＋4×=4，S原子个数为8个，Fe、Cu、S个数比为4∶4∶8=1∶1∶2，故化学式为CuFeS2；D正确；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【详解】

(1)基态K原子共有4层电子层，所以最高能层符号为N；价层电子排布式为4s1；该能层电子云轮廓为球形；

(2)元素的非金属性越强；越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，而N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，所以出现异常；

(3)B为5号元素，核外电子排布式为1s22s22p1，价层电子排布为2s22p1，轨道表达式为

(4)Co是27号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。【解析】①.N②.球形③.N的2p能级为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子④.⑤.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2⑥.Mn10、略

【分析】【分析】

观察的结构，一个碳上连有4个不同的原子或原子团的碳有1个，如图：H中有酯基；碳碳双键、羟基，由此分析。

【详解】

根据有机物H的结构，有机物H中含有1个手性碳原子，为左下角与羟基相邻的碳原子，如图故答案为：1；

有机物H中含有羟基，可以与金属Na发生反应；有机物H中含有碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液反应；有机物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有机物H中不含与CHCl3反应的基团，故不与CHCl3反应，故选择A。故答案为：A。【解析】①.1②.A11、略

【分析】【分析】

(1)(1)P元素原子价电子排布式为3s2p2，N4分子与P4结构相似，为正四面体构型；N4分解后能产生N2并释放出大量能量；可以制造火箭推进剂或炸药；

(2)①NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对；根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型；

②[Zn(NH3)6]2+离子中Zn2+和N原子之间存在配位键；N-H之间存在共价键；孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；

③与N2H4互为等电子体的分子中原子个数是6；价电子数是14。

【详解】

(1)P元素原子价电子排布式为3s2p2，基态原子有3个未成对电子，N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，4分子中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，每个面为正三角形，N-N键的键角为60°；N4分解后能产生N2并释放出大量能量；可以制造火箭推进剂或炸药；

(2)①NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对；根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为三角锥形；

②[Zn(NH3)6]2+离子中Zn2+和N原子之间存在配位键，N-H之间存在共价键，所以该离子中含有配位键和共价键，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，氨气分子中含有孤电子对、该离子中N原子上不含孤电子对，所以[Zn(NH3)6]2+离子中H-N-H键角>107°。；

③与N2H4互为等电子体的分子中原子个数是6、价电子数是14，与该分子互为等电子体的分子有CH3OH(或CH3SH等)。【解析】①.3②.sp3③.60°④.用于制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案也可)⑤.三角锥形⑥.配位键、共价键⑦.>⑧.CH3OH(或CH3SH等)12、略

【分析】【详解】

I(1)①是28号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态的核外电子排布式为

故答案为：

②中与之间形成配位键，中N、H之间形成键，是键；属于共价键；

故答案为：BCE。

Ⅱ(2)丁二酮肟分子中甲基上碳原子价电子对个数是4，且不含孤电子对，为杂化，连接甲基的碳原子含有3个价电子对，且不含孤电子对，为杂化；丁二酮肟分子中含有13个单键和2个双键，则共含有15个键，所以丁二酮肟含有键的数目为

故答案为：和

（3）中与形成配位键，空间结构为四面体形，其结构示意图为

故答案为：【解析】BCE和13、略

【分析】【分析】

【详解】

I．(1)键是头碰头的方式形成的，而键是以肩并肩的方式形成的；单键都是键，而双键或三键中才含有键；所以只含有σ键的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ键又含有π键的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成键时最外层电子的电子云发生交叠，H原子只有1s电子，形成H2时两个H原子的s轨道重叠形成σ键；故填⑦；

(3)根据价层电子对互斥理论；

NH3的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

H2O的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4；孤电子对数为2，为V形；

SO2的价层电子对数为2+×(6-2×2)=3；孤电子对数为1，为V形；

BeCl2的价层电子对数为2+×(2-2×1)=2；孤电子对数为0，为直线形；

CO2的价层电子对数为2+×(4-2×2)=2；孤电子对数为0，为直线形，故填三角锥形；V形、V形、直线形、直线形；

II．(1)Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

NO中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化；离子构型是平面三角形，故填平面三角形；

(2)①Co2+离子含有空轨道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤电子对；形成配位键，故填N、O；

②同周期自左而右电负性增大，C、N的氢化物中它们均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性由大到小顺序为：N>C>H；故填N；C、H；

③bte分子中环上碳原子形成3个σ键，亚甲基中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故填sp2、sp3；

④单键为σ键，双键中含有1个σ键，bte的分子含有21个σ键，1molbte分子中含σ键的数目为21mol，故填21。【解析】①.①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角锥形⑤.V形⑥.V形⑦.直线形⑧.直线形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形⑪.N⑫.O⑬.N、C、H⑭.sp2⑮.sp3⑯.2114、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)分子晶体熔化时需要破坏范德华力，干冰和晶体Ar都属于分子晶体，所以晶体熔化时需要破坏范德华力的是②⑤；分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越小，该分子晶体的熔点越低，干冰和Ar都属于分子晶体，Ar的相对分子质量小于二氧化碳，所以Ar的沸点最低，故选⑤；晶体中只存在一种微粒间作用力，说明该物质为原子晶体或单原子分子的分子晶体或只含离子键的离子晶体或金属晶体，金刚石为只含共价键的原子晶体，氩分子晶体是单原子分子，即一个分子仅由一个原子构成，分子之间只存在范德华力；属于离子晶体的是Na2SO4和NH4Cl；故答案为：②⑤；⑤；①⑤；③④；

(2)碳、氧均有孤对电子，形成配位键如图所示CO与N2分子的结构相似，则CO中含有1个σ键，则1molX2Cl2•2CO•2H2O含有σ键的物质的量为(2+4+8)mol=14mol，数目为14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)，故答案为：14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)。【解析】①.②⑤②.⑤③.①⑤④.③④⑤.⑥.14NA(或14×6.02×1023或8.428×1024)15、略

【分析】【分析】

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化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，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，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则以此计算H－的半径；NaH的理论密度Z为晶胞中NaH个数；M为NaH的摩尔质量，V为晶胞体积，以此计算。

【详解】

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化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，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，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素。

(1)A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C

故答案为：C

(2)B为氮元素,其氢化物为NH3,分子中含有3个N−H键,N原子有1对孤对电子对,杂化轨道数为4,N原子采取杂化；空间构型为三角锥型。

故答案为：三角锥型;

(3)E为Cr元素,原子序数为24,原子核外有24个电子,核外电子排布式是CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物,且两种配体的物质的量之比为2:1,则配体中有4个NH3、2个H2O,三个氯离子位于外界,该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

故答案为：[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3.。

(4)B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3,D的单质为Mg,HNO3稀溶液与Mg反应时,N元素被还原到最低价,则生成NH4NO3,Mg被氧化为Mg(NO3)2,令NH4NO3,Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y,则根据电子转移守恒有所以该反应的化学方程式是

故答案为：

（5）因为NaH具有NaCl型晶体结构，因而Na＋半径H－的半径及晶胞参数a有关系晶胞中Na＋数目H-数目NaH的理论密度故答案为：

【点睛】

CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。NaH具有NaCl型晶体结构则以此计算H－的半径；NaH的理论密度【解析】C＜O＜N三角锥形sp31s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl34Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O142pm三、判断题(共5题，共10分)16、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。17、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。18、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。19、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。20、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。四、结构与性质(共4题，共12分)21、略

【分析】【详解】

（1）Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc；Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7种，答案为7；

（2）KH2PO2中P原子的孤电子对==2，成键电子对=2，价层电子对=孤电子对+成键电子对=4，P为sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成键；

（3）①中N的sp2杂化轨道形成的化学键(代表孤电子对)参与形成六元环大键的是未成对电子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键；答案为

②S；N原子均有孤电子对；N电负性大，不易给出电子形成配位键；答案为S；

③A．［Cu(NH3)2］C1中Cu+外围电子排布式为3d10；没有未成对电子，选项A不符合；

B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外围电子排布式为3d9；有未成对电子，选项B符合；

C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外围电子排布式为3d10；没有未成对电子，选项C不符合；

D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外围电子排布式为3d3；有未成对电子，选项D符合；

答案选BD；

（4）①以B外Zn为例；离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4；

②根据均摊法，晶胞中含有1+2+2=2个Zn原子，1+4+4=2个S原子，则原子体积为晶胞底面为平行四边形，晶胞体积为则空间利用率为=

③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4：4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2-，2个Zn2+，各离子的分数坐标分别为:S2-(0,0,0)，Zn2+根据晶胞的结构可知，A为S2-，B的坐标为答案为【解析】(1)7

(2)sp32p

(3)SBD

(4)422、略

【分析】【详解】

(1)铁元素的原子序数为26，价电子数8，基态铁原子的价电子排布式为3d６4s2，故答案为：3d６4s2；

(2)铁元素位于元素周期表第四周期；铁原子的最外层电子数为2，与铁同周期，且最外层电子数相同的主族元素是钙，故答案为：Ca；

(3)基态Ti原子的的价电子排布式为3d24s2；核外电子占据的最高能层符号为N，4s电子云轮廓图为球形，故答案为：N；球形；

(4)Fe(CN)6]3+离子中铁离子与氰酸根离子形成6个配位键，每个氰酸根离子中含有1个σ键，1molFe3[Fe(CN)6]2中含有2molFe(CN)6]3+离子，含有σ键的数目为(1×6+6)×2mol×NAmol—1=24NA；氰酸根离子含有碳氮三键，则碳原子的杂化方式为sp杂化；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、N、Si四种元素的非金属性有强到弱的顺序为N＞C＞H＞Si，则电负性由大到小的顺序为N＞C＞H＞Si，故答案为：24NA；sp杂化；N＞C＞H＞Si；

(5)由图1晶体结构可知，由O原子围成的八面体空隙被Fe原子占据，钛原子(●)处于晶胞顶点时，铁原子(△)位于体心，氧原子(○)位于面心，当铁原子处于晶胞的顶点时，钛原子位于体心，氧原子(○)位于棱上，晶胞结构示意图为与钛原子距离最近的氧原子有12个，则钛原子的配位数为12，故答案为：八面体空隙；12；

(6)由晶胞的质量公式可得：ρ(a×10—10)3=解得a=pm，故答案为：【解析】3d６4s2CaN球形24NACN—sp杂化N＞C＞H＞Si八面体空隙1223、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Se是与O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，主族元素价电子即最外层电子，故Se的价电子排布式为：4S24P4；SeO2晶体熔点低；且易升华，符合分子晶体的物理性质，故属于分子晶体；

(2)非金属性：O＞S＞P，电负性变化规律与非金属性一致，故三者电负性最大的为：O；H2O和H2Se中心原子O和Se均含两对孤对电子，但由于电负性O＞Se，故O对孤对电子的引力强于Se，导致H2O中孤对电子对O—H的斥力小于H2Se中孤对电子对Se—H的斥力，故键角：H2O＞H2Se；

(3)由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸粘度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致粘度迅速下降；由图示知，导电微粒为[P(OH)4]+和故此处填[P(OH)4]+中心P原子价层含4个σ电子对，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论知[P(OH)4]+空间构型为正四面体；

(4)根据电荷守恒知，该晶胞中与为1：1，故该晶体的化学式为Bi2O2Se；以顶点Se为原点，坐标定为(0，0，0)，则体心Se各个坐标值相当于边长的一半，故其坐标为即其分数坐标为该晶胞中含有Se个数=结合化学式知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量m=该晶胞体积V=故该晶体的密度=晶胞密度=【解析】①.4s24p4②.分子③.O④.>⑤.温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏⑥.⑦.正四面体⑧.⑨.⑩.24、略

【分析】【详解】

(1)铬是24号元素，基态金属铬原子核外的价电子排布式为3d54s1。

(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铬离子形成的六配位离子中；两个氨基氮和4个羧基氧提供孤电子对，配位原子为N和O。

(3)乙二胺四乙酸分子中，形成单键的碳原子杂化方式为sp3，形成单键和碳氧双键的碳原子杂化方式为sp2；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以电负性：O>N>C>H。

(4)1个乙二胺四乙酸分子中含有的σ键数目为35个；0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ键数目为0.5mol×35=17.5mol。

(5)乙酸分子可形成分子间氢键；且为极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺四乙酸形成分子内氢键，为极性分子，在水中溶解度较小。

(6)晶胞中Co、Cr、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置，晶胞中含有Co原子个数为8×=1，含有Cr原子个数为1，含有O原子个数为6×=3，所以该盐的化学式为CoCrO3。【解析】3d54s1N、Osp3、sp2O>N>C>H17.5mol乙酸为极性分子，乙酸分子之间可以形成分子间氢键CoCrO3五、原理综合题(共4题，共40分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)锰是25号元素，按构造原理可知：基态核外电子排布式为或

(2)黄铁矿(主要成分)中硫化合价为-1价，具有还原性、铁离子具有氧化性，一定条件下，二者能发生氧化还原反应。温度高于120℃时，的残留率增大的原因之一是反应生成的与发生了反应、生成了硫酸，该反应的离子方程式为

(3)硫酸亚铁、硫酸铁是强碱弱酸盐，水解生成弱碱，由(2)知，温度高于120℃时，与铁离子反应生成可溶物，温度升高后溶液中Fe元素水解程度增加，生成的弱碱以沉淀形式留在矿渣中铁元素，故导致残留固体中的含量减少；但铁元素浸出率却下降。

(4)酸性条件下，二氧化锰具有强氧化性，能氧化含硫阴离子得到硫酸根离子、能氧化亚铁离子得到铁离子，自身转变为锰离子，故向浸出液先加入所得溶液含铁离子、硫酸根离子和锰离子，加入调节pH，可得到氢氧化铁沉淀，经过滤可得到溶液。则：

①先加入再调节pH的原因是先用将氧化便于将铁元素沉淀完全；先调节pH，可能导致氧化性减弱。

②常温下，其中c(Fe3+)=10－5mol·L－1，则c(OH-)=mol·L－1，此时溶液pH=3.0，即应控制溶液的可使Fe3+沉淀完全。常温下，=c(Mn2+)×c2(OH-)，假设加入后溶液中则c(OH-)=此时溶液pH=8.0，即应控制溶液的可避免Mn2+产生沉淀。故浓氨水调节溶液的pH范围为3.0～8.0。

(5)溶液经电解可得到锰元素化合价从+2升高到+4，发生氧化反应，则生成的电极反应式为【解析】或温度升高后Fe元素水解程度增加，以沉淀形式留在矿渣中先用将氧化便于将铁元素沉淀完全；先调节pH，可能导致氧化性减弱3.0～8.026、略

【分析】【分析】

A装置制备二氧化硫，C装置中合成Na2S2O3；会导致装置内气压减小，B装置为安全瓶作用，二氧化硫有毒，会污染空气，用氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫。

【详解】

(1)SO中中心原子S的价层电子对数为4，S为sp3杂化SO为正四面体构型，SO中一个非羟基O原子被S原子取代后的产物，由于S=S的键长不在等于S=O(S-O)，所以其空间构型为四面体形，中心S*原子同样还是sp3杂化。

(2)提纯Na2S时使用试剂为Ba(OH)2，当溶液中CO浓度达到1×10-5mol•L-1时，Ksp(BaCO3)=c(CO)×c(Ba2+)=2.58×10-9，c(Ba2+)=2.58×10-6，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c(SO)=1.07×10-10，c(SO)=4.15×10-7mol•L-1。

(3)①B装置为安全瓶；防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速。

②三颈烧瓶中生成Na2S2O3的总反应的化学方程式为：2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。

③三颈烧瓶中必须控制pH不能小于7，原因是Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。【解析】四面体sp34.15×10-7mol•L-1防止倒吸或堵塞；便于观察气泡，以调整气体流速2NaS+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在27、略

【分析】【详解】

（1）B原子核外电子排布式为：1s22s22p1，基态硼原子的价电子排布图是同周期第一电离能从左向右逐渐增大，N元素2P3为半充满结构，第一电离能变大，所以，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C>B。故答案为：F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子结构如图，B形成4个σ键，价层电子对为4，则B原子的杂化方式为sp3杂化。故答案为：sp3杂化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N，B提供空轨道，用价电子迁移法，N与B之间夹着碳元素，与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6（填分子式）。故答案为：N；C2H6；

（3）H3BO3晶体为片层结构，B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，B的杂化方式为sp2；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是：升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。故答案为：sp2；升温破坏了硼酸晶体中的氢键；并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；

（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4×+4×=4，由化学式CsSiB3O7，可知晶胞相当于含有4个“CsSiB3O7”，故晶胞质量=4×g，则晶体密度==g·cm－3。故答案为：4；

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、氢键、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，会用氢键解释有关的问题，（4）为易错点、难点，关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象。【解析】F>N>O>C>Bsp3杂化NC2H6sp2升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大428、略

【分析】【分析】

(1)根据质量守恒定律；结合可逆反应平衡常数的含义及表达式书写反应方程式；

(2)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；CH3OCH3在负极失去电子，被氧化变为CO2、H2O；据此书写电极反应式；

(3)根据温度对化学平衡常数的影响判断反应的热效应；利用500℃时K=9；利用物质的起始浓度及反应转化关系计算CO的平衡转化率；

(4)根据外界条件对化学反应速率；化学平衡常数、化学平衡移动的影响分析判断；

(5)依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应；一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度；

(6)SO2与O2反应生成SO3，SO3再与水化合生成硫酸；根据硫酸的出口判断原电池的正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动。

【详解】

(1)平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，在平衡常数表达式中，分子为生成物，分母为反应物，固体或纯液体物质不能写入表达式中，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；

(2)①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

根据盖斯定律，将①×2+②+③，整理可得总反应的热化学方程式：3H2(