2025年人教B版选修3化学上册阶段测试试卷含答案VIP

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①分子中S原子采用的轨道杂化方式

②分子中只有以s轨道与杂化轨道“头碰头”方式重叠而成的键。

③分子中的键角

④中键角比中键角大．A.①②B.③④C.①②③D.①③④7、下列叙述正确的是（）A.s-sσ键与s-pσ键电子云形状相同B.冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用C.Cu(OH)2是一种蓝色的沉淀，既溶于硝酸、稀硫酸，也能溶于氨水中D.第一电离能：Si＜C＜N＜O＜F8、某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0g·cm－3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10－7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近于下列数据中的（）。A.32B.120C.150D.1809、下列有说法不正确的是（）A.金属的六方最密堆积和面心立方最密堆积的空间利用率最高B.B；钠晶胞结构如图；钠晶胞中每个钠原子的配位数为8

C.温度升高，金属的导电性将变小D.干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、在下列有关晶体的叙述中错误的是（）A.分子晶体中，一定存在极性共价键B.原子晶体中，只存在共价键C.金属晶体的熔沸点均很高D.稀有气体的原子能形成分子晶体11、硅原子的电子排布式由1s22s22p63s23p2转变为1s22s22p63s13p3，下列有关该过程的说法正确的是（）A.硅原子由基态转化为激发态，这一过程吸收能量B.硅原子由激发态转化为基态，这一过程释放能量C.硅原子处于激发态时的能量低于基态时的能量D.转化后硅原子与基态磷原子的电子层结构相同，化学性质相同12、下面是s能级和p能级的原子轨道图；下列说法正确的是()

A.s电子的原子轨道呈球形，P轨道电子沿轴呈“8”字形运动B.s能级电子能量低于p能级C.每个p能级有3个原子轨道，在空间伸展方向是不同的D.任一电子层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该电子层序数13、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中的原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：Z＞W＞RB.W、R对应的简单氢化物的稳定性前者大于后者C.W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D.电负性R＞Y、X14、研究表明，氮氧化物在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列有关各元素原子的说法正确的是（）

A.接近沸点的水蒸气中存在“缔合分子”，“缔合分子”内存在氢键B.基态O2-的价电子排布式为1s22s22p6C.中N的杂化方式为sp3，与SO3互为等电子体D.的空间构型为正四面体，4个N-H共价键的键长相等15、下表中各粒子对应的立体构型及杂化方式均正确的是。选项粒子立体构型杂化方式ASO3平面三角形S原子采取sp2杂化BSO2V形S原子采取sp3杂化CCO32-三角锥形C原子采取sp2杂化DBeCl2直线性Be原子采取sp杂化

A.AB.BC.CD.D16、以为原料，采用电解法制备电源TMAH[化学式]是一种高效；绿色工艺技术。原理如图；M、N是离子交换膜。下列说法错误的是。

A.a是电源正极B.M为阴离子交换膜C.中N原子均为杂化D.通过1mol电子时，电解池中可产生16.8L(STP)气体17、膦（PH3）在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含之。它的分子是三角锥形。以下关于PH3的叙述中，正确的是（）A.PH3是非极性分子B.PH3分子中有未成键的电子对C.PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱D.PH3分子中的P-H键是非极性键评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、硫和钒的相关化合物；在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题:

（1）基态钒原子的外围电子轨道表达式为___________,钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是________,VO43-的几何构型为________.

（2）2-巯基烟酸氧钒配合物(图1)是副作用小的有效调节血糖的新型药物。

①基态S原子中原子核外未成对电子数为_______,该药物中S原子的杂化方式是_______.所含第二周期元素第一电离能按由大到小顺序的排列是___________.

②2-巯基烟酸(图2)水溶性优于2-巯基烟酸氧钒配合物的原因是_________.

（3）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域Π键”，下列物质中存在“离域Π键”的是_____.

A.SO2B.SO42-C.H2SD.CS2

（4）某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示，该晶胞的化学式为______。图4为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。

19、三价铬离子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素发挥作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等；回答下列问题：

(l)Cr的价电子排布式为______；

(2)O、N、S的第一电离能由大到小的顺序为______；

(3)SO2分子的VSEPR模型为______，其中心原子的杂化方式为______；

(4)CO和N2互为等电子体，两种物质相比沸点较高的是______，其原因是______；

(5)化学式为CrCl3•6H2O的化合物有多种结构，其中一种可表示为[CrCl2(H2O)4]Cl•2H2O，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为______，配位数为______；

(6)NH3分子可以与H+结合生成这个过程发生改变的是______(填序号)

A.微粒的空间构型B.N原子的杂化类型C.H-N-H键角D.微粒的电子数。

(7)由碳元素形成的某种晶体的晶体结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρg•cm-3，则该晶胞的棱长为______pm。

20、亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])又称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3＝KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl；回答问题：

(1)Fe3+的核外电子排布式_________；

(2)与CN-互为等电子体的分子是______，K4[Fe(CN)6]中的作用力除离子键和共价键外，还有_______。含有12molσ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为_______mol。

(3)黄血盐中C原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为________；

(4)Fe；Na、K的晶体结构如图所示。

①钠的熔点比钾更高，原因是__________；

②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_____g/cm3。21、CCl4、SiC，P4是空间构型均为正四面体的三种物质，其中形成的晶体类型与其他两种物质不同的是__，键角与其他两种物质不同的是__。22、C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。

(1)写出Si的基态原子核外电子排布式_______。

从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为_______。

(2)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______，微粒间存在的作用力是_______。

(3)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为_______(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是_______。

(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成键和键，SiO2中Si与O原子间不形成上述键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述键_______。评卷人得分四、实验题(共1题，共8分)23、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、原理综合题(共4题，共8分)24、铁；钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：

（1）铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。

（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示)；氮原子的杂化轨道类型为________。

（3）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x，晶体属于_______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=________。

（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO______FeO(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。

（5）NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为_________。

②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为pg·cm-3，则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm。(写出计算表达式)25、钴的化合物在工业生产；生命科技等行业有重要应用。

(1)Co的价电子排布式为__，的I4(Co)__的I4(Fe)(填>、<或者=)，原因是__。

(2)Fe、Co均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图2所示，图1中0.1molFe(CO)5含有配位键__个，写出2个与CO互为等电子体微粒__，图2中的σ键和π键个数之比是__(填元素符号)。

(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是__；该晶胞的边长为xnm，高为ynm，该晶胞的密度为__g·cm-3。(NA表示阿伏加德罗常数的值；列出代数式)

26、[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)。

27、Cu；Zn及其化合物在生产、生活中有着重要作用。请回答：

(1)Cu；Zn在周期表中________区；焰色反应时Cu的4s电子会跃迁至4p轨道，写出Cu的激发态电子排布式___________。

(2)分别向CuSO4、MgSO4溶液加氨水至过量；前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。

①NH3与Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+的原因为_________________。

②溶液中的水存在H3O+、等微粒形式，可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，则的结构式为___________。

(3)Zn的某种化合物M是很好的补锌剂；结构式如图：

①1molM含有的σ键的数目为___________。

②常见含氮的配体有H2NCH2COOˉ、NH3、等，NH3的分子空间构型为____________，的中心氮原子杂化方式为__________。

③M在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后；电荷__________(填“变多”“变少”或“不变”)，可在消化道内维持良好的稳定性。

(4)卤化锌的熔点如表：

。卤化锌/ZnX2

ZnF2

ZnCl2

ZnBr2

熔点/℃

872

283

394

则ZnX2熔点如表变化的原因是____________________。

(5)Zn的某种硫化物的晶胞如图所示。已知S2-和Zn2+的半径分别为r1pm、r2pm，且S2-与Zn2+相切，NA为阿伏加德罗常数的值。则该晶体的密度为________g·cm-3(写计算表达式)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

第N能层为第4层，第N能层所含能级数4s、4p、4d、4f4个能级、原子轨道数分别为1、3、5、7，共16个轨道，故选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．基态原子的电子排布式应为3d104s1，发生电子跃迁为3d94s2；选项A错误；

B．基态原子的电子排布式应为3d54s1，发生电子跃迁为3d44s2；选项B错误；

C．基态原子的电子排布式为3d104s0；符合基态电子排布规律，选项C正确；

D．基态原子的电子排布式应为3d104s0，发生电子跃迁为3d84s2；选项D错误；

答案选C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．2s轨道的电子的自旋方向不能相同，2s轨道电子排布应该为故A错误；

B．水中存在两个氧氢共用电子对，水的电子式为故B正确；

C．Ca2+离子核外18个电子，最外层达到8电子稳定结构，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p6；故C错误；

D．K的核电荷数为19，核外电子数为19，最外层电子数不超过8个，应为1个，正确的原子结构示意图为故D错误；

答案为B。4、B【分析】【分析】

X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，推知原子序数为33号，是As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，推知原子序数为8，是O元素；已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，推知Z的原子序数为1，是氢元素；X与Y形成的化合物X2Y3是As2O3。

【详解】

A.由分析知X为As，As元素基态原子的电子排布式为故A项错误；

B.As元素是第4周期第ⅤA族元素；故B正确；

C.由分析知Y为氧元素，不是碳元素，而是碳元素原子的轨道表示式；故C错误；

D.由分析知Z为氢元素，H2能在O2中燃烧；故D错误；

综上所述，答案为B。5、A【分析】【分析】

【详解】

A.价电子排布为4s24p3的元素原子序数33，为砷元素，位于第四周期第ⅤA族，属于p区元素，故A正确；B.同主族元素的电负性随原子序数的增大而减小，N、P、As同主族，电负性N>P>As，故B错误；C.2p和3p轨道形状均为纺锤形，但两者能层不同，能层高的轨道能量高，3p能量高于2p，故C错误；D.分子晶体中不一定都存在共价键，如稀有气体为单原子分子，不存在化学键，故D错误；故选A。6、D【分析】【详解】

①是一个环形分子，每个S与两个其它S原子相连，S原子外层6个电子，两对孤对电子，两个键，所以S是杂化；故正确；

②碳碳双键中一个是键，还有一个是键，所以除了碳氢键（s-sp2σ键），还有sp2-sp2σ键；故错误；

③分子中，Sn原子的价层电子对数目是配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，空间构型为V形，根据价层电子对互斥理论可以判断其键角小于故正确；

④价层电子对模型为四面体，氧原子采取杂化，中O原子有两对孤对电子，中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力孤电子对与成键电子对间的排斥力成键电子对间的排斥力，导致中键角比中键角大；故正确；

故选D．

【点睛】

本题考查了分子或离子中原子轨道杂化类型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答是关键，注意分子中心原子的杂化。7、C【分析】【详解】

A．s-sσ键为球形对称；s-pσ键为轴对称，电子云形状不同，故A错误；

B．氢键不是化学键；冰中存在极性共价键，故B错误；

C.Cu(OH)2与酸发生中和反应，与氨水形成配位化合物，则Cu(OH)2是一种蓝色的沉淀；既溶于硝酸；浓硫酸，也能溶于氨水中，故C正确；

D．非金属性越强；第一电离能越大，且p电子半满为稳定结构，N的p电子为半满结构，则第一电离能：Si＜C＜O＜N＜F，故D错误；

故选C。8、C【分析】【详解】

M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0g·cm-3=150g·mol-1，即Mr=150，答案选C。9、D【分析】【分析】

A.金属的六方最密堆积空间利用率为74%；面心立方最密堆积的空间利用率是74%；

B.由图可知纳晶胞的结构是体心结构；

C.温度升高；金属离子与电子之间的碰撞加剧，金属导电性减弱；

D.分子晶体熔融时；只破坏分子间作用力，不破坏化学键。

【详解】

A.金属的六方最密堆积空间利用率为74%；面心立方最密堆积的空间利用率是74%，空间利用率相同，都是最高的，A项正确；

B.由图可知钠晶胞的结构是体心结构；每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，分别位于晶胞的八个顶点，配位数为8，B项正确；

C.温度升高；金属离子与电子之间的碰撞加剧，金属导电性减弱，C项正确；

D.分子晶体熔融时；只破坏分子间作用力，不破坏化学键，干冰是分子晶体，D项错误；

答案选D。二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】【分析】

A.分子晶体如果是单质中只存在非极性键；所以A错；B.原子晶体中只存在共价键。

是正确的；故B正确；C.金属晶体的熔沸点有高有低，如钨的熔沸点很高，而金属汞常温下为液体，故C错；D.稀有气体的原子能形成分子晶体是正确的，故D正确。

【详解】

所以本题的正确答案为：A.C。11、AB【分析】【详解】

A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时；有1个3s电子跃迁到3p轨道上，3s轨道的能量低于3p轨道的能量，要发生跃迁，必须吸收能量，使电子能量增大，故A正确；

B．硅原子处于激发态时能量要高；处于基态能量变低，因而由激发态转化成基态，电子能量减小，需要释放能量，故B正确；

C．基态原子吸收能量变为激发态原子；所以激发态原子能量大于基态原子能量，故C错误；

D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子的激化态为1s22s22p63s13p3，基态磷原子为1s22s22p63s23p3；则它们的价层电子数不同，性质不同，故D错误；

答案为AB。12、CD【分析】【详解】

A.s电子的原子轨道呈球形；p电子的原子轨道是“8”字形的，但是电子是做无规则运动，轨迹是不确定的，故A错误；

B.根据构造原理；各能级能量由低到高的顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f，所以s能级的能量不一定小于p能级的能量，如4s＞3p，故B错误；

C.不同能级的电子云有不同的空间伸展方向；p轨道有3个相互垂直的呈纺锤形的不同伸展方向的轨道，故C正确；

D.多电子原子中；同一能层的电子，能量可能不同，还可以把它们分成能级，任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故D正确；

故选CD。

【点睛】

能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数。13、BC【分析】【分析】

已知X；Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素；X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA族元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素，据此解答。

【详解】

根据以上分析可知X是H；Y是C，Z是Mg，W是S，R是Cl。

A．同周期自左向右原子半径逐渐减小；则原子半径：Z＞W＞R，故A正确；

B．W是S；R是Cl，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则对应的简单氢化物的稳定性前者小于后者，故B错误；

C．X是H，Z是Mg，W是S，H2S含有的化学键是极性共价键；MgS含有的化学键是离子键，因此W与X；W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，故C错误；

D．X是H；Y是C，R是Cl，非金属性越强，其电负性越强，三种元素中Cl的非金属性最强，则电负性R＞Y；X，故D正确；

答案选BC。14、AD【分析】【详解】

A．接近沸点的水蒸气中存在“缔合分子”；水分子内存在O-H共价键，“缔合分子”内水分子间存在氢键，A正确；

B．基态O2-的价电子排布式为2s22p6；B不正确；

C．中N的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，与SO3互为等电子体；C不正确；

D．中N原子的价层电子对数为4；其空间构型为正四面体，4个N-H共价键的键长；键能都相等，D正确；

故选AD。15、AD【分析】【详解】

A．SO3分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采用sp2杂化；为平面三角形结构，故A正确；

B．SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，硫原子采取sp2杂化；该分子为V形结构，故B错误；

C．碳酸根离子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（4+2-3×2）=3，所以原子杂化方式是sp2；为平面三角形结构，故C错误；

D．BeCl2分子中每个Be原子含有2个σ键；价层电子对个数是2，没有孤电子对，为sp杂化，为直线型，故D正确；

故选AD。16、CD【分析】【详解】

A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室；阴离子移向阳极，即a是电源正极，A正确；

B.HCO3-经过M移向左室；M为阴离子交换膜，B正确；

C.中，(CH3)4N+的C、N原子均为杂化，但是，HCO3-中的C原子为杂化；C错误；

D.通过1mol电子时，阴极室H+放电，2H++2e-=H2↑产生H2为0.5mol，阳极室OH-放电，4OH--4e-=2H2O+O2↑，产生O2为0.25mol，同时，溶液中剩下的H+与HCO3-反应还要产生二氧化碳；因此，产生的气体大于0.75mol，体积大于16.8L(STP)气体，D错误。

答案选CD。17、BC【分析】【分析】

【详解】

A．该分子为三角锥型结构；正负电荷重心不重合，所以为极性分子，A错误；

B．PH3分子中P原子最外层有5个电子；其中3个电子和3个H原子形成共用电子对，所以该物质中有1个未成键的孤对电子，B正确；

C．氮元素非金属性强于磷元素，PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱；C正确；

D．同种非金属元素之间存在非极性键；不同非金属元素之间存在极性键，所以P-H是极性键，D错误；

答案选BC。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【分析】

（1）钒处于第四周期VB族，外围电子排布式为3d34s2，结合泡利原理、洪特规则画外围电子轨道表达式；核外电子排布处于半充满、全充满或全空时更稳定；VO43-中V形成4个σ键，孤电子对数为=0，杂化方式为sp3；

（2）①S原子形成2个σ键；有2对孤电子对，杂化轨道数目为4；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；

②羧基可与水分子之间形成氢键；

（3）构成条件：多原子分子中各原子在同一平面；且有相互平行的p轨道，有单电子；硫酸根离子是正四面体结构，各原子不在同一平面，硫化氢中H原子和S原子没有平行的p轨道；

（4）均摊法计算晶胞中V、S原子数目，确定化学式；根据V、S原子数目，结合摩尔质量计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度。

【详解】

（1）钒原子为23号元素，电子排布式为[Ar]3d34s2，所以外围电子轨道排布式为其最稳定的化合价应该是+5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构。根据价层电子对互斥原理，VO43-中的中心原子V的价电子为5；配位原子O不提供电子，带有三个单位负电，所以外层电子为8个，共4对，空间构型为正四面体。

（2）①S原子的电子排布为[Ne]3s23p4，所以S原子的3p能级上有4个电子，分配在三个轨道中，有两个单电子。从图中得到S的配位数为2，所以此时S的外层有6+2=8个电子，电子对为4，所以S应该的杂化方式是sp3杂化。其中含有的第二周期元素是C、N、O。同周期元素从左向右应该是第一电离能增大，因为N的2p能级上有3个电子，是p能级的半满稳定结构，所以N的第一电离能反常增大，所以第一电离能为：N>O>C。

②2-巯基烟酸有羧基可以与水分子形成氢键；所以其水溶性会更好。

（3）从题目表述来看；形成离域Π键的要求是：①原子共平面；②有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为平面三角形，硫酸根为正四面体，硫化氢为角型，二硫化碳为直线型。所以选项B一定错误。而硫化氢的H原子不存在p轨道。所以选项C错误。由上正确的是选项A和选项D。

（4）晶胞中有V为：8×1/8+4×1/4=2个；S为：2×1=2个，所以化学式为VS。因为该晶胞中有2个VS，所以晶胞质量为2×(32+51)/NAg。根据图4得到晶胞底面的面积为a×nm2，所以晶胞的体积为：a××bnm3。1nm=10-7cm，所以晶体密度为【解析】+5正四面体2sp3N>O>C2-巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大ADVS19、略

【分析】【分析】

根据Cr的原子序数和在周期表的位置，写出价电子排布；根据第一电离能递变规律判断第一电离能大小；根据VSEPR理论判断SO2的VSEPR模型和中心原子的杂化形式；根据等电子体，分子量相同，由分子的极性判断熔沸点高低；根据配位体的结构判断配体提供孤电子对和配位数；根据VSEPR理论判断NH3变为NH4+时引起的变化；根据均摊法计算晶胞中C原子个数；由密度，质量计算晶胞的棱长；据此解答。

【详解】

（1）Cr是24号元素，在元素周期表中位于第四周期第VIB，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态原子价电子排布为3d54s1；答案为：3d54s1。

（2）非金属性越强；第一电离能越大，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，O，S属于同主族元素，从上往下，非金属性减弱，O的原子序数比S小，则非金属性O＞S，第一电离能O＞S，则O；N、S的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；答案为N＞O＞S。

（3）SO2分子的价层电子对数=2+=3，VSEPR模型的名称为平面三角形，S原子采取sp2杂化；答案为平面三角形，sp2。

（4）CO和N2互为等电子体，且CO和N2分子量相同，由于CO是极性分子，N2是非极性分子，分子的极性越强分子间作用力越强熔沸点越高，所以熔沸点CO大于N2；答案为CO，CO和N2分子量相同，由于CO是极性分子，N2是非极性分子；极性分子与极性分子之间的范德华力较强，故CO沸点较高。

（5）由[CrCl2(H2O)4]Cl•2H2O结构可知，中心原子Cr3+提供空轨道；配体Cl；O提供孤电子对，配位数为2+4=6；答案为Cl、O，6。

（6）NH3分子可以与H+结合生成NH4+，NH3分子中N原子价层电子对数=3+=3+1=4，采取sp3杂化，有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，NH4+中N原子价层电子对数=4+=4+0=4，采取sp3杂化；无孤电子对，空间构型为正四面体，二者中N原子价层电子对数均是4，N原子孤电子对数由1对变为0，N原子杂化方式不变，电子数数目不变，空间构型由三角锥形变为正四面体，键角减小；答案为A；C。

（7）晶胞中碳原子数目=4+8×+6×=8，设晶胞棱长为apm，则8×=ρg/cm3×(a×10-10cm)3，解得a=×1010pm；答案为×1010。【解析】①.3d54S1②.N>O>S③.平面三角形④.sp2杂化⑤.CO⑥.CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子与极性分子之间的范德华力较强，故CO沸点较高⑦.O、Cl⑧.6⑨.AC⑩.×101020、略

【分析】【分析】

(1)Fe是26号元素，核外有26个电子，失去3个电子得到Fe3+，根据构造原理写出基态Fe3+的核外电子排布式；

(2)CN-有2个原子，价层电子数为10；K4[Fe(CN)6]是离子化合物，其中含有共价键和配位键，1个中含有6个配位键，CN-中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有12个σ键；据此计算解答；

(3)CN−中中心原子C的价层电子对数为2，即CN-的VSEPR模型为直线型；采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；

(4)①金属的金属键越强；熔点越高；

②设晶胞的边长为x，则该晶胞中Fe原子数为：8×1/8+1=2，晶胞密度为：计算密度。

【详解】

(1)Fe原子核外有26个电子，失去3个电子得到Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；

(2)CN-有2个原子，价层电子数为10，则与CN-互为等电子体的分子为N2；K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中含有共价键和配位键，即化学键为离子键、配位键和共价键；1个中含有6个配位键，CN−中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有12个σ键，所以含有12molσ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为1mol，故答案为：N2；配位键；1；

(3)CN−中中心原子C的价层电子对数为2，即CN−的VSEPR模型为直线型，采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C.N、O第一电离能大小顺序为N>O>C；故答案为：sp；N>O>C；

(4)①K和Na都为金属晶体；K和Na价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高，故答案为：K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高；

②设晶胞的边长为x，则晶胞体积该晶胞中Fe原子数为：8×1/8+1=2，晶胞密度为：故答案为：【解析】1s22s22p63s23p63d5N2配位键1spN>O>CK和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高21、略

【分析】【分析】

原子晶体的构成微粒是原子；分子晶体的构成微粒是分子，构成微粒不同，则晶体类型不同。

【详解】

CCl4晶体由CCl4分子构成，键角为109°28＇，形成分子晶体；SiC晶体由Si原子和C原子构成，键角为109°28＇，形成的晶体为原子晶体；P4晶体由P4分子构成，键角为60°，形成的晶体为分子晶体。所以形成的晶体类型与其他两种物质不同的是SiC，键角与其他两种物质不同的是P4。答案为：SiC；P4。

【点睛】

虽然P4与CCl4的晶体类型都为正四面体，但由于构成晶体的分子组成不同，所以键角不同。【解析】①.SiC②.P422、略

【分析】【分析】

(1)Si原子核外共14个电子；按照能量最低原则书写电子排布式；元素周期表中主族元素越靠右；越靠上电负性越大，F的电负性最大(为4.0)；

(2)晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3；非金属原子之间形成的化学键为共价键；

(3)根据电子总数判断M的原子序数；进而确定元素符号；从影响离子晶体熔沸点高低的因素分析二者熔沸点的高低；

(4)C的原子半径较小；C；O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键；Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键。

【详解】

(1)Si是14号元素，Si原子核外共14个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道；其电子排布式为：1s22s22p63s23p2；从电负性的角度分析，O和C位于同一周期，非金属性O强于C；C和Si为与同一主族，C的非金属性强于Si，故由强到弱为O>C>Si；

因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p2；O>C>Si；

(2)SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为sp3杂化；非金属原子之间形成的化学键全部是共价键；

因此，本题正确答案是：sp3；共价键；

(3)MO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则M含有12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小；MgO晶格能大，熔点高；

因此，本题正确答案是：Mg；Mg2+半径比Ca2+小；MgO晶格能大；

(4)π键是由p-p轨道肩并肩重叠形成的；且π键的强弱与重叠程度成正比。Si原子的原子半径较大，Si；O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。

因此，本题正确答案是：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键。【解析】①.1s22s22p63s23p2②.O>C>Si③.sp3④.共价键⑤.Mg⑥.Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大⑦.Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键四、实验题(共1题，共8分)23、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、原理综合题(共4题，共8分)24、略

【分析】【详解】

(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2；三种元素原子的核外未成对电子数分别为4；3、2，未成对电子数最多的是Fe，故答案为Fe；

(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N＞C＞H；分子中N原子有形成2个σ键，含有1对孤对电子，有形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目均为3，N原子的杂化轨道类型为sp2；有形成3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目均为4，N原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为2、4；N＞C＞H；sp2、sp3；

(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低；易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体；Fe原子价电子数为8，CO提供一对孤对电子，与Fe原子形成配位键，则8+2x=18，解得x=5，故答案为分子晶体；5；

(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO，故答案为＞；Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径；故晶格能：NiO＞FeO，所以熔点NiO＞FeO；

(5)①晶胞中As原子数目为4，Ni原子数目=8×+6×=4；二者为1∶1，由晶胞结构可知As原子配位数为4，故Ni的配位数为4，故答案为4；

②面心与顶点上的Ni原子距离最近，最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的晶胞质量=4×g=g，晶胞体积=g÷pg•cm-3=cm3，晶胞棱长=cm，故最近的Ni2+之间的距离=×cm，故答案为×【解析】铁2、4N>C>Hsp2、sp3分子晶体5>Ni2+、Fe2+的电荷相同，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，晶格能：NiO＞FeO，因此熔点NiO＞FeO4×25、略

【分析】【分析】

(1)Co的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2；Fe失去3个电子变为3d5；为半满稳定；

(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之间形成配位键；-C≡O中C原子和O原子之间形成1个配位键；等电子体是原子个数和电子数均相等的粒子；一个单键含有1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，一个三键含有1个σ键和2个π键；

(3)六方最密堆积，配位数是12；钻晶体晶胞中顶点占面心占体内占1，据此计算晶胞中原子个数；计算结构单元中原子总质量，利用进行计算；

【详解】

(1)Co的原子序数为27，则Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为：3d74s2；第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子，易失去；故答案为：3d74s2；＜；Co失去三个电子后会变成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成［Ar］3d5；达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；

(2)Fe(CO)5中C原子和Fe原子之间形成配位键，-C≡O中C原子和O原子之间形成1个配位键，所以0.1molFe(CO)5含有1mol配位键，个数为6.02×1023(或NA)；等电子体是原子个数和电子数均相等的粒子，CO含2个原子核14个电子，其等电子体可以是：N2、CN-；一个单键含有1个σ键；一个双键含有1个σ键和1个π键，一个三键含有1个σ键和2个π键，则图2中的σ键和π键个数之比是19:14

故答案为：6.02×1023(或NA)；N2、CN-；19:14；

(3)六方最密堆积，配位数是12；钻晶体晶胞中顶点占面心占体内占1，则该晶胞中原子个数为图中结构单元底面为正六边形，边长为xnm，底面面积为结构单元的体积为结构单元中原子总质量为则晶体密度故答案为：12；【解析】3d74s2<Co失去三个电子后会变成［Ar］3d6，更容易再失去一个电子形成半满状态［Ar］3d5，Fe失去三个电子后会变成［Ar］3d5，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子6.02×1023(或NA)N2、CN-19:141226、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