2025年华东师大版选修3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年华东师大版选修3化学下册月考试卷407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、下列关于原子核外电子的描述正确的是A.s能级的能量总小于p能级的能量B.2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s的电子比1s的多C.基态铜原子的价电子轨道表示式为D.nf能级中最多可容纳14个电子2、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是()A.原子核外电子排布式为ls2的X原子与原子核外电子排布式为ls22s2的Y原子B.原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C.2p轨道上有一个空轨道的X原子与3p轨道上有一个空轨道的Y原子D.最外层都只有一个电子的X、Y原子3、下列说法中正确的是()A.第3周期所包含的元素中钠的第一电离能最大B.铝的第一电离能比镁的第一电离能大C.在所有元素中，氟的电负性最大D.钾的第一电离能比镁的第一电离能大4、某化合物与Cu+结合形成如图所示的离子；则下列说法错误的是()

A.Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d9B.该离子中含有极性键、非极性键和配位键C.该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种D.该离子中无手性碳原子5、下列说法中错误的是A.卤化氢中，HF的沸点最高，是由于HF分子间存在氢键B.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低C.H2O的沸点比HF的沸点高，是由于水中氢键键能大D.氨气极易溶于水与氨气分子和水分子间形成氢键有关6、结合课本上干冰晶体图分析每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子数目为（）

A.6B.8C.10D.127、金属晶体能传热的原因（）A.因为金属晶体的紧密堆积B.因为金属键是电子与电子之间的作用C.金属晶体中含自由移动的电子D.金属晶体中的自由移动的阳离子8、下列晶体中,它们的熔点由高到低的顺序排列正确的是()

①干冰②晶体硅③金刚石④汞⑤氯化钠A.⑤②③①④B.③②⑤①④C.③②⑤④①D.②③④①⑤评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、非金属元素虽然种类不多；但是在自然界中的丰度却很大，请回答下列问题：

(1)BN(氮化硼，晶胞结构如图)和CO2中的化学键均为共价键，BN的熔点高且硬度大，CO2的晶体干冰却松软且极易升华。由此可以判断：BN可能是______晶体，CO2可能是______晶体，BN晶体中B原子的杂化轨道类型为______，干冰中C原子的杂化轨道类型为______

(2)分子极性：OF2______H2O，键角：OF2______H2O(填“＞””或者“＜”)

(3)金刚石和石墨都是碳元素的单质，但石墨晶体熔点比金刚石______，原因是______

(4)单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂(SiC)结构。在SiC结构中，每个C原子周围距离相等且最近的C原子数目为______，假设C-Si键长为acm，则晶胞密度为______g/cm3。

10、请回答以下问题：

(1)第四周期的某主族元素，其第一至五电离能数据如下图1所示，则该元素对应原子的M层电子排布式为___________。

(2)如下图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。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。简述你的判断依据___________。

(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如下图3所示。该晶体的类型属于___________(选填“分子”“原子”“离子”或“金属”)晶体，该晶体中碳原子轨道的杂化类型为___________。

(4)在离子晶体中正、负离子间力求尽可能多的接触，以降低体系的能量，使晶体稳定存在。已知Na+半径是Cl-的a倍，Cs+半径是Cl-的b倍，请回顾课本上NaCl和CsCl的晶胞，其晶胞边长比为___________。

(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图中正确的是___________。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pg／cm3，则铁的相对原子质量为___________(设阿伏加德罗常数的值为NA)。

11、(1)写出与N同主族的As的基态原子的核外电子排布式：___________________从原子结构的角度分析B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为_______________

(2)写出Fe2+的核外电子排布式：_____________________

(3)Zn2+的核外电子排布式为___________________12、铜的化合物用途非常广泛。已知下列反应：[Cu(NH3)2]++NH3+CO⇌[Cu(NH3)3CO]+，2CH3COOH+2CH2＝CH2+O22CH3COOCH＝CH2+2H2O。

(1)Cu2+基态核外电子排布式为______。

(2)NH3分子空间构型为_______，其中心原子的杂化类型是______。

(3)CH3COOCH＝CH2分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，1molCH3COOCH＝CH2中含键数目为_____。

(4)CH3COOH可与H2O混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为__________。

(5)配离子[Cu(NH3)3CO]+中NH3及CO中的C与Cu(Ⅰ)形成配位键。不考虑空间构型，[Cu(NH3)3CO]+的结构示意图表示为____13、卤素单质可以参与很多化学反应，如：NF3气体可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到；反应①：2NH3+3F2NF3+3NH4F，Ta（钽）是一种过渡元素，利用“化学蒸气转移法”可以制备TaS2晶体；反应②：TaI4（g）+S2（g）TaS2（s）+2I2（g）+QkJ；Q＞0

（1）反应①中：非金属性最强的元素原子核外有____种不同运动状态的电子；该反应中的某元素的单质可作粮食保护气，则该元素最外层的电子有___种自旋方向。

（2）反应①中：物质所属的晶体类型有____；并写出所有原子符合8电子稳定结构的化合物的电子式____。

（3）反应②中：平衡常数表达式：K=___，若反应达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时____。

a.平衡常数K增大b.S2的浓度减小c.I2的质量减小d.V(TaI4)逆增大。

（4）反应②在一定温度下进行，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，则I2的平均反应速率为___。

（5）某同学对反应②又进行研究，他查阅资料，发现硫单质有多种同素异形体，可表示Sx（x为偶数），且在一定条件下可以相互转化，他认为仅增大压强对平衡是有影响的，则TaI4的平衡转化率会____（填增大或减小），其原因是___。评卷人得分三、原理综合题(共5题，共10分)14、硫和钙的相关化合物在化工；医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：

（1）基态Ca原子中，核外电子占据最高能层的符号是________，该能层为次外层时最多可以容纳的电子数为_________。元素Ca和S相比，第一电离能较大的是______（填元素符号）。

（2）钙元素的焰色反应呈砖红色，其中红色对应的辐射与钾元素的焰色反应对应颜色的辐射波长，较短的是_______（填元素符号）。

（3）H2S和H2O分子构型都为V形，中心原子的杂化形式都是______，但H2O分子键角大于H2S分子，原因是________________________________________________________。

（4）钙元素和锰元素属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属钙的熔点、沸点等都比金属锰低，原因是______________________________________。

（5）Ca；Mn、Mg的氧化物和硫化物都是NaCl型结构的离子晶体；其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得它们的晶胞参数如下表：

。氧化物晶体。

MgO

MnO

CaO

a/nm

0.421

0.444

0.480

硫化物晶体。

MgS

MnS

CaS

a/nm

0.520

0.520

0.568

由表可知：r(S2-)_______r(O2-)(填“>”或“<”)，r(Mg2+)、r(Ca2+)、r(Mn2+)由大到小的的顺序是____________________________，r(S2-)为_____nm，r(Ca2+)为_____nm。15、在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒；其分散在Al中可使得铝材的硬度增加；延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：

（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填标号)。

A．B．C．D．

（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是__________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示：。氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔点/°C1570280023.8−75.5

解释表中氧化物之间熔点差异的原因__________。

（4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=__________pm，Mg原子之间最短距离y=__________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是__________g·cm−3(列出计算表达式)。

16、第Ⅷ族元素性质相似；称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：

(1)基态原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与相同的元素名称为______________。

(2)与酚类物质的显色反应常用于其离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔沸点比对苯二酚_____(填“高”或“低”)，原因是_________。

(3)有历史记载的第一个配合物是(普鲁士蓝)，该配合物的内界为__________。表为不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，比较稳定的配离子配位数是__________(填“4”或“6”)。性质活泼，易被还原，但很稳定，可能的原因是________________。离子配位数晶体场稳定化能(Dq)6-8Dq+2p4-5.34Dq+2p-5.34Dq+2p6-12Dq+3p4-3.56Dq+3p-3.56Dq+3p

(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_______(填选项字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为晶体的密度是________

17、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)。18、Wilson病是一种先天性铜代谢障碍性疾病；D-青霉胺具有排铜作用，用以治疗或控制Wilson病症。D-青霉胺结构简式如图：

回答下列问题：

(1)写出Cu的简化电子排布式________。

(2)已知气态基态原子得到一个电子形成气态基态负一价离子所产生的能量变化称为该元素原子的第一电子亲合能(吸收能量为负值，释放能量为正值)，试解释碳原子第一电子亲合能较大的原因_________。第一电子亲合能可能为正值或负值，而第二电子亲合能均为负值，原因是_____。

(3)D-青霉胺中，硫原子的VSEPR模型为____，碳原子的杂化方式为_______。

(4)请简述D-青霉胺能溶于水的主要原因________。

(5)青霉胺在临床治疗时对于症状改善较慢，常有并发症出现，因而近年采用锌剂(ZnSO4)替代治疗；可由硫化锌制备。立方硫化锌晶胞与金刚石晶胞类似，结构如图。

其中a代表S2-，b代表Zn2+。则该晶胞中S2-的配位数为______，若晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞的体积为________cm3(列出计算式)。评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)19、铁有δ；γ、α三种同素异形体；三种晶体在不同温度下能发生转化。

(1)δ、γ、α三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为_________。

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶胞空间利用率之比为________(用a、b表示)

(3)若Fe原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则γ-Fe单质的密度为_______g/cm3(用含r的表达式表示；列出算式即可)

(4)三氯化铁在常温下为固体，熔点为282℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁的晶体类型为______。20、如图是金属钨晶体中的一个晶胞的结构模型（原子间实际是相互接触的）。它是一种体心立方结构。实验测得金属钨的密度为19.30g·cm-3；钨的相对原子质量为183.9.假定金属钨为等直径的刚性球，请回答以下各题：

（1）每一个晶胞中分摊到__________个钨原子。

（2）计算晶胞的边长a。_____________

（3）计算钨的原子半径r（提示：只有体对角线上的各个球才是彼此接触的）。___________

（4）计算金属钨原子采取的体心立方密堆积的空间利用率。____________评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)21、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_____________________________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共7分)22、原子序数依次增大的X；Y、Z、Q、E五种元素中；X元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q原子核外的M层中只有两对成对电子，E元素原子序数为29。

用元素符号或化学式回答下列问题：

(1)Y在周期表中的位置为__________________。

(2)已知YZ2+与XO2互为等电子体，则1molYZ2+中含有π键数目为___________。

(3)X、Z与氢元素可形成化合物XH2Z，XH2Z分子中X的杂化方式为_________________。

(4)E原子的核外电子排布式为__________；E有可变价态，它的某价态的离子与Z的阴离子形成晶体的晶胞如图所示，该价态的化学式为____________。

(5)氧元素和钠元素能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示（立方体晶胞），晶体的密度为ρg··cm-3，列式计算晶胞的边长为a=______________cm（要求列代数式）。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．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A错误；

B．2s的电子云比1s的电子云大；而s电子云的大小与能层有关，与电子数无关，故B错误；

C．Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，基态原子外围电子排布式为3d104s1，图示中3d和4s能级电子数目不符，最外层的电子排布图为故C错误；

D．f能级有7个轨道；每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反；所以nf能级中最多可容纳14个电子，故D正确；

答案选D。

【点睛】

铜的3d轨道为全充满状态，能量较低，较稳定。2、C【分析】【详解】

A、原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，结构稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be；结构不稳定，故A错误；

B；原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg原子；原子核外N层上仅两个电子的Y原子是Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，故B错误；

C；2p轨道上只有一个电子的X为B元素；3p轨道上只有一个电子的Y为Al，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；

D；最外层都只有一个电子的X、Y原子；可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故D错误；

答案选C。3、C【分析】【详解】

A．同周期元素自左至右第一电离能呈增大的趋势；Na元素是第三周期元素中第一电离能最小的，故A错误；

B．镁的最外层为全满状态(3s2)；更稳定，第一电离能大于Al元素，故B错误；

C．非金属性越强；电负性越大，同周期主族元素自左至右非金属性增强，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性最强的元素为F元素，也即电负性最大的，故C正确；

D．同周期元素自左至右第一电离能呈增大的趋势；K的第一电离能比Mg的第一电离能更小，故D错误；

故答案为C。4、A【分析】【详解】

A．Cu原子核外有29个电子，则Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10；故A错误；

B．该离子中碳碳键是非极性共价键；碳氮是极性键，中心的铜原子有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键，故B正确；

C．碳环上的碳原子含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化；故C正确；

D．该离子中的碳原子没有一个连接四个不同的原子或原子团；所以无手性碳原子，故D正确；

故选A。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．HF分子之间存在氢键；故熔点沸点相对较高，故A正确；

B．能形成分子间氢键的物质沸点较高；邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故B正确；

C．H2O分子中的O与周围H2O分子中的两个H原子生成两个氢键，而HF分子中的F原子只能形成一个氢键。氢键越多，熔沸点越高，所以H2O熔沸点高；故C错误；

D．氨气分子和水分子间形成氢键；导致氨气极易溶于水，故D正确。

答案为C。6、D【分析】【详解】

1个CO2分子周围距离最近的CO2分子个数=3×8×=12，故答案为D。7、C【分析】【详解】

金属具有良好的导热性是因为自由电子在运动时与金属离子碰撞而引起能量的交换；

答案为C。8、C【分析】【详解】

②晶体硅和③金刚石均属于原子晶体；且C-C键能大于Si-Si键能，则金刚石的熔点比晶体硅高；⑤氯化钠于离子晶体，①干冰属于分子晶体，二氧化碳常温下是气体，④汞常温下是液体，则熔点由高到低的顺序为③②⑤④①，故答案为C。

【点睛】

考查晶体类型与物质熔点高低判断等，明确晶体的类型以及影响晶体熔高低的因素是解题关键，晶体熔点一般为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金属晶体熔点有的很高，有的很低，汞常温下为液体，二氧化碳常温下为气体。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

本题是对物质结构与性质的考查；涉及晶体类型与性质；杂化方式、分子结构与性质、晶胞计算等，侧重考查学生分析解决问题的能力，分子极性大小及键角的大小判断为易错点、难点，（4）中关键是明确键长与晶胞棱长关系，需要学生具有一定的数学计算能力。

【详解】

（1）BN由共价键形成的空间网状结构，熔点高、硬度大，属于原子晶体；而干冰松软且极易升华，属于分子晶体；BN晶体中B原子形成4个B-N键，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化，干冰中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化，故答案为：原子；分子；sp3；sp；

（2）二者结构相似；均为V形，F与O的电负性相对比较接近，H与O的电负性相差较大，水分子中共用电子对较大地偏向O，所以O-F键的极性较弱，所以整个分子的极性也较弱，水分子中成键电子对之间排斥更大，故水分子中键角也更大，故答案为：＜；＜；

（3）石墨层内碳碳键的键长比金刚石要短；键能比金刚石大，故石墨晶体熔点比金刚石的高。故答案为：高；石墨层内碳碳键的键长比金刚石要短，键能比金刚石大；

（4）晶胞中每个碳原子与4个Si原子形成正四面体，每个Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，晶胞中Si、C的相对位置相同，可以将白色球看作C、黑色球看作Si，互换后以顶点原子研究，与之最近的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故每个C原子周围距离相等且最近的C原子数目为顶点Si原子与四面体中心C原子连线处于晶胞体对角线上，且距离等于体对角线长度的而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，假设C-Si键长为acm，则晶胞棱长=cm，晶胞中Si原子数目=C原子数目=4，晶胞质量=g，晶胞密度=（g）÷（cm）3=g/cm3，故答案为：12；【解析】原子分子sp3sp＜＜高石墨层内碳碳键的键长比金刚石要短，键能比金刚石大1210、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为Ca，M层电子排布式为：3s23p6

(2)在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，第ⅣA族形成的氢化物分之间为范德华力，组成与结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高，所以a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4。

(3)由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间物质结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，所以该晶体为原子晶体，碳原子轨道的杂化类型为sp3杂化。

(4)设Cl‾半径为r，则Na+半径为ar，Cs+半径为br，NaCl晶胞边长为x，因为NaCl晶胞为面心立方结构，所以2x2=(2r+2ar)2，得r=(1+a)r；CsCl晶胞为体心李立方结构，所以y2+2y2=(2r+2br)2，可得y=2/(1+b)r，x：y=(1+b)：(1+a)

(5)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；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；设图甲晶胞的边长为acm，则a2+2a2=(4r)2，得a=4/3r，图甲晶胞的体积V=a3=64/9r3，根据均摊发可知甲中晶胞含Fe原子：8×1/8+1=2，设Fe的相对原子质量为M，则64/9r3•ρ="2M/"NA，M=

考点：考查物质结构与性质、晶体知识等内容。【解析】①.3s23p6②.SiH4③.在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4④.原子⑤.sp3杂化⑥.(1+b)：(1+a)⑦.A⑧.8⑨.11、略

【分析】【详解】

(1)N元素属于第VA族元素，则As是第VA族元素，其最外层s能级、p能级上分别含有2、3个电子，As是33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；

同一周期元素中；元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞B；

(2)铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变为Fe2+，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；

(3)Zn是30号元素，处于第四周期第IIB族，失去4s能级2轨道电子形成Zn2+，基态Zn2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。

【点睛】

同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3②.N＞O＞B③.1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6④.1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d1012、略

【分析】【分析】

根据铜原子的电子排布式；失去最外层与次外层各一个电子，依此写出铜离子的电子排布式；根据VSEPR判断其空间构型和杂化轨道形式；根据结构中σ键数，判断杂化轨道形式和计算σ键；根据分子间可以形成氢键，判断相溶性；根据形成配位键，判断结构示意图。

【详解】

（1）Cu元素的核电荷数为29，核外电子数也为29，基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s与3d能级各失去1个电子形成Cu2+，Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；答案为1s22s22p63s23p63d9。

（2）NH3分子中N原子价层电子对数=3+=4，且含有1对孤电子对，根据VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，根据杂化轨道理论，中心N原子的杂化方式为sp3杂化；答案为三角锥形，sp3。

（3）CH3COOCH=CH2分子中甲基上的C形成4个σ键，没有孤对电子，C原子为sp3杂化，羧基上的碳、碳碳双键中碳都形成3个σ键，没有孤对电子，为sp2杂化，CH3COOCH=CH2分子中含有1个C.6个C-H、2个C-O、1个C=O、1个C=C键，则σ键的数目为1+6+2+1+1=11，1molCH3COOCH=CH2分子中含有σ键的数目为11mol；答案为：sp2和sp3；11mol。

（4）乙酸和水都为极性分子，且分子之间可形成氢键，故CH3COOH可与H2O混溶；答案为CH3COOH与H2O之间可以形成氢键。

（5）Cu（I）提供空轨道，N、C原子提供孤对电子，Cu（I）与NH3及CO中的C形成配位键，结构示意图表示为：答案为【解析】①.[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9②.三角锥③.sp3④.sp2和sp3⑤.11mol⑥.CH3COOH与H2O之间可以形成氢键⑦.13、略

【分析】【分析】

(1)反应①中：非金属性最强的元素是F；原子中没有运动状态相同的电子，核外有几个电子就有几种不同运动状态的电子；氮气可作粮食保护气，最外层有5个电子，电子的自旋方向有2种；

(2)根据共价物质的组成分析晶体的类型；对于ABn的共价化合物；各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8，原子都满足最外层8电子结构；，然后书写电子式；

(3)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；该反应为放热反应；降低温度，平衡正向移动；

(4)反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，依据化学方程式的气体质量变化计算反应I2物质的量；依据化学反应速率概念计算；

(5)根据S2会转变成S4、S6、S8；反应物气体的物质的量偏小。

【详解】

(1)反应①中：非金属性最强的元素是F；F原子中有9个电子，就有9种不同运动状态的电子；氮气可作粮食保护气，最外层有5个电子，电子的自旋方向有2种；

(2)NH3、F2、NF3属于分子晶体，NH4F属于离子晶体，Cu属于金属晶体；NF3中N元素化合价为+3，N原子最外层电子数为5，所以3+5=8，分子中N原子满足8电子结构；F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以|-1|+7=8，分子中F原子满足8电子结构，电子是为：

(3)反应TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g)体系中，平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，K=该反应为放热反应；降低温度，平衡正向移动；

a．降低温度；平衡正向移动，平衡常数K增大，故a正确；

b．平衡正向移动，S2的浓度减小，故b正确；

c．平衡正向移动，I2的质量增大；故c错误；

d．温度降低，V(TaI4)逆减小；故d错误；

故答案为ab；

(4)若反应容器的容积为2L；3min后达到平衡，测得蒸气的质量减少了2.45g，则。

TaI4(g)+S2(g)TaS2(s)+2I2(g)△m2mol245g0.02mol2.45g

生成的I2为0.02mol，则I2的平均反应速率==0.00333mol/(L•min)；

(5)S2会转变成S4或S6或S8，反应物气体的物质的量偏小，所以增大压强，平衡逆向移动，TaI4的平衡转化率减小。【解析】92分子晶体、金属晶体、离子晶体[I2]2/[TaI4][S2]ab0.00333mol/(L•min)或1/300mol/(L•min)平衡转化率会减小原因是在S2可以转化为S4或S6或S8+，2TaI4（g）+S4（g）2TaS2（s）+4I2（g）加压使平衡向逆反应方向进行三、原理综合题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

(1)Ca是20号元素；核外有4个电子层，核外电子占据最高能层的符号是N，根据核外电子排布的规律，次外层不超过18个电子；第一电离能S＞Mg＞Ca，第一电离能较大的是S，故答案为N；18；S；

(2)钙元素的焰色反应呈砖红色；钾元素的焰色反应为紫色，紫色的辐射波长比红色短，故答案为K；

(3)H2S和H2O分子构型都为V形，中心原子的杂化轨道数目都是4，都采用sp3杂化；O元素电负性大于S元素，分子中O-H键电子对的电子云更偏向中心O原子，使斥力增大，键角增大，导致H2O分子键角大于H2S分子，故答案为sp3杂化；O元素电负性大于S元素；分子中O-H键电子对的电子云更偏向中心O原子，使斥力增大，键角增大；

(4)钙的原子半径较大且价电子数较少；金属键较弱，使得金属钙的熔点；沸点等都比金属锰低，故答案为钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱；

(5)由表可知，相同金属的晶胞参数中，氧化物的都小于硫化物的，因此r(S2-)＞r(O2-)；根据不同金属氧化物的晶胞参数，r(Mg2+)、r(Ca2+)、r(Mn2+)由大到小的的顺序为r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)；因为S2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是S2-半径的4倍，即4r=×0.520，解得r=×0.520nm=0.184nm；CaS也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2r（S2-）+2r（Ca2+），则r（Ca2+）==0.100nm；故答案为>；r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)；0.184；0.100。【解析】N18SKsp3杂化O元素电负性大于S元素，分子中O-H键电子对的电子云更偏向中心O原子，使斥力增大，键角增大钙的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱>r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)0.1840.10015、略

【分析】【详解】

（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；B.[Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；C.[Ne]3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；D.[Ne]3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1；答案选A；

（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋；

（3）由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；

（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是apm，则面对角线是则x＝pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是apm，则体对角线是则y＝根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是由于边长是apm，则MgCu2的密度是g·cm−3。【解析】Asp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2＋Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO216、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)为28号元素，基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，核外能量最高的电子位于3d能级；根据基态的电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有：钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2、锗为32号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p2、硒为34号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s24p4；故答案为：3d，钛；锗、硒；

(2)邻苯二酚易形成分子内氢键，对苯二酚易形成的分子间氢键，后者分子间作用力较大，因此，熔沸点较低；

(3)配合物是中内界为由表中数据可知，配位数为6的晶体场稳定化能为-12Dq+3p，其能量降低的更多，能量越低越稳定；性质活泼，但很稳定；说明形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定；

(4)晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，晶胞的俯视图应类似于NaCl晶胞，而NaCl晶胞俯视图为CD；从晶体中最小重复单元出发，1个晶胞中含Ni2+为含O2-为即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO，NiO的摩尔质量75g/mol，晶体的密度除以1个晶胞的质量除以1个晶胞的体积，即为=故答案为：

【点睛】

晶胞计算中，要找准一个晶胞中所含微粒数目，如此题中，1个晶胞中含Ni2+为含O2-为即根据各微粒在晶胞中位置计算出每个NiO晶胞中含4个NiO；同时要找准一个晶胞的体积，注意单位换算。【解析】3d钛、锗、硒低邻苯二酚形成分子内氢键，比对苯二酚易形成的分子间氢键作用力小，熔沸点低6形成配位键后，三价钴的氧化性减弱，性质变得稳定CD17、略

【分析】【分析】

(1)Cu为29号元素；Zn为30号元素，据此分析其在元素周期表中的位置；

(3)①单键均为σ键；双键或三键中有一个σ键，配位键为σ键；

②根据价层电子对互斥理论判断空间构型；根据等电子体理论判断杂化方式；

(4)先判断晶体类型；离子晶体的熔点与晶格能有关；分子晶体的熔点与分子间作用力有关；

(5)先根据晶胞半径计算晶胞棱长，确定晶胞体积，再根据均摊法确定晶胞内各原子的数目，确定晶胞质量，根据计算密度。

【详解】

(1)Cu为29号元素，位于周期表中第4周期第ⅠB族，为ds区元素，Zn在周期表中位于第4周期ⅡB族，属于ds区元素，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，焰色反应时Cu的4s电子会跃迁至4p轨道，则Cu的激发态电子排布式为：[Ar]3d104p1或1s22s22p63s23p63d104p1；

(2)①由于Cu2+对配体NH3的孤电子对吸引力大，配位键强，所以NH3与Cu2+形成配合物的能力大于Mg2+；

②H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，结构式为：

(3)①C—C单键、C—H单键、N—C单键、C—O单键、N—H单键均为σ键，C=O双键中有一个σ键，O原子、N原子与Zn之间的配位键为σ键，所以1个M含有20个σ键，所以1molM含有的σ键个数为20NA；

②NH3分子中心原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以为三角锥形；与CO2原子总数相同，价电子总数相同，二者互为等电子体，CO2为直线形分子，C原子为sp杂化，所以中心N原子杂化方式为sp杂化；

③M在人体内吸收率高的原因可能是锌形成配合物后；电荷变少，可在消化道内维持良好的稳定性；

(4)由表中熔点数据可知，ZnF2与其他两种的晶体类型不同，ZnF2为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大；分子间作用力，熔沸点较高；

(5)根据该硫化物的晶胞结构可知，S2-位于Zn2+的正四面体中心，根据几何关系，晶胞的体对角线为S2-和Zn2+的半径之和的4倍，设晶胞的棱长为a，则有a=4(r1+r2)，所以晶胞棱长a=pm，则晶胞的体积V=pm3；根据均摊法，晶胞内Zn2+的个数为=4，S2-的个数为4，所以晶胞的质量m=所以晶体的密度为ρ==g·cm-3。

【点睛】

判断一些陌生物质的空间构型、杂化方式时可以利用等电子体原理来判断；第5题为本题难点，关键在于学生能够发现晶胞的体对角线和离子半径之间的关系。【解析】ds[Ar]3d104p1由于Cu2+对配体NH3的孤电子对吸引力大，配位键强20NA三角锥形sp杂化变少ZnF2为离子晶体，熔点最高；ZnCl2、ZnBr2分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大，分子间作用力，熔沸点较高18、略

【分析】【详解】

(1)Cu为29号元素，其简化电子排布式为[Ar]3d104s1；

(2)碳原子2p能级有两个电子；得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定，所以碳原子第一电子亲合能较大；原子得到一个电子后显负电性，若要再得电子会有较大的排斥力，需要吸收能量，所以第二电子亲合能为负值；

(3)根据D-青霉胺的结构简式可知S原子与氢原子形成一个σ键，与碳原子形成一个σ键，同时还有两对孤电子对，所以为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；形成羧基的碳原子与氧原子形成一个碳氧双键，为sp2杂化，其他碳原子均为饱和碳原子，均为sp3杂化；

(4)D-青霉胺中的羧基；氨基均为亲水基；能与水分子间形成氢键；

(5)已面心的S2-为研究对象，每个晶胞内部有2个距离S2-相等且最近的Zn2+，所以该晶胞中S2-的配位数为4；根据均摊法，该晶胞含有S2-个数为=4，含有Zn2+的个数为4，所以晶胞的质量m=所以晶胞的体积V=【解析】[Ar]3d104s1碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定原子得到一个电子后显负电性，若要再得电子会有较大的排斥力，需要吸收能量四面体形sp2、sp3D-青霉胺中的羧基、氨基能与水分子间形成氢键4(65+32)×4/ρNA四、计算题(共2题，共6分)19、略

【分析】【分析】

(1)根据各种晶体结构中微粒的空间位置确定三种晶体晶胞中铁原子的配位数；然后得到其比值；

(2)先计算出两种晶体中Fe原子个数比；然后根据密度定义计算出其密度比，就得到其空间利用率之比；

(3)先计算γ-Fe晶体中Fe原子个数，根据Fe原子半径计算晶胞的体积，然后根据计算晶体的密度；

(4)根据物质的熔沸点；溶解性等物理性质分析判断。

【详解】

(1)δ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是晶胞顶点的Fe异种；个数是8个；

γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数=3××8=12；

α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子；铁原子个数=2×3=6；

则三种晶体晶胞中铁原子的配位数的比为8：12：6=4：6：3；

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体中铁原子个数之比=(1+)：(8×)=2：1，密度比==2b3：a3，晶