2025年北师大版选修3化学上册月考试卷

…………○…………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年北师大版选修3化学上册月考试卷940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5题，共10分)1、下列叙述错误的是()A.1s22s12p1表示的是激发态的原子的电子排布B.碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，要从外界环境中吸收能量C.我们看到的灯光是原子核外电子发生跃迁吸收能量的结果D.电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接提取吸收光谱2、下列能级中可容纳电子数最多的是A.6sB.4pC.3dD.4f3、能够证明核外电子是分层排布的事实是()A.电负性B.电离能C.非金属性D.电子绕核运动4、下列不属于共价键成键因素的是A.共用电子对在两原子核之间出现的概率高B.共用的电子必须配对C.两原子体积大小要适中D.成键后体系能量降低，趋于更稳定5、有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示（假设金属的摩尔质量为Xg•mol-1,金属原子半径为rcm,用NA表示阿伏加德罗常数的值）。有关说法正确的是。

A.③和④中原子的配位数分别为6、12B.金属Zn采用②堆积方式C.①中空间利用率的表达式为：×100%D.对于采用②堆积方式的金属，实验测得Wg该金属的体积为Vcm3,则阿伏加德罗常数NA的表达式为评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、比较下列多电子原子的原子轨道的能量高低(填“<”“>”或“=”)：

①2s_________3s

②2s_________3d

③2px________2Py

④4f_______6f。7、（1）17Cl的电子排布式___________；价层电子排布图_________；Cl-的电子排布式_______________。

（2）26Fe的电子排布式__________；26Fe2+电子排布式_________；26Fe3+电子排布式_____________。

（3）第三周期中；第一电离能最小的元素是_________，第一电离能最大的元素是_________。

（4）在元素周期表中，电负性最大的元素是_________，第二、三周期P轨道半充满的元素是_________。8、科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。请回答下列问题：

(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_______形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_______对自旋相反的电子。

(2)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_______。

(3)一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。参数。

分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ·mol-1CH40.43616.40CO20.51229.91

①下列关于CH4和CO2的说法正确的是_______(填序号)。

a．CO2分子中含有2个σ键和2个π键。

b．CH4分子中含有极性共价键；是极性分子。

c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2

d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表所提供的数据分析，提出该设想的依据是_______。9、X；Y、Z、W是元素周期表中前36号元素；且原子序数依次增大。其相关信息如下表：

。元素编号。

元素性质或原子结构。

X

X原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍。

Y

Y的基态原子价电子排布式为nsnnpn+2

Z

最外层中只有两对成对电子。

W

前四周期基态原子中；W元素的未成对电子数最多。

（1）元素X最高价氧化物分子的空间构型是__________________，是_________(填“极性”或“非极性”)分子。

（2）Y的最简单氢化物的沸点比Z的最简单氢化物的沸点高，原因是____________________________________

（3）基态Z原子中，电子占据的最高电子层符号为_________，该电子层具有的原子轨道数为________________

（4）元素W位于元素周期表的第________族。10、新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向．

（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．

①基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为_____，该能层具有的原子轨道数为_____．

②LiBH4由Li+和BH4﹣构成，BH4﹣的立体结构是_____，B原子的杂化轨道类型是_____．

Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为_____．

（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料．

①LiH中，离子半径Li+_____H﹣（填“＞”、“=”或“＜”）．②某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物．M的部分电离能如表所示：。I1/kJ•mol﹣1

I2/kJ•mol﹣1

I3/kJ•mol﹣1

I4/kJ•mol﹣1

I5/kJ•mol﹣1

738

1451

7733

10540

13630

M是_____（填元素符号）．

（3）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）11、Al的晶体中原子的堆积方式如图甲所示；其晶胞特征如图乙所示。

已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数；Al的相对原子质量为M。

(1)晶胞中Al原子的配位数为_____，一个晶胞中Al原子的数目为_____，该晶胞的空间利用率是_____。

(2)该晶体的密度为_____(用字母表示)。12、如图为CaF2、H3BO3（层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合）；金属铜三种晶体的结构示意图；请回答下列问题：

（1）图I所示的CaF2晶胞中与Ca2+最近且等距离的F-的个数为____________。

（2）图Ⅱ所示的物质结构中最外层已达8电子结构的原子是____________，H2BO3晶体中硼原子个数与极性键个数之比为____________。

（3）由图Ⅲ所示的铜原子的堆积模型可知，未标号的铜原子形成晶体后其周围最紧邻的铜原子数为____________。

（4）三种晶体中熔点最低的是其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为____________。评卷人得分三、原理综合题(共8题，共16分)13、大型客机燃油用四乙基铅[Pb(CH2CH3)4]）做抗震添加剂，但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基铅。

（1）锰元素在周期表中的位置是_____，基态锰原子的外围电子排布式为_____，该原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为____。

（2）N、C和Mn电负性由大到小的顺序为_____。

（3）HSCH2CH2NH2中C的杂化方式为____，其中NH2-空间构型为____；N和P的价电子相同，但磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是____。

（4）Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于_____晶体。已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如下。

Pb(CH2CH3)4]在xy平面上的二维堆积中的配位数是______。设阿伏加德罗常数为NA/mol，Pb(CH2CH3)4]的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4]晶体的密度是_____g/cm3(列出计算式即可)。14、研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中；Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。

（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。

（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。

（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。

（5）MgO具有NaCl型结构（如图），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MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r(Mn2+)为________nm。

15、（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1（Zn）___I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

（2）基态Fe2+的电子排布式为___。

（3）在N、Mg、Al、Si四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：。电离能I1I2I3I4I0／kJ·mol-15781817274511575

则该元素的元素符号是___。

（4）NO3-的空间构型__(用文字描述)，SO42-中硫原子的杂化方式为___。

（5）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是___、中心原子的杂化形式为___。根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是___。

（6）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为___(填化学式)。

（7）N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)：n(π)=___。

（8）Cu、N两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是___(用元素符号表示)；若晶胞的棱长anm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为___g/cm3(用含a、NA的式子表示)。

16、（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照下图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置_______。

（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F

①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_________（填序号）。

a．离子晶体b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体。

②基态铜原子的核外电子排布式为________。

（3）BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q；Q在一定条件下可转化为R：

①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及___________（填序号）。

a．离子键b．共价键c．配位键d．金属键e．氢键f．范德华力。

②R中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。

（4）已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_______Ka(苯酚)（填“>”或“<”），其原因是__________。17、磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。请回答下列问题：

（1）基态Fe原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为____，O2-核外电子有___种运动状态。

（2）锂的紫红色焰色是一种_______光谱，LiFePO4中阴离子VSEPR模型名称为______，中心原子的杂化轨道类型为____。

（3）一般情况下，同种物质固态时密度比液态大，但普通冰的密度比水小，原因是____________；H2O2难溶于CS2，简要说明理由：____________________。

（4）Li2O是离子晶体，其晶体能可通过如图甲的Born-Haber循环计算得到。可知，Li2O晶格能为____kJ/mol。

（5）磷化钛熔点高；硬度大；其晶胞如图乙所示。

①磷化钛晶体中Ti原子周围最邻近的Ti数目为____；设晶体中Ti原子与最邻近的P原子之间的距离为r，则Ti原子与跟它次邻近的P原子之间的距离为_______。

②设磷化钛晶体中Ti、P原子半径分别为apm、bpm，它们在晶体中紧密接触，则该晶胞中原子的空间利用率为_____（用a、b表示）。18、第VIII族元素；跟主族元素的金属相比，它们有熔；沸点高、硬度高、密度大等特点，并有良好的延展性和高导电、导热性。下列有关它们及其化合物的结构与性质，请填写：

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤对电子的成键原子是________。

（2）①Co元素形成CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）各1mol，分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀。两种配合物中配合离子的配位数都是________，CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）的组成相同而颜色不同的原因是________。

②Co(OH)2为两性氢氧化物，在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2−。写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式__________。

（3）与Co属于同周期同族的过渡元素A；其基态原子排布中有四个未成对电子。

①由此元素可构成固体X，区别X为晶体或非晶体的方法为______________。

②A可与CO反应生成A(CO)5，常压下熔点为-20.3℃，沸点为103.6℃，该晶体类型是______________。

③A3+与SCN−不仅能以1:3的个数比配合，还可以其它个数比配合。若A3+与SCN−以1:4的个数比配合，则ACl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可表示为_______。

④A可与另两种元素B、C构成某种化合物，B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，其晶胞如图所示，则其化学式为_________。

该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d=__________g﹒cm−3。（保留两位小数）19、75号元素铼Re；熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼；铜、锌、铅等矿物中。回答下列问题：

（1）锰原子价层电子的轨道表示式为__，锰处于周期表的__区。

（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如：醋酸二氨合铜(I)[Cu(NH3)2]Ac可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3[Cu(NH3)3]Ac·CO。(Ac表示醋酸根)

①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是__。

②醋酸根中C原子的杂化类型为__，1mol配离子[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为__。

③写出与NH3互为等电子体的一种离子的化学式__。

（3）锰与铼处于同一族，金属铼的熔点高于锰，原因是___。

（4）三氧化铼为立方晶胞，晶胞参数为apm，三氧化铼的摩尔质量为Mg/mol；铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为__，铼原子填在了氧原子围成的空隙中___（填“四面体”“立方体”或“八面体”），三氧化铼的密度为__g/cm3。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)20、铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。请回答以下问题：

(1)超细铜粉可用作导电材料；催化剂等；其制备方法如下：

①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为__________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为____________(填元素符号)。

②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________。

A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故。

B．NH3分子和H2O分子；分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角。

C．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇；会析出深蓝色的晶体。

D．已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出akJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)＋3/4O2(g)===1/2N2(g)＋3/2H2O(g)ΔH＝－5akJ·mol－1

(2)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧(与SO2互为等电子体)。根据等电子原理，O3分子的空间构型为________。

(3)氯与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构(如图所示)，a位置上Cl原子(含有一个配位键)的杂化轨道类型为____________________。

(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，已知镧镍合金与上述Ca－D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n＝______________________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留两位有效数字)。

评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)21、(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_______。22、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)。_______23、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。____________24、通常情况下；氯化钠；氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示。

(1)在NaCl的晶胞中，与Na+最近且等距的Na+有_____个，在NaCl的晶胞中有Na+_____个，Cl-____个。

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+与Cl-通过_________结合在一起。

(3)1mol二氧化硅中有______mol硅氧键。

(4)设二氧化碳的晶胞密度为ag/cm3，写出二氧化碳的晶胞参数的表达式为____nm(用含NA的代数式表示)评卷人得分五、有机推断题(共2题，共10分)25、元素A；B、C、D都是短周期元素；A元素原子的2p轨道上仅有两个未成对电子，B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，B、C同周期，C是同周期中电负性最大的，D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红。试回答：

（1）A的价电子轨道排布图为______________________________；B的电子排布式为_________；C的价电子排布式为____________；D的原子结构示意图为__________。

（2）已知D与H原子能形成一种高能量的分子D2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为_____________，含有_____个σ键和_____个π键。

（3）B的原子核外电子运动状态________有多少种，原子轨道数为______，能级数__________，电子占据的最高能层符号为_________。

（4）四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是（用对应化学式回答）____________________。26、W；X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大。其中Y原子的L电子层中；成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道；W、Z的原子序数相差10，且Z原子的第一电离能在同周期中最低。

(1)写出下列元素的元素符号：W____，X____，Y____，Z____。

(2)XY分子中，X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，则XY分子中X和Y原子用于成键的电子数目分别是____；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有____。

(3)XY2与ZYW反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到不同的产物，相同条件下，在水中溶解度较小的产物是________(写化学式)。

(4)写出Z2Y2的电子式：____________。评卷人得分六、实验题(共1题，共3分)27、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_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A.1s22s12p1表示有4个电子，若为基态原子，电子排布式为1s22s2，那么，1s22s12p1就表示1个2s电子跃迁到了2p能级；是铍原子的激发态，A正确；

B.碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时；碳原子由基态变为激发态，碳原子是从外界环境中吸收能量，B正确；

C.灯光是核外电子发生跃迁时释放能量的结果；C错误；

D.因E(3d)＜E(4p)；故电子由3d能级跃迁至4p能级时，要吸收能量，形成吸收光谱，D正确。

答案选C。2、D【分析】【详解】

A．6s能级有1个轨道；最多可容纳2个电子，A错误；

B．4p能级有3个轨道；最多可容纳6个电子，B错误；

C．3d能级有5个轨道；最多可以容纳10个电子，C错误；

D．4f能级有7个轨道；最多可以容纳14个电子，D正确；

答案选D。3、B【分析】【详解】

原子核外电子是分层排布的，同一层中电子能量相近，而不同能层中的电子具有的能量差别较大。电离能反映了原子或离子失去一个电子所消耗的最低能量，故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小，而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大，故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突变而确定原子核外电子是分层排布的。答案选B。4、C【分析】【详解】

A.共用电子对在两原子核之间出现的概率高；故A正确；

B.共用的电子必须成对；故B正确；

C.共价键成键与两原子体积大小无关；比如HI成键，故C错误；

D.成键后释放能量；体系能量降低，趋于更稳定，故D正确。

综上所述，答案为C。5、C【分析】【详解】

A．根据晶胞图示分析可知；③为六方最密堆积，④为面心立法最密堆积，配位数均为12，A错误；

B．金属Zn为六方最密堆积；因此Zn采用③堆积方式，B错误；

C．①为简单立方堆积，原子半径为r，则其晶胞参数a=2r，一个晶胞中含有的原子个数为则原子的体积为则其空间利用率为×100%；C正确；

D．②为体心立方堆积，金属原子半径与正方体边长的关系根据晶胞的模型，晶胞中含有金属原子的个数为8×+1=2，因此该晶胞的质量为=边长与金属半径的关系是边长=即晶胞的体积为cm3，即有推出阿伏加德罗常数为故D错误；

答案选C。

【点睛】

难点是空间利用率的计算和阿伏加德罗常数的计算，这类题的关键点，找出原子半径与边长的关系，即哪些原子是刚性接触。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【详解】

相同电子层上原子轨道能量的高低顺序：ns<2s<3s<4s<；同一电子层中同一能级上的原子轨道具有相同的能量：所以①2s<3s；②2s<3d；③2px=2Py；④4f<6f。

【点睛】

本题考查核外电子的排布，根据构造原理把握能量大小的排布顺序，为解答该题的关键之处，注意同一能级上的原子轨道具有相同的能量。【解析】①.<②.<③.=④.<7、略

【分析】（1）氯元素是17号元素，17Cl的电子排布式为1s22s22p63s23p5；价层电子排布式为3s23p5；Cl-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p5；3s23p5；1s22s22p63s23p6；1s22s22p63s23p63d5

（2）26Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；26Fe2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；26Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；1s22s22p63s23p63d6；1s22s22p63s23p63d5；

（3）第三周期中，钠的金属性最强，第一电离能最小，氩的性质最不活泼，第一电离能最大，故答案为：Na；Ar；

（4）在元素周期表中；氟的非金属性最强，电负性最大，第二；三周期P轨道半充满的元素有N和P，故答案为：F；N、P。

点睛：本题考查原子核外电子的排布规律。根据构造原理确定核外电子排布式是解题的基础。①能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道；②泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；③洪特规则：在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。【解析】1s22s22p63s23p53s23p51s22s22p63s23p51s22s22p63s23p63d64s21s22s22p63s23p63d61s22s22p63s23p63d5NaArFN、P8、略

【分析】（1）

处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概念密度分布可用电子云形象化描述；基态14C原子的轨道表示式为核外存在2对自旋相反的电子；

（2）

CH4中C为-4价、H为+1价，电负性：CH；非金属性：OC，电负性：OC.H、O三种元素电负性由小到大的顺序为：HCO；

（3）

①a．CO2的结构式为O=C=O，CO2分子中含有2个σ键和2个π键；a项正确；

b．CH4分子中含极性共价键，由于CH4为正四面体结构，CH4分子中正电荷中心和负电荷中心重合，CH4为非极性分子，b项错误；

c．CH4的相对分子质量小于CO2的相对分子质量，CH4分子间作用力小于CO2分子间作用力，CH4的熔点低于CO2；c项错误；

d．CH4中碳原子采取sp3杂化，CO2中碳原子采取sp杂化；d项正确；答案选ad；

②根据表中数据，CO2的分子直径（0.512nm）小于笼状结构的空腔直径（0.586nm），CO2与H2O的结合能（29.91kJ/mol）大于CH4与H2O的结合能（16.40kJ/mol），所以可用CO2置换“可燃冰”中的CH4。【解析】电子云2H、C、OadCO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH49、略

【分析】【详解】

试题分析：本题考查元素的推断，分子空间构型和分子极性的判断，物质沸点高低的比较，元素在周期表中的位置。X原子的最外层电子数是其内层电子总数的2倍，X为C元素；Y的基态原子价电子排布式为nsnnpn+2，由于np能级排有电子，则ns上排有2个电子即n=2，Y的基态原子价电子排布式为2s22p4，Y为O元素；X、Y、Z的原子序数依次增大，Z的最外层中只有两对成对电子，Z为S元素；W为前四周期基态原子中未成对电子数最多的元素，W为Cr元素。

（1）元素X的最高价氧化物为CO2，CO2中中心原子C上的孤电子对数=（4-22）=0，成键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线型，由于C上没有孤电子对，CO2分子的空间构型为直线型。CO2分子为直线型，键角为180º，正电中心和负电中心重合，CO2为非极性分子。

（2）Y的最简单氢化物为H2O，Z的最简单氢化物为H2S，H2O的沸点比H2S高的原因是：H2O分子间能形成氢键，H2S分子间不能形成氢键。

（3）基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据的最高电子层为第三电子层，第三电子层的符号为M。第三电子层具有的原子轨道数为32=9。

（4）W为Cr元素，基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr位于元素周期表中第四周期第VIB族。【解析】直线型非极性H2O分子间能形成氢键M9ⅥB10、略

【分析】【分析】

（1）①Cl原子核外电子数为17，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5；据此解答；

②根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型；B原子的杂化轨道类型；元素的非金属性越强；其电负性越大；

（2）①核外电子排布相同的离子；核电荷数越大，离子半径越小；

②该元素的第III电离能剧增；则该元素属于第IIA族；

（3）NaH具有NaCl型晶体结构，食盐晶体里Na+和Cl﹣的间距为棱长的一半；据此分析解答。

【详解】

（1）①基态Cl原子中电子占据的最高能层为第3能层；符号M，该能层有1个s轨道；3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道；

故答案为M；9；

②BH4﹣中B原子价层电子数=4+=4，B原子的杂化轨道类型是sp3杂化；且不含孤电子对，所以是正四面体构型，非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li；B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li；

故答案为正四面体；sp3；H＞B＞Li；

（2）①核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，锂的质子数为3，氢的质子数为1，Li+、H﹣核外电子数都为2，所以半径Li+＜H﹣；

故答案为＜；

②该元素的第III电离能剧增；则该元素属于第IIA族，为Mg元素；

故答案为Mg；

（3）NaH具有NaCl型晶体结构，NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H﹣的半径为=142pm，该晶胞中钠离子个数=8×+6×=4，氢离子个数=12×+1=4，NaH的理论密度是ρ=

；

故答案为142pm；【解析】①.M②.9③.正四面体④.sp3⑤.H＞B＞Li⑥.＜⑦.Mg⑧.142pm⑨.11、略

【分析】【分析】

根据晶胞结构得出金属Al为面心立方；根据面心立方得出配位数，空间利用率，再根据晶胞结构先计算晶胞参数，再计算密度。

【详解】

(1)根据晶胞的结构得出晶体Al是面心立方，晶胞中原子的配位数为12，一个晶胞中Al原子的数目为该晶胞的空间利用率是74%；故答案为：12；4；74%。

(2)晶体Al是面心立方，则晶胞参数该晶体的密度为故答案为：

【点睛】

晶胞密度的计算是常考知识，根据密度公式分别找出质量和体积，先找出一个的质量，再乘以晶胞中有几个，再根据晶胞参数计算晶胞体积。【解析】①.12②.4③.74%④.12、略

【分析】【详解】

(1)由图I可知，以图中上面面心的Ca2+为例，与之最近且等距离的F-下面有4个，上面有4个（未画出），则CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的F-的个数为8；故答案为：8；

(2)图Ⅱ所示的物质结构中最外层已达8电子结构的原子是氧原子。由图Ⅱ可知，每个硼原子与3个氧原子形成3个极性键，3个氢原子与氧原子也形成3个极性键，则H3BO3晶体中硼原子个数与极性键个数之比为1：6；答案为：1：6；

(3)图Ⅲ中未标号的铜原子的上面有3个铜原子；周围有6个铜原子、下面有3个铜原子；其周围最紧邻的铜原子数为12，故答案为：12；

(4)CaF2是离子晶体，Cu是金属晶体，H3BO3是分子晶体，故H3BO3熔点最低，晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用是分子间作用力，故答案为：分子间作用力。【解析】①.8②.O③.1：6④.12⑤.分子间作用力三、原理综合题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】

（1）根据锰元素的原子序数为25分析解答。

（2）电负性是衡量元素吸引电子的能力。

（3）HSCH2CH2NH2中C原子周围形成4个单键，四面体结构，杂化方式为sp3杂化；NH2-中N原子是sp3杂化，有2对孤对电子，NH2-空间构型为V形。

（4）根据均摊法计算。

【详解】

（1）锰元素的原子序数为25，在周期表中的位置是第四周期第VIIB族，基态锰原子的外围电子排布式为3d54s2，最高能层电子为4s2，电子云轮廓图形状为球形，故答案为第四周期第VIIB族；3d54s2；球形。

（2）电负性是衡量元素吸引电子的能力，N、C和Mn电负性由大到小的顺序为N>C>Mn，故答案为N>C>Mn。

（3）HSCH2CH2NH2中C原子周围形成4个单键，四面体结构，杂化方式为sp3杂化；NH2-中N原子是sp3杂化，有2对孤对电子，NH2-空间构型为V形；N和P的价电子相同，但磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键。故答案为sp3；V形；原子半径N小于P；N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键。

（4）Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，属于分子晶体，由图可知，Pb(CH2CH3)4在xy平面上的二维堆积中的配位数是6，根据晶胞的结构图求出V=a×10-7×a×10-7×b×10-7=a2b×10-21cm3，根据均摊法属于该晶胞的Pb(CH2CH3)4的个数为8×1/8+1=2，故ρ=m/V=(M/NA)/(a2b×10-21)=4M×10-21/NAa2b，故答案为分子；6；4M×10-21/NAa2b。

【点睛】

确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式：

①处于顶点的微粒；同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；

②处于棱上的微粒；同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；

③处于面上的微粒；同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；

④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。【解析】第四周期第VIIB族3d54s2球形N>C>Mnsp3V形原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键分子64M×10-21/NAa2b14、略

【分析】【详解】

（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。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。

（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。

（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多；所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大；沸点较高。

（4）硝酸锰是离子化合物；硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。

（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r=nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)=a'=0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。【解析】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2OMnspsp3H2O>CH3OH>CO2>H2H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大离子键和π键（或键）0.1480.07615、略

【分析】【详解】

(1)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能；原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量；

故答案为大于；

（2）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；

(3)从表中原子的第一至第四电离能可以看出；元素的第一；第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，即最外层应有3个电子，应为Al元素；

(4)根据NO3-的中心原子的价层电子对数为=3，所以氮原子杂化方式为sp2杂化，离子中没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，SO42-中硫原子的价层电子对数为=4，所以硫原子的杂化方式为sp3杂化；

(5)LiAlH4中的阴离子是AlH4-，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；

根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是2+=4、2+=3、3+=3，因此不同于其他分子的是H2S；

（6）用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO2-；

（7）N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)：n(π)=1：2；

（8）该晶胞中N原子个数=8×=1，Cu原子个数=12×=3，所以其化学式为Cu3N；

若晶胞的棱长anm，其体积为a3nm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g/cm3。【解析】大于1s22s22p63s23p63d6Al平面三角形sp3杂化正四面体sp3H2SNO2-1：2Cu3N16、略

【分析】【详解】

（1）同周期从左到右，第一电离能逐渐升高，但受到全满、半满的影响，出现两处反常，Be>B，N>O，可表示为

（2）NH3、NF3、F2为分子晶体；Cu为金属晶体，NH4F为离子晶体；铜位于第ⅠB族，故电子排布式为[Ar]3d104s1；

（3）晶体Q为分子晶体，分子内部存在共价键，O与B之间存在配位键，分子间存在氢键和分子间作用力（范德华力）；B采用sp3杂化；存在孤对电子，故为三角锥形；

（4）因为存在分子内氢键，减弱了氢离子的电离，故电离常数减小。【解析】①.②.a、b、d③.1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1④.a、d⑤.三角锥⑥.sp3⑦.<⑧.中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋17、略

【分析】【分析】

(1)Fe的电子排布式是[Ar］3d64s2，O2-核外电子总数为10；其原子核外有10种运动状态不同的电子；

(2)PO43-中P原子价层电子对个数=且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型及P原子的杂化形式；

(3)液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，使水分子之间间隙增大,密度变小,导致固态H2O的密度比其液态时小，H2O2为极性分子,而CS2为非极性溶剂,根据“相似相溶”规律可知；

(4)晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量。

(5)①有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子；由晶胞的截图可知；顶点Ti原子与小立方体顶点P原子最邻近，与体对角线的P原子次近邻；

②磷化钛晶胞为面心立方密堆积；晶胞中P原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，利用均摊法计算。

【详解】

(1)Fe的电子排布式是[Ar］3d64s2，价电子轨道表示式（电子排布图）为故答案为：O2-核外电子总数为10；其原子核外有10种运动状态不同的电子，故答案为10；

(2)紫红色波长介于380-435nm之间，是一种发射光谱，故答案为：发射；PO43-中P原子价层电子对个数=且不含孤电子对，据价层电子对互斥理论判断该微粒VSEPR模型为正四面体形、P原子的杂化形式为sp3；故答案为正四面体、sp3；

(3)液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，使水分子之间间隙增大,密度变小,导致固态H2O的密度比其液态时小，故答案为：液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，分子间距离增大，密度减小；H2O2为极性分子,而CS2为非极性溶剂,根据“相似相溶”规律可知,H2O2难溶于CS2；

故答案为：H2O2为极性分子，CS2为非极性分子，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2；

(4)图中：2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=-598KJ·mol−1，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·mol－1；故答案为：2908；

(5)①根据磷化钛晶体可知，有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子，则该Ti原子最邻近的Ti的数目为3×4=12个；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点P原子最邻近，与体对角线的P原子次近邻，Ti原子与跟它最邻近的P原子之间的距离为r，则跟它次邻近的P原子之间的距离为=r，故答案为：12；r；

②磷化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中P原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，每个晶胞中含有的P原子个数为8×+6×=4，含有的Ti原子个数为12×+1=4，P原子和Ti原子的体积之和为π（a+b）3×4pm3，晶胞的边长（2a+2b）pm，体积为（2a+2b）3pm3，则在磷化钛晶体中原子的空间利用率为×100%，故答案为：×100%；

【点睛】

本题考查物质结构和性质，侧重于考查分析能力、计算能力以及对基础知识的综合应用能力，注意电子排布式书写、晶胞的计算方法是解答关键，难点是晶胞的计算。【解析】10发射正四面体sp3液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，分子间距离增大，密度减小H2O2为极性分子，CS2为非极性分子，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2290812r18、略

【分析】【分析】

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+离子具有空轨道，NH3分子中N原子具有孤对电子，Ni2+与NH3之间能形成配位键；

（2）①1molCOCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-；两者空间构型不同导致颜色不同；

②由题意可知Co(OH)2在溶液中部分电离出[Co(OH)4]2−和H+；

（3）由过渡元素A与Co属于同周期同族；基态原子排布中有四个未成对电子可知，A为Fe元素。

【详解】

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+离子具有空轨道，NH3分子中N原子具有孤对电子，Ni2+与NH3之间能形成配位键；故答案为配位键；N；

（2）①1molCOCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，所以其化学式都为Co（NH3）4（Cl）2]Cl；因两者空间构型不同导致颜色不同，故答案为6；空间结构不同；

②由题意可知Co(OH)2在溶液中部分电离出[Co(OH)4]2−和H+，电离方程式为Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+，故答案为Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+；

（3）由过渡元素A与Co属于同周期同族；基态原子排布中有四个未成对电子可知，A为Fe元素。

①晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列；x射线衍射可以看到微观结构，故区别X为晶体或非晶体的方法为X-射线衍射，故答案为X-射线衍射；

②Fe(CO)5常压下熔；沸点低；属于分子晶体，故答案为分子晶体；

③A3+与SCN−以1:4的个数比配合形成[Fe(SCN)4]—离子，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl，故答案为FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl；

④由B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4可知B为Cu元素、C为S元素，由晶胞结构可知Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，个数为6×+4×=4，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，个数为,4×+1+8×=4，S原子数为8，晶体中N(Cu)∶N(Fe)∶N(S)＝4∶4∶8＝1∶1∶2，故该晶体的化学式为CuFeS2。晶胞质量为晶胞体积为(524×10－10cm)2×1030×10－10cm，则该晶体的密度d为≈4.32g/cm3，故答案为CuFeS2；4.32。

【点睛】

由晶胞结构确定Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，S原子数为8，依据分摊法计算化学式是解答关键。【解析】配位键N6空间结构不同Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+X-射线衍射分子晶体FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KClCuFeS24.3219、略

【分析】【分析】

⑴锰元素是25号元素，锰原子价电子为3d74s2。

⑵①铜离子有空轨道，因此与铜离子形成配合物的分子或离子应具有孤电子对；②醋酸根中两个碳原子的价电子对数分别为4个和3个，[Cu(NH3)2]+中每个铜离子形成2个配位键，每个配体分子中有3个共价键；③根据价电子C－=N=O+，可以书写出与NH3互为等电子体的离子。

⑶锰和铼的晶体都属于金属晶体；其熔点决定与金属键。

⑷三氧化铼为立方晶胞；铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，则每个晶胞中有1个铼原子核3个氧原子，每个铼原子的上；下、左、右、前、后都有一个等距的氧原子，根据公式求出三氧化铼的密度。

【详解】

⑴锰元素是25号元素，锰原子价电子为3d74s2，价电子排布图为它处于元素周期表d区；故答案为：d。

⑵①铜离子有空轨道；因此与铜离子形成配合物的分子或离子应具有孤电子对；故答案为：具有孤对电子(或孤对电子)。

②醋酸根中两个碳原子的价电子对数分别为4个和3个，故其杂化轨道类型为sp3和sp2，[Cu(NH3)2]+中每个铜离子形成2个配位键，每个配体分子中有3个共价键，因此1mol[Cu(NH3)2]+配离子中含有σ键的数目为8NA，故答案为：sp3和sp2；8NA。

③根据价电子C－=N=O+，与NH3互为等电子体的离子有H3O+或CH3－；故答案为：H3O+或CH3－。

⑶锰和铼的晶体都属于金属晶体；其熔点决定与金属键，金属铼的熔点高于锰，说明锰的金属键弱于铼；故答案为：铼中的金属键强于锰。

⑷三氧化铼为立方晶胞，晶胞参数为apm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，则每个晶胞中有1个铼原子核3个氧原子，每个铼原子的上、下、左、右、前、后都有一个等距的氧原子，故铼原子的配位数为6，铼原子填在了氧原子围成的八面体空隙中，三氧化铼的密度为故答案为：6；八面体；【解析】d具有孤对电子(或孤对电子)sp3和sp28NAH3O+或CH3－铼中的金属键强于锰6八面体20、略

【分析】【分析】

（1）①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+；铜是29号元素，失去一个电子生成亚铜离子；N原子2p轨道为半充满结构，第一电离能大于O原子，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；

A；氨气分子与水分子之间存在氢键；

B、氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化；氨分子中N原子只有一对孤对电子，水分子中O原子有两对孤对电子；

C；根据相似相溶可知；乙醇分子极性弱于水的极性；

D、燃烧热的热化学方程式中，产物H2O为液态；

（2）O3分子与SO2互为等电子体；等电子体具有相同的空间构型；

（3）a位置上的Cl形成了2条单键；还有2对孤对电子；

（4）由图可知；在晶胞上；下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子。

【详解】

（1）①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+，铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N原子2p轨道为半充满结构，第一电离能大于O原子，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S，故答案为1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N＞O＞S；

②A；氨气分子与水分子之间存在氢键；氢键的存在使物质的溶解性显著增大，故正确；

B、氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化；氨分子中N原子只有一对孤对电子，水分子中O原子有两对孤对电子，根据价层电子对互斥理论可知，氨分子的键角大于水分子的键角，故错误；

C、根据相似相溶可知，乙醇分子极性弱于水的极性，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低，则[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇会析出深蓝色的晶体；故正确；

D、表示燃烧热的热化学方程式中，产物H2O为液态；故错误；

故选AC；故答案为AC；

（2）O3分子与SO2互为等电子体，SO2分子中S原子价层电子对数为3，孤对电子数为1，空间构型为V形，等电子体具有相同的空间构型，则O3分子空间构型为V形；故答案为V形；

（3）a位置上的Cl形成了2条单键，还有2对孤对电子，故为sp3杂化，故答案为sp3杂化；

（4）镧镍合金、Ca－D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，由图可知，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子，故Ca与D的个数比为8×（8×+1）=1：5，故n=5；晶胞体积为9.0×10-23cm3，LaNinH4.5合金中H的质量为=氢在合金中的密度为=0.083g·cm－3，故答案为0.083g·cm－3。

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及了电子排布式、第一电离能、等电子体、分子的空间构型、晶胞的计算等知识，其中计算是难点。【解析】1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)（2分）N＞O＞S（2分）AC（2分）V形（2分）sp3杂化（2分）5（2分）0.083g·cm－3（3分）四、计算题(共4题，共12分)21、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】232:3MgB222、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＝NA乘以一个原子的质量可计算金属的摩尔质量；再根据相对原子质量在数值上等于该元素的摩尔质量可得金属的相对原子质量；

（4）根据在面心立方晶胞中，原子的半径r与晶胞的边长的关系，晶胞的边长＝可计算金属原子的原子半径。

【详解】

（1）根据题意；该立方晶胞中含有4个金属原子可知，该金属晶胞属于面心立方晶胞；

故答案为面心立方晶胞；

（2）根据晶胞的边长为360pm，可得晶胞的体积为(3.6×10-8)3cm3，根据质量＝密度×体积，可得晶胞的质量m＝9.0g/cm3×(3.6×10-8)cm3≈4.2×10-22g；

故答案为4.2×10-22g；

（3）金属的摩尔质量＝NA乘以一个原子的质量＝6.02×1023×(4.2×10-22÷4)＝63.21(g/mol)；相对原子质量在数值上等于该元素的摩尔质量；

故答案为63.21；

(4)在面心立方晶胞中，设原子的半径为r，则晶胞的边长＝因此，金属原子的原子半径为＝×360pm≈127.26pm；

故答案为127.26pm；

【点睛】

第（2）问在计算晶胞质量时单位的换算时学生们的易错点，首先单位要统一，要将pm换算为cm，其次1pm=10-10cm，则360pm=3.6×10-8cm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1nm=10-7cm。【解析】面心立方晶胞4.2×10－22g63.21127.26pm23、略

【分析】【详解】

(1)晶胞中每个顶点的钨原子为8个晶胞所共有，体心钨原子完全为该晶胞所有，故晶胞中钨原子个数为故答案为：2；

(2)已知金属钨的