2024年苏科版选修3化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年苏科版选修3化学下册阶段测试试卷663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、a、b、c、d四种分子均含有14个电子，其有关信息列在下面的表中。abcd双原子分子。

非极性分子。

只含非极性键双原子分子。

极性分子。

只含极性键多原子分子。

极性分子。

只含极性键多原子分子。

非极性分子。

既有非极性键，又有极性键

符合题目给出的信息的选项是()

①a的化学式N2②b的化学式为CO③c的结构式为H—C≡N④d的结构简式为HC≡CH⑤a的符号为⑥d的化学式为A.①②③④B.④⑤⑥C.②③⑤⑥D.①②③④⑤⑥2、下列能级中可容纳电子数最多的是A.6sB.4pC.3dD.4f3、电负性是元素原子的重要性质,研究电负性的大小及其变化规律具有重要的价值。下列几种叙述中不属于电负性的应用的是()A.判断一种元素是金属还是非金属B.判断化合物中元素化合价的正负C.判断化学键的类型D.判断化合物的溶解度4、有A、B、C、D四种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有三个不成对的电子；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是A.D原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p4B.B.C两元素的第一电离能大小关系为B＞CC.用电子式表示AD2的形成过程为D.由B60分子形成的晶体与A60相似，分子中总键能：B60>A605、硼烯具有优异的电学；力学、热学等属性；将成为继石墨烯之后又一种“神奇纳米材料”。科学家已成功合成多种结构的硼烯，如图为“皱褶”式硼烯的结构。下列说法错误的是（）

A.“皱褶”式硼烯中每个硼原子共用3对电子B.“皱褶”式硼烯中硼原子达到8电子稳定结构C.硼烯有望代替石墨烯作电极材料D.氧化硼的水化物是一种弱酸，与过量OH-反应可生成B(OH)4-或BO2-6、有关苯分子中化学键的描述正确的是A.每个碳原子的一个杂化轨道参与形成大键B.每个碳原子的未参加杂化的轨道形成大键C.碳原子的3个杂化轨道与其他碳原子形成2个键和1个键D.碳原子的未参加杂化的轨道与其他碳原子的轨道形成键7、氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是()

A.氮化碳属于原子晶体B.氮化碳中碳显－4价，氮显＋3价C.氮化碳的化学式为C3N4D.每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连8、下列物质中，属于离子晶体，并且含有共价键的是()A.CaCl2B.MgOC.N2D.NH4Cl评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、“3s”和“3s2”都是关于原子核外第三电子层s亚层的化学用语，这两个用语的区别在于______10、下表为元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素。

回答下列问题：

（1）写出元素f的基态原子核外电子排布式：__。

（2）写出元素h的基态原子核外电子轨道表示式：__。

（3）ci2分子的电子式为__。

（4）第一电离能：h__(填“＞”“＜”或“=”，下同)i；电负性：g__b。

（5）下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的叙述正确的是__(填字母)。

A.j位于元素周期表中第4周期ⅠB族；属于ds区元素。

B.d的基态原子中；2p轨道为半充满，属于p区元素。

C.最外层电子排布式为4s1；该元素一定属于第ⅠA族。

D.最外层电子排布式为ns2np1，该元素可能是第ⅢA族或ⅢB族11、回答下列问题：

（1）碳原子的核外电子排布式为____________。与碳同周期的非金属元素N的第一电离能大于O的第一电离能，原因是________________。

（2）A、B均为短周期金属元素。依据下表数据，写出B原子的电子排布式：________。电离能/kJ·mol－1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540

（3）下表是第三周期部分元素的电离能[单位：eV(电子伏特)]数据。元素I1/eVI2/eVI3/eV甲5.747.171.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7

下列说法正确的是________(填字母)。

A．甲的金属性比乙强。

B．乙的化合价为＋1价。

C．丙不可能为非金属元素。

D．丁一定为金属元素。

（4）Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据列于下表：。元素FeFe电离能/kJ·mol－1I1717759I2150915611561I3324829572957

锰元素位于第四周期第ⅦB族。请写出基态Mn2＋的价电子排布式：________，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子难，对此你的解释是_________________________。12、I.在化学实验和科学研究中；水是一种最常用的溶剂。水是生命之源，它与我们的生活密切相关。

（1）写出一种与H2O分子互为等电子体的微粒：_______。

（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）。下列对上述过程的描述不正确的是_______（填字母序号）。

A.氧原子的杂化类型发生了改变。

B.微粒的空间构型发生了改变。

C.微粒中的键角发生了改变。

Ⅱ.Cu2+可形成多种配合物；广泛应用于生产生活中。

（3）实验时将无水CuSO4白色粉末溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合物离子，请写出该配合物离子的化学式：________。向该蓝色溶液中滴加氨水，先形成沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。写出该沉淀溶解过程发生反应的离子方程式：____________。13、在极性分子中，正电荷重心与负电荷重心间的距离称为偶极长，通常用表示。极性分子的极性强弱与偶极长和电荷量（）有关，一般用偶极矩（）来衡量。分子的偶极矩是偶极长和电荷量的乘积，即在非极性分子中，其正、负电荷重心重合，故为0。试回答下列问题：

（1）HCl、CS2、H2S、SO2四种分子中的有______________________________。

（2）实验测得：

①由此可知，PF3分子的空间构型为____________________；

②BCl3分子的空间构型为____________________，中心原子的杂化方式为____________________。

（3）治癌药物具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个顶点。已知该化合物有两种同分异构体，棕黄色化合物的淡黄色化合物的试写出两种同分异构体的结构简式：____________________（棕黄色）、____________________（淡黄色），在水中溶解度较大的是____________________（填结构简式）。评卷人得分三、结构与性质(共6题，共12分)14、在每个能层中，能级符号的顺序是____________(n代表能层)，任意能层总是从____能级开始，而且能级数等于________，第一能层只有____个能级，能级符号____，第二能层有______个能级，能级符号________，第三能层有____个能级，能级符号________，等等，以____排序的各能级可容纳的最多电子数依次是________。15、Li是最轻的固体金属；采用Li作为负极材料的电池具有小而轻；能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：

（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为___、___（填标号）。

A.

B.

C.

D.

（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是___。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子(AlH)空间构型是___、中心原子的杂化形式为___。

（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为___kJ·mol−1，O=O键键能为___kJ·mol−1。16、已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C与B同周期且基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D；E、F、G是位于同一周期的金属元素；元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色；且D、G的原子序数相差10；E元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E、F的电子数相差1。

请回答下列问题：

（1）基态E原子的价电子排布式为___。

（2）与BC分子互为等电子体的离子为___(填化学式；任写一种)。

（3）在液态非极性分子B6A6中，B原子采取的杂化方式为___。

（4）元素C的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是___。

（5）F可形成化学式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4。向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为___。

（6）金属D；G晶体的晶胞结构如图所示。

①金属G的晶胞中，测得晶胞中G原子的半径为apm，则G晶体的密度为___g/cm3(列出表达式即可，NA为阿伏伽德罗常数的值)，D、G两种晶胞中金属的配位数之比为___。

②金属G、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如下表所示：。电离能/kJ·mol-1I1I2G7461958锌9061733

G的第二电离能(I2)大于锌的第二电离能(I2)，其主要原因是___。17、氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。

图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：。I1I2I3I4I5电离能/(kJ/mol)738145177331054013630

请回答下列问题：

(1)Ti的基态原子外围电子排布式为________________。

(2)M是________(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为____。

(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有________个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子3对应的元素的电负性由大到小的顺序为________________。

(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为apm，则该氮化钛的密度为________________g/cm3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有________个。

(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据：。离子晶体NaClKClCaO晶格能/(kJ/mol)7867153401

KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为__________________。18、CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料；回答下列问题：

(1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_____________，其固体的晶体类型为_____________。

(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为____________，键角由大到小的顺序为_____________。

(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_________mol，该螯合物中N的杂化方式有__________种。

(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，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标。

原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125

一个晶胞中有_________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分数坐标表示)。CdSnAs2

晶体中与单个Sn键合的As有___________个。19、Ge；Na及其化合物在航空航天、电子工业上有重要应用。请回答下列问题：

（1）基态Ge原子价层电子的排布式为___，其电子填充的最高能级的轨道数为___。电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是___。

（3）硼氢化钠(NaBH4)是有机化学中的一种常用还原剂，[BH4]－的空间构型是__，中心原子的杂化形式为___。NaBH4中存在___(填标号)。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键。

（4）NaC1是离子晶体；其晶格能可通过下图的循环计算得到。

△H(晶格能)=___。

（5）Na2O的立方晶胞如图所示，氧离子采取面心立方堆积，钠离子填在由氧离子形成的__空隙中。已知晶胞边长a=0.566nm，晶胞中O原子的配位数为__；该晶体的密度是___g·cm－3(列出计算表达式)。

评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)20、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)。_______21、金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。

22、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6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_____________________________。评卷人得分六、工业流程题(共1题，共8分)24、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8题，共16分)1、A【分析】【详解】

首先从电子总数为14及a的相关信息推得a为N2，因是分子，a不能为C22－。若将N原子换成周期表中相邻的碳，则b的另一种原子必定是O，因此b为CO；若考虑只换一个N原子为碳，这时电子数相差1，可用H原子来补足，得c为HCN，其结构式为H－C≡N。再将另一个N也换成碳，则需要再补1个H，即d为C2H2；d的结构简式为HC≡CH。答案选A。

【点睛】

注意掌握等电子粒子的寻找规律：

（1）“10电子”微粒：

（2）“18电子”微粒：CH3－CH3、H2N－NH2、HO－OH、F－F、F－CH3、CH3－OH等；

（3）其他等电子微粒：①2电子微粒：②“14电子”微粒：Si、N2、CO、C2H2、C22－；③“16电子”微粒：S、O2、C2H4、HCHO。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、D【分析】【详解】

A.元素电负性数值的大小可判断一种元素是金属还是非金属；一般电负性大于1.8的元素为非金属，故A说法正确；

B.元素电负性可判断化合物中元素正负价；电负性大的元素显负价，故B说法正确；

C.元素电负性可判断化学键类型；电负性差大于1.7的键一般形成离子键，故C说法正确；

D.化合物溶解度与电负性没有必然联系；故D说法错误；

答案选D。4、A【分析】【详解】

A、B、C、D四种元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，p能级最多容纳6个电子，故A由2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，B原子最外层中有三个不成对的电子，B的p能级容纳3的电子，故B为氮元素；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体；则C；D属于同主族元素，故C为氧元素，D为硫元素；

A.D为硫元素，S原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p4；故A错误；

B.B为氮元素，C为氧元素，氮元素2p能级为半充满的较稳定状态，能量较低，第一电离能N>O；故B正确；

C.AD2是CS2，CS2属于共价化合物，CS2的结构与CO2相似，碳原子与硫原子之间形成2对共用电子对，用电子式表示CS2的形成过程为故C正确；

D.N60分子形成的晶体与C60相似，氮氮键长比碳碳键长短，故氮氮键键能更大，故N60分子中总键能大于C60；故D正确；

答案选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A.硼原子最外层最多有3个电子；可形成3对共用电子对，达到6个电子，因此“皱褶”式硼烯中每个硼原子共用3对电子，故A正确；

B.硼原子最外层最多有3个电子；可形成3对共用电子对，达到6个电子，因此“皱褶”式硼烯中硼原子未达到8电子稳定结构，故B错误；

C.由于硼烯有着很高的表面活性；也更容易发生化学反应，故硼烯有望代替石墨烯作电极材料，故C正确；

D.氧化硼的水化物是一种弱酸，与过量OH－反应可生成B(OH)4－或BO2－和H2O；故D正确。

综上所述，答案为B。6、B【分析】【详解】

A.杂化轨道只能形成键，而不能形成键；故A错误；

B.每个碳原子的两个杂化轨道上的电子分别与邻近的两个碳原子的杂化轨道上的电子配对形成键；故B正确；

C.每个碳原子的另一个杂化轨道上的电子分别与一个氢原子的1s电子配对形成键；故C错误；

D.未参与杂化的2p轨道形成大键；故D错误；

故选B。7、B【分析】【详解】

A.C和N都属于非金属元素；通过共价键形成原子晶体，A正确；

B.N元素的非金属性强于C；N显-3价，C显+4介，B错误；

C.由结构图可知，在一个晶胞内（虑线框）有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4；C正确；

D；由结构图可看出；每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，D正确；

答案选B。8、D【分析】【详解】

A项；氯化钙是离子化合物；属于离子晶体，氟化钙中只含离子键，故A错误；

B项；氧化镁是离子化合物；属于离子晶体，氧化镁中只含离子键，故B错误；

C项；氮气是非金属单质；属于分子晶体，故C错误；

D项；氯化铵是离子化合物；属于离子晶体，氯化铵中含由离子键，还含有共价键，故D正确；

故选D。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

“3s”中“3”表示能层，“s”表示能级；“3s2”表示某电子层的某种s能级上有两个电子；据此分析解答。

【详解】

“3s”中“3”表示能层，“s”表示能级，所以“3s”表示轨道名称；“3s2”表示第三电子层的s能级上有两个电子，所以“3s2”表示该轨道的电子排布，故答案为：“3s”表示轨道(或能级)名称，“3s2”表示该轨道的电子排布。【解析】“3s”表示轨道（或能级）名称，“3s2”表示该轨道的电子排布10、略

【分析】【分析】

根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Be元素；c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为F元素、g为Na元素、h为P元素、i为S元素、j为Cu元素；结合原子结构和元素周期律分析解答。

【详解】

根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Be元素；c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为F元素、g为Na元素、h为P元素、i为S元素、j为Cu元素。

(1)f为F元素，原子核外电子数目为9，核外电子排布式为1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；

(2)元素h为P，为15号元素，基态原子核外电子轨道表示式为故答案为：

(3)ci2分子CS2，与二氧化碳的结构类似，电子式为故答案为：

(4)P元素的3p能级为半满稳定状态；较稳定，故第一电离能P＞S；金属性越强，电负性越小，故电负性Na＜Be，故答案为：＞，＜；

(5)A．j是Cu元素位于元素周期表中第四周期、ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故A正确；B．N原子的基态原子中2p能级为半充满，属于p区元素，故B正确；C．最外层电子排布式为4s1，可能处于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族，故C错误；D．最外层电子排布式为ns2np1；该元素处于第ⅢA族，故D错误；故答案为：AB。

【点睛】

本题的易错点为(5)，要注意最外层电子排布式为4s1，可能的电子排布式有3d104s1，3d54s1，3p64s1，可能处于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族。【解析】①.1s22s22p5②.③.④.>⑤.<⑥.AB11、略

【分析】【详解】

(1)、碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2；N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，2p轨道半充满的原子能量低，较稳定，O原子核外电子排布式为1s22s22p4；所以非金属元素N的第一电离能大于O的第一电离能；

故答案为1s22s22p2；N原子的2p轨道达到半充满结构；比较稳定；

(2)、从表中电离能数值来看，A、B的第三电离能出现突跃，可见它们是第ⅡA族元素，因A、B均为短周期元素，且B的第一、二电离能均比A的小，故B是镁。镁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；

故答案为1s22s22p63s2；

(3)；甲、乙、丙、丁为第三周期元素；甲元素的第一电离能远远小于第二电离能，说明甲元素最外层有1个电子，失去1个电子时达到稳定结构，所以甲为Na元素；乙元素的第二电离能远远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素；丙、丁元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，丙、丁一定为非金属元素。甲为Na元素，乙为Mg元素，故甲的金属性比乙强，A项正确；乙为Mg元素，化合价为＋2价，B项错误；丙、丁一定为非金属元素，C、D项错误；

故选A；

(4)、Mn的原子序数为25，失去2个电子变为Mn2＋，则Mn2＋基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)，故其价电子排布式为3d5；由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少，故气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子难；

故答案为3d5；Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少。【解析】①.1s22s22p2②.N原子的2p轨道达到半充满结构，比较稳定③.1s22s22p63s2④.A⑤.3d5⑥.由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少12、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，据此书写H2O的等电子体；

(2)利用价层电子对模型判断粒子的空间结构；以此判断微粒的形状以及键角，根据物质的组成判断性质是否一致；

Ⅱ．(3)硫酸铜溶于水，铜离子与水生成了呈蓝色的配合离子[Cu(H2O)4]2+；氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，据此分析解答。

【详解】

Ⅰ．(1)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒有：H2S、NH2-，故答案为：H2S、NH2-；

(2)A．H2O中O原子含有2个σ键，含有2个孤电子对，采用sp3杂化，H3O+含有3个σ键，含有1个孤电子对，采用sp3杂化，氧原子的杂化类型不变，故A错误；B．H2O为V形分子，H3O+含有3个σ键；含有1个孤电子对，为三角锥型，二者的空间构型发生了改变，故B正确；C．两种微粒的立体构型不同，键角不同，键角发生了改变，故C正确；故答案为：A；

Ⅱ．(3)将白色的无水CuSO4溶解于H2O中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，生成此配合离子的离子方程式：Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+，该配离子的化学式：[Cu(H2O)4]2+，氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。【解析】①.H2S（或NH2-等）②.A③.[Cu(H2O)4]2+④.Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O13、略

【分析】【详解】

(1)是由极性键形成的双原子极性分子；根据价电子对互斥理论可知，是直线形分子，正、负电荷重心重合，为非极性分子，其偶极矩为0；都是V形结构，是极性分子，其

(2)①说明是极性分子，则是三角锥形结构；

②说明是非极性分子，其正、负电荷重心重合，应是平面正三角形结构；中心原子B与3个原子形成3个共价键(没有孤电子对)，即B原子的杂化方式是杂化；

(3)根据题意，具有平面四边形结构，若则为非极性分子，和分别对称分布在四边形的个顶点上，即正、负电荷重心重合，故淡黄色化合物是若则为极性分子，和在四边形的4个顶点上的分布是不对称的，即正、负电荷重心不重合，故棕黄色化合物是根据相似相溶规律，水是极性分子，因此属于极性分子的溶质易溶解在水中，即在水中溶解度较大的是棕黄色化合物，其结构简式为【解析】CS2三角锥形平面正三角形sp2杂化三、结构与性质(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

每个能层中，能级符号的顺序是ns、np、nd、nf(n代表能层)；任意能层总是从s能级开始；而且能级数等于能层序数；s；p、d、f排序的各能级可容纳的最多电子数依次是1、3、5、7的两倍。

【详解】

在每个能层中，能级符号的顺序是ns、np、nd、nf(n代表能层)；任意能层总是从s能级开始，而且能级数等于能层序数，第一能层只有1个能级，能级符号1s，第二能层有2个能级，能级符号2s；2p，第三能层有3个能级，能级符号3s、3p、3d，等等，以s、p、d、f排序的各能级可容纳的最多电子数依次是2、6、10、14。

【点睛】

本题考查能层与能级的关系，各能层电子的排布及能级可容纳的最多电子数的判断是解题的关系，注意基础知识的积累。【解析】①.ns、np、nd、nf②.s③.能层序数④.1⑤.1s⑥.2⑦.2s、2p⑧.3⑨.3s、3p、3d⑩.s、p、d、f⑪.2、6、10、1415、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）原子核外电子排布中；如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，激发态的原子比基态原子能量高，根据图知，电子排布能量最低的是D项的基态原子，能量最高的是处于激发态的C项对应的原子，故答案为：D；C；

（2）离子核电荷数：Li＋＞H－，其吸引电子能力：Li＋＞H－，导致其半径越小。故答案为：Li+核电荷数较大；

（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化。故答案为：正四面体；sp3；

（4）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kJ·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。故答案为：520；498。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点（4）从图中读出：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kJ·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。【解析】①.D②.C③.Li+核电荷数较大④.正四面体⑤.sp3⑥.520⑦.49816、略

【分析】【分析】

A的原子半径最小，A是H元素；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，B是碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；n=2，则C是O元素；D；E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，D是K元素；且D、G的原子序数相差10，G是Cu元素；E的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，E是Fe元素；E.、F的电子数相差1，F是Co元素。

【详解】

（1）根据以上分析，基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2；

（2）与CO分子互为等电子体的离子为CN-（NO+或C）；

（3）C6H6是平面结构，C原子采取的杂化方式分别为sp2；

（4）水分子间形成氢键；所以沸点比同主族的简单氢化物都高；

（5）Co可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象；若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH8)6SO4]Br；

（6）①金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞中铜原子的半径为apm，面对角线是4个原子半径，则Cu晶体的密度为：g/cm3；金属K的配位数是8；计算Cu的配位数是12；配位数比是2:3；

②锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。

【点睛】

配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以[Co(NH3)5Br]SO4加BaCl2溶液时生成白色沉淀；[Co(NH8)6SO4]Br加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。【解析】3d64s2CN-（NO+或C）sp2水分子间存在氢键[Co(NH3)5SO4]Br2：3Zn+的价电子排布式为3d104s1，而Cu+的是3d10，Cu+因3d轨道全满更稳定，较难失去电子，I2较大17、略

【分析】【分析】

(1)Ti原子核外电子数为22；根据能量最低原理书写；

(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti；则M为Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；

(3)采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C；N、O；同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；

(4)根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=计算晶胞密度；以晶胞顶点N原子研究；与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；

(5)由表中数据可知；离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高。

【详解】

(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，因此外围电子排布式为3d24s2；

(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti；则M为Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12；

(3)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个；羰基中的一个；共7个该C原子；

采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O>N>C；

(4)根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×+8×=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×=4，所以晶胞的质量m=4×g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶体的密度ρ=g/cm3；以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用。每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；

(5)离子晶体中，离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN>CaO，由表中数据可知CaO>KCl，则三种晶体的晶格能由大到小的顺序为：TiN>CaO>KCl，所以KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为TiN>CaO>KCl。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子的杂化、电负性、晶胞结构与计算等，注意理解电离能与最外层电子数关系，采用均摊方法对晶胞进行计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础。【解析】3d24s2Mg127O>N>C12TiN>CaO>KCl18、略

【分析】【分析】

（1）利用价层电子对数确定SnCl4的分子构型；由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；

（2）结构相似的分子；相对分子质量越大物质的熔沸点越高，另外分子间能形成氢键的物质，熔沸点则较高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型；孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小；

（3）由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式为sp2杂化；

（4）结合部分原子的分数坐标；结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。

【详解】

（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数==0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；

（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3；

（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化；故该物质中N的杂化方式有1种；

（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0，)、(0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。

【点睛】

本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点大小比较，键角大小的比较，配位数的计算，晶胞的计算等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。【解析】正四面体形；分子晶体NH3、AsH3、PH3AsH3、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3614(0，)、(0)419、略

【分析】【分析】

(1)Ge是32号元素；有4个价电子，根据核外电子排布规律书写电子排布图，其电子填充的最高能级为4p能级，它的轨道数为3，形状为纺锤(或哑铃)。

(2)Ge与C是同族元素；C原子之间可以形成双键；叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，它们属于同族元素，半径逐渐增大，难以形成双键。

(3)[BH4]－单位空间构型要算孤电子对数和成键电子对数，相加算出价层电子对数，由于没有孤对电子，得到VSEPR模型就是该分子的立体构型，为正四面体，[BH4]－中B原子孤电子对数==0，价层电子对数＝4+0＝4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，则杂化方式为sp3，根据NaBH4的晶体类型；可判断出晶体中含有共价键（σ键）和离子键。

(4)利用晶格能的定义和盖斯定律算出△H；

①Na(g)+Cl(g)=Na+(g)+Cl−(g)△H1

②Na(g)+Cl(g)=Na(s)+Cl2(g)△H2

③Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s)△H3

②+③-①可得：Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s)，由气态变为固态为放热，△H<0算出△H=-(△H1－△H2－△H3)，故晶格能为△H1－△H2－△H3。

(5)Na2O晶胞中阴离子O2-位于晶胞的顶点和面心，阳离子Na+位于晶胞的体心，根据晶胞的结构判断配位数，O2-半径大于Na+；据此计算质量和体积，进而计算密度。

【详解】

(1)Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；原子价层电子的排布式为4s24p2；其电子填充的最高能级4p，4p能级有三个轨道，4p轨道是哑铃型或纺锤形的；

故答案为4s24p2；3；纺锤(或哑铃)；

(2)Ge原子半径大；难以通过“肩并肩”方式形成π键；

答案为：锗元素原子半径大；难以通过“肩并肩”方式形成π键；

(3)[BH4]－中B原子孤电子对数==0，价层电子对数＝4+0＝4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，空间构型为正四面体，B原子杂化方式为：sp3，Na+、[BH4]－离子之间形成离子键，[BH4]－中B原子与H原子之间形成普通共价键；配位键；均属于σ键；

故答案为正四面体；sp3；AB；

(4)晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量NaCl晶格能是Na+、Cl−气态离子形成1molNaCl晶体释放的能量；故NaCl的晶格能。

根据图示，需求出Na+(g)+Cl−(g)=NaC1(s)的焓变；就是晶格能；

已知①Na(g)+Cl(g)=Na+(g)+Cl−(g)△H1

②Na(g)+Cl(g)=Na(s)+Cl2(g)△H2

③Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s)△H3

②+③-①可得：Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s)，由气态变为固态为放热，△H<0，则△H=-(△H1－△H2－△H3)，故晶格能为△H1－△H2－△H3；

故答案为△H1－△H2－△H3；

（5）Na2O晶胞中阴离子O2-位于晶胞的顶点和面心，阳离子Na+位于晶胞的体心，从图中可以得知，钠离子填在由氧离子形成的四面体空隙中，根据晶胞的结构判断配位数，Na+的个数为8，O2-的个数为8×+6×=4，据此计算质量和体积，进而计算密度．晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，晶胞的质量为==晶胞的体积为(0.566×10−7)3cm3，则晶体的密度为==

答案为：四面体；8；【解析】4s24p23纺锤(或哑铃)锗元素原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键正四面体sp3AB△H1－△H2－△H3四面体8四、计算题(共3题，共30分)20、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