2025年北师大版选修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2025年北师大版选修3化学下册阶段测试试卷227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、一定温度下，可逆反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1；④混合气体的压强不再改变；⑤混合气体的颜色不再改变；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变。A.①④⑤⑥B.①③④⑥C.①②③⑤D.②⑤⑥2、对于s轨道及s电子云，下列说法正确的是A.某原子s轨道的能量随能层序数的增大而增大B.s电子在以原子核为中心的球面上出现，但其运动轨迹测不准C.s能级可能有两个原子轨道D.s轨道的电子云为球形，说明电子在空间各位置出现的概率相等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、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p3，④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是A.原子半径：④＞③＞②＞①B.第一电离能：④＞③＞②＞①C.电负性：④＞③＞②＞①D.最高正化合价：④＞③＝②＞①5、下列说法正确的是。

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.①③④6、下列物质的性质可用氢键来解释的是（）A.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B.F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次升高C.苯酚、H-O-H、C2H5-OH中-OH上氢原子的活泼性依次减弱D.CH3-O-CH3、C2H5OH的沸点依次升高7、经X射线研究证明PCl5在固态时，其空间构型分别是正四面体和正八面体的两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是（）A.PCl5晶体是分子晶体B.PCl5晶体由[PCl3]2+和[PCl2]2-构成，且离子数目之比为1∶1C.PCl5晶体由[PCl4]+和[PCl6]-构成，且离子数目之比为1∶1D.PCl5晶体具有良好的导电性8、如图为超氧化钾（KO2）晶体的一个晶胞；则下列有关说法正确的是。

A.KO2中只存在离子键B.每个晶胞中含有1个K+和1个O2-C.晶体中与每个K+距离最近且相等的O2-有6个D.晶体中所有原子之间都以离子键结合评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、下面是s能级与p能级的原子轨道图：

请回答下列问题：

（1）s电子的原子轨道呈_____形，每个s能级有_____个原子轨道；

（2）p电子的原子轨道呈_____形，每个p能级有_____个原子轨道．10、核电站为防止发生核辐射事故；通常用含有铅的水泥做成屏蔽罩，内衬钢板，反应的压力容器用铁；铜等具有反辐射合金材料制成。

(1)水泥中通常含有碳、氧、硅、铝等元素，则这四种元素的基态原子中3p能级上存在电子的有______(填元素符号)

(2)写出二价铜离子的基态电子排布式：______

(3)铅的核电荷数为82，写出铅原子的价电子排布式：______11、部分等电子体类型、代表物质及对应的空间构型如表所示：。等电子类型代表物质空间构型四原子24电子等电子体SO3平面三角形四原子26电子等电子体SO32-三角锥形五原子32电子等电子体CCl4四面体形六原子40电子等电子体PCl5三角双锥形七原子48电子等电子体SF6八面体形

请回答下列问题。

(1)请写出下列离子的空间构型：

____________________，____________________，____________________。

(2)由第2周期元素原子构成，与F2互为等电子体的离子是__________。

(3)的空间构型如图1所示，请再按照图1的表示方法在图2中表示出分子中O、S、F原子的空间位置。已知分子中O、S间为共价双键，S、F间为共价单键。__________。

12、S与O可形成

(1)的空间构型为_____________________。

(2)写出一种与互为等电子体的分子的化学式：____________________。13、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_______。评卷人得分三、计算题(共7题，共14分)14、(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_______。15、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______。16、SiC有两种晶态变体：α—SiC和β—SiC。其中β—SiC为立方晶胞；结构与金刚石相似，晶胞参数为434pm。针对β—SiC回答下列问题：

⑴C的配位数为__________。

⑵C和Si的最短距离为___________pm。

⑶假设C的原子半径为r，列式并计算金刚石晶体中原子的空间利用率_______。（π=3.14）17、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)。_______18、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)。

19、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。____________20、NaCl晶体中Na+与Cl-都是等距离交错排列，若食盐的密度是2.2g·cm-3，阿伏加德罗常数6.02×1023mol-1，食盐的摩尔质量为58.5g·mol-1。则食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离是多少？_______评卷人得分四、结构与性质(共3题，共15分)21、含族的磷、砷()等元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：

(1)下列状态的磷中，电离最外层一个电子所需能量最小的是__________(填标号)。

A.B.C.D.

(2)常温下是一种白色晶体，由两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知两种微粒分别与互为等电子体，则为________，其中心原子杂化轨道类型为________，为________。

(3)的分别为根据结构与性质的关系解释远大于的原因______________。

(4)的空间构型为_____________。

(5)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管()照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图所示，晶胞参数

①砷化镓的化学式为__________，镓原子的配位数为__________。

②砷化镓的晶胞密度__________(列式并计算，精确到小数点后两位)，如图是沿立方格子对角面取得的截图，位置原子与位置原子的核间距x=________

22、据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆（ZrTe5）为材料验证了三维量子霍尔效应；并发现了金属－绝缘体的转换。Te属于ⅥA元素。回答下列问题：

(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是___，Zr2+的价电子排布图是___。

(2)O、Se、Te的第一电离能由大到小的顺序是___，H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是___。

(3)H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是___。

(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是___(填符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中含共价键的数目是___。

(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是___。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，则立方氧化锆的密度为___g/cm3。

23、【化学-选修3：物质结构与性质】

已知铜的配合物A(结构如下图1)。请回答下列问题:

(l)Cu的简化电子排布式为_____________。

(2)A所含三种元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_________________。其中氮。

原子的杂化轨道类型为_____________________。

(3)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目。

之比是_____________；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O

的电子式为____________________。

(4)在Cu催化下，甲醇可被氧化为甲醛(HCHO)，甲醛分子中H-C=O的键角___________1200(选填“大于”、“等于”或“小于”)，甲醛能与水形成氢键，请在图2中表示出来___________。

(5)立方氮化硼(如图3)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为__________；结构化学上用原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图4立方氮化硼晶胞中，B原子的坐标参数分别有：B(0，0，0)；B(1/2，0，1/2)；B(1/2，1/2，0)等。则距离上述三个B原子最近且等距的N原子的坐标参数为_______________。评卷人得分五、实验题(共1题，共5分)24、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、原理综合题(共1题，共7分)25、高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。

（1）Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子，其理由可能是__；该配合物分子中σ键与π键数目之比为__。

（2）①ClO4-的空间构型是___。

②写出与ClO4-互为等电子体的一种分子和一种离子：__、__。(填化学式)

（3）化学式中CHZ为碳酰肼，其结构为它是一种新型的环保锅炉水除氧剂。

①碳酰肼中氮元素的化合价为__，碳原子的杂化轨道类型为__。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得，有关的化学方程式为__。

（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO；高氯酸及碳酰肼化合而成。

①比较次氯酸和高氯酸的酸性，并说明理由：___。

②如图为NiO晶胞，若晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶体中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c，则a：b：c=__。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

①单位时间内生成nmolO2是指向右的反应，生成2nmolNO2是指向左的反应，有两个反应方向，且比例正确n：2n=1:2；①正确。②单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO，说的都是向右的反应，没有说向左的反应，所以不正确。③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1，题目没有说明表示的是正反应还是逆反应速率，所以错误。④混合气体的压强不再改变，恒容下压强不变就是气体的物质的量不变，此反应气体的总物质的量不变，说明反应达平衡，④正确。⑤混合气体的颜色不再改变，就是指NO2的浓度不变，所以正确。⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变，不变，根据质量守恒定律m总不变，所以n总不变，气体的n总不变可以说明反应达平衡；⑥正确。

点睛：判断反应达到化学平衡状态的标志有：

（1）本质标志：v(正)＝v(逆)≠0。对于某一可逆反应来说；正反应消耗掉某反应物的速率等于逆反应生成该反应物的速率。要求必须有两个反应方向，且比例正确。

（2）等价标志：①全是气体参加的体积可变反应，体系的压强不随时间而变化。例如：N2＋3H22NH3。②体系中各组分的物质的量浓度或体积分数、物质的量分数保持不变。③全是气体参加的体积可变反应，体系的平均相对分子质量不随时间变化。例如：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。④对同一物质而言，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等。⑤对于有颜色物质参加或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化，如2NO2(g)N2O4(g)。⑥体系中某反应物的转化率或某生成物的产率达到最大值且不再随时间而变化。2、A【分析】【详解】

A．原子轨道的能量是由能层n和能级l共同决定的；l相同时，n越大能量越高，A选项正确；

B．s电子电子云呈球形对称；代表s电子在离核距离相同的区域出现的概率相同，但s电子的运动轨迹测不准，B选项错误；

C．s能级只有一个原子轨道；C选项错误；

D.s电子电子云轮廓图为球形；代表s电子出现概率大的区域呈球形对称，但s电子也可能在其它区域出现，只是出现的概率小，这说明s电子在空间各位置出现的概率不一定相等，D选项错误；

答案选A。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、B【分析】【详解】

根据原子的基态电子排布可知；①②③④分别是S；P、N、F。则。

A；同主族从上到下原子半径逐渐增大；同周期自左向右原子半径逐渐减小，原子半径应该是②＞①＞③＞④，A不正确；

B；由于氮元素和P元素的2p轨道和3p轨道电子分别处于半充满状态；稳定性强，第一电离能分别大于氧元素和S元素的，所以选项B正确。

C；非金属性越强；电负性越大，则电负性应该是④＞③＞①＞②，C错误；

D；F是最活泼的非金属元素；没有正价，最高正化合价：①＞③＝②＞④，D不正确；

答案选B。5、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。6、D【分析】【详解】

A.HF、HCl、HBr；HI都是共价化合物；热稳定性与共价键强度有关，与氢键无关，故A错误；

B.F2、Cl2、Br2、I2是分子晶体；熔沸点取决于分子间范德华力的大小，故B错误；

C.—OH上氢原子的活泼性与—OH键极性有关；与氢键无关，故C错误;

D.CH3—O—CH3、C2H5OH的沸点依次升高是因为乙醇分子间能形成氢键；故D正确；

答案选D。7、C【分析】【分析】

在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，在杂化轨道理论中，正四面体构型的粒子只有型，正八面体只有型，结合该固体状态化学式知，晶体由和构成；据此分析解答。

【详解】

A.在固体状态时；由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，所以其构成微粒是阴阳离子，为离子晶体，A项错误；

B.在杂化轨道理论中，正四面体构型的粒子只有型，正八面体只有型，结合该固体状态化学式知，晶体由和构成；在离子化合物中，阴阳离子所带电荷相等，所以阴阳离子数目之比为1:1，B项错误；

C.根据B项分析晶体由和构成；C项正确；

D.根据分析；该物质是一个离子晶体，离子晶体在水溶液或熔融状态下能导电，在固体时没有自由移动离子而不能导电，D项错误；

答案选C。8、C【分析】【详解】

A．超氧化钾（KO2）是离子化合物，阴、阳离子分别为K+、晶体中K+与之间形成离子键，中O—O键为共价键，则KO2中既存在离子键；又存在共价键，A选项错误；

B．根据均摊法，每个超氧化钾晶胞中含有K+的个数为含有的个数为则每个晶胞中含有4个K+和4个O2-；B选项错误；

C．根据晶胞结构图可知，晶体中与每个K+距离最近且相等的有6个；C选项正确；

D．中O—O键为共价键；O原子之间以共价键结合，D选项错误；

答案选C。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

根据图片分析，(1)s电子的原子轨道呈球形，只有一个原子轨道；(2)p电子的原子轨道呈纺锤形，每个p能级有3个原子轨道，且这三个轨道相互垂直。【解析】球1纺锤310、略

【分析】【详解】

(1)碳、氧、硅、铝四种元素分别位于第2、2、3、3周期，第3周期元素的原子的基态原子中3p能级上才有可能存在电子，铝的电子排布式为硅的电子排布式为故的3p能级上存在电子；

(2)铜的基态电子排布式为失去最外层4s上第一个电子和次外层3d上的一个电子后形成二价铜离子，其基态电子排布式为

(3)铅的核电荷数为82，位于周期表第6周期第ⅣA族，为p区元素，最外层有4个电子，故铅原子的价电子排布式为

【点睛】

铅的价电子排布式可以根据铅在周期表中的位置直接写出，因为铅是主族元素，最外层电子即为价电子，不必写出铅的电子排布式然后从中找出价电子排布式。【解析】11、略

【分析】【详解】

(1)判断离子的空间构型时，需寻找等电子体：价电子数为26，与SO32-互为等电子体，所以空间构型为三角锥形；的价电子数为24，与SO3互为等电子体，所以空间构型为平面三角形；的价电子数为32，与CCl4互为等电子体；所以空间构型为四面体形。答案为：三角锥形；平面三角形；四面体形；

(2)由第2周期元素原子构成，与F2互为等电子体的离子，可从C、N、O进行分析，如O元素，构成答案为：

(3)已知分子中O、S间为共价双键，S、F间为共价单键。含有6个原子，价电子数为40，与PCl5互为等电子体，则结构为三角双锥形，4个S—F键的键长相同，另含1个S=O键，则应为PCl5分子中位于同一平面内的2个S—F键被S=O键所替代，从而得出PCl5的空间构型为

【点睛】

利用等电子原理，其实就是利用类推法，但在使用类推法时，需注意微粒的差异性，以确定原子的相对位置。【解析】三角锥形平面三角形四面体形12、略

【分析】【分析】

(1)由中心原子的杂化方式及与它形成共价键的原子个数，便可确定的空间构型。

(2)分析的原子总数和价电子总数；依据“就近原则”，可确定它的等电子体的化学式。

【详解】

(1)的中心原子S的价电子对数孤电子对数S采用杂化，的空间构型为正四面体。答案为：正四面体；

(2)与互为等电子体的分子应为AB4型结构，且中心A原子的价电子对数为30。我们可把显负价的元素定为F或Cl，从而得出中心原子可能为C或Si，一种与互为等电子体的分子的化学式CCl4（或SiCl4，其他合理答案也可）。答案为：CCl4（或SiCl4；其他合理答案也可）。

【点睛】

若不注意审题，很容易忽视“分子的化学式”，而写成离子的化学式。【解析】①.正四面体②.CCl4（或SiCl4，其他合理答案也可）13、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CH4三、计算题(共7题，共14分)14、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】232:3MgB215、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，晶体的密度比等于物质的空间利用率之比，所以两种晶体晶胞空间利用率之比为2b3：a3；

(3)在γ-Fe晶体中Fe原子个数为8×+6×=4，Fe原子半径为rpm，假设晶胞边长为L，则L=4rpm，所以L=2rpm=2×10-10cm，则晶胞的体积V=L3=(2×10-10)cm3，所以γ-Fe单质的密度

(4)FeCl3晶体的熔沸点低；易溶于水，也易溶于乙醚；丙酮等有机溶剂，根据相似相溶原理，结合分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，属于分子晶体。

【点睛】

本题考查了Fe的晶体类型的比较、晶体空间利用率和密度的计算、铁元素化合物晶体类型的判断。学会利用均摊方法分析判断晶胞中铁原子数目，熟练掌握各种类型晶体的特点，清楚晶体密度计算公式是解答本题的关键。【解析】4：6：32b3：a3分子晶体16、略

【分析】【分析】

每个C周围有4个硅，C和Si的最短距离为体对角线的四分之一，先计算金刚石晶胞中碳的个数，再根据公式计算空间利用率。

【详解】

⑴每个C周围有4个硅，因此C的配位数为4；故答案为：4。⑵C和Si的最短距离为体对角线的四分之一，因此故答案为：188。⑶金刚石晶胞中有个碳，假设C的原子半径为r，则金刚石晶胞参数为金刚石晶体中原子的空间利用率故答案为：34%。【解析】418834%17、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4.2×10－22g63.21127.26pm18、略

【分析】【详解】

题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。六棱柱底部正六边形的面积＝6×a2cm2，六棱柱的体积＝6×a2ccm3，该晶胞中Zn原子个数为12×＋2×＋3＝6，已知Zn的相对原子质量为65，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Zn的密度ρ＝＝g·cm－3。【解析】六方最密堆积(A3型)19、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)已知金属钨的密度为ρ，钨的相对原子质量是M，每个晶胞中含有2个钨原子，则每个晶胞的质量为又因为每个晶胞的体积为a3，所以晶胞的密度解得故答案为：0.3163nm；

(3)晶胞体对角线的长度为钨原子半径的4倍，则计算得出钨原子半径为故答案为：0.137nm；

(4)每个晶胞中含2个钨原子，钨原子为球状，根据则体心立方结构的空间利用率为故答案为：68%。【解析】20.3163nm0.137nm68%20、略

【分析】【分析】

从上述NaCl晶体结构模型中分割出一个小立方体，如图中所示：其中a代表其边长，d代表两个距离最近的Na+中心间的距离，利用“均摊法”计算小立方体中Na+、Cl-的数目，进而计算小立方体的质量，根据公式密度计算出小立方体的边长；进而计算两个距离最近的钠离子中心间的距离。

【详解】

从上述NaCl晶体结构模型中分割出一个小立方体，如图中所示：其中a代表其边长，d代表两个Na+中心间的距离。由此不难想象出小立方体顶点上的每个离子均为8个小立方体所共有。因此小立方体含Na+：4×1/8=1/2，含Cl-：4×1/8=1/2，即每个小立方体含有1/2个（Na+-Cl-）离子对；

每个小立方体的质量

解得：a≈2.81×10-8cm，两个距离最近的Na+中心间的距离d=a≈4.0×10-8cm；

故答案为两个距离最近的Na+中心间的距离为4.0×10-8cm。【解析】两个距离最近的Na+中心间的距离d=a=4.0×10-8cm。四、结构与性质(共3题，共15分)21、略

【分析】【分析】

(1)根据图示判断微粒的电离能状态；结合电离最外层的一个电子需要的能量：基态大于激发态，第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能分析判断；

(2)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-；

(3)根据磷酸的电离平衡常数进行解答；

(4)根据中心原子价层电子互斥理论分析判断；

(5)①根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，晶胞中含有Ga原子数为8×+6×=4；含有As原子数为4，据此判断其化学式，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，据此答题；

②晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体积为(565pm)3，根据ρ=计算密度，晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体对角线为×565pm，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离应为晶胞体对角线的据此计算。

【详解】

(1)A．为磷原子的基态原子核外电子排布图，失去最外层一个电子，为第一电离能；

B．为磷原子的基态原子失去两个电子的核外电子排布图；再失去最外层一个电子，为第三电离能；

C．为磷原子的基态原子失去一个电子的核外电子排布图，再失去最外层一个电子，为第二电离能；

D．为磷原子的基态原子失去三个电子的核外电子排布图；再失去最外层一个电子，为第四电离能；

结合电离最外层的一个电子需要的能量：基态大于激发态；第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，故电离最外层一个电子所需能量最小的是A，答案选A。

(2)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6−，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6−，已知A.B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为：PCl4+，PCl4+中P没有孤电子对。含四个σ键，所以原子杂化方式是sp3，B为：PCl6−；

(3)相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，从H3PO4的Kl、K2、K3分别为7.6×10-3、6.3×10-8、4.4×10-13看出：磷酸第一步电离出氢离子后变为阴离子，生成的阴离子发生第二步电离时，第一步产生的氢离子对生成的阴离子的电离起抑制作用，使阴离子的第二步电离平衡逆向移动，导致难电离出带正电荷的氢离子，因此Kl远大于K2；

(4)的中心原子P的价层电子对数=4+=4，则P原子为sp3杂化；五个原子构成的微粒，空间构型为正四面体；

(5)①根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，晶胞中含有Ga原子数为8×+6×=4；含有As原子数为4，其化学式为GaAs，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，所以镓原子的配位数为4；

②晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体积为(565pm)3，所以晶体的密度为g/cm3=5.34g/cm3，晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体对角线为×565pm，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离应为晶胞体对角线的所以Ga原子与As原子之间的距离为pm。【解析】第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离正四面体422、略

【分析】【详解】

（1）锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+的价电子排布图是故答案为：12；

（2）O、Se、Te处于同主族,同主族自上而下电离能降低，第一电离能由大到小的顺序是O＞Se＞Te；H2O受氢键影响，所以沸点最高。H2Se、H2Te的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高。H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se。故答案为：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；

（3）H2Te中Te原子价层电子对个数=2+=4，有两对孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对个数=2+=２，分子为直线型，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°。故答案为：H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°；

（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子的结构是含共价键的数目是１６。故答案为：O；１６；

（5）该晶胞中Zr原子个数=8×+6×=4、O原子个数为8，Zr、O原子个数之比=4：8=1：2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2anm，晶胞体积=（2a×10-7cm）3，则立方氧化锆的密度==g·cm－3=g·cm－3。

故答案为：8；=g·cm－3。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物结构、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞中“距离最近的两个氧原子间的距离与晶胞棱长关系”，为解答易错点。【解析】12O＞Se＞TeH2O＞H2Te＞H2SeH2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°O168=23、略

【分析】【详解】

本题考查过渡元素Cu及其化合物的结构；电子排布、杂化轨道、晶体结构等物质结构的有关知识点。根据Cu的原子结构和电子排布规律、杂化轨道及分子构型的知识和晶体的类型以及晶包有关知识来解答此题。

（1）基态Cu原子核外有29个电子，外围电子排布式为3d104s1，全充满结构，稳定。简化电子排布式为[Ar]3d104S1

（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N原子外围电子排布为2s22p3，为半充满结构，较稳定，N的电离能最大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。氮原子有4个杂化轨道，所以为SP3杂化。

（3）N2的结构式为N≡N,含1个σ键和2个π键，所以σ键和π键数目比为1:2，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O结构与CO2相似，所以其结构为N=Ｎ=Ｏ，电子式为

（4）甲醛分子中，碳原子为ｓｐ２杂化，分子成平面三角型，键角约120°，由于氧原子有孤电子对，对氢原子有排斥作用，所以ＯＣＨ键角会稍大于120°，羰基氧有很强的电负性，与H2O中H有较强的静电吸引力，而形成氢键。

（5）由图可知，一个B原子与4个N原子形成4个B-N共价键，B-N键数与硼原子数之比为4:1，根据各个原子的相对位置可知，距离上述三个B原子最近且等距的N原子在x、y、z轴三个方向的1/4处，所以其坐标是()

点睛：本题最后一问，求原子的坐标参数，学生缺乏想象力，较难理解，立方体的每个顶角原子的坐标均为（0,0,0，）从每个顶角引出3维坐标轴xyz，N原子位于每个轴的1/4处，即可判断N的坐标。【解析】[Ar]3d104s1N>O>Csp3杂化1:2大于4：1（1/4，1/4，1/4)五、实验题(共1题，共5分)24、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（NH