2025年外研版选修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年外研版选修3化学下册月考试卷836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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列各项叙述中，正确的是（）A.能层序数越大，s原子轨道的形状不相同，但半径越大B.在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C.镁原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态D.原子价电子排布式为5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解2、下列各组微粒的立体构型相同的是（）A.CO2与SO2B.CH4与CCl4C.NH3与BF3D.H3O+与SO33、阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1；下列说法中一定正确的是。

A.14g两种烯烃CnH2n和CmH2m的混合物，含有共用电子对数目为3×6.02×1023B.石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如上图1)，则0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子C.720gC60晶体(如图2)中含有6.02×1023个晶胞结构单元D.60gSiO2晶体中含有2×6.02×1023个Si—O键4、GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρg•cm－3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag•mol－1和MAsg•mol－1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA；其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是。

A.该晶体为共价晶体B.该晶体中Ga和As均无孤对电子，Ga和As的配位数均为4C.原子的体积占晶胞体积的百分率为D.所有原子均满足8电子稳定结构5、下列物质中，化学式能准确表示该物质分子组成的是A.SiCB.MgOC.ArD.评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、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。

7、CO2和CH4在一定条件下合成乙酸：CO2+CH4CH3COOH。完成下列填空：

(1)写出碳原子最外电子层的轨道表示式___________________________。

(2)钛(Ti)是22号元素，它是________________(选填编号)。

a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．长周期元素

(3)CO2分子的电子式为__________________；其熔沸点比CS2低，原因是_____________________________________________________。8、元素的第一电离能：Al_________Si（填“>”或“<”）9、C；N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。

(1)Si位于元素周期表第____周期第_____族。

(2)N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___个电子。

(3)用“>”或“<”填空：。原子半径电负性熔点沸点Al_____SiN____O金刚石_____晶体硅CH4____SiH410、数十亿年来，地球上的物质不断的变化，大气的成分也发生了很大的变化.下表是原始大气和目前空气的主要成分，用下表涉及的分子回答下列问题。原始大气的主要成分CH4、NH3、CO、CO2等目前空气的主要成分N2、O2、CO2、水蒸气、稀有气体(He、Ne等)

(1)含有非极性共价键的分子是______(填化学式)

(2)含有极性共价键的非极性分子是______(填化学式)

(3)H2O中心原子的杂化方式及分子构型为______

(4)图中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。其中代表CH4的是______(填字母序号)

(5)根据NH3•H2O⇌NH4++OH-，用氢键表示式写出氨分子和水分子之间最主要存在的氢键形式______11、如图所示为高温超导领域里的一种化合物——钙钛矿的晶体结构；该结构是具有代表性的最小结构重复单元。

（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子、氧离子各有_____________、_____________、_____________个。

（2）该晶体结构中，Ca、Ti、O个数比是___________；该物质的化学式可表示为___________。12、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)。13、(1)将等径圆球在二维空间里进行排列；可形成密置层和非密置层，在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A属于________层，配位数是________；B属于________层，配位数是________。

(2)将非密置层一层一层地在三维空间里堆积；得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子的配位数是________，平均每个晶胞所占有的原子数目是________。

(3)有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式，钋位于元素周期表的第________周期第__________族，元素符号是________，最外电子层的电子排布式是________。14、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)15、黄铁矿(主要成分为FeS2)是工业制硫酸的主要原料。回答下列问题。

(1)基态铁原子的价电子排布图_____________。

(2)制硫酸的过程中会产生SO3,SO3的空间构型是_____。

(3)配合物[Fe(H2N-CH2-CH2-NH2)3]SO4的名称是硫酸三乙二胺合铁(II)。其中的乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)是配体。

①[Fe(H2N-CH2-CH2-NH2)3]SO4的晶体类型属于______，其中C、N、O的电负性由大到小的顺序为______

③乙二胺分于中氮原子的杂化轨道类型是______。乙二胺和偏二甲肼(CH3)2NNH2互为同分异构体。乙二胺的沸点117.2℃，偏二甲肼的沸点63℃。两者沸点不同的主要原因是_________________。

(4)铁和铜的电离能数据如下表:。铁铜第一电能能(kJ/mol)759746第二电离能(kJ/mol)15611958

第一电离能与第二电离能之间的差值铜比铁大得多的原因是______。

(5)铁原子有两种堆积方式，相应地形成两种晶胞(如图甲、乙所示)，其中晶胞乙的堆积方式是______,晶胞甲中原子的空间利用率为______(用含的代数式表示)。16、元素的性质与原子结构；元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：

（1）如图表示某短周期元素X的前五级电离能（I）的对数值；试推测并写出X的元素符号___。

（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同；两者互为等电子体，请写出甲的化学式___，甲分子中心原子的杂化类型是___。

（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC13·5NH3（紫红色）和1mo1CoC13•4NH3（绿色）溶于水，加入AgNO3溶液；立即沉淀的AgCl分别为2mo1；1mol。则紫红色配合物中配离子的化学式为___，绿色配合物中Co的配位数为___。

（4）某稀土元素M的氧化物晶体为立方晶胞；其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M离子。

①写出该氧化物的化学式___。

②己知该晶体密度为ρg·cm-3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则M的相对原子质量Mr=___（用含ρ；a等的代数式表示）；

③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，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M原子）的坐标为（），则原子2(M原子）的坐标为___。17、黄铜是人类最早使用的合金之一；主要由锌和铜组成。回答下列问题：

（1）铜原子核外电子共有__种不同运动状态，基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为__。

（2）根据铜、锌原子结构可知第二电离能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于”。

（3）向蓝色硫酸铜溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+。

①H2O分子中心原子的杂化类型为__；分子中的键角：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

②通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

③氨硼烷(BH3—NH3)可以作为机动车使用的备选氢来源或氢储存的材料。

下列与氨硼烷是等电子体的有__(填编号)。

A.乙烷B.H2O2C.H3PO4D.S8

④写出BH3—NH3的结构式结构中若含配位键用→表示__。

（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。

①其化学式为__。

②若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为__cm(用NA表示阿伏加德罗常数，用M表示该晶体的摩尔质量)。18、早在1913年就有报道说；在400℃以上AgI晶体的导电能力是室温时的上万倍，可与电解质溶液相比。

(1)已知Ag元素的原子序数为47，则Ag元素在周期表中的位置是_____________，属于_____区，基态Ag原子的价电子排布式为__________。

(2)硫代硫酸银(Ag2S2O3)是微溶于水的白色化合物，它能溶于过量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液生成[Ag(S2O3)2]3-等络阴离子。在[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是______(填名称)，配体阴离子的空间构型是______，中心原子采用_____杂化。

(3)碘的最高价氧化物的水化物有HIO4(偏高碘酸，不稳定)和H5IO6(正高碘酸)等多种形式，它们的酸性HIO4_____H5IO6(填：弱于、等于或强于)。氯、溴、碘的氢化物的酸性由强到弱排序为______(用化学式表示)，其结构原因是______。

(4)在离子晶体中，当0.414<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构(如下图1)。已知r(Ag+)：r(I-)=0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。I－的配位数为______，造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是_______。

a．几何因素b．电荷因素c．键性因素。

(5)当温度处于146～555℃间时，六方碘化银转化为α–AgI(如下图)，Ag+可随机地分布在四面体空隙和八面体空隙中，多面体空隙间又彼此共面相连。因此可以想象，在电场作用下，Ag+可从一个空隙穿越到另一个空隙，沿着电场方向运动，这就不难理解α–AgI晶体是一个优良的离子导体了。则在α–AgI晶体中，n(Ag+)﹕n(八面体空隙)﹕n(四面体空隙)=______________。

19、英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法；化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：

（1）下列有关石墨烯的说法正确的是_________

A.12g石墨烯含化学键数为NA

B.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面。

C.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力。

D.石墨烯中每个C原子连接3个六元环,每个六元环占有6个C原子。

（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一,催化剂为金；铜、钴等金属或合金,含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。

①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是_________；第四周期元素中,最外层电子数与铜原子相同的元素还有___________。

②下列分子属于非极性分子的是__________。

a.甲烷b.二氯甲烷c.苯d.乙醇。

③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还大的丁烷,请解释原因____________________________。

④酞菁与酞菁铜染料分子结构（如图）,酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是____。

⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图),它的化学式可表示为_________；在Au周围最近并距离相等的Cu有_____个,若2个Cu原子核的最小距离为dpm,该晶体的密度可以表示为__________g/cm3。(阿伏伽德罗常数用NA表示).

评卷人得分四、工业流程题(共1题，共10分)20、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______________。评卷人得分五、实验题(共1题，共5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_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A、s能级的轨道都是球形的，且电子层序数越大，半径也就越大，故A错误；B、在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一电子层的不同轨道中，电子的自旋方向是可以相同的，故B错误；C、Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2轨道上，由基态转化为激发态，故C正确；D、原子的最外层电子排布是5s1的元素是Rb元素；其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝反应，故D错误；故选C。

【点睛】

原子轨道的形状与电子层数的多少无关；在电子排布中，每一电子层有s、p、d、f等七个能级，每个能级有不同的轨道，在每一轨道上电子的自旋方向不同；能量最低的能级叫做基态，其他能级叫做激发态；氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱。2、B【分析】【详解】

A．CO2分子是直线型分子；SO2中心原子价层电子对个数是3；且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是V形，A错误；

B．CH4与CCl4分子中C原子价层电子对个数均为4+（4-4×1）/2=4，且不含孤电子对，所以CH4与CCl4分子均为正四面体结构；B正确；

C．NH3中价层电子对个数=3+（5-3）/2=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，BF3中B原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3；所以分子构型为平面正三角形，C错误；

D．H3O+中心原子的价层电子对个数是3，且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，SO3中心原子价层电子对数=3，S原子采取sp2杂化；分子空间构型为平面三角形，D错误。

答案选B。3、A【分析】【详解】

A．烯烃中，1molC平均可以形成1mol碳碳共用电子对、1molH可以形成1molC-H共用电子对；烯烃的最简式为：CH2，14g混合物中含有1molCH2，能够形成1mol碳碳共用电子对和2molC-H共用电子对，总共形成3mol共用电子对，含有共用电子对数目为3×6.02×1023；故A正确；

B．0.12g石墨烯中含有0.12g碳原子，含有0.01molC，即含有6.02×1021个碳原子；故B错误；

C．由均摊法可知一个晶胞中C60的个数为=4，720gC60晶体含有1molC60，1molC60分子可以形成0.25mol晶胞结构单元，即含有1.505×1023个晶胞结构单元；故C错误；

D．60g二氧化硅的物质的量为1mol，含有1mol硅原子，形成了4molSi—O键，含有4×6.02×1023个Si-O键；故D错误；

综上所述答案为A。4、C【分析】【详解】

A.GaAs晶体的熔点很高；硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；

B.由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为晶胞中As；Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；

C.晶胞中原子总体积为晶胞质量为晶胞的体积为原子的体积占晶胞体积的百分率为故C错误；

D.每个As；Ga原子都形成4个共价键；均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；

故答案选：C。5、C【分析】【详解】

A.SiC属于原子晶体；化学式不能表示分子组成，表示晶体中原子数目比，A错误；

B.MgO属于金属氧化物；属于离子化合物，化学式不能表示分子组成，表示晶体中离子数目比，B错误；

C.Ar属于单原子分子；属于分子晶体，化学式能表示分子组成，C正确；

D.是聚乙烯的结构简式，不是分子式，不能表示分子组成，D错误；故答案为：C。二、填空题(共9题，共18分)6、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.×10107、略

【分析】【分析】

（1）碳原子位于第二周期第IVA族，最外层电子排布式为2s22p2；

（2）钛是22号元素；根据元素周期表排布规律，位于第4周期第IVB族；

（3）分子熔沸点与分子间作用力有关。

【详解】

(1)碳原子最外层电子排布式为2s22p2，最外电子层的轨道表示式为

(2)钛(Ti)是22号元素；位于第4周期第IVB族，它是长周期元素；副族元素。答案为BD。

(3)CO2分子的电子式为其熔沸点比CS2低，原因是两者都为分子晶体，CO2的相对分子质量较低，分子间作用力较小，熔沸点越低。【解析】bd两者都为分子晶体，CO2的相对分子质量较低，分子间作用力较小，熔沸点越低。8、略

【分析】【详解】

同周期；从左到右，总体上第一电离能逐渐增大（第二和第五主族例外）；故铝的第一电离能小于硅。

答案为：<。【解析】<9、略

【分析】【分析】

(1)硅原子序数为14；按相关知识点填空即可；

(2)按N和Cu的原子核外电子排布式回答；

(3)按原子半径规律；电负性规律填写；熔点按原子晶体中影响熔点的因素填写，沸点按分子晶体中影响沸点的规律填写；

【详解】

(1)硅原子序数为14；核外14个电子，分3层排布，最外层4个电子，则硅位于元素周期表第三周期第IVA族；

答案为：三；IVA；

(2)N和Cu的原子序数分别为7和29，N原子核外电子排布式为1s22s22p3，铜原子外围电子构型为3d34s1；则铜原子最外层有1个电子；

答案为：1s22s22p3；1；

(3)Al和Si同周期，原子序数大者原子半径小，故原子半径Al＞Si；氮和氧是同周期非金属元素，原子序数大者电负性大，故电负性N＜O；金刚石和晶体硅都是原子晶体，原子晶体中熔点由共价键牢固程度决定，碳碳单键比硅硅单键牢固，故熔点：金刚石＞硅晶体，CH4和SiH4都是分子晶体，沸点由分子间作用力决定，CH4和SiH4组成结构相似，相对分子质量大者分子间作用力大，则沸点高，故沸点：CH4＜SiH4；

答案为：>；<；>；<。【解析】①.三②.IVA③.1s22s22p3④.1个⑤.)>⑥.<⑦.>⑧.<10、略

【分析】【分析】

同种非金属元素之间存在非极性共价键；正负电荷重心重合的分子为非极性分子，根据中心原子的价层电子对数确定杂化方式，根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，非金属元素的氢化物沸点随着相对分子质量的增大而升高，存在氢键的物质的沸点较高；在氨水中，水分子的氢原子和氨气分子中的氮原子之间存在氢键。

【详解】

（1）氮气和氧气都是双原子分子，同种非金属原子之间存在非极性共价键，所以含有非极性共价键的分子是N2、O2；

故答案为：N2、O2；

（2）甲烷中碳原子和氢原子之间存在极性键；甲烷是正四面体结构，二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线型结构，甲烷和二氧化碳分子中正负电荷重心重合，所以甲烷和二氧化碳是非极性分子；

答案为：CH4、CO2；

（3）水分子中价电子数=2+（6-2×1）=4；水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，分子空间构型为V型；

答案为：sp3；V型；

（4）氢化物的沸点变化规律的图象中；折线D可以得出该族元素的氢化物的沸点随着原子序数的递增，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，甲烷属于第IVA族元素的氢化物，相对分子质量最小，沸点最低，故选D；

答案为D；

（5）氨水中，H2O中H原子与NH3分子中的N原子形成氢键；即O-HN；

答案为：O-HN

【点睛】

本题涉及到了非极性分子的判断、原子的杂化方式、分子的空间构型等知识点，难度不大，原子的杂化方式、分子的空间构型、氢键等知识点是高考的热点，应重点掌握。【解析】①.N2、O2②.CH4、CO2③.sp3V形④.D⑤.O—HN11、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据晶胞的结构可知；以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，这样的离子有6个（上下左右前后各1个），钙离子分布在体心上，这样的离子有8个（每个顶点可以形成8个立方体），氧离子分布在棱上，最接近且距离相等的也是6个（上下左右前后各1个）；答案为6，8，6。

（2）利用均摊法可知，钛离子位于顶点，在每个晶胞中钛离子个数为8×=1，氧离子位于棱上，氧离子的个数为12×=3，钙离子位于体心，钙离子个数为1，所以钙、钛、氧的离子个数比是1：1：3，化学式可表示为CaTiO3；答案为1：1：3；CaTiO3。【解析】①.6②.8③.6④.1：1：3⑤.CaTiO312、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%④.13、略

【分析】【分析】

密置层的排列最紧密；靠的最近，空隙最少，每一层中，一个原子与周围三个原子相互接触，据此分析；根据配位数为中心原子直接接触的原子的个数分析；金属原子周围直接接触的原子数目有六个，每个晶胞有8个原子，一个原子被8个晶胞所共有，据此分析；根据钋元素是氧族元素解答。

【详解】

（1）密置层的排列最紧密；靠的最近，空隙最少，在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A中的排布不是最紧密，A属于非密置层，一个中心圆球周围有四个圆球，配位数是4；B中排布是最紧密的结构，B属于密置层，一个中心圆球周围有六个圆球，配位数是6；答案：非密置；4；密置；6。

（2）将非密置层一层一层地在三维空间里堆积；得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子周围直接接触的原子数目有六个，金属原子的配位数是6，每个晶胞有8个原子，一个原子被8个晶胞所共有，平均每个晶胞所占有的原子数目是8×1/8=1；答案：6；1。

（3）有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式，钋位于元素周期表的第六周期ⅥA族，元素符号是Po，最外层电子排布式是6s26p4。答案：六；ⅥA；Po；6s26p4。【解析】非密置4密置661六ⅥAPo6s26p414、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)15、略

【分析】【详解】

（1）基态铁26个电子，价电子排布图为：

（2）三氧化硫中σ键电子对数为3，中心原子孤电子对数为价层电子对数为3，所以为平面正三角形。

（3）①该物质含有阴阳离子，晶体类型属于离子晶体，非金属性越强，电负性越强，所以碳和氮和氧的电负性由大到小的顺序为：O>N>C。

③氮原子形成四个σ键，价层电子对数为4，采用sp3杂化。虽然乙二胺和偏二甲肼的分子间均能形成氢键；但是，由于乙二胺分子中的N—H键的数目多于偏二甲肼，因而乙二胺的分子间氢键数目大于偏二甲肼，所以乙二胺的熔沸点高。

（4）电离能越大，说明原子或离子越难失去电子，具有全充满或半充满及全空的电子构型的元素稳定性较高，其电离能数值较大。失去1个电子后，+1价铜电子排布是3d10，+1价的铁电子排布式是3d64s1；铜为全充满结构很稳定，所以第二电离能铜比铁大很多（或+1价铜失去的是3d电子，+1价的铁失去的是4s电子，3d电子的能量比4s高）

（5）晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心，所以属于面心立方最密堆积；晶胞甲中含有铁原子个数为假设铁原子半径为r，晶胞的边长为a，则有（4r）2=（a）2+a2，解r=原子的空间利用率为=

【点睛】

掌握电离能的大小与失电子能力的关系，掌握立方晶胞的计算方法，通常用均摊法，即顶点的粒子同为8个晶胞所拥有，1/8离子属于该晶胞；位于棱上的的粒子有1/4属于该晶胞；位于面上的粒子有1/2属于该晶胞；位于内部的整个离子都属于该晶胞。还要掌握晶胞的空间利用率的计算公式。【解析】平面正三角形离子晶体O>N>Csp3杂化两种物质中分子间氢键数目乙二胺大于偏二甲肼失去1个电子后+1价铜电子排布是3d10，+1价的铁电子排布式是3d64s1，铜为全充满结构很稳定，所以第二电离能铜比铁大很多（或+1价铜失去的是3d电子，+1价的铁失去的是4s电子，3d电子的能量比4s高）面心立方最密堆积16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为

（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为或中硫原子是杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此分子中心原子的杂化类型也为

（3）根据分析，1mol紫红色的物质中有2mol位于外界，因此剩下的1mol位于内界，其配离子的化学式为而1mol绿色的物质中有1mol位于外界，因此剩下的2mol位于内界；因此其配位数为4+2＝6；

（4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按来计算，位于棱心的氧原子按来计算，位于面心的氧原子按来计算，位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M离子和8个氧离子，因此其化学式为

②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为晶体的体积为代入后化简即可得到

③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为【解析】MgS2O或OS2sp2[Co(NH3)5Cl]2+6MO217、略

【分析】【分析】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，基态核外电子排布为[Ar]3d104s1；

(2)根据Zn和Cu的电子排布式考虑电离能大小；

(3)①根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断；孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；

②配合物向生成更稳定的配合物转化；

③原子数目相等；价电子总数相等的微粒互为等电子体；

④BH3-NH3中B存在空轨道；N存在孤电子对，由N和B之间形成配位键；

(4)①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为据此得到化学式；

②设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=()2+()2，a=x，结合密度ρ=V=x3，1个晶胞质量m=g；计算x得到铜原子间最近距离。

【详解】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，为29号元素，则铜原子核外电子共有29种不同运动状态；基态核外电子排布为[Ar]3d104s1；则基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；

(2)锌的第二电离能I2(Zn)小于铜的第二电离能I2(Cu)，Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易；所以第二电离能相对小；

(3)①对于H2O，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=2+=4，则中心O为sp3杂化；

孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，H2O的孤电子对数目多于NH3的孤电子对数目，则分子中的键角：H2O小于NH3；

②配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3＞H2O；

③B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对个B原子形成配位键，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C2H6；故答案为A；

④BH3-NH3中B存在空轨道，N存在孤电子对，由N和B之间形成配位键，所以其结构式为：

(4)①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为据此得到化学式SnCu3P；

②摩尔质量为342g/mol，则一个晶胞质量m=g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=()2+()2，a=x，结合密度ρ=V=x3==cm3，x=cm，a=cm。

【点睛】

价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。【解析】29球形小于sp3小于小于ASnCu3P18、略

【分析】【分析】

根据同族元素来确定Ag元素的位置和价电子排布式；由价层电子对互斥理论确定杂化轨道和空间构型；含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强；四面体空隙：由四个球体围成的空隙；球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空隙，球体中心线围成八面体形；根据均摊法确定离子个数；八面体空隙和四面体空隙的个数。

【详解】

(1)已知Ag元素的原子序数为47，第四周期有18种元素，47-18=29，29号元素为Cu，则Ag元素在周期表中应在Cu的下方，Cu原子的价电子为3d104s1，Cu元素在第四周期IB族，属于ds区，所以则Ag元素在周期表中的位置是第五周期IB族，属于ds区，基态Ag原子的价电子排布式为4d105s1。

(2)硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大,所以与银离子的亲和性更好,所以[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是硫；配体阴离子-的中心原子是硫，另一个硫原子相当于氧原子，则中心原子硫的孤电子对数为价层电子对数为4+0=4，所以空间构型是四面体形，中心原子采用sp3杂化。

(3)H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，含非羟基氧原子个数越多酸性越强，所以酸性HIO4强于H5IO6；氯、溴、碘的氢化物为HCl、HBr、HI，由于氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H—Cl、H—Br、H—I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强，故酸性由强到弱排序为HI>HBr>HCl；

(4)如下图2，离I－最靠近的Ag+的有四个，所以I－配位数为4；由于r(Ag+)：r(I-)=0.573，在0.414<0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，所以a几何因素不可以作为晶体结构的原因；AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因；Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，答案选ab。

(5)如图取最小的单元，八面体空隙在面心(6个)和棱上(12个)，有个，四面体空隙在面心，每个面心四个，有个，每个晶胞含有个离子，则n(Ag+)﹕n(八面体空隙)﹕n(四面体空隙)=2﹕6﹕12=1﹕3﹕6。

【点睛】

同族元素价电子基本相同，根据同族元素的相似性，确定元素的有关知识；中心原子的杂化类型和分子空间构型根据价层电子对互斥理论确定，先确定中性原子的孤电子对数，再得到价层电子对数，可得杂化类型和空间构型；立方晶胞原子的均摊法计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；四面体空隙有8个，八面体空隙有4个。【解析】第五周期IB族ds4d105s1硫四面体形sp3强于HI>HBr>HCl氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H—Cl、H—Br、H—I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强4ab1﹕3﹕619、略

【分析】【详解】

（1）A．石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键；所以12g石墨烯含σ键数为1.5NA，选项A错误；

B．碳碳双键上所有原子都处于同一平面；所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，选项B正确；

C．石墨结构中；石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，选项C正确；

D、石墨烯晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3个C-C化学键，则每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为6×=2；选项D错误；

答案选BC；

（2）①铜是29号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d；

第四周期元素中,最外层电子数与铜原子相同的元素还有K、Cr;

②a.甲烷为正四面体结构；结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，选项a正确；

b.二氯甲烷为四面体分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项b错误；

c