2025年人教新起点选修3化学下册阶段测试试卷含答案

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①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种。

②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2；属于p区。

③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子。

④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中的阴；阳离子个数比均为1：2

⑤Cu（OH）2是一种蓝色絮状沉淀；既能溶于硝酸；也能溶于氨水，是两性氢氧化物。

⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“．．．”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：

⑦HF沸点高于HCl；是因为HCl共价键键能小于HF

⑧可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键A.4项B.5项C.6项D.7项2、对储氢材料CaH2描述错误的是（）A.离子半径：H->Li+B.H-有强还原性C.Ca2+最外层电子排布式：3s23p6D.CaH2晶体中既有离子键又有共价键3、下列说法正确的是A.ns电子的能量一定高于(n−1)p电子的能量B.6C的电子排布式1s22s22py2，违反了泡利不相容原理C.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是p区元素D.电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了洪特规则4、下列有关叙述中正确的是（）A.因为s轨道的形状是球形的，所以处于s轨道上的电子做的是圆周运动B.电子在三个轨道上运动时，能量不同C.的最外层电子排布式为D.H、F、Cl、O的电负性逐渐增大5、下列物质不是配合物的是（）A.K2[Co(SCN)4]B.Fe(SCN)3C.CuSO4·5H2OD.NH4Cl6、下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是()A.F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强C.金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低7、干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是A.原子晶体干冰有很高的熔、沸点，有很大的硬度B.原子晶体干冰易气化，可用作致冷剂C.分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料D.每摩尔原子晶体干冰中含2molC—O键评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、在下列有关晶体的叙述中错误的是（）A.分子晶体中，一定存在极性共价键B.原子晶体中，只存在共价键C.金属晶体的熔沸点均很高D.稀有气体的原子能形成分子晶体9、硅原子的电子排布式由1s22s22p63s23p2转变为1s22s22p63s13p3，下列有关该过程的说法正确的是（）A.硅原子由基态转化为激发态，这一过程吸收能量B.硅原子由激发态转化为基态，这一过程释放能量C.硅原子处于激发态时的能量低于基态时的能量D.转化后硅原子与基态磷原子的电子层结构相同，化学性质相同10、下面是s能级和p能级的原子轨道图；下列说法正确的是()

A.s电子的原子轨道呈球形，P轨道电子沿轴呈“8”字形运动B.s能级电子能量低于p能级C.每个p能级有3个原子轨道，在空间伸展方向是不同的D.任一电子层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该电子层序数11、下列分子或离子中,中心原子含有孤电子对的是A.H3O+B.SiH4C.PH3D.-12、以为原料，采用电解法制备电源TMAH[化学式]是一种高效；绿色工艺技术。原理如图；M、N是离子交换膜。下列说法错误的是。

A.a是电源正极B.M为阴离子交换膜C.中N原子均为杂化D.通过1mol电子时，电解池中可产生16.8L(STP)气体13、有关晶体的叙述正确的是（）A.在24g石墨中，含C-C共价键键数为3molB.在12g金刚石中，含C-C共价键键数为4molC.在60g二氧化硅中，含Si-O共价键键数为4molD.在NaCl晶体中，与Na+最近且距离相等的Na+有6个14、下表是某些原子晶体的熔点和硬度。原子晶体金刚石氮化硼碳化硅硅锗熔点/℃3350300026001415938.4硬度109.59.07.06.0

分析表中的数据，判断下列叙述正确的是（）A.构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高B.构成原子晶体的原子间的共价键键能越大，晶体的熔点越高C.构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越大D.构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越小评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、黑磷是磷的一种稳定的同素异形体，黑磷具有正交晶系的晶体结构(图A)，晶胞参数a=3.310A，b=4.380A；c=10.500A。黑磷烯是二维的单层黑磷(图B)，黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3。与石墨烯相比，黑磷烯具有半导体性质，更适合于制作电子器件。已知黑磷结构中只有一种等效的三配位P，所有P原子的成键环境一样，图A中编号为①的P原子的晶胞内坐标为(0.50，0.090，0.598)。请回答下列问题：

(1)写出P原子的价电子排布：___。

(2)P和F的电负性大小顺序是X(P)___X(F)。(填“<”“=”或“>”)P和F形成的分子PF3和PF5，它们的几何构型分别为__、__。

(3)①黑磷中P原子杂化类型是__。黑磷中不存在__(选填字母序号)。

A.共价键B.σ键C.π键D.范德华力。

②红磷、白磷与黑磷熔点从高到低的顺序为__，原因是__。

(4)图A中编号为②的P原子的晶胞内坐标为__，黑磷的晶胞中含有__个P原子。16、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__。17、亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl；回答问题：

（1）写出基态Fe3+的核外电子排布式___。

（2）K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外；还有___和___。

（3）黄血盐中N原子的杂化方式为____；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为___，电负性由大到小的排序为___。18、钾的化合物广泛存在于自然界中。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。

（2）钾的焰色反应为________色，发生焰色反应的原因是_____________________。

（3）叠氮化钾(KN3)晶体中，含有的共价键类型有________________，N3-的空间构型为________。

（4）CO能与金属K和Mn形成配合物K[Mn(CO)5]，Mn元素基态原子的价电子排布式为________。19、镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的价电子排布式为___________，排布时最高能层的电子所占的原子轨道有__________个伸展方向。

（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法不正确的有_________。

A．CO与CN-互为等电子体；其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2

B．NH3的空间构型为平面三角形。

C．Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6

D．Ni(CO)4中，镍元素是sp3杂化。

（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“•••”表示出氢键。_____

（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同；相关离子半径如下表：

NiO晶胞中Ni2+的配位数为_______，NiO熔点比NaCl高的原因是_______________________。

（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。合金LaNix晶体属六方晶系如图a所示，其晶胞如图a中实线所示，如图b所示（其中小圆圈代表La，小黑点代表Ni）。储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图c、d，这些就是氢原子存储处。

①LaNix合金中x的值为_____；

②LaNix晶胞的密度是________g/cm-3（阿伏伽德罗常数用NA表示，LaNix的摩尔质量用M表示）

③晶胞中和“”同类的八面体空隙有______个。评卷人得分四、结构与性质(共2题，共6分)20、乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应:5C2H5OH+4MnO4-+12H++13H2O=5CH3COOH+4[Mn(H2O)6]2+。

(1)H、C、O中.原子半轻最大的是______(填元素符号，下同).电负性最大的是___________。

(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn-O化学键称为_______键,其电子对________由提供。H2O与H+结合生成H3O+,与H3O+所含原子总数相等的等电子体是________(填分子式,写一种)。

(3)在上述反应中C2H5OH转化为CH3COOH，C原子的杂化轨道类型由____变为________。

(4)CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因,除它们都是极性分子外还因为____________。

(5)第一电离能I1(O)___(填”>”“<”或”=“)I1(S),其原因是___________________。

(6)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。若距离最近的两个锰原子之间的距离为bpm,阿伏加德罗常数的值为NA.则β-MnSe的密度=____(列出表达式)g·cm-3。

21、硅、镓、锗、硒等单质及某些化合物(如砷化镓)都是常用的半导体材料，广泛用于光电应用领域。具有钙钛矿结构的金属卤化物(通常用ABX3表示)作为一种新型半导体材料也备受关注，A是阳离子(CH3NHCs+等)，B是二价金属阳离子(Pb2+，Sn2+等)；X是卤离子。

(1)基态Se原子的核外电子排布式为______，其能量最高轨道的电子云形状为______。

(2)镓、锗、砷、硒的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)。

(3)CH3NH中N原子的杂化方式为______，该离子与______分子互为等电子体；CH3NH中H—N—H键角比NH3中H—N—H键角______(填“大”或“小”)，理由是______。

(4)锗的一种氧化物的立方晶胞如图所示：

其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为______，O的配位数为______，每个Ge原子周围距离最近且相等的Ge原子有______个。已知Ge与O的最近距离为anm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度ρ=______g·cm-3(列出计算式即可)。评卷人得分五、实验题(共1题，共10分)22、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4题，共20分)23、锗(Ge)是典型的半导体元素；在电子；材料等领域应用广泛。回答下列问题：

(1)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、熔点/℃角度分析，原因是______________。

(2)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因____________。GeCl4GeBr4Gel4熔点/℃-49.526146沸点/℃83.1186约400

(3)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________。

(4)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为__________，微粒之间存在的作用力是________。

(5)晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为(0，)；C(0，)，则D原子的坐标参数为_________。

②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为_______g/cm3（列出计算式即可）。24、第四周期的元素，如：钛(22Ti)、铁(26Fe)；砷、硒、锌等及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：

(1)基态Ti原子中，最高能层电子的电子云轮廓形状为___________，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有______种。

(2)琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是______________。

(3)SCN-离子可用于Fe3+的检验；其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H-S-C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S)。

①写出与SCN-互为等电子体的一种微粒_________________(分子或离子)；

②硫氰酸分子中π键和σ键的个数之比为___________；

③异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高的原因是________________________。

(4)成语“信口雌黄”中的雌黄分子式为As2S3，分子结构如图，As原子的杂化方式为____________，雌黄和SnCl2在盐酸中反应转化为雌黄（As4S4）和SnCl4并放出H2S气体，写出该反应方程式__________________________。SnCl4分子的空间构型为______________。

(5)高子化合物CaC2的一种晶体结构如图所示。该物质的电子式___________。一个晶胞含有的π键平均有___________个。

(6)硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为___________(填元素符号)；该晶胞中硒原子所处空隙类型为___________(填“立方体”、“正四面体”或正八面体”)，该种空隙的填充率为___________；若该晶胞密度为pg•cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg•mol-1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为___________nm。

25、Ⅰ．某离子晶体特征结构如图A所示。X●位于立方体部分顶点；Y○位于立方体中心。试分析：

（1）每个Y同时吸引着_______个X，该晶体的化学式为______________。

（2）晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X共有__________个。

（3）晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX是___________。

（4）设该晶体的摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的X中心间距为__________cm。

Ⅱ．B4Cl4是一种淡黄色并具有挥发性的固体化合物，在70℃以下，它存在于真空中。结构测定表明：该化合物中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键。根据上述性质和参数画出B4Cl4分子空间构型的示意图______________________。26、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所示；图乙是有机高聚物的结构片段。

（1）Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。

（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。

（3）NO2-的空间构型为_____。

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

Mn的第一电离能是_____，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。

（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_____（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_____g·cm3(阿伏加德罗常数用NA表示）。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

①甲基中，碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以为sp3杂化，-COOH中，碳原子价层电子对个数=3+0=3，形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化；①正确；

②Ge位于第四周期ⅣA族，Ge为32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；属于p区元素，②错误；

③H2O2结构不对称；属于极性分子，③错误；

④Na2O每有2个Na+，就有1个O2-，阴阳离子个数比为1：2，Na2O2每有2个Na+，就有1个阴阳离子个数比为1：2，NaHSO4晶体中为Na+和阴阳离子个数比为1：1，④错误；

⑤Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸，但Cu(OH)2能溶于氨水，是因为Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子，属于络合反应，Cu(OH)2无两性；⑤错误；

⑥氢键应形成于XH-Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·H2O的结构式有两种可能：H3NH-O-H、H2N-HOH2，由于NH3·H2O可电离出和OH-；前者合理，⑥正确；

⑦HF和HCl属于分子晶体，由于HF中存在H—FH这样的相互作用；即氢键，使得HF沸点高于HCl，⑦错误；

⑧O可以形成氢键；因此可燃冰中水分子之间存在氢键，但甲烷和水分子之间不存在氢键，⑧错误；

综上所述，共6项错误，答案选C。2、D【分析】【详解】

A.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+；故A正确；

B.H-易失去电子；则具强还原性，故B正确；

C.钙的原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6；故C正确；

D.CaH2晶体中钙原子与氢原子之间只存在离子键；故D错误；

综上所述；答案为D。

【点睛】

一般情况下，金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，CaH2晶体中钙原子分别与两个氢原子形成离子键，则CaH2晶体中无共价键。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．电子能量与能层和能级都有关；ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A正确；

B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，6C的电子排布式1s22s22py2违反了洪特规则；故B错误；

C．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3；电子层数是5，最后一个电子排在P轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是P区元素，故C错误；

D．根据泡利不相容原理知；3p轨道最多排6个电子，故D错误；

故答案为A。4、C【分析】【详解】

A．s轨道的形状是球形的；表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，故A错误；

B．属于同一能级上的电子；其能量相同，故B错误；

C．根据铁原子的电子排布可知的最外层电子排布式为故C正确；

D．O、F处于同一周期，同周期自左而右电负性增大，故电负性F、Cl同主族，自上而下电负性减小，故电负性非金属性越强电负性越强，所以H；Cl、O、F的电负性逐渐增大，故D错误；

答案选C。5、D【分析】【分析】

配合物也叫络合物；为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子构成，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。

【详解】

A．该物质中；钴离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选；

B．铁离子提供空轨道；硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故B不选；

C．该物质中铜离子提供空轨道；水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故C不选；

D．铵根离子中N原子含有孤电子对；氢离子提供空轨道，形成配位键，铵根离子与氯离子以离子键结合，所以该物质不是配合物，故D选；

答案选D。6、C【分析】【详解】

A项、F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体；影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键的键能大小无关，故A错误；

B项、HF、HI、HBr、HCl属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，但是HF、HCl、HBr；HI的热稳定性依次减弱；故B错误；

C项；金刚石、晶体硅属于原子晶体；原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与共价键的键能大小有关，故C正确；

D项、NaF、NaCl、NaBr；NaI属于离子晶体；离子半径越大，晶格能越小，熔、沸点越低，与共价键的键能大小无关，故D错误；

故选C。7、A【分析】【分析】

【详解】

A.根据原子晶体的性质得出原子晶体干冰有很高的熔；沸点；有很大的硬度，故A正确；

B.原子晶体干冰有很高的沸点；不易气化，不可用作致冷剂，故B错误；

C.根据分子晶体的性质得出分子晶体干冰硬度小；不可用于耐磨材料，故C错误；

D.根据原子晶体SiO2的结构推出每摩尔原子晶体干冰中含4molC—O键；故D错误；

综上所述，答案为A。二、多选题(共7题，共14分)8、AC【分析】【分析】

A.分子晶体如果是单质中只存在非极性键；所以A错；B.原子晶体中只存在共价键。

是正确的；故B正确；C.金属晶体的熔沸点有高有低，如钨的熔沸点很高，而金属汞常温下为液体，故C错；D.稀有气体的原子能形成分子晶体是正确的，故D正确。

【详解】

所以本题的正确答案为：A.C。9、AB【分析】【详解】

A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时；有1个3s电子跃迁到3p轨道上，3s轨道的能量低于3p轨道的能量，要发生跃迁，必须吸收能量，使电子能量增大，故A正确；

B．硅原子处于激发态时能量要高；处于基态能量变低，因而由激发态转化成基态，电子能量减小，需要释放能量，故B正确；

C．基态原子吸收能量变为激发态原子；所以激发态原子能量大于基态原子能量，故C错误；

D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子的激化态为1s22s22p63s13p3，基态磷原子为1s22s22p63s23p3；则它们的价层电子数不同，性质不同，故D错误；

答案为AB。10、CD【分析】【详解】

A.s电子的原子轨道呈球形；p电子的原子轨道是“8”字形的，但是电子是做无规则运动，轨迹是不确定的，故A错误；

B.根据构造原理；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B错误；

C.不同能级的电子云有不同的空间伸展方向；p轨道有3个相互垂直的呈纺锤形的不同伸展方向的轨道，故C正确；

D.多电子原子中；同一能层的电子，能量可能不同，还可以把它们分成能级，任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故D正确；

故选CD。

【点睛】

能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数。11、AC【分析】【分析】

利用孤电子对数=(a-bx)进行计算。

【详解】

A．H3O+的中心氧原子孤电子对数=(6-1-1×3)=1，A符合题意；B．SiH4的中心Si原子孤电子对数=(4-1×4)=0，B与题意不符；C．PH3的中心P原子孤电子对数=(5-1×3)=1，C符合题意；D．的中心S原子孤电子对数=(6+2-2×4)=0，D与题意不符；答案为AC。12、CD【分析】【详解】

A.(CH3)4N+移向右室，HCO3-移向左室；阴离子移向阳极，即a是电源正极，A正确；

B.HCO3-经过M移向左室；M为阴离子交换膜，B正确；

C.中，(CH3)4N+的C、N原子均为杂化，但是，HCO3-中的C原子为杂化；C错误；

D.通过1mol电子时，阴极室H+放电，2H++2e-=H2↑产生H2为0.5mol，阳极室OH-放电，4OH--4e-=2H2O+O2↑，产生O2为0.25mol，同时，溶液中剩下的H+与HCO3-反应还要产生二氧化碳；因此，产生的气体大于0.75mol，体积大于16.8L(STP)气体，D错误。

答案选CD。13、AC【分析】【详解】

A.在石墨中，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，每个共价键为相邻2个C原子所共有，所以每个C原子形成的共价键数目为3×=24g石墨含有的C原子的物质的量是2mol，因此其中含有的C-C共价键的物质的量为2mol×=3mol；A正确；

B.在金刚石晶体中每个碳原子与相邻的4个C原子形成4个共价键，每个共价键为相邻两个C原子形成，所以其含有的C-C数目为4×=2个；则在12g金刚石含有的C原子的物质的量是1mol，故含C-C共价键键数为2mol，B错误；

C.二氧化硅晶体中；每个硅原子含有4个Si-O共价键，所以在60g二氧化硅的物质的量是1mol，则其中含Si-O共价键键数为4mol，C正确；

D.在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最近且距离相等的Na+有12个；D错误；

故合理选项是AC。14、BD【分析】【详解】

A．原子晶体的熔点与构成原子晶体的原子种类无关；与原子间的共价键键能有关，故A错误；

B．构成原子晶体的原子间的共价键键能越大；晶体的熔点越高，故B正确；

C．构成原子晶体的原子的半径越大；键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，故C错误；

D．构成原子晶体的原子的半径越大；键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，故D正确；

故答案选：BD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

根据P最外层5个电子，写出价电子排布图；根据电负性递变规律，以N元素为中间，判断P与F的电负性大小，以VSEPR理论，判断PF3和PF5的空间构型；根据黑磷烯与石墨烯结构相似；P的配位数为3，判断P原子杂化类型和熔点高低；根据题中图示和所给信息，判断P原子的坐标及晶胞中P原子个数。

【详解】

（1）P为15号元素，其核外价电子排布为3s23p3，价电子排布图为：答案为：

（2）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大，N、F同一周期，电负性x(N)＜x(F)，同一主族，从上到下，电负性依次减弱，N、P属于同主族，电负性x(N)＞x(P)，P和F的电负性大小顺序是x(P)＜x(F)；PF3的价层电子对数3+=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，PF5的价层电子对数5+=5；无孤电子对，所以空间构型为三角双锥形；答案为＜，三角锥，三角双锥。

（3）①黑磷烯与石墨烯结构相似，P的配位数为3，有一对孤电子对，黑磷中P原子杂化类型是sp3，黑鳞中，P与P形成共价键，即有σ键，黑磷烯与石墨烯结构相似，层与层之间有分子间作用力，即范德华力，故不存在π键；答案为sp3；C。

②黑磷相当于石墨；属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，所以熔点高低顺序为黑磷＞红磷＞白磷；答案为黑磷＞红磷＞白磷，黑磷相当于石墨，属混合晶体，红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。

（4）结合图B可知，图A中编号为②的P原子位于同一坐标轴a，关于坐标轴b对称，且位于坐标轴c的值为1-0.598=0.402，该P原子在晶胞内的坐标为(0.500，-0.090，0.402)；该晶胞中第一层含有P原子1+1=2个，第二层含有P原子1+1+1+1=4个，第三层含有P原子1+1=2个，共8个P原子；答案为(0.500，-0.090，0.402)，8。【解析】①.②.＜③.三角锥④.三角双锥⑤.sp3⑥.C⑦.黑磷＞红磷＞白磷⑧.黑磷相当于石墨，属于混合晶体；红磷和白磷都是分子晶体，红磷是大分子，白磷是小分子，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高；所以熔点高低顺序为黑磷>红磷>白磷⑨.(0.500，-0.090，0.402)⑩.816、略

【分析】【分析】

Co是27号元素；可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大。

【详解】

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，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn。【解析】①.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2②.O③.Mn17、略

【分析】【详解】

(1)Fe原子核外有26个电子，失去外围3个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中Fe(CN)64-含有共价键和配位键；即化学键为离子键；配位键和共价键；

(3)CN-中N的价层电子对数=1+=2；所以N采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O第一电离能大小顺序为N＞O＞C；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，所以C、N、O的电负性大小顺序为O＞N＞C。

【点睛】

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的趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）大于第ⅢA族元素，第ⅤA族（最外层半满）的第一电离能大于第ⅥA族元素。【解析】1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5配位键离子键spN>O>CO>N>C18、略

【分析】【详解】

(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电子云形象化描述；

故答案为电子云；

(2)；钾的焰色反应为紫色。发生焰色反应；是由于电子从较高能级跃迁到较低能级时释放能量，释放的能量以光的形式呈现；

故答案为紫色；电子从较高能级跃迁到较低能级时释放能量；释放的能量以光的形式呈现；

(3)、根据氮原子的结构，叠氮化钾晶体中含有的共价键类型有σ键和π键。N3-与CO2是等电子体，等电子体的结构相似，CO2的结构为直线形，则N3-的空间构型为直线形；

故答案为σ键和π键；直线形；

(4)、Mn元素基态原子核外有25个电子，电子排布式为[Ar]3d54s2，故其价电子排布式为3d54s2。【解析】①.电子云②.紫③.电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量④.σ键和π键⑤.直线形⑥.3d54s219、略

【分析】【分析】

（1）Ni元素原子序数是28；其3d；4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，据此书写其价电子排布式，找到最高能层，为N层，能级为4s，判断它的空间伸展方向；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6；

D．Ni(CO)4中；镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4；

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，离子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度=进行计算；

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

【详解】

（1）Ni元素原子序数是28，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，其价电子排布式为3d84s2；最高能层的电子为N，分别占据的原子轨道为4s，原子轨道为球形，所以有一种空间伸展方向；

答案为：3d84s2；1；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2，故A正确；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B错误；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6，故C正确；

D．Ni(CO)4中，镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4，是sp3杂化；故D正确；

答案选B。

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

故答案为：

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，二者都属于离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

答案为：6；离子半径越小；离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

答案为：5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度==g/cm-3；

答案为：

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

答案为：3。

【点睛】

考查同学们的空间立体结构的思维能力，难度较大。该题的难点和易错点在(5)的③，与“”同类的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，且空隙与其他晶胞共用，计算数目时也要注意使用平均法进行计算。【解析】3d84s21B6离子半径越小，离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高53四、结构与性质(共2题，共6分)20、略

【分析】【详解】

(1)电子层数越多；原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，因此H；C、O中，原子半轻最大的是C；周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，从上到下，元素的电负性逐渐减小，因此H、C、O中，电负性最大的是O，答案：C；O；

(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn—O键为配位键，其电子对由O提供，H3O+的原子数为3，价电子数为10，与H3O+所含原子总数相等的等电子体有NH3等，答案：配位；O；NH3；

(3)C2H5OH分子中的两个碳原子均为sp3杂化，CH3COOH分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基中的碳原子为sp2杂化，答案：sp3；sp3或sp2；

(4)CH3COOH与H2O均为极性分子，且CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键，因此CH3COOH能与H2O任意比混溶，答案：CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键；

(5)O和S位于同一主族，O的原子半径比S的小，半径越小原子核对最外层电子的吸引力越大，则第一电离能越大，因此第一电离能I1(O)>I1(S)，答案：>；O的原子半径比S的小；原子核对最外层电子的吸引力较大；

(6)由均摊法可知，1个晶胞中Mn原子的数目为4，Se原子的数目为8×+6×=4，根据晶胞结构可知，两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，所以晶胞的棱长为pm，取1mol晶胞，质量m=4×134g，1个晶胞的体积为(×10-10)3cm3，则晶胞的密度=g·cm-3，答案：【解析】CO配位ONH3sp3sp3或sp2CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键>O的原子半径比S的小，原子核对最外层电子的吸引力较大21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态Se原子序数为34，位于第四周期ⅥA族，核外电子排布式为[Ar]3dl04s24p4，其能量最高轨道为p轨道，电子云形状为哑铃形或纺锤形；故答案为：[Ar]3dl04s24p4；哑铃形或纺锤形；

(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As族元素原子4p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：As>Se>Ge>Ga；故答案为：As>Se>Ge>Ga；

(3)CH3NH中N原子形成3个共价键，价层还有一对孤电子对，则N的价电子对数为4，为sp3杂化；CH3NH中共18个电子，与CH3CH3互为等电子体；CH3NH中N形成4个σ键，而NH3分子中N有一对孤电子对，孤电子对对H—N键的排斥力更大，将H—N—H键角压缩变小；故答案为：sp3；CH3CH3；大；CH3NH中N形成4个σ键，而NH3分子中N有一对孤电子对；孤电子对对H—N键的排斥力更大，将H—N—H键角压缩变小；

(4)C与周围4个原子形成正四面体结构，则C原子坐标参数为()；由图知1个Ge连着4个O，1个O连着4个Ge，所以O配位数为4；每个Ge原子周围距离最近且相等的Ge原子有12个；已知Ge与O的最近距离为anm，设晶胞边长为xnm，则x=则1mol晶胞的体积为：NA1个晶胞含有Ge原子个数为4，O原子个数为则则1mol晶胞的质量为：4g=4g，晶体密度为：故答案为：()；4；12；【解析】[Ar]3dl04s24p4哑铃形或纺锤形As>Se>Ge>Gasp3CH3CH3大CH3NH中N形成4个σ键，而NH3分子中N有一对孤电子对，孤电子对对H—N键的排斥力更大，将H—N—H键角压缩变小()412五、实验题(共1题，共10分)22、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（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，内界氯离子不能与硝酸银反应，外界氯离子可以与硝酸银反应，将这两种配合物区别开来的实验方案：称取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量用硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称量，所得AgCl固体质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固体质量小的，原晶体为[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，故答案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、干燥、称量，沉淀质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【点睛】

把握配合物的构成特点，为解答该题的关键。解答此类试题要注意配合物的内界和外界的离子的性质不同，内界中以配位键相结合，很牢固，难以在水溶液中电离，而内界和外界之间以离子键结合，在溶液中能够完全电离。【解析】称取相同质量的两种晶体配成溶液，向两种溶液中分别加入足量的硝酸银溶液，静置、过滤、干燥、称量，所得氯化银固体多的是[Co(NH3)6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2六、原理综合题(共4题，共20分)23、略

【分析】【详解】

(1)虽然Ge与C是同一主族的元素；C原子之间可以形成双键；叁键，但Ge原子半径比较大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，且锗的原子半径较大，形成单键的键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小；

(2)根据表格数据得出；三种锗卤化物都是分子晶体，其熔；沸点分别依次增高，而熔、沸点的高低与分子间作用力强弱有关，相对分子质量越大，分子间相互作用力就越大，物质的熔沸点就越高；

(3)锌；锗位于同一周期；同一周期元素，从左至右元素的电负性逐渐增大(除稀有气体元素外)，而氧元素位于元素周期表右上角，电负性仅次于氟，由此可知氧、锗、锌三种元素的的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn；

(4)晶体锗类似金刚石，金刚石属于原子晶体，则晶体锗也属于原子晶体，每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，故锗原子采用sp3杂化；Ge原子之间的作用力是共价键；

(5)①对照晶胞图示、坐标系以及A、B、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置(体对角线处)，由B、C点坐标可以推知D点坐标为()。

②晶胞中含有的Ge原子数目为：4+8×+6×=8，1个晶胞含有8个锗原子，晶胞的质量为g，晶胞参数a=565.76pm，则晶体的密度ρ==×107g/cm3。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，(5)中晶胞计算为易错点，难点是分析晶胞中含有Ge原子数目，要需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。【解析】Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键GeCl4、GeBr4、CeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用逐渐增强O＞Ge＞Znsp3共价键()×10724、略

【分析】【详解】

(1)基态Ti原子的价层电子排布式为：3d24s2，最高能层为第四能层，s电子云轮廓形状为球形；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有Cr3d54s1，Cu3d104s1；共两种；

（2）从结构角度来看，Fe2+的价电子排布式是：3d6，再失一个电子就是3d5半充满稳定结构，故易被氧化成Fe3+；

(3)①与SCN-互为等电子体的一种微粒是：N2O(或CO2、CS2、OCN-)；

②硫氰酸(H-S-C≡N)中π键和σ键的个数之比为2∶3；

③异硫氰酸分子间可以形成氢键；故其沸点比硫氰酸沸点高；

(4)雌黄分子式为As2S3，As有四对价层电子对，As原子的杂化方式为sp3杂化；

雌黄和SnCl2在盐酸中反应转化为雌黄（As4S4）和SnCl4并放出H2S气体，故其反应方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H4S↑；SnCl4分子的空间构型为正四面体；

(5)CaC2为离子化合物，电子式为：一个晶胞含有4个Ca2+，4个C22-,一个C22-中有两个π键；一个晶胞含有的π键平均有8个；

(6)硒化锌的晶胞结构中X和Y点所堆积的原子均为Zn，该晶胞中四个硒原子所处晶胞体对角线四分之一处，空隙类型为正四面体，但只占据了其中4个位置，故该种空隙的填充率为50%；若该晶胞密度为pg•cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg•mol-1。用N