2025年浙教版选择性必修2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年浙教版选择性必修2化学下册月考试卷717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9题，共18分)1、下列元素中，基态原子的最外层电子排布式不正确的是A.Al3s23p1B.Cr3d44s2C.Ar3s23p6D.H1s12、下表为第三周期元素X和Y的各级电离能数据，单位是下列判断错误的是。电离能I1I2I3I4I5X元素738145177331054013630Y元素578181727451157514830A.X基态原子中能量最高能级的电子云轮廓图为球形B.X能与Cl形成化合物XCl2C.Y与强酸和强碱均能反应产生氢气D.X和Y在周期表中均属于p区元素3、下列叙述不正确的是A.活泼金属与活泼非金属化合时，能形成离子键B.离子化合物中只含离子键C.离子所带电荷的符号和数目与原子成键时得失电子有关D.阳离子半径比相应的原子半径小，而阴离子半径比相应的原子半径大4、下列说法正确的是A.可用CCl4萃取溴苯中的溴B.H2和D2互为同位素C.在熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物D.HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键5、下列关于晶体的说法；正确的是。

①石英玻璃和水晶都是晶体；

②要确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定；

③共价键可决定分子晶体的熔；沸点；

④含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；

⑤液晶介于液态和晶态之间；可用于制造显示器和高强度纤维；

⑥干冰晶体中，1个分子周围有12个分子紧邻；A.②⑤⑥B.①④⑤C.①②⑥D.②③⑤6、下列说法正确的是A.硬度：金刚石>晶体硅>碳化硅B.沸点：LiC.晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaID.键能：HF7、向盛有硫酸锌水溶液的试管中加入氨水，首先形成沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到无色透明的溶液。下列说法正确的是（）A.最后所得溶液中不存在沉淀，所以反应前后c(Zn2+)不变B.沉淀溶解是因为生成了无色的配合物离子[Zn(NH3)4]2+C.用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，不能观察到同样的现象D.在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+提供孤对电子，NH3提供空轨道8、M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍。它们形成的化合物可用作新型电池的电极材料，结构如图所示，化合物中除M+外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是。

A.原子半径：M>Z>W>X>YB.W的最高价氧化物对应的水化物是强酸C.简单气态氢化物稳定性：XD.上述五种元素中Z的电负性最大9、已知X、Y、Z、W是短周期元素。X元素原子的2p能级处于半充满状态；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等；Z元素的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子。下列说法一定正确的是A.含有X元素的化合物一定是共价化合物B.Y元素的电负性大于X元素的电负性C.W元素的单质能与NaOH溶液反应放出氢气D.X元素的单质与Z元素的单质在一定条件下能发生化合反应评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、可正确表示原子轨道的是A.2sB.2dC.D.3f11、氰气的分子式为(CN)2，结构式为N≡C-C≡N，性质与卤素相似。下列叙述不正确的是A.分子中原子的最外层均满足8电子结构B.分子中N≡C键的键长大于C-C键的键长C.分子中含有2个σ键和4个π键D.能和氢氧化钠溶液发生反应12、科学家合成了11B的非碳导热材料立方氮化硎晶体；其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是。

A.11BN和10BN的性质不同B.BCl3和NCl3均为非极性分子C.该晶胞中含有14个B原子，4个N原子D.N原子周围等距且最近的N原子数为1213、下列有关物质结构和性质的比较中，错误的是A.分解温度：CaCO33B.键角：CS2>SO2C.稳定性：金刚石>石墨D.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛14、如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是()

A.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2＋的配位数为6C.a中配位原子是C原子D.b中含有共价键、离子键和配位键评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、(1)配合物是钴的重要化合物，中心原子的配位数为______，Co3+钴离子的电子排布式：_____________。

(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为___________。

(3)铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物如Cu2+与乙二胺可形成如图所示配离子。

①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是__________(填字母代号)。

a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键。

②乙二胺和三甲胺均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_________________。16、(1)碳原子2p亚层上的2个电子不相同的方面是____（选填序号）。

a．能量b．电子云形状c．电子云伸展方向d．自旋状态。

14N原子与12C原子比，质子数和中子数都更多，但原子半径却更小，请解释__________________。

(2)铍(Be)与铝性质相似。

①以下对铍及其化合物的推断肯定不正确的是______（选填序号）。

a．铍会在浓硫酸中钝化b．氯化铍固体会发生升华现象。

c．氧化铍坚硬难熔d．铍的熔点低于镁。

②写出BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后反应的离子方程式____________________________。

(3)将BeCl2溶液加热蒸干后灼热，再使其熔融，用直流电电解，可得到单质铍和一种单质气体，则该气体的化学式为_______。

(4)氮化铝(AlN)广泛应用于集成电路；其制备原理是将氧化铝与碳粉混合均匀，在持续流动的氮气流中加热至1750℃，发生如下反应：

2Al2O3(s)4Al(g)+3O2(g)①

2C(s)+O2(g)2CO(g)②

2Al(g)+N2(g)2AlN(s)③

试分析反应②对制备AlN的作用______________________________________________。17、联氨分子(分子式为N2H4)的电子式为___________，其中氮的化合价为___________。18、①O2②H2O2③MgCl2④硫酸⑤NaAlO2⑥NH4Cl⑦CO2⑧Al(OH)3⑨盐酸⑩NaHCO3

(1)这些物质中；只含有共价键的化合物是_______；属于强电解质的是_______。

(2)写出②H2O2的结构式_______。

(3)写出NH4Cl的电子式_______。

(4)用电子式表示CO2的形成_______。

(5)写出Al(OH)3的酸式电离的电离方程式_______。

(6)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中反应的离子方程式_______。19、单质分子(稀有气体除外)和型分子是极性分子还是非极性分子？若某分子结构呈几何空间对称，则该分子的极性如何____？20、饱和多元醇A，含碳39.13%，碳氧原子个数比为1：1，A的名称为_______。A与等摩尔的醋酸酐反应，得到的化合物结构简式为_______。A的水溶液在碱存在下可溶解Cu(OH)2，使溶液变蓝，溶液中的蓝色物质结构为_______。21、含氯化合物有广泛的应用。

I.

(1)氯原子的核外有___________种能量不同的电子，氯化铵的电子式为___________。

(2)周期表中有3种主族元素与氯元素相邻，它们的气态氢化物的热稳定性由强至弱的顺序为___________(用分子式表示)。通常状况下，Cl2、Br2、I2依次是气体、液体、固体，从结构的角度分析其原因：___________。

Ⅱ.ClO2是一种高效消毒剂，用KClO3和浓HCl可制得它：

(3)请完成该制备反应的化学方程式___________。

_______KClO3+____HCl(浓)=_____Cl2↑+_____ClO2↑+_____KCl+______。

若反应产生8.96LClO2(标准状况)时，则转移电子数为___________。

(4)Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，Ca(ClO)2中存在的化学键为___________。工业制漂白粉的气体原料来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的___________(填电极名称)。22、(1)Ti的四卤化物熔点如表所示，熔点高于其他三种卤化物，自至熔点依次升高；原因是___________。

。化合物。

熔点/℃

377

-24.12

38.3

155

(2)一些氧化物的熔点如表所示：

。氧化物。

MgO

熔点/℃

1570

2800-

23.8

-75.5

解释表中氧化物之间熔点差异的原因。___________。

(3)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________。23、工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：

(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是_____，第二周期原子半径由大到小的是______。

(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是______，该分子为_____(选填“极性”；“非极性”)分子。

(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式_____，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是____(填编号)

a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.两元素形成化合物的化合价。

c.气态氢化物的稳定性d.氢化物水溶液的酸碱性。

(4)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如：有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个NH3与周围______个NH3通过氢键相结合。

(5)化合物FeF3熔点高于1000℃，而Fe(CO)5的熔点却低于0℃，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是_____________。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共6分)24、太阳能电池板材料除单晶硅外；还有氮；硼、硒、钛、钴、钙等元素组成的化学物质。

⑴钙原子基态时的电子排布式为____________________，金属钴堆积方式与镁相似，都属于六方最密堆积，其配位数是____。

⑵氮元素的第一电离能在同周期中(稀有气体除外)从大到小排第___位；写出与NO3－互为等电子体的一种非极性分子的化学式__________。

⑶晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子(如图)，其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有_____________种不同的结构类型。已知硼酸(H3BO3)为一元弱酸，解释其为一元弱酸的原因______________。硼酸的结构与石墨相似，层内的分子以氢键相连，含1mol硼酸的晶体中有___mol氢键。

⑷硒是动物体必需的营养元素。SeO2是硒的重要化合物，SeO2的价层电子对互斥模型是_______________。

⑸在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HC1至饱和，可得到配位数为6，组成为TiCl3∙6H2O的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为：__________________。

⑹钴晶体的一种晶胞是一种体心立方结构(如图所示)，若该晶胞的边长为anm，密度为ρg∙cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钴的相对原子质量可表示为_________________。

25、煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：

(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_______。

(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。

(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程；示意如图：

下列说法正确的是________(选填字母)。

a.图①表示N2、H2分子中均是单键。

b.图②→图③需要吸收能量。

c.该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成。

(4)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ·mol-1

N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH=bkJ·mol-1

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=ckJ·mol-1

反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为________。

(5)用间接电化学法除去NO的过程；如图所示：

①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：________。

②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________。26、多尺度复杂化学系统模型可以用量子化学计算小区间内(如生物固氮时固氮酶中)的化学反应。

(1)固氮酶有铁蛋白和钼铁蛋白两种，它们不仅能够催化N2还原成NH3；还能将环境底物乙炔催化还原成乙烯。

①乙炔是__________(填“非极性”或“极性”)分子。

②碳负离子CH3-的立体构型为____________。

③根据等电子原理，NO＋的电子式为________________。

(2)钒可用于合成电池电极；也可用于人工合成二价的钒固氮酶(结构如图a)。

①V2＋基态时核外电子排布式为____________________________________________。

②钒固氮酶中钒的配位原子有_____________________________(填元素符号)。

(3)烟酰胺(结构如图b)可用于合成光合辅酶NADPH，烟酰胺分子中氮原子的杂化轨道类型有_______________________，1mol该分子中含σ键的数目为________。

(4)12g石墨烯(结构如图c)中含有的正六边形数目约为________；请你预测硅是否容易形成类似石墨烯的结构，并说明理由：___________________________________。评卷人得分五、结构与性质(共4题，共40分)27、元素X；Y、Z为前四周期元素；X的基态原子核外电子有21种运动状态，元素Y的原子最外层电子数是其内层的3倍，Z与X、Y不在同一周期，且Z原子核外p电子比s电子多5个。

(1)X基态原子的核外电子排布式为___________。

(2)X是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。

①1mol苯分子中含有σ键的数目为___________。

②异丙苯分子中碳原子轨道的杂化类型为___________。

(3)XZ3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，据此可判断XZ3晶体属于___________(填晶体类型)。

(4)元素Ce与X同族，其与Y形成的化合物晶体的晶胞结构如下图，该化合物的化学式为___________。

28、氮元素可以形成多种化合物。回答下列问题：

（1）基态氮原子的价电子排布式是____；C、N、O三种元素电负性从小到大的顺序是________。

（2）肼（N2H4）分子中氮原子轨道的杂化类型是______；肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应时N2O4（l）+2N2H4（l）=3N2（g）+4H2O（g）ΔH=11038.7kJ·mol-1，若该反应中8molN-H键断裂，则形成的σ键有____mol；肼能与硫酸反应生成N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内不存在______（填字母）。

A.离子键B.共价键C.配位键D.范德华力。

（3）氨是________（填“极性”或“非极性”）分子；氨的沸点高于膦（PH3）的原因是________。

（4）将氨气通入硫酸铜水溶液中形成[Cu（NH3）4]SO4深蓝色溶液，[Cu（NH3）4]SO4中阴离子的立体构型是______。

（5）单质铜和镍都是由金属键形成的晶体，元素铜和镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，INi=1753kJ·mol-1，ICu>INi的原因是_______。某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中镍原子与铜原子的个数比为_______。若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_________nm。29、【化学一选修3:物质结构与性质】1735年瑞典化学家布兰特(G·Brands)制出金属钴。钴的矿物或钴的化合物一直用作陶瓷；玻璃、珐琅的釉料。到20世纪；钴及其合金在电机、机械、化工、航空和航天等工业部门得到广泛的应用，并成为一种重要的战略金属。所以钴及其化合物具有重要作用，回答下列问题:

(1)基态Co原子的电子排布式为___________。

(2)[Co(NH3)5H2O]Cl3是一种砖红色的晶体，可通过CoCl2、NH4Cl、浓氨水、H2O2制得。

①Co、N、0原子的第一电离能由大到小的顺序是__________。

②[Co(NH3)5H2O]Cl3中Co元素化合价为____，其配位原子为_____；1mol该晶体中含有____molσ键。

③H2O2中O原子的杂化轨道类型是______，H2O2能与水互溶，除都是极性分子外，还因为____。

④NH3、NF3的空间构型都相同,但Co3+易与NH3形成配离子，而NF3不能。原因是________。

(3)CoO晶胞如图，已知Co原子半径为apm,O原子半径为bpm，则等距最近的所有O原子围成的空间形状为_____；该晶胞中原子的空间利用率为__________(用含a、b的计算式表示)。

30、元素H；N、O、S、Fe之间可形成多种化合物。请回答下列问题：

(1)基态Fe原子的价层电子排布式为___________；其最外层电子的电子云形状为___________。

(2)N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(3)写出一种与SO互为等电子体的微粒的化学式___________，NH的空间构型为___________。

(4)NHOH-NH3H2O，NH转化为NH3的过程中，没有发生变化的是___________。

A．键角B．粒子的空间构型C．中心原子的杂化轨道类型。

(5)已知单质铁有如图所示的三种堆积方式的晶胞结构：

①晶胞a的堆积方式为___________堆积；

②晶胞b中铁原子的配位数为___________，空间利用率为___________；

③若晶胞c的密度为gcm-3，则铁的原子半径r___________cm。(用含、NA的式子表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．Al原子核外有13个电子，各电子层上电子依次为2，8，3，最外层3个电子，其基态原子价电子排布式为3s23p1；符合基态电子排布规律，故A正确；

B．Cr原子核外有24个电子，各电子层上电子依次为2，8，13，1，最外层1个电子，其原子基态价电子排布式为3d54s1；呈现半充满，能量最低，稳定，故B错误；

C．Ar原子核外18个电子，各电子层上电子依次为2，8，8，最外层8个电子，其基态原子最外层电子排布式为3s23p6；符合基态电子排布规律，故C正确；

D．H原子核外只有一个电子，H原子基态价电子排布式为1s1；符合基态电子排布规律，故D正确；

答案为B。2、D【分析】【分析】

根据X元素电离能在第三电离能出现突增特点判断；X最外层电子数是2个，根据题已知是第三周期元素，故X是Mg元素，Y元素在第四电离能出现突增，故Y最外层电子数是3个，故Y是第三周期的Al元素。

【详解】

A．根据以上分析X是Mg元素；能量最高能级是3s，故电子云轮廓图为球形，故A正确；

B．Mg能与Cl形成化合物MgCl2；故B正确；

C．Al能与强酸和强碱均能反应产生氢气；故C正确；

D．Mg在周期表中均属于s区元素；Al在周期表中均属于p区元素，故D不正确；

故选答案D。

【点睛】

电离能的突变主要看在电离能的变化中出现倍增突增时，确定失去前1个电子是最外层电子，据此判断元素所在的主族序数。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．活泼金属与活泼非金属化合时；能形成离子键，如NaCl，A正确；

B．离子化合物中一定含离子键；可能含共价键，如NaOH，B错误；

C．离子所带电荷的符号和数目与原子成键时得失电子有关；C正确；

D．阳离子半径比相应的原子半径小；而阴离子半径比相应的原子半径大，D正确；

故选：B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．CCl4与溴苯和溴互溶；不能用其萃取溴苯中的溴，故A错误；

B．同位素是同种元素的不同原子；故B错误；

C．化合物熔融状态下能导电说明其能电离出阴阳离子；其由离子组成，为离子化合物，故C正确；

D．HF的稳定性很强是因为F的非金属性强；H-F结合的很牢固，与分子间氢键无关，故D错误；

故选：C。5、A【分析】【详解】

①石英玻璃是非晶体；故①错误；

②X射线衍射实验可确定原子排列方式；确定某一固体是否是晶体可用X射线衍射仪进行测定，故②正确；

③分子晶体的熔；沸点由分子间作用力决定；故③错误；

④含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体；如金属晶体中含有金属阳离子，故④错误；

⑤液晶介于液态和晶态之间；可用于制造显示器和高强度纤维，故⑤正确；

⑥干冰晶胞是一种面心立方结构，1个分子周围有12个分子紧邻；故⑥正确；

正确的是②⑤⑥，选A。6、C【分析】【详解】

A．键长越短，共价键越强，硬度越大，键长C-C碳化硅>晶体硅；故A错误；

B．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小，则熔点、沸点：Li>Na>K>Rb；故B错误；

C．四种物质所带电荷相同，由于离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，因此晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI；故C正确；

D．F、Cl、Br、I原子半径依次增大，依次HF、HCl、HBr、HI的键长逐渐增大，键能逐渐减小，键能：HF>HCl>HBr>HI；故D错误；

故选C。7、B【分析】【详解】

氨水呈碱性，向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化锌，Zn2++2NH3•H2O═Zn(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，原因是氢氧化锌和氨水反应生成了锌氨络合物，反应为：Zn(OH)2+4NH3═[Zn(NH3)4]2++2OH-。

A．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀；继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，故A错误；

B．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子[Zn(NH3)4]2+而使溶液澄清；故B正确；

C．硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同；硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，故C错误；

D．在[Zn(NH3)4]2+离子中，Zn2+提供空轨道，NH3提供孤电子对；故D错误；

故选B。8、C【分析】【分析】

M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍，W有2个电子层，次外层为2个电子，X为氧元素；由盐的结构可知，Z可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为碳元素；四种元素位于同周期，且Y能形成一个共价键，Y为氟元素；W能形成4个共价键，W为硼元素；化合物中除M+外其它原子均满足8电子稳定结构；M为+1价离子，M为锂元素；故M为锂元素；W为硼元素、X为氧元素、Y为氟元素、Z为碳元素；据以上分析解答。

【详解】

A．同一周期，从左到右，原子半径减小，所以原子半径：Li>B>C>O>F；故A错误；

B．W为硼元素；W的最高价氧化物对应的水化物是硼酸，为弱酸，故B错误；

C．同一周期，从左到右，元素的非金属性增强，氢化物的稳定性增强，非金属性：F>O，所以简单气态氢化物稳定性：HF>H2O；故C正确；

D．同一周期；从左到右，元素的电负性增大，所以上述五种元素中氟的电负性最大，故D错误；

故选C。9、D【分析】【分析】

X元素原子的2p能级处于半充满状态；则X为N；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等，则Y为C；Z元素的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z为Mg；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子，则W为Al或Cl；据此解答。

【详解】

X元素原子的2p能级处于半充满状态；则X为N；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等，则Y为C；Z元素的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z为Mg；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子，则W为Al或Cl；

A．X为N，化合物NH4Cl等含N元素；但为离子化合物，故A错误；

B．N的非金属性强于C；N的电负性大于C，故B错误；

C．若W为Cl，对应单质为氯气，Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；不放出氢气，故C错误；

D．N2和Mg在点燃条件下发生化合反应生成氮化镁；故D正确；

故答案选D。二、多选题(共5题，共10分)10、AC【分析】【详解】

第二能层中包括s、p能级，第三能层中包括s、p、d能级，所以L层不存在2d轨道，M层不存在3f轨道，综上所述，A、C项可正确表示原子轨道，故选AC。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．氰气的分子式为(CN)2；结构式为N≡C-C≡N，碳原子和氮原子最外层都达到8电子稳定结构，故A正确；

B．同一周期元素中；原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大，形成的化学键的键长就越长，由于原子半径C＞N，所以氰分子中C≡N键长小于C-C键的键长，故B错误；

C．该分子的结构式为N≡C-C≡N；单键为σ键，三键中含有一个σ键和两个π键，可见在该分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；

D．卤素单质能和氢氧化钠反应；氰气和卤素单质性质相似，所以氰气能和氢氧化钠溶液反应，故D正确；

答案选BC。12、BC【分析】【详解】

A．11B和10B互为同位素；形成的化合物在化学性质上无差异，但物理性质有差异，A项正确；

B．BCl3为平面三角形结构，为非极性分子；NCl3为三角锥形结构；为极性分子，故B错误；

C．该晶胞中，顶点上的B原子个数为8×=1，面心上的B原子个数为6×=3；共有4个B原子，C项错误；

D．由晶胞示意图；1个N原子与4个B原子成键，每个B原子又分别和3个N原子成键，所以N原子周围等距且最近的N原子数为3×4=12个，D项正确。

故选BC。13、C【分析】【分析】

【详解】

A.CaCO3和BaCO3均为离子化合物，阳离子半径：Ba2+>Ca2+，阳离子半径越小，结合氧的能力越强，对应碳酸盐就更易分解，则分解温度：CaCO3＜BaCO3；故A正确；

B.CS2为直线形分子，键角为180°，SO2为V形结构，键角小于180°，则键角：CS2>SO2；故B正确；

C.金刚石为空间立体网状结构；石墨为层状结构，且石墨转化为金刚石为吸热反应，则石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，因此稳定性：金刚石﹤石墨，故C错误；

D.对羟基苯甲醛易形成分子间氢键使沸点升高，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，导致分子间作用力比对羟基苯甲醛弱，沸点低，则沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛；故D正确；

答案选C。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化；A正确；

B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6；B正确；

C．a不是配合物；C错误；

D．钙离子与N；O之间形成配位键；其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；

故答案选AB。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)配合物是钴的重要化合物，根据配合物化学式得到中心原子的配位数为6，配体为NH3和H2O，Co为27号元素，因此Co3+钴离子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6；故答案为：6；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。

(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，说明的空间构型为平面正方形；而不是四面体结构；故答案为：平面正方形。

(3)①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部含有碳碳非极性共价键；碳氢或氮氢极性共价键，还有铜氮配位键，因此不含有离子键；故答案为：c。

②根据结构可得到乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，因此乙二胺比三甲胺的沸点高很多；故答案为：乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键。【解析】①.6②.1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)③.平面正方形④.c⑤.乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键16、略

【分析】【分析】

(1)碳原子2p亚层上的2个电子排布在不同的轨道上；并且自旋状态相同。

14N原子与12C原子比；质子数和中子数都更多，但原子半径却更小，从原子核对外层电子的吸引力分析。

(2)①a．铝会在浓硫酸中钝化。

b．氯化铝固体会发生升华现象。

c．氧化铝坚硬难熔。

d．铝的熔点高于镁。

②BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后，发生双水解反应，生成Be(OH)2沉淀。

(3)将BeCl2溶液加热蒸干后灼热；将得到BeO，由此可得熔融电解所得单质气体的化学式。

(4)制备AlN和制备Al都是可逆反应；从反应②对反应①③的促进作用进行分析。

【详解】

(1)碳原子2p亚层上的2个电子排布在不同的轨道上；并且自旋状态相同，所以伸展方向不同，故选c。答案为：c；

14N原子与12C原子比；质子数和中子数都更多，但原子半径却更小，理由是在原子中，质子和中子占的体积都很小；电子层数相同时，核电荷数越大，核对外层电子的引力越大，原子半径越小。答案为：在原子中，质子和中子占的体积都很小；电子层数相同时，核电荷数越大，核对外层电子的引力越大，原子半径越小；

(2)①a．铝会在浓硫酸中钝化；则铍在浓硫酸中也可能钝化，a可能正确；

b．氯化铝固体会发生升华现象，则氯化铍固体也可能发生升华，b可能正确；

c．氧化铝坚硬难熔；氧化铍也可能坚硬难熔，c可能正确；

d．铝的熔点高于镁，铍的熔点也可能高于铝(Be2+半径比Mg2+小；带电荷数相同，形成金属晶体，金属键更大)，d肯定不正确；

从而得出；对铍及其化合物的推断肯定不正确的是d。答案为：d；

②BeCl2溶液和Na2BeO2溶液混合后，发生双水解反应，生成Be(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Be2++BeO22-+2H2O2Be(OH)2↓。答案为：Be2++BeO22-+2H2O2Be(OH)2↓；

(3)将BeCl2溶液加热蒸干后灼热，将得到BeO，由此可得熔融电解，生成Be和氧气，所得单质气体的化学式为O2。答案为：O2；

(4)制备AlN和制备Al都是可逆反应，反应②消耗反应①生成的O2，从而有利于①③反应的进行，从而得出对制备AlN的作用是消耗O2，使①的平衡右移；①的平衡右移又增加了铝蒸气的浓度，使③平衡右移，有利于制备AlN。答案为：消耗O2；使①的平衡右移；①的平衡右移又增加了铝蒸气的浓度，使③平衡右移，有利于制备AlN。

【点睛】

铍的性质我们不熟悉，但熟悉铝的性质，可把铍看成铝，铝具有的性质铍就可能有，由此确定铍可能具有的性质。【解析】①.c②.在原子中，质子和中子占的体积都很小；电子层数相同时，核电荷数越大，核对外层电子的引力越大，原子半径越小③.d④.Be2++BeO22-+2H2O2Be(OH)2↓⑤.O2⑥.消耗O2，使①的平衡右移；①的平衡右移又增加了铝蒸气的浓度，使③平衡右移，有利于制备AlN17、略

【分析】【分析】

【详解】

联氨分子中N原子满足8电子稳定结构、H原子满足2电子稳定结构，故电子式为H为+1价，故N为-2价。【解析】-2价18、略

【分析】【分析】

【详解】

①O2为只含有非极性共价键的单质；既不是电解质也不是非电解质；

②H2O2为含有极性和非极性共价键的共价化合物；是一种极弱的酸，是弱电解质；

③MgCl2只含有离子键；是离子化合物，其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

④硫酸是只含有共价键的共价化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

⑤NaAlO2是离子化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

⑥NH4Cl既含有共价键又含有离子键的离子化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

⑦CO2是只含有共价键的共价化合物；属于非电解质；

⑧Al(OH)3是离子化合物；属于弱碱，是弱电解质；

⑨盐酸是氯化氢的水溶液；属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑩NaHCO3是既含有共价键又含有离子键的离子化合物；其水溶液能导电，在溶液中完全电离，是强电解质；

(1)根据上述分析；这些物质中，只含有共价键的化合物是②④⑦；属于强电解质的是③④⑤⑥⑩；

(2)根据分析，②H2O2为含有极性和非极性共价键的共价化合物；其结构式H-O-O-H；

(3)NH4Cl是铵根离子和氯离子构成的离子化合物，其电子式为

(4)二氧化碳为共价化合物，电子式表示CO2的形成

(5)Al(OH)3是两性氢氧化物，既可以发生酸式电离，也可以发生碱式电离，其酸式电离的电离方程式Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]-+H+或Al(OH)3H2O+AlO+H+；

(6)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO+CO2+H2O=HCO+Al(OH)3↓。【解析】②④⑦③④⑤⑥⑩H-O-O-HAl(OH)3+H2O[Al(OH)4]-+H+或Al(OH)3H2O+AlO+H+AlO+CO2+H2O=HCO+Al(OH)3↓19、略

【分析】【详解】

单质分子一定不含有极性键，通常情况下为非极性分子，但并非所有的单质分子都是非极性分子，例如就是极性分子，而型的分子均为极性分子。若分子结构呈几何空间对称，则为非极性分子。【解析】单质分子通常情况下为非极性分子，但并非所有的单质分子都是非极性分子，例如就是极性分子，而型的分子均为极性分子。若分子结构呈几何空间对称，则为非极性分子。20、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】甘油或丙三醇和21、略

【分析】【详解】

（1）基态氯原子的电子排布式为：共有5种能量不同的电子，氯化铵的电子式为：

（2）与氯元素相邻的主族元素分别是F、S、Br，它们的电负性大小顺序是：F>Cl>Br>S，电负性越大，非金属性越大，气态氢化物的热稳定性越强，因此热稳定性强弱顺序为：HF>HCl>HBr>H2S。Cl2、Br2、I2均是非极性分子，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高，因此常温下Cl2、Br2、I2依次是气体；液体、固体；

（3）根据氧化还原反应原理、质量守恒定律，该反应的化学方程式为：标准状况下，的物质的量为根据方程式，每生成转移电子因此反应产生(标准状况)时，转移电子数为

（4）由和通过离子键结合而成，中原子与原子之间通过共价键结合，因此中存在的化学键为离子键和共价键。工业制漂白粉的气体是来自于氯碱工业电解饱和食盐水设备的阳极。【解析】(1)5

(2)HF>HCl>HBr>H2SCl2、Br2、I2均是非极性分子；相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔沸点依次升高。

(3)

(4)离子键和共价键阳极22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)为离子化合物，熔点高，为共价化合物，为分子晶体，其结构相似，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故熔点由高到低的顺序为

(2)是离子晶体，是分子晶体；离子键比分子间作用力强。

(3)根据元素周期律，K的原于半径比Cr的大，而K的价层电子数比Cr的少，则K单质内的金属键比Cr的弱，K的熔、沸点比Cr的低。【解析】为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高MgO为离子晶体，为分子晶体；所带电荷数比的多，MgO中离子键比中离子键强。分子间作用力K原子半径较大且价层电子数较少，金属键较弱23、略

【分析】【分析】

氧的电负性最大，同周期从左到右半径逐渐减小；甲烷分子具有中心对称；根据非金属强弱思维进行分析；FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体。

【详解】

(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素；分别是H；C、N、O、Na，氧的电负性最大，因此非金属性最强的是O，同周期从左到右半径逐渐减小，因此第二周期原子半径由大到小的是C＞N＞O；故答案为：O；C＞N＞O。

(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是甲烷，其电子式是甲烷分子具有中心对称，因此该分子为非极性分子；故答案为：非极性。

(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子是N，N的核外电子排布式1s22s22p3，a.N最高价氧化物对应水化物是硝酸，O无最高价氧化物对应水化物，因此a错误；b.两元素形成化合物的化合价，O显负价，氧非金属性更强，故b正确；c.简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性越强，故c正确；d.氢化物水溶液的酸碱性无法比较非金属性强弱，故d错误；故答案为：1s22s22p3；bc。

(4)氨晶体中每个氢原子都形成氢键，并且考虑氢键饱和性和方向性出现与理论的偏差，氨晶体中，每个N原子的孤对电子接受分属其他氨分子的3个氢原子，一个氨气本身3个氢必然和其他的氨气的氮之间形成氢键，因此则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合；故答案为：6。

(5)化合物FeF3熔点高于1000℃，而Fe(CO)5的熔点却低于0℃，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的原因可能是FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5；FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5。【解析】①.O②.C＞N＞O③.④.非极性⑤.1s22s22p3⑥.bc⑦.6⑧.FeF3是离子晶体，Fe(CO)5是分子晶体，离子键的作用力远比分子间作用力强，故FeF3熔点远高于Fe(CO)5四、原理综合题(共3题，共6分)24、略

【分析】【分析】

⑴钙为20号元素；其核外有20个电子，金属钴堆积方式与镁相似。

⑵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趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素的，S=O=N－,容易写出与NO3－互为等电子体的一种非极性分子。

⑶两个10B有3位置，为上下顶点位置，其中一个处于上顶点，另外的一个处于上层阴影中顶点，或者下层阴影中顶点，有3种结构，H3BO3与一个水分子可形成配位键，电离产生[B(OH)4]－和一个H+，则硼酸一元弱酸；1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键。

⑷SeO2分子中价层电子对个数=δ键个数孤电子对个数。

⑸在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3∙6H2O的绿色晶体，该晶体中两配体的物质的量之比为1：5，则配体中有1个5个H2O；2个氯离子位于外界。

⑹先计算晶胞中钴原子的数目；根据密度公式，得出钴的相对原子质量。

【详解】

⑴钙为20号元素，其核外有20个电子，则钙原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2；金属钴堆积方式与镁相似，都属于六方最密堆积，其配位数是12；

故答案为：1s22s22p63s23p64s2；12。

⑵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趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素的，故第二周期第一电离能：F>N>O>C>Be>B>Li，原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与NO3－互为等电子体的一种非极性分子为SO3等；故答案为：2；SO3等。

⑶两个10B有3位置，为图中上下顶点位置，其中一个处于上顶点，另外的一个处于上层阴影中顶点，或者下层阴影中顶点，有3种结构，H3BO3与一个水分子可形成配位键，电离产生[B(OH)4]－和一个H+，则硼酸一元弱酸；1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键；故答案为：3；H3BO3与一个水分子可形成配位键，电离产生[B(OH)4]－和一个H+；3。

⑷SeO2分子中价层电子对个数=δ键个数孤电子对个数=则其价层电子对互斥模型为平面三角形，故答案为：平面三角形。

⑸在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3∙6H2O的绿色晶体，该晶体中两配体的物质的量之比为1：5，则配体中有1个5个H2O，2个氯离子位于外界，则该配离子的化学式为[TiCl(H2O)5]2+；故答案为：[TiCl(H2O)5]2+。

⑹晶胞中钴原子的数目为根据密度得出钴的相对原子质量为故答案为：【解析】①.1s22s22p63s23p64s2②.12③.2④.SO3等⑤.3⑥.H3BO3与一个水分子可形成配位键，电离产生[B(OH)4]－和一个H+⑦.3⑧.平面三角形⑨.[TiCl(H2O)5]2+⑩.25、略

【分析】【详解】

(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)；N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；

(3)a．氮气中两个氮原子之间为三键；故a错误；

b．分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b正确；

c．在化学变化中；氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；

答案选bc。

(4)①中NH3参与的反应为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)；

已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ·mol-1i；

N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH=bkJ·mol-1ii；

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=ckJ·mol-1iii；

根据盖斯定律iii×3-i×3-ii×2可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1；

(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；

②据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。【解析】4NH3+5O24NO+6H2O强C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强bc4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-12HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-26、略

【分析】【详解】

(1)①乙炔是为直线型对称结构；分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；

②CH3-离子中C原子价层电子对数为3+=4；含有1对孤电子对数，其空间构型为三角锥形；

③NO+与氮气互为等电子体，NO+中N原子与O原子之间形成3对共用电子对，其电子式为

(2)①V元素原子核外电子数为23，失去4s2上2个电子形成V2+，则V2+基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3)；

②由图可知；N和S提供孤对电子，则钒固氨酶中钒的配位原子是S与N；

(3)由烟酰胺结构式可知，分子中氨基中N原子成3个σ键、含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，而环中N原子成2个σ键、含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化；分子中含有4个C-H键、2个N-H键、3个C-C键、2个C-N键、4个双键，其中单键均为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，则每个分子中含有15个σ键，故lmol该分子中含σ键数目为15NA；

(4)12g石墨烯中碳原子的物质的量为=1mol，由石墨烯的结构图可知，每个碳原子为3个正六边形共有，则一个正六边形平均含有碳原子数为6×=2，则一共含有的正六边形数目为1mol××NAmol-1=0.5NA；Si原子半径比碳原子半径大；3p轨道不易重叠形成π键，硅不容易形成类似石墨烯的结构。

【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】非极性三角锥形1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3)S、Nsp2、sp315NA0.5NA不容易，硅原子半径大，3p轨道不易形成π键五、结构与性质(共4题，共40分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

元素X、Y、Z为前四周期元素，X的基态原子核外电子有21种运动状态，则X的原子序数为21，为Sc元素；元素Y的原子最外层电子数是其内层的3倍，则Y是O元素；Z与X、Y不在同一周期，且Z原子核外p电子比s电子多5个，则Z只能位于第三周期，核外电子排布式为则Z为Cl元素。

(1)X为Sc元素，基态原子的核外电子排布式为故答案为：

(2)①根据苯的结构简式可知，一个苯分子中有6个碳碳单键，6个碳氢键，即一个苯分子中有12个σ键，1mol苯分子中含有σ键的数目为12NA,故答案为12NA；

②异丙苯分子中苯环上碳为平面结构，采用sp2杂化，亚甲基和甲基上碳采用sp3杂化，所以碳原子轨道的杂化类型为sp2、sp3；

(3)XZ3为ScCl3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，说明熔融状态下能够电离出阴阳离子，据此可判断XZ3晶体属于离子晶体；故答案为：离子晶体；

(4)Y为O元素，根据图示可知，该晶胞中含有8个O原子，含有Ce原子的数目为：则该化合物的化学式为：CeO2,故答案为：CeO2

【点睛】

本题全面考查结构知识，主要仔细分析题干信息，σ键的数目要回答准确，化学式的求算要仔细，考查学生的认真仔细，难度一般。【解析】①.②.12NA③.sp2、sp3；④.离子晶体⑤.CeO228、略

【分析】【详解】

试题分析：以N元素化合物为基础；考查电子排布式；电离能、电负性规律、中心原子的杂化方式、化学键、α键、氢键及其对沸点的影响、分子极性、晶体结构等知识，考查考生对晶体结构图识别能力。

解析：(1)N为7号元素，其基态电子排布为1S22s22p3，价电子排布式为2s22p3。C、N、位于同一周期，原子序数依次增大，而同一周期随原子序数递增，电负性增大，所以电负性顺序为C22p3、CN原子通过δ键连接2个H原子和另1个N原子，还存在1对孤对电子，所以价层电子对数目为4，杂化类型为sp3。2molN2H4参加反应时，分子中断裂的N-H键为8mol，生成3molN2中含有3molδ键，4molH2O中含有8molδ键，共生成11molδ键。N2H6SO4是N2H4分子中的两个N的孤对电子分别与H+通过配位键形成N2H62+，再通过离子键与SO42-形成盐，所以晶体内存在离子键、共价键和配位键，不存在的是范德华力。正确答案：sp3、11、D。（3）NH3中心原子成键电子对数目为3，孤对电子对数目为1，总电子对数目是4，所以N原子采用sp3杂化，分子空间结构是三角锥型，负电荷重心位于N原子，正电荷重心位于三个H原子形成的正三角形中心，所以正负电荷重心不重合，NH3为极性分子。液氨除了存在分子间的范德华力外，分子间还存在较强的氢键，而膦仅存在分子间的范德华力，所以氨的沸点高于膦。正确答案：极性、氨分子之间存在氢键，磷分子之间为范德华力。（4）SO42-价层电子对数=中心原子采用sp3杂化，无孤对电子，因此SO42-为空间正四面体结构。正确答案：正四面体。（5）28号元素Ni的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d84s2，失去1个电子后核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d84s1；29号元素Cu的核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d104s1，失去1个电子后核外电子排布式为1s22s2sp63s23p63d10，由于3d10是全满的稳定结构，则分别失去1个电子后的Cu+、Ni+中，Cu+更难失去第二个电子，所以Cu的第二电离能更。晶胞中含Ni原子数目8×1/8=1，Cu原子数目6×1/2=3，二者数目比为1:3。晶胞体积a3nm3=1×10-21a3cm3，晶胞中含有1个Cu原子和3个Ni原子，总质量为g，则合金密度为：正确答案：铜失去的是全充满的3d10电子，而镍失去的是4s1电子、1:3、

点睛：①由于全满或半满是一种更加稳定的状态，所以原子核外电子排布为(n-1)d4nS2及(n-1)d9nS2时，会有1个电子跃迁至能量较高的(n-1)d轨道形成较稳定的(n-1)d5nS1、(n-1)d10nS1排布。②当原子间形成多建时（如N≡N），仅有1个是δ键，其余是π键。【解析】①.2s22p3②.C③.sp3④.11⑤.D⑥.极