2025年牛津上海版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年牛津上海版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、X、Y、Z、R、T五种主族元素，其原子序数依次增大，且都小于20.X的族序数等于其周期序数，X和T同主族，X为非金属，它们的基态原子最外层电子排布均为ns1；Y和R同主族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍；Z原子最外层电子数等于R原子最外层电子数的一半。下列叙述正确的是A.简单离子的半径：T>R>YB.Y与X、R、T均可形成至少两种二元化合物C.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>TD.由这五种元素组成的一种化合物，可作净水剂和消毒剂2、下列各组的量不随着原子序数的递增而周期性变化的是A.原子半径B.化合价C.原子核外电子数D.原子最外层电子数3、观察模型并结合相关信息；下列说法不正确的是。

。

晶体B的结构单元。

P4

S8

HCN

结构模型示意图。

备注。

熔点1873K

易溶于CS2

A.该晶体B属原子晶体，结构单元中铜鼓B－B键可形成20个正三角形B.P4是非极性分子，键角为109.5°C.固态硫(S8)属分子晶体，其分子由非极性键构成D.HCN分子中键与键的数目比为1∶14、在“石蜡→石蜡油→石蜡气体→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）A.范德华力、范德华力、范德华力B.共价键、共价键、共价键C.范德华力、共价键、共价键D.范德华力、范德华力、共价键5、配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是。

A.固态Fe(CO)5属于离子晶体B.Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C.1molFe(CO)5含有10mol配位键D.Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成6、2021年5月15日，我国探测车“祝融号”成功登陆火星。其核心元器件封装用的是超轻的铝硅合金，下列说法错误的是A.Si的电负性大于AlB.和都属于分子晶体C.Al和Si都位于元素周期表的同一个周期，金属和非金属交界处D.由于硅原子最外层4个电子，相对稳定，在自然界中有单质硅存在7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键B.1molSiO2中含有1molSiO2个分子C.12g金刚石中含有2NA个碳碳键D.1mol石墨晶体中含有2NA个碳碳键评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、氢化铝锂(LiAlH4)是重要的还原剂与储氢材料。其合成方法如下：①Na+Al+2H2NaAlH4，②NaAlH4+LiClLiAlH4+NaCl。回答下列问题：

(1)上述反应中涉及的元素的第一电离能最大的是_______(填元素名称)。LiAlH4与水剧烈反应产生一种盐与H2，写出反应的化学方程式：_______；LiAlH4中H元素表现为-1价，解释H表现出负价的理由：_______。

(2)基态锂原子的电子排布式为_______；基态锂原子中有_______种运动状态不同的电子。

(3)已知第一电离能Mg大于Al，但第二电离能Mg小于Al，解释原因：_______。

(4)反应①、②中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物的电子式为_______。9、根据下列5种元素的电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下列问题。元素符号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600V420310044005900

（1）在元素周期表中，最有可能处于同一族的是__(填序号；下同)。

A.Q和RB.S和TC.T和VD.R和TE.R和V

（2）它们的氯化物的化学式，最有可能正确的是__。

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TClE.VCl4

（3）下列元素中，最有可能与Q元素处于同一族的是__。

A.硼B.铍C.锂D.氢E.氦。

（4）在这5种元素中，最容易与氯元素形成离子化合物的是__。

A.QB.RC.SD.TE.V

（5）利用表中的数据判断，V元素最有可能是下列元素中的__。

A.HB.LiC.NaD.K10、下表是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：

(1)K的元素名称为___________。

(2)基态时Q元素原子的电子排布式___________；

(3)下列对比正确的是___________。

a.原子半径H>G>B>Ab.第一电离能E>D>C>B

c.电负性A>H>G>Qd.最高价氧化物的水化物酸性B>A>H>G

(4)由P、A、C三种元素形成的某化合物，对氢气的相对密度为15，则该分子的键角约为___________。

(5)元素B和C的气态氢化物热稳定性较强的是___________(填化学式)。11、I.有以下物质：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ键的是______(填序号，下同)；既含有σ键又含有π键的是______。

(2)含有由两个原子的s轨道重叠形成σ键的是______。

(3)写出以下分子或离子的空间构型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.钴的一种配位聚合物的化学式为{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基态核外电子排布式为______；NO的空间结构为______。

(2)bte的分子式为C6H8N6；其结构简式如图所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，与Co2+形成配位键的原子是______和______(填元素符号)。

②C、H、N的电负性从大到小顺序为______。

③bte分子中碳原子轨道杂化类型为______和______。

④1molbte分子中含键的数目为______mol。12、(1)的稳定性比水差，从结构的角度解释原因___________。

(2)的四卤化物熔点如下表所示，自至熔点依次升高，原因是___________。化合物熔点/℃37738.315513、（1）（CH3）3NH+和可形成离子液体。离子液体由阴、阳离子组成，熔点低于100℃，其挥发性一般比有机溶剂___________（填“大”或“小”），可用作___________（填序号）。

a.助燃剂b.“绿色”溶剂c.复合材料d.绝热材料。

（2）为了研究在纳米级的空间中水的结冰温度，科学家对不同直径碳纳米管中水的结冰温度进行分析。如图是四种不同直径碳纳米管中的冰柱结构及结冰温度，冰柱的大小取决于碳纳米管的直径。水在碳纳米管中结冰的规律是_________________。

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误15、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误16、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误17、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误18、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误19、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共32分)20、近年来；有机-无机杂化金属卤素钙钛矿作为优良的光电材料受到广泛研究和关注，回答下列问题。

(1)Ca、Ti元素基态原子核外电子占据能级数之比为___________，与Ti处于同周期单电子数与Ti相同的元素还有___________种，Ca的前三级电离能数据分别为589.8kJ/mol、1145.4kJ/mol、4912.4kJ/mol，第三电离能增大较多的原因是___________。

(2)卤族元素可与N和P元素形成多种稳定卤化物，其中NCl3分子构型为___________，P元素可形成稳定的PCl3和PCl5，而氮元素只存在稳定的NCl3，理由是___________。

(3)Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)TiF中的配体所含原子中电负性最小的是___________；Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti4+的配位数是___________。

(4)研究表明，TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性；反应如图所示。

已知TiO2晶胞为长方体，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为___________g/cm3(列出计算式)。TiO2-aNb晶体中a=___________，b=___________。21、碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车；医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。

i.4CuCl+4CH3OH+O2=4Cu(OCH3)Cl+2H2O

ii.2Cu(OCH3)Cl+CO=(CH3O)2CO+2CuCl

(1)碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是_______。

(2)CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为_______，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是_______。

(3)上述方法中；甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。

i．甲醇单位时间内的转化率主要受Cu(Ⅰ)(+1价铜元素)浓度的影响。

ii．CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。

ⅲ．加入4-甲基咪唑()可与Cu+形成配合物；可提高甲醇的转化率。4-甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。

请结合信息回答以下问题。

①4-甲基咪唑中，1~4号N原子_______(填“在”或“不在”)同一平面上，_______(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。

②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是_______(填序号)。

a．Cu(Ⅰ)配合物中的-NH结构可增大其在甲醇中的溶解度。

b．形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反应的限度。

(4)配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是_______。

(5)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为_______，Ca2+的配位数是_______。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是_______；若晶胞参数为anm，则晶体密度为_______g·cm-3(列出计算式)。

22、钛(Ti)被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。钛的氯化物有如下转变关系：2TiCl3TiCl4↑＋TiCl2；回答下列问题：

(1)基态钛原子的价电子排布式为___________。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是___________(写元素符号)；原因是___________。

(2)钛的氯化物的部分物理性质如下表：

。氯化物。

熔点/℃

沸点/℃

溶解性。

TiCl4

-24

136

可溶于非极性的甲苯和氯代烃。

TiCl2

1035

1500

不溶于氯仿；乙醚。

①TiCl4与TiCl2的晶体类型分别是___________；___________。

②TiCl4与互为等电子体，因为它们___________相同；中心原子的杂化方式是___________。

(3)Ti的配合物有多种。的配体所含原子中电负性最小的是___________；的球棍结构如图Ⅰ；Ti的配位数是___________。

(4)钙钛矿(CaTiO3)是自然界中的一种常见矿物；其晶胞结构如图Ⅱ。

①设NA为阿伏加德罗常数的值；计算一个晶胞的质量为___________g。

②假设O2-采用面心立方最密堆积，Ti4＋与O2-相切，则___________。23、金属钛因具有强度高；耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。

(1)基态Ti原子核外电子排布的最高能级符号是____。与钛同周期的元素中基态原子未成对电子数与钛相同的有__________种。

(2)钛比钢轻，比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是_____。

(3)半夹心结构催化剂M其结构如图所示：

①组成该物的质元素中，电负性最大的是___________(填元素符号)

②M中不含_________(填标号)

a.π键b.σ键c.配位键d.离子键e.氢键。

(4)TiO2能溶于浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如图所示，其化学式是______写出一种与阴离子互为等电子体的分子______。

(5)钛单质的晶胞如图所示，该晶胞为______堆积(填堆积方式)，钛原子的配位数是_______，已知晶胞参数：a=0.295nm，c=0.469nm。则该钛晶体的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的数值；列出计算式即可)

评卷人得分五、计算题(共3题，共9分)24、按要求填空。

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________，微粒之间的作用力为___________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，则铁原子半径为___________(假设原子为刚性球体)；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

(5)奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示；写出计算式即可)。

25、碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_____________。

（2）在石墨烯晶体中，每个C原子连接_____个六元环，每个六元环占有____个C原子。

（3）在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环。

（4）金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率________(不要求计算结果)。

（5）德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成（如右图）。请回答：C20分子共有_______个正五边形，共有______条棱边，C20晶体属于________晶体（填晶体类型）。

26、Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为________，Cu+半径为acm，N3﹣半径为bcm，Cu3N的密度为________g•cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示；Cu；N相对分子质量为64、14）

评卷人得分六、原理综合题(共2题，共8分)27、非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：

(1)基态硼原子的价电子排布图是____________，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。

(2)B的简单氢化物BH3，不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。

①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为____________________。

②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填分子式）。

(3)如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是____________。

(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，称为原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm和cnm．如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_________；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_____g·cm－3（用含字母的代数式表示）。28、实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策；是应对全球气候问题；建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求，依靠理论知识做基础。试运用所学知识，解决下列问题：

(1)已知某反应的平衡表达式为：K=它所对应的化学反应为：________________。

(2)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

总反应：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____________；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，该电池的负极反应为________________。

(3)煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如下表所示：。温度/℃400500800平衡常数K9.9491

该反应的正反应方向是_______反应(填“吸热”或“放热”)，若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：________________。

(4)从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等，对反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图甲所示．下列说法正确的是________________。

A.A、C两点的反应速率：A>C

B.A；C两点气体的颜色：A深；C浅。

C.B、C两点的气体的平均相对分子质量：B

D.由状态B到状态A；可以用加热的方法。

E.A、C两点的化学平衡常数：A>C

(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将mmolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加nL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为________mol/L(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5mol/L)。

(6)某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸；装置如图乙所示，电极为多孔的材料能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。

①溶液中H+的移动方向由________极到________极；(用A；B表示)

②B电极的电极反应式为____________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

X、Y、Z、R、T5种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，Y和R属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，最外层电子排布为ns2np4，则Y为O元素、R为S元素；X和T属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于IA族，T的原子序数大于硫，且X为非金属，则X为H元素、T为K元素；Z原子最外层上电子数等于T原子最外层上电子数的一半，其最外层电子数为6×=3；故Z为Al。

【详解】

A．简单离子的半径，电子层多，则半径大；相同电子层，原子序数小的，半径大，则O2-、S2-、K+的半径为：S2->K+>O2-；A项错误；

B．O与H；S、K均可形成至少两种二元化合物；B项正确；

C．金属性：K＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Al(OH)3；C项错误；

D．由这五种元素组成的一种化合物为KAl(SO4)2·12H2O；可作净水剂但不能为消毒剂，D项错误；

答案选B。2、C【分析】【详解】

A；原子半径每一横行随着原子序数的递增而递减；即随着原子序数的递增而周期性变化；A正确；

B；化合价每一横行金属最高价由+1递增到+x；非金属元素的最低价由-x逐渐变化到-1，B正确；

C；原子核外电子数一直随着原子序数增加而增加；不是周期性变化，C错误；

D；原子最外层电子数每一横行由1逐渐递增到8；呈现周期性变化，D正确。

故选C。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，每个B原子具有5×个共价键，12个B原子共含有12×5×=30个共价键，含有的三角形数目=30÷(×3)=20；A正确；

B．P4四个磷原子排列于正四面体的四个定点上（和甲烷中四个氢的位置一样）；结构对称，极性抵消，是非极性分子，键角为60°，B错误；

C．固态硫(S8)属分子晶体；由图可知其结构对称均为硫原子，其分子由非极性键构成，C正确；

D．HCN的结构式为：HCN分子中键与键的数目比为1∶1；D正确；

答案选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化；属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力；范德华力、共价键；

故答案为D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，所以固态Fe(CO)5属于分子晶体；故A错误；

B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，但不是sp3杂化；故B错误；

C．1个Fe(CO)5分子中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，1molFe(CO)5中共含有10mol配位键；故C正确；

D．Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了Fe(CO)5分子中的配位键；形成了金属键，故D错误；

故选C。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．同周期从左到右元素的电负性增大；则硅元素的电负性大于铝元素，故A正确；

B．氯化铝和氯化硅都是熔沸点低；硬度小的分子晶体；故B正确；

C．铝元素和硅元素都位于元素周期表的第三周期；都处于金属和非金属交界处，故C正确；

D．硅是亲氧元素；在自然界中只以化合态存在，没有单质硅存在，故D错误；

故选D。7、C【分析】【详解】

A．60g二氧化硅的物质的量为n==1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，含硅氧键4NA个；故A错误；

B．SiO2是原子晶体；结构中无二氧化硅分子，故B错误；

C．12g金刚石中碳原子的物质的量为=1mol，而1mol金刚石中含2mol碳碳键，含碳碳键2NA个；故C正确；

D．石墨晶体中一个碳原子含有个碳碳共价键，所以1mol石墨晶体中含有共价键键数为NA；故D错误；

故选C。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】(1)

利用同周期从左向右第一电离能是增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能最大的是Cl；LiAlH4中H显-1价，H2O中H显+1价，发生归中反应得到氢气和一种盐，因此反应方程式为LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；Li、Al均为金属元素，H为非金属元素，三种元素中H的电负性最大，Li显+1价，Al显+3价，整个化合价代数和为0，则H显-1价；故答案为氯；LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；因为三种元素中H元素的电负性最大；

(2)

锂元素位于第二周期ⅠA族，原子序数为3，则锂原子的电子排布式为1s22s1；核外有3个电子，即有3中运动状态不同的电子；故答案为1s22s1；3；

(3)

基态Mg原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s2，最高能级3s能级处于稳定的全满状态，能量低，稳定，基态Al原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级3p为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+的电子排布式为1s22s22p63s1，最高能级3s处于不稳定状态，而Al+的电子排布式为1s22s22p63s2，最高能级3s处于稳定的全满状态，能量低，稳定，故第二电离能Mg小于Al；故答案为基态Mg最高能级处于稳定的全满状态，基态Al最高能级为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+最高能级处于不稳定状态，而Al+最高能级处于稳定的全满状态；故第二电离能Mg小于Al；

(4)

反应①、②中电负性最大的是Cl，电负性最小的是Na，形成的化合物是NaCl，属于离子化合物，其电子式为故答案为【解析】(1)氯LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑因为三种元素中H元素的电负性最大。

(2)1s22s13

(3)基态Mg最高能级处于稳定的全满状态，基态Al最高能级为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+最高能级处于不稳定状态，而Al+最高能级处于稳定的全满状态；故第二电离能Mg小于Al

(4)9、略

【分析】【分析】

由元素的电离能可以看出；Q的电离能很大，可能为零族元素；R和V的第一电离能较小，第二电离能剧增，最外层电子数应为1，二者可能处于同一族；S的第一；第二电离能较小，第三电离能剧增，最外层电子数应为2；T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，最外层电子数应为3。

【详解】

(1)根据分析可知R和V最可能位于同一族；故选E；

(2)A．Q可能为零族元素；无法形成氯化物，故A错误；

B．R的最外层电子数应为1；其氯化物最可能为RCl，故B正确；

C．S的最外层电子数应为2，其氯化物最可能为SCl2；故C错误；

D．T的最外层电子数应为3，其氯化物最可能为TCl3；故D错误；

E．V的最外层电子数应为1；其氯化物最可能为VCl，故E错误；

综上所述选B；

(3)Q最可能为零族元素；所以选E；

(4)第一电离能越小越容易失去电子形成阳离子；根据表格数据可知V元素的第一电离能最小，最容易失去电子形成阳离子和氯离子形成离子化合物，所以选E；

(5)R和V最可能位于第IA族；其核外最少有4个电子，所以排除H和Li，而V的第一电离能小于R，所以R可能为选项中的Na，V为选项中的K，所以选D。

【点睛】

本题需要学生掌握原子的最外层电子数与电离能之间的关系，明确电离能发生突变的原因。【解析】①.E②.B③.E④.E⑤.D10、略

【分析】【分析】

【详解】

根据元素在周期表中的位置，可以知道P为H、A为C，B为N，C为O，D为F，E为Ne，F为Mg，G为Al，H为Si，I为Cr，J为Fe，K为Cu，Q为Ga，L为Rb；M为Au，N为At；

(1)结合以上分析可知；K的元素名称为铜；

(2)结合以上分析可知，Q为Ga，核电荷数为31，基态时Q元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p1；

(3)a．同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径为：G>H>A>B；故错误；

b．同周期从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但是IIA、VA族元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能大小：E>D>B>C；故错误；

c．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性A>H>G>Q；故正确；

d．非金属性：B>A>H>G，则最高价氧化物的水化合物的酸性：B>A>H>G；故正确；

故选cd；

(4)由H；C、O三种元素形成的某化合物；对氢气的相对密度为15，则该化合物的相对分子质量为30，该化合物为HCHO，为平面三角形，键角约为120°；

(5)B为N，C为O，非金属性：N2O>NH3。【解析】①.铜②.1s22s22p63s23p63d104s24p1③.cd④.120°⑤.H2O11、略

【分析】【分析】

【详解】

I．(1)键是头碰头的方式形成的，而键是以肩并肩的方式形成的；单键都是键，而双键或三键中才含有键；所以只含有σ键的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ键又含有π键的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成键时最外层电子的电子云发生交叠，H原子只有1s电子，形成H2时两个H原子的s轨道重叠形成σ键；故填⑦；

(3)根据价层电子对互斥理论；

NH3的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

H2O的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4；孤电子对数为2，为V形；

SO2的价层电子对数为2+×(6-2×2)=3；孤电子对数为1，为V形；

BeCl2的价层电子对数为2+×(2-2×1)=2；孤电子对数为0，为直线形；

CO2的价层电子对数为2+×(4-2×2)=2；孤电子对数为0，为直线形，故填三角锥形；V形、V形、直线形、直线形；

II．(1)Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

NO中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化；离子构型是平面三角形，故填平面三角形；

(2)①Co2+离子含有空轨道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤电子对；形成配位键，故填N、O；

②同周期自左而右电负性增大，C、N的氢化物中它们均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性由大到小顺序为：N>C>H；故填N；C、H；

③bte分子中环上碳原子形成3个σ键，亚甲基中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故填sp2、sp3；

④单键为σ键，双键中含有1个σ键，bte的分子含有21个σ键，1molbte分子中含σ键的数目为21mol，故填21。【解析】①.①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角锥形⑤.V形⑥.V形⑦.直线形⑧.直线形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形⑪.N⑫.O⑬.N、C、H⑭.sp2⑮.sp3⑯.2112、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)结构式为其中过氧键()键能小，小于键键能，所以过氧键不稳定，因此原因为中过氧键不稳定(或键键能比键键能小)；因此稳定性比水差；

(2)为离子化合物，熔点高，而都为共价化合物，是分子晶体，其结构相似，相对分子质量增加，分子间作用力增大，熔点依次升高，所以原因是至都是分子晶体，结构相似，相对分子质量增加，分子间作用力增大，因此熔点依次升高。【解析】①.中过氧键不稳定(或键键能比键键能小)，因此稳定性比水差②.至都是分子晶体，结构相似，相对分子质量增加，分子间作用力增大，因此熔点依次升高13、略

【分析】【分析】

(1)离子液体中的作用力是离子键；强于氢键和分子间作用力，以此分析解答；

(2)根据图示；随着碳纳米管直径的增大，结冰温度依次为27℃；7℃、-53℃、-83℃，据此分析归纳。

【详解】

(1)由(CH3)3NH+和[AlCl4]-形成的离子液体，阴、阳离子间的作用力是离子键，大于有机溶剂分子间的范德华力，因此其挥发性一般比有机溶剂小；该离子液体中不含氧，则其不助燃；液体一般不能用作复合材料；由阴、阳离子形成的离子液体应该具有导热性，不可能用作绝热材料，其挥发性就小，不会污染环境，是“绿色”溶剂，故答案为：小；b；

(2)根据图示，随着碳纳米管直径的增大，结冰温度依次为27℃、7℃、-53℃、-83℃，即碳纳米管直径越大，结冰温度越低(或纳米管直径越小，结冰温度越高)，故答案为：碳纳米管直径越大，结冰温度越低(或纳米管直径越小，结冰温度越高)。【解析】小b碳纳米管直径越大，结冰温度越低三、判断题(共6题，共12分)14、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；15、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。16、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。17、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。18、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。19、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。四、结构与性质(共4题，共32分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ca基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、4s，Ti基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能级数之比为6：7；Ti基态原子的价电子排布式为3d24s2，3d能级有2个单电子，同周期中含有2个单电子的元素有Ni、Ge、Br，3种元素；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2，失去2个电子后，核外电子达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大；

(2)NCl3的中心N原子含有1对孤电子对，3条σ键，价层电子对数为4，则分子构型为三角锥形；P原子核外电子第三层有d能级，可形成spd杂化，N原子核外电子第二层只有s、p能级4个电子轨道，则不能形成NCl5；

(3)Ti(CO)6、Ti(H2O)TiF中的配体分别为CO、H2O、F-，非金属性越强，电负性越大，则H的电负性最小；根据球棍模型，硝酸根离子中的2个氧原子与Ti4+连接成环，则Ti4+的配位数是8；

(4)根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，晶胞含有的个数为4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8，则1mol晶胞的质量为(48+32)×4g，体积为m2×n×10-30×NAcm3，则密度==g/cm3；

氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为N原子1个在面上、1个在棱上，个数为则化学式为Ti故2-a=a=b=【解析】6：73因为Ca2+已经达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大三角锥形N元素L层最多4个轨道，所以不易生成NCl5H821、略

【分析】【详解】

（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧双键，杂化类型是sp2。

（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，失去4s能级上的一个电子形成Cu+，故Cu+价电。

子排布式为3d10；CuCl在反应中先消耗再生成；属于催化剂。

（3）①4-甲基咪唑中环上形成大π键；属于平面结构，1~4号N原子在同一平面上；1号N原子的孤电子对参与形成大π键，故3号N原子更容易与Cu形成配位键；

②a．Cu(I)配合物中的结构可与甲醇形成分子间氢键；增大其在甲醇中的溶解度；

b．形成的Cu(I)配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，故b错误；

选a。

（4）若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是：电负性：O>N；O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱。

（5）金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，金属离子与氧离子间的作用力为离子键，晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；距离Pb2+最近的是处于面心的I-，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti4+的配位数也为6，与图(b)中Pb2+的空间位置相同；有机碱CH3H中N原子上无孤电子对，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个，CH3NH的数目为8=1个，I-的数目为6=3个，故晶胞的密度为ρ=【解析】(1)sp2

(2)3d10催化剂。

(3)在3a

(4)电负性：O>N；O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱。

(5)离子键12Ti4+sp322、略

【分析】【分析】

根据原子核外电子排布规律书写价电子排布式；可根据不同类型的晶体物理性质的差异判断晶体的类型；按价层电子对互斥理论判断离子的空间构型和中心原子的杂化方式；结合元素的非金属性强弱；对元素的电负性排序；结合图示中与Ti形成共价键的原子数目确定其配位体数目；用均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数；然后结合摩尔质量与相对原子质量关系计算晶胞质量；结合堆积方式、确定阴阳离子的半径关系、求出离子半径的比值；据此回答；

【详解】

(1)Ti是22号元素，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2。与钛同周期的第ⅡB族；ⅢA族两种元素分别是锌、镓元素；其中第一电离能较大的是Zn，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。

(2)①根据表格性质可知TiCl4熔沸点低，易溶于有机溶剂，则TiCl4是由分子构成的分子晶体；而TiCl2熔沸点较高，在乙醇、乙醚中不能溶解，说明TiCl2的晶体类型属于离子晶体。②按定义可知TiCl4与互为等电子体：原子总数、价电子总数相等，因此二者互为等电子体相同；的中心原子的价层电子对数为故杂化方式是sp3。

(3)Ti的配合物有多种。的配体分别是CO、H2O、F-，其中含有的非金属性元素有C、O、H、F，元素的非金属性：元素的非金属性越弱，其电负性就越小，故上述所含非金属元素原子中电负性最小的是H；根据Ti(NO3)4的球棍结构图示可知Ti的配位数是8。

(4)①在一个晶胞中含有Ca数目是1；含有Ti数目为8=1，含有的O数目为12=3，则一个晶胞中含有1个CaTiO3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为=g；②设晶胞的边长为a，由于O2−采用面心立方最密堆积，则面对角线长度是O2−半径的4倍，则得Ti4+与O2-相切，则得则【解析】3d24s2ZnZn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子分子晶体离子晶体原子总数、价电子总数sp3H8或0.41423、略

【分析】【详解】

(1)Ti元素为22号元素，基态钛原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，其最高能级符号是3d；钛原子核外未成对电子数为2，与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的原子的价层电子排布还可能为3d74s2、4s24p2、4s24p4；即Ni，Ge，Se，共3种；

(2)Ti原子的价电子数比Al多；金属键更强，所以钛硬度比铝大；

(3)①组成该物质的元素有H；C、O、Cl、Ti；非金属性越强，电负性越大，五种元素中非金属性最强的是O元素，所以O元素的电负性最大；

②分子中含有碳碳单键；碳氧单键、碳氢单键等均为σ键；碳碳双键中有π键，O原子和Ti原子之间形成配位键，Cl原子和Ti原子之间为共价键，所以M中不含离子键和氢键，所以选de；

(4)该图中每个Ti原子连接O原子个数=2×=1，即Ti、O原子个数之比为1：1，其化学式为(或TiO2+)；的原子个数为5，价电子总数为32，与其互为等电子的分子有CCl4、SiCl4等；

(5)据图可知该晶胞为六方最密堆积；以面心钛原子为例，顶点和内部共9个钛原子距离其最近，且相等，在该晶胞的上方晶胞的内部还有3个一样的钛原子，所以钛原子的配位数为12；晶胞含有的钛原子个数为=6，所以晶胞的质量m=g；该晶胞底面为正六边形，变成为a，所以底面积为3a2×sin60°，则晶胞的体积V=3a2×sin60°×c=所以晶体的密度为将a=0.295nm，c=0.469nm代入可得晶体的密度为或

【点睛】

第3小题为易错点，虽然Ti为金属元素，但其和氯原子、碳原子之间为共价键，如同氯化铝；六方最密堆积的正六面体模型中，顶点的原子被6个晶胞共用。【解析】3d3Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强Ode或TiO2+CCl4(SiCl4)六方最密12或五、计算题(共3题，共9分)24、略

【分析】【详解】

（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则晶胞中Cu有个，Au有则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，微粒之间的作用力为金属键；故答案为：3：1；金属键。

（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与的结构相似，则一个晶胞中有8个氢原子，则该晶体储氢后的化学式应为AuCu3H8；故答案为：AuCu3H8。

（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，B原子位于顶点和面心，则晶胞中含B原子数目为故答案为：4。

（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，该晶胞中体对角线为四个铁原子半径即则铁原子半径为δ−Fe晶胞中铁原子的配位数为8，α−Fe晶胞中铁原子的配位数为6，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3；故答案为：4：3。

（5）奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，晶胞中铁原子个数为碳原子个数为若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞体积为晶胞参数为则晶胞中最近的两个碳原子的距离为晶胞参数一半的倍即故答案为：【解析】(1)3：1金属键。

(2)AuCu3H8

(3)4

(4)4：3

(5)25、略

【分析】【详解】

（1）由同一种元素组成的不同单质互称为同素异形体，故金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为同素异形体；（2）在石墨烯晶体中最小的环为六元环，每个C原子连接3C-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个C原子；（3）在金刚石晶体中，晶体中每个C原子和它周围的4个C原子以共价键相连，金刚石晶体结构的观察分析形成空间正四面体结构，晶体中每个碳原子都和其他碳原子构成空间正六边形的碳环。由于每个C原子和它周围的4个C原子连接，因此它必然同处于4个六元环上，而与之相连的4个C原子的每一个又和另外3个C原子相连。因而，它必然又在另外3个碳原子所在的环上。所以这个碳原子连接3×4=12个六元环；（4）共价金刚石的立体网状结构金刚石昌胞，属于A4型，顶点8个，相当于1个C原子，然后面心上6个，相当于3个C原子，而在其8个四面体空隙中有一半也是C原子，且在晶胞内，故还有4个C原子，加在一起，可得一个金刚石晶胞中有8个C原子，若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的就是C-C键的键长，即a=2r，所以r=a，碳原子在晶胞中的空间占有率===

点睛：本题考查元素周期表、元素周期律的应用、同素异形体辨析、晶体类型、关于晶体的计算等知识点，解题的关键是晶体空间结构的相关计算。【解析】同素异形体32128＝1230分子晶体26、略

【分析】【详解】

Cu3N的晶胞中小黑色球数目为8×=1，大黑色球数目为12×=3，故小黑色球为N3−、大黑色球为Cu+，所以N3﹣的配位数为6；补全晶胞结构可知，N3−离子周围有6个Cu+；Cu+半径为apm，N3−半径为bpm，则晶胞棱长为2(a+b)pm，晶胞体积为[2(a+b)×10−10cm]3，晶胞质量为则晶胞密度为=g•cm−3。【解析】6六、原理综合题(共2题，共8分)27、略

【分析】【详解】

（1）B原子核外电子排布式为：1s22s22p1，基态硼原子的价电子排布图是同周期第一电离能从左向右逐渐增大，N元素2P3为半充满结构，第一电离能变大，所以，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C>B。故答案为：F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子结构如图，B形成4个σ键，价层电子对为4，则B原子的杂化方式为sp3杂化。故答案为：sp3杂化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N，B提供空轨道，用价电子迁移法，N与B之间夹着碳元素，与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6（填分子式）。故答案为：N；C2H6；

（3）H3BO3晶体为片层结构，B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，B的杂化方式为sp2；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是：升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。故答案为：sp2；升温破坏了硼酸晶体中的氢键；并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；

（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4×+4×=4，由化学式CsSiB3O7，可知晶胞相当于含有4个“CsSiB3O7”，故晶胞质量=4×g，则晶体密度==g·