2025年统编版选修3化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年统编版选修3化学上册阶段测试试卷818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6题，共12分)1、下列情况中分子间相距最近的是()A.0℃的水B.3℃的水蒸汽C.4℃的水D.100℃的沸水2、第三周期，基态原子的第一电离能处于Al、P之间的元素有A.1种B.2种C.3种D.4种3、下列说法或有关化学用语的表达正确的是()A.在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B.基态Fe原子的价电子轨道表示式为C.因硫元素电负性比磷元素大，故硫元素第一电离能比磷元素第一电离能大D.根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区4、下列现象不能用氢键解释的是（）A.冰的密度小于液态水B.氨易液化C.HF的沸点高于HID.HCl比HI分子更稳定5、实验室常用CS2溶解硫磺（S8）或白磷（P4），下列推测错误的是A.CS2是非极性分子B.CS2的沸点高于CO2C.CS2不能在空气中燃烧D.CS2能证明非金属性S＞C6、下列物质熔化时，不破坏化学键的是A.氯化钠B.水晶C.金刚石D.十七烷评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、下图是一种钯(Pd)的氯配合物X的晶胞结构。回答下列问题：

请回答下列问题：

(1)基态Cl原子中存在未成对电子的能级，画出其该能级的轨道表示式______。

(2)下列关于Cl元素的叙述正确的是______(填序号)。

A．Cl2分子中无π键B．Cl是p区主族元素。

C．第一电离能：ClD．电负性：Cl>S

(3)NCl3分子的中心原子N的杂化方式是______。

(4)NH3常作制冷剂，其键角______(填“大于”或“小于”)NH4+的键角，NH3的沸点高于N2沸点的主要原因是______。

(5)物质X的晶体类型为______，其中的Pd元素的化合价为______、配位数为______。

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，经过元素分析与计算可知Y中Pd:Cl:N:H的数量比=1:2:2:6。试画出配合物Y的可能结构______。8、现有①BaCl2②金刚石③KOH④H2SO4⑤干冰⑥碘片⑦晶体硅⑧金属铜八种物质；按下列要求回答：（填序号）

（1）熔化时不需要破坏化学键的是________，熔化时需要破坏共价键的是________，熔点最高的是________，熔点最低的是________。

（2）属于离子化合物的是________，只有离子键的物质是________，晶体以分子间作用力结合的是________。

（3）请写出③的电子式______，⑤的电子式______。9、某盐的组成可表示为3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl。回答下列问题：

（1）氯原子的电子排布式为________________。

（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_________________；氮元素的E1呈现异常的原因是__________________。

（3）经X射线衍射测得化合物3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。

①H3O＋中心原子的杂化类型为________，NH4+的空间构型为________。

②3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl中阴离子N5-中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则N5-中的大π键应表示为________。

③图(b)中虚线代表氢键，其中表示式为(NH4+)N—HCl、________、________。10、铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途；如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。

(1)Cu位于元素周期表第IB族。Cu2＋的核外电子排布式为__________。

(2)下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，可确定该晶胞中阴离子的个数为_____。

(3)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是_______________。

(4)Cu2O的熔点比Cu2S的_________(填“高”或“低”)。11、金属的常见堆积方式有三种，配位数为8的是________堆积，铜属于________堆积．评卷人得分三、结构与性质(共8题，共16分)12、“天问一号”着陆火星；“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室；涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅等矿物中。

(1)镍原子价层电子表示式为_______，在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是_______。

(2)铼易形成高配位数的化合物如该配合物中_______(填元素符号)提供孤对电子与铼成键，原因是_______，1mol中有_______mol配位键。

(3)锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌薄膜，使其具有抗腐蚀性。碱式碳酸锌中非金属元素的电负性由大到小的顺序为_____，的空间构型为_______(用文字描述)。与互为等电子体的分子是_______(写一种即可)。

(4)分子中碳原子的杂化类型为_______，比的熔点沸点_______(填“高”或“低”)，原因是_______。

(5)三氧化铼晶胞如图所示，摩尔质量为晶胞密度为铼原子配位数为_______，铼原子填在了氧原子围成的_______(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞的空间利用率为_______(铼的原子半径为氧原子半径为列出计算式)。

13、在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。

(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于________(填“晶体”或“非晶体”)。

(2)基态铜原子有________个未成对电子；Cu2＋的电子排布式为____________________；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为____________________，其所含化学键有____________________，乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为________。

(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为________。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(H—S—C≡N)、异硫氰酸(H—N===C===S)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是______________________________________________________________________________________。

(4)ZnS的晶胞结构如图所示，在ZnS晶胞中，S2－的配位数为_______________。

(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图所示，其晶胞边长为anm，该金属互化物的密度为________g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。14、前四周期元素A；B、C、D、E、F的原子序数依次增大；A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：

（1）B原子的L层电子排布图____________。

（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为________，B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是___________；C、D和E的电负性由大到小的顺序为___________；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是____________；C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_________________。CO中C的杂化方式为___________，该离子的“VSEPR”模型为__________________形。

（3）向FDO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为_______，该离子的配位体为________________。

（4）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3（精确到0.1），最近的黑球和白球之间的距离为_______pm。

15、硫酸铵[(NH4)2SO4]一种优良的氮肥(俗称肥田粉)；适用于一般土壤和作物，能使枝叶生长旺盛，提高果实品质和产量，增强作物对灾害的抵抗能力，可作基肥；追肥和种肥，与氢氧化钙在加热的条件下可以生成氨气。根据所学知识回答下列问题：

（1）基态S原子的价电子排布式为____________，能量最高的电子所处的能层的符号为_________。

（2）SO42-空间构型为__________，中心原子的轨道杂化方式是________，写出一个与SO42-互为等电子体的分子的化学式__________。

（3）氨气的沸点(-33.5℃)高于硫化氢的沸点(-60.4℃)的主要原因是：_____________________________。

（4）O、N、S的第一电离能从大到小的顺序是___________________。

（5）硫酸铜溶液中通入过量的氨气会生成[Cu(NH3)4]SO4,1mol的[Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为________。

（6）以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐作原料，可以生成碳氮化钛化合物。其结构如下图所示，这种碳氮化钛化合物的化学式为________。若将该晶体的晶胞重新切割，使碳原子位于新晶胞的上下面心，则氮原子在新晶胞中的位置是__________________________________。

16、二十一世纪世界资源争夺的重点是海洋。海底有石油；可燃冰、石油气、矿砂、锰结核的资源；海水中除有渔业资源外，还有食盐、溴、碘等许多化学资源，所有资源中最丰富的是水资源。

(1)海水中质量分数最高的元素是氧，该元素的原子核外电子占据的轨道共有______个，有______个未成对电子。

(2)水的沸点为100℃，氟化氢的沸点为19．5℃，水与氟化氢比较，稳定性较强的是________。

(3)提取碘是将海带灼烧成灰，溶于水过滤，滤液中通入氯气，反应的离子方程式为_______________________________，再用四氯化碳将生成的单质碘________（填写实验操作名称）出来，最后用_________（填写实验操作名称）使碘和四氯化碳分离。

(4)海洋元素中的氯、溴、碘统称为海水中的卤素资源，它们的最外层电子排布都可表示为______________。17、我国化学家合成的铬的化合物，通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铭的化合物过程中一步反应如下，该反应涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多种元素。

回答下列问题：

(1)下列状态的氯中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_____________(填标号)。

A．B．

C．D．

(2)化合物乙中碳原子采取的杂化方式为______，化合物丙中a、b、n、m处的化学键是配位键的是______(填字母)处。

(3)Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+的核外电子排布式为______；已知没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子为无颜色的是______(填离子符号)。

(4)ClO3-的键角小于ClO4-的键角，原因是______。

(5)根据结构与性质的关系解释，HNO2的酸性比HNO3弱的原因：______。

(6)水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。其中重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z轴的投影图如图所示，晶体中的H2O配位数为_____晶胞边长为apm，则重冰的密度为____g·cm-3（写出数学表达式，NA为阿伏伽德罗常数）。

18、⑴已知在周期表的某一周期，其零族元素的价层电子排布式为同周期的A、B两种元素，最外层电子数为2、7，次外层电子数为8、18，则元素A为________，B为________（写元素符号）。若周期表有第8周期，则其最终的零族元素的原子序数为____________。

⑵稀有气体的化合物分子的空间构型是__________，写出与其互为等电子体的一种阴离子的化学式___________。

⑶硼酸能形成类似于石墨的层状结构；单层的结构如图所示。

则硼酸晶体中存在的作用力除共价键外，还有_____________。

⑷稀土资源是重要的战略资源；下图为某稀土元素A的氧化物晶体的立方晶胞结构示意图，其中氧离子占据顶点；面心、棱心、体心的位置，A离子占据半数的立方体空隙。

写出A氧化物的化学式______，A离子的配位数为______。已知晶胞参数为则间距为________设A的摩尔质量为晶体的密度为_______19、翡翠是一类名贵的装饰品，其主要成分为硅酸铝钠(NaAlSi2O6)，常含微量Cr；Ni、Mn等元素。回答下列问题：

(1)基态硅原子的电子排布式为__；基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，其原因是违背了___。

(2)NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号)，灼烧硅酸铝钠时，当钠元素的价电子由__(填“激发态”或“基态”)跃迁到另一状态时产生黄色火焰。

(3)工业上冶炼金属铝的方程式为__。硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，此三种分子中硅原子为sp3杂化的有___；分子空间构型属于正四面体的是__。

(4)已知氧化钠、氧化铝的熔点分别为1132℃、2054℃，从结构的角度解释导致这种差异的主要原因：___。

(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，该化合物的化学式为__。知该晶体密度为ρg·cm-3。晶体中Cr原子和N的最近核间距为___pm(NA表示阿伏加德罗常数值)。

评卷人得分四、原理综合题(共2题，共10分)20、第四期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。

(1)铬是最硬的金属单质；被称为“不锈钢的添加剂”。

写出Cr在周期表中的位置___________；其原子核外电子排布的最高能层符号___________.

(2)在1molCrO5(其中Cr为+6价)中，含有过氧键的数目为___________。

(3)钒(23V)是我国的丰产元素；被称之为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：

写出钒原子价电子排布图___________；V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________；

(4)Ni是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，其中配原子是___________。

(5)钛称之为21世纪金属，具有一定的生物功能。钙钛矿(CaTiO3)晶体是工业获取钛的重要原料。CaTiO3晶胞如下图，边长为a=0.266m，晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为___________nm，与Ti紧邻的O个数为___________。

(6)在CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则T处于___________位置，O处于___________位置。21、氢；氮、氧、硫、镁、铁、铜、锌等元素及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：

(1)某同学根据已学知识，推断Mg基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图违背了____

(2)Cu位于____族____区，Cu＋价电子排布式为____。

(3)MgCO3的分解温度____BaCO3(填“>”或、“<”)

(4)Ge、As、Se元素的第一电离能由大到小的顺序为____

(5)已知H3BO3是一元酸，1molH3BO3在水中完全电离得到的阴离子中含有σ键的数目为____

(6)下列有关说法不正确的是____。

A.热稳定性：NH3>PH3，原因是NH3分子间存在氢键，而PH3分子间存在范德华力。

B.SO2与CO2的化学性质有些类似；但空间结构与杂化方式不同。

C.熔、沸点：SiF4<SiCl4<SiBr44；原因是分子中共价键键能逐渐增大。

D.熔点：CaO>KCl>KBr；原因是晶格能逐渐减小。

(7)晶体Cu的堆积方式如图所示，其中Cu原子在二维平面里放置时的配位数为_________，设Cu原子半径为a，晶体的空间利用率为______。(用含π；a；的式子表示，不必化简)

评卷人得分五、计算题(共4题，共20分)22、(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_______。23、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）24、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)。

25、通常情况下；氯化钠；氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构分别如下图所示。

(1)在NaCl的晶胞中，与Na+最近且等距的Na+有_____个，在NaCl的晶胞中有Na+_____个，Cl-____个。

(2)在CsCl的晶胞中，Cs+与Cl-通过_________结合在一起。

(3)1mol二氧化硅中有______mol硅氧键。

(4)设二氧化碳的晶胞密度为ag/cm3，写出二氧化碳的晶胞参数的表达式为____nm(用含NA的代数式表示)评卷人得分六、有机推断题(共1题，共10分)26、短周期元素W；X、Y和Z的原子序数依次增大。金属元素W是制备一种高效电池的重要材料；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。

（1）W元素的原子核外共有________种不同运动状态的电子、_______种不同能量的电子。

（2）元素Z与元素X形成共价化合物XZ2是________（选填“极性”或“非极性”）分子，其电子式为________________。

（3）Y原子的最外层电子排布式为________________，Y元素最高价氧化物对应的水化物的电离方程式为________________________________________________。

（4）两种非金属元素中，非金属性较强的元素是_______（写元素符号），试写出一个能说明这一事实的化学方程式______________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

同一物质的密度就越大；体积越小，物质中分子间的距离越小。

【详解】

水在4℃时密度最大，体积最小，分子间的距离最小，故选C。2、C【分析】【详解】

同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大；Mg；Al、Si、P、S、Cl属于同一周期且其原子序数依次增大，但Mg属于第ⅡA元素，Al属于第ⅢA族，P属于第VA元素，S属于第ⅥA族，所Mg、Al、Si、P、S、Cl几种元素的第一电离能从大到小排序是P、S、Si、Mg、Al，所以第一电离能处于Al、P之间的元素有3种，C项正确；

答案选C。

【点睛】

同一周期第一电离能随原子序数增大呈现增大的趋势，但同一周期第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。3、B【分析】【详解】

A．同电子层中的p轨道电子能量一定比s轨道电子能量高；但外层s轨道电子比内层p轨道电子能量高，A项错误；

B．Fe元素原子价电子排布式为3d64s2，结合泡利原理、洪特规则可知，基态铁原子的价电子轨道表示式为B项正确；

C．磷原子的3p轨道处于半充满状态；更稳定，因此磷元素的第一电离能大于硫元素，C项错误；

D．Cu的价电子排布式为位于元素周期表的ds区，D项错误；

答案选B。4、D【分析】【详解】

A．冰中含有氢键；其体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，故A不符合题意；

B．氨气分子之间能形成氢键；沸点高，因此易液化，故B不符合题意；

C．HF分子之间能形成氢键；沸点高于HI，故C不符合题意；

D．非金属性Cl>I；HCl的化学键强度强于HI，导致HCl比HI分子更稳定，不能用氢键解释，故D符合题意；

故答案为：D。5、C【分析】【分析】

A.根据“相似相溶”原理知；非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂；

B.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比；还与氢键有关；

C.CS2在空气中燃烧生成二氧化硫和二氧化碳；

D.在同一种化合物中；电负性大的元素显负化合价，电负性小的元素显正化合价，元素的电负性越大其非金属性越强。

【详解】

A.根据“相似相溶”原理知，非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，CS2溶解硫磺(S8)或白磷(P4)，硫磺和白磷是非极性分子，则CS2为非极性分子；A项正确；

B.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，还与氢键有关，这两种物质都是分子晶体，且二硫化碳相对分子质量大于二氧化碳，所以CS2的沸点高于CO2；B项正确；

C.CS2在空气中燃烧生成二氧化硫和二氧化碳；所以二硫化碳能在空气中燃烧，C项错误；

D.在同一种化合物中，电负性大的元素显负化合价，电负性小的元素显正化合价，元素的电负性越大其非金属性越强，该化合物中C为+4价、S为-2价，所以非金属性S>C；D项正确；

答案选C。6、D【分析】【详解】

A.氯化钠是离子晶体；熔化时破坏离子键，故A不符合题意；

B.水晶为二氧化硅原子晶体；熔化时破坏共价键，故B不符合题意；

C.金刚石为原子晶体；熔化时破坏共价键，故C不符合题意；

D.十七烷为分子晶体；熔化时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故D符合题意；

故选：D。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【分析】

(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5；据此分析解答；

(2)根据Cl2分子的结构式为Cl-Cl和Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5结合元素周期律分析判断；

(3)NCl3分子的中心原子N上含有3个N-Clσ键；还含有1个孤电子对，据此分析解答；

(4)孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力；据此判断键角的大小；结合氢键对物质性质的影响分析解答；

(5)根据物质X的晶体结构图，结构中含有等微粒，每个Pd原子周围有6个Cl原子，根据均摊法计算Pd原子和Cl原子数，同时判断含有的数；再根据化合价的代数和为0，计算Pd元素的化合价；

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物；说明Pd在四边形的内部，结合Y中Pd:Cl:N:H的数量比=1:2:2:6，分析判断可能的结构。

【详解】

(1)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，其中存在未成对电子的能级为3p，该能级的轨道表示式为故答案为：

(2)A．Cl2分子的结构式为Cl-Cl；分子中无π键，故A正确；

B．Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5；是p区主族元素，故B正确；

C．同一周期；从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：Cl＞S，故C错误；

D．元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：Cl>S；故D正确；

故答案为：ABD；

(3)NCl3分子的中心原子N上含有3个N-Clσ键，还含有1个孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式是sp3，故答案为：sp3；

(4)孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力，NH3分子中存在孤电子对，使得键角小于NH4+的键角，NH3分子间存在氢键，使得氨气的沸点高于N2沸点，故答案为：小于；NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，致使NH3的沸点更高；

(5)根据物质X的晶体结构图，结构中含有等微粒，说明该晶体属于离子晶体；根据图示，每个Pd原子周围有6个Cl原子，Pd的配位数为6，该晶胞中含有8×+6×=4个Pd原子，则含有24个Cl原子，同时含有8个根据化合价的代数和为0，其中Pd元素的化合价为=+4；故答案为：离子晶体；+4；6；

(6)配合物Y是含有Pd的平面四方的配合物，说明Pd在平面四边形的内部，配位数为4，根据Y中Pd:Cl:N:H的数量比=1:2:2:6，则结构中含有1个Pd原子，2个Cl原子和2个氨分子，则该配合物Y的结构可能为故答案为：

【点睛】

本题的难点为(5)，要注意均摊法在晶胞结构中的灵活应用，关键是氯原子数目的计算，易错点为(6)，要注意(6)中Pd的配位数与(5)中不一定相等。【解析】ABDsp3小于NH3分子间有氢键，N2分子间无氢键，氢键使NH3的沸点更高离子晶体+468、略

【分析】【分析】

①BaCl2是离子晶体；只含有离子键，熔化时破坏离子键；

②金刚石是原子晶体；只含有共价键，熔化时破坏共价键；

④H2SO4是分子晶体；熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键；

⑤干冰是分子晶体；熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键；

⑥碘片是分子晶体；熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键；

⑦晶体硅是原子晶体；只含有共价键，熔化时破坏共价键；

⑧金属铜是金色晶体；只含有金属键，熔化时破坏金属键。

【详解】

（1）分子晶体在熔化时不需要破坏化学键，H2SO4；干冰、碘片属于分子晶体的；熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键；原子晶体在熔化时破坏共价键，金刚石、晶体硅属于原子晶体，熔化时破坏共价键；原子晶体的熔点高，金刚石与硅相比，C的原子半径小于Si原子半径，属于金刚石的共价键更强，熔点更高，则熔点最高的是金刚石；常温下是气体的物质的熔点最低，则干冰的熔点最低，故答案为：④⑤⑥；②⑦；②；⑤；

（2）BaCl2、KOH中含有离子键，属于离子化合物，其中BaCl2中只有离子键；以分子间作用力相结合的晶体是分子晶体；则④⑤⑥是分子晶体，故答案为：①③；①；④⑤⑥；

（3）KOH是离子化合物，是由钾离子和氢氧根离子形成，电子式为干冰是二氧化碳，二氧化碳是含有碳氧双键的共价化合物，电子式为故答案为：【解析】④⑤⑥②⑦②⑤①③①④⑤⑥9、略

【分析】【详解】

(1)、氯原子的核电荷数为17，其电子排布式为1s22s22p63s23p5；

(2)；周期元素随核电荷数依次增大；原子半径逐渐变小，故结合1个电子释放出的能量依次增大，氮原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性；

故答案为同周期元素随核电荷数增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量(E1)依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态；具有稳定性，故不易结合一个电子；

(3)①H3O＋中价层电子对数都是3且含有一对孤电子对，所以为三角锥形结构，中心原子的杂化类型为sp3杂化，NH中价层电子对个数是4且不含孤电子对；其空间构型为正四面体；

②3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl中阴离子N中的σ键总数为5个，根据已知信息，N中参与形成大π键的原子数为5，形成大π键的电子数为6，所以N中的大π键表示为Π

③图(b)中虚线代表氢键，其中表示式为(NH)N—HCl、(H3O＋)O—HN(N)、(NH)N—HN(N)；

故答案为sp3杂化；正四面体；5；Π(H3O＋)O—HN(N)；(NH)N—HN(N)。【解析】1s22s22p63s23p5同周期元素随核电荷数增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量(E1)依次增大N原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，故不易结合一个电子sp3杂化正四面体5Π(H3O＋)O—HN(N)(NH)N—HN(N)10、略

【分析】【详解】

(1)Cu电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,在形成Cu2＋的过程中,参与反应的电子是最外层的4s及3d上各一个电子,故Cu2＋离子的电子排布式是为:1s22s22p63s23p63d9；本题正确答案是:1s22s22p63s23p63d9。

(2)从图中可以看出阴离子在晶胞有四类:顶点(8个)、棱上(4个)、面上(2个)、体心(1个),根据立方体的分摊法,可以知道该晶胞中阴离子数目为:,8+4+1=4，本题正确答案是:4;

(3)因为N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，所以N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配位键。答案：F电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配位键。

（4）因为氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径,所带电荷数又相同,所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键,所以Cu2O的熔点比Cu2S的高.因此，本题正确答案是:高。【解析】1s22s22p63s23p63d94F电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配位键高11、略

【分析】【分析】

金属的堆积模型有简单立方堆积；体心立方堆积和面心立方堆积，配位数分别为6，8，12，铜属于面心立方堆积。

【详解】

金属的堆积模型有简单立方堆积；体心立方堆积和面心立方堆积，配位数分别为6，8，12，铜属于面心立方堆积，所以配位数为8的是体心立方堆积；

故答案为：体心立方；面心立方。【解析】①.体心立方②.面心立方三、结构与性质(共8题，共16分)12、略

【分析】(1)

Ni原子序数为28，根据构造原理确定其基态原子的电子排布式为过渡金属的价电子是最外层加次外层最后填入的电子，即镍原子的价层电子表示式为锰是25号元素；在第ⅦB族，根据元素周期表的排布规律，铼在第六周期ⅦB族。

(2)

根据CO的结构；碳氧原子都有孤电子对，但由于C的原子半径大，电负性小，更有利于提供孤电子对，形成配位键，CO作为配位体，只能形成1个配位键，故由其分子式可知，1mol该配合物含有10mol配位键。

(3)

碱式碳酸锌中的非金属元素为C、O、H，根据元素周期律，同一周期中电负性从左至右依次增大，一般化合物中H显正价，故电负性的顺序为O、C、H；空间构型为平面三角形，是4原子24价电子的微粒，4原子24价电子的微粒有其中为分子。

(4)

(4)甲苯中苯环是平面正六边形，故苯环上的碳原子是杂化，甲基碳原子是杂化；甲苯和苯胺都是分子晶体；且二者相对分子量接近，苯胺中存在电负性较强的N以及苯环上较为活泼的氢原子，所以可以形成分子间氢键，甲苯分子间不能形成氢键，故甲苯的熔沸点都比苯胺低。

(5)

根据物质的名称可知晶胞的化学式；则Re与O的个数比为1：3，顶点的是铼原子，棱中心的是O，离子晶体中配位数是某个微粒周围最近且等距离的异性电荷的微粒个数，每个铼原子的上下左右前后都有一个等距的氧原子，故铼原子的配位数为6；铼原子填在了氧原子围成的八面体空隙中。根据已知可得晶胞的体积是。1个晶胞中有1个Re和3个O，二者的原子半径分别为和，阿伏加德罗常数值为，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。

【点睛】

寻找粒子等电子体时可以先按照原子数将价电子数分组，比如本题中可以将价电子数分为4组（带两个单位负电荷）：6666，存在4个原子，价电子数符合上述每组数量的分子有SO3，也可以调整每组价电子数，但要保证总数相等，比如可以调整为：3777，这样组合的分子有BCl3、BF3等。【解析】(1)第六周期第ⅦB族。

(2)CC的电负性比O小；C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键10

(3)O、C、H(或O>C>H)平面三角形

(4)低甲苯和苯胺都是分子晶体；相对分子质量相近，苯胺分子间存在氢键。

(5)6八面体13、略

【分析】【分析】

1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列；有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性；

（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；CuSO4溶液与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4•H2O；Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子；价层电子对数均为4；

（3）（SCN）2的结构式为N≡C-S-S-C≡N；分子中有3个单键和2个碳氮三键；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；

（4）ZnS的晶胞结构可知，可以根据锌离子的配位数判断距离S2-最近的锌离子有4个；

（5）由均摊法计算得到金属互化物的化学式；再由质量公式计算密度。

【详解】

（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列；有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，则金属互化物属于晶体，故答案为晶体；

（2）铜元素的原子序数为29，位于周期表第四周期ⅠB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有一个未成对电子，失去2个电子形成Cu2+，故Cu2+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d9；在CuSO4溶液中加入过量氨水，CuSO4与过量氨水反应生成Cu（NH3）4SO4•H2O，加入乙醇降低Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，析出深蓝色Cu（NH3）4SO4•H2O晶体，晶体中含有离子键、极性共价键和配位键；CH3-CH2-OH分子中两个C原子均为饱和碳原子，价层电子对数均为4，均为sp3杂化。

（3）（SCN）2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，（SCN）2分子含有5个σ键，故1mol（SCN）2分子中含有σ键的数目为5NA；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸，故答案为5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键；而硫氰酸不能；

（4）ZnS的晶胞结构可知，距离Zn2＋最近的硫离子有4个，由硫化锌的化学式可知，距离每个硫离子最近的锌离子也有４个，即S2-的配位数为4；故答案为4；

（5）由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞面心，数目为6×=3，Au原子为晶胞顶点，数目为8×=1，铜与金形成的金属互化物的化学式为Cu3Au，晶胞体积V=（a×10-7）3cm3，则密度ρ===故答案为

【点睛】

本题考查物质结构与性质，考查了晶体结构、核外电子排布、配合物以及晶胞的计算等知识，注意核外电子排布规律，注意空间结构的理解与应用，把握均摊法计算、密度与质量的关系为解答的关键。【解析】晶体11s22s22p63s23p63d9Cu（NH3）4SO4•H2O离子键、极性共价键和配位键sp3杂化、sp3杂化5NA异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能414、略

【分析】【详解】

前四周期元素A；B、C、D、E、F的原子序数依次增大；A是宇宙中含量最丰富的元素，A为H元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍，B为N元素，C为P元素；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，E为Cl元素；F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态，F为铜元素；C、D、E的原子序数依次增大，D为S元素，即A-H、B-N、C-P、D-S、E-Cl、F-Cu。

（1）B为N元素，原子的L层5个电子，电子排布图：（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：H-N=N-H，则该分子中σ键和π键的数目之比为3：1，B、C的氢化物中NH3的沸点高于PH3的沸点，原因是NH3分子间可以形成氢键，分子间作用力大，沸点高；在元素周期表中，同一周期元素的电负性从左到右逐渐增大，同一主族元素的电负性从上到下逐渐减小，C、D和E的电负性由大到小的顺序为Cl>S>P；在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，当处于充满和半充满状态时，第一电离能变大，C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是Cl>P>S；在元素周期表中，同一周期元素的最高价含氧酸的酸性逐渐增强，C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为H3PO4＜H2SO4。PO43－中P孤电子对为=0，σ键为4，价电子对为4，PO43－中P的杂化方式为sp3杂化，该离子的“VSEPR”模型为正四面体形。（3）向CuSO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为[Cu(NH3)4]2+，NH3中N原子提供孤电子对，该离子的配位体为NH3；（4）D为S（黑球）和F为铜（白球）形成的某种晶体的晶胞中，S原子8×1/8+6×1/2=4,铜为4，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为=g/cm3=4.6g/cm3（精确到0.1）；令晶胞的棱长a为516pm，四个铜离子在体内四个小立方体的中心，过铜原子向底边作垂线，与相邻的硫构成直角三角形，两边分别为a、a,可求得斜边为a,最近的黑球和白球之间的距离为×516pm=129pm。【解析】3︰1NH3分子间可以形成氢键Cl>S>PCl>P>SH3PO4＜H2SO4sp3杂化正四面体[Cu(NH3)4]2+NH34.612915、略

【分析】【分析】

（1）基态S原子最外层有6个电子；排布在3s；3p能级上；离原子核越远能量越高；

（2）根据价电子对数判断S原子轨道杂化方式；根据价电子理论判断SO42-空间构型；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子；

（3）氨气分子间有氢键；

（4）N原子2p轨道为半充满状态；所以第一电离能大于相邻的O原子；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能O大于S原子；

（5）Cu和N之间是配位键；N和H之间是共价键；单键都是σ键；（6）根据均摊法计算化学式；根据晶胞结构分析氮原子在新晶胞中的位置。

【详解】

（1）基态S原子最外层有6个电子，排布在3s、3p能级上，所以基态S原子的价电子排布式为3s23p4；离原子核越远能量越高；能量最高的电子所处的能层是第三层，符号为M；

（2）S原子的价电子对数是孤对电子为0，所以SO42-空间构型正四面体；S原子轨道杂化方式为sp3；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，所以与SO42-互为等电子体的分子的化学式是CCl4或SiF4；

（3）氨气分子间有氢键，H2S分子间没有氢键；所以氨气的沸点高于硫化氢的沸点；

（4）N原子2p轨道为半充满状态，所以第一电离能大于相邻的O原子，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能O大于S原子，所以O、N、S的第一电离能从大到小的顺序是N>O>S；

（5）Cu和N之间是配位键、N和H之间是共价键，单键都是σ键，所以1mol的[Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为16NA；

（6）原子数是N原子数是C原子数是化学式是Ti4CN3；根据晶胞结构；若碳原子位于新晶胞的上下面心，则氮原子在新晶胞中的位置是顶点和前后左右面心。

【点睛】

根据均摊原则，晶胞顶点的原子被8个晶胞占用，每个晶胞占用晶胞面心的原子被2个晶胞占用，每个晶胞占用晶胞楞上的原子被4个晶胞占用，每个晶胞占用【解析】①.3s23p4②.M③.正四面体④.sp3⑤.CCl4或SiF4等⑥.均为分子晶体，而氨气分子间有氢键，H2S分子间没有氢键⑦.N>O>S⑧.16NA⑨.Ti4CN3⑩.顶点和前后左右面心16、略

【分析】【分析】

(1)氧是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4；所以有3个能级和2p轨道有2个未成对电子；

(2)非金属性越强氢化物的稳定性越强；而氟的非金属性强于氧，所以氟化氢比水稳定；

(3)氯气先氧化碘离子，发生的离子反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-，向上述反应后的滤液中加入1mLCCl4；发生萃取，然后两种液体沸点不同，再用蒸馏的方法分离提纯；

(4)第ⅤⅡA族最外层7个电子，元素最外层电子排布都可表示为ns2np5。

【详解】

(1)氧是8号元素，核外电子排布为1s22s22p4；所以有3个能级5个轨道和2p轨道有2个未成对电子；

(2)非金属性越强氢化物的稳定性越强；而氟的非金属性强于氧，所以氟化氢比水稳定，故答案为：HF；

(3)氯气先氧化碘离子，发生的离子反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-，向上述反应后的滤液中加入1mLCCl4；发生萃取，然后用与不相溶的两种液体沸点不同，再用蒸馏的方法分离提纯；

故答案为：Cl2+2I-=I2+2Cl-或2I－＋Cl2I2＋2Cl－；萃取；蒸馏；

(4)第ⅦA族最外层7个电子，元素最外层电子排布都可表示为ns2np5，故答案为：ns2np5。【解析】①.5②.2③.HF④.2I－＋Cl2I2＋2Cl－⑤.萃取⑥.蒸馏⑦.ns2np517、略

【分析】【分析】

(1)同一原子；电离能逐渐增大，所以失去电子数越多，在电离最外层一个电子所需能量越大分析解答；

(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型；据此分析杂化方式；

根据配位键是一个原子单方面提供电子对与另外原子共用，结合化合物丙中a、b；n、m处的化学键分析；

(3)根据构造原理书写Cr原子核外电子排布式，Cr原子失去3个能量较高的电子得到Cr3+，据此书写其电子排布式；根据没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，及Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的核外电子排布分析判断；

(4)根据中心原子的电子形成化学键情况；结合孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用分析判断；

(5)根据分子中羟基受到中心原子吸引力大小分析；

(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为2，再用公式ρ=计算晶胞密度。

【详解】

(1)A；C表示的微粒都是Cl原子；由于A是基态，C是激发态，微粒含有的能量：C＞A，则稳定性：A＞C，所以失去1个电子需要能量：A＞C；

B、D表示微粒都是Cl+；是Cl原子失去1个电子后得到的，微粒含有的能量：B＞D，则稳定性：D＞B。所以失去1个电子需要能量：D＞B；从带一个单位正电荷的阳离子再失去1个电子需要的能量要比从中性原子失去1个电子需要的能量高，所以选项微粒失去1个电子需要能量最多的是D表示的微粒；

(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，饱和C原子采用sp3杂化，形成苯环的C原子采用sp2杂化；

根据图示可知：在化合物丙中a、b、n、m处的化学键，a、n、m都是一般共价键，而b处是N原子提供电子对与Cr原子共用；因此该共价键为配位键；

(3)Cr是24号元素，根据构造原理可得Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2个4s电子和1个3d电子得到Cr3+，则其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；

Ti4+核外电子排布是：1s22s22p63s23p4；没有3d电子，则其水合离子为无颜色；

V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2；有未成对d电子，其水合离子为有颜色；

Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；

(4)ClO3-中氯原子有一个孤电子对，ClO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4-中成键电子对间的排斥力，导致键角：ClO3-＜ClO４-；

(5)HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1个-OH，可分别表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N-O-H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+，因此酸性：HNO2＜HNO3；

(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为×8+1=2，则由晶胞密度ρ=×1030g/cm3。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及电离能比较、原子核外电子排布式的书写、原子杂化方式判断、配位键及晶胞计算等知识，把握晶胞的计算和投影图的识别是解题关键，注意根据失去电子数越多再电离最外层一个电子所需能量越大，根据物质结构分析判断，侧重考查学生空间想象能力及计算能力。【解析】①.D②.sp2、sp3③.b④.1s22s22p63s23p63d3⑤.Ti4+⑥.ClO3-中氯原子有一个孤电子对，ClO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4-中成键电子对间的排斥力。⑦.HNO2和HNO3可表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N-O-H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+⑧.8⑨.×103018、略

【分析】【分析】

⑴根据价电子说明是第四周期。

⑵计算化合物XeO3价层电子对数，根据价电子进行分析等电子体。

⑶根据图中信息得到硼酸晶体中存在的作用力。

⑷根据图中信息计算氧个数和A个数为4；A-A间距面对角线的一半，根据晶体的密度公式进行计算。

【详解】

⑴已知在周期表的某一周期，其0族元素的价层电子排布式为说明是第四周期，同周期的A、B两种元素，最外层电子数为2、7，次外层电子数为8、18，则元素A为Ca，B为Br。第七周期0族元素为118，第八周期共有50种元素，若周期表有第八周期，则其最终的0族元素的原子序数为118+50=168；故答案为：Ca；Br；168。

⑵稀有气体的化合物XeO3价层电子对数为因此分子的空间构型是三角锥形，价电子Xe=Ar=S2−，因此与其互为等电子体的一种阴离子的化学式SO32−；故答案为：三角锥形；SO32−。

⑶根据图中信息得到硼酸晶体中存在的作用力除共价键外；还有范德华力；氢键；故答案为：范德华力、氢键。

⑷根据图中信息得到氧个数为A个数为4，因此A氧化物的化学式AO2，A周围紧邻的氧离子有8个，因此A离子的配位数为8。已知晶胞参数为apm，则A-A间距面对角线的一半，因此A-A间距为pm，设A的摩尔质量为晶体的密度为故答案为：

【点睛】

物质结构是常考题型，主要考查空间构型，杂化类型，等电子体，晶胞计算。【解析】168三角锥形（其他合理答案）范德华力、氢键819、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)已知硅是14号元素，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；根据洪特规则，当电子进入同一能级的不同轨道时，电子总是优先单独占据不同的轨道且自旋方向相同，故基态铬原子的价电子排布图不能写成形式，是违背了洪特规则，故答案为：1s22s22p63s23p2；洪特规则；

(2)同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小，故NaAlSi2O6中四种元素第一电离能由大到小的顺序为O＞Si＞Al＞Na；灼烧硅酸铝钠时，元素由基态到激发态时需吸收能量，当由激发态转化为基态时，则会释放能量，故当钠元素的价电子由激发态跃迁到另一状态时产生黄色火焰，故答案为：O＞Si＞Al＞Na；激发态；

(3)工业上电解熔融的氧化铝来冶炼金属铝，反应的化学方程式为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2；硅与碳类似，能与氢元素形成SiH4、Si2H4、Si3H8，分别类似于CH4、C2H4、C3H8，故此三种分子中硅原子的杂化轨道类型有sp3、sp2、sp3，故硅原子为sp3杂化的有SiH4、Si3H8；CH4为正四面体结构，故分子空间构型属于正四面体的是SiH4，故答案为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2；SiH4、Si3H8；SiH4；

(4)已知氧化钠、氧化铝的熔点分别为1132℃、2054℃，由于Na2O和Al2O3均为离子晶体，且钠离子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小，离子键弱，熔点低故答案为：由于Na2O和Al2O3均为离子晶体；且钠离子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小，离子键弱，熔点低；

(5)某N、Cr元素组成的化合物具有高的硬度和良好的耐磨性，是一种很受重视的耐磨涂层，其晶胞结构如图甲，图乙为晶胞沿z轴投影图，根据均摊法结合图甲可知，一个晶胞中含有的Cr原子数目为：N原子数目为：4，该化合物的化学式为CrN，设晶胞的边长为xcm，由该晶体密度为ρg·cm-3，可知：解得：x=cm，故晶体中Cr原子和N的最近核间距为为体对角线的故为cm=×1010pm，故答案为：CrN；×1010。【解析】1s22s22p63s23p2洪特规则O＞Si＞Al＞Na激发态2Al2O3(熔融)4Al+3O2SiH4、Si3H8SiH4均为离子晶体，且钠离子半径比Al原子的大，所带电荷比Al的小，离子键弱，熔点低CrN×1010四、原理综合题(共2题，共10分)20、略

【分析】【详解】

(1)Cr为24号元素；在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，核外电子排布最高的能级层为第4层，为N层。答案为第四周期第ⅥB族N；

(2)过氧根中的氧的化合价为－1价，其他的氧为－2价，则可以设有x个过氧根，有y个氧离子，则根据化合物的化合价代数和为0以及原子守恒，过氧根中有2个O为-1价，则有2x×（-1）+y×（-2）+5=0，2x+y=5，可以求得x=2，则1molCrO5中含有2mol过氧键，过氧键的数目为2NA；答案为2NA；

(3)V为23号元素，其价电子的排布为3d34s2，则其价电子排布图为从示意图可以看出来，每个S原子与4个氧原子形成四面体结构，类似于CH4，故其S原子的杂化类型为sp3，答案为sp3；

(4)Ni(CO)4中；配位原子能够提供电子对，其配位原子是否有孤对电子和电负性有关，O的电负性太大，不易提供电子对，而O的孤对电子配位给C原子，使得C原子一端拥有的电子较多，而且C的电负性没有O大，易给出电子，因此配位原子是C。答案是C。

(5)晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为面对角线的一半，为nm；与Ti紧邻的O，在Ti原子的上部有4个，在与Ti原子同平面的有4个O原子，在Ti原子的下面也有4个O原子，一共12个，答案为0.188nm12；

(6)CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，O与Ga在同一直线上，则O在棱上。Ti在Ga形成的六面体的中心，则Ti为体心。答案为体心棱心【解析】第四周期第ⅥB族N2NAsp3C0.18812体心棱心21、略

【分析】【分析】

(1)Mg的3s轨道上的两个电子自旋方向相同；

(2)基态Cu的价电子排布式为3d104s1；

(3)分解生成的MgO；BaO均为离子晶体；离子所带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，越稳定，反应越容易进行；

(4)第一电离能在主族元素中同周期从左到右呈上升趋势；

(5)H3AO3为一元弱酸，与水形成配位键，电离出[A(OH)4]-与氢离子；

(7)晶体Cu的堆积方式为面心立方最密堆积。

【详解】

(1)电子排布图中3s能级；2个电子自旋方向相同，违背泡利原理；

(2)基态Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu位于第四周期的IB族ds区，Cu＋价电子排布式为3d10；

(3)MgO、BaO均为离子晶体，离子所带电荷相同，Mg2+、Ba2+的半径依次增大，MgO的晶格能大于BaO的晶格能，导致MgCO3的分解温度小于BaCO3的分解温度；

(4)Ge；As、Se为同周期主族元素；核电荷数依次递增，第一电离能呈增大趋势，但As的4p转道为半充满结构相对稳定，第一电离能比Se大，则Ge、As、Se元素的第一电离能由大到小的顺序为：As＞Se＞Ge；

(5)H3AO3为一元弱酸，与水形成配位键，电离出[A(OH)4]-与氢离子，[A(OH)4]-的结构式为单键均为σ键，则1mol[A(OH)4]-中含有σ键的数目为8NA(或8×6.02×1023)；

(6)A．N的非金属性比P强，则热稳定性：N