2025年人教五四新版选修三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年人教五四新版选修三化学上册阶段测试试卷180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8题，共16分)1、金刚石是典型的原子晶体,下列关于金刚石的说法中错误的是()A.晶体中不存在独立的“分子”B.碳原子间以共价键相结合C.硬度很大D.化学性质稳定,即使在高温下也不会与氧气发生反应2、已知锰的核电荷数为25，以下是一些同学绘制的基态锰原子外围电子的电子排布图，其中最能准确表示基态锰原子核外电子运动状态的是（）A.B.C.D.3、电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述。下列有关电子云的说法正确的是A.概率密度的大小体现了电子数目的多少B.概率密度的大小体现了空间某处电子出现概率的大小C.基态C原子的1s电子的电子云和2s电子的电子云完全相同D.基态Li原子的1s电子的电子云和2s电子的电子云形状不同4、某原子核外电子排布为3s23p7，它违背了（）A.泡利原理B.能量最低原理C.洪特规则D.洪特规则特例5、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是。

A.原子半径：Z>Y>X>WB.W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中C.W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D.比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性6、下列离子中，中心原子的杂化方式与其它三种不同的是A.B.C.D.7、下列变化或数据与氢键无关的是A.水凝结成冰时，密度变小B.氨分子与水分子生成一水合氨C.水在2000℃时，只有4%的H2O发生分解D.水的沸点比同主族元素氢化物的高8、2017年；中外科学家团队共同合成T-碳。T-碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如图。下列说法错误的是（）

A.每个T-碳晶胞中含32个碳原子B.T-碳中碳与碳的最小夹角为109.5。C.T-碳属于原子晶体D.D；如图是T-碳晶胞的俯视图。

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、根据元素周期表和周期律相关知识；回答下列问题：

（1）C、N、O三种元素中电负性最大的是_______，第一电离能最大的是_______；

（2）①O2-，②Al3+，③Cl-，④Ca2+的半径由大到小排列为：________________（用序号表示）；

（3）元素非金属性Cl______S(填“>”或“<”)，请举例证明：____________________(可用方程式或客观事实回答)；

（4）由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”，写出Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：________________________________。10、X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。

（1）Y在元素周期表中的位置为_________；

（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_________（写化学式）。

（3）X、Y、Z、M组成两种盐的溶液反应可产生MY2气体；写出其反应离子方程式：_________；

（4）M的氧化物与G的单质的水溶液均有漂白性，相同条件下，相同体积的该M的氧化物与Y的单质混合通入品红溶液，品红溶液_________（填褪色或不褪色），原因（用化学方程式表示）_________。11、部分等电子体类型、代表物质及对应的空间构型如表所示：。等电子类型代表物质空间构型四原子24电子等电子体SO3平面三角形四原子26电子等电子体SO32-三角锥形五原子32电子等电子体CCl4四面体形六原子40电子等电子体PCl5三角双锥形七原子48电子等电子体SF6八面体形

请回答下列问题。

(1)请写出下列离子的空间构型：

____________________，____________________，____________________。

(2)由第2周期元素原子构成，与F2互为等电子体的离子是__________。

(3)的空间构型如图1所示，请再按照图1的表示方法在图2中表示出分子中O、S、F原子的空间位置。已知分子中O、S间为共价双键，S、F间为共价单键。__________。

12、世界上最早发现并使用锌的是中国；明朝末年《天工开物》一书中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)基态Zn原子的核外电子所占据的最高能层符号为___。

(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为_______。

②中，中心原子的轨道杂化类型为________。

③写出一种与互为等电子体的分子的化学式：________。

④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为________13、叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H—N=N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和N3-。试回答下列问题：

（1）下列有关说法正确的是___（填序号）。

A.HN3中含有5个σ键。

B.HN3中的三个氮原子均采用sp2杂化。

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子。

D.N2H4沸点高达113.5℃；说明肼分子间可形成氢键。

（2）叠氮酸根能与许多金属离子等形成配合物，如[Co(N3)(NH3)5]SO4，在该配合物中钴显___价；根据价层电子对互斥理论判断SO42-的空间构型为___。

（3）与N3-互为等电子体的分子有___（写两种即可）。14、铜元素是一种金属化学元素；也是人体所必须的一种微量元素，铜也是人类最早发现的金属，是人类广泛使用的一种金属，属于重金属。某种铜的氯化物晶体结构如图：

若氯原子位于铜形成的四面体的体心，且铜原子与铜原子、铜原子与氯原子都是采取最密堆积方式，则氯原子与铜原子半径之比为________。15、回答下列问题：

(l)离子化合物中阴阳离子半径之比是决定晶体构型的重要因素之一；配位数与离子半径之比存在如下关系：

若某化合物由+1价阳离子和-1价阴离子组成，阳离子的半径为70pm，阴离子的半径为140pm，分析以上信息，可以推导出该晶体结构，与常见的_______晶体(填写化学式)阴阳离子的配位数相同。与阴(阳)离子配位的这几个阳(阴)离子，在空间构成的立体形状为_______。

(2)金刚石的晶胞为面心立方；另有四碳原子在晶胞内部，如图。

则一个金刚石的晶胞中含有的碳原子数为_______，若金刚石晶胞的边长为a，则其中C—C的键长为_______。评卷人得分三、原理综合题(共8题，共16分)16、【选修3物质结构与性质】

VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态；含VIA族元素的化台物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______；

（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离。

子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_______________；

（3）Se原子序数为_______，其核外M层电子的排布式为___________________；

（4）H2Se的酸性比H2S_________（填“强”或“弱”）。气态SeO3分子的立体构型。

为_________________，SO32-离子的立体构型为___________________；

（5）H2SeO3的K1和K2分别为2.7xl0-3和2.5xl0-8，H2SeO4第一步几乎完全电离；

K2为1.2X10-2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_____________________________________________________________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________

（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0pm．密度为_____________________列式并计算），a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_______________pm（列示表示）

17、Na3OCl是一种良好的离子导体；具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：

（1）Ca小于Ti的是_______（填标号）。

A．最外层电子数B．未成对电子数C．原子半径D．第三电离能

（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。

①Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。

②O3分子中心原子杂化类型为_______；O3是极性分子，理由是___________________。

（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：

方法ⅠNa2O+NaClNa3OCl

方法II2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑

①Na2O的电子式为____________。

②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有_______（填标号）。

A．金属键B．离子键C．配位键D．极性键E．非极性键。

（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右所示。已知：晶胞参数为anm，密度为dg·cm－3。

①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_________位置，两个Na之间的最短距离为________nm。

②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________（列计算式）。18、Cu；Fe、Se、Co、Si常用于化工材料的合成。请回答下列问题:

（1）铁离子(Fe3+)最外层电子排布式为______，其核外共有______种不同运动状态的电子。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是____________________________________。

（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为________(用元素符号表示)。

（3）Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂，在[Co(NO2)6]3-中存在的化学键有____、_____。

（4）C与N能形成一种有毒离子CN-，能结合Fe3+形成配合物，写出一个与该离子互为等电子体的极性分子的分子式_____，HCN分子的空间构型为____________。

（5）单晶硅的结构与金刚石的结构相似；若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子间不成键，则得如图所示的金刚砂(SiC)结构。

在SiC晶体中，C原子的杂化方式为_________，每个Si原子被_______个最小环所共有。

（6）已知Cu的晶胞结构如图，棱长为acm，又知Cu的密度为pg/cm3，则用a、p的代数式表示阿伏伽德罗常数为____mol-1。

19、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)。20、2018年11月《NatureEnergy》报道了中科院大连化学物理研究所科学家用Ni－BaH2/Al2O3；Ni－LiH等作催化剂；实现了在常压、100~300℃的条件下合成氨。

(1)在元素周期表中，Li、O、H三种元素的电负性由大到小的顺序为___________；Al原子核外电子空间运动状态有8种，则该原子处于____(填“基态”或“激发态”)。

(2)氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、TNT等。甘氨酸(NH2CH2COOH)是组成最简单的氨基酸；熔点为182℃，沸点为233℃。

①硝酸溶液中NO3‑的空间构型为__________。

②甘氨酸中N原子的杂化类型为________，分子中σ键与π键的个数比为_________；其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸(熔点为－21℃，沸点为141℃)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐，二是______________。

(3)[Cu(NH3)4]2+在实验室中制备方法如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的离子方程式___________________。

(4)X－射线衍射分析表明，由Ni元素形成的化合物Mg2NiH4的立方晶胞如图所示，其面心和顶点均被Ni原子占据，所有Mg原子的Ni配位数都相等。则Mg原子填入由Ni原子形成的___空隙中(填“正四面体”或“正八面体”)，填隙率是____。

(5)已知Mg2NiH4晶体的晶胞参数为646.5pm，液氢的密度为0.0708g•cm－3。若以材料中氢的密度与液氢密度之比定义为储氢材料的储氢能力，在Mg2NiH4的储氢能力为____________(列出计算式即可)。

21、高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。

（1）Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子，其理由可能是__；该配合物分子中σ键与π键数目之比为__。

（2）①ClO4-的空间构型是___。

②写出与ClO4-互为等电子体的一种分子和一种离子：__、__。(填化学式)

（3）化学式中CHZ为碳酰肼，其结构为它是一种新型的环保锅炉水除氧剂。

①碳酰肼中氮元素的化合价为__，碳原子的杂化轨道类型为__。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得，有关的化学方程式为__。

（4）高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO；高氯酸及碳酰肼化合而成。

①比较次氯酸和高氯酸的酸性，并说明理由：___。

②如图为NiO晶胞，若晶胞中含有的Ni2+数目为a，Ni2+的配位数为b，NiO晶体中每个Ni2+距离最近的Ni2+数目为c，则a：b：c=__。

22、第VIII族元素；跟主族元素的金属相比，它们有熔；沸点高、硬度高、密度大等特点，并有良好的延展性和高导电、导热性。下列有关它们及其化合物的结构与性质，请填写：

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤对电子的成键原子是________。

（2）①Co元素形成CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）各1mol，分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀。两种配合物中配合离子的配位数都是________，CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）的组成相同而颜色不同的原因是________。

②Co(OH)2为两性氢氧化物，在浓的强碱溶液中可以形成[Co(OH)4]2−。写出Co(OH)2酸式电离的电离方程式__________。

（3）与Co属于同周期同族的过渡元素A；其基态原子排布中有四个未成对电子。

①由此元素可构成固体X，区别X为晶体或非晶体的方法为______________。

②A可与CO反应生成A(CO)5，常压下熔点为-20.3℃，沸点为103.6℃，该晶体类型是______________。

③A3+与SCN−不仅能以1:3的个数比配合，还可以其它个数比配合。若A3+与SCN−以1:4的个数比配合，则ACl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可表示为_______。

④A可与另两种元素B、C构成某种化合物，B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，其晶胞如图所示，则其化学式为_________。

该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d=__________g﹒cm−3。（保留两位小数）23、瑞德西韦是一种核苷类似物；具有抗病毒活性，对新型冠状病毒病例展现出较好的疗效。其结构如图所示：

回答下列问题：

（1）该结构基态P原子中；核外电子占据最高能层的符号是________________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________________。

（2）瑞德西韦中位于第二周期元素的第一电离能从大到小的顺序为________________；分子中氮原子的杂化类型有________________。

（3）苯酚（）是合成瑞德西韦的原料之一，其熔点为43℃，苯酚的晶体类型是________________。苯酚与甲苯（）的相对分子质量相近；但苯酚的熔；沸点高于甲苯，原因是________________。

（4）MgSO4是合成瑞德西韦的催化剂之一。MgSO4中；阴离子的空间构型为________________。

（5）磷酸也是合成瑞德西韦的原料之一。直链的多磷酸盐则是－种复杂磷酸盐；如：焦磷酸钠；三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________________（用n代表P原子数）。

（6）合成瑞德西韦的原料之一的苯酚可通过如下途径制得：电石（CaC2）→乙烯→苯→溴苯→苯酚。四方相碳化钙（CaC2）晶体的晶跑结构如图所示．其晶胞参数分别为apm、apm、bpm，四方相碳化钙晶体的密度为g·cm-3，[C≡C]2-中键长为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA．则m位置的钙离子与P位置的碳原子之间的距离为________________pm（用不含a的计算表达式表示）。评卷人得分四、结构与性质(共2题，共12分)24、（1）基态Fe原子的简化电子排布式为______________________。

（2）常温下，Fe(CO)5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出CO的电子式______________；Fe(CO)5分子中σ键与π键之比为______________。

（3）Ni能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。Ni(SCN)2中第一电离能最大的元素是_____________；(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是_____________；

（4）硝酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2的深蓝色溶液。

①[Cu(NH3)4](NO3)2中阴离子的立体构型是_________________。

②与NH3互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因__________。

（5）金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为74%，则铝原子的配位数为________________。

（6）铁和硫形成的某种晶胞结构如右图所示，晶胞参数a＝xpm，则该物质的化学式为___________________；A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为________________pm（用x表示）；该晶胞的密度为____________g·cm-3。（阿伏加德罗常数用NA表示）

25、Ge；Na及其化合物在航空航天、电子工业上有重要应用。请回答下列问题：

（1）基态Ge原子价层电子的排布式为___，其电子填充的最高能级的轨道数为___。电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。

（2）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。从原子结构角度分析，原因是___。

（3）硼氢化钠(NaBH4)是有机化学中的一种常用还原剂，[BH4]－的空间构型是__，中心原子的杂化形式为___。NaBH4中存在___(填标号)。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键。

（4）NaC1是离子晶体；其晶格能可通过下图的循环计算得到。

△H(晶格能)=___。

（5）Na2O的立方晶胞如图所示，氧离子采取面心立方堆积，钠离子填在由氧离子形成的__空隙中。已知晶胞边长a=0.566nm，晶胞中O原子的配位数为__；该晶体的密度是___g·cm－3(列出计算表达式)。

评卷人得分五、实验题(共1题，共4分)26、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、元素或物质推断题(共5题，共25分)27、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。化合物AC2为一种常见的温室气体。B；C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24。请根据以上情况；回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

(1)基态E原子的核外电子排布式是________，在第四周期中，与基态E原子最外层电子数相同还有_______（填元素符号）。

(2)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________。

(3)写出化合物AC2的电子式_____________。

(4)D的单质在AC2中点燃可生成A的单质与一种熔点较高的固体产物，写出其化学反应方程式：__________。

(5)1919年，Langmuir提出等电子原理：原子数相同、电子数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。此后，等电子原理又有发展，例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体。一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。

(6)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是____________。28、现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

(1)A元素的第一电离能_______(填“＜”“＞”或“＝”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。

(2)C元素的电子排布图为_______；E3+的离子符号为_______。

(3)F元素位于元素周期表的_______区，其基态原子的电子排布式为_______

(4)G元素可能的性质_______。

A．其单质可作为半导体材料B．其电负性大于磷。

C．其原子半径大于锗D．其第一电离能小于硒。

(5)活泼性：D_____(填“＞”或“＜”，下同)Al，I1(Mg)_____I1(Al)，其原因是____。29、原子序数小于36的X；Y、Z、R、W五种元素；其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的1/5；W的原子序数为29。回答下列问题:

(1)Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1molZ2X4含有σ键的数目为________。

(2)化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，三者的沸点由高到低的顺序是________。

(4)元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的结构式是________。

(5)W元素原子的价电子排布式为________。30、下表为长式周期表的一部分；其中的编号代表对应的元素。

。①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

请回答下列问题：

（1）表中⑨号属于______区元素。

（2）③和⑧形成的一种常见溶剂，其分子立体空间构型为________。

（3）元素①和⑥形成的最简单分子X属于________分子(填“极性”或“非极性”)

（4）元素⑥的第一电离能________元素⑦的第一电离能；元素②的电负性________元素④的电负性(选填“>”、“＝”或“<”)。

（5）元素⑨的基态原子核外价电子排布式是________。

（6）元素⑧和④形成的化合物的电子式为________。

（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如表中元素⑩与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素⑩的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________。31、下表为长式周期表的一部分；其中的序号代表对应的元素。

（1）写出上表中元素⑨原子的基态原子核外电子排布式为___________________。

（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为_____杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是___________。

（3）元素④的第一电离能______⑤（填写“＞”、“＝”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为__________。请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式______________________（各写一种）。

（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为_______________。

（5）元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为__________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】在金刚石中,碳原子以共价键结合成空间网状结构,不存在分子。由于碳的原子半径比较小,碳与碳之间的共价键的键能大,所以金刚石的硬度很大,因此A、B、C选项是正确的;金刚石是碳的单质,可以在空气或氧气中燃烧生成CO2,故D选项的说法是错误的。2、D【分析】【详解】

根据能量最低原理可知锰原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2，根据洪特规则和泡利原理可知，外围电子的运动状态为：故答案为：D。3、B【分析】【详解】

A.概率密度的大小体现了电子在该处出现的概率大；故A错误；

B.概率密度的大小体现了空间某处电子出现概率的大小；故B正确；

C.基态C原子的1s电子的电子云和2s电子的电子云不完全相同；1s电子云比2s电子云小，故C错误；

D.基态Li原子的1s电子的电子云和2s电子的电子云形状相同；都为球形，故D错误。

综上所述，答案为B。4、A【分析】【分析】

【详解】

泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子；能量最低原理是指核外电子优先排布能量最低的轨道；洪特规则是指在相同能量的轨道上；电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋方向；洪特规则特例是指全充满；半充满、全空状态都是稳定状态；3p能级有3个轨道，根据泡利原理最多只能排布6个电子，所以3p能级排布7个电子，违背了泡利原理。

答案选A。5、C【分析】【详解】

Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W；X、Y、Z分别为H、O、Al、S。

A．H原子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H）；A项错误；

B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中；存在离子键，为离子化合物，B项错误；

C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。H2O2的结构简式为H—O－O—H；含有极性键和非极性键，C项正确；

D．比较X(O)和Z(S)的非金属性；不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。D项错误；

本题答案选C。6、C【分析】【详解】

离子的中心原子价层电子对数=4+(6+2−4×2)=4，采取sp3杂化方式；

离子的中心原子价层电子对数=4+(7+1−4×2)=4，采取sp3杂化方式；

离子的中心原子价层电子对数=3+(5+1−3×2)=3，采取sp2杂化方式；

离子的中心原子价层电子对数=3+(6+2−3×2)=4，采取sp3杂化方式；

所以中心原子的杂化方式与其它不同的是故选：C。7、C【分析】【分析】

F；O、N的电负性较强；对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，影响到物质的某些性质，如熔点、沸点，溶解度、粘度、密度等。

【详解】

A．冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键；水为液态时，氢键的作用，使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时氢键会拉伸水分子，使水分子有序排列，水分子之间距离增大，体积也就增大了，密度减小，故A不选；

B．O；N的电负性较强；对应的氢化物分子之间能形成氢键，所以氨分子与水分子之间能形成氢键，故B不选；

C．水在2000℃时，只有4%的H2O发生分解；是因为水中氧和氢之间的共价键很牢固，不易断裂，所以与氢键无关，故C选；

D．因为氨分子间有氢键；其沸点升高，所以氨的沸点比同主族元素氢化物的高，故D不选；

故选C。8、B【分析】【分析】

A、一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×1/8+6×1/2+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T-碳晶胞中含有碳原子数目为8×4=32个；

B；4个碳原子组成的正四面体结构单元；T-碳中碳与碳的最小夹角为60°；

C；C原子间以共价键结合成空间网状结构；

D；T-碳晶胞的俯视图正确；突出四面体结构，及四面体之间碳与碳的共价键；

【详解】

A、一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×1/8+6×1/2+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T－碳晶胞中含有碳原子数目为8×4=32个；故A正确；

B；4个碳原子组成的正四面体结构单元；T-碳中碳与碳的最小夹角为60°，故B错误；

C；C原子间以共价键结合成空间网状结构；T-碳属于原子晶体，故C正确；

D；T-碳晶胞的俯视图正确；突出了四面体结构，及四面体之间碳与碳的共价键，故D正确；

故选B。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【详解】

（1）同一周期从左向右电负性增强，即O的电负性是三种元素中最强的，同周期从从左向右第一电离能呈增大趋势，但IIA>IIA，VA>VIA，因此第一电离能最大的是N；（2）Cl－、Ca2＋核外有三个电子层，O2－、Al3＋核外有2个电子层，电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，半径大小顺序是Cl－>Ca2＋>O2－>Al3＋，即③④①②；（3）同周期从左向右非金属性增强，即Cl的非金属性强于S，可以用置换反应进行判断，即Cl2＋H2S=2HCl＋S，也可以用最高价氧化物对应水化物的酸性进行比较，HClO4酸性强于H2SO4；（4）氢氧化铝表现两性，即Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O。【解析】ON③④①②>Cl2+H2S=S+2HCl或HClO4酸性比H2SO4强Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O10、略

【分析】试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Y原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体）。

（1）Y是O元素；O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；

（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，故答案为：HClO4；

（3）用硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应可制得二氧化硫气体，其反应离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）二氧化硫和氯水都有漂白性，但当它们以相同体积混合通人品红溶液，由于发生氧化还原反应，使两种物质都失去了漂白作用，所以品红溶液不褪色，化学方程式表示为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。

考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。【解析】（1）第二周期第ⅥA族；

（2）HClO4；

（3）HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（4）不褪色；Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl11、略

【分析】【详解】

(1)判断离子的空间构型时，需寻找等电子体：价电子数为26，与SO32-互为等电子体，所以空间构型为三角锥形；的价电子数为24，与SO3互为等电子体，所以空间构型为平面三角形；的价电子数为32，与CCl4互为等电子体；所以空间构型为四面体形。答案为：三角锥形；平面三角形；四面体形；

(2)由第2周期元素原子构成，与F2互为等电子体的离子，可从C、N、O进行分析，如O元素，构成答案为：

(3)已知分子中O、S间为共价双键，S、F间为共价单键。含有6个原子，价电子数为40，与PCl5互为等电子体，则结构为三角双锥形，4个S—F键的键长相同，另含1个S=O键，则应为PCl5分子中位于同一平面内的2个S—F键被S=O键所替代，从而得出PCl5的空间构型为

【点睛】

利用等电子原理，其实就是利用类推法，但在使用类推法时，需注意微粒的差异性，以确定原子的相对位置。【解析】三角锥形平面三角形四面体形12、略

【分析】【详解】

(1)Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布为3d104s2；占据最高能层为第4层，能层符号为N；

(2)①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子为其中心原子价层电子对数为=4；不含孤电子对，空间构型为正四面体形；

②中，中心原子的价层电子对数为4，所以为sp3杂化；

③含有5个原子，价电子总数为32，与其互为等电子的分子有CCl4、SiCl4、SiF4等；

④NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应，也使氨气极易溶于水。【解析】①.N②.正四面体③.sp3④.CCl4(或SiCl4、SiF4)⑤.NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应13、略

【分析】【详解】

（1）A．根据HN3的分子结构可知，HN3分子中存在3个σ键；故A错误；

B．HN3分子中连接三键的氮原子为sp杂化；故B错误；

C．HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正；负电荷中心不重合；都是极性分子，故C正确；

D．N2H4为分子化合物；N元素电负性较高，能够形成分子间氢键，分子间氢键的存在会使物质的熔；沸点升高，故D正确；

故答案为：CD；

（2）[Co(N3)(NH3)5]SO4中带1个单位负电荷，NH3不带电荷，带2个单位负电荷，根据化合物中元素化合价的代数和等于零可知，[Co(N3)(NH3)5]SO4中钴显+3价；硫酸根离子中S原子的价层电子对数为无孤电子对，故其空间构型为正四面体形；

（3）互为等电子体的粒子必须满足两个条件：①所含原子总数相等；②所含价电子总数相等，价电子总数为3×5+1=16，因此与互为等电子体的分子有CO2、CS2。【解析】①.CD②.+3③.正四面体形④.CO2、CS214、略

【分析】【详解】

Cl原子位于Cu原子构成的四面体体心，则体对角线是铜原子和氯原子的半径之和的4倍，Cu原子位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，则面对角线是铜原子半径的4倍，晶胞的边长为acm，所以面对角线等于acm，则铜原子半径为acm，体对角线等于acm，则氯原子半径为cm，求得氯原子与铜原子半径之比为【解析】15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】NaCl正八面体8三、原理综合题(共8题，共16分)16、略

【分析】【分析】

（1）根据图片知；每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定S原子杂化方式；

（2）同一主族元素；元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小；

（3）Se元素34号元素；M电子层上有18个电子，分别位于3s；3p、3d能级上；

（4）非金属性越强的元素；其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱；

根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32-离子的立体构型；

（5）①第一步电离后生成的负离子；较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

②根据中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se-O-H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+；

（6）利用均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，进而计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；

b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，计算a位置白色球与面心白色球距离，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：a2+b2-2abcosθ=c2计算。

【详解】

（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，故答案为sp3；

（2）同一主族元素；元素原子失电子能力随着原子序数的增大而增强，原子失电子能力越强，其第一电离能越小，所以其第一电离能大小顺序是O＞S＞Se，故答案为O＞S＞Se；

（3）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10，故答案为34；3s23p63d10；

（4）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强，气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，SO32-离子中S原子价层电子对个数=3+（6+2-3×2）=4且含有一个孤电子对；所以其立体构型为三角锥形，故答案为强；平面三角形；三角锥形；

（5）①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，故H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离；

故答案为H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离；所以第一步电离程度大于第二步电离程度；

②H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2。H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强；即对同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强；

故答案为对同一种元素的含氧酸来说；该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强；

（6）晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×（87÷6.02×1023）g，晶胞的体积为（540.0×10-10cm）3，则密度为[4×（87÷6.02×1023）g]÷（540.0×10-10cm）3=4.1g•cm-3；

b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹角为109°28′，a位置白色球与面心白色球距离为540.0pm×=270pm，设a位置S2-与b位置Zn2+之间的距离为ypm，由三角形中相邻两边、夹角与第三边关系：y2+y2-2y2cos109°28′=（270）2，解得y=

故答案为4.1；或或【解析】sp3O＞S＞Se343s23p63d10强平面三角形三角锥形H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度对同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强4.117、略

【分析】【分析】

(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2；结合元素周期律分析判断；

(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小；分子间存在氢键的熔沸点高；②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答；

(3)Na2O为离子化合物，据此书写其电子式；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；

(4)①根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；②由密度公式ρ=计算解答。

【详解】

(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2；未成对电子数为2。A．最外层电子数相等，错误；B．Ca的未成对电子数小于Ti，正确；C．同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，错误；D．Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，错误，故答案为B；

(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；

②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为sp2；O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合)；

(3)①Na2O属于离子化合物，电子式为故答案为

②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键；故答案为BE；

(4)①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，即anm，故答案为面心；a；

②已知：晶胞参数为anm，密度为dg•cm-3，则dg•cm-3==解得：NA=故答案为

【点睛】

本题的易错点为(4)②的计算，要注意掌握晶体密度的计算方法，注意单位的换算；另一个易错点为(1)，要注意根据钙为20号元素，钛为22号元素，均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类，可以根据化合价分析判断。【解析】BH2O2分子间存在氢键sp2O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案）BE面心18、略

【分析】【详解】

（1）Fe为26号元素，Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，最外层电子排布式为3s23p63d5；其核外共有2种不同运动状态的电子；Fe3+的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定；（2）As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大，元素的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强，所以3种元素的电负性从大到小顺序为Br＞Se＞As；（3）Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂，在[Co(NO2)6]3-中存在的化学键有共价键、配位键；（4）等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或基团，与CN-互为等电子体的极性分子有CO；HCN分子中心原子碳原子为sp杂化，分子的空间构型为直线型；（5）SiC中C与Si形成4个σ键，为sp3杂化；以1个Si为标准计算，1个Si通过O连接4个Si，这4个Si又分别通过O连有其他3个Si，故每个Si被4×3=12个最小环所共有；（6）已知Cu的晶胞结构如图，为面心立方，每个晶胞含有Cu个数为8×+6×=4，棱长为acm，则晶胞的体积V=a3cm3，又知Cu的密度为pg/cm3，则pg/cm3=故NA=【解析】3s23p63d523Fe3+的电子排布为[Ar]3d5,3d轨道为半充满状态，比Fe2+电子排布[Ar]3d6更稳定Br>Se>As共价键配位键CO直线形sp312256/a3p19、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ASnCu3P20、略

【分析】【详解】

（1）同一周期元素原子的电负性随着原子序数的递增而增大，同一主族元素原子的电负性随着原子序数的递增而减小，在Li、H、O三种元素中Li的电负性最小，O的电负性最大，则电负性从大到小的顺序为O>H>Li；基态Al原子核外电子空间运动状态有7种；当运动状态不为7种时为激发态；

（2）①NO3-的中心原子价层电子对数为=3；孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；

②甘氨酸中N原子形成两个N-H键和一个N-C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；分子中碳氧双键中存在1个π键；其余均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9:1；分子质量相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多（或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键）；

（3）蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液的过程是氢氧化铜变成氢氧化四氨合铜的过程，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；

（4）由晶体结构可知；Ni原子个数为4，所有Mg原子的Ni配位数相等，Mg原子数为8，则Mg原子填入由Ni原子形成的四面体空隙中，空隙占有率为100%；

（5）储氢能力==

【点睛】

含有-OH、-NH2等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔、沸点升高。【解析】O>H>Li激发态平面三角形sp39:1甘氨酸分子间形成的氢键数比丙酸分子间形成的氢键数多（或甘氨酸中的氨基使分子间产生氢键）Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O正四面体100%21、略

【分析】【分析】

⑴电负性越大，原子越不易提供孤电子对；Ni原子形成的4个配位键属于σ键，CO与N2互为等电子体；CO分子结构式为C≡O，CO分子中含有1个σ键；2个π键。

⑵①ClO4−的中心原子Cl原子孤电子对=价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型与它的VSEPR模型相同；②原子总数相等；价电子总数也相等的微粒互为等电子体。

⑶①N—N键使N元素表现0价，N—H价使N元素表现-1价，N—C键使N元素表现-1价；分子中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3；②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得；该反应属于取代反应，同时还有甲醇生成.

⑷①非羟基氧数目越多，中心元素的正电性越高，越容易电离出离子；②如均摊法计算晶胞中含有的Ni2+数目。以顶点Ni2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离子对称，可知Ni2+的配位数为6．以顶点Ni2+研究，与之距离最近的Ni2+处于面心；共有12个。

【详解】

(1)电负性O>C，O原子不易给出孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子。Ni原子形成的4个配位键属于σ键，CO与N2互为等电子体，CO分子结构式为C≡O，CO分子中含有1个σ键、2个π键,故Ni(CO)4中含有8个σ键、8个π键，σ键与π键数目之比为8:8=1:1；故答案为：电负性O>C；O原子不易给出孤电子对；1:1。

(2)①ClO4−的中心原子Cl原子孤电子对价层电子对数=0+4=4，微粒空间构型与它的VSEPR模型相同为正四面体形；故答案为：正四面体形。

②原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体。与ClO4−互为等电子体的一种分子和一种离子可以是：CCl4、SO42−等；故答案为：CCl4、SO42−。

(3)①N−N键使N元素表现0价，N−H价使N元素表现−1价，N−C键使N元素表现−1价，故碳酰肼中氮元素的化合价为−2价；分子中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3,故碳原子采取sp2杂化；故答案为：−2；sp2。

②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2H4)反应制得,该反应属于取代反应,同时还有甲醇生成,反应方程式为：故答案为：

(4)①HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl−O−H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+，故酸性：HClO4>HClO；故答案为：HClO4的酸性比HClO的强，HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl−O−H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+。

②晶胞中含有的Ni2+数目以顶点Ni2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离子对称，可知Ni2+的配位数为6，以顶点Ni2+研究，与之距离最近的Ni2+处于面心，顶点为8个晶胞共用、面心为2个晶胞共用，故共有3×82=12个，则a:b:c=4:6:12=2:3:6；故答案为：2:3:6。【解析】电负性O>C，O原子不易给出孤电子对1:1正四面体形CCl4SO42−−2sp2HClO4的酸性比HClO的强，HClO4中非羟基氧数目比HClO的多，HClO4中Cl的正电性更高，导致Cl−O−H中O的电子向Cl的偏移程度比HClO的大，HClO4更易电离出H+2:3:622、略

【分析】【分析】

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+离子具有空轨道，NH3分子中N原子具有孤对电子，Ni2+与NH3之间能形成配位键；

（2）①1molCOCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-；两者空间构型不同导致颜色不同；

②由题意可知Co(OH)2在溶液中部分电离出[Co(OH)4]2−和H+；

（3）由过渡元素A与Co属于同周期同族；基态原子排布中有四个未成对电子可知，A为Fe元素。

【详解】

（1）在[Ni(NH3)6]2+中，Ni2+离子具有空轨道，NH3分子中N原子具有孤对电子，Ni2+与NH3之间能形成配位键；故答案为配位键；N；

（2）①1molCOCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，所以其化学式都为Co（NH3）4（Cl）2]Cl；因两者空间构型不同导致颜色不同，故答案为6；空间结构不同；

②由题意可知Co(OH)2在溶液中部分电离出[Co(OH)4]2−和H+，电离方程式为Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+，故答案为Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+；

（3）由过渡元素A与Co属于同周期同族；基态原子排布中有四个未成对电子可知，A为Fe元素。

①晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列；x射线衍射可以看到微观结构，故区别X为晶体或非晶体的方法为X-射线衍射，故答案为X-射线衍射；

②Fe(CO)5常压下熔；沸点低；属于分子晶体，故答案为分子晶体；

③A3+与SCN−以1:4的个数比配合形成[Fe(SCN)4]—离子，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl，故答案为FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KCl；

④由B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4可知B为Cu元素、C为S元素，由晶胞结构可知Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，个数为6×+4×=4，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，个数为,4×+1+8×=4，S原子数为8，晶体中N(Cu)∶N(Fe)∶N(S)＝4∶4∶8＝1∶1∶2，故该晶体的化学式为CuFeS2。晶胞质量为晶胞体积为(524×10－10cm)2×1030×10－10cm，则该晶体的密度d为≈4.32g/cm3，故答案为CuFeS2；4.32。

【点睛】

由晶胞结构确定Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，S原子数为8，依据分摊法计算化学式是解答关键。【解析】配位键N6空间结构不同Co(OH)2+2H2O[Co(OH)4]2−+2H+X-射线衍射分子晶体FeCl3+4KSCN=K[Fe(SCN)4]+3KClCuFeS24.3223、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)P原子为第15号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；其核外电子占据最高能层的符号是M，占据该能层电子分别位于3s和3p轨道，其电子云形状为球形和哑铃形，故答案为：M；球形；哑铃形；

(2)由结构分析可知，瑞德西韦中含有的第二周期元素有C、N、O，由于N原子的价层电子为2s22p3，2p为半充满状态，较难失去电子，其第一电离能比相邻元素大，O原子半径小于C原子，第一电离能大，则第一电离能：N>O>C；该分子中N原子分别形成了单键、双键和三键，则N原子的杂化方式有sp3、sp2、sp，故答案为：N>O>C；sp3、sp2；sp；

(3)苯酚的熔点为43℃；相对较低，因此苯酚属于分子晶体；由于苯酚分子间可以形成氢键，所以导致苯酚的熔；沸点高于甲苯，故答案为：分子晶体；苯酚分子间存在氢键；

(4)MgSO4中阴离子为SO42-，其中心原子S原子的价电子对数为不含有孤电子对，则其空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；

(5)根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式(PO42-、P2O74-、P3O105-)可推导：磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n，氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1，酸根的变化规律为：3，4，5，n+2，因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（PnO3n+1)(n+2)-，故答案为：（PnO3n+1)(n+2)-；

(6)根据均摊法，一个晶胞中含有Ca2+的数目为含有C22-的数目为则一个晶胞中包含了2个CaC