2025年粤教沪科版选修三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教沪科版选修三化学下册阶段测试试卷359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、描述硅原子核外电子运动说法错误的是A.有4种不同的伸展方向B.有14种不同运动状态的电子C.有5种不同能量的电子D.有5种不同的运动范围2、下列电子排布式中，原子处于激发态的是A.ls22s22p63s23p63d34s2B.ls22s22p63s23p63d44s2C.ls22s22p63s23p63d54s2D.ls22s22p63s23p63d64s23、下列元素原子结构的最外层电子排布中，元素属于副族元素的是A.3s33p3B.3d104s1C.3d64s2D.2s22p44、元素处于基态时的气态原子获得一个电子成为－1价阴离子时所放出的能量叫做该元素的第一电子亲合能。－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲合能。下表中给出了几种元素或离子的电子亲合能数据：。元素LiNaKOF电子亲合能kJ/mol141

下列说法不正确的是A.电子亲合能越大，说明越容易得到电子B.1mol基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量C.元素的第一电离能同主族的从上到下逐渐减小，同周期从左到右则逐渐增大D.基态的气态氧原子得到两个电子成为O2－需要吸收能量5、下列四元素：①C、②N、③F、④O，电负性由大到小的顺序为A.①②③④B.④③②①C.③④②①D.③④①②6、配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是A.该物质中Fe化合价为+2B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子杂化方式为sp3C.该物质不存在的化学键有氢键D.NO作为配体提供一对孤对电子7、石墨可作电极材料；耐高温耐酸材料、铅笔芯等；以下有关石墨的叙述正确的是。

①属原子晶体②属分子晶体③是C60的同素异形体④每个碳原子都形成了4个共用电子对A.①③④B.②③④C.②③D.③8、下列有关NaCl晶体形成的热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体的晶格能的是A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、非金属元素虽然种类不多；但是在自然界中的丰度却很大，请回答下列问题：

(1)BN(氮化硼，晶胞结构如图)和CO2中的化学键均为共价键，BN的熔点高且硬度大，CO2的晶体干冰却松软且极易升华。由此可以判断：BN可能是______晶体，CO2可能是______晶体，BN晶体中B原子的杂化轨道类型为______，干冰中C原子的杂化轨道类型为______

(2)分子极性：OF2______H2O，键角：OF2______H2O(填“＞””或者“＜”)

(3)金刚石和石墨都是碳元素的单质，但石墨晶体熔点比金刚石______，原因是______

(4)单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得如图所示的金刚砂(SiC)结构。在SiC结构中，每个C原子周围距离相等且最近的C原子数目为______，假设C-Si键长为acm，则晶胞密度为______g/cm3。

10、钙及其化合物在工业上；建筑工程上和医药上用途很大。回答下列问题。

(1)基态Ca原子M能层有_____个运动状态不同的电子，Ca的第一电离能__________(填“大于”或“小于”)Ga。

(2)Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高，原因是____________________。

(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是__________、中心原子的杂化形式为___________。

(4)碳酸盐的热分解示意图如图所示。

热分解温度：CaCO3_______(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_____________________________。从价键轨道看，CO2分子内的化学键类型有__________。

(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图所示。Ca2+的配位数为__________，萤石的一个晶胞的离子数为__________，已知晶胞参数为0.545nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为__________g·cm－3(列出计算式)。

11、硼及其化合物的应用广泛。试回答下列问题：

（1）基态原子的价电子轨道表示式为__________，其第一电离能比的__________（填“大”或“小”）。

（2）氨硼烷（）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，提供孤电子对的原子是__________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的有机小分子：___________________（填化学式）。

（3）常温常压下硼酸（）的晶体结构为层状；其二维平面结构如图所示。

①B原子的杂化方式为__________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：_________________。

②路易斯酸碱理论认为，任何可接受电子对的分子或离子叫路易斯酸，任何可给出电子对的分子或离子叫路易斯碱。从结构角度分析硼酸是路易斯酸：______________________________。12、世界上最早发现并使用锌的是中国；明朝末年《天工开物》一书中有关于炼锌技术的记载。回答下列问题。

（1）硫酸锌溶于过量的氨水可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4。

①配合物[Zn(NH3)4]SO4中，[Zn(NH3)4]2+的名称是____________。

②中,中心原子的轨道杂化类型为____________。

③NH3极易溶于水，除了因为它们都是极性分子外还因为____________。

（2）Zn2+的4s和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2-的空间构型为____________。

（3）氧化锌的结构有多种，其中一种立方闪锌矿的结构如图所示，若该晶胞的边长为anm,NA为阿伏加德罗常数的值则立方闪锌矿晶体的密度为____________g•cm-3。

13、用符号“>”“<”或“=”连接下列各项关系。

(1)第一电离能N_____O；(2)电负性：N____C；

(3)键角：H2S______NH3(4)晶格能：MgO_______KI评卷人得分三、原理综合题(共8题，共16分)14、据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆（ZrTe2）和砷化镉（Cd3As2）为材料验证了三维量子霍尔效应；并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：

(1)锌原子的价电子排布图：____________________________________________

(2)硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是________________

(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。1mol[Cd(NH3)4]2+含___________molσ键。该配离子中三种元素的电负性大小关系是：_______________________

(4)砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为________

(5)锆晶胞如图1所示，这种堆积方式称为______________________，镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg·cm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为______nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为________（用含π的代数式表示）。

15、VA族元素氮、磷、砷(As)、锑(Sb)；铋(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许多重要用途。

(1)铋合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，喷出水来灭火。铋的价电子排布式为_______。

(2)第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有_______(填元素符号)。

(3)Pt(NH3)2C12具有如图所示的两种平面四边形结构(一种有抗癌作用)，其中在水中的溶解度较小是_______(填“顺式”或“反式”)。

(4)氨硼烷(BH3▪NH3)是一种储氢材料，与乙烷互为等电子体，熔点为104℃。氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及________(填标号)。

A.范德华力B.离子键C.配位键D.金属键。

(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)是一种灭生性除草剂，可杀死各种草本植物，其阴离子的立体构型为___。

(6)化肥厂生产的(NH4)2SO4中往往含有少量极易被植物根系吸收的具有正四面体结构的N4H44+，其结构式为_______，其中N原子的杂化方式为________。

(7)镧、铁、锑三种元素组成的一种固体能实现热电效应。该固体晶胞结构如图l所示，晶胞参数为anm，Fe原子填在6个Sb原子形成的正八面体空隙中；晶胞6个表面的结构都如图2所示。

①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，称作原子分数坐标，例如图l中原子甲的坐标为(0，0，0)，原子乙的坐标为(0)，则原子丙的坐标为________。

②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该固体的密度ρ=__g·cm-3(列出计算式即可)。16、Ⅰ．某离子晶体特征结构如图A所示。X●位于立方体部分顶点；Y○位于立方体中心。试分析：

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

（2）晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X共有__________个。

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

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

Ⅱ．B4Cl4是一种淡黄色并具有挥发性的固体化合物，在70℃以下，它存在于真空中。结构测定表明：该化合物中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键。根据上述性质和参数画出B4Cl4分子空间构型的示意图______________________。17、铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：

(1)基态Fe原子的外围电子排布图为____，基态Fe2+中，核外电子占据最高能层的符号是____，Fe2+和Fe3+是铁的两种常见离子，Fe3+的稳定性强于Fe2+；原因是____。

(2)Fe3+可以与SCN—形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为_______，SCN—的几何构型为______；中心原子的杂化类型为_______。

(3)实验中常用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，K3[Fe(CN)6]晶体中的化学键有_________(填写选项字母)

a.离子键.b.共价键c；氢键d.配位键e.金属键。

1molK3[Fe(CN)6]中含有σ键与π键的数目比为_____________。

(4)FexO为氯化钠型结构，在实际晶体中，由于存在缺陷，x<1。测得Fe0.92O晶体的晶胞参数a=428.0pm，则该晶体的密度ρ=__________g/cm3(列出计算式)，晶体中最近的两个铁离子间的距离为_______pm。18、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）19、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所示；图乙是有机高聚物的结构片段。

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

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

（3）NO2-的空间构型为_____。

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

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

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

20、硫及其化合物有许多用途。请回答下列问题。

(1)基态硫离子价层电子的轨道表达式为___________，其电子填充的最高能级的轨道数为___________。

(2)常见含硫的物质有单质硫(S8)、SO2、Na2S、K2S等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为___________，原因是___________。

(3)方铅矿(即硫化铅)是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：PbS+4HCl(浓)=H2[PbCl4]+H2S↑，则H2[PbCl4]中配位原子是_________，第一电离能I1(Cl)___________I1(S)(填“>”、“<”或¨=”)，H2S中硫的杂化方式为_______，下列分子空间的构型与H2S相同的有___________。

A．H2OB．SO3C．O3D．CH4

(4)方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的___________空隙中。已知晶体密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为___________nm。

21、钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知比的氧化性更强；在水溶液中不能大量存在.

(1)的核外电子排布式为_____________。

(2)无水的熔点为沸点为熔点为沸点为．属于_______晶体，属于_____晶体。

(3)可用于激光起爆器等，可由共反应制备.

①的空间构型为______________________。

②的化学式为与(III)形成配位键的原子是_____

已知的结构式是

③可以(双聚氰胺)为原料制备，双聚氯胺分子中含键的数目为___________。

(4)与作用可生成其结构如图所示，该分子中原子的杂化方式为_____________________________。

(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为______。已知为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为______(用含的代数式表示)评卷人得分四、实验题(共1题，共7分)22、现有两种配合物晶体[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一种为橙黄色，另一种为紫红色。请设计实验方案将这两种配合物区别开来_____________________________。评卷人得分五、有机推断题(共3题，共9分)23、A、B、C、D，E、F、G、H是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表：。元素相关信息A原子核外有6种不同运动状态的电子C基态原子中s电子总数与p电子总数相等D原子半径在同周期元素中最大E基态原子最外层电子排布式为3s23p1F基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反G基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子H是我国使用最早的合金中的最主要元素

请用化学用语填空：

(1)A元素位于元素周期表第_______周期_______族；B元素和C元素的第一电离能比较，较大的是________，C元素和F元素的电负性比较，较小的是________。

(2)B元素与宇宙中含量最丰富的元素形成的最简单化合物的分子模型为________，B元素所形成的单质分子键与π键数目之比为________。

(3)G元素的低价阳离子的离子结构示意图是________，F元素原子的价电子的轨道表示式是________，H元素的基态原子核外电子排布式的________。

(4)G的高价阳离子的溶液与H单质反应的离子方程式为_________________；与E元素成对角线关系的某元素的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与D元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_________________。24、短周期元素X；Y、Z、W、Q原子序数依次增大。已知：X的最外层电子数是次外层的2倍；在地壳中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，Q的最外层比次外层少2个电子。请回答下列问题：

（1）X的价层电子排布式是___，Q的原子结构示意图是____。

（2）Y、Z两种元素中，第一电离能较大的是（填元素符号）_____，原因是______。

（3）Z、W、Q三种元素的简单离子的半径从小到大排列的是________。

（4）关于Y、Z、Q三种元素的下列有关说法，正确的有是_______；

A.Y的轨道表示式是：

B.Z；Q两种元素的简单氢化物的稳定性较强的是Z

C.Z；Q两种元素简单氢化物的沸点较高的是Q

D.Y常见单质中σ键与π键的数目之比是1：2

（5）Q与Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的杂化类型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。25、周期表中的五种元素A、B、D、E、F，原子序数依次增大，A的基态原子价层电子排布为nsnnpn；B的基态原子2p能级有3个单电子；D是一种富集在海水中的元素，含量位于海水中各元素的第三位；E2+的3d轨道中有10个电子；F位于第六周期；与Cu同族，其单质在金属活动性顺序表中排在末位。

（1）写出E的基态原子的价层电子排布式___________。

（2）A、B形成的AB﹣常作为配位化合物中的配体，其A原子的杂化方式为________，AB﹣中含有的σ键与π键的数目之比为________。

（3）FD3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体F2D6的形式存在，依据以上信息判断FD3，晶体的结构属于____晶体，写出F2D6的结构式________。

（4）E、F均能与AB﹣形成配离子，已知E与AB﹣形成的配离子为正四面体形。F(+1价)与AB形成的配离子为直线形，工业上常用F和AB﹣形成的配离子与E反应来提取F单质，写出E置换F的离子方程式_________________。

（5）F单质的晶体为面心立方最密堆积，若F的原子半径为anm，F单质的摩尔的的质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，求F单质的密度为______g/cm3。(用a、NA、M的代数式表示)评卷人得分六、计算题(共4题，共36分)26、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）27、用X射线研究某金属晶体，测得在边长为360pm的立方晶胞中含有4个金属原子，此时金属的密度为9.0g/cm3。试回答下列问题：

(1)此金属晶胞属于哪一种类型？_______

(2)求每个晶胞的质量。_______

(3)求此金属的相对原子质量。_______

(4)求此金属原子的原子半径(pm)。_______28、NaCl晶体中Na+与Cl-都是等距离交错排列，若食盐的密度是2.2g·cm-3，阿伏加德罗常数6.02×1023mol-1，食盐的摩尔质量为58.5g·mol-1。则食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心间的距离是多少？_______29、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)参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A、Si原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2；电子占据的是s；p能级，s能级有1个轨道，是球形，p能级有3个轨道，所以Si原子核外电子由4种不同的伸展方向，正确；

B；Si原子核外有14个电子；每个电子的运动状态都不相同，正确；

C；根据核外电子的排布式可知；Si原子的核外电子占据5个能级，所以有5种不同能量的电子，正确；

D；Si原子的核外电子占据3个电子层；所以运动范围有3种，错误；

答案选D。2、B【分析】【详解】

A．1s22s22p63s23p63d34s2的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理；原子处于基态，故A不选；

B.1s22s22p63s23p63d44s2为激发态，根据能量最低原理，其基态应为1s22s22p63s23p63d54s1；故B选；

C．1s22s22p63s23p63d54s2的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理；原子处于基态，故C不选；

D．1s22s22p63s23p63d64s2的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理；原子处于基态，故D不选；

答案选B。

【点睛】

原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则处于激发态。3、B【分析】【详解】

A．元素原子结构的最外层电子排布3s23p3，为P元素，属于主族元素，故A错误；

B．元素原子结构的最外层电子排布3d104s1，为Cu元素，属于副族元素，故B正确；

C．元素原子结构的最外层电子排布3d64s2，为铁元素，属于ⅤⅢ族元素，故C错误；

D．元素原子结构的最外层电子排布4s24p4，为Se元素，属于主族元素，故D错误；

故选：B。

【点睛】

第ⅤⅢ族元素不是副族元素，元素周期表分为主族、副族、ⅤⅢ族和0族元素。4、C【分析】【详解】

A．根据表中数据知；元素得电子能力越强，其电子亲和能越大，所以电子亲和能越大说明越容易得到电子，A项正确；

B．基态的气态氟原子得到1mol电子成为氟离子时放出327.9kJ的能量；B项正确；

C．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，C项错误；

D．O元素的第一亲和能小于第二亲和能的绝对值，第一亲和能放出能量、第二亲和能吸收能量，所以基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量；D项正确；

答案选C。5、C【分析】【详解】

一般来说；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大；因此电负性由大到小的顺序为F＞O＞N＞C，C符合题意；

答案选C。6、D【分析】【分析】

A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；

B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子的杂化方式不可能是sp3；

C；该物质中没有氢原子；没有氢键，且氢键不是化学键；

D；NO配位原子为N；提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键）；

【详解】

A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为Fe3＋；故A错误；

B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子的杂化方式不可能是sp3；故B错误；

C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界存在离子键：内界CN－，NO存在极性键，内界中配位键也属于σ键，配位CN－中含有1根σ键；NO含有1根σ键，1mol配合物中σ键数目为6+1×5+1=12mol，故C错误；

D；NO配位原子为N；提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键），故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关性质。难点是B选项，要明确sp3杂化轨道有4个，不可能通过sp3杂货轨道形成该配合物。7、D【分析】【详解】

①石墨属混合晶体，故错误；②石墨属混合晶体，故错误；③石墨、金刚石是C60的同素异形体，故正确④六元环中，每个碳原子都形成了3个共用电子对，还有一个6中心、6电子的大π键，故错误；故选D。8、C【分析】【分析】

晶格能是指1mol离子化合物中的阴；阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量或者标准状况下拆开1mol离子化合物使其变为气态阴离子和阳离子所需要吸收的能量。

【详解】

根据晶格能的定义，拆开1mol氯化钠晶体生成1mol钠离子和1mol气态氯离子结合吸收的热能为氯化钠晶体的的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：

答案选C。二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【分析】

本题是对物质结构与性质的考查；涉及晶体类型与性质；杂化方式、分子结构与性质、晶胞计算等，侧重考查学生分析解决问题的能力，分子极性大小及键角的大小判断为易错点、难点，（4）中关键是明确键长与晶胞棱长关系，需要学生具有一定的数学计算能力。

【详解】

（1）BN由共价键形成的空间网状结构，熔点高、硬度大，属于原子晶体；而干冰松软且极易升华，属于分子晶体；BN晶体中B原子形成4个B-N键，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化，干冰中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为2，C原子采取sp杂化，故答案为：原子；分子；sp3；sp；

（2）二者结构相似；均为V形，F与O的电负性相对比较接近，H与O的电负性相差较大，水分子中共用电子对较大地偏向O，所以O-F键的极性较弱，所以整个分子的极性也较弱，水分子中成键电子对之间排斥更大，故水分子中键角也更大，故答案为：＜；＜；

（3）石墨层内碳碳键的键长比金刚石要短；键能比金刚石大，故石墨晶体熔点比金刚石的高。故答案为：高；石墨层内碳碳键的键长比金刚石要短，键能比金刚石大；

（4）晶胞中每个碳原子与4个Si原子形成正四面体，每个Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，晶胞中Si、C的相对位置相同，可以将白色球看作C、黑色球看作Si，互换后以顶点原子研究，与之最近的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故每个C原子周围距离相等且最近的C原子数目为顶点Si原子与四面体中心C原子连线处于晶胞体对角线上，且距离等于体对角线长度的而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，假设C-Si键长为acm，则晶胞棱长=cm，晶胞中Si原子数目=C原子数目=4，晶胞质量=g，晶胞密度=（g）÷（cm）3=g/cm3，故答案为：12；【解析】原子分子sp3sp＜＜高石墨层内碳碳键的键长比金刚石要短，键能比金刚石大1210、略

【分析】【分析】

(1)原子核外电子的运动状态是由能层；能级（电子云）、电子云伸展方向、电子自旋决定的；据此解答。

(2)Mn和Ca属于同一周期；从原子半径和价电子数影响金属键强弱角度分析。

(3)分析阴离子ClO3-的中心氯原子的孤电子对数和σ键数；再根据价层电子对互斥理论确定该阴离子的空间构型和中心原子的杂化轨道类型。

(4)根据碳酸盐的热分解示意图可知，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体；离子晶体的晶格能越大，离子晶体越稳定，生成该晶体的反应越容易发生。

(5)根据萤石晶胞示意图中黑球和白球实际占有的个数，结合萤石的化学式（CaF2）中粒子个数比确定黑球、白球分别代表的粒子种类。在分析Ca2+的配位数时，可将萤石晶胞分割为8个小立方体，利用晶胞的“无隙并置”的特点，确定与1个Ca2+距离最近且相等的F-的个数。一个粒子（Ca2或F-）的质量=由于晶胞实际占有4个Ca2+和8个F-，故而确定晶胞质量，再根据公式ρ=计算该晶体的密度。

【详解】

(1)原子核外电子的运动状态是由能层、能级（电子云）、电子云伸展方向、电子自旋决定的。基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，所以M能层上有8个运动状态不同的电子。由于Ca原子的价层电子排布为4s2，已达全充满状态，比较稳定；而Ga原子价层电子排布为4s24p1；不太稳定，所以Ca的第一电离能大于Ga的第一电离能。

(2)Mn和Ca属于同一周期，同周期从左至右原子半径逐渐减小；Mn原子价层电子排布为3d54s2，Ca原子价层电子排布为4s2；价电子数Mn比Ca多，原子半径越小，价电子数越多，金属键越强。所以，金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高的原因是：Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强。

(3)Ca(ClO3)2中的阴离子化学式为ClO3-，中心原子氯的孤电子对数=(7+1-3×2)=1，σ键数=3，中心原子氯的价层电子对数=1+3=4，根据价层电子对互斥理论，ClO3-的空间构型是三角锥形，中心原子氯的杂化形式为sp3。

(4)由碳酸盐的热分解示意图看出，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体，因为离子半径r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO，所以CaCO3的热分解温度低于SrCO3。CO2分子结构为O=C=O，C=O双键中1条σ键，1条π键，所以CO2分子内的化学键类型有σ键；π键。

(5)萤石的化学式为CaF2，即晶胞中钙离子与氟离子个数比为1:2，从晶胞示意图看，每个晶胞中实际占有黑球的个数=8×+6×=4，晶胞中实际占有白球的个数为8，据此可知黑球代表Ca2+，白球代表F-。将该面心立方晶胞分割成8个小立方体（），每个小立方体的4个顶点上是Ca2+，体心是F-，现选取一个顶点（Ca2+）作为考查对象，经过该顶点的小立方体有8个，即与该顶点的Ca2+距离相等且最近的F-共有8个，所以Ca2+的配位数为8。萤石的一个晶胞中实际占有4个Ca2+和8个F-，所以萤石一个晶胞的离子数为12。1个Ca2+的质量==g，1个F-的质量==g，则萤石的密度ρ===g/cm3。

【点睛】

利用均摊法计算晶胞中实际占有的粒子数：处于立方晶胞顶点的粒子每个晶胞实际占有处于立方晶胞面心的粒子每个晶胞实际占有处于立方晶胞棱边中点的粒子每个晶胞实际占有处于立方晶胞内部的粒子完全被晶胞占有，每个晶胞实际占有的粒子数等于不同位置的粒子数分别与该位置粒子实际被晶胞占有的分数乘积之和。【解析】8大于Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强三角锥形sp3低于r(Ca2+)2+)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaOσ键，π键81211、略

【分析】【详解】

（1）原子的核外电子排布式分别为原子的轨道处于全满状态，所以的第一电离能比的小，原子的价电子轨道表示式为故答案为：小。

（2）形成配位键，必须有一方提供空轨道，另一方提供孤对电子，在氨硼烷中，原子可提供一对孤电子，原子有一个空轨道，与互为等电子体，故答案为：

（3）①由图可知，硼酸中每个原子与原子形成3个键，即原子有3个成键轨道，且没有孤电子对，故为杂化，溶质分子间形成的氢键不利于溶质的溶解，加热时，硼酸的溶解度增大，可分析出，升温时硼酸分子中的部分氢键被破坏，故答案为：杂化硼酸分子间通过氢键缔合；加热时，部分氢键被破坏。

②硼酸分子中，原子有一个空的轨道，可以接受电子对，根据路易斯酸碱理论可知，硼酸为路易斯酸，故答案为：硼酸分子中B原子有一个空轨道。

【点睛】

同周期，从左到右，第一电离能增大，但在短周期，第ⅡA族与第ⅢA族中：Be>B、Mg>Al，第ⅤA族与第ⅥA族中：N>O、P>S。【解析】小杂化硼酸分子间通过氢键缔合，加热时，部分氢键被破坏硼酸分子中B原子有一个空轨道12、略

【分析】【分析】

根据配合物的命名原则进行命名；根据VSEPR理论判断中心原子的杂化方式；根据NH3与H2O之间形成氢键解释；根据杂化类型；判断空间构型；根据“均摊法”进行晶胞的有关计算；据此解答。

【详解】

（1）①由内界配位离子的命名次序为配位体数(用中文一，二，三等注明)-配位体的名称(不同配位体间用中圆点“·”隔开)-“合”-中心离子名称-中心离子氧化数(加括号，用罗马数字注明)可知，[Zn(NH3)4]2+的名称是四氨合锌(II)离子；答案为四氨合锌(II)离子。

②中，价层电子对数=4+=4+0=4，S原子杂化方式为sp3杂化；答案为sp3杂化。

③NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；答案为NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应。

（2）此[ZnCl4]2-配离子的中心原子采取sp3杂化；配位数为4，故空间构型为正四面体形；答案为正四面体形。

（3）由可知，Zn原子位于顶点和面心上，晶胞中Zn原子数目=8×+6×=4，晶胞中O原子数目=4，故化学式为ZnO，晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，晶体密度ρ===×1021g•cm-3；答案为×1021。【解析】①.四氨合锌(II)离子②.sp3③.NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应④.正四面体形⑤.×l02113、略

【分析】【分析】

非金属性越强；电负性越大；非金属性强，总的来说，第一电离能大，但当价电子在轨道中处于半满；全满或全空时，第一电离能出现反常；键角既受分子结构的影响，又受孤电子对的影响；比较晶格能时，可通过分析离子的带电荷与离子半径确定。

【详解】

(1)N的价电子排布为2s22p3；2p轨道上电子半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能N＞O；答案为：＞；

(2)非金属性越强；电负性越大，非金属性N＞C，所以电负性：N＞C；答案为：＞；

(3)H2S的键角接近90°，NH3的键角为107°18′，所以键角：H2S＜NH3；答案为：＜；

(4)MgO和KI都形成离子晶体，MgO中的阴、阳离子都带2个电荷，而KI中的阴、阳离子都带1个电荷，离子半径：Mg2+＜K+、O2-＜I-；所以晶格能：MgO＞KI。答案为：＞。

【点睛】

第一电离能出现反常时，仅比原子序数大1的元素大。【解析】①.＞②.＞③.＜④.＞三、原理综合题(共8题，共16分)14、略

【分析】【详解】

(1)锌是30号元素，故原子的价电子排布图：故答案为：

(2)硫和碲位于同主族，同一主族从上往下元素的原子半径依次增大，即气态氢化物H2S中的共价键键长比H2Te的键长更短，一般键长越短，键能越大，化学性质越稳定，导致H2S的分解温度高于H2Te；故答案为：S原子半径小于Te，H—S键的键能较大；

(3)Cd2+与NH3等配体形成配离子。1mol[Cd(NH3)4]2+中含有的σ键数目为4个氨气中每个氨气有三个σ键，另每个氨气再与Cd2+形成1个配位键也是σ键，因而等于mol，该配离子中三种元素分别为Cd、N、H的电负性大小关系为N>H>Cd，故答案为：16；N>H>Cd；

(4)砷与卤素形成多种卤化物，AsCl3、AsF3、AsBr3均为共价化合物，均为分子晶体，其熔点的高低主要是受分子间作用力影响，对于结构相似的分子晶体，分子间作用力与其相对分子质量呈正比，故答案为：AsBr3>AsCl3>AsF3；

(5)锆晶胞如图1所示晶胞符合最密六方堆积，故这种堆积方式称为最密六方堆积，镉晶胞如图2所示，1个晶胞中含有的镉原子数目为：个，设晶胞的边长为acm，则有：从而推出：该晶胞中两个镉原子最近核间距为体对角线的一半即：nm，镉晶胞中有2个镉原子，其体积之和为：整个晶体的体积为：又体心立方中有：空间利用率为：故答案为：nm【解析】S原子半径小于Te，H—S键的键能较大16N>H>CdAsBr3>AsCl3>AsF3六方最密堆积15、略

【分析】【分析】

(1)第VA的元素最外层有5个电子；根据构造原理可得其价层电子排布式；

(2)根据同一周期的元素；原子序数越大，元素的电离能越大分析(第IIA；VIA反常)；

(3)H2O是由极性分子构成的物质；根据相似相溶原理分析；

(4)氨硼烷属于分子晶体；根据分子内元素的原子结构特点及分子之间的作用力分析；

(5)根据价层电子对数及孤电子对数分析判断；

(6)根据N4H44+具有正四面体结构；结合N；H原子个数比书写其结构式；根据该微粒中N原子结合其它原子数目确定其杂化轨道类型；

(7)①根据图示可知丙原子在体对角线的处；根据已知原子的坐标可确定丙原子的坐标；

②利用均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后根据密度ρ=计算。

【详解】

(1)铋是第六周期第VA的元素，价电子排布式为6s26p3；

(2)一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；

(3)H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理：由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中。由图示可知Pt(NH3)2C12的顺式结构的极性大于反式结构的极性，所以它在水中溶解度：顺式大于反式，即反式的Pt(NH3)2C12在水中溶解度比较小；

(4)氨硼烷属于分子晶体；分子之间以范德华力结合，在分子内N；H原子间及B、H原子间以共价键结合，B、N原子之间以配位键结合，其中N提供孤对电子，B原子提供空轨道，故合理选项是AC；

(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)的阴离子是AsO2-，其中As原子的孤电子对数为=1，价层电子对数为1+2=3，所以As原子采用sp2杂化，所以AsO2-的立体构型为V形；

(6)N4H44+具有正四面体结构，由于N、H原子个数比是1：1，则其结构式为根据微粒结构可知N原子最外层的1个s轨道和3个p轨道全部参与成键，形成了四个共价键，故其杂化轨道类型为sp3杂化；

(7)①根据图示可知：丙原子在体对角线的处，由于甲原子坐标为(0，0，0)，乙原子坐标为(0)可知丙原子的坐标为()；

②根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有的La：8×+1=2；含有Fe：8×1=8；含Sb：24×+(3×8)×=24，晶胞边长L=anm=a×10-7cm，所以该固体的密度ρ==g/cm3=g/cm3。

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、杂化方式、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，明确VSEPR模型与微粒立体构型关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算，判断晶体中含有的各种元素的原子数目为该题的难点和易错点，题目侧重考查学生的分析能力、计算能力。【解析】6s26p3Ar、Cl反式ACV形(或角形、折线形)sp3()16、略

【分析】【分析】

Ⅰ．(1)晶体中每个Y同时吸引着4个X；利用均摊法确定化学式；

(2)晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X个数=3×8×

(3)该晶胞中四个X和一个Y原子形成正四面体结构；

(4)设晶体中两个距离最近的X中心间的距离为acm，则晶胞的棱长=acm，体积=cm3，根据ρ=计算；

Ⅱ．B4Cl4中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键，则说明每个B原子只形成一个B-Cl键，形成3个B-B键，借助P4的结构分析。

【详解】

Ⅰ．(1)根据图象知，晶体中每个Y同时吸引着4个X，每个X同时吸引着8个Y，该晶胞中X原子个数=4×＝Y原子个数=1，所以X和Y原子个数之比为1：2，其化学式为XY2或Y2X；

(2)晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X个数=3×8×=12；

(3)该晶胞中四个X和一个Y原子形成正四面体结构；所以其键角是109°28′；

(4)设晶体中两个距离最近的X中心间的距离为acm，则晶胞的棱长=acm，体积=cm3，根据ρ==＝ρ，所以a=

Ⅱ．B4Cl4中每个氯原子均结合一个硼原子，其键长都是0.170nm，任意两个硼原子之间为0.171nm。每个硼原子周围各有4个共价键，则说明每个B原子只形成一个B-Cl键，形成3个B-B键，说明B4类似P4的结构正四面体结构，则B4Cl4的结构为【解析】4XY2或Y2X12109°28′17、略

【分析】【分析】

（1）依据铁的原子序数；推测其核外电子排布式，然后书写其外围电子轨道式，外围电子轨道式也是价电子轨道式；

（2）结合元素的非金属的强弱，同周期元素非金属性性质的递变规律，确定元素C、N、S、K非金属性的强弱；利用SCN—与二氧化碳等电子体，推测SCN—的几何构型；以及中心原子C的杂化类型；

（3）依据离子键、共价键、金属键的定义判断K3[Fe(CN)6]晶体中含有的哪些类型的化学键；

（4）根据氯化钠晶胞结构的特征，去计算Fe0.92O晶体的密度。

【详解】

（1）Fe的原子序数为26，基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，基态Fe原子的外围电子排布图为基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，核外电子占据最高能层的符号是M；Fe3+的稳定性强于Fe2+，原因是Fe3+的价电子排布为3d5；半满结构稳定；

（2）液态NH3和液态H2S相比，液态NH3分子间存在氢键，说明N比S更强烈的吸引H上的电子，而形成氢键，所以就电负性而言，N˃S，C与N同一周期，电负性N˃C，硫酸是强酸，而碳酸是弱酸，故电负性S˃C，K是金属元素，K的电负性最小，所以KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为K—与二氧化碳等电子体；几何构型为直线形，中心原子的杂化类型为sp；

（3）a．K+与[Fe(CN)6]3-形成离子键；a正确；

b．[Fe(CN)6]3-离子中，C原子与N原子之间形成极性共价键，b正确；

c．氢键不属于化学键；c错误；

d．Fe3+与CN-形成配位键；d正确；

e．K3[Fe(CN)6]不属于金属晶体；不存在金属键，e错误；

答案选a、b、d；

在配合物K3[Fe(CN)6]中，Fe3+与CN-之间形成6个配位键，配位键也是σ键，在每个CN-内部有1个σ键和2个π键，故1molK3[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为12NA，π键的数目为12NA，故1molK3[Fe(CN)6]中含有σ键与π键的数目比为1:1；

（4）FexO为氯化钠型结构，每个晶胞中含有4个“FexO”，测得Fe0.92O晶体的晶胞参数a=428.0pm，所以(428.0×10-10)3×ρ×6.02×1023=4×(56×0.92+16)，ρ=g/cm3；由氯化钠的晶胞图形，设Fe在面心，另外的Fe在立方体的顶点，面对角线的一半为晶体中最近的两个铁离子间的距离，其距离为=302.6pm。【解析】MFe3+的价电子排布为3d5，半满结构稳定K、d1:1302.618、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]+3KClCuFeS24.3219、略

【分析】【分析】

(1)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；

(2)CN-和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(CN)2分子中存在的σ键与π键的个数；

(3)NO2-中N原子的价层电子对数=2+(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp2，含有1个孤电子对，NO2-的空间构型是V型；

(4)Mn的第一电离能为气态Mn原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molO2分子变成O原子的过程中；需要吸收的能量为2ekJ；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；

(5)ZnS晶胞结构如图所示；利用均摊法找出晶胞中有4个Zn，有4个S，然后进行相关计算，求出晶胞密度。

【详解】

(1)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；这些C原子中有些C原子价层电子对个数是3、有些是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式分别为sp2、sp3；故答案为：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；

(2)CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则拟卤(CN)2分子结构式为三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故(CN)2分子中σ键与π键数目之比为3：4；故答案为：3：4；

(3)NO2-中N原子的价层电子对数=2+(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp2，含有1个孤电子对，NO2-的空间构型是V型；故答案为V型；

(4)由图中Mn(晶体)Mn(g)Mn+(g)过程，电离能为1mol的气态原子变为+1价阳离子的能量，故其第一电离能为bkJ•mol﹣1；由图中O2(g)2O(g)为molO=O的键能，故O=O键键能为ekJ•mol﹣1×2=2ekJ•mol﹣1；Mn晶格能为从气态离子形成1mol晶体放出的能量，根据盖斯定律，故晶格能=(f-a-b-c-d-e)kJ•mol﹣1，故答案为：bkJ•mol﹣1；2ekJ•mol﹣1；(f-a-b-c-d-e)kJ•mol﹣1；

(5)由晶胞的结构可知，Zn全部在晶胞的内部，所以1个晶胞中含有4个Zn2+，S分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“均摊法”可计算1个晶胞中S2-的个数为：由Zn，S组成化学式为ZnS；1mol晶体的质量为97g，1mol晶胞的体积为NAa3cm3，因此该晶体的密度为故答案为：ZnS；

【点睛】

晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。【解析】1s22s22p63s23p63d5sp2、sp33：4V型bkJ•mol﹣12ekJ•mol﹣1(f-a-b-c-d-e)kJ•mol﹣1ZnS20、略

【分析】【分析】

(1)硫为16号元素；硫离子核外有18个电子，据此书写基态硫离子价层电子的轨道表达式，并判断最高能级的原子轨道数；

(2)Na2S、K2S均为离子晶体，S8、SO2均为分子晶体；根据熔沸点的判断方法分析解答；

(3)H2[PbCl4]中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期；从左到右，第一电离能呈现增大的趋势；根据价层电子对数的计算公式计算判断；

(4)根据方铅矿的立方晶胞图，计算出一个晶胞中含有的铅离子和硫离子的数目，计算出晶胞的质量，从而计算晶胞的棱长，晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的据此解答。

【详解】

(1)硫为16号元素，硫离子核外有18个电子，基态硫离子价层电子的轨道表达式为其电子填充的最高能级为3p，含有3个相互垂直的原子轨道，故答案为3；

(2)Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na+半径比K+半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高，因此四种物质的熔点由高到低的顺序依次为Na2S＞K2S＞S8＞SO2，故答案为Na2S＞K2S＞S8＞SO2；Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na+半径比K+半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高；

(3)H2[PbCl4]中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，I1(Cl)＞I1(S)；H2S中硫的价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，为V形分子；A．H2O中O的价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，为V形分子；B．SO3中硫的价层电子对数=3+=3，采用sp2杂化，为平面三角形分子；C．O3中O的价层电子对数=2+=3，采用sp2杂化，为V形分子；D．CH4中C的价层电子对数=4+=4，采用sp3杂化，为正四面体形分子；空间的构型与H2S相同的有AC，故答案为Cl；＞；sp3；AC；

(4)根据方铅矿的立方晶胞图，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。一个晶胞中含有4个铅离子，硫离子的数目=8×+6×=4，晶胞的质量=g=g，则晶胞的棱长=cm，晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的=×cm=××107nm，故答案为四面体；××107。【解析】3Na2S＞K2S＞S8＞SO2Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na+半径比K+半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高Cl＞sp3AC四面体××10721、略

【分析】【分析】

(1)Co是27号元素，其原子核外有27个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态的电子排布式；

(2)分子晶体熔沸点较低；离子晶体熔沸点较高，据此解答；

(3)①中Cl原子为中心原子，则其孤电子对数为0，且其形成了4个键，中心原子采取sp3杂化；则空间构型为正四面体。

②分子中，(III)提供空轨道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤对电子，形成配位键；

③所有单键为键，双键中有一个键，由结构式可知，键数为9；

(4)Co3+有空轨道，而CO有孤电子对，故二者可形成配位键；从结构图中可看出C有的形成两个键，有的形成3个键，故杂化类型分别为sp和sp2杂化；

(5)题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=6(a10-10)2cm2，六棱柱的体积=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为12+6+2+1=6，Li原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知为阿伏加德罗常数的数值，则一个晶胞的质量为g，代入公式=计算。

【详解】

(1)钴是27号元素，根据构造原理可以写出钴离子的核外电子排布式为：因此，本题正确答案是：

(2)无水的熔沸点较高，则属于离子晶体；氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；

因此；本题正确答案是：离子；分子；

(3)①中Cl原子为中心原子，则其孤电子对数为0，且其形成了4个键，中心原子采取sp3杂化；则空间构型为正四面体。

②分子中，(III)提供空轨道，NH3中的N原子和CO32-中的O原子提供孤对电子，形成配位键，所以与(III)形成配位键的原子是和

③所有单键为键，双键中有一个键，由结构式可知，键数为9，则双聚氯胺分子中含键的数目为

因此，本题正确答案是：正四面体；和(或)；

(4)从结构图中可看出C有的形成两个键，有的形成3个键，故杂化类型分别为sp和sp2杂化；

因此，本题正确答案是：sp和sp2。

(5)题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。1pm=1010cm，六棱柱底部正六边形的面积=6(a10-10)2cm2，六棱柱的体积=6(a10-10)2(b10-10)cm3=3a2b10-30cm3。该晶胞中氧原子的数目为12+6+2+1=6，Li原子的数目为3，Co原子的数目为3，已知为阿伏加德罗常数的数值，则一个晶胞的质量为g，故密度为==

因此，本题正确答案是：【解析】离子分子正四面体和(或)和6四、实验题(共1题，共7分)22、略

【分析】【分析】

两种配合物可电离出的氯离子数目不同；可将等质量的两种配合物配制成溶液，滴加硝酸银，根据生成沉淀的多少判断。

【详解】

两种配合物晶体[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，内界氯离子不能与硝酸银反应，外界氯离子可以与硝酸银反应，将这两种配合物区别开来的实验方案：称取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量用硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称量，所得AgCl固体质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固体质量小的，原晶体为[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，故答案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量AgNO3溶液，静置、过滤、干燥、称量，沉淀质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【点睛】

把握配合物的构成特点，为解答该题的关键。解答此类试题要注意配合物的内界和外界的离子的性质不同，内界中以配位键相结合，很牢固，难以在水溶液中电离，而内界和外界之间以离子键结合，在溶液中能够完全电离。【解析】称取相同质量的两种晶体配成溶液，向两种溶液中分别加入足量的硝酸银溶液，静置、过滤、干燥、称量，所得氯化银固体多的是[Co(NH3)6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2五、有机推断题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

A、B、C、D、E、F、G、H是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，A原子核外有6种不同运动状态的电子，则A为碳元素；E基态原子最外层电子排布式为3s23p1，则E为Al元素；D原子半径在同周期元素中最大，且原子序数小于Al，大于碳，故处于第三周期ⅠA族，则D为Na元素；C基态原子中s电子总数与p电子总数相等，原子序数小于Na，原子核外电子排布为1s22s22p4，则C为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；G基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则G为Fe元素；F基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，外围电子排布为ns2np5；结合原子序数可知，F为Cl元素；H是我国使用最早的合金中的最主要元素，则H为Cu元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析；A为碳元素，B为N元素；C为O元素；D为Na元素；E为Al元素；F为Cl元素；G为Fe元素；H为Cu元素。

(1)A为碳元素；位于元素周期表第二周期ⅣA族，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于O元素；O与Cl形成的化合物中O元素表现负价，对键合电子的吸引能力更强，故Cl的电负性较小，故答案为二；ⅣA；N；Cl；

(2)N元素与宇宙中含量最丰富的元素形成的最简单化合物为NH3；分子构型为三角锥形，N元素所形成的单质分子结构式为N≡N，分子σ键与π键数目之比为1∶2，故答案为三角锥形；1∶2；

(3)G为Fe元素，其低价阳离子的离子结构示意图是F为Cl元素，其原子的价电子轨道表示式为H为Cu元素，其基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为1s22s22p63s23p63d104s1；

(4)铁离子与Cu反应生成亚铁离子与铜离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；与E(Al)元素成对角关系的某元素的最高价氧化物的水化物具有两性，该元素为Be，其最高价氧化物为Be(OH)2，与氢氧化钠反应方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Be(O