河北省石家庄市鹿泉一中2017-2018学年高二下学期3月月考化学试卷

河北省石家庄市鹿泉一中20172018学年高二3月月考化学试卷1.下列物质的性质中，可证明某晶体是离子晶体的是()A.易溶于水B.晶体不导电，熔化时能导电C.熔点较高D.晶体不导电，水溶液能导电【答案】B【解析】试题分析：由于在熔融状态下，共价键不能断裂，而离子键可以断裂，电离出阴阳离子，所以在熔融状态下，离子晶体可以导电，但分子晶体不能导电，据此可以进行判断，所以答案选B。考点：考查晶体类型、性质的有关判断点评：本题是基础性知识的考查，也是高考中的常见考点之一。主要是训练思维的严谨性以及严密的逻辑思维能力，培养学生的学习能力。2.某单质晶体一定不是()A.离子晶体B.分子晶体C.原子晶体D.金属晶体【答案】A【解析】试题分析：离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，所以单质晶体一定不是离子晶体。B、C、D都是有可能的，刘若英氢气、硅、铁，答案选A。考点：考查晶体类型的判断点评：本题是基础性试题的考查，主要是考查学生灵活运用知识的能力，培养学生的分析、归纳能力。3.下面的排序不正确的是()A.晶体熔点由低到高:CF4<CCl4<CBr4<CI4B.硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅C.熔点由高到低:Na>Mg>AlD.晶格能由大到小:NaF>NaCl>NaBr>NaI【答案】C点睛：分子晶体中分子间的相互作用力大小主要取决于分子间的范德华力、氢键；原子晶体中原子间作用力的大小取决于共价键的强弱；金属晶体中微粒间作用力的大小取决于金属原子半径及价电子数目；离子晶体中微粒间作用力的大小取决离子半径及离子所带电荷数。4.下列各组中的两种固态物质熔化或升华时，克服微粒间相互作用力属于同种类型的是()A.碘和氯化钾B.金刚石和重晶石C.二氧化硅和干冰D.软脂酸甘油酯和冰醋酸【答案】D【解析】试题分析：碘是分子晶体，碘熔化克服分子间作用力，氯化钾是离子晶体，熔化时克服的是离子键，选项A不符合题意；金刚石是原子晶体，熔化时克服的是共价键，重晶石是离子晶体，熔化克服的是离子键，选项B不符合题意；干冰形成的晶体是分子晶体，，熔化克服的是分子间作用力。二氧化硅形成的是原子晶体，熔化克服的是共价键，选项C不符合题意；软脂酸甘油酯和冰醋酸都是分子晶体，熔化时克服的都是分子间作用力，选项D符合题意。考点：晶体类型的判断5.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是()A.SO2与Si02B.C02与H20C.NaCl与HClD.CCl4与KCl【答案】B【解析】试题分析：A．SO2与SiO2均含有共价键，前者是分子晶体，后者是原子晶体，A错误；B．CO2与H2O均含有共价键，均是分子晶体，B正确；C．NaCl含有离子键，属于离子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，C错误；D．CCl4含有共价键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D错误，答案选B。考点：考查化学键和晶体类型判断6.当镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，以下认识正确的是()A.镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量B.镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量C.转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同D.转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似【答案】A【解析】试题分析：1s22s22p63s2为基态电子排布，1s22s22p63p2为激发态电子排布。由基态变为激发态是需要吸收能量的，因此A正确，B错误。根据洪特规则电子优先占据一个轨道，且自旋方向相同，C错。电子由基态变为激发态，并没有影响电子层结构，D错。所以正确的选项为A。考点：基态、激发态点评：根据构造原理、泡利原理和洪特规则，能量最低排布的就是基态电子排布，能量不是最低的排布就是激发态电子排布。7.在乙烯分子中有5个σ键．一个π键，它们分别是()A.sp2杂化轨道形成σ键．未杂化的2p轨道形成π键B.sp2杂化轨道形成π键．未杂化的2p轨道形成σ键C.CH之间是sp2形成的σ键，CC之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键D.CC之间是sp2形成的σ键，CH之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键【答案】A【解析】试题分析：在乙烯CH2=CH2分子中，C原子是sp2杂化，乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们是C—C之间是sp2形成的σ键，CH之间是s—sp2形成的σ键及CC之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键，答案选A。【考点定位】本题主要是考查乙烯分子结构以及化学键的判断等知识。【名师点睛】（1）怎样判断化学键的类型和数目？①只有两原子的电负性相差不大时，才能形成共用电子对，形成共价键，当两原子的电负性相差很大(大于1.7)时，不会形成共用电子对，这时形成离子键。②通过物质的结构式，可以快速有效地判断共价键的种类及数目；判断成键方式时，需掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键。（2）三点说明：①s轨道与s轨道重叠形成σ键时，电子不是只在两核间运动，而是电子在两核间出现的概率增大。②因s轨道是球形的，故s轨道和s轨道形成σ键时，无方向性。两个s轨道只能形成σ键，不能形成π键。③两个原子间可以只形成σ键，但不能只形成π键。8.下列说法中正确的是（）A.物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化B.伴有能量变化的变化都是化学变化C.在一个确定的化学反应中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量D.在一个确定的化学反应中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同【答案】D【解析】试题分析：物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，故A错误；伴有能量变化的变化不一定是化学变化，如灯泡发光是物理变化，故B错误；放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，故D正确。考点：本题考查化学反应中的能量变化。9.下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）A.Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应B.铝与稀盐酸C.灼热的炭与CO2反应D.甲烷与O2的燃烧反应【答案】C【解析】试题分析：A、反应不是氧化还原，故错误；B、为氧化还原反应，放热反应，故错误；C、为氧化还原反应，吸热反应，故正确；D、为氧化还原反应，放热反应，故错误。考点：氧化还原反应放热反应和吸热反应10.已知氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，破坏1mol氢气的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是（）A.Q1+Q2>Q3B.Q1+Q2>2Q3C.Q1+Q2<Q3D.Q1+Q2<2Q3【答案】D【解析】破坏1mol氢气的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，对于H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g)反应热△H=反应物的总键能生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol2Q3kJ/mol=(Q1+Q22Q3)kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热△H＜0，即(Q1+Q22Q3)＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，故选D。11.下列分子或离子中，含有孤对电子的是()A.H2OB.CH4C.SiH4D.NH4+【答案】A考点：孤对电子的判断12.在氯化钠晶体晶胞中，与某个Na+距离最近且等距的几个Cl所围成的空间构型为()A.正四面体形B.正八面体形C.正六面体形D.三角锥形【答案】B【解析】NaCl晶胞为，选取最上方那一面中心的Na+为研究对象，等距且最近的Cl包括最上方正方形棱边中心4个、立方体中心1个、上方立方体中心1个共6个Cl，它们围成的图形是正八面体。正确答案：B。13.下面的排序不正确的是()A.晶体熔点的高低：B.熔点由高到低：Na>Mg>AlC.硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅D.晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI【答案】B【解析】A．因为对位形成分子间氢键增大熔点，邻位形成分子内氢键降低熔点，所以晶体熔点的高低：＞，故A正确；B．Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，故B错误；C．原子半径Si＞C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，故C正确；D．离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；故选B。14.下列说法中正确的是()A.NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B.P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′C.NaCl晶体中与每个Na＋距离相等且最近的Na＋共有8个D.单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子【答案】D【解析】A．二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，所以不满足8电子稳定结构，二氧化硫分子中，S元素位于第VIA族，则6+2=8，所以满足8电子稳定结构，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，三氯化氮分子中，氮原子为有第VA族，则5+3=8，所以满足8电子结构，故A错误；B．白磷是正四面体结构，但键角是60°，CH4正四面体分子且键角为109°28ˊ，故B错误；C．NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+个数=3×8×=12，故C错误；D．单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子，如金属晶体，故D正确；故选D。点睛：本题涉及8电子稳定结构的判断、键角的判断、晶体的结构等知识点。易错选项是B，注意白磷分子中4个磷原子位于四面体4个顶点上，与甲烷的键角不同。15.下列表达方式错误的是()A.B.甲烷的电子式C.硫离子核外电子排布式1s22s22p63s23p6D.碳－12原子构成126C【答案】A【解析】试题分析：A．CO2分子碳原子体积大，氧原子体积小，且碳原子处于2个氧原子中间，呈直线型，故A错误；B．甲烷的电子式中，碳原子最外层4个电子分别与4个氢原子各自形成1对共用电子对．故B正确；C．硫原子的核外有16个电子，得到2个电子形成硫离子，硫离子的核外含18个电子．故C正确；D．碳－12原子构成核内质子数为6，所以可表示为：C，故D正确。故选A。考点：考查球棍模型和比例模型；电子式；结构式16.已知X．Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是()A.X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价B.第一电离能Y不一定大于XC.最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的酸性D.气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX【答案】C【解析】A、由于X的电负性更强，所以X和Y如果形成共价化合物，共用电子对偏向X，X显负价；如果形成离子化合物，X形成的是阴离子显负价，因此A正确。B、同周期从左到右各元素电负性递增，因为电负性X>Y，所以同周期Y在前X在后，X的非金属性更强。而同一周期，各元素原子的第一电离能从左到右总体递增，但是如果原子最外层处于全满或者半满时是一种亚稳定状态，对应原子的第一电离能比相邻的原子高，所以出现了诸如N元素第一电离能比O元素大情况，既Y的第一电离能不一定大于X，B正确。C、X的非金属性更强，如果都存在最高价含氧酸，则X对应的酸性强于Y对应的酸性，C错误。D、X的非金属性更强，所以X的氢化物更稳定，D正确。正确答案C。点睛：同一周期从左到右各元素第一电离能呈增大的趋势，但是处于全满和半满是一种亚稳定状态，第一电离能比相邻的元素高。17.根据等电子原理，等电子体之间结构相似．物理性质也相近。以下各组粒子不能互称为等电子体的是()A.CO和N2B.O3和SO2C.CO2和N2OD.N2H4和C2H4【答案】B【解析】试题分析：根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析．解：A．CO和N2的原子个数都为2，价电子数：前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A不选；B．O3和SO2的原子个数都为3，价电子数：前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B不选；C．CO2和N2O的原子个数都为3，价电子数：前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C不选；D．N2H4和C2H4的原子个数都为6，价电子数：前者为14，后者为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D选；故选：D．18.下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（）A.CO(g)+1/2O2(g)==CO2(g)△H＝283.0kJ/molB.C(s)+1/2O2(g)==CO(g)△H＝110.5kJ/molC.H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g)△H＝241.8kJ/molD.2C8H18(l)+25O2(g)==16CO2(g)+18H2O(l)△H＝11036kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C→CO2，H2O为液态水，A、符合燃烧热的定义，故正确；B、C→CO2，因此不符合燃烧热，故错误；C、水为液态水，故错误；D、可燃物系数为1mol，故错误。考点：考查燃烧热等知识。19.已知X．Y．Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是()A.ZXY3B.ZX2Y6C.ZX4Y8D.ZX8Y12【答案】A【解析】试题分析：根据晶胞结构可知晶胞含有X是，含有Y是，Z全部在晶胞内，共计是1个，则化学式为ZXY3，答案选A。考点：考查晶胞化学式计算20.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是(

)A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体型D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】试题分析：氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．根据[Cu（NH3）4]2+的空间构型判断；D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．解：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C错误；D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；故选B．21.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是()A.直线形；三角锥形B.V形；三角锥形C.直线形；平面三角形D.V形；平面三角形【答案】D【解析】H2S分子的中心原子上的孤电子对数=(62×1)=2,因其σ键电子对数为2,故分子为V形结构;BF3分子的中心原子上的孤电子对数=(33×1)=0,因其σ键电子对数为3,则BF3分子为平面三角形结构。22.面是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况，其中正确的是()A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】试题分析：A．同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理，故A错误；B.2p能层有3个电子，应在3个不同的轨道，不符合洪特规则，故B错误；C．不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则，故C错误；D．符合洪特规则、泡利不相容原理，故D正确；故选D。考点：考查原子核外电子排布23.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序．若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是()A.E(3s)＞E(3p)＞E(3d)B.E(3s)＞E(2s)＞E(1s)C.E(2f)＞E(3d)＞E(4s)D.E(5s)＞E(4s)＞E(4f)【答案】B【解析】A、同一能层，s、p、d能级能量递增，既E(3s)<E(3p)<E(3d)，A错误。B、能级相同时，能层越高，能量越大，既E(3s)>E(2s)>E(1s)，B正确。C、不存在2f能级，C错误。D、根据能级交错原理，E(4f)>E(5s)>E(4s)，D错误。正确答案B。24.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A.第一电离能：③＞②＞①B.原子半径：③＞②＞①C.电负性：③＞②＞①D.最高正化合价：③＞②＞①【答案】A【解析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素；A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B错误；C．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性③＞①＞②，故C错误；D．S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：①＞②，故D错误；故选A。点睛：考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素。25.有下列两组命题A组B组Ⅰ．H—I键键能大于H—Cl键键能①HI比HCI稳定Ⅱ．H—I键键能小于H—C1键键能②HCl比HI稳定Ⅲ．HI分子间作用力小于HCl分子间作用力③HI沸点比HCl高Ⅳ．HI分子间作用力大于HCl分子间作用力④HCl沸点比HI高B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释的是()A.Ⅰ①B.Ⅱ②C.Ⅲ③D.Ⅳ④【答案】B【解析】因为H—Cl键长比H—I键长短，因此H—Cl键更稳定，所以双原子分子HCl比HI稳定，对应B组②正确，可用A组Ⅱ解释；HI、HCl形成的晶体都属于分子晶体，HI相对分子质量更大，分子间作用力大，沸点高，对应B组③正确，可用A组Ⅳ解释。正确答案C。点睛：当只含有某一种共价键时，可以直接用共价键的稳定性判断分子的稳定性。而含有多种共价键则不能直接运用，如C=C键键能大于C—C键，但是由于双建中有一个键不稳定，所以乙烯比乙烷更容易参加反应。26.在HF．H2O．NH3．CH4．N2．CO2．HI分子中：（1）以非极性键结合的非极性分子是_____________________________________________________（2）以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是____________________________________（3）以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是______________________________________（4）以极性键相结合，具有折线型结构的极性分子是________________________________________（5）以极性键相结合，而且分子极性最大的是_____________________________________________【答案】(1).N2(2).CH4(3).NH3(4).H2O(5).HF【解析】试题分析：本题通过常见的7中分子的结构分析，主要考查极性键与非极性键、极性分子与非极性分子、分子的空间构型等基础知识，考查考生对共价键极性和分子极性的综合判断能力，对分子空间结构的综合分析能力。解析：（1）非极性键是由同种原子间形成的共价键，7中分子中只有N2分子中存在非极性键。非极性分子中正负电荷中心重合，N2分子中不存在正负电荷分布，属于非极性分子。正确答案：N2。（2）极性键是由不同种原子间形成的共价键，7中分子中HF、H2O、NH3、CH4、CO2、HI中含有极性键。分子空间构型为正四面体的是CH4。正确答案：CH4。（3）上述（2）中HF、H2O、NH3、HI都是极性分子，具有三角锥型结构的极性分子是NH3。正确答案：NH3。（4）上述（3）中，具有折线型结构的极性分子是H2O。正确答案：H2O。（5）上述（3）中分子极性最大的是HF，因为H—F键的极性最强。正确答案：HF。点睛：共价键的极性取决于形成共价键的元素是否相同，同种元素间形成非极性键，不同种元素间形成极性键。分子极性取决于分子中正负电荷中心是否重合，正负电荷中心重合的分子是非极性分子，正负电荷中心不重合的分子是极性分子。实际判断时，凡是完全由非极性键形成的分子一定是非极性分子，而由极性键形成的双原子分子一定是极性分子。27.现有甲．乙．丙．丁四种晶胞(如下图所示)，可推知：甲晶体中A与B的离子个数比为________；乙晶体的化学式为_________；丙晶体的化学式为__________；丁晶体的化学式为________。【答案】(1).1：1(2).C2D(3).EF(4).XY3Z【解析】试题分析：本题以四种常见晶胞图为基础，主要考查晶胞中原子（离子）的计算方法、晶体的化学式，考查考生的读图能力和晶胞结构的计算能力。解析：甲晶胞中含A离子1个，B离子个，离子数目比为1:1。乙晶胞中含C粒子1个，D粒子个，C、D粒子数目比为，所以乙晶体化学式为C2D。丙晶胞中含E粒子、F离子均为个，E、F粒子数目比为，所以丙晶体化学式为EF。丁晶胞中含X粒子1个，Y粒子个，Z离子个，X、Y、Z粒子数目比为1:3:1，所以丁晶体化学式为XY3Z。正确答案：1:1、C2D、EF、XY3Z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，晶胞原子数研究中，所以晶胞表面的粒子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞粒子数研究中，表面的粒子只占到其中的几分之一，晶胞内部的粒子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的粒子晶胞占1/8，棱边上的粒子晶胞占1/4，面上的粒子晶胞占1/2。28.可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑=CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：______；CaCN2中阴离子为CN22，与CN22互为等电子体的分子有N2O和________(填化学式)，由此可以推知CN22—的空间构型为________。（2）三聚氰胺()俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸()后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。（3）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为________，Ca2＋采取的堆积方式为_______________________，O2处于Ca2＋堆积形成的空隙中；CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO3401kJ·mol1、NaCl786kJ·mol1。导致两者晶格能差异的主要原因是___________________。（4）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=______。【答案】(1).[Ar]3d104S2(2).CO2(3).直线形(4).氢键(5).6(6).面心立方最密堆积(7).CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量(8).6【解析】(1)与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原理，基态的锌原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；与CN22互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳分子是直线形，所以CN22离子的空间构型是直线形．故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；CO2；直线形；(2)三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间能形成氢键，所以是通过分子间氢键结合，在肾脏内易形成结石，故答案为：氢键；(3)以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，结合图片知，钙离子的配位数是6，Ca2+采取的堆积方式为面心立方最密堆积，O2处于Ca2+堆积形成的八面体空隙中；晶格能大小与离子带电量成正比，CaO晶体中Ca2+、O2的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能，故答案为：6；面心立方最密堆积；CaO晶体中Ca2+、O2的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl的带电量；(4)CN是常见的配位体，在配位化合物K3[Fe(CN)n]中每个配体可以提供2个电子，而铁原子最外层有2个电子，根据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14，所以n=6，故答案为：6。点睛：本题考查了物质结构知识，涉及核外电子排布、分子空间构型、杂化原理、配合物的计算等。易错点是配位数的确定，以一种微粒为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，从而确定配位数。29.原子序数依次递增的甲、乙、丙、丁、戊是周期表中前30号元素，其中甲、乙、丙三元素的基态原子2p能级都有单电子，单电子个数分别是2、3、2；丁与戊原子序数相差18，戊元素是周期表中ds区的第一种元素。回答下列问题：（1）甲能形成多种常见单质，在熔点很高的两种常见单质中，原子的杂化方式分别为________（2）+1价气态基态阳离子再失去一个电子形成+2价气态基态阳离子所需要的能量称为第二电离能I2，依次还有I3、I4、I5…，推测丁元素的电离能突增应出现在第________电离能。（3）戊的基态原子有________种形状不同的原子轨道；（4）甲、乙分别都能与丙形成原子个数比为1:3的微粒，则该两种微粒的空间构型分别为：_________________；__________________。（5）丙和丁形成的一种离子化合物的晶胞结构如右图，该晶体中阳离子的配位数为_________。距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为_______________。已知该晶胞的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，该化合物的相对分子质量为M，则该晶胞中黑球的半径r=_____cm。(用含ρ、NA的计算式表示)【答案】(1).sp2、sp3(2).二(3).3(4).平面三角形(5).平面三角形(6).8(7).正方体（立方体）(8).【解析】甲、乙、丙原子序数依次递增，甲、乙、丙三元素的基态原子2p能级都有单电子，单电子个数分别是2、3、2，故甲、乙、丙分别是C、N、O，戊元素是周期表中ds区的第一种元素，所以戊为Cu，丁与戊原子序数相差18，则丁为Na，由分析知甲、乙、丙、丁、戊分别是C、N、O、Na、Cu元素，(1)碳单质中熔点较高的有金刚石和石墨，金刚石中碳原子全部形成4个共价键，所以是sp3杂化，而石墨层状结构，碳原子形成3个共价键，所以是sp2杂化，故答案为：sp2；sp3；(2)钠是第IA元素，最外层有1个电子，失去1个电子后，就达到稳定结构，再失电子会很困难，所以电离能突增应出现在第二电离能，故答案为：二；(3)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，可以看出铜原子的基态原子轨道是s、p、d，所以有3种形状不同的原子轨道，故答案为：3；(4)甲、乙都能和丙形成原子个数比为1：3的常见微粒分别是CO32、NO3，中心原子含σ键电子对数为3对，CO32含有的电子对数=3+=3，NO3含有的电子对数=3+=3，所以都是平面三角形结构，故答案为：平面三角形；平面三角形；(5)根据晶胞(Na2O)结构可知N(Na+)：N(O2)=2：1，根据晶胞结构，顶点和面心处微粒的数目为8×+6×=4，内部的微粒数目为8，所以顶点和面心处是阴离子，阳离子全部在晶胞内，所以与钠离子最近的阴离子是4个，即配位数是