2024年沪科版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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2024年沪科版选择性必修2化学下册月考试卷345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、下列有关原子核外电子排布的说法，正确的是()A.电子排布为[Ar]3d44s2的中性原子是基态原子B.违背了洪特规则，是激发态原子的电子排布C.不符合泡利原理，是不存在的排布D.原子结构示意图为的原子，核外电子云有3种不同形状2、下列轨道表示式所表示的元素原子中，正确的是（）A.B.C.D.3、关于离子键、共价键的各种叙述，下列说法中正确的是A.在离子化合物里，只能存在离子键B.非极性键只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中C.在共价化合物分子内，一定不存在离子键D.由多种元素组成的多原子分子里，一定既存在极性键又存在非极性键4、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W原子的最外层电子数是次外层的3倍，X-、Y＋具有相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是A.原子半径：Y>Z>X>WB.简单氢化物的沸点：W>X>ZC.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>ZD.W、X可分别与Y形成化合物，其所含的化学键类型一定完全相同5、科学家制得一种新型分子O4。关于O4和O2的说法不正确的是A.互为同素异形体B.等质量的O4和O2所含原子数相同C.它们的摩尔质量相同D.都含有共价键6、铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示；下列有关说法正确的是。

A.二价铁离子的基态电子排布式为B.更稳定的Cu替代型产物的化学式为C.当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于面心D.图1中N填充在Fe构成的正八面体空隙中，且填充率为25％评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.C1s22s22p2B.O2-1s22s22p6C.Cr1s22s22p63s23p63d44s2D.Al3+1s22s22p63s23p18、短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示；其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是。

A.原子半径：W>Z>Y>XB.Y的最高价氧化物的水化物可由化合反应一步制得C.元素X在周期表的第15纵列D.Z的最高价氧化物的水化物难溶于水9、氰气的分子式为(CN)2，结构式为N≡C-C≡N，性质与卤素相似。下列叙述不正确的是A.分子中原子的最外层均满足8电子结构B.分子中N≡C键的键长大于C-C键的键长C.分子中含有2个σ键和4个π键D.能和氢氧化钠溶液发生反应10、胺是指含有—NH2，—NHR或者—NR2(R为烃基)的一系列有机化合物，下列说法正确的是A.胺与羧酸反应生成肽键的反应类型与酯化反应的反应类型不同B.胺类物质具有碱性C.C4NH11的胺类同分异构体共有8种D.胺类物质中三种含氮结构的N原子的杂化方式不同11、X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11；Z为第三周期元素，价电子数为2；基态M原子有6个未成对电子；W属于ds区元素，有1个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：Z＞X＞Y，电负性：Y＞X＞ZB.M为ⅥB族元素，W+价电子排布式为3d94s1C.Z(XY3)2晶体含离子键和共价键，离子半径：Y＜ZD.X和Y的简单氢化物分子间均存在氢键12、亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解:3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是A.已知Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是3B.配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子C.(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4D.Fe2+的最高能层电子排布为3d613、几种常见的晶胞或结构()如图；下列说法错误的是。

A.图1所示晶胞中阳、阴离子的配位数分别为8和4B.熔点：图2所示物质>图1所示物质C.图3所示晶胞中与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个D.可与反应生成和均是共价化合物评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、某核素R具有微弱的放射性，其原子核内中子数比质子数多43，由它组成的固体单质R在一定条件下的密度为研究表明：在边长为的立方体中含有20个R原子。请回答下列问题：

(1)R的摩尔质量为_______。

(2)R原子的价电子排布式是_______。

(3)R位于元素周期表中第_______周期第_______族，属于_______区元素。15、Ⅰ.下图为几种晶体或晶胞的示意图；请回答下列问题：

(1)上述晶体中，晶体粒子之间以共价键结合形成的是___________。

(2)冰、金刚石、MgO、干冰4种晶体的熔点由高到低的顺序为___________。

(3)MgO晶胞中，每个MgO晶胞中平均占有___________个由与最近的围成的空间几何构型为___________。

(4)铜晶体中一个Cu周围紧邻的Cu有___________个，晶体中的配位数是___________。

(5)冰的熔点远高于干冰，除是___________分子外(填“极性”或“非极性”)，还有一个重要的原因是___________。

Ⅱ.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，称作原子的分数坐标。四方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125

(6)一个晶胞中有___________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn___________(用分数坐标表示)。晶体中与单个Sn键合的As有___________个。16、(1)已知Li、Na、K、Rb、Cs的熔、沸点呈下降趋势，而F2、Cl2、Br2、I2的熔点和沸点依次升高，分析升高变化的原因是_______。

(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，写出CN2H4的电子式_______

(3)已知金刚石中C-C键能小于C60中C-C键能，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，此说法不正确的理由_______。17、(1)路易斯酸碱电子理论认为，凡是能给出电子对的物质叫做碱；凡是能接受电子对的物质叫做酸。BF3和NH3分别属于是___、___(酸或者碱)。

(2)金属铯(Cs)位于元素周期表中第6周期第IA族；氯化钠与氯化铯晶体中离子的排列方式如图所示：

造成两种化合物晶体结构不同的原因是___。18、在金刚石、和金属6种晶体中：

(1)以非极性键结合的非极性分子是__________；

(2)通过非极性键形成的共价晶体是__________；

(3)含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是____________；

(4)固态和熔融状态下都能导电的晶体是___________．评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)19、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20、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.错误评卷人得分五、计算题(共4题，共12分)21、(1)用晶体的X­射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.00g·cm-3，则铜晶胞的体积是___________cm3、晶胞的质量是___________g，阿伏加德罗常数为___________[列式计算，已知Mr(Cu)=63.6]。

(2)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为___________cm3。22、(1)晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A(0，0，0)、B(0，1，)，则C原子的坐标参数为___________。

(2)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___________，晶体中Al3＋占据O2-形成的___________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________g·cm-3(列计算式)。

23、已知：钇钡铜氧晶体的晶胞是一个长方体(如图所示)，其晶胞参数分别为anm、bnm，阿伏加德罗常数的值为NA。则该晶体的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。(原子量：Y-89Ba-137Cu-64O-16)

24、(1)金刚砂()的硬度为9.5，其晶胞结构如图甲所示，则金刚砂晶体类型为_______；在中，每个C原子周围最近的C原子数目为_______；若晶胞的边长为阿伏加德罗常数为则金刚砂的密度表达式为_______。

(2)硅的某种单质的晶胞如图乙所示.晶体与该硅晶体结构相似，则晶体中，每个原子与_______个N原子相连，与同一个原子相连的N原子构成的空间结构为_______.若该硅晶体的密度为阿伏加德罗常数的值为则晶体中最近的两个硅原子之间的距离为_______(用代数式表示即可)。

评卷人得分六、有机推断题(共4题，共40分)25、现有原子序数小于20的A；B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。

（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。

（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。

（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。

（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。26、普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛；其合成路线如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。

(2)B的结构简式为_______。

(3)反应②的反应类型是_______。

(4)D中有_______个手性碳原子。

(5)写出反应④的化学方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。

(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺()的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。27、某抗癌药物的一种合成路线如下图所示：

注：①(部分反应条件省略，Ph表示)

②已知：

回答下列问题：

(1)B的分子式为_______，分子中采用杂化的碳原子数目为_______个。

(2)由A生成C的化学方程式为_______。

(3)F的结构简式为_______；在F分子中的手性碳原子上标注“*”。

(4)B满足下列条件的同分异构体有_______种。

条件：i.有苯环；且苯环上侧链数目为3个。

ii.与溶液显色。

ⅲ.能发生银镜反应。

(5)根据题中相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。28、为了研究有机物A的组成与结构；探究小组进行如下实验：

i.将9.0gA在足量氧气中充分燃烧；并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，测得两者分别增重9.0g和17.6g。

ii.通过质谱法测得其相对分子质量为90。

iii.通过红外光谱法测得A分了中有两个羟基（不能连在同一个碳原子上）。且A分子中不存在“–CH3”

回答下列问题：

（1）A的分于式是_________，结构简式为__________。

（2）A分子的核磁共振氢谱有________组峰，峰面积之比为___________。

（3）在一定条件下；A分子存在如下转化关系：

（C4H6）BACD高分子化合物。

①A→B的反应类型为_____，B分于中在一个平面上的原子数最多为______个。

②写出下列反应的化学方程式：A→C：____；C→D：________。

③D→E的反应类型为___________，E的结构简式为_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．电子排布为[Ar]3d44s2的中性原子不是基态Cr原子，基态Cr原子的电子排布为[Ar]3d54s1；遵循半充满状态稳定这一规律，A不选；

B．该电子排布式没有违背洪特规则；是激发态原子的电子排布式，洪特规则指出电子在排布时应优先分占不同的轨道且自旋方向相同，B不选；

C．该电子排布图中2s能级的两个电子自旋方向相同；违反的泡利原理，是不存在的，泡利原理指出，同一轨道的两个电子自旋方向应相反，C选；

D．该原子为F原子，其电子排布为1s22s22p5；其电子云有2种不同的形状，即球形和纺锤形，D不选；

故答案选C。2、D【分析】【详解】

A.该元素的原子中含有4个电子，根据能量最低原理，应该表示为故A错误；

B.该元素的原子中含有7个电子，根据洪特规则，应该表示为故B错误；

C.该元素的原子中含有7个电子，根据能量最低原理和洪特规则，应该表示为故C错误；

D.该元素的原子中含有7个电子，根据根据能量最低原理和洪特规则，应该表示为故D正确；

答案选D。3、C【分析】【详解】

A．在离子化合物里，一定存在离子键，也可能含有共价键，如NaOH，NH4Cl等；A错误；

B．非极性键不一定只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中，多原子化合物中也可能存在非极性键，如H2O2、C2H6、N2H4等中均含有非极性键；B错误；

C．在共价化合物分子内；一定不存在离子键，一定只存在共价键，C正确；

D．由多种元素组成的多原子分子里，不一定既存在极性键又存在非极性键，P4中只含有非极性键，NH3、H2O中只含有极性键，C2H6既有极性键又有非极性键；D错误；

故答案为：C。4、B【分析】【分析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W原子的最外层电子数是次外层的3倍，W是O元素；Z的阴离子不能发生水解反应，Z是Cl元素，X-、Y＋具有相同的电子层结构；X是F元素；Y是Na元素。

【详解】

A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Na>Cl>O>F；故A错误；

B．H2O、HF分子间能形成氢键，水分子间氢键多，HCl不能形成氢键，简单氢化物的沸点：H2O>HF>HCl；故B正确；

C．F元素没有正价；F不能形成含氧酸，故C错误；

D．O与Na能形成化合物Na2O2、Na2O，Na2O2含的化学键为离子键、共价键；Na2O含的化学键为离子键；F与Na能形成化合物NaF；所含的化学键为离子键；所以含的化学键类型不一定完全相同，故D错误；

选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．O4和O2均是由氧元素组成的单质；互为同素异形体，故A不选；

B．O4和O2均有氧原子构成，则等质量的O4和O2所含原子数相同；故B不选；

C．O4的摩尔质量是64g/mol，而O2的摩尔质量是32g/mol；则它们摩尔质量不相同，故C选；

D．O4和O2均由共价键结合成分子；故D不选；

故选：C。6、D【分析】【详解】

A．铁原子失去4s能级上的2个电子，二价铁离子的基态电子排布式为[Ar]3d6，故A错误；

B．由图2可知Cu代替a位置的Fe能量低更稳定，则晶胞中Fe原子个数：6×=3，Cu：8×=1，N：1，更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN，故B错误；

C．由图1将顶点置于体心，即当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于棱心，故C错误；

D．图1中氮原子的上下左右前后各有1个铁原子，有25%的正八面体空隙没有填充，故D正确；

故选：D。二、多选题(共7题，共14分)7、CD【分析】【详解】

A．C是6号元素，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p2；A正确；

B．O是8号元素，故O2-核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；B正确；

C．Cr是24号元素，根据能级构造原理结合洪特规则，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；C错误；

D．Al是13号元素，故Al3+核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；D错误；

故答案为：CD。8、CD【分析】【分析】

由短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的相对位置；可知X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，而W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W为S元素，可推知X为N元素、Y为Al元素、Z为Si元素。

【详解】

A．同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，一般电子层数越多，原子半径越大，故原子半径r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)；A错误；

B．Y的最高价氧化物的水化物为：不能通过化合反应一步制得，B错误；

C．根据周期表的结构可知氮元素在周期表的第15纵列；C正确；

D．Z的最高价氧化物对应的水化物H2SiO3或H4SiO4均难溶于水；D正确；

答案为：CD。9、BC【分析】【分析】

【详解】

A．氰气的分子式为(CN)2；结构式为N≡C-C≡N，碳原子和氮原子最外层都达到8电子稳定结构，故A正确；

B．同一周期元素中；原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大，形成的化学键的键长就越长，由于原子半径C＞N，所以氰分子中C≡N键长小于C-C键的键长，故B错误；

C．该分子的结构式为N≡C-C≡N；单键为σ键，三键中含有一个σ键和两个π键，可见在该分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；

D．卤素单质能和氢氧化钠反应；氰气和卤素单质性质相似，所以氰气能和氢氧化钠溶液反应，故D正确；

答案选BC。10、BC【分析】【详解】

A．胺与羧酸反应生成肽键的过程是羧基失去羟基；胺失去氢原子，脱去一个水分子，反应类型属于取代反应，酯化反应也属于取代反应，反应类型相同，故A错误；

B．胺类物质中含有氮原子；可以接受氢离子，可以和酸性物质反应；故具有碱性，故B正确；

C．C4NH11的胺类同分异构体中含有—NH2，—NHR或者—NR2等官能团；有CH3(CH2)3NH2、CH3CH2(CH)NH2CH2、(CH3)2CHCH2NH2、C(CH3)3NH2、CH3CH2CH2NHCH3、CH3CH2NHCH2CH3、(CH3)3CHNHCH3、(CH3)2NCH2CH3共8种同分异构体；故C正确；

D．胺类物质中三种含氮结构—NH2，—NHR或者—NR2等中的N原子的成键电子对数为3对，孤对电子数为1对，杂化方式都是sp3杂化；杂化方式相同，故D错误；

答案选BC。11、AD【分析】【详解】

X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11，则X是N元素，Y是O元素；Z为第三周期元素，价电子数为2，则Z是Mg元素；基态M原子有6个未成对电子，则M核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，所以M是24号Cr元素；W属于ds区元素；有1个未成对电子，则W是Cu元素，然后根据元素周期律及物质的结构与性质分析；解答。

【点睛】

根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Mg，M是Cr；W是Cu元素。

A．原子核外电子层数越大；原子半径越大；同一周期元素原子序数越大，原子半径越小，则原子半径Z＞X＞Y；元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：Y＞X＞Z，则元素的电负性由大到小的顺序为：Y＞X＞Z，A正确；

B．M为Cr元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族元素；W是Cu，W+价电子排布式为3d10；B错误；

C．化合物Z(XY3)2晶体为Mg(NO3)2，是盐，由阳离子Mg2+与阴离子通过离子键结合，在阴离子中，N原子与O原子之间以共价键结合，因此Mg(NO3)2中含离子键和共价键，O2-、Mg2+核外电子排布是2；8；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y＞Z，C错误；

D．X是N，Y是O，由于二者的原子半径小，元素的非金属性强，所以它们形成的简单氢化物NH3、H2O分子之间都存在氢键；D正确；

故合理选项是AD。12、AD【分析】【详解】

A.由Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围可知，与碳原子紧邻的铁原子，以碳原子为原点建立三维坐标系，6个铁原子形成的空间结构为正八面体，配位数之比等于相应原子数目反比，则Fe原子配位数为6×=2；故A错误；

B.配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN—，由于电负性N>C；则C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，故B正确；

C.(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N；单键为σ键，三键中有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目比为3:4，故C正确；

D.Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得Fe2+，Fe2+的最高能层电子排布为3s23p63d6；故D错误；

故选AD。13、BD【分析】【分析】

由题意判断图1为GaF2的晶胞，图2为AlCl3的结构，图3为的晶胞。

【详解】

A．图1中顶点和面心是Ga2+，四面体内较大的小球表示F-，距离钙离Ga2+子最近且等距离的F-有8个，则Ga2+的配位数为8，距离F-最近且等距离的Ga2+有4个，则F-的配位数为4；故A正确；

B．图1为GaF2的晶胞，GaF2是离子晶体，图2为AlCl3的结构，AlCl3是共价化合物，离子化合物的熔点一般高于共价化合物，则GaF2熔点高于AlCl3；故B错误；

C．由图3可看出；与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个，故C正确；

D．为离子化合物；故D错误；

故答案选BD。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

利用边长为的立方体中含有20个R原子；结合R单质的密度，可求其摩尔质量，根据原子核内中子数比质子数多43，进而求得R的质子数(原子序数)，据此作答。

【详解】

(1)R的摩尔质量

(2)R的质量数为207，其中子数比质子数多43，故R的质子数为=82，R为铅元素，位于第六周期第ⅣA族，R原子的价电子排布式是

(3)R为铅元素位于第六周期第ⅣA族，属于p区元素；【解析】207g∙mol-1六IVAp15、略

【分析】【详解】

（1）晶体粒子中以共价键结合的为共价晶体；图中只有金刚石为共价晶体。故答案为金刚石。

（2）冰为分子晶体，金刚石为共价晶体，MgO为离子晶体，干冰为分子晶体，根据晶体熔点的一般规律，共价晶体大于离子晶体大于分子晶体分析，且冰中存在氢键，干冰中只是存在分子间作用力，故冰熔点高于干冰，则4种晶体的熔点由高到低的顺序为金刚石>MgO>冰>干冰。

（3）MgO晶胞中，每个晶体中镁离子个数为故每个MgO晶胞中平均占有4个晶体中以任一顶点的镁离子为例，距离其最近的氧离子位于该镁离子所在棱的棱心，共有6个，围成正八面体。

（4）铜晶体铜位于顶点和面心，以任一顶点的铜为例，距离最近的铜为面心的三个铜，而其顶点属于8个晶胞，每个面心的铜重复一次，故一个Cu周围紧邻的Cu有12个。晶体中以面心的钙离子为例，该晶体中距离最近的氯离子有4个，上面的晶胞中还有4个，故的配位数是8个。

（5）水分子中正负电荷中心不重合；为极性分子，且水分子间存在氢键，所以冰的熔点高于干冰。

（6）有原子分数坐标可知，晶体中Sn位于面心的有6个，棱上的有4个，故一个晶体中Sn的个数为距离Cd(0，0，0)最近的Sn有2个，分别是晶胞左侧面的下面心，其坐标为(0.5，0，0.25)，另一个为晶胞下底面心，其坐标为(0.5，0.5，0)。晶体中上面心的Sn原子为例，晶胞有2个As与其相连，联想晶胞上方还有2个As与其相连，故与一个Sn结合的有4个。【解析】(1)金刚石(晶体)

(2)金刚石>MgO>冰>干冰。

(3)4正八面体。

(4)128

(5)极性水分子间存在氢键。

(6)4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)416、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)F2、Cl2、Br2、I2为同主族元素形成的单质，组成结构相似，均为分子晶体，熔沸点由分子间作用力的大小决定，而相对分子质量越大的分子间作用力越大，熔沸点越高，故答案为：F2、Cl2、Br2、I2是结构相似的分子晶体；相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高；

(2)CN2H4是离子化合物可知为铵盐结构，则阴离子为CN-，各原子均满足稳定结构，C-N之间形成单键，电子式为：故答案为：

(3)C60是60个C原子形成的分子，分子间通过分子间作用力结合形成分子晶体，而金刚石是碳原子通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，熔化时C60只需破坏分子间作用力，而金刚石需要破坏共价键，共价键的能量大于分子间作用力，因此金刚石的熔点高于C60，故答案为：C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，故C60熔点低于金刚石；【解析】F2、Cl2、Br2、I2是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，故C60熔点低于金刚石17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)BF3中B原子有空轨道，可以接受电子对，所以为酸；NH3中N原子有孤电子对；可以给出电子对，所以为碱；

(2)氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，但由于Na+核外有2层电子，Cs+核外有5层电子，钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同。【解析】①.酸②.碱③.氯化钠与氯化铯虽然都是离子晶体，由于钠离子半径远小于铯离子半径，所以两种化合物的晶体结构不同18、略

【分析】【详解】

(1)由同种非金属原子提供电子形成共价键为非极性共价键，只含非极性键的分子为非极性分子可知，N2分子中N原子与N原子形成三对共用电子对，电子式为则N2以非极性键结合的非极性分子；答案为N2。

(2)由同种非金属原子提供电子形成共价键为非极性共价键；形成空间网状结构为共价晶体，则金刚石是C原子间形成非极性键，正四面体型的空间网状结构的共价晶体；答案为金刚石。

(3)C2H4的电子式为即C2H4是含有碳氢极性共价键和碳碳非极性共价键分子，且结构对称，正负电荷的中心重合，C2H4为非极性分子；答案为C2H4。

(4)金属Fe中存在自由电子，所以固态和熔融状态下都能导电，固态不能导电；答案为金属Fe。【解析】N2金刚石C2H4金属Fe四、判断题(共2题，共12分)19、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；20、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。五、计算题(共4题，共12分)21、略

【分析】【详解】

(1)由铜晶胞为面心立方最密堆积可知，一个晶胞中含有铜原子个数为：个，故晶胞的体积为：V(晶胞)=a3=晶胞的质量m(晶胞)＝一个体心晶胞含4个原子，故有4M=m(晶胞)×NA，则NA=故答案为：NA=

(2)因为CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以一个晶胞中有四个钙离子和四个氧离子，根据M(CaO)＝56g·mol－1，则有4M(CaO)=NAV(CaO晶胞)，故V(CaO晶胞)＝故答案为：【解析】①.4.70×10－23②.4.23×10－22③.NA＝＝6.01×1023mol－1④.22、略

【分析】【详解】

（1）由位于顶点A和位于棱上点B的坐标参数分别为A(0，0，0)和B(0，1，)可知，晶胞的边长为1，则位于棱上点C点坐标为故答案为：

（2）Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为1个晶胞，该晶胞中Co原子个数=(4×＋2×＋1)×4=8个，Ⅰ型和Ⅱ型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个Ⅰ型和Ⅱ型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8∶16∶32=1∶2∶4，化学式为CoAl2O4；距离O2-最近的Al3＋有6个，结合晶胞分析可知，6个Al3＋组成八面体，因而晶体中Al3＋占据O2-形成八面体空隙；每个晶胞内相当于拥有8个CoAl2O4，因而晶胞微粒质量m=g，晶胞体积V=(2a×10-7)cm3，则密度等于=g/cm3=g·cm-3，故答案为：CoAl2O4；八面体空隙；【解析】①.②.CoAl2O4③.八面体空隙④.23、略

【分析】【详解】

Y位于体心，数目为1,；Ba位于体心，数目为2；Cu位于顶点和棱心，数目为：O位于棱心和面心，数目为：即该化合物的化学式为：则该晶体的密度为故答案为【解析】24、略

【分析】【详解】

(1)金刚砂()的硬度为9.5，硬度很大，属于共价晶体；以顶点碳原子为研究对象，与其距离最近的碳原子位于该顶点相邻的面心上，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为12；该晶胞中C原子个数为原子个数为4，晶胞边长为体积密度

(2)根据图乙所示的晶体结构可知，在晶体中，每个原子与4个N原子相连，与同一个原子相连的N原子构成的空间结构为正四面体形，在晶体的晶胞中含有原子的数目是则根据晶体的密度可知晶胞的边长在晶胞中2个最近的原子之间的距离为晶胞体对角线长的即【解析】共价晶体124正四面体形六、有机推断题(共4题，共40分)25、略

【分析】【分析】

已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，综上所述A；B、C、D、E、F分别为：H、O、Na、S、Cl、K，据此分析可得：

【详解】

(1)C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na→Na＋[:]－；故题答案为：Na→Na＋[:]－；

(2)F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；故答案为：1s22s22p63s23p64s1；

(3)A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H:H；其分子中含σ键，不含π键；故答案为：H:H；含；不含；

(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：化学键的类型有离子键、共价键答案为：NaOH；离子键；共价键。【解析】Na―→Na＋[:]－1s22s22p63s23p64s1H:H含不含NaOH离子键、共价键26、略

【分析】【分析】

根据A的结构简式；A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。

（1）

根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；-NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为：

（2）

对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为故答案为

（3）

对比B和C的结构简式；C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；

（4）

根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即

（5）

根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；

（6）

H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同