2025年人民版选修3化学上册月考试卷

…………○…………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2025年人民版选修3化学上册月考试卷30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7题，共14分)1、下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的叙述正确的是（）A.基态原子核外N电子层上只有一个电子的元素一定是第ⅠA族元素B.原子核外价电子排布式为的元素一定是副族元素C.基态原子的p能级上半充满的元素原子的价电子排布式为D.基态原子核外价电子排布式为的元素的族序数一定为x+y2、下列关于氢原子电子云图的说法正确的是()A.通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目多B.黑点密度大，单位体积内电子出现的机会多C.通常用小黑点来表示电子绕核做高速圆周运动D.电子云图是对运动无规律性的描述3、下列电子排布图能表示基态氮原子的是（）A.B.C.D.4、X、Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大；基态X的价电子轨道表示式为Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍；四种元素与锂组成的化合物结构如图(箭头表示配位键）。下列说法正确的是。

A.四种元素中第一电离能最大的是ZB.Y和Z形成的化合物常温下均易溶于水C.X的最高价氧化物的水化物是一种强酸D.Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物的沸点：前者高于后者5、类推的思维方法在化学学习与研究中可能会产生错误的结论。因此类推出的结论需经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论正确的是()A.从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构B.H2O常温下为液态，H2S常温下也为液态C.金刚石中C—C键的键长为154.45pm，C60中C—C键的键长为140～145pm，所以C60的熔点高于金刚石D.MgCl2熔点较高，BeCl2熔点也较高6、纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某纳米颗粒的大小和形状恰好与某晶体晶胞的大小和形状（如图）相同，则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为（）

A.87.5%B.88.9%C.96.3%D.100%7、有关晶体的下列说法中，正确的是A.原子晶体中共价键越强，熔点越高B.晶体中分子间作用力越大，分子越稳定C.冰融化时水分子中共价键发生断裂D.氯化钠熔化时离子键未被破坏评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、根据题给要求填空。

(1)某元素的基态原子最外层电子排布式为3s23p2，它的次外层上电子云形状有________种，原子中所有电子占有________个轨道，核外共有________种运动状态不同的电子。

(2)E原子核外占有9个轨道，且具有1个未成对电子，E离子结构示意图是_______。

(3)F、G都是短周期元素，F2－与G3＋的电子层结构相同，则G元素的原子序数是________，F2－的电子排布式是______。

(4)M能层上有________个能级，有________个轨道，作为内层最多可容纳________个电子，作为最外层时，最多可含有________个未成对电子。9、N；P同属于元素周期表的第VA族元素。

（1）基态磷原子的价电子排布图是____________

（2）NCl3的VSEPR模型名称是__________，中心原子杂化轨道类型是__________________。

（3）“笑气”（N2O）是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。有关理论认为原子总数相同、价电子总数相同的粒子即等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是接近的。写出N2O的一种有第二周期非金属元素组成的等电子体分子_______________________。

（4）沸点比较：PH3___________NH3(填“＞”、“＝”、“＜”），理由是____________。

（5）已知键能：H－H键能为436KJ·mol-1，N－H键能为391KJ·mol-1，N≡N键能为945.6kJ•mol-1．。则N2+3H22NH3，生成2molNH3时，共放热_________KJ

（6）NH3极易溶于水，原因是_______________10、在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤C2H4、⑥NaOH、⑦Ar

（1）只存在极性键的分子是___；只由非极性键构成的非极性分子是__；(填序号；下同)。

（2）CO32﹣的中心原子的杂化轨道类型是__，微粒的空间构型是__。

（3）在K3[Fe（CN）6]中中心离子是__，配体是__，配位数是___。11、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C；D为同周期元素；C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：

（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。

（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________。

（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为______：晶胞中A原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。

12、镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：

（1）基态镍原子的价电子排布式为___________，排布时最高能层的电子所占的原子轨道有__________个伸展方向。

（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+等。下列说法不正确的有_________。

A．CO与CN-互为等电子体；其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2

B．NH3的空间构型为平面三角形。

C．Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6

D．Ni(CO)4中，镍元素是sp3杂化。

（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“•••”表示出氢键。_____

（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同；相关离子半径如下表：

NiO晶胞中Ni2+的配位数为_______，NiO熔点比NaCl高的原因是_______________________。

（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。合金LaNix晶体属六方晶系如图a所示，其晶胞如图a中实线所示，如图b所示（其中小圆圈代表La，小黑点代表Ni）。储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“”）和四面体空隙（“”），见图c、d，这些就是氢原子存储处。

①LaNix合金中x的值为_____；

②LaNix晶胞的密度是________g/cm-3（阿伏伽德罗常数用NA表示，LaNix的摩尔质量用M表示）

③晶胞中和“”同类的八面体空隙有______个。评卷人得分三、结构与性质(共5题，共10分)13、【化学-选修3：物质结构与性质】

已知铜的配合物A(结构如下图1)。请回答下列问题:

(l)Cu的简化电子排布式为_____________。

(2)A所含三种元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_________________。其中氮。

原子的杂化轨道类型为_____________________。

(3)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目。

之比是_____________；N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O

的电子式为____________________。

(4)在Cu催化下，甲醇可被氧化为甲醛(HCHO)，甲醛分子中H-C=O的键角___________1200(选填“大于”、“等于”或“小于”)，甲醛能与水形成氢键，请在图2中表示出来___________。

(5)立方氮化硼(如图3)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为__________；结构化学上用原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图4立方氮化硼晶胞中，B原子的坐标参数分别有：B(0，0，0)；B(1/2，0，1/2)；B(1/2，1/2，0)等。则距离上述三个B原子最近且等距的N原子的坐标参数为_______________。14、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）。

15、CP是一种起爆药，化学式为[Co(NH3)5(C2N5)](ClO4)2。CP可由5-氰基四唑(分子式为HC2N5，结构简式如图1所示)和[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3反应制备。

（1）CP中Co3+基态电子排布式为___。

（2）5-氰基四唑中C原子的杂化类型为__，所含C、N元素的电负性的大小关系为C__(填“>”“=”或“<”)N。1mol5-氰基四唑中含有σ键的数目为__。

（3）[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3中的配离子部分结构如图2所示。

①请在相应位置补填缺少的配体___。

②与NH3互为等电子体的一种阳离子为___(填化学式)。16、2016年，中科院以立方相的SrTiO3作为模型，合成了单一晶面的六面体SrTiO3和暴露不等同晶面的十八面体SrTiO3。回答下列问题：

(1)钛元素基态原子的简化电子排布式为___________。

(2)TiO的立体构型是___________，中心原子的杂化方式是___________，与TiO互为等电子体的一种由主族元素构成的分子为___________。(填分子式)

(3)向Ti4+的水溶液中加入双氧水，得到产物[Ti(O2)(H2O)4]2+，则产物中含有的化学键类型有___________。

(4)熔融状态的SrTiO3和CaTiO3均可导电，则熔点：SrTiO___________CaTiO3(填“大于或“小于”或“等于”)，原因是___________。

(5)单一晶面的六面体SrTiO3的立方晶胞中，每个Ti原子和周围六个O原子形成规则八面体，Ti位于八面体的中心位置(如上图)，Sr原子则位于立方体八个顶点位置。则SrTiO3晶体中一个O周围和它最近且距离相等的O有___________个。已知晶胞参数a=3.905nm，列式计算该晶胞的密度：___________g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数设为NA)17、水杨酸配合物在医药；农业等方面有重要的用途；一种水杨酸铜配合物(E)的合成如下：

回答下列问题：

(1)同周期第一电离能比氧大的元素有_______种。

(2)圈出如图醋酸酐分子中采取sp3杂化的原子_______。

(3)邻甲基苯酚(A)在热水中的溶解度比冷水显著增大的主要原因是：_______。

(4)Cu(NO3)2中的化学键，除了σ键外，还存在_______。

(5)配离子中，Cu2+的配位数为_______，价电子的电子排布式为_______。

(6)写出反应③的离子方程式：_______。评卷人得分四、实验题(共1题，共5分)18、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、计算题(共3题，共18分)19、铁有δ；γ、α三种同素异形体；三种晶体在不同温度下能发生转化。

(1)δ、γ、α三种晶体晶胞中铁原子的配位数之比为_________。

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶胞空间利用率之比为________(用a、b表示)

(3)若Fe原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则γ-Fe单质的密度为_______g/cm3(用含r的表达式表示；列出算式即可)

(4)三氯化铁在常温下为固体，熔点为282℃，沸点为315℃，在300℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁的晶体类型为______。20、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）21、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？_______评卷人得分六、工业流程题(共1题，共2分)22、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：

已知：①As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)；

②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

(1)砷在元素周期表中的位置为_______；AsH3的电子式为______；

(2)下列说法正确的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半径：S>P>As

c.第一电离能：S

(3)沉淀X为__________(填化学式)；

(4)“一级沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为__________；

(6)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为______________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A、基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr；Cu为副族元素；故A错误；

B、副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素；故B错误；

C；基态原子的p能级上半充满的元素；电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；

D；为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素；其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，而ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误。

答案选C。

【点睛】

本题考查结构与位置关系、元素周期表，侧重对过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点。2、B【分析】【详解】

A．小黑点表示电子在核外空间某处出现的机率；不表示电子数目，故A错误；

B．小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内出现的概率大；故B正确；

C．小黑点表示电子在核外空间某处出现的机率；不代表电子的运动轨迹，故C错误；

D．电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率；是对运动的描述，故D错误；

答案选B。

【点睛】

解答本题需要注意：电子云中小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机率的多少，密则机率大，疏则机率小。3、A【分析】氮为7号元素，根据洪特规则和保利不相容原理，电子排布图为故选A。4、D【分析】【分析】

根据题干中，基态X的价电子轨道表示式为Z最外层电子数是其次外层电子数的3倍，推出Z是O，又原子序数依次增大，故X是B，在根据四种元素与锂组成的化合物中Y原子周围形成了四个化学键，故Y是C，再根据X；Y、Z、W是短周期同一周期的主族元素，故W为F。

【详解】

A.根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常；故四种元素中第一电离能最大的是W，故A错误；

B.Y和Z形成的化合物有CO和CO2；常温下均难溶于水，故B错误；

C.X的最高价氧化物的水化物即硼酸；是弱酸，故C错误；

D.Z和W分别与氢元素形成的10电子化合物分别为H2O和HF，由于H2O分子中的O原子能与周围H2O分子中的两个H原子生成两个氢键，HF分子中的F原子只能形成一个氢键，一般氢键越多，熔沸点越高，所以H2O熔沸点高；故D正确；

本题答案为：D5、A【分析】【详解】

A．PH4+的结构类似于NH4+，PO43-的结构类似于SO42-，均为正四面体形，实际上，PH4+、PO43-中P原子价层电子对数都是4；且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体结构，故A正确；

B．H2O常温下为液态，是因为水分子间存在氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，实际上，H2S常温下气态；故B错误；

C．金刚石属于原子晶体，融化时需要破坏共价键，而C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力比共价键弱，所需能量较低，故C60熔点低于金刚石；故C错误；

D．MgCl2属于离子化合物，熔点较高，BeCl2属于分子晶体；熔点较低，故D错误；

答案选A。

【点睛】

本题的易错点为C，要注意区分金刚石、石墨和C60的熔点高低与结构中的C-C键长的关系，特别是金刚石与石墨。6、C【分析】【详解】

由NaCl的晶胞图可知，NaCl的晶胞为正立方体结构，立方体的体心只有一个Na+，而其它的离子都处在立方体的面上，晶胞中的总原子数为27个，而表面上就有26个，故这种纳米颗粒的表面粒子占总粒子数的百分比为×100%=96.3%；故选C。

【点睛】

解答本题要注意该纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同，但不是晶胞。7、A【分析】【分析】

原子晶体熔化；需要克服共价键，分子晶体熔化，只需克服分子间作用力，离子晶体熔化需要克服离子键，据此解答。

【详解】

A．原子晶体中共价键的强弱决定其熔点的高低；所以原子晶体中共价键越强，熔点越高，故A正确；

B．分子间作用力只影响晶体的物理性质；与其稳定性无关，晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越大，故B错误；

C．冰中存在分子间作用力；所以冰融化时克服分子间作用力，共价键不变，故C错误；

D．氯化钠是由离子键形成的化合物；则熔化时要破坏离子键，故D错误；

答案为A。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

(1)某元素的基态原子最外层电子排布为3s23p2，该元素为Si，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；次外层能级为2s；2p，有s、p两种不同的轨道，电子云形状有2种。原子中所有电子占有8个轨道，分别为1s、2s、3s共3个轨道，3个2p轨道，2个3p轨道；原子核外有14个电子，每个电子的运动状态都不一样，因此有14种不同的运动状态；

(2)E原子核外占有9个轨道，且具有1个未成对电子，则其核外电子排布图为从图可知，该原子为Cl原子，得到1个电子，形成Cl－，其结构示意图为

(3)F、G都是短周期元素，F2－与G3＋的电子层结构相同，F为短周期元素，能够形成离子F2－，只能是O2－或S2－，但是G也是短周期元素，G3＋的电子层结构与F2－相同，如果F是S元素，则G不是短周期元素，因此F为O，G为Al；G为Al，其原子序数为13；F2－是O2－，其电子排布式1s22s22p6；

(4)M能层上3个能级，分别为3s、3p、3d；3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，共9个轨道；每个轨道可以容纳2个电子，作为内层最多可容纳9×2=18个电子；作为最外层时，只有3s、3p能级上填充电子，未成对电子最多，则3个3p轨道上均只有1个电子，最多可含有3个未成对电子。【解析】①.2②.8③.14④.⑤.13⑥.1s22s22p6⑦.3⑧.9⑨.18⑩.39、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：

（1）基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，根据泡利原理和洪特规则可得价电子排布图为

（2）根据价层电子对互斥理论，NCl3中氮原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2＝1，N原子的价层电子对数为3+1=4，则NCl3的VSEPR模型名称是四面体，中心原子杂化轨道属于sp3杂化。

（3）根据等电子体的特点，原子总数相同、价电子总数相同的即为等电子体。N2O的原子个数为3个，价电子数为16。则由第二周期非金属元素组成的等电子体分子为CO2。

（4）因NH3分子之间有氢键，沸点比PH3高。

（5）H－H键能为436KJ·mol-1，N－H键能为391KJ·mol-1，N≡N键能为945.6kJ•mol-1．。对于反应N2+3H22NH3的反应热=反应物的总键能－生成物的总键能=945.6kJ•mol-1＋436KJ·mol-1×3－391KJ·mol-1×6=－92.4KJ·mol-1，则生成2molNH3时；共放热92.4KJ。

（6）NH3极易溶于水，是因为NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3和水分子之间有氢键；NH3和水要发生化学反应。

考点：考查价电子排布图，价层电子对互斥理论，杂化，等电子体，相似相溶原理，氢键，键能等。【解析】四面形sp3杂化轨道CO2<NH3分子之间有氢键92.4NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3和水分子之间有氢键；NH3和水要发生化学反应10、略

【分析】【分析】

①HCl是极性键的极性分子；②N2是非极性键的非极性分子；③NH3是极性键的极性分子；④Na2O2含离子键和非极性键的离子化合物；⑤C2H4是含极性键和非极性键的非极性分子；⑥NaOH是含离子键和极性键的离子化合物；⑦Ar不含共价键的分子。

⑵CO32−的中心原子的价层电子对数为

⑶配合物中提供空轨道的离子为中心离子；常为过渡金属离子；提供孤对电子的物质为配体；配体的数目为配位数。

【详解】

⑴根据上面分析得出只存在极性键的分子是①③；只由非极性键构成的非极性分子是②；故答案为：①③；②。

⑵CO32−的中心原子的价层电子对数为杂化轨道类型是sp2，微粒的空间构型是平面三角形；故答案为：sp2；平面三角形。

⑶配合物中提供空轨道的离子为中心离子，常为过渡金属离子；提供孤对电子的物质为配体；配体的数目为配位数；因此K3[Fe(CN)6]中中心离子是Fe3+，配体是CN－，配位数是6；故答案为：Fe3+；CN－；6。【解析】①.①③②.②③.sp2④.平面三角形⑤.Fe3+⑥.CN-⑦.611、略

【分析】【分析】

C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型；结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。

【详解】

（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；

（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大；则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化；立体构型为为三角锥形；

（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；

（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm-3。【解析】O1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3O3相对分子质量较大，范德华力大分子晶体离子晶体三角锥形sp3V形42Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl

（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）Na2O8=2.27g•cm-312、略

【分析】【分析】

（1）Ni元素原子序数是28；其3d；4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，据此书写其价电子排布式，找到最高能层，为N层，能级为4s，判断它的空间伸展方向；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6；

D．Ni(CO)4中；镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4；

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，离子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度=进行计算；

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

【详解】

（1）Ni元素原子序数是28，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上电子数分别是8、2，其价电子排布式为3d84s2；最高能层的电子为N，分别占据的原子轨道为4s，原子轨道为球形，所以有一种空间伸展方向；

答案为：3d84s2；1；

（2）A．CO与CN-互为等电子体；则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1；π键个数为2；故σ键和π键个数之比为1:2，故A正确；

B．NH3的中心原子为N；价层电子岁数为4对，有一对孤对电子，sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B错误；

C．根据题干信息，镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4和正方形的[Ni(CN)4]2-、正八面体形的[Ni(NH3)6]2+，因此Ni2+在形成配合物时；其配位数可能为是4或6，故C正确；

D．Ni(CO)4中，镍元素成键电子对数为4，孤电子对数为0，则价电子对数为4，是sp3杂化；故D正确；

答案选B。

(3)中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键;氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，则氢键表示为

故答案为：

(4)因为NiO的晶体结构类型均与氯化钠的相同；而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6；根据表格数据，氧离子和镍离子的半径小于钠离子和氯离子，则NiO的键长小于NaCl，二者都属于离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以氧化镍熔点高于氯化钠熔点；

答案为：6；离子半径越小；离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高；

(5)①由图b可知，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5；La与Ni的个数比1:5，则x=5；

答案为：5；

②由图a可得晶胞的体积V=5×10-8cm×5×10-8cm×4×10-8cm=1×10-21cm3，密度==g/cm-3；

答案为：

③六个球形成的空隙为八面体空隙，显然图c中的八面体空隙都是由2个La原子和4个Ni原子所形成，这样的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，共有8×+2×=3个；

答案为：3。

【点睛】

考查同学们的空间立体结构的思维能力，难度较大。该题的难点和易错点在(5)的③，与“”同类的八面体空隙位于晶胞的，上底和下底的棱边和面心处，且空隙与其他晶胞共用，计算数目时也要注意使用平均法进行计算。【解析】3d84s21B6离子半径越小，离子所带电荷越多，键长越短，键能越大，熔点越高53三、结构与性质(共5题，共10分)13、略

【分析】【详解】

本题考查过渡元素Cu及其化合物的结构；电子排布、杂化轨道、晶体结构等物质结构的有关知识点。根据Cu的原子结构和电子排布规律、杂化轨道及分子构型的知识和晶体的类型以及晶包有关知识来解答此题。

（1）基态Cu原子核外有29个电子，外围电子排布式为3d104s1，全充满结构，稳定。简化电子排布式为[Ar]3d104S1

（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N原子外围电子排布为2s22p3，为半充满结构，较稳定，N的电离能最大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。氮原子有4个杂化轨道，所以为SP3杂化。

（3）N2的结构式为N≡N,含1个σ键和2个π键，所以σ键和π键数目比为1:2，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O结构与CO2相似，所以其结构为N=Ｎ=Ｏ，电子式为

（4）甲醛分子中，碳原子为ｓｐ２杂化，分子成平面三角型，键角约120°，由于氧原子有孤电子对，对氢原子有排斥作用，所以ＯＣＨ键角会稍大于120°，羰基氧有很强的电负性，与H2O中H有较强的静电吸引力，而形成氢键。

（5）由图可知，一个B原子与4个N原子形成4个B-N共价键，B-N键数与硼原子数之比为4:1，根据各个原子的相对位置可知，距离上述三个B原子最近且等距的N原子在x、y、z轴三个方向的1/4处，所以其坐标是()

点睛：本题最后一问，求原子的坐标参数，学生缺乏想象力，较难理解，立方体的每个顶角原子的坐标均为（0,0,0，）从每个顶角引出3维坐标轴xyz，N原子位于每个轴的1/4处，即可判断N的坐标。【解析】[Ar]3d104s1N>O>Csp3杂化1:2大于4：1（1/4，1/4，1/4)14、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.×103015、略

【分析】【详解】

（1）钴是27号元素，CP中Co3+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。

故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；

（2）5-氰基四唑中C原子的杂化类型有两种，五元环中的碳，形成3个σ键，一个π键，杂化方式为sp2、-CN中C形成2个σ键，2个π键，为sp；C、N处于同一周期，从左到右，电负性增大，C、N元素的电负性的大小关系为C23或4.816×1024。

故答案为：sp2、sp；<；8mol或8×6.02×1023或4.816×1024；

（3）[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3中的配离子部分结构如图2所示，Co配位数为6，已经有4分子的NH3，①缺少1分子NH3，1分子H2O，在相应位置补填缺少的配体后为：

②原子个数相等，价电子数目相等的微粒互为等电子体。与NH3互为等电子体的一种阳离子为H3O+(填化学式)。

故答案为：H3O+。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，原子杂化方式判断、等电子体等知识点，易错点，5-氰基四唑中含有σ键的计算，5-氰基四唑中含有σ键为4个N-N键，3个C-N键，1个C-C键，难点：等电子体的寻找，理解：原子个数相等，价电子数目相等的微粒互为等电子体。【解析】①.1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6②.sp2、sp③.<④.8mol或8×6.02×1023或4.816×1024⑤.⑥.H3O+16、略

【分析】【分析】

（1）

Ti原子序数为22，其核外电子排布式为：[Ar]3d24S2，故答案为：[Ar]3d24S2；

（2）

TiO中价层电子对个数为3，,立体构型是平面三角形，杂化方式为sp2杂化；TiO价电子数为24，与SO3互为等电子体，故答案为：平面三角形；sp2；SO3；

（3）

[Ti(O2)(H2O)4]2+中Ti2+与氧分子；水分子之间能形成配位键；水分子、氧分子中含有共价键，故答案为：共价键、配位键；

（4）

熔融状态的SrTiO3和CaTiO3均可导电，均为离子晶体，熔点的高低取决于晶格能，Sr2+半径比Ca2+半径大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3小，SrTiO3熔点小于CaTiO3，故答案为：小于；Sr2+半径比Ca2+半径大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3小；

（5）

每个Ti原子和周圈六个O原子形成规则八面体，Ti位于八面体的中心位置，Sr原子则位于立方体八个顶点位置。则SrTiO3晶体中一个O周围和它最近且距离相等的O有8个，根据立方晶胞结构图，晶腿中含有SrTiO3数为1，晶胞质量为该晶胞密度==故答案为：8；或【解析】(1)[Ar]3d24S2

(2)平面三角形sp2SO3

(3)共价键；配位键。

(4)小于Sr2+半径比Ca2+半径大，SrTiO3的晶格能比CaTiO3小。

(5)8或17、略

【分析】【分析】

(1)同周期元素；随核电荷数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，当最外层电子排布处于半满；全满等状态时，第一电离能比相邻元素大；

(2)如图醋酸酐分子中含有两个甲基；类似于甲烷的结构，两个羰基中间的氧原子的成键对数为2，孤电子对数为2，即氧原子价层电子对数为4，C=O为平面结构，据此分析解答；

(3)A与水形成了分子间氢键；

(4)Cu(NO3)2为离子化合物；除了σ键外，还含有离子键，硝酸根离子中含有π键；

(5)配离子中，Cu2+的4s和4p的三个轨道全空，可用于接受电子对，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9；

(6)根据图示C的结构中含有酯基和羧基；酯基在碱性条件下发生水解反应，羧基与氢氧化钠发生中和反应。

【详解】

(1)与O元素同周期的非金属元素有C、N、F、Ne，同周期元素，随核电荷数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，由于氮原子最外层电子排布为2p3；为半充满状态，原子处于较稳定状态，第一电离能比相邻元素大，因此比O元素第一电离能大的元素有N；F、Ne共3种；

(2)如图醋酸酐分子中含有两个甲基，类似于甲烷的四面体结构，甲基上的碳原子采取sp3杂化，两个羰基中间的氧原子成键对数为2，孤电子对数为2，即该氧原子价层电子对数为4，氧原子采取sp3杂化，C=O为平面结构，C=O上的碳原子和氧原子采取sp2杂化，则醋酸酐分子中采取sp3杂化的原子如图所示(C；O各；圈出1个碳原子即可)；

(3)A的分子间存在氢键；在热水中，热水破坏了A的分子间氢键，A与水形成了分子间氢键，邻甲基苯酚(A)在热水中的溶解度比冷水显著增大；

(4)Cu(NO3)2为离子化合物；含有离子键，硝酸根离子中含有π键和σ键；

(5)配离子中，Cu2+的4s和4p的三个轨道全空，可用于接受电子对，结合图示，反应流程中E为配合物，Cu2+的配位数为4，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9，价电子的电子排布式为3d9；(6)根据图示C的结构中含有酯基和羧基，酯基在碱性条件下发生水解反应，羧基与氢氧化钠发生中和反应，则反应③的离子方程式为：+3OH-+CH3COO-+2H2O。

【点睛】

易错点为(1)，同周期元素，随核电荷数增大第一电离能有逐渐增大的趋势，由于氮原子最外层电子排布为2p3，为半充满状态，原子处于较稳定状态，第一电离能比相邻元素大。【解析】3(C、O各，圈出1个碳原子即可)热水破坏了A的分子间氢键，A与水形成了分子间氢键离子键、π键43d9+3OH-+CH3COO-+2H2O四、实验题(共1题，共5分)18、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、计算题(共3题，共18分)19、略

【分析】【分析】

(1)根据各种晶体结构中微粒的空间位置确定三种晶体晶胞中铁原子的配位数；然后得到其比值；

(2)先计算出两种晶体中Fe原子个数比；然后根据密度定义计算出其密度比，就得到其空间利用率之比；

(3)先计算γ-Fe晶体中Fe原子个数，根据Fe原子半径计算晶胞的体积，然后根据计算晶体的密度；

(4)根据物质的熔沸点；溶解性等物理性质分析判断。

【详解】

(1)δ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是晶胞顶点的Fe异种；个数是8个；

γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数=3××8=12；

α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子；铁原子个数=2×3=6；

则三种晶体晶胞中铁原子的配位数的比为8：12：6=4：6：3；

(2)若δ-Fe晶胞边长为acm，α-