2025年新科版选择性必修2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年新科版选择性必修2化学下册阶段测试试卷496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、下列原子的电子排布图中，符合能量最低原理的是A.B.C.D.2、冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是。

A.该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型B.该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面C.该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1D.与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更大3、氢键的存在对生命的繁衍具有重要意义。下列物质的结构或者性质与氢键无关的是A.乙醇可与水以任意比例互溶B.S单质难溶于水，却易溶于CS2C.邻羟基苯甲醛()的熔点低于对羟基苯甲醛()的熔点D.可燃冰(CH4·8H2O)中水分子笼的形成4、下列有关化学用语正确的是A.(碘酸碘)中碘的化合价为B.用电子式表示氧化钠的形成过程：C.HF分子间的氢键：D.砷原子结构示意图：5、W、X、Y、Z、Q为原子半径依次增大的短周期主族元素，X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，Z的原子半径是第三周期中最小的，W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半。下列说法不正确的是A.X元素与Q元素组成的化合物可做耐火材料B.由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液可能显酸性也可能显碱性C.简单氢化物的沸点：X>Y>ZD.由Z和Q形成的化合物中存在离子键6、某高级脂肪酸0.1mol发生加成反应时需氢气0.2g，取相同质量的该酸完全燃烧，生成CO2和H2O共3.5mol，下列组成的脂肪酸有可能是该酸的是()A.C15H27COOHB.C16H29COOHC.C17H31COOHD.C17H33COOH评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是（）A.SO2的分子构型为V形B.SO3是三角锥形分子C.BF3的键角为120°D.PCl3是平面三角形分子8、下列分子中，属于非极性的是A.SO2B.BeCl2C.BBr3D.COCl29、下列关于苯乙炔的说法错误的是。

A.该分于有8个键和5个键B.该分子中碳原子有sp和杂化C.该分子中不存在非极性键D.该分子中有8个碳原子在同一平面上10、LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中，存在。A.离子键B.σ键C.π键D.氢键11、近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。下列有关说法正确的是A.F−的半径比O2−的大B.AsH3的沸点比NH3的低C.Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子D.配合物Fe(CO)n可做催化剂，当Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18时，n=512、下列叙述不正确的是A.在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料B.在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素C.50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应，转移电子数目为0.3NAD.向CuSO4溶液中加入一小粒钠块发生反应：2Na+Cu2+=2Na++Cu评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、Eu；Ti和O形成一种化合物；其晶胞为如图所示的立方体。

(1)Eu是镧系元素，位于元素周期表的_______。

A．s区B．p区C．d区D．ds区E．f区。

(2)在该晶胞中，Eu、Ti、O的粒子个数比是_______。

(3)若将Ti原子置于立方体的体心，Eu原子置于立方体顶角，则O原子处于立方体的_______位置。

A．体心B．面心C．棱心D．顶角。

(4)1个Eu原子和_______个O原子相邻，1个Ti原子和_______个O原子相邻。1个O原子和_______个Eu原子相邻，1个O原子和_______个Ti原子相邻。14、用杂化理论描述CCl4的生成和分子构型。

____________________________________15、有机物丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀；其结构如下图所示。

(1)结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是___________，氮镍之间形成的化学键___________

(2)该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在___________。16、Ⅰ.X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子半径的关系如图所示。

(1)Y的最高价氧化物的电子式为：___________

(2)最简单气态氢化物的热稳定性：Z___________W(＞或＜)

(3)X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X___________M(＞或＜)

(4)X的氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中的化学键类型是___________

Ⅱ．铝自然形成的氧化膜易脱落。以硫酸为电解液；分别以石墨和铝材作阴；阳极材料，经过电解处理形成氧化铝膜，抗蚀能力强。其制备的简要流程如图所示。

(5)碱洗目的是___________相关离子反应是：___________

(6)碱洗时铝材表面会出现气泡，可能的原因是___________(化学反应方程式)，用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，离子方程式___________

Ⅲ.为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：。方案现象或产物①将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物为Fe2(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生(7)能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案有___________17、硅是重要的半导体材料。近日；我国宣布突破了碳基半导体材料制备的瓶颈，有望替代目前的硅材料，支持高端芯片的国产化。

(1)Si在元素周期表中的位置是___。

(2)制作芯片需要高纯度的硅，高纯硅中Si原子之间的相互作用是___(填“离子键”或“共价键”)。

(3)非金属性Si弱于P，用原子结构解释原因：___；得电子能力Si小于P。

(4)下列关于C和Si及其化合物的推断中，正确的是___(填序号)。

①C的最高正化合价与Si的最高正化合价相同。

②SiO2具有还原性。

③最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3>H2SiO318、磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工农业生产中应用广泛。白磷可通过反应2Ca3(PO4)2+10C→6CaO+P4+10CO获得。完成下列填空：

(1)磷原子的最外层电子排布式是_____，氧原子核外有_____种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自_____。

(2)N和P在周期表中位于_____族，PH3分子的空间构型为_____，是_____分子(填“极性”或“非极性”)。下列能说明N和P非金属性相对强弱的是_____(填编号)。

a.NH3的稳定性比PH3强b.NH3的沸点比PH3高。

c.硝酸酸性比磷酸强d.N原子半径比P原子小。

铜既能与浓硝酸反应，也能与稀硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将化学方程式表示为：Cu+HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+H2O(未配平，不考虑2NO2N2O4)。完成下列填空：

(3)3Cu+10HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+H2O。配平上述化学方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。______

(4)0.3molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是______。19、一定条件下；有机化合物Y可发生重排反应：

回答下列问题：

(1)X中含氧官能团的名称是_________；鉴别Y、Z可选用的试剂是___________。

(2)实验测得Z的沸点比X的高，其原因是_____________。

(3)Y与足量溶液反应的化学方程式是_________。

(4)与Y具有相同官能团且属于芳香化合物的同分异构体还有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式是___________(任写一种)。20、氮；磷、砷、铁等元素及其化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。

(1)基态砷原子中核外电子占据最高能层的符号为__，该能层的原子轨道数有__个。

(2)氮的一种氢化物N2H4是一种良好的火箭发射燃料，传统制备肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；又知肼的熔点；沸点分别为1.4℃、113.5℃，氨气的熔点、沸点分别为-77.7℃、-33.5℃。

①N2H4中氮原子的杂化轨道类型为__杂化，基态N原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。

②肼与氨气熔点、沸点差异最主要的原因是__。

(3)氨分子是一种常见配体，配离子[Co(NH3)6]3+中存在的化学键有__(填序号)。

A.离子键B.极性键C.配位键D.氢键21、叶绿素是绿色植物进行光合作用所必需的催化剂；其结构如图所示。

(1)基态镁原子中核外电子的运动状态有____种，能量最高的电子占据的轨道呈____形。根据对角线规则，Mg的一些化学性质与元素____相似。

(2)C、N、O三种非金属元素的第一电离能由大到小顺序是_____。

(3)叶绿素分子中，N原子的杂化类型是____。

(4)MgCO3的热分解温度____(填“高于”或“低于”)CaCO3的原因是____。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)22、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23、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、原理综合题(共3题，共9分)24、选修原子序数依次增大的四种元素A；B、C、D分别处于第一至第四周期；自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：

（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_________________，第一电离能最小的元素是_______________（填元素符号）。

（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是___________（填化学式），呈现如此递变规律的原因是__________________。

（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_____________、另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为______________，若此晶胞中的棱长为356．6pm，则此晶胞的密度为___________（保留两位有效数字）。（）

（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_______________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_____________（填选项序号）。

①极性键②非极性键③配位键④金属键。

（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是________________。请写出上述过程的离子方程式：________________________________。25、氧；碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。

(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。

(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。

(3)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。

已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”)。

(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，写该反应方程式________________。26、回答下列问题:

（1）石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为___________，该材料的化学式为___________。

（2）Mg与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是___________。

（3）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4.铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共20分)27、下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中Y是地壳中含量最高的元素。XYZJRW

请回答下列问题(除特别说明外；凡涉及用元素回答的问题均用具体元素符号表示)：

(1)Y原子的核外电子排布图：____________。

(2)在化合物YZ2中Y的化合价为______；离子半径大小关系：Y2-_______Na+(填“<”“>”或“=”)

(3)X与Y的第一电离能大小关系为：X____Y(填“<”“>”或“=”)，其理由是___________。

(4)在双原子分子中，最稳定单质的电子式为______；该单质与氢气化合生产的四原子分子中，中心原子的杂化方式为___________。

(5)JR3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为_________(若有配位键，请用“→”表示，箭头方向指向接受电子的原子)，其中J原子的杂化方式为__________。28、表中列出了第三周期的几种元素的部分性质：。元素编号电负性3.02.51.50.9主要化合价-1，+7-2，+6-3，+5+3+1

请按要求回答下列问题：

(1)写出基态原子的价层电子轨道表示式：___________。

(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)___________。预测值的区间___________。

(3)三种元素形成的氢化物中，其稳定性由强到弱的顺序是(用化学式表示)___________。

(4)d、e最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为___________。

(5)上表中五种元素的第一电离能由大到小的顺序是(写元素符号)___________。

(6)某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律；设计了以下系列实验。

①甲同学为探究同主族元素金属性的递变规律，取绿豆粒大小的钠、钾分别放入到盛有水的烧杯(滴有几滴酚酞溶液)中，通过观察现象得出的结论是___________。

②乙同学利用现有药品：溶液、固体、浓盐酸、设计如图装置探究第三周期部分元素非金属性的递变规律。中所装药品为___________，装置中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为___________；所得结论为___________。

29、下表是元素周期表的一部分；表中的字母分别代表一种化学元素。

。a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

(1)e和f的I1大小关系是___________＞___________(填元素符号；下同)___________，理由是___________

(2)上述元素中；原子中未成对电子数最多的是___________，写出该元素基态原子的核外电子排布式：___________。

(3)X；Y是上述a—j中的两种元素；根据下表所提供的电离能数据，回答下列问题：

。

锂。

X

Y

I1

520

496

580

I2

7296

4570

1820

I3

11799

6920

2750

I4

9550

11600

①X的元素符号是___________；X和c以原子个数之比1：1形成的一种化合物的电子式是___________

②Y与h形成的化合物是___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)30、A、B、C、D、E、F、G是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表所示，请用化学用语回答下列问题。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F基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反G生活中使用最多的一种金属

(1)写出元素符号A：___________B：___________G___________，写出元素B的基态原子的轨道表示式：___________。

(2)C、D、E三种元素的原子半径由大到小的顺序___________。

(3)由A、B、C三种元素分别与氢元素形成的简单气态氢化物，其空间构型分别为：___________，___________，___________，其中C的简单气态氢化物的键角为：___________。

(4)已知元素A、B形成的链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中键与键之比为___________。

(5)F元素的简单阴离子结构示意图___________。电解D与F形成的化合物的水溶液在工业上有着重要应用，试写出其电解的总的化学反应方程式：___________。

(6)元素G位于周期表的___________区，其价电子的排布式为：___________，该元素可形成其中较稳定的是原因是___________。

(7)短周期元素M与元素E在周期表中的位置呈现对角线关系，已知元素M、F的电负性分别为1.5和3.0，预测它们形成的化合物是___________化合物(填“离子”或“共价”)。推测M的最高价氧化物对应水化物___________(填“能”或“不能”)与D的最高价氧化物对应水化物发生反应。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．违背洪特规则；A错误；

B．违反泡利不相容原理；B错误；

C．符合能量最低原理；C正确；

D．违反能量最低原理；D错误；

故合理选项是C。2、B【分析】【详解】

A．该螯合离子中碳与氧原子都为具有相同的杂化类型，A正确；

B．该螯合离子中碳原子为饱和碳原子；链接的氧原子和碳原子不在同一平面，B错误；

C．该螯合离子中极性键为24个12个C-O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个键；个数比为7∶1，C正确；

D．与二甲醚()相比；该螯合离子中O的孤对电子数从2对变成1对，排斥作用减小，“C-O-C”键角更大，D正确；

故选B。3、B【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，主要影响到物质的某些物理性质，如熔点、沸点、溶解度、粘度、密度等。

【详解】

A．乙醇分子与水分子能形成分子间氢键；所以乙醇可与水以任意比例互溶与氢键有关，A正确；

B．由分子组成的晶体，其溶解性遵循“相似相溶”原理，硫是非极性分子，H2O是折线型极性分子，CS2是直线型非极性分子，所以S单质难溶于水，却易溶于CS2；与氢键无关，B错误；

C．邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键；不能形成分子间氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛分子间的作用力小于对羟基苯甲醛，熔点低于对羟基苯甲醛，则邻羟基苯甲醛的熔点比对羟基苯甲醛的低与氢键有关，C正确；

D．水分子之间依靠氢键连接从而形成分子笼；与氢键有关，D正确；

故选B。4、A【分析】【详解】

A．根据名称可知，中含碘酸根()，且根据氧原子个数可知，含有的碘酸根为3个，故可以写成的形式；故碘元素的价态有+3价和+5价，A正确；

B．的电子式书写错误，的电子式为B错误；

C．HF分子间的氢键为虚线部分，即C错误；

D．砷的原子序数为33，位于元素周期表的第四周期第ⅤA族，其原子结构示意图为D错误；

故答案为：A。5、D【分析】【分析】

同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，Z的原子半径是第三周期中最小的，所以Z是Cl，由W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-；和W；X原子半径依次增大，可知W为H，X为O，再由X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，知Y为N，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半，且原子半径最大，知Q为Al。

【详解】

A．X元素与Q元素组成的化合物是Al2O3熔点高；可做耐火材料，故A正确；

B．W；X、Y三种元素可以组成硝酸、亚硝酸、硝酸铵等；其水溶液均显酸性，也可以组成一水合氨，其水溶液显碱性，故B正确；

C．水和氨气存在氢键，沸点较高，且水的沸点高于氨气的，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>HCl；故C正确；

D．由Z和Q形成的化合物是AlCl3；是共价化合物，只存在共价键，故D错误；

故答案为：D6、D【分析】【详解】

【详解】

0.1mol高级脂肪酸发生加成反应时需氢气0.2g，n（H2）==0.1mol，说明分子中含有1个C=C键，0.1mol该高级脂肪酸完全燃烧，生成CO2和水共3.5mol，设该高级脂肪酸分子中C、H原子数目分别为x、y，由原子守恒可知x+y×2=35；

A．C15H27COOH中含有2个C=C键，分子中x+y×2=16+14=30；故A错误；

B．C16H29COOH中含有2个C=C键，分子中x+y×2=17+15=32；故B错误；

C．C17H31COOH中含有2个C=C键，分子中x+y×2=18+16=34；故C错误；

D．C17H33COOH中含有1个C=C键，分子中x+y×2=18+17=35；故D正确；

故选：D。二、多选题(共6题，共12分)7、AC【分析】【详解】

A．SO2的中心原子S的价层电子对个数为2+(6-2×1)=4，且S原子上含有2个孤对电子对，所以SO2为V形分子；故A正确；

B．SO3的中心原子S的价层电子对个数为3+(6-3×2)=3；是平面三角形分子，故B错误；

C．BF3的中心原子B的价层电子对个数为3+(3-3×1)=3；无孤电子对，是平面三角形分子，键角为120°，故C正确；

D．PCl3的中心原子P的价层电子对个数为3+(5-3×1)=4，含有1对孤电子对，所以PCl3是三角锥形分子；故D错误；

答案选AC。8、BC【分析】【分析】

根据价层电子对互斥理论(VSEPR)可得四种分子的结构如下：

【详解】

A．SO2中心原子S的价层电子对数为2+=3，为杂化，分子构型为V型正负电荷中心不重叠，属于极性分子，故A不选；

B．BeCl2中心原子Be的价层电子对数为2+=2，为杂化，分子构型为直线形正负电荷中心重叠，属于非极性分子，故B选；

C．BBr3中心原子B的价层电子对数为3+=3，为杂化，分子构型为对称平面三角形正负电荷中心重叠，属于非极性分子，故C选；

D．COCl2中心原子C的价层电子对数为3+=3，为杂化，分子构型为不对称平面三角形正负电荷中心不重叠，属于极性分子，故D不选；

故选BC。9、AC【分析】【详解】

A．苯乙炔分子中含有14个键，苯环中有1个大键，键中有2个键，故共含有3个键；故A错误；

B．苯环中碳原子都采取杂化，碳碳三键碳原子采取杂化，故该分子中碳原子有和杂化；故B正确；

C．同种原子间形成的共价键为非极性键；该分子中碳原子间形成非极性键，故C错误；

D．苯环是平面形结构；碳碳三键是直线形结构，因此该分子中有8个碳原子在同一平面上，故D正确；

故选AC。10、AB【分析】【分析】

【详解】

LiAlH4是离子化合物，Li+与之间以离子键结合，在阴离子中Al与H原子之间以共价单键和配位键结合，共价单键和配位键属于σ键，故LiAlH4中存在的作用力为离子键、σ键，故合理选项是AB。11、BD【分析】【详解】

A、F-和O2-的核外电子排布相同，但是O的原子序数较小，O2-的离子半径较大；A错误；

B、NH3分子间含有氢键，而AsH3分子间没有氢键，故AsH3的沸点比NH3的低；B正确；

C、Fe的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；Fe成为阳离子时首先失去4s电子，C错误；

D、配合物Fe(CO)n的中心原子是Fe；其价电子数为8，每个配体提供2个电子，则有8+2n=18，解得n=5，D正确；

故选BD。12、CD【分析】【详解】

A．在周期表中金属与非金属的分界处的物质通常具有良好的半导体性能，可以找到半导体材料，A正确；

B．在过渡元素中大部分为性能优良的金属；可寻找制造催化剂和耐高温；耐腐蚀合金的元素，B正确；

C．随着反应进行，盐酸浓度减小，反应不再进行，故转移电子数目小于0.3NA；C错误；

D．钠首先会和水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠和铜离子生成氢氧化铜沉淀，D错误；

故选CD。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Eu是镧系元素；位于元素周期表的第六周期，物质在参加反应时，原子核外电子最外层；次外层及倒数第三层的电子都会发生变化，因此属于f区的元素，故合理选项是E；

(2)在该晶胞中，Eu原子个数为：1，Ti原子个数为：8×=1，含有的O原子个数为12×=3；则晶胞中Eu；Ti、O的粒子个数比是1：1：3；

(3)若将Ti原子置于立方体的体心；在一个晶胞中含有1个Ti原子，通过该Ti原子的8个晶胞中含有8个Eu原子，将8个Eu原子相连，形成一个立方体，Eu位于立方体的顶角上，O原子处于立方体的面心上，故合理选项是B；

(4)根据图示可知：在晶胞中与Eu原子距离相等且最近的O原子有12个，距离为晶胞面对角线的一半；以晶胞顶点Ti原子为研究对象，在晶胞中与Ti原子距离相等且最近的O原子有6个，分别位于Ti原子上下、前后、左右6个方向，距离为晶胞边长的一半；O原子位于晶胞棱边上，通过该棱边可以形成4个晶胞，每个晶胞中有一个Ti原子，因此与1个O原子和4个Eu原子距离相等且最近，距离是晶胞面对角线的一半；在1个O原子周围有2个Ti原子与O原子距离相等且最近，距离是晶胞边长的一半。【解析】E1：1：3B1264214、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：在CCl4分子中，C:2s22p2，用sp3杂化，和四个Cl的p轨道形成四个等同的psp3σ键；分子构型为正四面体。

考点：杂化理论【解析】在CCl4分子中，C:2s22p2，用sp3杂化，和四个Cl的p轨道形成四个等同的psp3σ键，分子构型为正四面体。15、略

【分析】【详解】

（1）碳氮之间形成双键；含有1个σ键；1个π键。每个氮都形成了三对共用电子，还有一个孤电子对，镍离子提供空轨道，氮和镍之间形成配位键。

（2）氧和氢原子之间除了共价键还有氢键，图中表示氢键。【解析】(1)1个σ键；1个π键配位键。

(2)氢键16、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，根据最高价氧化物对应的水化物(浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子半径的关系，可知：X为N元素，对应的为pH=2的HNO3，Y为C，其对应的为弱酸H2CO3，Z为Cl，其对应的为一元强酸HClO4，W为S，对应的为二元强酸H2SO4；M为Na，对应的是强碱NaOH，据此解答。

(1)

Y的最高价氧化物为CO2，C原子和每个O原子共用2个电子，电子式为故答案为

(2)

Z为Cl；W为S，Cl的得电子能力比S强，故最简单气态氢化物的热稳定性为Z＞S，答案为：＞；

(3)

X、M两种元素形成的简单离子分别为N3-和Na+，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，N3-＞Na+；所以X；M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X＞M，答案为：＞；

(4)

X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反应后生成的化合物为NH4Cl；化学键类型是既有离子键又有共价键，故答案为：离子键和共价键；

(5)

碱洗目的是除去铝自然形成的易脱落的氧化膜，离子反应为：2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O，故答案为：除去铝材表面的自然氧化膜；2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O；

(6)

碱洗时，当氧化膜完全溶解后，暴露出的铝单质会与碱继续反应，生成氢气，出现气泡，化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，发生酸碱中和反应，离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+H2O，故答案为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；NH3·H2O+H+=NH+H2O；

(7)

①将铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明有单质铜生成，活泼性：Fe＞Cu；②该实验只能说明氯气具有强氧化性，无法比较铁和铜的活泼性；③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中，只能说明浓硫酸具有强氧化性，无法比较铁和铜的活泼性；④将铜片置于FeCl3溶液中，发生氧化还原反应：无法比较；⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，形成铁、铜原电池，铁做负极，铜做正极，铁片溶解，铜片上有气泡产生，可以说明铁的活泼性强于铜。据此分析，能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案有①⑤；故答案为：①⑤。【解析】(1)

(2)＞

(3)＞

(4)离子键和共价键。

(5)除去铝材表面的自然氧化膜2OH-＋Al2O3=2AlO＋H2O

(6)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑NH3·H2O+H+=NH+H2O

(7)①⑤17、略

【分析】【详解】

(1)Si的原子序数为14；核外电子分3层排布，第3层4个电子，故在元素周期表中的位置是第3周期第ⅣA族。

(2)制作芯片需要高纯度的硅；硅晶体是由原子通过共价键结合而成的原子晶体，故高纯硅中Si原子之间的相互作用是共价键。

(3)非金属性Si弱于P；用原子结构解释原因：Si与P电子层数相同，核电荷数Si小于P，原子半径Si大于P，则原子核对核外电子的吸引力Si小于P，得电子能力Si小于P。

(4)①主族元素的最高正化合价等于主族序数，C和Si均处于第ⅣA族，故C的最高正化合价与Si的最高正化合价相同，①说法正确；②SiO2中硅呈+4价，二氧化硅性质稳定，不具有还原性，②说法错误；③非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳的非金属性大于硅，故酸性：H2CO3>H2SiO3，③说法正确；故正确的是①③。【解析】第3周期第ⅣA族共价键Si与P电子层数相同，核电荷数Si小于P，原子半径Si大于P①③18、略

【分析】【详解】

（1）磷是15号元素，P原子核外有15个电子，磷原子的最外层电子排布式是3s23p3；氧是8号元素；核外有8个电子，氧原子核外有8种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自白磷缓慢氧化释放的热量。

（2）N和P最外层都有5个电子，在周期表中位于VA族，PH3分子中P原子价电子对数为4；有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，空间结构不对称，是极性分子。

A．气态氢化物越稳定，元素非金属性越强，NH3的稳定性比PH3强，说明N的非金属性比P强，故选a；

B．分子晶体的沸点与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，NH3的沸点比PH3高，不能说明N的非金属性比P强，故不选b；

C．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，硝酸酸性比磷酸强，说明N的非金属性比P强，故选c；

D．原子半径与电子层数；最外层电子数有关；N原子半径比P原子小，不能说明N的非金属性比P强，故不选d；

选ac。

（3）铜和浓硝酸反应，铜元素化合价由0升高为+2、硝酸中N元素化合价由+5降低为+4、+2，根据得失电子守恒，NO2、NO的比为3:1，配平方程式为3Cu+10HNO3=3Cu(NO3)2+3NO↑+NO2↑+5H2O。用单线桥法标出电子转移方向和数目为

（4）0.3molCu被硝酸完全溶解后，转移电子0.6mol，表现酸性的硝酸为0.6mol，如果得到的NO和NO2物质的量相同，则生成NO和NO2都是0.15mol，表现氧化性的硝酸为0.3mol，则参加反应的硝酸的物质的量是0.9mol。【解析】(1)3s23p38白磷缓慢氧化释放的热量。

(2)VA三角锥极性ac

(3)

(4)0.9mol19、略

【分析】【详解】

(1)由X的结构可知，其中所含的官能团有羰基和羟基；Z中存在酚羟基，可通过浓溴水或氯化铁溶液鉴别Y和Z，故答案为：(酚)羟基、羰基(或酮基)；浓溴水或溶液；

(2)实验测得Z的沸点比X的高；是因为X中羟基和羰基处于邻位，易形成分子内氢键，而Z容易形成分子间氢键，导致其沸点较高，故答案为：Z形成分子间氢键，X形成分子内氢键，故Z的沸点比X的高；

(3)Y中含有酯基与足量溶液发生水解反应，反应为：+2NaOH→+CH3COONa+H2O，故答案为：+2NaOH→+CH3COONa+H2O；

(4)与Y具有相同官能团且属于芳香化合物，若取代基只有一个，有-COOCH3和HCOOCH2-两种，若取代基有两个：分别为-CH3和-OOCH，在苯环上有邻、间、对三种结构，共5种符合题意，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的结构简式或故答案为：5；或【解析】(酚)羟基、羰基(或酮基)浓溴水或溶液Z形成分子间氢键，X形成分子内氢键，故Z的沸点比X的高+2NaOH→+CH3COONa+H2O5或20、略

【分析】【分析】

砷位于周期表中第4周期第ⅤA族；根据核外电子的排布式判断最高能层和该能层具有的轨道数；根据价层电子对互斥理论判断N2H4的杂化类型；分子间含有氢键多的沸点较高；配离子[Co（NH3）6]3+中存在的化学键有配位键，配体NH3中含有极性共价键；然后分析。

【详解】

(1)砷位于周期表中第4周期第ⅤA族；基态As核外电子占据最高能层为N，N能层具有s；p、d、f四个能级，s上有1个轨道，p上有3个轨道，d上有5个原子轨道，f上有7个原子轨道，所以共有16个原子轨道；

(2)①肼的电子式为：N2H4中N原子含有3对成键电子对和1对孤电子对，则价层电子对数为4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3杂化，基态N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3；电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃型；

②N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目；导致肼与氨气熔点；沸点差异较大；

(3)配离子[Co(NH3)6]3+中存在氨分子和钴离子之间的配位键，配体NH3中存在极性共价键，配离子[Co(NH3)6]3+中存在的化学键有极性键和配位键；答案选BC。

【点睛】

学生需要辨析清楚能层，能级，原子轨道式，价电子排布式，价电子排布图等化学用语，为易错点。【解析】①.N②.16③.sp3④.哑铃型⑤.N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目⑥.BC21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态镁原子核外有12个电子；则核外电子的运动状态有12种，电子占据的最高能层M层中的3s能级，能量最高的电子占据的轨道呈球形。根据对角线规则，Mg的一些化学性质与元素Li相似。

(2)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，C、N、O三种非金属元素的第一电离能由大到小顺序是

(3)叶绿素分子中连接双键的氮原子价层电子对个数是4，连接3个单键的氮原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论知，N原子的杂化类型是sp2、sp3。

(4)碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg2+的离子半径小于Ca2+的，Mg2+对氧离子的吸引作用比Ca2+的强，故MgCO3需要较少的外界能量来分解，故热分解温度：MgCO3低于CaCO3。也就是说：原因是r(Mg2+)﹤r(Ca2+)，晶格能MgO大于CaO，故MgCO3更易分解为MgO。【解析】①.12②.球③.Li；④.N>O>C⑤.sp2、sp3⑥.低于⑦.r(Mg2+)﹤r(Ca2+)，晶格能MgO大于CaO，故MgCO3更易分解为MgO四、判断题(共2题，共12分)22、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。23、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、原理综合题(共3题，共9分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A是H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B是6号元素C元素，B与C可形成正四面体形分子，则C是Cl元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则D是Cu元素。（1）这四种元素中电负性最大的元素是Cl元素，其基态原子的价电子排布图为原子核外电子层数越多，最外层电子受到原子核的吸引力越小，其第一电离能就越小，由于Cu原子核外电子层数最多，因此其第一电离能最小；（2）C所在主族是第VIIA，前四种元素分别是F、Cl、Br、I它们都能与A形成的化合物，形成的化合物分别是HF、HCl、HBr、HI，它们结构相似，都是分子晶体，分子之间通过分子之间的作用力结合，物质的相对分子质量越大，分子之间的作用力就越大，物质的熔点、沸点就越高，而HF分子之间会形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔点、沸点比HI还高。故物质的沸点由高到低的顺序是HF>HI>HBr>HCl。（3）C元素可形成多种单质，其中一种晶体结构如图一所示，根据结构可知是石墨的层状结构，在层内，每个碳原子与相邻的3个碳原子形成共价键，键角是120读，因此其原子的杂化类型为sp2杂化、另一种的晶胞如图二所示，根据图示可知该晶体是金刚石的结构。在一个晶胞中含有的碳原子数是：8×1/8+6×1/2+4=8,假设碳原子的直径是a，则该晶胞中碳原子的体积是V=8×4/3π（a/2）3，在该晶体中每个碳原子与相邻的4个碳原子形成共价键，该碳原子处于与其形成共价键的四个碳原子的几何中心，该正四面体的高为（a+a/3）=4a/3．假设该正四面体的边长为x，地面中心到边的距离是1/3×x/2．根据勾股定理可得：（4a/3）2+（1/3×x/2）2=（x/2）2,整理可得x=;故晶胞的边长该晶胞的体积是x3=所以晶胞的利用率是碳原子的体积除以总体积，整理可得Ψ=[8×4/3π（a/2）3]÷=34%；若此晶胞中的棱长为356．6pm，则此晶胞的密度为ρ=（8×12g÷6．02×1023）÷（3．566×10-8cm）3=3．5（4）Cu元素形成的单质，其晶体的堆积模型为面心立方紧密堆积，结合图三的三醋酸铜晶体的局部结构可确定该晶体中含有极性共价键、非极性共价键和配位键，故选项是①②③；（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，会发生反应：CuSO4+2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2（NH4）2SO4，产生蓝色沉淀，当加入氨水过量时产生的Cu（OH）2沉淀被过量的氨水溶解，发生反应:Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）]（OH）2+4H2O。沉淀溶解得到蓝色的透明溶液。反应的离子方程式是：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）]2++2OH-+4H2O。

考点：考查元素及化合物的推断、原子的杂化、原子核外电子排布图书写、物质熔点、沸点的比较、晶体结构、晶体密度的计算、络合物的性质、化学反应的离子方程式的书写的知识。【解析】CuHF>HI>HBr>HClHF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子量越大，范德华力越大sp234%3．5面心立方最密堆积①②③首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到蓝色的透明溶液Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）]2++2OH-+4H2O25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)O2-、F-、N3-的核外电子数相同，F-的核电荷数最大，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；

(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S2S4>H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2>S，则非金属性Cl>S；

(3)红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH<7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2=S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3))；

(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。【解析】F-第三周期第ⅣA族CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力<>Cl2+S2-=S↓+2Cl-还原③<5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O26、略

【分析】【分析】

（1）

一个晶胞中M原子的个数为12×＋9=12；一个晶胞中C60的个数为8×＋6×=4，M与C60的个数比为3∶1，故该材料的化学式为M3C60。

（2）

Mg与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，阳离子个数：阴离子个数：晶胞中阴离子与阳离子的个数比是2：1。

（3）

根据晶胞可知，铜晶体是面心立方结构，顶点离面心的铜原子距离最近，一个晶胞中，一个顶点离它最近的面心铜原子有3个，经过一个顶点的晶胞有8个，共24个面心铜原子，1个面心铜原子由2个晶胞共有，故每个铜原子周围距离最近的铜原子有12个。【解析】（1）12M3C60

（2）2∶1

（3）12六、元素或物质推断题(共4题，共20分)27、略

【分析】【分析】

Y是地壳中含量最高的元素，Y为O，结合元素在周期表的位置可知，X为N、Z为F，J位于第三周期IIA族，J为Al，R与Z同主族，R位于第三周期，R为Cl，W为第四周期的稀有气体元素，则W为Kr；以此来解答。

【详解】

(1)Y为Al，原子的核外电子排布图为故答案为：

(2)在化合物OF2中Y的化合价为+2价，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径大小关系：Y2->Na+，故答案为：+2价；>；

(3)N的2p电子半满为稳定结构，难失去电子，则X与Y的第一电离能大小关系为：X>Y，故答案为：>；N的2p电子半满为稳定结构；

(4)在双原子分子中，三键的键能大，最稳定单质的电子式为：该单质与氢气化合得到的四原子分子为NH3，N上有一对孤对电子，形成3个N-H键，则中心原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；

(5)JR3在178°C时升