热门试卷

（2分）120°，2。

试题分析：石墨晶体中碳原子排成正六边行，故C-C键的键角为120°。每个正六边形所占有的碳原子数为6个，而每一个点都是3个六边形公用的，6/3=2。

点评：本题考查的是石墨晶体的相关知识，题目难度不大，掌握石墨晶体的结构是解题的关键。

（1）4     XY2                  （2）12

（3）109。28’                       （4）cm

（5）B、 C              （6）V形，正八面体，三角锥形，正四面体

试题分析：：（1）X位于顶点，体心的Y吸引着4个X。每个X吸引着8个Y，如图所示：由于X粒子位于晶胞的顶点，只有X属于该晶胞，而Y粒子位于晶胞内部，完全属于该晶胞，故该晶体中X∶Y=（×4）∶1，即化学式为XY2或Y2X。

（2）每个X周围与X最接近且距离相等的X应为8×3×=12个。

（3）由Y粒子和X粒子间虚线可知形成正四面体构型，所以∠XYX为109°28′

（4）设该晶胞的边长为a，两个X中心间距离为r，由于每个晶胞中相当于含有（×4）个X和一个Y，即个XY2。则：，cm，又因为，所以cm。

（5）氯化钠晶胞的配位数是6，所以选BC。

（6）H2S分子S有两对孤对电子和2个σ键，所以VSEPR构型是正四面体，分子构型是V形，SnCl62-离子中Sn没有孤对电子有6个σ键，所以VSEPR构型是正八面体，分子构型也是正八面体，PH3中P有一对孤对电子和3个σ键，所以VSEPR构型是正四面体，分子构型是三角锥，ClO4-中Cl没有孤对电子有4个σ键，所以VSEPR构型是正四面体，分子构型也是正四面体。

点评：通过晶体结构来计算化学式，键角和距离。VSEPR构型要除去孤对电子才是分子构型。

（1）  4 ；8   ；Y2X      （2） 12    （3） 109°28′ （4） · 

（1）根据晶胞的结构可知，晶体中每个Y同时吸引着4个X。以X为顶点，可以形成8个立方体，所以每个X同时吸引着8个Y。晶胞中含有1个Y，1/2的X，所以化学式为Y2X。

（2）由于以X为顶点，可以形成8个立方体，所以晶体中每个X周围与它最接近且距离相等的X共有3×8÷2＝12。

（3）以Y为中心，4个X位于正四面体的4个顶点上，所以晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX是109°28′。

（4）设晶胞的边长为x，则有，解得x＝，晶体中两个距离最近的X中心距离为＝·cm。

（10分）（1）（每空2分）

（2）④，⑥

氯化钡为离子晶体；金刚石为原子晶体；硫为分子晶体；二氧化硅为原子晶体；氯化钠为离子晶体；干冰为分子晶体，所以（1）的正确答案为：

（2）以共价键相结合，原子彼此间形成空间网状结构的化合物是：二氧化硅；晶体内存在单个分子的化合物是干冰；

（1）①能量最低原理（2分） ②sp（2分） 直线（2分）

（2）①1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（2分）

②Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O（2分） ③8； （3分）

试题分析：（1）A的第三电离能比第二电离能大很多，这说明A很难失去3个电子，因此A应该是第ⅡA族元素。同样B的第三电离能比第二电离能大很多，即B也很难失去3个电子，因此B是第ⅡA族元素。 同主族自上而下金属性逐渐增强，第一电离能逐渐减小，则A是Be，B是Mg。

①根据核外电子排布规律可知，只有排满了3s才能排3p，所以该示意图违背了能量最低原理。

②BeCl2分子中Be含有的孤电子对数是 ＝0，即不含有孤对电子，因此Be的价层电子对数是2，属于sp杂化，空间构型为直线形。

（2）C单质曾被称为“银色的金子”，与锂形成的合金常用于航天飞行器，其单质能溶于强酸和强碱，因此C是铝。D是周期表中电负性最大的元素，则D是F。E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E是Cu。

①根据核外电子排布规律可知铜元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。

②以C单质、镁、NaOH溶液可以构成原电池，由于铝能与氢氧化钠溶液反应，而镁不能，因此负极是铝，镁是正极，则负极的电极反应式为Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O。

③根据晶胞结构可知，钙离子周围与钙离子最近的氟离子有8个（每个面被2个立方体共用），则Ca2+离子的配位数为8。晶胞中含有该离子的个数是8× ＋6× ＝4，氟离子是8个，因此 ×6.02×1023＝4，解得V＝ cm3。

7分 除注明外每空1分）(1)　6；8 (2)　3:1:1；CaTiO3   (3)（3分）

试题分析：（1）由于1个顶点可以形成8个立方体，所以根据晶胞结构可知，在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有6个和8个。

（2）根据晶胞结构并依据均摊法可知，该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数分别是12×＝3个、8×＝1个、1个，即晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是3:1:1，所以该物质的化学式可表示为CaTiO3。

（3）根据以上分析可知，，解得密度ρ＝g/cm3。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。

1）电子排布图略    (2分)（2）①BaTiO3     (2分)           6    (2分)

②[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O(2分)

（1）根据构造原理可知钛元素的价电子排布式是3d24s2，所以价电子排布图为

3d                                       4s

（2）根据晶胞的结构示意图可知钛位于顶点上，含有的个数是8×1/8＝1，氧位于棱上，个数是12×1/4＝3，钡位于体心，全部属于该晶胞，所以且化学式为BaTiO3。以顶点为中心向周围扩展，共有上下、左右和前后，所以有6个氧原子；根据沉淀质量可知绿色晶体配合物电离出的氯离子是紫色晶体电离出的2/3，这说明绿色晶体配合物中能电离的氯原子和不能电离的卤族是2︰1的，所以化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2 ·H2O。

1）电子排布图略    (2分)（2）①BaTiO3     (2分)           6    (2分)

②[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O(2分)

（1）根据构造原理可知钛元素的价电子排布式是3d24s2，所以价电子排布图为

3d                                       4s

（2）根据晶胞的结构示意图可知钛位于顶点上，含有的个数是8×1/8＝1，氧位于棱上，个数是12×1/4＝3，钡位于体心，全部属于该晶胞，所以且化学式为BaTiO3。以顶点为中心向周围扩展，共有上下、左右和前后，所以有6个氧原子；根据沉淀质量可知绿色晶体配合物电离出的氯离子是紫色晶体电离出的2/3，这说明绿色晶体配合物中能电离的氯原子和不能电离的卤族是2︰1的，所以化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2 ·H2O。

（1）ABO3（2分）   （2）（1-x）/x （2分）       

（3）3d54s2  （2分） 四（1分）  ⅦB（1分）   （4）AD （2分）

试题分析：（1）每个面心是2个晶胞所共用，顶点是8个晶胞所共用，故用A、B、O（氧）表示此类特殊晶体的化学式ABO3。

（2）假设三价锰的物质的量为a, 四价锰的物质的量为b，根据化学式化合价代数和为0可知：

[(3a+4b)/(a+b)]+3-3x+2x-6=0

解得：a/b=（1-x）/x。

（3）Mn的原子序数是25，属于过度元素，在元素周期表中的位置是第四周期，第ⅦB族，外围电子排布式为3d54s2。

（4）B项：CaO是由离子组成的离子化合物，属于离子晶体，故错；C项：图因为，故错。故选AD。

点评：本题考查的是晶体的相关知识，题目难度较大，需要学生平时多加练习这方面的知识。

6    12    a     8    a     8

试题分析：根据氯化铯的晶胞可知，CsCl晶体中两距离最近的Cs＋间距离为a，则每个Cs＋周围与其距离为a的Cs＋数目为6个（即上下、左右和前后各1个）；每个Cs＋周围距离相等且次近的Cs＋位于面心处，数目为（3×8）÷2＝12个，距离为a；每个Cs＋周围距离相等且第三近的Cs＋位于体心处，数目为8个，距离为a；由于定点被8个相邻的正方体共用，所以每个Cs＋周围紧邻且等距的Cl－数目为8个。

点评：该题是知道你的的试题，试题贴近高考，基础性强，侧重对学生能力的培养旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性，提高学生的应试能力。

（4分）

1） 4。2）C。3）256/(a3×NA)。4）74%。

试题分析：1）顶点的被8个晶胞共用，面心的被2个晶胞共用，故该晶胞“实际”拥有的铜原子数是8*(1/8)+6*(1/2)=4个。

2）该晶胞面心中有金属铜，故选C。

3）D原子半径为r，令晶胞的棱长为x，则2x2=（4r）2，所以x= r，所以晶胞的体积V= ．晶胞中含有的铜原子数目为8×(1/8) +6×(1/2)=4，所以晶胞的质量为4×Mr/ NAg，所以晶体的密度为 =256/(a3×NA)。

4）晶体铜晶胞是面心立方晶胞，故铜原子采取的这种堆积方式的空间利用率为74%。

点评：本题考查的是晶胞的计算的相关知识，题目难度中，考查学生分析问题、解决问题及计算的能力。

（5分）

1）4，8，XY2或Y2X。

2）12。

3）109°28'。

试题分析：1）有晶胞图得出，Y位于体心，每个Y同时吸引着4个X，X位于顶点，每个X同时吸引着8个Y，X位于顶点，被8个晶胞所共有，一个晶胞占1/2，X和Y的个数比为 (1/2) 1:=1:2，故该晶体的化学式为XY2或Y2X。

2）一个晶胞中X周围有3个与它最接近且距离相等，八个晶胞相邻，重复一半，故晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有3*8/2=12个。

3）2个X和2个Y的连线是正四面体，故晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX的度数为109°28'。

点评：本题考查的是晶胞的相关知识，题目难度不大，掌握晶胞的结构特点是解题的关键。

Ⅰ.（1）Po

（2）Na、K、Fe

（3）Mg　Zn

（4）Au、Cu

Ⅱ.（1）碳　氧　硅　钠

（2）碳>硅>钠>氧

（3）原子　金属

（4）Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑

Ⅱ.（1）当D原子最外层有1个电子时，则C原子最外层有4个电子（ⅣA

族），因为A与C为同一主族，且原子半径C>A，则短周期中C为Si，A为

C；当D原子最外层有2个电子时，则C原子最外层有8个电子（0族），据题

意知不可能。根据D的原子半径（最大）、最外层电子数（1个）、短周期可判断

D为Na。由质子数关系可判断B为O。

（12分）（1）F> N> O（2分）       （2）sp（2分）  2NA（2分）  SCN—(2分）

（3）1s22s22p63s23p63d3（2分）             （4）CaO2（2分）

试题分析：（1）非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以氮元素的第一电离能大于氧元素的，则氮、氧、氟元素的第一电离能从大到小的顺序为F＞N＞O。

（2）价电子数和原子数分别都相等的是等电子体，则与NO2+离子互为等电子体的是CO2。CO2是含有双键的直线型结构，所以根据等电子原理，在NO2+离子中氮原子轨道杂化类型是sp杂化；与O22+离子互为等电子体的是氮气。氮气含有三键，而三键是由1个α键和2个π键构成的，则1 mol O22+中含有的π键数目为2NA。与N2O分子互为等电子体的一种阴离子SCN—。

（3）根据构造原理可知，Cr3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。

（4）根据晶胞的结构可知，黑球表示钙离子，其个数＝个。阴离子是由2个氧原子构成的，其个数是，所以钙氧化物的化学式是CaO2。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。