热门试卷

（1）

（2）N      B 

（3）GaCl3＋NH3=GaN＋3HCl

（4）共价键    原子

（5）①sp3      4     ②

试题分析：（1）镓为元素周期表第31号元素，在元素周期表中的位置是位于第四周期第ⅢA。镓原子价层电子排布图为。（2）氮在第ⅤA.在第ⅤA的元素中，由于N原子半径最小，原子核外的最外层电子处于半充满的稳定状态。所以其第一电离能最大。镓在元素周期表第ⅢA。该主族中元素中电负性最大的元素是原子半径最小的B元素。（3）用CaCl3与NH3在一定条件下反应制备氮化镓，根据质量守恒定律可得该反应的化学方程式为GaCl3＋NH3=GaN＋3HCl。 （4）氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，金刚石的C原子之间以共价键结合，是原子晶体。所以氮化镓中氮原子与镓原子之间以共价键相结合，氮化镓属于原子晶体。（5） ①每个镓与4个N形成共价键，这四个N构成正四面体结构。每个N与4个Ga形成共价键，这四个Ga构成正四面体结构。所以氮化镓中镓原子的杂化方式为sp3。氮原子的配位数为4. ②在每个晶胞中含有Ga：8×1/8+1=2,含有N：4×1/4+1=2.即每个晶胞中含有2个GaN。氮化镓晶胞边长a。则，所以整理得：。

（每空1分，共,11分）（1）⑨  （2）苯 （3）Cl> S> Mg> Al（4）2,2

（5）  1 ，三角锥形，极性  （6） Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O （7）8 ， 12

试题分析：（1）区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，属于表中属于d区的元素是⑨。

（2）表中元素①的6个原子与元素③的6个原子形成的某种环状分子是苯。

（3）④ ⑤ ⑥ ⑦四种元素分别是Mg、Al、S、Cl。金属性越强第一电离能越大。但由于镁元素的3s轨道电子处于全充满状态，所以第一电离能对于Al元素的，则第一电离能由大到小的顺序是Cl> S> Mg> Al。

（4）按原子轨道的重叠方式，③与⑥形成的化合物是二硫化碳，分子中含有2个双键。而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以分子中σ键有2个，π键有2个。

（5）某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，则该元素是第ⅤA族元素。所以该元素原子的核外最外层电子的孤对电子数为1；该元素与元素①形成的分子X是氨气，其空间构形为三角锥形结构，属于极性分子。

（6）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑤与元素②的氢氧化物有相似的性质。由于⑤是铝元素，能氢氧化铝能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则元素②即Be的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。

（7）⑨是铁元素，则根据图1可知，与⑨原子等距离且最近的⑨原子数为8个；在1183 K以上的晶体中，与⑨原子等距离且最近的⑨原子数为12个。

点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养。该题考查的知识点比较多，且分散，但都很基础，主要是有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有助于培养学生的应试能力和学习效率。

（16分）（1）①1s22s22p63s33p63d5或 [Ar]3d5 （2分）    ② 4∶3 （1分）

③（1分）   ④KMgF3（2分其它合理答案也可给分）

（2）①10－29 mol·L－1（2分）  ②4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g) △H＝－1808kJ·mol－1（2分）

（3）①BD （2分，有错即为0分，少一个扣1分）

②Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑ （2分，不写条件扣1分） ③13（2分）

试题分析：（1）①铁的原子序数是26，则根据构造原理可知基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s33p63d5或 [Ar]3d5。

②已知(CN)2是直线型分子，并有对称性，因此该化合物的结构式应该是C≡N－C≡N。由于单键都是σ键，三键是由1个σ键和2个π键构成的，所以(CN)2中π键和σ键的个数比为4：3。

③SCN-与Fe3+形成的种配合物中铁原子含有空轨道，S和O原子含有孤对电子，从而形成配位健。则该配合物中的配位键（以箭头表示）为。

④根据晶胞结构可知，镁离子在顶点处、氟离子在棱上、钾离子在体心处，所以根据均摊法可知，晶胞中含有的Mg2＋、F－、K＋个数分别是8×＝1、12×＝3、1，所以该物质的化学式是KMgF3。

（2）①2.3g钠的物质的量＝2.3g÷23g/mol＝0.1mol，则根据原子守恒可知NaNH2的物质的量也是0.1mol，因此NH2－的浓度是0.1mol/L。所以根据离子积常数为l．0×l0－30可知，溶液中NH4+的浓度＝＝1×10－29 mol/L。

②已知：I、N2(g)+O2(g)＝2NO(g) △H＝180kJ·mol－l，Ⅱ、4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)     △H＝－908 kJ·mol－l，则根据盖斯定律可知，Ⅱ－I×5即得到反应4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g)，所以该反应的反应热△H＝－908 kJ·mol－l－180kJ·mol－l×5＝－1808kJ·mol－1，则热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)＝5N2(g)+6H2O(g) △H＝－1808kJ·mol－1。

写出氨气被一氧化氮氧化生成氮气和气态水的热化学方程式

（3）①A、通电一段时间后乙装置左侧电极质量增加，这说明该电极是阴极，溶液中的阳离子铜离子放电析出铜，电极反应式是Cu2++2e-＝Cu，A正确；B、X是电源的负极，Y是正极，则丙装置中银电极是阳极，铜电极是阴极，所以该装置是电镀池，即在铜上镀银，溶液的pH不变，B不正确；C、甲装置是电解氯化钾溶液，生成物是氢氧化钾、氢气和氯气，所以向甲中通人适量的HCl气体，可使溶液恢复到电解前的状态，C正确；D、电解一段时间后，向乙中加入0.1molCu(OH)2可使电解质溶液复原,则根据氧原子守恒可知，电解中生成氧气的物质的量是0.1mol，所以电路中通过的电子为0.1mol×4＝0.4mol，D不正确，答案选BD。

②若将甲中溶液换成MgCl2,则阴极是氢离子放电，阳极是氯离子放电，生成物还有氢氧化镁白色沉淀，则电解总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑。

③若Cu电极上质量增加2.16 g, 即析出银的质量是2.16g，物质的量＝2.16g÷108g/mol＝0.02mol。根据电子得失守恒可知，甲装置也应该转移0.02mol电子，所以反应中生成0.02mol氢氧化钠，氢氧化钠的物质的量浓度＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L，所以溶液的pH＝13。

（15分）（1） Mg  Cr Cu （1分）；N＞O＞C（1分）；  H3O+、CH3- （2分）

（2） （2分）（3） 配位键（1分）；sp3（2分）；

（4） C（2分）； 12（2分）；6NA·a·ρ（2分）

试题分析：A是原子半径最小的元素，因此A是氢元素。B、C、D是紧邻的三个族的元素，C的三价阴离子和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，这说明C是第ⅤA族元素，因此B是第ⅣA族所以，D是第ⅥA族。又因为B、C、D、E为短周期元素，因此B是碳元素，C是氮元素，D是氧元素，E是镁元素。F、G为第四周期元素，元素F元素的基态原子具有六个成单电子，G是ⅠB族的元素，所以F是Cr元素，G是铜元素。

（1）E、F、G的元素符号分别是Mg、Cr、Cu；同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则H元素分别与C、O元素形成的都具有NH3相似的结构，属于等电子体的微粒化学式分别是是H3O＋、CH3＋。

（2）根据构造原理可知，元素的原子基态价层电子排布图是。

（3）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀氢氧化铜，继续滴加氨水至沉淀刚好全部溶解时可得到蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[G(NH3)4]SO4·H2O沉淀。该深蓝色沉淀中的NH3通过配位键键与中心离子Cu2+结合；根据价层电子对互斥理论可知，NH3分子中N原子含有的孤对电子对数＝（5－3×1）÷2＝1，即氨气是三角锥形结构，其中氮原子的杂化方式是sp3。

（4）金属镁是六方最密集积，晶胞是选项c，其中配位数是12。设铜原子的半径是r，则晶胞的长、宽都是2r，高是2r，所以立方体的体积是8r3。紧邻的四个E原子的中心连线构成的几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥，底面积是2r2，高是r，其体积是.所以若紧邻的四个E原子的中心连线构成的几何体的体积是acm3，则该晶胞的体积是就是12 acm3.晶胞中含有的镁原子个数是8×＋1＝2个，则根据关系式×NA＝2，解得M＝6NA·a·ρ。

（1）[Ar]3d6（2分） （2）F＞O＞As（1分）

（3）①ad（2分，漏选扣1分，错选不得分） ②sp（1分）  1:1（1分）

（4）FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体（2分，答案合理即可得分）

（5）①ac（2分，漏选扣1分，错选不得分） ②Ti4CN3（2分）

试题分析：（1）亚铁离子的核外电子数是24，因此根据核外电子的排布规律可知，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。

（2）非金属性越强，电负性越大，则根据元素周期律可知氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是F＞O＞As。

（3）①(NH4)3FeF6是离子化合物，存在的微粒间作用力除共价键外还有离子键，另外还有配位键，即N和H、Fe与F之间存在配位键，答案选ad。

②已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则碳元素分别与S以及N元素形成1个双键，不存在孤对电子，因此C原子的杂化方式为sp杂化；由于单键都是键，双键是由1个键与1个键构成的，则该原子团中键与个数的比值为1:1。

（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，这说明氯化铁形成的晶体是分子晶体，而FeF3晶体熔点高于1000oC，这说明氟化铁形成的晶体类型是离子晶体，因此两种化合物熔点差异较大的原因是FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体。

（5）①a．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，a正确；b．由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；c ．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此R—H键能虽原子序数的增大而减小，c正确；d．三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d不正确，答案选ac。

②根据晶胞的结构特点并依据均摊法可知，晶胞中含有的碳原子数是8×＝1，氮原子数6×＝3，钛原子数是12×+1＝4，所以化学式为Ti4CN3。

（1）3s23p63d10（2分）

（2）Na＜Al＜Si（2分）

（3）氨分子与水分子之间存在氢键（2分）

（4）平面正三角形（2分）  sp2（1分）  

（5） 4（2分）    

（6）Cu3N （2分）     （2分）（其它合理答案也给分）

试题分析：原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，为N元素，E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1s22s22p3，应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第ⅠA族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物，应为Cu元素．

（1）Cu的原子的电子排布式为1s22s22P63s23p63d104s1，M层电子排布式为3s23p63d10

（2）在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断三种元素的第一电离能的顺序为：Na＜Al＜Si

（3）A（N）的简单氢化物分子是氨气，氨气极易溶于水,其主要原因N、O的电负性强，分子之间形成氢键；

（4）S03中含有3个δ键，孤电子对数为=0，所以分子的空间构型是平面正三角形，sp2杂化 

（5）铜离子与氨气可以配位键形成配合物，其化学式为，[Cu(NH3)4]2+

（6）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有原子的数目为8×=1，原子的数目为：12×=3，故化学式为Cu3N，白球与黑球之间的距离为a cm，边长为2acm，则×NA＝1，解得ρ＝ 。

（1）3d54s1

（2）O、N、C    C、Na2S 、H2O、 H2S

（3）<  B、C

（4）B、D

（5）sp2杂化 ；   5

（6）

试题分析：根据题意可推出这几种元素分别是：A是H；B是C；C是N；D是O；E是Na；F是S；G 是Cr。（1）Cr元素基态原子价电子排布式为 3d54s1 。2）甲烷的键角为109°28′；NH3的键角为键角为107°18′；H2O的键角为104.3°。所以它们键角由小到大的顺序为O、N、C。常温下硬度最大的C单质金刚石属于原子晶体；Na2S属于离子晶体；H2O及H2S都属于分子晶体。一般情况下沸点的高低顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体。由于在H2O之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用，所以沸点H2O>H2S。故沸点由大到小的顺序为C> Na2S > H2O > H2S 。（3）元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于非金属性F>O。所以电负性F>O。（4）离子化合物NH5可表示为NH4H.在其晶体中含有的化学键包括离子键、极性共价键、配位键。不含有非极性键和金属键。因此选项为B、D。（5）在C2H4中C原子轨道的杂化类型为sp2杂化。1mol C2H4分子中含键有4和C—H键和一个C—C键共5个。（6）在每个晶胞中含有的Na+个数为：8×1/8+6×1/2=4;含有的Cl-的个数为：12×1/4+1=4。即每个晶胞中含有4个NaCl。最近两个Na+在面对角线的位置的一半，设晶胞的边长为L.其离子之间距离为a cm。。所以。该晶体密度为g/cm3.

（1）Na、Si、O、N（或Na＜Si＜O＜N，2分。填Na、Si、N、O或由大到小给1分）

（2）高，（1分） NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体。（2分）

（3）平面三角形（2分）

（4）1s22s22p63s23p63d10或〔Ar〕3d10（1分），［Cu(NH3)4］2+（1分）。

（5）O＝C＝O或 S＝C＝S（2分，写CO2或CS2给1分）。sp杂化（2分）。

（6）CuO（2分）

试题分析：根据题意，A原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为，A为N元素；A与B形成的一种化合物常温下是红棕色气体，该气体为NO2，则B是O元素；根据E原子核外的M层中只有两对成对电子，其电子排布式为，则E为S元素；由化合物C2E的晶体为离子晶体，原子序数依次增大，则可知C为Na元素；根据D单质的熔点在同周期单质中最高，可知D是Si元素；根据F原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满，则F为29号元素，F是Cu元素；据此回答。

（1）第一电离能同周期从左到右逐渐增大，同一主族，从上到下逐渐减小，N为半充满状态，其稳定性增强，故有Na＜Si＜O＜N ；

（2）C的氯化物是NaCl，D的氯化物是SiCl4，因NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体，所以NaCl的熔点高；

（3）E的最高价氧化物是SO3，价层电子全部成键，不存在孤电子对，其分子的空间构型为平面三角形；

（4）基态Cu+离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，Cu2+与NH3可形成4配位的配合物，四氨合铜离子［Cu(NH3)4］2+；

（5）A2B是N2O ，它的等电子体是CO2 或CS2，中心原子是碳原子，杂化类型是sp杂化；

（6）利用均摊法，该晶胞中含有O：=4，含有Cu：4，故该晶胞化学式为CuO。

（14分）（1）3d54s1（1分）                             

（2）N（1分），O原子核外价电子排布式2s22p4，而N原子核外价电子排布式2s22p3，2p亚层属于半充满的稳定结构，难失去一个电子，因此第一电离能较大（1分）              

（3）H2O2（1分） 

（4）①Al2Cl6 （1分）   NaCl是离子晶体，Al2Cl6是分子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高（2分） ②BDE      （3分）

（5）〔CrCl（H2O）5〕Cl2（2分）           （6）sp2、sp3  （2分）

试题分析：A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2∶1和1∶1，甲为常见的溶剂，这说明甲是水，则A是氢元素，C是氧元素，乙是双氧水。B、C相邻且同周期，且B的原子序数小于氧元素的，则B是氮元素。E是地壳中含量最多的金属元素，属于E是铝。A、D同主族，且D的原子序数小于铝的，所以D是钠元素。F元素为同周期电负性最大的元素，且F的原子序数大于铝元素的，所以F是氯元素。D和F可形成化合物丙，则丙是氯化钠。E和F可形成化合物丁，则丁是氯化铝。G为第四周期未成对电子数最多的元素，因此G是Cr元素。

（1）根据构造原理可知，G基态原子的外围电子排布式是3d54s1。

（2）由于O原子核外价电子排布式2s22p4，而N原子核外价电子排布式2s22p3，2p亚层属于半充满的稳定结构，难失去一个电子，因此第一电离能较大氮元素。

（3）在双氧水中2个氧原子之间存在非极性键。

（4）①由于NaCl是离子晶体，Al2Cl6是分子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高，所以丙和丁比较，熔点较低的化合物是Al2Cl6。

②氯化铝是共价化合物，含有极性键。形成的晶体是分子晶体，存在范德华力。又因为分子还含有配位键，所以答案选BDE。

（5）生成的0.287g白色沉淀是氯化银，物质的量是0.287g÷143.5g＝0.002mol，这说明该化合物能电离出2个氯离子，则根据配位数是6以及Cr元素的化合价为＋3价可知，化学式是〔CrCl（H2O）5〕Cl2。

（6）根据三聚氰胺的结构简式可知，环上的氮原子既含有单键，也含有双键，所以是sp2杂化。而氨基中的氮原子全部形成单键，属于sp3杂化。

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。

（1）C＜O＜N（2分） （2）sp3杂化（2分） （3）3d104s1（2分）；丙（2分）

（4）正负离子的半径比不同（2分）

（5）8（2分）；或或（3分）

试题分析：A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，因此A的原子序数是6，即A是碳元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，则C是第ⅥA族元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，说明D的金属性最强，短周期中金属性最强的是钠，则D是钠；C的原子序数小于钠的，所以C是氧元素；B的原子序数介于A和C之间，则B是氮元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，因此E是氯元素；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，则F的原子序数是2+8+18+1＝29，所以F是铜；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，所以G是第六周期的Cs元素。

（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，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，即元素A、B、C的第一电离能由小到大的是C＜O＜N。

（2）E的最高价含氧酸是高氯酸，化学式为HClO4。根据价层电子对互斥理论可知。氯元素含有的孤对电子对数＝＝0，所以氯元素的杂化方式为sp3杂化。

（3）根据核外电子的排布规律可知，铜原子的外围电子排布式为3d104s1。铜形成的晶体是面心立方最密堆积，甲是六方最密堆积，乙是体心立方堆积，丙是面心立方最密堆积，因此答案选丙。

（4）NaCl、CsCl的阴阳离子的个数之比都是1:1，都属于AB型离子晶体，但由于晶体中正负离子的半径比不同，因此二者的配位数不同，前者是6，后者是8。

（5）若将氯化钠晶胞中的所有氯离子去掉，并将吗离子全部换为碳原子，再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个A原子，且这4个“小立方体”相邻，则根据均摊法可知该晶胞中含有的碳原子个数＝12×＋1＋4＝8个；“小立方体”中心放置一个A原子，则以该碳原子为中心与小立方体的4个碳原子构成正四面体，因此根据余弦定理可知小立方体面心半径＝，则小立方体的边长＝×＝a，则该晶胞的边长＝2a，所以该晶胞的体积＝(2a)3。该晶胞中含有8个碳原子，则晶胞的密度＝＝。

（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10

（2）正四面体

（3）①ac

②10mol(或10×6.02×1023或6.02×1022)

③6

（4）3

试题分析：（1）Zn为30号，Zn2＋先失去4s上面的2个电子。（2）SO42－中，S无孤对电子，S与O形成四根化学键，故S为sp3杂化，是正四面体形。（3）①N2O与CO2互为等电子体，N与O之间为双键，a正确；O3与SO2互为等电子体，为V形分子，b错误；CH2=CH-CHO中每个碳原子均相当于形成三根键，故均为sp2杂化，c正确；HCOOH分子间可以形成氢键，故沸点高，d错误。②PAN中所有单键均为σ键，双键中有一个为σ键，-NO2的结构为。③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。（4）以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为3×8/2=12，晶胞中Kr有8×1/8+6×1/2=4，两者比值为12：4=3。

（1）碳，铜。（各2分，共4分。若写元素符号1个给1分。）

（2）（1分，其它的合理形式也可）

（3）   （2分）

（4）sp3杂化。（2分）

（5）HF分子间通过氢键形成缔合分子（2分）

（6）2（2分）；  （2分）

试题分析：（1）A与其他元素既不同周期又不同族，A是氢；B、C的价电子层中未成对电子数都是2，B是碳，C是氧；E核外的s、p能级的电子总数相等，E是镁；F与E同周期且第一电离能比E小，F是铝；G的＋1价离子（G+）的各层电子全充满，G是铜。A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素，所以D是氟。

（2）F是铝原子，所以价电子排布图。

（3）C原子与O使用2个共用电子对形成2个正常的共价键，然后O原子拿出1对电子与C形成1个配位键，所以C与O是三个共价键。所以化合物CO的结构式：。

（4）[Al(OH)4]中Al的杂化类型sp3杂化，正四面体。

（5）F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子（HF）n，实验测得HF的相对分子质量一般高于理论值，

（6）晶体镁的晶胞是平行六面体，也就是六棱柱的三分之一，所以一个晶胞中含有8×1/8+1＝2（2分）；

CuF晶胞结构知含有4个CuF，设立方体的边长为r，V=＝＝r3，解得立方体的边长为r＝cm

Cu与F的最近的距离是○与●连线，根据数学知识解的Cu与F的最近的距离是

 。

(1)D 、 E （2分，漏选得1分，有错选不得分）

(2)   12    （1分）

(3)  ① Cu   K  （2分，写对一个给1分，全部写对得满分）

② b   e （2分，漏选得1分，有错选不得分） 1800 （1分）

③ 有 （1分）

(4)  （各1分）、

(5)   3s2（1分） 2Mg+CO2 ="==" 2MgO+C （2分）

试题分析：(1)燃烧放热、石墨导电都与电子跃迁无关，故本题的答案选择DE；（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素，故A为H元素；B原子最外层电子数是次外层的两倍，所以B为C；某平面正六边形分子由A、B两种元素组成且原子个数比为1：1，该分子苯，所以其中含有12个σ键；（3）①与铬同周期的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有Cu 、K；②在a:苯  b:CH3OH  c:HCHO  d:CS2  e:CCl4 五种有机溶剂中，碳原子采取sp3杂化的分子b和e，而a和c中碳原子是采用sp2杂化，d中碳原子采用的是sp杂化，其分子结构为直线型，故CS2分子的键角是1800；③过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般地，为d0或d10排布时，无颜色；为d1~d9排布时，有颜色，如[Co(H2O) 6]2+显粉红色，其中Co为d7，[Mn(H2O) 6]]2+中Mn为d5，所以其有颜色；(4) 请写出HClO的电子式为；配合物离子[Cu(NH3)4]2+.中的配位键如下：注意的是铜离子提供空轨道，而氨气中的N原子提供孤独电子；(5) 从表可以推断出A、B分别为Na、Mg，所以B的价电子电子排布式为：3s2，镁与二氧化碳的反应的方程式为：2Mg+CO2 ="==" 2MgO+C。

点评：本题考查了电子跃迁、杂化类型、电子式、配位键、电离能，该题综合性强，难度中等。

（1）①3d6；② sp3；③ 6；（2）离子键　共价键（配位键）

（3）Se< As< P             （4）① 30NA；12 ；  ② K 2C60　

试题分析：（1）①Fe是26号元素，在Fe2+的核外有24个电子，在基态时，价层电子排布式3d6；②羟胺(NH2OH)中N原子的杂化方式sp3杂化；　③由化合物的结构简式可知：Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物中，配位数为6；（2）在硫酸铜晶体Cu(H2O)4SO4·H2O中含有的化学键为离子键、共价键、配位键；（3）元素P、As是同一主族的元素，从上到下，原子半径增大，原子失去电子容易，所以第一电离能P>As;As、Se是同一周期的元素，原子半径As>Se,但是由于As原子的最外层的价电子处于该轨道的半充满的稳定状态，所以第一电离能As>Se.因此这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为Se< As< P；（4）①在一个C60分子中含有60个C原子，每个C原子与连接的C原子形成了一个π键，而π键是两个原子所共有的，因此平均每个C原子含有的π键个数为1/2π键,。所以1 mol C60分子中π键的数目为60πNA÷2=30NA。由C60的晶胞结构示意图可知，它是立方面心结构，与每个C原子紧密连接的距离最近的C原子个数为(3÷8)÷2=12.即其配位数为12。每个晶胞中含有的C60分子个数是8×1/8+6×1/2=4;所以晶胞的边长。根据晶胞示意图图可知两个最近C60间的距离为面对角线的一半，就是即为。②第四周期电负性最小的原子是K原子，由于每个顶点可形成1/4个四面体，一共有8个顶点，所以可形成2个正四面体。故可填充2个K原子，所形成的掺杂C60化合物的化学式为K 2C60。60化合物的化学式的确定的知识。