热门试卷

（1）1S22S22P4 (1分)  （2）H2S、NH2－(2分) （3）A (1分)  （4）BC (2分)

（5）20 (1分) （6）Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+(1分)

试题分析：（1）氧原子的核电荷数是8，根据构造原理可知外围电子有6个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有4个电子，所以水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为1S22S22P4。

（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体。水分子含有3个原子、8个价电子，因此与水互为等电子体的微粒有：H2S、NH2-。

（3）A、水分子中氧原子含有2个共价单键和2个孤电子对，其空间构型是V型，所以水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不正确B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；D、水分子为V型，键角是104.5°。H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理，因此答案为：A；

（4）冰属于分子晶体，根据微粒的晶胞结构特点可知，A是离子晶体氯化钠的晶胞，构成微粒是离子。B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，属于分子晶体。C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，所以分子晶体；D是原子晶体金刚石的晶胞，构成微粒是原子。E是金属晶体钠的晶胞，构成微粒是金属阳离子和自由电子，则与冰的晶体类型相同的是干冰和碘单质，故答案为：BC。

（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，则根据结构图可知，1mol水中含有2mol氢键，升华热＝范德华力+氢键。由于冰的升华热是51kJ/mol，水分子间的范德华力是11kJ/mol，所以冰晶体中氢键的“键能”是(51kJ/mol－11kJ/mol)÷2＝20kJ/mol。

（6）无水硫酸铜溶于水后生成水合铜离子，铜离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，形成配位键，该配合离子的结构：，生成此配合离子的离子方程式Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+。

（1）1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3(2分)

（2）AlN(2分)

（3）bc(2分)

（4）平面三角形(2分)　SO42-或PO43-或ClO4-或SiO44-或PCl4+(2分)

（5）sp2和sp3(2分)

试题分析：（2）氮原子在晶胞的顶点和内部，共有8×1/8+1=2；铝原子在晶胞的棱上和内部，共有4×1/4+1=2；化学式为AlN；（3）氯最外层有7个电子已形成1个共用电子对达到8电子的稳定结构，中间的氯与铝原子形成了2个共价键，故其中之一为配位键，由氯原子提供孤电子对，铝原子提供空轨道形成配位键；（4）COCl2分子中碳原子的价电子对数为（4+2）÷2=3，为sp2杂化，又有3个配位原子故为平面三角形；等电子体（原子数同，价电子数同）有SO42-或PO43-或ClO4-或SiO44-或PCl4+；（5）分子③中碳原子中形成双键的为sp2杂化，全形成单键的为sp3杂化。

(12分)

（1）3d10 (2分)  （2）Br>As>Se (2分)        (3)①SP3(2分)

(4)①12(2分)②b

试题分析：

(1)亚铜离子是由铜原子失去了一个电子得到的，所以有28个电子，所以为3d10；

（2）由于AS的外围电子排布式为4S24P3每个轨道电子处于半充满状态，能量比较低，比较稳定，失去电子较困难。

（3）①根据价层电子互斥理论，[B(OH)4]－中B中价电子数为（3+4+1）/2=4，所以应该是SP3杂化；

②

（4）①在SiC中，每个SI和周围的四个原子以共价键结合，其结构和金刚石相同。观察其结构图可知应该为12；②b.干冰c.冰是分子晶体，但冰中存在氢键，所以晶体的熔点从小到大的顺序是b

（1）ds  1s22 s22p63 s23 p63d104s1或[Ar]3d104s1

（2）Cu2O与Cu2S相比较，其阳离子相同、阴离子所带的电荷也相同，但由于氧离子的半径小于硫离子的离子半径，Cu2O的晶格能更大(或亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键），所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。

（3）N≡N  CO   金属键

（4）Al     sp3

（5）面心立方最密堆积    g/cm3  

试题分析：（1）29号元素Cu在元素周期表中位于第四周期第IB族。因此属于ds区。其基态原子的电子排布式为1s22 s22p63 s23 p63d104s1或[Ar]3d104s1。（2）Cu2O的熔点比Cu2S高，是因为Cu2O与Cu2S都属于离子晶体。其阳离子相同、阴离子所带的电荷也相同，但由于氧离子的半径小于硫离子的离子半径，Cu2O的晶格能更大，断裂其离子键需要消耗的能量更高，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高。(3) ①CO的一种常见等电子体是N2。分子的结构式N≡N。CO与N2两者相对分子质量相同。但由于CO分子为极性分子，增加了分子之间的相互作用，使得克服分子间作用力使物质熔化或汽化消耗的能量高。因此二者相比较沸点高的为CO。②该反应所形成的化学键类型为金属键。（4）在AlCl3·NH3中，提供空轨道的原于是Al,提供孤对电子的是N原子。在AlCl4中Al原子的杂化轨道类型为sp3。（5）由晶体结构示意图可看出晶体铝中原子的堆积方式为面心立方最密堆积。每个晶胞中含有的Al原子的个数为：8×1/8＋6×1/2=4．设晶胞的边长为a,则；。则晶胞的密度为：。整理可得密度ρ= g/cm3。   

（1）[Ar]3d9     （2）正四面体     （3）sp3         （4）abde

（5）2NA或2mol        （6）CuH

试题分析： （1）Cu原子序数为29，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu2+电子排布式为[Ar]3d9。（2）PO43—中P价层电子对数=(5+0×4+3)/2=4，P与4个O形成4个键，离子空间构型为正四面体。（3）N2H4分子中N形成3个键还有1对孤对电子，N杂化类型为sp3。（4）CuSO4·5H2O组成为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，[Cu(H2O)4]2+与SO42-以离子键结合，Cu2+与H2O以配位键结合，H和O以极性共价键结合，结晶水中的H和O分别和O和H形成氢键。（5）CN-中C和N形成三键，三键中有1个键和2个键。（6）晶胞中Cu个数为1/6×12+1/2×2+3=6、H个数为1/3×6+4=6。键、键 晶胞计算

　(1)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10　(2)正四面体形　(3)①ac　②10NA(或10×6.02×1023或6.02×1024)　③6　(4)3

　(1)Zn为30号元素，Zn2＋先失去4s上面的2个电子。(2)SO42—中，S无孤电子对，S与O形成四根化学键，故S为sp3杂化，故SO42—的空间构型是正四面体形。(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(个)，晶胞中Kr有8×1/8＋6×1/2＝4(个)，两者比值为12∶4＝3。

(1)sp3　(2)N>P>As

(3)33　3s23p63d104s24p3

(4)高　NH3分子间存在较强的氢键,而PH3分子间仅有较弱的范德华力　正四面体

(5)第一步电离出的氢离子抑制第二步的电离　硝酸中N呈+5价,N—O—H中O的电子更向N偏移,越易电离出氢离子

(6)a　=1.83×10-3

(1)一个P原子与其他3个P原子形成3个σ键,还有一对孤对电子;(4)P的孤对电子对数==0,为sp3杂化,正四面体;(6)如图两个最近的阳离子核间的距离为AB;作辅助线,BD垂直AD,∠DAB="60°,BD=AB" sin 60°,设横向上有x个氧离子,纵向上有y个氧离子,横、纵向的长分别为2x·1.40×10-10m、2y·1.40×10-10 m,2x·1.40×10-10 m×2y·1.40×10-10 m×sin60°="1" m2,所以每平方米面积上

分散的氧离子个数为x·y=个,NiO的物质的量为 mol,即可求出质量

A、B、C三种短周期元素．A+只含有一个质子没有中子，则A为H元素；B的正、负化合价绝对值相等，处于ⅣA族，在同族元素中其氢化物最稳定，非金属性最强，故B为碳元素；C的原子核内质子数是B的最外层电子数的3.5倍，则C元素质子数为3.5×4=14，则C为硅元素，由上述分析可知，A为H、B为C、C为Si，

故答案为：H、C、Si．

（1）sp3 （1分）     （2）N>P>As（1分）

（3）33（1分）   3s23p63d104s24p3（1分）

（4）高（1分）；NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力（1分）；  

正四面体（1分）

（5）第一步电离出的氢离子抑制第二步的电离（2分） 硝酸中N呈+5价，N-O-H中O的电子更向N偏移，越易电离出氢离子（2分）

（6）a（2分）   （2分，列式1分）

试题分析：

（1）白磷分子中，每个磷原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采取sp3杂化；

（2）N、P、As属于同一主族，且原子序数依次增大，原子序数越大，其最外层电子越容易失去，其电离电离能越小，所以这三种元素的第一电离能大小顺序是N＞P＞As，故答案为：N＞P＞As；

（3）砷的原子序数是33，M层排了18个电子，N层排了5个电子，所以其核外M层和N层电子的排布式为3s23p63d104s24p3；

（4）氨气的沸点高于高PH3，因为NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，导致氨气的沸点比PH3高，PO43-离子价层电子对=4+（5+3-4×2）=4，且没有孤电子对，所以其空间构型是正四面体；

（5）①磷酸分步电离，第一步电离出的氢离子抑制了第二步电离，所以K1远大于K2；

②硝酸中N呈+5价，N-O-H中O的电子更向N偏移，导致其越易电离出氢离子，则酸性较大；

（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是acm；

根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°，则每平方米含有的氧化镍个数=，每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=

×==1.83×10-3

（1）3    1s22s22p63s23p63d10 

（2）2  　8

（3）6　 激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式释放能量。

（4）B C   

（5）    sp杂化 

（6）[CrCl(H2O)5]2＋

试题分析：（1）第四周期中基态原子核外电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种。Cu失去4s轨道上一个电子形成的Cu+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10。

（2）第四周期属于s区的元素是K、Ca两种。属于d区的元素是第IIIB族到第VIIB族及第VIII族，第四周期共有8种元素。

（3）根据晶胞结构示意图，可知Ca2+周围距Ca2+最近的O2-有6个，因此Ca2+的配位数为6。金属元素会有焰色反应，是因为激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式释放能量。

（4）Na+半径小于K+半径，离子所带电荷相同时，半径越小晶格能越大，因此NaN3的晶格能高于KN3的晶格能，A错；K晶体为体心立方，每个晶胞中含有2个K原子，B正确；N原子的2p轨道半满，不容易失去电子，因此第一电离能N>O，C正确；氮气常温下稳定，因为氮气分子中含有氮氮三键，D错。

（5）CN-与N2是等电子体，因此电子式相似。CNO-与CO2是等电子体，因此中心原子杂化方式相同，是sp杂化。

（6）生成的H+的物质的量为：n(H+)=n(NaOH)=0.1200×25.00×10-3mol=0.003mol，根据方程式，可计算得出x=2。在配离子中，Cr +3价，根据化合价计算规则，可知n=1，则配离子为[CrCl(H2O)5]2＋。

（1）[Ar]3d84S2      （2）       （3）sp，sp2

（4）>  NiO，FeO都是离子晶体，氧离子半径相同，Ni2+半径比Fe2+小，半径越小离子晶体晶格能越大，晶格能越大熔点越高．  （5）4        （6）=0．68．

试题分析：（1）Ni是28号元素，其原子的核外电子排布式为 [Ar]3d84S2。（2）Fe是26号元素，原子的外围电子排布图为。（3）含碳化合物丙烯腈(H2C=CH—C≡N)分子中碳碳双键上的碳原子是轨道杂化类型为sp2；C≡N键上的碳原子采用轨道杂化类型为sp。（4）NiO，FeO的晶体类型都是离子晶体。对于离子晶体来说，离子的半径越小，离子所带的电荷越多，晶体的熔点、沸点就越高。它们所带的电荷相同氧离子半径相同，Ni2+半径比Fe2+小。离子的半径越小，离子晶体晶格能越大，晶格能越大熔点越高．两种物质的熔点NiO>FeO。（5）根据晶体结构，利用均摊法：顶点上，棱上，面上的离子个数进行计算。顶点离子上离子个数乘以1/8，棱上离子个数乘以1/4，面上离子个数乘以1/2，得出阴阳离子个数，即得出一个晶胞中有四个CaC2，所以每个Ca2+周围最近的C22-有四个。利用等电子体原理，O22+与N2互为等电子体，所有在O22+中，O原子与O原子之间是三对共用电子对，将N2的电子式中的N原子改为O原子，然后带上中括号，右上角写上2+就可以了。（6）体心立方堆积的晶体中，体对角线上的原子互相接触。设立方体的边长为a, 铁原子半径为r．则有a=4r,a=。因此该立方体体积为V=a3 =  r3．该立方体中所有原子数为：顶点 8×1/8=1和体心中的1个共2个原子，其所占的体积为V (Fe)=2×=。从而得到该晶体空间的利用率为V(Fe):V==0．68。

（1）①4 ②ZnS ；4.1g/cm3；  （2）sp3

（3）①正四面体 ②CCl4或SiCl4等 （4）16NA或16×6. 02×1023个

试题分析：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，所以X是Zn。元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子，则Y应该是S元素。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍，则Z是氧元素。

（1）①根据晶胞结构冰依据均摊法可知，在1个晶胞中，X离子的数目为个。

②同样计算可知，含有Y的数目也4个，所以该化合物的化学式为ZnS。根据晶胞的结构可知，若其晶胞边长为540.0pm，则密度＝。根据晶胞的结构可知，S原子周围的4个锌原子构成正四面体型结构，则X与最近的Y之间的距离为或或。

（2）H2S是V形结构，则S原子是sp3杂化。

（3）①在SO42－中中心原子S原子含有的孤对电子对数＝（6＋2－4×2）÷2＝0，所以YZ42－的空间构型为正四面体。

②原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则和SO42－互为等电子体的可以是CCl4或SiCl4等。

（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，由于1个氨气分子中含有3个σ键，另外又形成形成4个配位健，则含有的σ键数目是3×4＋4＝16，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA或16×6. 02×1023个

点评：该题是中等难度试题的考查，也是高考中的常见题型。试题综合性强，贴近高考，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以及空间的想象能力。有助于提升学生的学科素养，提高学生的应试能力。该题的难点是晶体的有关计算，所以熟练掌握好均摊法。