热门试卷

（1）①1s22s22p63s23p63d2或[Ar]3d2(2分)

②正四面体(2分)

（2）ABCD（2分，少选不给分)

（3）①非极性(2分)　②90×6.02×1023(或90 mol)(2分)

（4） (2分)

试题分析：：（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，故答案为：1s22s22p63s23p63d2；②BH4-中B原子价层电子对=4+1/2(3+1−4×1)＝4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为：正四面体；（2）a．NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，故正确；b．相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，故正确；c．[Cu（NH3）4]2+离子中，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，故正确；d．CN-的电子式为，故错误；故选abc；（3）①苯、CS2都是非极性分子，根据相似相溶原理知，C60是非极性分子，故答案为：非极性；②利用均摊法知，每个碳原子含有0.5×3＝1.5个σ 键，所以1mol C60分子中，含有σ 键数目=1.5×1mol×60×NA/mol=90NA，故答案为：90NA；（4）该晶胞中镁故答案为.

（12分，每空2分）  （1）、3s23p5

（2）sp      （3）PCl3        （4）金刚石    （5）2.2

试题分析：已知B的原子核外次外层电子数为2，最高正价为4，则B为碳元素；A、C原子的核外次外层电子数为8，最高正价分别为1、5，则A为钠元素，C为磷元素；D元素的最高价氧化物对应的水化物是已知含氧酸中最强的酸，该酸为高氯酸，且Cl的最高价为+7，所以D为氯元素。

（1）C为磷元素，最外层有5个电子，3s能级有2个电子，3p能级有3个电子，P原子的价电子轨道表示式为。D为氯元素，原子核外有17个电子，价电子排布式为3s23p5。

（2）B为碳元素，已知B与氢元素形成的化合物在标准状况下的密度为1.161g/L，该化合物的摩尔质量为1.161g/L×22.4L/mol＝26g/mol，故该氢化物为C2H2。乙炔是直线型结构，C原子杂化轨道数为1+1＝2，C原子的杂化方式为sp杂化。

（3）C为磷元素、D为氯元素，CD3、CD5分别为PCl3、PCl5。PCl5中心原子P原子最外层电子全部成键为非极性分子，PCl3中心原子P原子最外层电子未全部成键为极性分子，P原子呈3个σ键、含有1对孤对电子对，采取sp3杂化，空间结构为三角锥型。

（4）由B元素形成具有正四面体结构的晶体是金刚石，由C元素形成具有正四面体结构的晶体是白磷。金刚石是原子晶体，白磷是分子晶体，所以熔点较高的晶体是金刚石。

（5）在氯化钠晶胞中还有钠离子和氯离子的个数分别是。由于晶胞的边长是＝5.6×10-8cm，则该晶体的密度为，解得ρ＝2.2 g/cm

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)1s22s22p63s23p63d24s2(或[Ar]3d24s2)

(2)①Mg　②Cl　sp3杂化　正四面体

(3)C　(4)ABO3

　(1)钛的原子序数为22，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)①由元素A的电离能数据可知，第一和第二电离能相对较小，第三和第四电离能相对较大，故元素A应为第3周期ⅡA族的Mg。②与Mg同周期的电负性最大的元素为Cl，与Cl同周期的非金属元素还有Si、P、S，但能与Cl形成5原子分子的元素为Si，SiCl4中Si原子采用sp3杂化，该分子的空间构型为正四面体。(3)选项A，用钛镁合金来制造高性能飞机与材料的结构和性质有关，并不在于其价格昂贵。选项B，由金属钛在元素周期表中的位置可知，钛是一种较活泼的金属，高温下能与空气中的O2等反应，从而出现严重的安全事故。选项C，钛、镁金属晶体中，原子周围最近且等距离的钛、镁原子数均为12，所以其配位数均为12。选项D，金属的熔点高低是由金属键的强弱决定的。(4)根据“均摊法”，一个晶胞中含有A原子的数目为8×1/8＝1，含有B原子的数目为1，含有O原子的数目为6×1/2＝3，故该晶体的化学式为ABO3。

（1）1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1

（2）HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键

（3）O 三角锥形 共价键（答极性键或配位键均可）  <

（4）8 立方体或正方体  MgO

（5）

试题分析：（1）依据洪特规则可推知前四周期中基态原子中单电子数最多也即价层电子排布式为3d54s1(单电子数为6)，则R为铬元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1。

（2）结合题干信息可推知元素X、Y、Z、W分别为O、Na、Cl、Mn；因HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键，故沸点：HF＞HCl。

（3）O与Cl中电负性较大的是O；Cl的含氧酸盐中用于实验室制取氧气的盐为KClO3，ClO的价层电子对数为4(3个σ键、1对孤电子)，故ClO的空间构型(VSEPR模型为四面体)同NH3一样为三角锥形；ClO3中Cl、O间为共价键，由于中心原子上存在一对孤电子，孤电子对的排斥力大于成键共用电子对；故O—Cl—O的键角小于109°28′。

（4）由晶胞结构可知O2－(晶胞中空心球)的配位数为8；与一个O2－距离最近的Na＋为顶点形成的几何体为立方体；由于Mg2＋所带电荷比Na＋多，且离子半径小于Na＋的离子半径，因此MgO的晶格能大于Na2O的，则熔点：MgO＞Na2O。

（1）4（1分），ds（1分）

（2）1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d5或【Ar】3d5（2分），非极性（1分）

（3）C < N< O（1分） ，B为N，C为O，N原子价电子排布为2s22p3，而O原子的价电子排布为2s22p4，N原子2p轨道半充满，较稳定。（2分） 一氧化二氮（1分）

（4）sp3     三角锥形    （各1分）

（5） 12 ；（1分）×1010；（3分）

试题分析：A原子核外电子分占3个不同能级，即1s、2s和2p能级，且每个能级上排布的电子数相同，则每个能级上各有2个电子，故A为C；B元素原子的核外p电子总数比s电子总数少1，B元素的s电子有4个，则p电子有3个，故B为N；C原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，且与A同周期，则p轨道上有4个电子，C为O；D元素的族序数与周期数的差为4，且不与A元素在同一周期，故D为第三周期，族序数为7，则D为Cl；E位于周期表中第七列，第四周期，故E为Mn；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，故F为Cu；（1）A的基态原子最外层有4个电子，故有四种不同的运动状态；F为Cu，位于ds区；（2）E为Mn，失去4s层两个电子，故核外电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5；AD4为CCl4，非极性化合物；（3）C、N、O三者的电负性大小为C < N< O；因N原子2p轨道半充满，故较难失去一个电子，因此比O原子稳定；AC2为CO2，等电子体为N2O；BD3为NCl3，中心原子采用sp3杂化，分子结构为三角锥形；（4）配位数为12个，以最上面中心为例，同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，总共12个；设F原子的半径为r cm，晶胞的边长为a cm，则可以得到a=2r，根据m=ρν=nM可得：ρg/cm3×a3 cm3=4÷NA×64g/mol,将a=2r代入可求得：r=×1010

点评：物质的结构是高考历年的重点，考生在备考中要注意区分各概念，熟练运用概念进行相关的判断。理论性强，难度较大。

(1)4　

(2)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5

(3)CH4＜NH3＜H2O　N2O

(4)sp3　三角锥形

(5)12　

A的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；B的电子排布式为1s22s22p3，为N元素；C的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；D为Cl元素，E为Mn元素，F为Cu元素。

(1)有几个电子就有几种运动状态，所以C元素的最外层应有4种不同运动状态的电子。

(3)对于CH4、NH3、H2O，由于H2O、NH3均存在分子间氢键，所以熔点H2O＞NH3＞CH4，在C、N、O组成的分子中与CO2互为等电子体的分子为N2O。

(4)NCl3中N原子采取sp3杂化，其分子空间构型为三角锥形。

(5)铜原子半径为面对角线的，设棱长为a，

则a3·ρ·NA＝4×64

（1）分子晶体（1分）

（2）① d （2分）②sp3   （2分）

（3）3d9     （2分）

（4）正四面体形（2分）

（5）2NA或1.204×1024 （2分）

（6）1和4 （2分）

试题分析：（1）)S和N均是活泼的非金属，则S4N4的结构式可知，结构中存在分子，因此形成的晶体类型是分子晶体。

（2）①在反应6S2Cl2＋16NH3＝S4N4＋S8＋12NH4Cl过程中，反应物中的化学键有极性键和非极性键，且二者形成的晶体都是分子晶体，且氨气中存在氢键。而反应后又有共价键和离子键形成，氯化铵是离子化合物，存在配位键，所以没有破坏或形成的微粒间作用力是金属键，答案选d。

②S2Cl2结构式为Cl－S－S－Cl，其中每个S原子形成2个共价键，同时还含有2对孤对电子，即S原子价层电子对数是4，所以S原子轨道的杂化类型是sp3杂化。

（3）铜元素的原子序数是29，则根据核外电子排布规律可知铜元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu2+的外围电子排布式为3d9。

（4）由于氮元素的2p广东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，所以二甘氨酸合铜( II)中，第一电离能最大的元素是氮元素，电负性最小的非金属元素是氢元素。二者形成多种微粒，其中一种是5核10电子的微粒，该微粒是NH4＋，微粒中氮元素价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体形。

（5）根据结构式可知，分子中存在2个碳氧双键，所以lmol二甘氨酸合铜(II)含有的二键数目是2NA或1.204×1024。

（6）由于氢氧化铜能溶解在氨水中形成配位键，这说明铜更容易与氮元素形成配位键，所以二甘氨酸合铜(II)结构中，与铜形成的化学键中一定属于配位键的是1和4。

（1）正四面体　60°　（2）4s24p3

（3）N＞P＞As＞Sb

（4）sp3　弱　N2H4中的N原子上电子云密度小于NH3，更难结合H＋　2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O

（5）离子晶体　4　8

（1）N4中氮原子的轨道杂化方式为sp3，其空间构型可参照P4（白磷），应为正四面体结构，N—N键的键角为60°；（2）砷位于第四周期ⅤA族，其最外层电子排布式为4s24p3；（3）同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐减小；（4）联氨（HN2—NH2）中氮原子与其他原子结合形成三个σ键，还有一对孤电子对，其轨道杂化方式为sp3；与NH3相比，N2H4碱性弱，因为N2H4相当于NH3的一个H原子换成了—NH2，N原子的吸电子能力远强于H原子，因此N2H4中的N原子上电子云密度小于NH3，更难结合H＋；（5）N元素位于第二周期，该周期中原子半径最小的主族元素为F，CaF2为离子晶体，该晶胞中Ca2＋的个数为8×＋6×＝4，F－均在晶胞内部，故为8个。

（15分）

⑴1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）（1分）

⑵Br＞As＞Se（2分）

⑶强（1分）平面三角形（1分）

⑷硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强（或其他合理答案）（2分）

⑸sp3（1分）

⑹H2O2为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（2分）

Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-(2分）

⑺1∶3（1分） （197+64×3）×1030/(a3NA)（其它合理答案均给分）（2分）

试题分析：⑴31号元素镓的基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）

⑵一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故硒、砷和溴元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se

⑶第ⅥA氢化物水溶液酸性由弱变强，故H2Se的酸性比H2S强。气态SeO3分子的立体构型为平面三角形。

⑷[B(OH)4]—中B的原子结合4个羟基，杂化类型为sp3。

⑸组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间范德华力越强，沸点越高。

⑹H2O2为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；

Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH-。

⑺该铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶脆中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，故平均1个晶胞中含8×=1个Au原子，6×=3个Au原子，故该合金中Au原子与Cu原子个数之比为1∶3。1个晶胞的质量为g，体积为，合金的密度为=（197+64×3）×1030/(a3NA)g·cm-3

(共13分)

(1)三、VⅡA(2分)  1s22s22p63s23p63d104s24p4(或[Ar]3d104s24p4)(2分)

(2)1：1(1分)  CS2(1分)

由于N元素昕在的第VA族，p能级上处于半充满，符合洪特规则中半满为稳定结构，所以第一电离能大于同周期后一主族元素(2分)

(3)6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4C1(2分)[化学式或配平错误0分]

(4)2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(g) △H="+10.0" KJ/mol(3分)[化学式或配平错误0分，状态或热值错扣2分]

试题分析：由题意可以推出X、Y、Z、W分别为C、S、N、Cl。

（1）Br的电子排布式，可由其为P区，第三周期全部排满，可以写出；

（2）CS2与CO2类似，为S=C=S结构；分子晶体熔沸点比较，如果结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；N为半充满状态，故第一电离能高于O。

（3）根据反应物为S2Cl2和NH3，生成物为S4N4和S8，根据质量守恒可以写出反应方程式。

（4）目标反应为2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(g)；根据盖斯定律，其为②-③+①，故得到该热化学方程式。

（1）1 ：2    CO （2）1s22s22p63s23p63d104s1。 （3）无明显现象(或钝化) 

（4 ）①12  12   ②  O  1∶6 ③CaF2 > Cu >H3BO3 分子间作用力（或氢键和范德华力）

试题分析：A原子基态时p能级原子轨道上电子数等于次外能层电子数，且A的原子序数最小，所以A是碳元素。C元素的原子基态时s能级与p能级上的电子数相等，则C是氧元素。由于B的原子序数介于A和C之间，则B是氮元素。C、D处于相同的能级，且D是同期中电负性最大的元素，因此D是F元素。E原子的第一至第四电离能（kJ·mol－1）分别为：578、1817、2745、11575，这说明E位于第ⅢA族元素，因此根据原子序数的大小可知，E应该是Al元素。F元素原子中4s能级有2个电子，且F的原子序数不超过20，所以F是钙元素。G元素的离子形成的硫酸盐结晶水合物呈蓝色，因此G是铜元素。

（1）氮气中含有三键，三键是由1个σ键和2个π键构成的，所以氮气中σ键和Π键的个数比为1 ：2。原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则和氮气互为等电子体的是CO。

（2）根据构造原理可知，铜元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。

（3）常温下，铝在浓硝酸中发生钝化想象，所以实验现象是无明显现象(或钝化) 。

（4）①根据晶胞结构可知。图Ⅰ所示的FD2晶体中与F离子最近且等距离的F离子数为（3×8）÷2＝12个。铜是面心立方堆积，配位数是12，则G原子形成晶体后周围最紧邻的G原子数为12个。

②在硼酸分子中氢元素和硼元素均不能满足8个电子稳定结构，所以图Ⅱ所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是氧元素。在硼酸分子中硼和氧元素之间形成3个极性键，氧元素和氢元素之间铀形成3个极性键，所以H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为1∶6。

③氟化钙形成的晶体类型是离子晶体，铜形成的晶体类型是金属晶体，硼酸形成的晶体类型是分子晶体，则三种晶体中熔点高低的顺序为CaF2＞Cu＞H3BO3。硼酸形成的是分子晶体，存在分子间作用力，所以H3BO3晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为分子间作用力（或氢键和范德华力）。

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，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)①1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)　N>O>S　

②正四面体形

(2)乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；离子键、配位键、共价键

(3)sp3杂化   　K2CuCl3

(4)　pm 　6.01×1023

(1)NH4CuSO3中的阳离子是是Cu+，它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；根据同一周期第一电离能变化规律及第ⅡA、ⅤA反常知，第一电离能大上顺序为，N>O>S，SO42-是AB4型，则其空间构型是正四面体；

(2)乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度。该晶体存的化学键是离子键、配位键和共价键。

(3)a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3；一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为-2，其化学式为：K2CuCl3。

(4)设铜原子的直径是d，由于是面心立方，则边长(361)2=2d2，所以直径是pm；晶胞的体积是V=(361×10-10)3cm3；晶胞中有4个铜原子，则晶胞的质量是m=4/NAmol×63.5g/mol，故9.00 g·cm－3=m/V，NA=6.01×1023。

（1）p （1分）     4s24p5（1分）

（2）氢键（1分）

（3）碘（2分）

（4）＜（2分）

（5）A（2分）

（6）sp3杂化（2分）   Cl2O、OF2、BrO2-等（2分）

（7）（2分）

试题分析：（1）卤族元素的价电子排布为ns2np5,所以位于周期表的p区，溴是第四周期元素，价电子排布式为4s24p5

（2）F的电负性最强的元素，与H之间易形成氢键，所以使氢氟酸分子缔合的作用力是氢键

（3）碘的第一电离能最小，所以碘最有可能生成较稳定的单核阳离子

（4）根据同种元素的含氧酸酸性的强弱的比较，将酸写成（HO）mRON,n值越大，酸性越强，所以H5IO64

(5) CsCl、CsI属于离子晶体，在离子晶体中，离子的半径越小，晶格能越大；阴、阳离子所带电荷越多，晶格能越大，Cl-的半径小于I-的半径，所以CsCl的晶格能大于CsI，答案选A

（6）根据杂化轨道理论，中心氯原子周围有四对价层电子，所以是sp3杂化，等电子体是指原子总数、价电子都相同的粒子，与ClO2-是等电子体的微粒有BrO2-、OF2等

（7）该晶胞中实际拥有4个CaF2，立方体的棱长是a，所以有4×M/NA=ρ×(a)3,则

M=a3ΡNA

Ⅰ BD（3分）

Ⅱ （1）sp2、sp3（2分）    15（1分）

（2）3s23p63d8（2分）

（3）4（2分）

（4）D（2分）

（5）12（1分）  [2π(b3+c3)/3a3]×100%（2分）

I．A．不正确，第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，N的2P能级是半充满结构，比较稳定；

B．正确，由于C和O互为等电子体，结构相似；

C．不正确，根据岩浆晶出规则：晶体从岩浆析晶难易程度不仅与岩浆的组成有关而且也与析出晶体的晶格能大小有关：晶格能高的晶体熔点较高更容易在岩浆冷却过程中先结晶，Mg0比Ca0更容易在岩浆冷却过程中先结晶。

D．正确，液态HF通常也可以写成（HF）n的形式，F原子电负性大，液态HF分子间存在氢键。

答案：B D

Ⅱ⑴六元环上的N是sp2杂化，氨基上的N是sp3杂化；l mol三聚氰胺分子中含 （6＋3×3）mol=15mol键，答案：sp2杂化、sp3杂化，15mol。

⑵第四周期VIII族有Fe、CO、Ni三种原子，基态碳原子的未成对电子数是2，三种原子中基态未成对电子数是2的是Ni，基态原子的M层电子排布式为3S23P63d8,答案：3S23P63d8

⑶Ni：3d8 4s2为10e，CO：2e，10e + 2e×n = 18，n = 4，CO中只有C提供孤对电子，而C只有一对孤电子对；答案：4；

⑷碳原子构成的堆积方式与D相同，答案：D。

⑸碳化硅的结构中，与碳原子距离最近且相等的碳原子有12个；该晶胞中C为8×1/8＋6×1/2=4,Si原子是4个，球体积公式为V=4/3πR3，原子体积=,空间的利用率为

，答案：12，。

考点:物质的结构，核外电子排布，分子结构、晶体结构、空间利用率计算