热门试卷

(1)F>N>O；V形　(2)sp；2NA

(3)1s22s22p63s23p63d3　(4)CaO2　(5)C　(6)是

(1)由洪特规则的特例可知，氮元素的第一电离能大于氧元素(大于氮元素的“左邻右舍”)，小于氟元素；由价层电子对互斥理论可知，OF2分子的空间构型是V形。(2)根据等电子原理，NO22+离子与CO2互为等电子体，两者的结构相似，NO2+离子中氮原子的杂化方式与CO2中碳原子的杂化方式相同，都是sp杂化；O22+与N2(其中有一个σ键和两个π键)互为等电子体，因此O22+中有2个π键。(4)钙在氧气中燃烧所得到的氧化物晶体中Ca2＋与O22—的最简个数比为1：1。(5)(6)根据价层电子对互斥理论分析，SO2与O3分子的结构最相似，且都是极性分子。

(1)Al>Mg>Na　元素Mg价电子排布式为3s2,处于全充满状态,比Al价电子排布(3s23p1)稳定,则Mg的第一电离能大于Al的第一电离能

(2)①C

(3)①b　②+6　③1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9

(1)X、Y、Z为第三周期元素,根据其原子的第一至第四电离能知,X、Y、Z分别为Al、Mg、Na,X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al>Mg>Na,元素Mg价电子排布式为3s2,处于全充满状态,比Al价电子排布稳定,则Mg的第一电离能大于Al的第一电离能。(2)根据题给信息知,A、B、C、D分别为碳、氮、氧、氢。①由于N元素的p电子满足洪特规则特例,能量降低,第一电离能升高,故N元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大,则C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为:C-和N2分子中的π键数目比为2∶2=1∶1。(3)E、F、G分别为钾、铬、铜。①钾为体心立方堆积;②铬元素的价电子排布式为3d54s1,故其化合物中最高化合价为+6;③基态Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1,故C的核外电子排布式为[Ar]3d9,C和NH3分子形成的配离子为[Cu(NH3)4,其结构式为。

（1） [Ar]3d104s24p1   （2）N>C>H   sp2、sp3    9NA（3）①直线形   ②Ti4CN3

试题分析：⑴Ga原子序数为31，电子排布式为[Ar]3d104s24p1。⑵同周期元素从左向右，电负性增大，电负性N>C>H。与H不相连的N杂化类型为sp2，与H相连的N杂化类型为sp3。单键全是键，双键中有1个键和1个键。⑶①N3－与CO2互为等电子体，CO2为直线形，所以N3-亦为直线形。②晶胞中Ti个数为，N原子个数为，用碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子后C原子位于顶点，个数为1，则N原子数为3，所以晶胞化学式为Ti4CN3。键和键 离子空间构型 晶胞的计算

（1）3d54s2　由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少

（2）①具有孤对电子　②sp1　N≡N

（3）分子晶体

（4）2∶1

（1）原子轨道处于全充满或半充满时能量较低，较稳定，故25Mn的价电子排布式为：3d54s2；Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由3d6转变为较稳定的半充满状态3d5，而Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级却由较稳定的半充满状态3d5转变为3d4，所以气态Mn2＋再失一个电子比Fe2＋难。

（2）①形成配合物的中心原子要能提供空轨道，而配体中的分子或离子应能够提供孤对电子；②配体CN－中碳氮以碳氮叁键相连，为直线形结构，碳原子的杂化轨道类型为sp1；CN－为14电子的离子，故与CO、N2等互为等电子体，但符合题意的是N2（因题中限定为单质分子）。

（3）FeCl3的熔、沸点较低，可知FeCl3晶体为分子晶体。

（4）利用“均摊法”计算，面心立方晶胞中实际含有Fe原子的个数为8×＋6×＝4，体心立方晶胞中实际含有Fe原子的个数为8×＋1＝2，故二者原

子个数之比为2∶1。

（1）1s22s22p4；（2）N＞O；氮原子核外2p亚层处于半充满的较稳定结构，不易失去电子，故第一电离能比氧原子大；（3）CO或C22- 或O22+；（4）平面三角形，sp2；（5）CaF2，8， 。

试题分析：根据题意知，元素A、B、C、D、E、F均属前四周期，且原子序数依次增大， A的p能级电子数是s能级电子数的一半，A的原子核外电子排布式为1s22s22p2，则A为碳元素；C的基态原子2p轨道有2个未成对电子，C的原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为氧元素；又A、B、C原子序数依次增大，则B为氮元素；C与D形成的化合物中C显正化合价，则D为氟元素；E的M层电子数是N层电子数的4倍，则E为钙元素；F的内部各能级层均排满，且最外层电子数为1，则F为铜元素。（1）C为氧元素，原子基态时的电子排布式为1s22s22p4；（2）B为氮元素，C为氧元素，氮原子核外2p亚层处于半充满的较稳定结构，不易失去电子，两种元素第一电离能为N＞O；（3）根据等电子体概念知，与CN－离子互为等电子体的微粒为CO或C22- 或O22+；（4）根据价层电子对互斥理论判断，B与C形成的四原子阴离子NO3—的立体构型为平面三角形，其中B原子的杂化类型是sp2；（5）利用切割法结合化合物的晶胞判断，其化学式为CaF2，E的配位数是8；由化合物CaF2的晶胞结构可知，1个晶胞中含有钙离子数目为8×1/8+6×1/2=4，含有氟离子数目为8，所以1mol晶胞的质量为312g，又晶体的密度为ρ g·cm-3，则1个晶胞的体积312/ρNAcm3，则晶胞边长a=cm。

（1）F＞B＞Mg＞K

（2）4s24p1

（3）平面三角形　三角锥形

（4）KMgF3　12

（1）同周期中，随着原子序数的递增，元素电负性增大；同主族中，随着原子序数的递增，元素电负性减小，而且一般情况下，非金属元素的电负性大于金属元素的电负性。

（2）镓为31号元素，位于第四周期，与B同主族，故最外层有3个电子，即价电子排布式为4s24p1。

（3）BF3的中心原子只有3个价电子，与3个F原子提供的3个电子形成3对成键电子，而NF3的中心原子N有5个价电子，与3个F原子提供的3个电子形成3对成键电子，还有1对孤电子对，故前者为平面三角形，后者为三角锥形。

（4）晶胞中的K＋为1个，Mg2＋为8×＝1个，F－为12×＝3个，故钾、镁、氟形成的某化合物的化学式为KMgF3；晶胞12条棱上的12个F－与处于晶胞中心的K＋等距离，所以每个K＋与12个F－配位。

（1）①       (2分)      6    (1分)      sp3   (2分)    V形   (2分)

②  1:2   (2分)       CN-   (2分)   (合理答案给分)

（2）  >     (2分)        6：91      (2分)

试题分析：（1）①铁、钴、镍三个元素的最外层都有两个电子，仅次外层d电子分别为6、7、8；可以根据分子的空间构型或键角来判断中心原子轨道的杂化方式：sp： 直线形 180°  sp2： 平面三角形 120°  sp3： 正四面体 109．5°②原子的最外层达到8电子时是比较稳定的，对于CO来说，碳原子最外层是4个电子，氧原子最外层是6个电子，要形成稳定的结构，碳和氧共用两对电子，氧原子再提供一对电子作为配位键，这样双方都达到了8电子的稳定结构，即CO中有一个σ键二个π键（2）离子半径越小，熔点越高，故熔点NiO>FeO。设Ni2+:x，Ni3+:y 则x+y=0.97据化合价：2x+3y=2解之得：y="0.06" ; x=0.91

x:y=91:6.

（本题共8分，每空1分）

（1）6，2，CaCl2 

（2）

（3）Cl，C

（4）分子，2NH3＋H2SO4→(NH4)2SO4

试题分析：M层上有2对成对电子可推出A原子3P轨道分布了4个电子，为S；根据C的氢化物水溶液呈碱性可知C为N；1—20号元素元素最高正价是＋7价只有Cl，所以D为Cl元素；B的离子与D的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂，可推出D为Ca元素。

（1）S原子最外层为6个电子，既有6种电子运动状态，分布在3S、3P轨道上，有2种能量不同的电子，Cl‾与Ca2+形成的干燥剂为CaCl2。

（2）N元素与氢元素形成带一个单位正电荷的离子为NH4+。

（3）根据元素周期律和元素周期表，Cl的非金属性大于S；一定条件下Cl2能从H2S水溶液中置换出S单质，说明Cl原子的得电子能力大于S原子，Cl元素的非金属性大于S元素。

（4）C的氢化物为NH3，固态时属于分子晶体，A的最高价氧化物水化物为H2SO4，二者反应生成(NH4)2SO4。

（每空1分，共8分）(1)2.55  3.44   0.93  1.57

(2) 氮  (3)共价键  (4)  6，IA

试题分析：（1）非金属性越强，电负性越大。则根据表中数据可知，氮元素的电负性应该对于碳元素和P元素的电负性，但小于氧元素的电负性，即2.55＜x (N)＜3.44；镁元素的电负性对于钠元素的电负性而小于铝元素和Be元素的电负性，即0.93＜x (Mg)＜1.57。

（2）N所以的电负性强于S元素的电负性，所以如果某有机化合物结构中含S－N键，则其共用电子对偏向氮元素。

（3）溴元素的电负性小于氯原子的电负性，而氯元素的电负性是3.16。由于3.16－1.61＜1.7，所以该化合物形成的化学键是共价键。

（4）金属性越强，电负性越小。金属性最强的是第六周期第IA族的Cs元素。

点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养和晶体方法的指导。该题难易适中，贴近高考，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力。

(1)1s22s22p63s23p63d10

(2)Br>As>Se　As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大

(3)sp3　配位(答共价不得分) 

(4)12

(1)铜原子失去最外层的一个电子变为亚铜离子(Cu＋)。(3)因为BF3中的硼元素具有空轨道，NH3中有孤对电子，能够与B形成配位键生成BF3·NH3，故BF3·NH3中B原子是sp3杂化。

点拨：本题考查电子排布式、电离能的比较、杂化类型的判断，考查考生灵活解决问题的能力。难度中等。

（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3

（2）N>P>As

（3）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（合理答案均计分）  正四面体

（4）sp3杂化

（5）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中的As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中O的电子更向As偏移，更易电离出H+（合理答案均计分）

（6）或 (3分，其他合理答案也计分)

试题分析：（1）砷是33号元素，根据构造原理得基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3 

（2）同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为N>P>As

（3）NH3的沸点比PH3高，是因为NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的分子间作用力；根据分子立体构型的计算方法，PO43－离子的价层电子对是4，无孤对电子，所以立体构型为正四面体

（4）AsH3中As的价层电子对数是4，所以杂化轨道数也为4，因此杂化轨道类型是sp3杂化

（5）对于同种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强。H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中的As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中O的电子更向As偏移，越易电离出H+，酸性越强；

（6）在该晶胞中，实际含有4个白磷分子，其质量为4×31×4/NAg，最近两个白磷分子间的距离为 a pm，则立方体的棱长是√-2-apm=√-2-a×10-10m，所以该晶体的密度ρ=m/V=496/[NA (√-2-a×10-10)3]。

（1）平面三角形　sp2

（2）BP　原子晶体

（3）①6　3　②一　共价键、配位键

（1）BF3分子中，B原子形成了3个σ键，不含孤电子对，故杂化轨道数为3，杂化方式为sp2杂化，BF3分子立体构型为平面三角形。（2）一个晶胞中含有B原子的个数为8×＋6×＝4个，P原子个数为4个，故化学式为BP；磷化硼晶体中只含共价键且耐磨，为原子晶体。（3）①由图可知，B原子形成了三个共价单键，最外层电子数为6；1 mol H3BO3的晶体中含有3 mol H原子，每个H原子都与相邻的O原子形成氢键，故氢键个数为3 mol；②1 mol B（OH）3·H2O可电离出1 mol H＋，故硼酸为一元酸；[B（OH）4]－离子中B原子有一个空的2p轨道，而OH－含有孤电子对，两者之间可以形成配位键。