热门试卷

（1） 1s22s22p63s23p63d9或 [Ar]3d9 (1分)        （2） 4   (2分)   

（3）  ABD (1分) 

（4） 高 (1分)， 它们都是离子晶体，由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以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(2分) 

（5）分子 (1分)，   7 (1分)

（6）①③④  (2分)，平面三角形(1分)。 

试题分析：（1）Cu（电子排布式为：[Ar]3d104s1）到Cu2+的过程中，参与反应的电子是最外层的4s及3d上各一个电子，故Cu2+离子的电子排布式是为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；

（2）从图中可以看出阴离子在晶胞有四类：顶点（8个）、棱上（4个）、面上（2个）、体心（1个），根据立方体的分摊法，可知该晶胞中阴离子数目为：8×1/8+4×1/4+2×1/2+1=4；

（3）A项在上述结构示意图中，所有氧原子都是饱和氧原子，所以都采用sp3杂化，故A正确；B项在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H-O、S-O共价键和Cu、O离子键，故B正确；C项胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；D项由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确。

（4）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以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。

（5）易溶于CCl4、苯等有机溶剂，说明是分子晶体；基态Ni原子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，电子占有7种能量不同的原子轨道；

（6）SP2杂化的是平面型，有①③④，CH≡CH是直线型，是SP杂化；HCHO分子中碳是SP2，是平面型。

点评：本题考查常见元素核外电子排布、电负性概念、常见轨道杂化类型、以及离子晶体的晶胞结构、化学键、物质性质、配合物成键状况的了解，题目难度中等，学习中注意加强对晶胞以及晶体结构的分析。

I （1）三角锥型

（2）或

（3）>

(4)①    ②原子晶体

II (1)结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此沸点高于

（2）氮的废金属性比磷强，所以氮比磷比氢稳定。（3）HF

略

（1）HF分子间形成氢键　（2）F－　（3）RbCl

（4） 　sp3杂化　（5）3∶4

（1）HF、HCl均为分子晶体，其中HF能形成分子间氢键，使沸点升高。（2）由晶胞结构可知，黑球有1个，灰球有1个，白球有3个，由电荷守恒可知离子数关系为N（Mg2＋）∶N（K＋）∶N（F－）＝1∶1∶3，得白球为F－。（3）分解时可形成RbI或RbCl两种卤化物，由于r（Cl－）＜r（I－），所以后者晶格能大。（4）注意B为ⅢA族元素，最外层只有3个电子，有1个空轨道，N为VA族元素，有一对孤对电子，写出结构式。B原子形成4根键，即0＋4＝4，sp3杂化。（5）叁键中有1个σ键、2个π键，单键均为σ键。

（1）第Ⅷ族元素有铁、钴、镍，原子序数最小的是铁，原子核外有26个电子，其原子结构示意图为：

，故答案为：

；

（2）3p轨道上有2个未成对电子时有两种情况，一种是另一个3p轨道上没有电子，一种是另一个3p轨道上充满电子，所以当另一个3p轨道上没有电子，该原子是Si；一种是另一个3p轨道上充满电子，该原子是S，故答案为：Si或S；

（3）原子的外围电子排布是4s24p4，说明该原子中各个轨道都充满电子，该原子核外电子数是34，所以是硒元素，故答案为：硒；

（4）根据VSEPR模型得，H3O+的价层电子对=3+（6-1-3×1）=4，有1个孤电子对，所以是三角锥形；SO2的价层电子对=2+（6-2×2）=3，有1个孤电子对，所以是V形，

故答案为：三角锥形；V形；

（5）体心立方晶胞中铁原子个数=1+8×=2；面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数=6×+8×=4，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比1：2；

设体心立方中晶胞的棱长为x，铁原子的直径为A，则3x2=（2A）2，解得x=；

铁原子直径=A，所以其晶胞体积=R3，面心立方中晶胞的对角线为2A，则其边长=A，其晶胞体积=2A3．

体心立方的密度与面心立方的密度之比=：=3：8，故答案为：1：2； 3：8．

（共10分）

(1)氢键    Na＋［］2－Na＋  (2)①acb  ②正四面体 ③－990.7kJ/mol  (每空2分)

试题分析：A与D按原子个数比1﹕1或2﹕l形成常温下为液态的化合物，则符合条件的是水和双氧水，因此A是H，D是O。B的外围电子数为内层电子数的两倍，则B是碳元素。B、C、D的原子序数依次增大，属于C是N元素。E也能与D按原子个数比1﹕1或2﹕l形成化合物，且A与E属于同一主族，所以E是Na。B与F同主族,且F是短周期元素，因此F是Si元素。

（1）根据结构图可知，H和O形成的化合物是水分子。水分子间存在氢键，因此虚线表示的是氢键。Na和O形成个数比为1︰1的化合物是过氧化钠，其电子式是。

（2）①F与B形成的化合物形成的化合物是SiC，属于原子晶体；B与D形成的稳定化合物是CO2，形成的晶体是分子晶体；F的单质是硅，形成的晶体也是原子晶体。根据Si－Si和C－Si键的键能可知，SiC中共价键强于单质Si中的共价键，所以SiC的熔点高于单质硅的，即答案是acb。

②单质硅的结构类似于金刚石的，所以单质晶体中一个F原子与其紧邻的F原子形成的空间构型为正四面体型。

③单质硅中平均一个硅原子形成2个Si－Si键。而二氧化硅晶体中平均一个硅原子形成4个Si－O键，所以根据化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差可知，该反应的反应热△H＝176kJ/mol×2＋497.3 kJ/mol－460 kJ/mol×4＝－990.7 kJ/mol。

点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中。考查的知识点比较基础，侧重对学生能力的考查。该题的难点在于反应热的计算，因为需要学生首先判断晶体硅和二氧化硅中化学键与硅原子个数的关系。本题有利于培养学生严谨的逻辑思维能力，以及规范答题能力，提高学生的学习效率。

(1)1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)     F>N>O>C

(2)CD

(3)①分子晶体　②BDF　③1∶2

(4)氟化氢气体中存在因氢键而相互缔合形成的缔合分子(HF)n

(5)Be与Al在元素周期表中位于对角线的位置

根据这几种元素在周期表中的位置推知：A为H(氢)，B为Be，C为C(碳)，D为N，E为O，F为F(氟)，G为Al，H为Cl，I为Cr，J为Fe，(1)Cr元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，其价层电子排布图为，一般来说，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，但N元素原子2p轨道上电子达到半充满，故其第一电离能要大于O的第一电离能，因此这四种元素的第一电离能由大到小的顺序为F(氟)>N>O>C(碳)。(2)甲、乙、丙分别为CH4、NH3、H2O，这三种分子的中心原子均采取sp3的杂化方式，它们的空间构型分别为正四面体形、三角锥形、V形，CH4分子中的键角为109°28′，而NH3分子和H2O分子上有未成键的孤电子对；孤对电子越多，排斥力越大，键角越小，所以键角顺序为H2O34，故A项、B项正确，C项错误；这三种分子中，CH4为非极性分子，NH3、H2O均为极性分子，D项错误。(3)由该化合物的熔沸点可判断它为分子晶体，分子晶体中均存在范德华力，由该分子的结构可以看出其晶体中还存在极性键和配位键；CO分子和N2分子互为等电子体，故CO分子的结构与N2类似，为C≡O，因此CO分子中σ键和π键的个数比为1∶2。(4)A与F形成的化合物为HF，它的分子间存在的氢键会使HF相互结合形成(HF)n，从而使得测的相对分子质量偏高。(5)Be和Al在元素周期表中位于对角线的位置，因此它们的有些性质是相似的。

（1）A(1分)

（2）①  3NA(1分)    ,②sp3  (1分)     

③甲是H2S，而乙是H2O2，H2O2分子间还存在分子间氢键 (2分)     。

试题分析：（1）根据表中数据，对—硝基苯酚比邻—硝基苯酚的熔沸点高很多，说明分子间形成了氢键。

（2）甲、乙、丙所含原子的数目依次为3、4、8，都含有18个电子，则分别是H2S、H2O2、CH3CH3，①1 mol乙分子含有3molσ键，即个数是3NA；②CH3CH3形成四个共价键，中心原子采取sp3杂化轨道；③甲是H2S，而乙是H2O2，H2O2分子间还存在分子间氢键。

点评：通过18电子能熟练推导分子是本题的前提要求，平时学习中要熟记18电子的几种物质。