热门试卷

（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。