【文档说明】陕西省宝鸡市金台区2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，830.118 KB，由小赞的店铺上传

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2021—2022学年度第二学期期末检测题高二化学(选修三)注意事项：1.本试卷共4页，答题纸2页，考试时间90分钟，满分100分。2.答卷前请考生务必将试卷及答题纸内的信息项目填涂清楚。3.请将所有答案正确填涂在

答题纸上所对应的空白处，写在本试卷上无效。4.考试结束后，只需交回答题纸。可能用到的相对原子质量：Mg-24Fe-56一、选择题(本题1-15题每题2分，16-23题每题3分，共54分，每题只有一个正确答案)1.2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出

差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是A.飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅

等耐高温材料组成B.制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物C.燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子D.基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同【答案】C【解析】【详解】A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化

硅等耐高温材料组成，故A正确；B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；D．基态N3-和O2-原子核

外电子层排布式都1s22s22p6，故D正确；选C。2.科学家将石墨在氟磺酸中“溶解”制得石墨烯（即单层石墨），该溶解克服了石墨层与层之间的A.范德华力B.离子键C.共价键D.金属键【答案】A【解析】是【详解】A．石墨层与层之间的作用力小，属于范德华力，

使得石墨容易剥离，A符合题意；B．石墨属于非金属单质，不含有离子键，B不合题意；C．石墨的层与层之间只存在范德华力，而层内原子间存在共价键，C不合题意；D．石墨晶体中不含有金属离子，所以不存在金属键，D不合

题意；故选A。3.下列说法或有关化学用语的使用正确的是A.在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量B.基态Mn原子的外围电子排布图为C.碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO23−D.基态铜原子的外围电子排布式为3d

94s2【答案】B【解析】【详解】A．在基态多电子原子中，同一能层中的p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量，即2p>2s3p>3s，……，但是当s轨道电子所处能层高于p轨道电子所处的能层，此时p轨道电子能量低于s轨道的电子，如3s>2p4s>3p，……，A错误；B．基态Mn原子的核外电子排布

式为22626521s2s2p3s3p3d4s，外围电子排布式为，523d4s，外围电子排布图为，B正确；C．碳酸氢钠正确的电离方程式为3+3NaHCONa+HCO=−，C错误；D．结合洪特特例可知，基态铜原子的核外电子排布式为226

261011s2s2p3s3p3d4s，所以外围电子排布式为1013d4s，D错误；故合理选项为B。4.某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是A.该元素的最高价氧化物的水化物为强酸B.原子中有3种能量不同的电子，9种不同的

空间运动状态C.若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p2x3p1y，它违背了泡利原理D.该基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形【答案】D【解析】【分析】核外共有15个不同运动状态的电子，是15号P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3。据此分析。【

详解】A．P元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，是弱酸，故A错误；B．电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子中有5种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态，故B错误；C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p2x3p1y，3p能级有3个电子，3p能级有3个轨

道且能量相同，基态原子中填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违背了洪特规则，故C错误；D．该基态原子中能量最高的电子为3p能级，电子云的形状为哑铃形，故D正确；故答案为：D5.下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是A.F2、Cl2、Br2、I2

的熔点逐渐升高B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C.金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低【答案】A【解析】【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，与化学键无关，A项符合题

意。B．HF、HCl、HBr、HI分子内共价键的键能越来越小，共价键强度越来越弱，它们的热稳定性依次减弱，B不符合题意；C．金刚石与晶体硅的结构相似，但碳碳键长小于硅硅键长，碳碳键的强度大于硅硅键的强度，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，C不符合题意；D．N

aF、NaCl、NaBr、NaI的离子键的强度越来越弱，所以它们的熔点依次降低，D不符合题意；故选A。6.下列对一些实验事实的理论解释正确的是选项实验事实理论解释ASO2、H2O空间构型为V形SO2、H2O中心原子均为sp3杂化的B白磷为正四面体分子白磷分子中P—P键间的夹

角是109°28′C1体积水可溶700体积氨气氨是极性分子，有氢键的影响DHF的沸点高于HClH—F的键长比H—Cl的键长短A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B．白磷分子为正四面体结

构，两个P−P间的键角是60º，故B错误；C．.氨分子和水分子中都是极性分子，且氨分子和水分子能形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确；D．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢沸点高于氯化氢，与分子中的键长的长短无关，故D错误；故选C

。7.能说明CS2是非极性分子的事实是A.是对称的直线形分子B.CS2沸点高于CO2沸点C.能在空气中燃烧D.分子中存在碳、硫双键【答案】A【解析】【分析】【详解】CS2结构是直线形分子，CS2是非极性分子，说明CS2是中心对称的直线形分子，其余选项均不能说

明，故A符合题意。综上所述，答案为A。8.下列对HBr、H2、NH3、C2H4中共价键存在类型的判断正确的是A.都有σ键，没有π键B.都有π键，没有σ键C.都既有σ键，又有π键D.除C2H4外，都只有σ键【答案】D【解

析】【分析】【详解】先写出四种分子的结构式：只有C2H4中既存在单键又存在双键，其余分子中都只有单键，故只有C2H4中存在π键，其余分子中都只有σ键；答案选D。9.+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作

用生成1molAgCl沉淀，则m和n的值是A.m=1、n=5B.m=3、n=3C.m=3、n=4D.m=3、n=5【答案】C【解析】【详解】+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，根据电荷守恒，m=3；

中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，说明外界有1个氯离子，则配体为2个氯离子、4个NH3，n=4，故选C。10.根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是（）晶体NaClKClAlCl3SiCl4单质B熔点/℃8

10776190﹣682300沸点/℃14651418180572500A.SiCl4是分子晶体B.单质B可能是共价晶体C.AlCl3加热能升华D.NaCl中化学键的强度比KCl中的小【答案】D【解析】【分析】可根据题给的几

种物质的熔点、沸点数据，判断这些物质的晶体类型：共价晶体熔沸点很高，离子晶体熔沸点也较高，分子晶体熔沸点低。在此基础上进一步判断各选项是否正确。【详解】A.根据题给数据，SiCl4熔点低，属于分子晶体，

A选项正确；B.根据题给数据，单质B熔沸点很高，可能是共价晶体，B选项正确；C.AlCl3沸点低于熔点，加热时先达到沸点，所以，AlCl3加热能升华，C选项正确；D.NaCl和KCl都是离子晶体，化学键均为离子键，由于半径：r(Na+)＜r(K+)，所以NaCl中离子键的强度比KCl

中的大，D选项错误；答案选D。【点睛】离子键强弱比较：离子半径越小、所带电荷越高，离子键越强。11.干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是A.原子晶体干冰有很高的熔、沸点B.原

子晶体干冰易气化，可用作制冷剂C.分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料D.每摩尔原子晶体干冰中含2molC－O键【答案】A【解析】【详解】A．原子晶体具有很高的熔、沸点，故原子晶体干冰有很高的熔、沸点，A正确；B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作制冷剂，B错误；C．原子晶体硬度大，所

以原子晶体干冰的硬度大，可用于耐磨材料，C错误；D．原子晶体干冰中，1个C原子形成4个C-O键，故每摩尔原子晶体干冰中含4molC－O键，D错误；故答案为A。12.几种晶体的晶胞如图所示：所示晶胞从左到右分别表示的物质正确的排序是A.碘、锌、钠、金刚石B.金刚石、

锌、碘、钠C.钠、锌、碘、金刚石D.锌、钠、碘、金刚石【答案】C【解析】【分析】【详解】钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石晶胞中有

8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心），经上分子，第一个图为钠晶体的晶胞结构，第二图为锌晶体的晶胞结构，

第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四个图为金刚石的晶胞图，答案选C。【点睛】本题考查了不同晶体的晶胞结构图，要求记住常见晶体的晶胞结构，难度中等，但也是易错点。钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面

心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石为原子晶体，晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）。13.铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的

储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是A.铁镁合金的化学式可表示为2MgFeB.晶胞中有14个铁原子C.晶体中存在的化学键类型为金属键D.该晶胞的质量是A416gN(AN表示阿伏加德罗常数的值)【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中含

有铁原子的数目为118+6482=，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为2MgFe，A项正确，B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；D．一个晶胞中含有4个“2MgFe”，其质量为AA41

04416ggNN=，D项正确。故选：B。14.苯与Br2发生取代反应时反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.①、②两步反应均放出能量B.FeBr3不能改变该反应的活化能C.FeBr3可以加快该反应的化学反应速率D.该反应热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBrΔH=4

5.2kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，A项错误；B．由图知FeBr3为该反应

的催化剂，催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高化学反应速率，B项错误；C．由图知FeBr3为该反应的催化剂，能提高化学反应速率，C项正确；D．该反应放热反应，则热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBrΔH=-45.2kJ·mol-1，D项错误；答案选

C。15.已知298.15K时，可逆反应：Pb2+(aq)+Sn(s)垐?噲?Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，则此时反应进行的方

向是A.正反应方向B.逆反应方向C.处于平衡状态D.无法判断【答案】A【解析】【详解】Pb2+(aq)+Sn(s)垐?噲?Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=()()22cSncPb++=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，Q=()

()22cSncPb++=1<K，所以此时反应正向进行，故选A。16.下列关于晶体的说法中，不正确的是（）为①晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体③共价键可决定分子晶体的熔、沸点④在水

中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大⑤MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小。⑥金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6A.①②B.②③C.④⑤D.⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①晶体中粒子在三维空间里呈周期

性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；②含有金属阳离子的晶体是离子晶体或金属晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子构成的，故②错误；③分子晶体的熔、沸点由分子间作用力决定，与分子中的共价键无关，故③错误；④冰醋酸为乙酸的固态形式，乙酸与水以任意比互溶，碘在水

中溶解度很小，在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大，故④正确；⑤MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+<Na+、O2-<Cl-，则MgO的晶格能较大，所以其熔点比较高，故⑤正确；⑥金属晶体中的原子在二维空间密置层，配位数为6，非密

置层，配位数为4，故⑥正确；故选B。17.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（）A.Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B.1molHCHO分子中含有σ键的数目为

1.806×1024C.HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D.[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为【答案】C【解析】【详解】A．Zn原子序数为30，位

于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C

≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】

一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。18.2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全

合成。其合成路线如图，则下列说法正确的是A.淀粉的分子式：(C6H12O6)nB.DHA的最简式：CH2OC.FADH的电子式：D.CO2的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，淀粉的分子式为：(C6H10O5

)n，A错误；B．DHA的化学式为C3H6O3，最简式：CH2O，B正确；C．FADH为甲醛，电子式，C错误；D．CO2的比例模型：，D错误；故选B。19.有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式

为3d64s2；Z原子的L电子层的P能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上P轨道半充满。下列叙述不正确的是A.X和Q结合生成的化合物为离子化合物B.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3C.ZQ2是由极性键构成

非极性分子D.X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强【答案】A【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素

；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素，据此分析作答。【详解】A．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间

易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，A项错误；B．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，B项正确；C．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧

化碳分子结构对称，为非极性分子，C项正确；D．非金属性：S＞P，则X与T的最高价氧化物对应的水化物酸性：硫酸大于磷酸，D项正确；答案选A。20.一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单

离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A.第一电离能：Q＞Z＞WB.电负性：X＞Y＞ZC.WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应D.W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应【答案】C【解析】【分

析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解

的答。【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离能：Z＞Q＞W，A错误；B．一般情况下元素的非金属性越

强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；

D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是C。21.

2LiO的晶格能可通过下图中的Born-Haber循环计算得到，下列说法正确的是A.2LiO属于共价化合物B.Li的第一电离能为1040kJ/molC.O=O键的键能为703kJ/molD.2LiO的晶格能为29

08kJ/mol【答案】D【解析】【分析】【详解】A．2LiO由活泼金属和活泼非金属组成，属于离子化合物，故A错误；B．锂原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所

吸收的能量，即为1040kJ/mol2=520kJ/mol，故B错误；C．O=O键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249kJ/mol×2=498kJ/mol，故C错误；D．晶格能是指气态离子结合生成1mol晶体所释放的能量或1m

ol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则2LiO的晶格能为2908kJ/mol，故D正确；故选D。22.某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0g·cm－3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10－7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最

接近于下列数据中的（）。A.32B.120C.150D.180【答案】C【解析】【详解】M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0g·cm-3=150g·mol-1，即Mr=150，答案选C

。23.GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρg•cm－3，Ga和As的摩尔质量分别为MGag•mol－1和MAsg•mol－1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是A.该晶体为共价晶体B.该晶体中Ga和As均

无孤对电子，Ga和As的配位数均为4C.原子的体积占晶胞体积的百分率为-2733AGaAs4π10Nρ(rGa+rAs)3(M+M)D.所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A.GaA

s晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；B.由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为118+6=482，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构

，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；C.晶胞中原子总体积为33-303GaAs44π(r+r)10cm3，晶胞质量为G

aAsAM+M4gN，晶胞的体积为3GaAsAM+M(4)cmN，原子的体积占晶胞体积的百分率为33-30333-30GaAsAGaAs3GaAsGaAsA44π(r+r)10cm4πN(r+r)103=100%M+M3M+M(4)cmN（）；故C错误；D每个As、Ga原

子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；故答案选：C。二、填空题(本题包括4小题，共46分)24.回答下列问题：（1）选择下列物质填空(填写序号)：①氯化钙②干冰③过氧化钠④氯化铵⑤铜晶体⑥氩晶体⑦晶体硅⑧石墨固态时能导电的晶体有____(用所给物质序

号填空，下同)；熔化时不破坏化学键的晶体有____；含有共价键的离子晶体有____；只由共价键构成的晶体是____。（2）V原子结构示意图为：____，Fe2+的价电子轨道表示式为____；Co3+核

外电子有____个未成对电子数。【答案】（1）①.⑤⑧②.②⑥③.③④④.⑦（2）①.②.③.4【解析】【小问1详解】①氯化钙中只含有离子键，属于离子晶体；②干冰是由分子构成的，为分子晶体；③过氧化钠中含有离子键和共价键，属于离子晶体；④氯化铵中含有离子键和共价键，属于离子晶体；⑤铜晶体属于金属晶

体，含有自由移动的电子；⑥氩晶体是由单原子分子构成的晶体，属于分子晶体；⑦晶体硅中只含有Si-Si键，属于共价晶体；⑧石墨中含有自由移动的电子，属于混合晶体；固态时能导电的晶体中含有自由移动的电子，固态时能导电的晶体有⑤⑧；熔化时不破坏化学键的晶体为分子晶体有②⑥；含有共价键

的离子晶体有③④；只由共价键构成的晶体是共价晶体有⑦；故答案为：⑤⑧；②⑥；③④；⑦；.【小问2详解】V为23号元素，其原子结构示意图为：；Fe2+的价电子为其3d能级上的电子，其价电子轨道表示式为；Co3+核外电子排布式为[Ar]3d6，该

离子未成对电子数是4；故答案为：；；4；25.已知A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸

点比它们同族元素氢化物的沸点高。请根据以上情况，回答下列问题：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。(用所对应的元素或物质的化学符号表示，下同)（2）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为____。（3）A、B原子和

氢原子可组成一种三原子分子，其空间结构为____。中心原子采取____杂化。【答案】（1）C<O<N（2）①.②.N2O（3）①.直线型②.sp【解析】【分析】由于A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D，且A、B、C是同一周期的非金属元素，

而可形成的是二价阳离子，表明D为第三周期的Mg；又由于化合物DC的晶体为离子晶体，且D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，表明C为O；结合2AC为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高，表明A为C，2AC为2

CO，B为N；【小问1详解】A为C，B为N，C为O，一般情况下同周期元素从左至右，第一电离能增大，但是由于N的最高能级为半充满结构2231s2s2p，相对比较稳定，第一电离能反而比O要高，所以A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C<O<N；故答案为C<O

<N；【小问2详解】A为C，C为O，则2AC为2CO，电子式为；B为N，B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，相当于把2CO中的某个原子换成相邻族的原子，价电子发生变化后，需要通过得失电子使价电子总数相等，即122CONOCNON⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→把换

成后一个原子，多个电子把换成前一个，少一个电子，所以该该等电子体为2NO；故答案为；2NO；【小问3详解】A为C，B为N，与氢原子组成的三原子分子为HCN，依据价层电子对互斥理论模型，C为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为1(413)02−−=，

所以HCN的空间结构为直线型；中心原子采取2sp杂化；故答案为直线型；2sp。26.回答下列问题：（1）向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为____。

②实验过程中生成物中存在配离子____(填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为____。（2）Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是____。（3）已知NF3与NH3的空间构型都

是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____。【答案】（1）①.Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+②.[Cu(NH3)4]2+③.sp3（2）该分子或者离子具有孤电子对（3）NF3分子中公用电子对偏向F原子，

导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键【解析】【小问1详解】①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+

2NH4+；②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为5+3=42，N的杂化类型为sp3。【小问2详解】Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道

，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。【小问3详解】NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。27.回答下列问题：（1）锌是一种重要的过渡金属，锌及其化合物有着广泛

的应用。锌在周期表中的____区。（2）Zn形成金属晶体，其金属原子堆积属于下列____模式。A.简单立方B.钾型C.镁型D.铜型（3）如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为_____；该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是____

。（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。晶胞参数为apm、apm、cpm，设ZrO2的相对分子质量为M，则该晶体密度为____g·cm-3(写出表达式)。【答案】（1）ds（2）C（3）①.ZnX②.该化

合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低（4）2-30A4MacN10【解析】【小问1详解】基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23

p63d104s2，锌在周期表中的ds区；【小问2详解】镁、锌、钛等形成金属晶体，其金属原子堆积为六方最密堆积，又称镁型，故选C；【小问3详解】晶胞中X原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为118+6482=；锌原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故化学式为ZnX；该化合物

晶体的熔点比干冰高得多，原因是该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低；【小问4详解】晶胞中Zr原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为118+6482=；O原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故晶胞质量为A4Mg

N；晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为2-303ac10cm，所以密度为A2-303gNm=Vac104Mcm=2-30A4MacN10g/cm3。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com