【文档说明】【精准解析】新疆昌吉回族自治州呼图壁县第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(17)页，363.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：O：16Si：28一、选择题(本题共21小题，每小题2分，共42分；每小题只有一个符合题目要求)1.对核外电子运动状态的描述，较为全面的是()A.结构示意图B.电子式C.电子排布式D.电子排布图【答案】D【解析

】【详解】A．原子结构示意图表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式，并不能表示s、p等轨道分别有多少个电子，A错误；B．电子式，表示原子价电子层电子的数目，B错误；C．电子排布式是指用能级的符号及能级中容纳电子数表示核外电子运动的状态，

可以知道能级和其中容纳的电子数，但是不能表示复杂原子轨道中的电子排布情况及电子的自旋状态，C错误；D．电子排布图（轨道表达式）用一个方框、圆圈或两条短线表示一个给定量子数n、l、m的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋状态不同的电子；可以

反映粒子的电子层、电子亚层和自旋方向，D正确；故选D。2.能够证明核外电子是分层排布的事实是()A.电负性B.电离能C.非金属性D.电子绕核运动【答案】B【解析】【详解】原子核外电子是分层排布的，同一层中电子能量相近，而不同能层中的电子具有的能量差别较大。电离能反映了原子或离子失

去一个电子所消耗的最低能量，故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小，而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大，故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突变而确定原子核外电子是分层排布的。答案选B。3.在下列所示的微粒中，氧化性最强的是（）A.1s22s22p2B.1s22s22p5C.

1s22s22p63s1D.1s22s22p6【答案】B【解析】【分析】【详解】根据原子核外电子排布可知，A是C，B是F，C是Na，D是Ne，所以氧化性最强的是F，答案选B。4.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是A.Fe

B.SiO2C.H2OD.NH4Cl【答案】C【解析】【分析】分子晶体的化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子，晶体中含有单个分子，而离子晶体、原子晶体和金属晶体无单个分子．原子晶体、离子晶体的化学式表示物质组成中元素原子数目之比。【详解】A、铁为金属晶体，由自由电

子和阳离子构成，不含分子，故A不选；B、SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B不选；C、H2O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C选；D、NH4Cl为离子晶体，化学式为晶体中阴阳

离子的个数比为1：1，晶体中不含单个分子，故D不选；故选C。【点睛】本题考查晶体类型的判断，解题关键：注意只有分子晶体才含有单个分子，化学式即分子式．掌握常见物质的所属晶体类型。5.下列表达方式或说法正

确的是（）A.基态到激发态产生的光谱是发射光谱B.每一能层的能级总是从s能级开始，且能级数不等于该能层序数C.氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子D.电子从激发态跃迁到基态时将释放能量，光是电子释放能量的重要形式之一【答案】D【解

析】【详解】A．基态原子吸收能量转化为激发态原子，故产生的光谱为吸收光谱，A错误；B．每一个能层均是由s能级开始的，同一能层中能级数与能层数相同，B错误；C．氢原子的电子云中的小黑点表示电子在电子云中出现的概率并非一个电子，C错误；D．电子从激发态跃迁到基态会释放

出大量的能量，这些能量主要以光的形式释放出来得到原子光谱，D正确；故选D。6.下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是A.CO2B.H2OC.2-3COD.CCl4【答案】B【解析】【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论

，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键

的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，平面

三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断。【详解】A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构

，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，A不符合题意；B．水分子中价层电子对个数=2+12×(6-2×1)=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构

模型不一致，B符合题意；C．2-3CO的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=12×(4+2-2×3)=0，，所以2-3CO的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，C不符合题意；D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电

子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+12×(4-1×4)=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；故选B。7.在以下性质的比较中，正确的是（）A.

[Ar]3d74s2位于第4周期Ⅷ族B.分子中的键角：CO2>H2O>CH4>NH3C.微粒半径：Li＋<O2－<F－<Na＋D.价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期ⅠA族，是s区元素【答案】A

【解析】【详解】A．根据该原子的电子排布式可以推断，该物质为Co元素，位于第4周期Ⅷ族，A正确；B．CO2的键角为180°，H2O的键角为105°，CH4的键角为109°28′，NH3的键角为107.3°，故正确的顺序为CO2＞CH4＞NH3＞H2O，B错误；C．形同电子

层结构，原子序数越大半径越小，故正确的顺序为Li+＜Na+＜F-＜O2-，C错误；D．价电子排布为3d104s1为Cu元素，位于第四周期ⅠA族，是ds区元素，D错误；故选A。8.关于[Cr(H2O)4Cl2]Cl的说法正确

的是()A.中心原子的化合价为＋2价B.配位数是6C.配体为水分子，外界为Cl－D.在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A．[Cr(H2O)4Cl2]Cl中阴离子是氯离子，氯离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，A错误；B．中心原子铬与4个水分

子和2个氯离子结合形成配位离子，故Cr的配位数为6，B正确；C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl-，C错误；D．[Cr(H2O)4Cl2]Cl的外界为Cl-，在其水溶液中加入AgNO

3溶液，会产生氯化银白色沉淀，D错误；故选B。9.下列分子中的共价键是s-pσ键的是A.H2B.F2C.NaClD.HCl【答案】D【解析】【分析】σ键就是原子间的原子轨道通过“头碰头”的方式形成的共价键，其电子云重叠较大，通常比以“肩并肩”方式形成的π键牢固。以s轨道和p轨道形成的共价键就是

s-pσ键。【详解】A．H2分子中是s-sσ键，A不选；B．F2的共价键是p-pσ键，B不选；C．NaCl中只有离子键，σ键是共价键，C不选；D．HCl的共价键是S-pσ键，D选；故选D。10.下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（）A.分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不

一定为正四面体结构B.杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对C.杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变D.sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°【答案】B【解

析】【详解】A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子可能是正四面体结构，如CH4，也可能不是正四面体结构，如H2O是V型分子，NH3是三棱锥型，正确；B．杂化轨道只能用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，不能用于形成π键，错误；C．原子轨道发生杂化时，轨道数不变

，但轨道的形状发生了改变，正确；D．sp3杂化轨道夹角是109°28′；sp2杂化轨道夹角是120°；sp杂化轨道的夹角为180°，正确。11.下列关于丙烯分子（CH3−CH=CH2）的说法正确的是A.

有8个σ键，1个π键B.分子式为CH2C.最多有7个原子共平面D.3个碳原子在同一直线上【答案】AC【解析】【详解】A．CH3−CH=CH2有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个π键，故A正确；B．分子式为C3H6，故B错误；C．−CH=CH2中所有原子共平面，CH3−中

两个原子与−CH=CH2平面可能组成最多有7个原子共平面，故C正确；D．碳碳双键的结构是120º夹角，因此3个碳原子不在同一直线上，故D错误。综上所述，答案为AC。12.下列说法不正确的是A.两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键B.气体单质中，一定有σ键，可能有π键C.N2分子中有一

个σ键，2个π键D.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强【答案】B【解析】【详解】A．无论两个原子形成单键、双键还是三键，均有且只有1个σ键，A正确；B．稀有气体单质为单原子分子，故不含有σ键，B错误；C．N2中两个N原子之间形成三键，其中有1

个σ键，2个π键，C正确；D．σ键以“头碰头”形式结合，重叠程度较大，π键以“肩并肩”形式结合，重叠程度较小，故σ键较为牢固，D正确；故选B。13.下列关于SiO2和金刚石的叙述正确的是A.SiO2晶体结构中，每个Si原子与2个O原子直接相连B.通常状况下，60gSiO2晶体中含有的分子数

为NA（NA表示阿伏加德罗常数）C.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子D.1mol金刚石含4molC-C键【答案】C【解析】【详解】A．SiO2晶体结构中，每个Si原子与4个O原子直接相连，每个O原子与2个Si原子直接

相连，故A错误；B．SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，故B错误；C．金刚石是原子晶体，在原子晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故C正确；D．一个碳原子含有2个C-C键，所以1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；故选C。14.下列

各组物质的性质排序正确的是A.硬度：Li＞Na＞K＞RbB.沸点：CF4＞CCl4＞CBr4＞CI4C.熔点：碳化硅＜晶体硅＜金刚石D.熔点：NaF＜NaCl＜NaBr＜NaI【答案】A【解析】【详解】A．碱金属元素的硬度从上到下依次变软，故顺序正确，A正确；B．分子的

沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大熔沸点越高，故正确的顺序为：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，B错误；C．原子晶体的熔点与键长有关，键长越短，熔点越高，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，故正确的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，C错误；D．离子半径越小、离子键越强，则晶格能

越大，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，熔点由高到低顺序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，D错误；故选A。15.下列说法中正确的是A.碘化氢的范德华力比溴化氢的大，碘化氢稳定性强B.甲酸甲酯和乙酸相对分子质量相同，熔点相

近C.氯化钠和氯化氢熔化时，破坏的都是离子键D.干冰气化和碘升华克服的作用力相同【答案】D【解析】【详解】A.分子的稳定性由化学键强弱决定，碘的非金属性比溴弱，且碘的原子半径大于溴原子，即碘化氢的碘氢键比溴化氢的溴氢键弱，所以碘化氢稳定性差，A

错误；B.甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，所以熔点不同，B错误；C.氯化钠属于离子晶体，熔化时破坏离子键，氯化氢属于分子晶体，熔化时，化学键没有被破坏，C错误；D.干冰和碘都是分子晶体，状

态改变时，克服分子间作用力相同，气化和碘升华克服的作用力相同，D正确；答案选D。【点睛】范德华力只影响物质的物理性质；一般原子半径越小，非金属性越强，氢化物越稳定；分子晶体熔化时只破坏分子间作用力。16.下列

对分子及其性质的解释中，不正确的是（）A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B.乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子C.许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因

而只有过渡金属才能形成配合物D.已知酸性：HClO2＞HClO，是因为HClO2分子中有1个非羟基氧原子而HClO为0【答案】C【解析】【详解】A．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，A正确；B．碳原子连接四个不同的原子

或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，B正确；C．含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，C错误；D．HClO2可以写成(HO)ClO的形式，HClO可以写成(HO

)Cl的形式，HClO2中有1个非羟基氧，故HClO2的酸性强于HClO，D正确；故选C。17.下列叙述中正确的是A.NH3、CO、CO2都是极性分子B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C.HF、HCl、HBr、HI

的稳定性依次增强D.CS2、H2O、C2H2都是直线形分子【答案】B【解析】【详解】A．NH3是三角锥形，是极性分子，CO是直线形，但不是对称性的，因此CO是极性分子，CO2是直线形，具有对称性的，因此CO2是非极性分子，故A错误；B．C

H4、CCl4都是正四面体形，都是含有极性键的非极性分子，故B正确；C．从F到I，非金属性减弱，简单氢化物稳定减弱，因此HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故C错误；D．CS2、C2H2都是直线形分子，H2O是V形结构，故D错误。综上所述，答案为B。18.根据科学人员探

测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是()A.它们之间以氢键结合在一起B.它们的成键电子的原子轨道都是sp3—sσ键C.它们都是极性键构成的极性分子D.它们的立体结构都相同【答案】B【解析】【详解】

甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3-sσ键，H2O中形成2个sp3-sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H

2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，B正确；综上所述，本题选B。19.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合。据图分析，石墨晶体中碳原子数与共价键数之比为()A.2∶3B.2∶1C

.1∶3D.3∶2【答案】A【解析】【详解】每一个C原子旁边有3根键，每一个键旁边都有2个碳原子，所以原子和键的比例是2:3。A项正确；本题答案选A。20.下列关于晶体与非晶体的说法正确的是A.晶体一定比非晶体的熔点高B.晶体有自范性但排列无序C.固体SiO2一定是晶体

D.非晶体无自范性而且排列无序【答案】D【解析】【详解】A．晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，A错误；B．晶体有自范性，且其结构排列有序，B错误；C．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，即SiO2也有非晶体，C错误；D．非晶体无自范性，而且其结构排列无序，D正确；故选D

。21.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是A.在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体B.每个该气态团簇分子的分子中含有1/2个E原子C.在CO2晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻D.在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向【答案】B【解析】【详解

】A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；B.气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；C.根据CO2晶胞结构图可知，

经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C正确；D.根据晶胞结构图可知，

碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故D正确；答案：B二、填空题(本题包括4小题，51分)22.请回答下列问题：（1）以下列出的是一些原子

的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是________________，违反了洪特规则的是__________________。（2）比较能及能量高低：ns________np。（填“＞”或“＜”）。（3）p电

子的原子轨道呈______形；（4）共价键的类型有两种分别是σ键和π键，σ键的对称方式为______；（5）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为________；其

最高价氧化物对应水化物的化学式是________。（6）电负性：S______Cl（填“＞”或“＜”），每个S原子有______对弧电子对。（7）Na、Mg、Al三种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I4.

.....I/kJ▪mol-15781817274511578......则该元素是______________（填写元素符号）.【答案】(1).②(2).③(3).＜(4).哑铃型或纺锤形(5).轴对称(6).1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4(7).H2

SO4(8).＜(9).2(10).Al【解析】【分析】根据泡利原理和洪特规则判断轨道表示式的正误；根据电子云模型判断轨道电子云形状；根据电子云重叠方式判断成键类型；根据电负性变化规律判断电负性大小；根据第一电离能的变化规律判断元素种类，据此分析。【详解

】(1)泡利原理是指在同一个轨道里最多容纳两个电子且自旋方向相反，故违反泡利原理的是②；洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子的电子总是优先单独占据一个轨道且自旋方向相同，故违反洪特规则的是③，故答案为：

②、③；(2)同一能层中能级较高能量较高，故统一能层中s能级的能量低于p能级的能量，故答案为：ns＜np；(3)根据电子云模型，p能级的形状为哑铃型或纺锤形，故答案为：哑铃型或纺锤形；(4)σ键以“头碰头”的形式结合，存在对称轴，为轴对称图像，故答案为：轴对称；(5)某元素的激发态（不稳定状态）

原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，该原子从激发态变成基态后，原子的电子排布为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4，该元素为S元素，其高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4，故答案为：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4、H2SO4；

(6)同一周期从左向右电负性逐渐增大，故S和Cl的电负性：S＜Cl；S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，其3p能级上有2个孤电子对，故答案为：＜、2；(7)根据表中数据，该元素的以第三电力能比第四电离能相差较高，而前三个电离能互相之间相差较小，故可以推断该元素的化合价为+3价

，该元素为Al元素，故答案为：Al。23.根据元素周期表中完整周期元素的性质，完成下列空格。(1)在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是________，其原子的结构示意图为__________，第一电离能最大的元素符号是________，其价电子排布式为_________

__________________。(2)在元素周期表中，电负性最大的元素名称是________，其价电子排布图为______________(3)第四周期元素中未成对电子数最多的元素符号是________，其原子的简化

电子排布式为__________，有_____个未成对电子，有_____个能级，能量最高的能级符号为_______。(4)某元素的基态原子价电子排布式为3d104s1，该元素符号是_________，原子中所有电子占有________个轨道

，核外共有________个不同运动状态的电子。【答案】(1).Na(2).(3).Ar(4).3s23p6(5).氟(6).(7).Cr(8).［Ar］3d54s1(9).6、(10).7(11).d(12).Cu(13).15(14).

29【解析】【详解】（1）同周期中从左到右，元素的第一电离能(除第ⅡA族、第ⅤA族反常外)逐渐增大，同周期中ⅠA族元素第一电离能最小，稀有气体最大，故第三周期中第一电离能最小的为Na，其原子的结构示意图为；第三周期

中第一电离能最大的为Ar，其价电子排布式为3s23p6；（2）在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱，在元素周期表中，电负性最大的元素是F，其名称为氟；F原子核外有9个电子，核外电子排布式为1s22s

22p5，价电子排布图为；（3）第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，其原子的简化电子排布式为［Ar］3d54s1；有6个未成对电

子，有7个能级，能量最高的能级符号为d；（4）某元素的基态原子价电子排布式为3d104s1，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，原子核外电子数为29，是29号Cu元素；原子中所有电子占有

15个轨道，核外共有29个不同运动状态的电子。24.如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：(1)根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，⑨元素位于周期表的________区。(2)④、⑥两元素形成

的化合物的立体构型为________，其中心原子的杂化轨道类型为________。(3)元素⑧的离子与NH3形成的配离子的结构式为_______________________。(4)在①与④形成的相对分子质量最小的化合物A中，写出与化合物A互为等电子

体的一种阳离子______(填离子符号)。写出A的水溶液中存在的氢键：__________________________________________________(任写两种)。(5)关于元素①与元素⑤形成的1︰1的化合物，下列说法正确的是_____

_(填字母序号)。A．该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构B．该化合物分子中σ键和π键数目比为1︰1C．该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子D．该化合物分子的空间构型为直线形(6)元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物

，该化合物常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于________晶体(填晶体类型)，化合物中⑦的化合价为：_______。根据等电子体理论，该化合物的配体的结构式为：_______

，CaC2中，阴离子的电子式为：____________________。【答案】(1).ds(2).三角锥形(3).sp3(4).2+3333NHHNCuNHNH→(5).H3O+(6).N-H…N、N-H…O、

O-H…N、O-H…O（写出其中两个即可）(7).C(8).分子(9).0(10).(11).【解析】【分析】根据所给元素周期表，①对应的元素为H元素；②对应的元素为B元素；③对应的元素为C元素；④对应的元素为N元素；⑤对应的元素为O元素；⑥对应的元素为F元素；⑦对应的

元素为Fe元素；⑧对应的元素为Cu元素；⑨对应的元素为Zn元素，据此分析。【详解】(1)根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，为s区、p区、d区、ds区、f区，⑨为Zn元素，其价电子为3d104s

2，为ds区金属，故答案为：ds；(2)④和⑥形成的化合物为NF3，根据价层电子对互斥理论可以得出，其结构中含有12×(5-3×1)=1，其结构中还存在3个共价键，故其立体构型为三角锥形，中心原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：三角锥形、sp3；(3)Cu2+与氨配位形成四氨合铜配离子，其结构

为：2+3333NHHNCuNHNH→，故答案为：2+3333NHHNCuNHNH→；(4)①和④形成的化合物中，相对分子质量最小的化合物为NH3，与其互为等电子体的阳离子是H3O+；NH3的水溶液存在

氢键，其氢键的存在结构为N-H…N、N-H…O、O-H…N、O-H…O（写出其中两个即可），故答案为：H3O+、N-H…N、N-H…O、O-H…N、O-H…O（写出其中两个即可）；(5)①和⑤形成的1:1的化合物为H2O2：A选项，H原子最外层为

2个电子，达到稳定结构，并不是所有的原子均达到8个电子的稳定结构，A错误；B选项，结构中原子和原子之间以单键形式相连，只存在σ键不存在π键，B错误；C选项，H和O原子之间以极性共价键的形式存在，O和O之间以非极性共价键的形式存在，C正确；D选项

，因O原子外有2对故电子对，故其键角不为180°，其结构不为直线型，D错误；综上，故选择C；(6)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体；在Fe(CO)5在C元素为+2价，O为-

2价，结合正负化合价代数和为0可知，Fe元素的化合价为0；根据等电子体理论，CO和N2、2-2C均为等电子体，N2分子的电子式为，则CO的结构式为，2-2C的电子式为，故答案为：分子、0、、25.有下列七

种晶体：A水晶B冰醋酸C白磷D晶体氩E氯化铵F铝G金刚石用序号回答下列问题：（1）属于原子晶体的化合物是___________，直接由原子构成的晶体是____________。（2）在一定条件下能导电而不发生化学变化的是___________，受热熔化后化学键不发生变化的是_________

_，需克服共价键的是_____________。【答案】(1).A(2).ADG(3).F(4).BCD(5).AG【解析】【分析】A水晶是由Si和O两种原子构成的原子晶体；B冰醋酸是由醋酸分子构成的分子晶体；C白磷是由P4构成的

分子晶体；D晶体氩是由Ar原子构成的但原子和原子之间以分子间作用力的形式结合，属于分子晶体；E氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的离子晶体；F铝是金属晶体；G金刚石是由C原子构成的原子晶体，据此答题。【详解】(1)根据分析，属于原子晶体的化合物

是A；直接由原子构成的晶体是ADG；(2)物质导电是由于离子或电子发生了定向移动，上述7个物质能导电而不发生化学变化的是F金属晶体；受热熔化后化学键不发生变化的是分子晶体，故选择BCD；熔化时需要克服共价键的是原子晶体，故选择AG。三

．计算题26.已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。(1)钼晶体的堆积方式为_______________，晶体中粒子的配位数为___________

_____。(2)构成钼晶体的粒子是__________________，晶胞中所含的粒子数为___________。(3)金属钼的密度为______________g·cm－3。【答案】(1).面心立方最密堆积(2).12(3).金属离子、自由电子(4).4(5).303A2M1

08aN【解析】【分析】根据晶胞中原子的排列判断堆积方式；以顶点Mo原子判断距离最近的Mo原子数，确定配位数；均摊法确定晶胞中含有的粒子数；根据晶胞的质量和体积计算密度。【详解】(1)如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，Mo原子处于立方体的面心与顶点，属于面心立方最密堆积；顶点Mo

原子到面心Mo原子的距离最短，则钼原子的配位数为12；(2)金属晶体的成键粒子为金属离子和自由电子，故构成钼晶体的粒子是金属离子和自由电子；晶胞中所含的该种粒子数为6×12+8×18=4；(3)晶胞的质量为A4MNg，钼原子半径为apm=a×10-10cm，

晶胞的边长为22×10-10cm，则晶胞的体积为=(22×10-10)3cm3，金属钼的密度为A-1034MN(2210)g·cm-3=303A2M108aNg·cm-3。