【文档说明】宁夏海原县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题【精准解析】1111111111.doc，共(19)页，603.000 KB，由小赞的店铺上传

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海原一中2019-2020学年第二学期第一次月考高二化学试卷本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间100分钟。一、单选题(共20小题，每小题2分，共40分)1.下列关于能层与能级的说法中正确的是（）A.原子核外每一个能层最

多可容纳的电子数为n2B.不同能层中s能级的原子轨道半径相同C.不同能层中p能级的原子轨道能量相同D.任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数【答案】D【解析】【详解】A．按照原子核外电子排布规律：各电子层最多容纳的电子数

为2n2（n为电子层数，其中最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个），故A错误；B．能层序数越大，s原子轨道的能量越高，轨道的半径越大，故B错误；C．离原子核越远的电子，其能量越大，所以p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，故C错误；D．任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能

层序数，即原子轨道类型数目等于该电子层序数，如第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4

f亚层，故D正确；答案为D。2.下列能级符号不正确的是（）A.3fB.4dC.5pD.6s【答案】A【解析】【详解】每一能层含有的能级数与其能层序数相等，且每一能层都是从s能级开始，依次编号为s、p、d、f…，所以第三能层只有

3个能级，依次为3s、3p、3d，不会出现3f。答案为A。3.以下化合物分子中，都属于极性分子的是（）A.CO2和AlCl3B.H2O和NH3C.CCl4和CS2D.HCN和SiF4【答案】B【解析】【分析】【详解】A．CO

2分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，AlCl3是以Al2Cl6的形式存在，分子中Al的价层电子对数为3，不含孤电子对，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A不符合题意；B．H2O分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；NH3分子为三角锥性，N原子位于顶点，正负电荷中心不重合，为极性

分子，故B符合题意；C．CCl4分子为正四面体形，正负电荷中心重合，为非极性分子，CS2分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，故C不符合题意；D．HCN分子为直线形，但碳原子一侧为氢原子，一侧为氮原子，正负电荷中心不重合，为极性分子，SiF4分子为正四面体形，正

负电荷中心重合，为非极性分子，故D不符合题意；故答案为B。4.下列各组物质的晶体，所含化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）A.C(金刚石)和CO2B.CCl4和KClC.CH4和H2OD.NaCl和HCl【答案】C【解析】【详解】A．金刚石和

CO2均只含共价键，但金刚石为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，故A不符合题意；B．CCl4只含共价键，为分子晶体，KCl只含离子键，为离子晶体，故B不符合题意；C．CH4和H2O均为只含共价键的分子晶体，故C符合题意；D．NaC

l为只含离子键的离子晶体，HCl为只含共价键的分子晶体，故D不符合题意；故答案为C。5.下列各离子或原子的电子排布式错误的是（）A.Ca2+：1s22s22p63s23p6B.Fe3+：1s22s22p63s23p63d5C.K：1s22

s22p63s23p64s1D.O2-：1s22s22p4【答案】D【解析】【详解】A．Ca元素为20号元素，原子核外有20个电子，失去4s能级两个电子形成Ca2+，所以其电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A正确；B．Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，失去4s能

级两个电子和3d能级1个电子形成Fe3+，所以其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故B正确；C．K元素为19号元素，根据核外电子排布规律可知其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，故C正确；D．O元素为8号元素，原子核外有8个电子，2p能级得

到两个电子形成O2-，所以其电子排布式为1s22s22p6，故D错误；故答案为D。6.晶体与非晶体的本质区别是（）A.晶体有规则的几何外形，而非晶体没有规则的几何外形B.晶体内部粒子有序排列，而非晶体

内部粒子无序排列C.晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点D.晶体的硬度大，而非晶体的硬度小【答案】B【解析】【详解】A．晶体有单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何外形，故A错误；B．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在

空间上是否按一定规律做周期性重复排列，故B正确；C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，但这不是二者的本质区别，故C错误；D．某些合金为非晶体，但具有很大的硬度，故D错误；故答案为B。7.硅原子的电子排布式由1s22

s22p63s23p2转变为1s22s22p63s13p3，下列有关该过程的说法正确的是（）A.硅原子由基态转化为激发态，这一过程吸收能量B.硅原子由激发态转化为基态，这一过程释放能量C.硅原子处于激发态时的能量低于基态时的能量D.转化后硅原子与基态磷

原子的电子层结构相同，化学性质相同【答案】AB【解析】【详解】A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道上，3s轨道的能量低于3p轨道的能量，要发生跃迁，必须吸收能量，使电子能量

增大，故A正确；B．硅原子处于激发态时能量要高，处于基态能量变低，因而由激发态转化成基态，电子能量减小，需要释放能量，故B正确；C．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，故C错误；D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原

子的激化态为1s22s22p63s13p3，基态磷原子为1s22s22p63s23p3，则它们的价层电子数不同，性质不同，故D错误；答案为AB。8.下列有关晶体性质的比较正确的是（）A.熔点：金刚石＞晶体硅＞碳化硅B.沸点：NH3＞H2O＞HFC.晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr

D.熔点：SiCl4＞SiBr4＞SiI4【答案】C【解析】【详解】A．三者均为原子晶体，根据原子半径C＜Si，则键长C-C＜C-Si＜Si-Si，共价键键长越长，键能越小，则熔点越低，熔点应为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；B．HF、H2O、NH3都是分子晶体，其沸点高低与分子间作用力

大小有关，因为这三种分子间都存在氢键，且HF分子间比NH3分子间更易形成氢键，等物质的量的HF、H2O中，H2O分子间形成的氢键数比HF多，则沸点由高到低顺序为H2O＞HF＞NH3，也可根据常温常压下，只有H2O呈液态，它的沸点最高判断，故B错误；C．离子半径越小，晶格

能越大，则离子半径F-＜Cl-＜Br-，晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故C正确；D．SiCl4、SiBr4、SiI4均为分子晶体，它们组成和结构相似，分子间不存在氢键，故相对分子质量越大，熔点越高，因此熔点由大到小

顺序为SiI4＞SiBr4＞SiCl4，故D错误；答案为C。9.下列原子中未成对电子数最多的是()A.CB.NC.OD.Cl【答案】B【解析】【详解】画出各原子的轨道表示式：A、C：有两个未成对电子；B、N：有三个未成对电子；C、O：有两个未成对电子；D、Cl：有一个未成对电子；答案选项B。10.

某原子核外电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是（）A.该原子的核外电子排布图为B.该原子核外有3种能量不同的电子C.该原子核外最外层上有3种运动状态不同的电子D.该原子核外最外层电子占据3个原子轨道【答案】B【解析】【详

解】A．选项中的电子排布图违反了洪特规则，正确的电子排布图应为，A错误；B．同一能级的电子具有相同的能量，该原子核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、2p原子轨道上的电子，B正确；C．该原子核外最外层电子数为5，则最外层上

有5种运动状态不同的电子，C错误；D．该原子核外最外层电子数为5，占据2s、2p两个能级，2s上有1个原子轨道，2p上有3个原子轨道，共4个原子轨道，D错误；答案为B。11.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（）WXYZA.原子半

径：W＜XB.常温常压下，Y单质为固态C.X的最高价氧化物的水化物是强碱D.气态氢化物热稳定性：Z＜W【答案】C【解析】【分析】根据题给信息，W、X、Y、Z为短周期主族元素，由题中各元素的位置关系可以看出，W、X、Y、Z为二、三周期元素。W的族序数比X多2，由主族元素族序数数值上等于该

元素的最高化合价(F、O除外)可知，设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+2+a=8，解得a=3，故X位于第三周期第ⅢA族，为Al元素，因此Y为Si元素，Z为P元素，W为N元素，据此分析。【详解】A．根据元素

周期律，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，可知原子半径：Z＞W；同周期元素从左至右，原子半径逐渐减小，可知原子半径：X＞Z，故原子半径：W＜X，A项正确；B．Y为Si元素，常温常压下，Si单质为固态，B项正确；C．X的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，显两性，

不是强碱，C项错误；D．根据元素周期律，非金属性：W＞Z，则气态氢化物的稳定性：Z＜W，D项正确；答案选C。【点睛】不同周期、不同主族元素原子半径大小的比较，先找参照元素，使其建立起同周期、同主族的关系，然后进行比较。12.现在含

有元素硒(Se)的保健品已经进入市场。已知硒与氧元素同族，与钾元素同周期。下列关于硒的说法不正确的是（）A.原子最外层电子排布式为4s24p4B.最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4C.Br的非金属性比Se弱D.O和Se为p区元素，K为s区元素【

答案】C【解析】【分析】由题中已知：硒与氧元素同族，与钾元素同周期。可知硒位于第四周期第ⅥA族，硒与氧元素最外层电子数相同，化学性质相似；硒与钾元素具有相同的电子层数，据此分析。【详解】A．O元素有2个电子层，最外层为6个电子，其最外层电子排布

为2s22p4，钾元素有4个电子层，则据此可知Se原子最外层电子排布式为4s24p4，A项正确；B．O元素位于第ⅥA族，则Se元素也属于第ⅥA族元素，根据主族序数等于元素最高化合价（O、F除外）可知，Se的最高价氧化物对应

水化物的化学式为H2SeO4，B项正确；C．Br元素位于元素周期表中第四周期第ⅦA族，根据元素周期律，同周期元素，从左至右，非金属性逐渐增强，可知，Br的非金属性比Se强，C项错误；D．根据元素周期表的

分区可知，第ⅠA族、ⅡA族及氦元素位于s区，第ⅢA族～ⅦA族、0族（氦除外）位于p区，可知，O和Se为p区元素，K为s区元素，D项正确；答案选C。13.下列判断正确的是（）A.非金属性：As＞S＞ClB.热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC.原子半径：As＞P＞C

lD.酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4【答案】C【解析】【详解】A．根据同一周期从左至右非金属性逐渐增强，可知，非金属性：P＜S＜Cl；As和P位于同一主族，根据同一主族，从上至下非金属性逐渐减弱可知，P＞As，故非金属性：As＜S＜Cl，A项错误；B．根据同一周期从左至右非金属性

逐渐增强，同一主族从上至下非金属性逐渐减弱，可知，非金属性：Cl＞Br＞As，则相应的氢化物的稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，B项错误；C．根据同一周期从左至右原子半径逐渐减小，可知原子半径：P＞Cl；由同一主族从上至下原子半径逐渐增大，可知原子半径：As＞P；故原子半径：

As＞P＞Cl，C项正确；D．根据同一周期从左至右非金属性逐渐增强，同一主族从上至下非金属性逐渐减弱，可知，非金属性：S＞P＞As，故酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，D项错误；答案选C。14.下列元素按电负性由大到小顺序排列的是（）

A.K、Na、LiB.N、O、FC.As、P、ND.F、Cl、S【答案】D【解析】【详解】A．根据同主族，自上而下，元素的电负性逐渐变小，可知，电负性由大到小的顺序排列应为：Li、Na、K。A项错误；B．由同周期，从左至右，元素的电负性逐渐变大，可知，电负性由大到小

的顺序排列应为：F、O、N。B项错误；C．根据同主族，自上而下，元素的电负性逐渐变小，可知，电负性由大到小的顺序排列应为：N、P、As。C项错误；D．根据同主族，自上而下，元素的电负性逐渐变小，可知电负性：F＞Cl；根据同周期，从左至右，元素的电负性逐渐变大，可知，电负性：Cl＞S，故电

负性由大到小的顺序排列应为：F、Cl、S；D项正确；答案选D。15.下列微粒组是等电子体的是（）A.SO42-和PO43-B.Na+和Cl-C.N2O4和NO2D.NO和O2【答案】A【解析】【分析】等电子体需满

足两个条件：（1）微粒的原子总数相同；（2）微粒的价电子总数相同；据此分析。【详解】A．SO42-离子中含有32个价电子，PO43-离子中价电子数也为32，二者原子总数相同，价电子总数也相同，根据等电子原理，可知二者为等电子体，A项正确；B．Na+和Cl-质子数分别为11、1

7，电子数分别为10、18，不符合等电子体的定义，B项错误；C．N2O4和NO2原子数不同，不符合等电子体的定义，C项错误；D．NO的价电子总数为11，O2的价电子总数为12，二者虽原子总数相同，但价电子总数不同，不是等电子体，D

项错误；答案选A。16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是（）A.元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B.原子半径的大小顺序为：r(X)＞r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(Q)C.元素W的最高价氧化物对应的水化物的

酸性比Q的强D.离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同【答案】A【解析】【分析】由图可知，X、Y为第二周期元素，Z、W、Q为第三周期元素，由元素在周期表中相对位置，可知X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．元素X的最高正

价为+5价，元素Z的最高正价为+3价，二者最高正化合价之和的数值等于8，A项正确；B．根据同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小，可知原子半径：r(X)＞r(Y)、r(Z)＞r(W)＞r(Q)。根据原子电子层数越多，原子半径越大

，可知原子半径大小：r(Z)＞r(W)＞r(Q)＞r(X)＞r(Y)，B项错误；C．根据同一周期从左至右非金属性逐渐增强，可知非金属性：Q＞W，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W，C项错误；D．离子Y2-为O2-，其核外电子数为10，有2个电子层；Z3+为Al3+，核外电子数为10

，有2个电子层，二者的核外电子数和电子层数都相同，D项错误；答案选A。17.氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是（）A.平面三角形、sp2B.V形、sp2C.三角锥形、sp3D.三角锥形、

sp2【答案】C【解析】【分析】【详解】根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型，氯化亚砜(SOCl2)分子中S原子成2个S-Cl键，1个S=O，S原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=6-12-213+=42，孤电子对数为1，则其分子空间构型为三角锥形，中心原子(S)采取sp3杂化；

答案选C。18.白磷是一种能自燃的单质，其分子的球棍模型如图所示：，下列叙述错误的是（）A.每个磷原子的价层电子对数为4，磷原子均为sp3杂化B.每个磷原子形成3个σ键，磷原子为sp2杂化C.1mol白磷中共含6mol非极性键D.白磷的分子

构型为正四面体形【答案】B【解析】【详解】A．由白磷分子的球棍模型如图所示，每个磷原子均形成了3个σ键，另外每个磷原子还有一对孤电子对，则每个磷原子的价层电子对数为4，磷原子均为sp3杂化，故A正确；

B．根据A项分析，每个磷原子形成3个σ键，另外每个磷原子还有一对孤电子对，则每个磷原子的价层电子对数为4，磷原子为sp3杂化，故B错误；C．由白磷分子的球棍模型如图所示，一个白磷分子含有6个非极性键，则1mol白磷中共含6

mol非极性键，故C正确；D．一个白磷的分子由4个磷原子构成，价层电子对数为4，磷原子为sp3杂化，空间构型为正四面体形，故D正确；答案选B。19.下列分子或离子中，不含孤电子对的是（）A.H2OB.NH4+C.NH3D.H3O+【答案】B【解析】【分析】根据

中心原子的孤电子对数=ab2x−，其中x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，氢为1，其他原子等于“8-该原子的价电子数”。注意：（1）若微粒为分子，则a为中心原子的价

电子数，对于主族元素来说，价电子数等于原子的最外层电子数；（2）若微粒为阳离子，则a为中心原子的价电子数减去离子的电荷数；（3）若微粒为阴离子，则a为中心原子的价电子数加上离子的电荷数（绝对值）。据此进行分析。【详解】A．据中心原子的孤电子对数计算公式可知，H2

O中的中心原子O原子的孤电子对数=61222−=，A项错误；B．据中心原子的孤电子对数计算公式可知，NH4+中的中心原子N原子的孤电子对数=514102−−=，NH4+中不含孤电子对，B项正确；C．据中心原子的孤电子对数计算公式可知，NH3中

的中心原子N原子的孤电子对数=51312−=，C项错误；D．据中心原子的孤电子对数计算公式可知，H3O+中的中心原子O原子的孤电子对数=613112−−=，D项错误；答案选B。20.某晶体由M、N两种原子构成，其晶胞如图所示。

实心球•表示N原子，空心球○表示M原子，则它的化学式为（）A.M4N4B.M14N13C.MND.M4N5【答案】C【解析】【详解】根据均摊法，实心球•N原子位于晶胞的棱上和体心，个数为14×12+1=4，空心球○M原子位于晶胞的顶点和面心，个数为18×8+12×6=4

，则晶胞中N原子和M原子的个数都为4，则其化学式为MN，故答案选C。二、填空题（共四小题，每题15分，共60分）21.[2017新课标Ⅲ]研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示

出良好的应用前景。回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。（2）C

O2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是_____________________________

_。（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r(O2-)为________

nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r(Mn2+)为________nm。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2(2).O(3).Mn(4).

sp(5).sp3(6).H2O>CH3OH>CO2>H2(7).H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大(8).离子键和π键（或键）(9).0.148(

10).0.076【解析】【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于

O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。（2）CO2和CH3O

H的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>

H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根

和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=2a，解得r=20.4204nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r

(O2-)+2r(Mn2+)=a'=0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。22.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：(1)基态Ge原子的简化核外电子排布式为__，有__个未成对电子。(2)Ge与C是同族元素，

C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键，从原子结构角度分析，原因是__。(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因__。GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃-49.

526146沸点/℃83.1186约400(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂，Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是__。(5)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为__，微粒之间存在的作用力是

___。(6)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(12，0，12)；C为(12，12，0)。则D原子的坐标参数为__。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已

知单晶Ge的晶胞参数a=565.76pm，其密度为___g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】(1).[Ar]3d104s24p2(2).2(3).Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(4).分子结构相似，相对分子质量增大，范德华力

增强，熔沸点逐渐增加(5).O＞Ge＞Zn(6).sp3(7).共价键(8).(14，14，14)(9).A330373565.78N610cm−(或733873106.025.76cm)【解析】【分析】(1)Ge

是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；(2)Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键；(3)锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；(4)

元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；(5)Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；(6)①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线

处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等份可知D处于到各个面的14处；②根据均摊法计算晶胞中Ge原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ=mV计算

晶胞密度。【详解】(1)Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，简化核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p2，根据其

核外电子排布可知核外有2对未成对电子；(2)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键；(3)根据表格GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高，原因是三者熔沸点均较低，为分

子晶体，分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强，熔沸点逐渐升高；(4)元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn；(5)Ge

单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，Ge原子形成4个σ键，采取sp3杂化；Ge单晶属于原子晶体，Ge原子靠共价键聚集；(6)①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的

连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再2等份，可知D处于到各个面的14处，则D原子的坐标参数为(14，14，14)；②根据均摊法，该晶胞中Ge原子的数目为8×18+6×12+4=8，则晶胞质量m=A87

3Ng，晶胞的体积V=a3pm3=565.763×10-30cm3，所以晶胞的密度为A3303A3308873gN73N565.7610cm565.7610−−==733873106.025.76cmg·cm-3。【点

睛】(5)中晶胞计算为易错点，难点是分析晶胞中含有Ge原子数目，要需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，利用均摊法，立方体中每个顶点上的原子占晶胞的18，面上的原子占晶胞的12，棱上的原子占晶胞的14。

23.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为________。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“

小于”)。原因是______________________。（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是___________________________

_______________________。（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式

为___________________。（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为___

_____g·cm－3(列出计算式)。【答案】(1).[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)(2).大于(3).Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(4).离子键(5)

.ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小(6).平面三角形(7).sp2(8).六方最密堆积(A3型)(9).2A656364Nac【解析】【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分

涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。【详解】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个

能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机

溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=

3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2

×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NAg。该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为ccm，所以体积为6×cm3。所以密度

为：g·cm-3。【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择

了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。24.东晋《华阳国志南中志》卷四种已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)镍元素基态

原子的价电子轨道表示式___，3d能级上的未成对的电子数为___。(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___。②在[Ni(NH3

)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是___。③氨的沸点_______(“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是______。(3)单质铜及镍都是由__键形成的晶体：元素同与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=

1753kJ/mol，ICu>INi的原因是___。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为___。②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=____nm。【答案】(1).(2).2(3).正四面体(4).配位

键(5).N(6).高于(7).NH3分子间可以形成氢键，熔沸点升高(8).金属键(9).铜的3d能级是全满状态，更稳定(10).3：1(11).3A59643dN+×107【解析】【分析】(1)Ni元素原子核外电子数为28，结合能量最低

原理书写核外电子排布式；(2)①SO42-中S原子的成键电子对数=4，孤电子对数=62242+−=0，价层电子对数=4+0=4；②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；(3)

单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定；(4)①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu原子数目；②根据m=ρV计算晶胞参数。【详解

】(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，其价层电子轨道式为，3d能级上的未成对电子数为2；(2)①SO42-中S原子的成键电子对数=4，孤电子对数=62242+−=

0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体；②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，提供孤电子对，二者之间形成配位键；③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，

故氨气的沸点高于PH3分子的；(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高

于镍。(4)①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1，Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。②该晶胞属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为59643+ANg，根据m=ρV可有：59643+AN

g=dg•cm-3×(a×10-7cm)3，解得a=3A59643dN+×107。