【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n2

B.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4f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．CO2

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．NaCl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：1s22s22p63s23p64s

1D.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1s22s22p63s23p2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1s22s22p63s23p

2，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1s22

s22p63s23p3，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＞NaBrD.熔点：SiCl4＞SiBr4＞SiI

4【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（）W

XYZA.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＞ClD.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＜C

l；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：H

Cl＞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、17，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6mol

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，H2O中的中心原子O原子的孤电子对数=612

22−=，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）CO2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，H

2O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1s22s22

p63s23p63d74s2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CH3OH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/℃-49.526

146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=A873N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/mo

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