1、四川省绵阳市三台中学实验学校2019-2020学年高二化学上学期9月月考试题（含解析）一、选择题(共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1. 下列现象与原子核外电子跃迁无关的是A. 激光B. 焰火C. 核辐射D. 霓虹灯光【答案】C【解析】【详解】电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化；核辐射是原子核从一种能量状态结构或转变为另一种结构或另一种能量状态过程中所释放出来的微观离子流，与电子跃迁无关；激光、霓虹灯广告、节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故答案选C。2.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p
2、63s23px23py1，它违背了（ ）A. 能量守恒原理B. 泡利不相容原理C. 能量最低原理D. 洪特规则【答案】D【解析】【详解】P原子的3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同。本题的电子排布违背了洪特规则。洪特规则是在等价轨道(指相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道,且自旋方向相同，据此可知，该电子排布式违背了洪特规则，应排布为1s22s22p63s23px13py13pz1。故选D【点睛】泡利不相容原理：每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子；洪特规则：在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空
3、轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋；能量最低原理：在不违反泡利原理的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态。3. 以下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是A. H3O+B. BF3C. CCl4D. PCl5【答案】C【解析】【详解】只要化合物中元素化合价的绝对值和该元素原子的最外层电子数之和满足8，则该元素原子就能满足8电子稳定结构，据此可知，A中的H、B中的B、D中的P均未满足8电子稳定结构，而C中的C和Cl均满足8电子稳定结构，故答案选C。4. 下列各组分子中，都由极性键构成的极性分子的一组是A. H2O和NH3B. CCl
4、4和H2SC. C2H2和CO2D. H2O2和CS2【答案】A【解析】【分析】由同种原子构成的共价键是非极性键，不同种原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子。以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。【详解】A、H2O分子中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A正确；B、CCl4分子中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，
5、属于非极性分子；H2S中含有极性键，空间结构为V形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故B错误；C、C2H2分子中含有极性键和非极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；CO2中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故C错误；D、H2O2中含有极性键和非极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；CS2中含有极性键和非极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D错误。答案选A。5.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是（）A. PCl3中 P原子sp3杂化，为三角锥形B. BCl3中B原子sp2杂化，为平面三角形C
6、. CS2中C原子sp杂化，为直线形D. H2S中S原子sp杂化，为直线形【答案】D【解析】【详解】A. 该分子中心原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为1，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化类型是sp3，实际空间构型为三角锥形，故A正确；B该离子中B原子价层电子对个数=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断B原子为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；C该分子中C原子价层电子对个数=2，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子采用sp杂化，为直线形结构，故C正确；D该分子中S原子价层电子对个数=4，且含有两对孤电子对，根据价层电子对判断S原子sp3杂化，分子构型为V形，故D
7、错误；故选：D。6.下图是第2周期39号元素某些性质变化趋势图，以下说法中正确的是（）A. y轴表示的可能是第一电离能B. y轴表示可能是电负性C. y轴表示的可能是原子半径D. y轴可能表示元素的最高正化合价数【答案】B【解析】【详解】A第二周期中，Be、N的第一电离能均大于它们邻近的元素，故A错误；B同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，故B正确；C同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，故C错误；DO、F无正价，故D错误。故选：B。【点睛】同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，第一电离能呈“锯齿状”增大趋势（II A族和V
8、 A族的第一电离能均大于周围邻近的元素），电负性逐渐增大。7.萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F所包围，则每个F周围最近距离的Ca2+数目为（）A. 16B. 4C. 6D. 8【答案】B【解析】【详解】萤石(氟化钙CaF2)晶体属于立方晶系，F-作简单立方堆积，Ca2+数目比F-少一半，所以填充了一半的立方体空隙，每个Ca2+与8个F-配位，每个F-与4个Ca2+配位，每个CaF2晶胞中含有4个Ca2+和8个F-，故选：B。8.若某原子在处于能量最低状态时，价电子排布为4d15s2，则下列说法正确的是A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子（）B
9、. 该元素位于周期表的第5周期B族C. 该元素原子的M能层共有8个电子D. 该元素原子最外层共有1个电子，位于ds区【答案】B【解析】【详解】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2。由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子，则：A该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，故A错误；B由基态原子的核外电子排布可知该元素位于周期表第五周期第B族，故B正确；C该元素原子M层上共有18个电子，故C错误；D该元素原子最外层共有2个电子，且该元素位于d区，故D错误
10、；故答案为B。9.下列说法正确的是（ ）A. 在101KPa时，1mol物质完全燃烧时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热B. 酸和碱发生中和反应生成1mol水，这时的反应热叫中和热C. 燃烧热和中和热是反应热的种类之一D. 在稀溶液中，1mol乙酸和1mol氢氧化钠完全中和时放出的热量为57.3kJ【答案】C【解析】【详解】A在25、101KPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；A项错误；B稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应只生成1mol水，这时的反应热叫中和热；B项错误；C燃烧热和中和热是反应热的种类之一；C项正确；D乙酸是弱酸，电离过程吸热，因此所以在稀
11、溶液中，1mol乙酸和1mol氢氧化钠完全中和时放出的热量小于57.3kJ，D项错误；答案选C。10. 氮化硅是一种新合成结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时，所克服的粒子间的作用与氮化硅熔化所克服的粒子间的作用相同的是A. 硝石(NaNO3)和金刚石B. 晶体硅和水晶C. 重晶石(BaSO4)和萤石(CaF2)D. 冰和干冰【答案】B【解析】【详解】氮化硅是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，则该物质的晶体类型是原子晶体，原子之间通过共价键结合；则：A硝石(NaNO3)是离子晶体，离子之间通过离子键结合；金刚石是原子晶体，原子之间通过共价键结合；
12、二者熔化时克服的作用力与氮化硅不完全相同，A错误；B晶体硅和水晶都是原子晶体，原子间通过共价键结合，熔化时克服的是共价键，与氮化硅熔化所克服的粒子间的作用相同，B正确；C重晶石(BaSO4)和萤石(CaF2) 都是离子晶体，离子之间通过离子键结合，熔化时断裂的是离子键，与氮化硅熔化所克服的粒子间的作用不同，C错误；D冰和干冰都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，熔化时克服的是分子间作用力，与氮化硅熔化所克服的粒子间的作用不同，D错误；故选B。二、选择题(共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。)11. 下列物质固态时，一定是分子晶体的是（ ）A. 酸性氧化物B. 非
13、金属单质C. 碱性氧化物D. 含氧酸【答案】D【解析】【详解】A、酸性氧化物不一定形成分子晶体，如二氧化硅形成原子晶体，A错误；B、非金属单质不一定是分子晶体，如金刚石为原子晶体，B错误；C、碱性氧化物一般都为金属氧化物，是离子晶体，C错误；D、含氧酸都是共价化合物，形成分子晶体，D正确；故选D。12.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A氧原子的第一电离能小于氮原子氮原子2p能级半充满BCO2为直线形分子CO2分子中CO之间的夹角为10928C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HClA. AB. BC. C
14、D. D【答案】A【解析】【详解】A原子轨道中电子处于全空、半满、全满时最稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；BCO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型，故B错误；C金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；D卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氟化氢分子间有氢键，氯化氢分子间不存在氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；故选：A。13.已知热化学方程式：SO2(g)1/2O2(g)SO3
15、(g)H98.32 kJmol1，在一定温度的密闭容器中充入2 mol SO2和1molO2充分反应，经过一段时间放出的热量为98.32 kJ，则容器中的压强与起始时压强的比值为()A. 3/2B. 2/3C. 6/5D. 5/6【答案】D【解析】【分析】热化学方程式中的反应热为反应物完全反应时的反应热，达到平衡状态时最终放出的热量为98.32kJ，说明转化的SO2为1mol，结合方程式计算平衡时混合气体总物质的量，容器内气体压强之比等于气体物质的量之比，据此解答。【详解】达到平衡状态时最终放出的热量为98.32kJ，说明转化的SO2为1mol，则： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起
16、始量(mol)：2 1 0转化量(mol)：1 0.5 1平衡量(mol)：1 0.5 1根据可知：容器气体的压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时容器中的压强与起始时压强的比值为，故选项是D正确。【点睛】对于化学平衡题目计算，一般采用三段式法，把相应物质的起始量、改变量、某时刻的量(或平衡量)写在相应物质的化学式下面，然后根据物质的量的有关计算公式进行相应的计算。注意若反应方程式为可逆反应的热化学方程式，反应热是反应物完全反应所放出或吸收的热量。14.元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B. 多电子原子中，在离核较近的区域
17、内运动的电子能量较高C. P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近元素属于过渡元素【答案】C【解析】【详解】A.副族元素及主族元素的F、O最外层电子数不等于最高化合价，A项错误；B.在离核较近的区域运动的电子能量较低，B项错误；C. P、S、Cl质子数增多，原子半径减小，对电子的引力增强，所以非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，C项正确；D.副族和第族元素统称为过渡元素，D项错误。故选C。15.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（） NaCl晶胞A. 124g P4含有的P-P键数为6NAB. 12g石墨
18、中含有的C-C键数为2NAC. 58.5g NaCl中晶胞数为NAD. 12g金刚石中含有的C-C键数为1.5NA【答案】A【解析】【详解】A. 124g白磷中含有的磷分子个数=NA/mol=NA，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以124g P4含有的P-P键的个数为6NA，故A正确；B. 12g石墨中含有碳原子个数=NA/mol=NA，石墨中每个碳原子含有个C-C键，所以12g石墨中含有C-C键个数是1.5NA，故B错误；C. 58.5 g NaCl的物质的量为=1mol，根据晶胞示意图可知每个晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，所以1mol NaCl所含晶胞的物质的量为0.25mol，数目
19、为0.25NA，故C错误；D. 12g金刚石中含有碳原子个数=NA/mol=NA，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以12g金刚石中含有C-C键个数是2NA，故D错误；故答案为A。【点睛】本题中要注意原子晶体中共价键数目的计算，以金刚石为例：金刚石中每个碳原子与其他四个碳原子相连，每个C-C被两个碳原子共用，则属于一个碳原子的C-C键为4=2个。16.气态中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是()A. 1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p1B. 1s22s22p63s23p31s22s22p63s23p2C. 1s22s22p63s23p41s2
20、2s22p63s23p3D. 1s22s22p63s23p63d104s24p21s22s22p63s23p63d104s24p1【答案】B【解析】【详解】能级上电子处于半满、全满、全空，这样的原子相对稳定，不易失去电子，p能级上最多容纳6个电子，s能级上最多容纳2个电子，选项B中3p能级上有3个电子处于半满，相对稳定，不易失去电子，即失去电子消耗的能量多，故选项B正确。【点睛】吸收能量即从相对稳定结构不稳定结构的变化。根据洪特规则特例，处于半满、全满、全空的相对稳定，不容易失去电子，即失去电子时，需要吸收更多的能量，从而判断出选项。17.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W
21、同周期，Z、M同主族；X与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是A. X、M两种元素只能形成X2M型化合物B. 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C. 元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体D. 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂【答案】D【解析】【分析】Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，Y是Si。X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X与M2具有相同的电子层结构，离子半径：Z2W，所以X是Na，Z是S，W是Cl，M是O
22、。据此解答。【详解】X、Y、Z、W、M五种短周期元素分别是Na、Si、S、Cl、O。A、O与Na还可以形成过氧化钠Na2O2，A错误；B、因为水分子中含有氢键，沸点最高，B错误；C、Si是原子晶体，硫单质和氯气形成的是分子晶体，C错误；D、臭氧和氯气都可以作为消毒剂，D正确。答案选D。18.下列图像是NaCl、CsCl、干冰的晶体结构图或是从其中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl的晶体结构图像的是 （ ）A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】氯化钠晶体中的配位数均是6，所以选项A正确。答案选A。19.下列关于晶体的说法中一定正确的是A. 分子晶体中都存在共价键B. C
23、aTiO3晶体中每个Ti4+与12个O2-相紧邻(如图是CaTiO3的晶体结构模型)C. SiO2晶体中每个硅原子与2个氧原子以共价键相结合D. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高【答案】B【解析】【详解】A、分子晶体不一定存在化学键，例如稀有气体分子形成的晶体，A错误；B、根据CaTiO3晶体的晶胞结构可知，每个Ti4+周围有12个O2-，B正确；C、SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，C错误；D、金属晶体的熔沸点跨度较大，一般不和其他三种晶体的熔沸点作比较，比如常温下Hg是液态，而部分分子晶体在常温下呈固态，故金属晶体的熔沸点不一定都比分子晶体的高，D错误；故答案选B。三、
24、填空题（本题包括6小题，共50分）20.比较下列各项中的前者和后者，用“”、 “”或“=”填空（1）熔点：NaCl_CaO （2）沸点：_（3）在水中的溶解度：SO2_CO2 （4）酸性：H3PO3_H3PO4（5）键能：HO_ HS （6）价电子数：O_Cr【答案】 (1). (2). (4). (6). =【解析】【详解】(1)NaCl中离子所带电荷数为1，CaO中离子所带电荷数为2，且O2-的半径小于Cl-的半径，所以氯化钠的晶格能小于氧化钙的晶格能，所以熔点：NaClCO2；(4)含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为-OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，所以含氧酸的通式可写成(HO)
25、mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越强，则酸性：H3PO3H-S；(6)O的价层电子排布式为2s22p4，价电子个数为6；Cr的价层电子排布式为3d54s1，价电子个数为6，所以价电子数：O=Cr。【点睛】注意判断含氧酸酸性的方法：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为-OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。21.有下列九种晶体：A水晶B冰醋酸C氧化镁 D白磷E晶体氩 F氯化铵 G过氧化钾 H金刚石 I镁（1）属于原子晶体的化合物是_（填字母，下同），直接由原子构成的晶体是_（2）由极性分子构成的晶体是_，含有共价键的离子晶体是_（3）受热熔化后化学键不发生变化的是_，需克服共价键的
26、是_，需要克服金属键的是_。【答案】 (1). A (2). A、E、H (3). B (4). F、G (5). B、D (6). A、H (7). I【解析】【详解】(1)属于原子晶体的化合物是水晶，直接由原子构成的晶体是原子晶体和单原子分子形成的分子晶体，有水晶、晶体氩以及金刚石； 故答案为：A；AEH； (2)由分子构成的晶体是分子晶体，有冰醋酸、白磷、晶体氩，其中白磷和氩均为非极性分子，故由极性分子构成的晶体是冰醋酸；氯化铵、过氧化钾含有离子键和共价键，故是含共价键的离子化合物；故答案为：B；FG；DE；(3)受热熔化化学键不发生变化的是分子晶体，为冰醋酸、白磷；需克服共价键的是原子
27、晶体，为水晶、金刚石；需克服金属键的是金属晶体，为镁；故答案为：BD；AH；I。22.（1）下列数据是对应物质的熔点（）NaClNa2OAlF3AlCl3BCl3Al2O3CO2SiO28019201291190-1092073-571723据此作出的下列判断中，错误的是_。A 铝的化合物晶体中不存在离子晶体 B 表中只有BCl3、干冰是分子晶体C 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D 不同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体（2）SiO2晶体结构片断如图所示。SiO2晶体中Si原子数目和SiO键数目的比例为_。通常人们把拆开1mol 某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。化学键Si-OSi
28、-SiO=O键能/KJmol-1460176498Si(s)+ O2(g)=SiO2(s)，该反应的反应热H=_。（3）单质铝晶体晶胞特征如图乙所示则晶胞中铝原子的配位数为_，晶胞中存在两种空隙，分别是_、_。【答案】 (1). AB (2). 1：4 (3). -990 kJ/mol (4). 12 (5). 正四面体空隙 (6). 正八面体空隙【解析】【详解】(1)A由表中数据可知，AlF3、Al2O3为离子晶体，故A错误；B表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；CC和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；DNa和Si不同主族，
29、Na2O属于离子晶体，SiO2属于原子晶体，不同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体，故D正确；故答案为：AB；(2) SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，1mol SiO2晶体中含有4molSi-O键，则SiO2晶体中Si和Si-O键的比例为1：4，因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键为1个Si原子提供个Si-Si键，所以1mol晶体硅中含有1mol4=2molSi-Si键，反应热H=反应物总键能-生成物总键能，所以Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中，H=176kJ/
30、mol2mol+498kJ/mol-460kJ/mol4=-990 kJ/mol；(3)晶胞中距离最近的原子为位于定点和面心位置的两个原子，每个定点周围有38=12个原子，即配位数为12；观察晶胞结构可知晶胞中存在两种空隙，分别是正四面体空隙、正八面体空隙。23.氮化钛广泛用于耐高温、耐磨损及航空航天等领域。一种氮化钛的制备反应为：6TiCl48NH3=6TiN24HClN2，回答下列问题：（1）钛在元素周期表中的位置为_，基态Ti原子价层电子的轨道表达式为_。（2）氮可与其他元素形成正离子，如NH4Cl中的NH4+，N2O5中的NO2+。组成这两种正离子的元素中第一电离能由小到大的顺序为_；
31、NH4+的空间构型为_；NO2+中氮原子的杂化形式为_，其中键与键的数目比为_。（3）四氯化钛晶体的熔点为-23，沸点为136，则TiCl4晶体的类型为_，该晶体中微粒之间的作用力为_。（4）一种TiN金黄色晶体晶胞结构与NaCl相同（如图），该晶胞中N原子数目为_；该氮化钛的密度为5.4g/cm3，则其晶胞参数a_pm（用NA表示阿伏加德常数的数值，只列算式）。【答案】 (1). 第4周期B族 (2). (3). HON (4). 正四面体 (5). sp (6). 1:1 (7). 分子晶体 (8). 范德华力 (9). 4 (10). 1010【解析】【详解】(1)Ti原子为22号元素，
32、Ti位于第四周期IV B族，基态原子价层电子排布式为3d24s2，其价层电子的轨道表达式为；(2)组成这两种正离子的元素为H、N、O，根据元素周期律，同周期元素从左向右第一电离能增大，但第A族的元素由于最外层处于半满状态，是一种稳定结构，所以第一电离能高于相邻的同周期其它元素，所以N、O、H第一电离能由小到大的顺序是HON；NH4+中心原子N有4个相同的键，属于sp3杂化，NH4+的空间构型为正四面体形；NO2+中氮原子价层电子对数为2，没有孤电子对，N的杂化方式为sp杂化，分子为直线形，形成两个氮氧双键，所以键与键的数目比为1：1；(3)分子晶体的熔沸点较低，该物质熔沸点较低，属于分子晶体，
33、微粒间作用力为分子间作用力；(4)TiN中Ti和N原子数目之比为1：1，结构与NaCl相同，该晶胞中N原子数目为8+6=4，Ti原子数目为12+1=4，晶胞质量m=，晶胞体积V=a3=，所以a=。【点睛】根据元素周期律，同周期元素从左向右第一电离能增大，但第V A族的元素由于最外层处于半满状态，是一种稳定结构，所以第一电离能高于相邻的同周期其它元素。24.Fe3+与SCN形成的配离子颜色极似血液，常被用于电影特技和魔术表演。回答下列问题： （1）写出Fe3+的电子排布式：_；SCN的结构式为_（2）基态硫原子中，核外占据最高能级电子的电子云轮廓图形状为_。硫的一种同素异形体分子式为S8，其结构
34、如图所示，其中S原子的杂化轨道类型为_。S8易溶于二硫化碳的原因是_。（3）已知立方氮化硼晶体内存在配位键，则其晶体中配位键与普通共价键数目之比为_。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中a处B的原子坐标参数为（0, 0, 0），则距离该B原子最近的N原子坐标参数为_。（4）单质铁的晶体结构如图所示，该堆积方式名称为_。已知该晶胞的密度为 g/cm3，则铁原子半径的计算式为_ pm。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5 (2). SCN或SCN (3). 哑铃形 (4). sp3 (5). S8和二硫化碳都是非极性分子，由相似相溶原理S8易溶于二硫化碳
35、 (6). 1:3 (7). (，) (8). 体心立方堆积 (9). 【解析】【详解】(1)Fe3+的外围电子排布为3d5，结合泡利原理、洪特规则画出排布图为；SCN-与CO2互为等电子体，二者结构相似，SCN-结构式为SCN或SCN，SCN-中键与键数目之比，2：2=1：1；(2)基态S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，其最高能级的电子为3p电子，电子云为哑铃形；S原子形成2个S-S键、还有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，为sp3杂化；S8、CS2都是非极性分子，根据相似相溶知，S8易溶于二硫化碳；(3)硼原子价电子数为3，形成4个共价键，有1个配位键、3个普通化学键；a
36、处B的原子坐标参数为(0，0，0)，距离该B原子最近的N原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离为体对角线的，则该N原子到各坐标平面距离均等于晶胞棱长的，故该坐标为(，)；(4)该堆积方式为体心立方堆积，该晶胞中Fe原子个数=1+8=2，体对角线上3个原子紧密相邻，晶胞棱长= ，体心立方堆积中原子半径=棱长，所以铁原子半径=。【点睛】体心立方堆积中，棱长a=2r；面心立方堆积中，棱长a=r；六方最密堆积中底面边长a=b=2r；在有关晶胞的计算中要注意单位的换算，1cm=107nm=1010pm。25.A、B、C、D、E、F代表原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是空气中含量最高的元素；B是同周
37、期中原子半径最大的元素；C原子的最外层电子数与核外电子层数相等；D、E元素的基态原子3p能级上都有两个未成对电子；F原子的外围电子排布为(n1)d10ns1。根据以上信息，回答下列问题： （1）A元素基态原子核外电子的轨道表达式为_；在同周期元素中第一电离能介于C、E之间的元素是_（用化学式表示）。（2）将以下三种物质：A与硼元素按原子个数比为11形成的空间网状结构化合物，B的氯化物， D的氯化物。按熔点由高到低的顺序排列：_（用化学式表示）。（3）A的最简单氢化物易液化，其原因是_，E的次高价含氧酸根离子的VSEPR模型名称是_，该离子的空间构型为_。（4）F单质晶体中原子的堆积方式如下图甲
38、所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。 若已知F晶胞参数为a pm，F相对原子质量为M，NA代表阿伏加德罗常数，请回答：晶胞中F原子的配位数为_；F单质晶体中原子的堆积方式是_堆积。F原子半径r =_pm，F单质晶体密度计算式为：_ gcm-3。（5）A与F形成的某种化合物晶胞结构如图丁所示，该晶体的化学式为_。该化合物能与稀盐酸剧烈反应，生成一种白色沉淀和一种全部由非金属元素组成的离子化合物，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). Mg、Si (3). BNNaCl SiCl4 (4). 分子间存在氢键 (5). 正四面体
39、(6). 三角锥形 (7). 12 (8). 面心立方堆积 (9). a (10). (11). Cu3N (12). Cu3N+4HCl= NH4Cl+3CuCl【解析】【分析】A是空气中含量最高的元素则A为N； D、E元素的基态原子3p能级上都有两个未成对电子，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，故D为Si、E为S，B是同周期中原子半径最大的元素，则B是Na；C原子的最外层电子数与核外电子层数相等，则C为Al；F原子的外围电子排布为(n-1)d10ns1，则F为29号元素Cu。【详解】(1)A为N元素，基态原子核外电子的轨道表达式为1s22s2
40、2p3；C为Al，E为S，P最外层为半充满状态所以第一电离能大于S，Mg的3s轨道为全满状态，所以第一电离能大于Al，所以介于Al和S之间的元素有Mg、Si；(2)A与硼元素按原子个数比为11形成的空间网状结构化合物为BN；为原子晶体，B的氯化物为NaCl，为离子晶体；D的氯化物为SiCl4，为分子晶体，所以熔点由高到低为：BNNaCl SiCl4；(3)A的最简单氢化物为NH3，分子间存在氢键，溶液液化；E的次高价含氧酸根为SO32-，价层电子对数为4，孤电子对数为1，所以其VSEPR模型为正四面体，空间构型为三角锥形；(4)根据图示可知该堆积方式为面心立方堆积，以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；据图可知面对角线上的三个晶胞相切，所以有(4r)2=2a2，解得r=a pm；该晶胞中所含F原子的个数为，所以质量m=g，晶胞体积为V=a3 pm3=a310-30cm3，所以密度；(5)A为N，F为Cu，据图可知一个晶胞中含有Cu原子的个数为=3，含有N原子的个数为=1，所以该晶体的化学式为Cu3N；全部由非金属元素组成的离子化合物应为NH4Cl，氮、氯元素的化合价没有发生变化，生成的沉淀为白色可知不是铜单质，则铜元素化合价不变，白色沉淀为CuCl，所以该反应的化学方程式为：Cu3N+4HCl= NH4Cl+3CuCl。
