2020-2021学年福建省莆田市某校下学期高二第一次月考_(化学)试卷(有答案)

2020-2021学年福建省莆田市某校下学期高二第一次月考 (化学)

试卷

一、选择题

1. 𝐵和𝐴𝑙为同族元素，下列说法错误的是（ ） A.𝐵𝐹3和𝐴𝑙𝐹3都可以与𝐹−形成配位键 B.𝐻3𝐵𝑂3为三元酸，𝐴𝑙(𝑂𝐻)3呈两性

C.共价键的方向性使晶体𝐵有脆性，原子层的相对滑动使金属𝐴𝑙有延展性 D.𝐵和𝐴𝑙分别与𝑁形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点

2. 下列关于微粒间的作用力说法正确的是（ ） A.范德华力与氢键共同决定物质的物理性质

B.非极性共价键只存在于非金属单质分子（如𝐶𝑙2）中 C.水分子很稳定是因为水分子间易形成氢键 D.𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4熔化时离子键被破坏而共价键未被破坏

3. 氮族元素氢化物𝑅𝐻3(𝑁𝐻3、𝑃𝐻3、𝐴𝑠𝐻3)的某种性质随𝑅的核电荷数的变化趋势如图所示，则𝑌轴可表示的是（ ）

A.相对分子质量

4. 下列说法正确的是

A.键角：𝐵𝐹3>𝐶𝐻4>𝐻2𝑂>𝑁𝐻3

B.𝐶𝑂2、𝐻𝐶𝑙𝑂、𝐻𝐶𝐻𝑂分子中一定既有𝜎键又有𝜋键

C.已知反应𝑁2𝑂4(𝑙)+2𝑁2𝐻4(𝑙)=3𝑁2(𝑔)+4𝐻2𝑂(𝑙)，若该反应中有4𝑚𝑜𝑙𝑁−𝐻键断裂，则形成的𝜋键数目为1.5𝑁𝐴

4−

D.在硅酸盐中，𝑆𝑖𝑂4四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图𝑎，其中𝑆𝑖原子的杂化方式与图中𝑆8单质中𝑆原子的杂化方式相同

B.稳定性 C.沸点 D.𝑅−𝐻键长

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5. 氮化硼(𝐵𝑁)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是（ ）

A.立方相氮化硼含配位键𝐵→𝑁

B.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软，熔点低 C.两种氮化硼中的硼原子都是采用𝑠𝑝2杂化

D.六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子

6. [𝑍𝑛(𝐶𝑁)4]2−在水溶液中与𝐻𝐶𝐻𝑂发生如下反应：4𝐻𝐶𝐻𝑂+[𝑍𝑛(𝐶𝑁)4]2−+4𝐻++4𝐻2𝑂=[𝑍𝑛(𝐻2𝑂)4]2++4𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁，𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A.𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁分子中没有手性碳原子

B.1𝑚𝑜𝑙 𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁分子中含有𝜎键的物质的量为5𝑚𝑜𝑙 C.[𝑍𝑛(𝐶𝑁)4]2−和[𝑍𝑛(𝐻2𝑂)4]2+的中心原子配位数均为4 D.𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁分子中碳原子轨道的杂化类型分别是𝑠𝑝3和𝑠𝑝杂化

7. 下列说法中正确的是（ ）

A.原子轨道与电子云都是用来描述电子运动状态的 B.在 𝑝 轨道中电子排布成

而不能排布

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其最直接的根据是泡利不

相容原理

C.如图所示的是𝐴𝑙原子的电子云图象

D.原子核外的 𝑀 层上的 𝑠 能级和 𝑝 能级都填满了电子，而 𝑑 轨道上尚未排有电子的两种原子，其对应元素一定位于同一周期

8. 设𝑁𝐴为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）

A.18𝑔冰中含有氢键的数目为2𝑁𝐴 B.22.4𝐿𝐶𝑂2分子中含有𝜎键的数目为2𝑁𝐴

C.58.5𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙晶体中含有0.25𝑁𝐴个如图所示的结构单元 D.6.0𝑔𝑆𝑖𝑂2晶体中含𝑆𝑖−𝑂键数目为0.4𝑁𝐴

9. 下列各选项所描述的两个量，前者一定大于后者的是（ ） （1）铝原子和氮原子的未成对电子数

（2）𝐴𝑔+、𝐶𝑢2+与氨气形成配合物时的配位数 （3）氯化氢的键能与氟化氢的键能 （4）氟元素和氧元素的电负性 （5）氮元素与氧元素的第一电离能 （6）𝐻与𝐻+的半径 A.（1）（4）（5） C.（4）（5）（6）

10. 下列有关晶体的说法中一定正确的是（ ） ①原子晶体中只存在非极性共价键 ②稀有气体形成的晶体属于分子晶体

③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂

④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 ⑤具有离子键的化合物是离子化合物 A.②⑤

11. 下列有关认识正确的是（ ）

A.在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同

B.①③

C.①④

D.④⑤

B.（2）（4）（6） D.（3）（5）（6）

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B.各能层的能级都是从𝑠能级开始至𝑓能级结束 C.电子云是用小点的疏密程度来表示电子的多少

D.杂化轨道可用于形成𝜎键或用于容纳未参与成键的孤电子对

12. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：

①1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝2； ②1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝3； ③1𝑠22𝑠22𝑝3； ④1𝑠22𝑠22𝑝5。 则下列有关比较中正确的是（ ） A.最高正化合价：④>③=②>① C.第一电离能：①>②>③>④

13. 某磷青铜晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）

B.原子半径：②>①>④>③ D.电负性：④>③>②>①

A.磷青铜化学式为𝐶𝑢3𝑆𝑛𝑃

B.晶体中距离𝐶𝑢原子最近的𝑃原子有6个 C.晶体中距离𝑆𝑛原子最近的𝑃原子可构成正方体 D.若晶体密度为𝑎 𝑔/𝑐𝑚3，则最近的𝐶𝑢原子核间距为

14. 下列说法都正确的是（ ）

①𝜋键比𝜎键活泼，易参与化学反应；

②𝐶𝑂和𝑁2互为等电子体，且前者沸点低于后者； ③氯化铵与碘晶体受热熔化克服的作用力相同；

④氨水中大部分𝑁𝐻3与𝐻2𝑂以氢键（用“…”表示）结合成𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂分子，根据氨水的

√22

3

√𝑎⋅𝑁×1010𝑝𝑚

𝐴

342

性质可知𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂的结构式可记为：

；

⑤𝐶𝑢(𝑂𝐻)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物； ⑥𝐹的电负性大于0，但𝐻2𝑂的熔沸点比𝐻𝐹高； ⑦𝐶𝑠𝐶𝑙晶格能小于𝑁𝑎𝐶𝑙；

⑧简单立方堆积和面心立方堆积是由非密置层堆积形成的； ⑨𝑆𝑖𝑂2相对原子（分子）质量大于𝐶𝑂2，所以𝑆𝑖𝑂2熔点高于𝐶𝑂2 A.①④⑥⑦

B.①⑤⑦⑧

C.①③⑤⑦⑨ D.①②④⑥

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15. 2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，𝑋位于第三周期，𝑋原子的电子数为𝑍原子的两倍，𝑊、𝑍、𝑌位于同一周期。下列叙述正确的是（ ）

A.原子半径：𝑋>𝑍>𝑊 B.非金属性：𝑋>𝑍>𝑊 C.𝑌的氢化物可用于刻蚀玻璃 D.𝑋的氧化物对应的水化物均为强酸

16. 下列说法中一定错误的是（ ）

A.过渡金属的原子或离子一般都有接受孤电子对的空轨道，易形成配合物 B.中心离子采取𝑠𝑝3杂化轨道形成的配离子均呈正四面体结构 C.当中心离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构 D.含有两种配体且配位数为4的配离子可能存在顺反异构体 二、解答题

科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：

（1）镍元素位于周期表第________列，基态镍原子𝑑轨道中成对电子与单电子的数量比为________。

（2）在𝐶𝑂分子中，𝐶与𝑂之间形成________个𝜎键、________个𝜋键，在这些化学键中，𝑂原子共提供了________个电子。

（3）第二周期元素的第一电离能（𝐼1）随原子序数（𝑍）的变化情况如右图。𝐼1随𝑍的递增而呈增大趋势的原因是________________________________，原子核对外层电子的引力增大。导致𝐼1在𝑎点出现齿峰的原因是

_________________________________________________。

（4）过渡金属与𝑂形成羰基配合物时，每个𝐶𝑂分子向中心原子提供2个电子，最终使

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中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与𝐶𝑂形成的羰基配合物𝑁𝑖(𝐶𝑂)𝑥中， 𝑥=________。

（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图所示。

①组成该晶体的化学式为________。

②若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的_______________位置。

根据元素周期表，请回答下列问题： （1）𝑆𝐶𝑙2分子中的空间构型是________。

（2）第三周期8种元素按单质熔点(∘𝐶)大小顺序绘制的柱形图（已知柱形“1”代表𝐴𝑟）如图所示，则其中“2”原子的基态原子共有________种运动状态不同的电子。

（3）𝐻2𝑂、𝑃𝐻3、𝐾𝐻按熔点由高到低的顺序排列为_____________________，熔点差异的原因______________________________________________。

（4）碳的另一种同素异形体——石墨，其晶体结构如图所示，虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞含碳原子个数为________个。

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Ⅰ．碱土金属指Ⅱ𝐴族的铍（𝐵𝑒）、镁（𝑀𝑔）、钙（𝐶𝑎）、锶（𝑆𝑟）、钡（𝐵𝑎）等元素，它们的单质及其化合物有着广泛的用途。

（1）在500∼600∘𝐶气相中，氯化铍以二聚体𝐵𝑒2𝐶𝑙4（

）的形式

存在，在1000∘𝐶，氯化铍则以𝐵𝑒𝐶𝑙2形式存在。请在在上图用“→”标出二聚体𝐵𝑒2𝐶𝑙4的配位键。

（2）根据巴索洛规则：一般来讲，盐中阴、阳离子半径相差较大时，其溶解度较大。则在水中溶解度𝑆(𝐵𝑎𝐹2)_________𝑆(𝑆𝑟𝐹2) （填“>”“<”或“=”）。

Ⅱ．（3）石灰氮(𝐶𝑎𝐶𝑁2)是一种碱性肥料，可用作除草剂、杀菌、杀虫剂等。𝐶𝑎𝐶𝑁2中

2−2−

阴离子为𝐶𝑁2，与𝐶𝑁2互为等电子体的分子有𝑁2𝑂和________（填化学式），写出2−𝐶𝑁2的电子式________。

（4）三聚氰胺（）在动物体内可转化为三聚氰酸

（），三聚氰胺与三聚氰酸的分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。

Ⅰ．氮族元素包括𝑁、𝑃、𝐴𝑠、𝑆𝑏和𝐵𝑖五种元素。

（1）下列关于氮族元素的说法正确的是________。

𝑎．𝑁2可用于填充霓虹灯，其发光原理是电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时以光的形式释放能量

𝑏．𝑃、𝑁𝑎、𝑆三种元素的第一电离能由大到小的顺序是： 𝑃>𝑆>𝑁𝑎 𝑐．基态𝐴𝑠原子中，电子占据的最高能级为4𝑑 𝑑．𝐵𝑖原子中最外层有5个能量相同的电子

（2）已知𝑁𝐻5为离子化合物，写出其电子式：________。

（3）已知：每1𝑚𝑜𝑙下列物质分解为气态基态原子消耗能量分别为

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𝑁𝑂2 𝐶𝑂 𝐶𝑂2 𝑁𝑂 812𝑘𝐽 1076𝑘𝐽 1490𝑘𝐽 632𝑘𝐽 ①𝑁𝑂2+𝐶𝑂 ⇌𝐶𝑂2+𝑁𝑂 ②𝑁2(𝑔)+𝑂2(𝑔)⇌2𝑁𝑂(𝑔) 𝛥𝐻=+179.5𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 ③2𝑁𝑂(𝑔)+𝑂2(𝑔)⇌2𝑁𝑂2(𝑔) 𝛥𝐻=−112.3𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 试写出𝑁𝑂与𝐶𝑂反应生成无污染物气体的热化学方程式_____________________________________。

Ⅱ．第四周期金属与人类的生产生活息息相关。

（4）元素𝐾的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为________𝑛𝑚（填标号）。 𝐴．404.4 𝐵．553.5 𝐶．589.2 𝐷．670.8 𝐸．766.5

（5）目前市售的发光二极管，其材质以砷化镓（𝐺𝑎𝐴𝑠）为主。与镓同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与镓相同的有________种。

（6）金属钛坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。𝑇𝑖𝐶𝑙4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，则𝑇𝑖𝐶𝑙4属于________（填“原子”“分子”或“离子”）晶体。

𝐹𝑒、𝐶𝑜、𝑁𝑖均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。 （1）𝐶𝑜2+价电子轨道表示式_________________________。

（2）向𝐶𝑜𝐶𝑙2溶液中滴加氨水，使生成的𝐶𝑜(𝑂𝐻)2沉淀溶解生成[𝐶𝑜(𝑁𝐻3)6]2+。此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可用𝐶𝑜𝐶𝑙3⋅5𝑁𝐻3表示。把分离出的𝐶𝑜𝐶𝑙3⋅5𝑁𝐻3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出𝐴𝑔𝐶𝑙沉淀。经测定，每1𝑚𝑜𝑙𝐶𝑜𝐶𝑙3⋅5𝑁𝐻3只生成2𝑚𝑜𝑙𝐴𝑔𝐶𝑙。请写出表示此配合物结构的化学式（钴的配位数为6）：________，1𝑚𝑜𝑙配离子中所含𝜎键的数目为________。

（3）某蓝色晶体晶体结构如图，𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个𝐶𝑁−，𝐾+位于立方体的体心上。据此可知该晶体的化学式为________。

（4）𝑁𝑖𝑂的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数𝐴为(0,0,0)，𝐵为(1,1,0)，则𝐶原子

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坐标参数为________。

（5）𝐹𝑒3𝑂4具有许多优异的性能，在磁性材料等领域应用广泛。晶体𝐹𝑒3𝑂4的晶胞如图所示：

①若晶胞的体对角线长为𝑎𝑛𝑚，则𝐹𝑒3𝑂4晶体的密度为____________𝑔/𝑐𝑚3。（阿伏伽德罗常数用𝑁𝐴表示）。

②普鲁士蓝（𝑃𝑟𝑢𝑠𝑠𝑖𝑎𝑛 𝐵𝑙𝑢𝑒），即亚铁氰化铁，化学式𝐹𝑒4[𝐹𝑒(𝐶𝑁)6]3是一种配合物，铁元素有变价，试根据原子核外电子排布所遵循的原理解释𝐹𝑒2+具有较强的还原性，易被氧化为𝐹𝑒3+的原因________________________________________。

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参考答案与试题解析

2020-2021学年福建省莆田市某校下学期高二第一次月考 (化学)

试卷

一、选择题 1.

【答案】 B

【考点】

同主族元素性质的递变规律 【解析】

𝐴．𝐵𝐹3和𝐴𝐼𝐹3中𝐵和𝐴𝑙均有空轨道，𝐹有孤电子，因此𝐵𝐹3和𝐴𝑙𝐹3都可以与𝐹形成配位键；

𝐵．𝐻3𝐵𝑂3为一元弱酸，𝐴𝑙(𝑂𝐻)3为两性氢氧化物，具有两性；

𝐶．晶体𝐵为共价晶体，共价键的方向性使晶体𝐵有脆性，𝐴𝑙为金属晶体，原子层的相对滑动使金属𝐴𝑙有延展性；

𝐷．𝐵和𝐴𝑙分别与𝑁通过共价键形成共价晶体，共价晶体具有较高硬度和熔点； 【解答】

𝐴．𝐵𝐹3和𝐴𝐼𝐹3中𝐵和𝐴𝑙均有空轨道，𝐹有孤电子，因此𝐵𝐹3和𝐴𝑙𝐹3都可以与𝐹形成配位键，故𝐴正确；

𝐵．𝐻3𝐵𝑂3为一元弱酸，𝐴𝑙(𝑂𝐻)3为两性氢氧化物，具有两性，故𝐵错误；

𝐶．晶体𝐵为共价晶体，共价键的方向性使晶体𝐵有脆性，𝐴𝑙为金属晶体，原子层的相对滑动使金属𝐴𝑙有延展性，故𝐶正确；

𝐷．𝐵和𝐴𝑙分别与𝑁通过共价键形成共价晶体，共价晶体具有较高硬度和熔点，故𝐷正确； 故选𝐵。 2. 【答案】 D

【考点】 化学键

共价键的形成及共价键的主要类型 氢键的存在及其对物质性质的影响

【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴．只有由分子构成的物质，物质的物理性质才由范德华力与氢键共同决定，不是分子构成的物质的物理性质不是由范德华力与氢键决定的，故𝐴错误；

𝐵．非极性键也可能存在于多原子的化合物里，如双氧水中氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，故𝐵错误；

𝐶．水是一种非常稳定的化合物，属于化学性质的表现，其中含有氢键，会导致沸点较高，和性质稳定无关，故𝐶错误；

𝐷．𝑁𝑎𝐻𝑆𝑂4熔化只有离子键破坏，而共价键未被破坏，故𝐷正确； 故选𝐷。

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3.

【答案】 B

【考点】

同主族元素性质的递变规律 【解析】

同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱， 𝐴．按照𝑁𝐻3、𝑃𝐻3、𝐴𝑠𝐻3的顺序，相对分子质量逐渐增大； 𝐵．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；

𝐶．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高； 𝐷．原子半径越大，𝑅−𝐻键长越长． 【解答】

同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，

𝐴．𝑁𝐻3、𝑃𝐻3、𝐴𝑠𝐻3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不会不相符，故𝐴错误； 𝐵．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性𝑁>𝑃>𝐴𝑠，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故𝐵正确；

𝐶．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是𝑁𝐻3、𝐴𝑠𝐻3、𝑃𝐻3，故𝐶错误；

𝐷．原子半径越大，𝑅−𝐻键长越长，原子半径𝑁<𝑃<𝐴𝑠，所以键长由短到长顺序𝑁𝐻3、𝑃𝐻3、𝐴𝑠𝐻3，故𝐷错误； 故选𝐵． 4. 【答案】 D

【考点】

键能、键长、键角及其应用 物质结构中的化学键数目计算 原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴.𝐵𝐹3为平面三角形，键角为120∘，𝐶𝐻4为正四面体，键角为109∘28′，𝑁𝐻3为三角锥形，键角为107∘，𝐻2𝑂是𝑉型，键角为104.5∘，所以键角为：𝐵𝐹3>𝐶𝐻4>𝑁𝐻3>𝐻2𝑂，故𝐴错误；

𝐵．𝐶𝑂2含有碳氧双键，所以分子中含有𝜎键和𝜋键，𝐻𝐶𝐻𝑂的结构式中含有𝐶−𝐻、碳氧双键，其分子中有𝜎键和𝜋键，而𝐻𝐶𝑙𝑂中只存在共价单键，只存在𝜎键，故𝐵错误； 𝐶．1𝑚𝑜𝑙氮气分子中含有2𝑚𝑜𝑙𝜋键，若该反应中有4𝑚𝑜𝑙𝑁−𝐻键断裂，即有1𝑚𝑜𝑙𝑁2𝐻4参加反应，生成1.5𝑚𝑜𝑙氮气，所以形成的𝜋键有3𝑚𝑜𝑙，故𝐶错误；

4−

𝐷．硅酸盐中的硅酸根(𝑆𝑖𝑂4)为正四面体结构，所以中心原子𝑆𝑖原子采取了𝑠𝑝3杂化方式；𝑆8单质中𝑆原子有2对孤电子对和2个𝜎键，杂化方式也是𝑠𝑝3，故𝐷正确。 故选𝐷。 5. 【答案】 D

【考点】

试卷第11页，总22页

分子晶体

原子轨道杂化方式及杂化类型判断 化学键

【解析】

𝐴．立方相氮化硼中只含有共价键；

𝐵．由题干可知六方相氮化硼熔点很高；

𝐶．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，硼原子采用的是𝑠𝑝3杂化； 𝐷．晶体中存在可以自由移动的电子能导电。 【解答】

𝐴．由晶体结构可知，立方相氮化硼为空间网状结构，与金刚石类似，立方相氮化硼中只含有共价键，没有配位键，故𝐴错误；

𝐵．由题干可知，六方相氮化硼具有层状结构，可作高温润滑剂，则熔点高、质地软，故𝐵错误；

𝐶．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方相氮化硼中硼原子采用的是𝑠𝑝3杂化，故𝐶错误；

𝐷．石墨中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不导电，故𝐷正确； 故选𝐷。 6. 【答案】 B

【考点】

物质结构中的化学键数目计算 配合物的成键情况 有机物的结构和性质

原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴．由𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁可知，没有连4个不同基团的碳原子，显然不存在手性碳原子，故𝐴正确；

𝐵．单键含有1个𝜎键，双键含有1个𝜎键和1个𝜋键，三键含有1个𝜎键和2个𝜋键，分子中含有2个𝐶−𝐻键、1个𝐶−𝑂键，1个𝐻−𝑂键，1个𝐶−𝐶键，1个𝐶≡𝑁键，分子中含有6个𝜎键，所以1𝑚𝑜𝑙 𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁分子中含有𝜎键的物质的量为6𝑚𝑜𝑙，故𝐵错误；

𝐶．内界为中心原子的配位体，[𝑍𝑛(𝐶𝑁)4]2−和[𝑍𝑛(𝐻2𝑂)4]2+的中心原子配位数均为4，故𝐶正确；

𝐷．𝐻𝑂𝐶𝐻2𝐶𝑁分子中与羟基(−𝑂𝐻)相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对＝4+0＝4，杂化轨道类型为𝑠𝑝3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个𝜎键和2个𝜋键，价层电子对＝2+故选𝐵。 7. 【答案】 A

【考点】

试卷第12页，总22页

4−4×12

=2，所以碳原子杂化轨道类型为𝑠𝑝，故𝐷正确；

原子核外电子的运动状态 原子核外电子排布 原子核外电子的能级分布 泡利原理和洪特规则

【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴．原子核外并没有电子层，电子层是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述，原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹，故𝐴正确； 𝐵．当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，3个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，故𝐵错误；

𝐶．铝原子核外电子排布为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝1，电子运动是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述，无固定轨迹，故𝐶错误；

𝐷．原子核外的𝑀层的𝑠能级和𝑝能级都填满了电子，而𝑑轨道上尚未排有电子的元素，可能𝑁层上含有4𝑠电子，也可能 𝑁层上没有电子，例如1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝6为氩原子，1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝64𝑠1为钾原子，因此具有这样结构的原子，其对应元素不一定位于同一周期，故𝐷错误； 故选𝐴。 8.

【答案】 B

【考点】

阿伏加德罗常数

物质结构中的化学键数目计算

【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴．18𝑔冰的物质的量为1𝑚𝑜𝑙，而1个水分子形成2个氢键，故1𝑚𝑜𝑙冰中含2𝑁𝐴个氢键，故𝐴正确；

𝐵．二氧化碳所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故𝐵错误；

𝐶．根据晶胞图易算出一个𝑁𝑎𝐶𝑙晶胞中含有4个𝑁𝑎+和4个𝐶𝑙−，58.5𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙为0.1𝑚𝑜𝑙，0.1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙含0.1𝑁𝐴个𝑁𝑎+和0.1𝑁𝐴个𝐶𝑙−，晶胞数等于0.1𝑁𝐴/4=0.25𝑁𝐴，故𝐶正确； 𝐷．1𝑚𝑜𝑙二氧化硅中含4𝑚𝑜𝑙𝑆𝑖−𝑂键，6.0𝑔二氧化硅的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙，故0.1𝑚𝑜𝑙二氧化硅中含𝑆𝑖−𝑂键数目为0.4𝑁𝐴，故𝐷正确； 故选𝐵。 9.

【答案】 C

【考点】

元素电离能、电负性的含义及应用 原子核外电子排布 微粒半径大小的比较 配合物的成键情况

试卷第13页，总22页

键能、键长、键角及其应用

【解析】 此题暂无解析 【解答】

（1）𝐴𝑙原子的核外电子排布为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝1，未成对电子数为1，𝑁原子的核外电子排布为1𝑠22𝑠22𝑝3，未成对电子数为3，未成对电子数前者小于后者，故错误；

（2）𝐴𝑔+与𝑁𝐻3形成[𝐴𝑔(𝑁𝐻3)2]+、𝐶𝑢2+与𝑁𝐻3形成[𝐶𝑢(𝑁𝐻3)4]2+，配位数前者(2)小于后者(4)，故错误；

（3）与相同原子结合时同主族元素形成的共价键，原子半径越小，共价键越强，氯原子的半径大于氟原子，所以𝐻−𝐹的键能大于𝐻−𝐶𝑙的键能，故错误； （4）同周期自左而右电负性增大，故电负性𝐹>𝑂，故正确；

（5）𝑁元素原子2𝑝能级含有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去电子需要的能量较大，第一电离能高于氧元素，故正确； （6）半径：𝐻＞𝐻+，故正确； 综合上述分析（4）、（5）、（6）正确， 故选𝐶。 10. 【答案】 A

【考点】 原子晶体 分子晶体

不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 离子化合物的定义和种类

【解析】 此题暂无解析 【解答】

①二氧化硅为原子晶体，存在𝑆𝑖−𝑂极性共价键，故①错误；

②稀有气体形成的晶体中只存在共价键，是由分子构成的，所以属于分子晶体，故②正确；

③干冰升华时只发生物理变化，所以只破坏分子间作用力不破坏化学键，但离子晶体熔融时破坏化学键，故③错误；

④由金属元素和非金属元素形成的化合物不一定为离子化合物，如𝐴𝑙𝐶𝑙3为共价化合物，故④错误；

⑤含有离子键的化合物是离子化合物，故⑤正确； 故选𝐴。 11.

【答案】 D

【考点】

原子核外电子排布

原子核外电子的运动状态 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 【解析】

试卷第14页，总22页

此题暂无解析 【解答】

𝐴．在同一能级上运动的电子，如不在同一轨道，则自旋方向可能相同，故𝐴错误； 𝐵．各能层的能级都是从𝑠能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含𝑓能级，故𝐵错误；

𝐶．电子云形象描述电子在核外单位体积的空间出现的机会多少，是概率分布图，不表示电子的多少，故𝐶错误；

𝐷．杂化轨道可用于形成𝜎键和用于容纳未参与成键的孤电子对，不能形成𝜋键，故𝐷正确； 故选𝐷。 12. 【答案】 D

【考点】

元素电离能、电负性的含义及应用 原子半径及其递变规律 常见元素的化合价 原子核外电子排布

【解析】 此题暂无解析 【解答】

四种元素基态原子电子排布式可知，①是𝑆𝑖元素，②是𝑃元素，③是𝑁元素，④𝐹元素。

𝐴．④(𝐹)没有正价，故错误；

𝐵．同周期自左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径𝑃

𝐹，电子层越多原子半径越大，电子层相同的原子序数越大，半径越小，故原子半径𝑆𝑖>𝑃>𝑁>𝐹，即①>②>③>④，故错误；

𝐶．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势（𝐼𝐼𝐴、𝑉𝐴族反常），同主族从上到下第一电离能减小，第一电离能：𝐹>𝑁>𝑃>𝑆𝑖，即④>③>②>①，故错误；

𝐷．同周期从左到右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性减小，电负性：④>③>②>①，故正确； 故选𝐷。 13. 【答案】 B

【考点】 晶胞的计算

有关化学式的计算和推断 【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴．晶胞中，𝐶𝑢原子数目为6×2=3、𝑆𝑛原子数目为8×8=1、𝑃原子数目为1，故磷青铜的化学式为𝐶𝑢3𝑆𝑛𝑃，故𝐴正确；

𝐵．由晶胞结构可知，晶体中距离𝐶𝑢原子最近的𝑃原子有2个，故𝐵错误；

试卷第15页，总22页

1

1

𝐶．𝑆𝑛原子位于晶胞的顶点，通过一个顶点可形成8个晶胞，𝑃原子位于晶胞中心，距离𝑆𝑛原子最近的𝑃原子在8个晶胞的体心，这8个𝑃可构成正方体，故𝐶正确；

𝐷．面心的6个𝐶𝑢原子形成正八面体，𝐶𝑢原子核间距等于正八面体的棱长，而该正八面体棱长等于晶胞棱长的2倍。晶胞质量𝑚=

342𝑁𝐴√22

√264×3+119+31

𝑁𝐴

3

𝑔=

342𝑁𝐴

𝑔，故晶胞体积𝑉=

𝑔÷𝑎 𝑔⋅𝑐𝑚−3=

3

342𝑎⋅𝑁𝐴

3

𝑐𝑚3，故晶胞棱长为√

342

342𝑎⋅𝑁𝐴

𝑐𝑚，则最近的𝐶𝑢原子核间距为：

×√𝑐𝑚=

𝑎⋅𝑁

𝐴

342

√22

×√×1010𝑝𝑚，故𝐷正确。

𝑎⋅𝑁

𝐴

故选𝐵。 14. 【答案】 A

【考点】

元素电离能、电负性的含义及应用 晶格能的应用

金属晶体的基本堆积模型 含有氢键的物质 等电子体简单归纳

晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系 分子间作用力及对物质的状态等方面的影响

【解析】 此题暂无解析 【解答】

①𝜋键比𝜎键活泼，所以含有𝜋键的分子在反应时，𝜋键是化学反应的积极参与者，故①正确；

②𝑁2分子与𝐶𝑂分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，𝐶𝑂和𝑁2分子量相同，但是𝐶𝑂是极性分子，𝑁2是非极性分子，所以熔沸点前者大于后者，故②错误；

③碘晶受热变为气体，克服的是分子间的作用力，而氯化铵受热变为气体，克服的是离子间的作用力，故③错误；

④氢键应形成于𝑋⋯𝐻−𝑌形式当中，𝑋、𝑌为𝑁、𝑂、𝐹元素之一。𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂的结构式

可记为：，故④正确；

⑤𝐶𝑢(𝑂𝐻)2是一种蓝色的沉淀，既溶于硝酸、浓硫酸，也能溶于氨水中，𝐶𝑢(𝑂𝐻)2与酸发生中和反应，但与氨水形成的是配位化合物，不是两性氢氧化物，故⑤错误； ⑥得电子能力𝐹>𝑂，电负性：𝐹>𝑂，𝐻2𝑂的沸点比𝐻𝐹的沸点高，是由于水分子间形成的氢键比𝐻𝐹形成的氢键多，故⑥正确；

⑦两种离子晶体电荷数一样多，则离子半径越大，晶格能越小，所以晶格能由大到小：𝑁𝑎𝐶𝑙>𝐶𝑢𝐶𝑙，故⑦正确；

⑧简单立方堆积是将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，面心立方的堆积是由密置层在三维空间里堆积形成，故⑧错误；

⑨𝑆𝑖𝑂2是原子晶体，𝐶𝑂2是分子晶体，原子晶体的熔点大于分子晶体，所以𝑆𝑖𝑂2的熔

试卷第16页，总22页

点高于𝐶𝑂2，与相对分子质量无关，故⑨错误； 故选𝐴。 15.

【答案】 C

【考点】

原子结构与元素周期律的关系 原子半径及其递变规律

【解析】 此题暂无解析 【解答】

据图可知𝑋可以形成6个共价键，𝑋原子的电子数为𝑍原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以𝑋为𝑆元素，则𝑍为𝑂元素；𝑊、𝑍、𝑌位于同一周期，𝑌可以形成一个共价键，则𝑌为𝐹元素，整个离子带一个单位负电荷，则𝑊为𝑁元素。由上述分析可知，𝑋为𝑆、𝑊为𝑁、𝑍为𝑂、𝑌为𝐹。

𝐴．电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：𝑋>𝑊>𝑍，故𝐴错误；

𝐵．非金属性𝑍>𝑊>𝑋，故𝐵错误；

𝐶．𝑌的氢化物为𝐻𝐹，可用于刻蚀玻璃，故𝐶正确；

𝐷．𝑋的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，则属于弱酸，故𝐷错误； 故选𝐶。 16. 【答案】 B

【考点】

原子轨道杂化方式及杂化类型判断 配合物的成键情况

【解析】 此题暂无解析 【解答】

𝐴．过渡金属原子或离子的最外电子层一般都没排满，存在空轨道，所以能接受孤电子对形成配位键，𝐴项正确；

𝐵．中心离子采取𝑠𝑝3杂化轨道形成的配离子，只有当4个配体完全等同时，其配离子的空间构型才是正四面体，否则为变形的四面体，𝐵项错误；

𝐶．按价层电子对互斥理论，配位数为6的配离子，空间构型呈八面体时最稳定，𝐶项正确；

𝐷．含有两种配体且配位数为4的配离子只有当其空间构型呈平面四边形时，可能存在顺反异构体，𝐷项正确。 故选𝐵。 二、解答题 【答案】 （1）10,3：1 （2）1,2,4

（3）随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小,𝑁元素原子的2𝑝能级轨道半满，更稳定

试卷第17页，总22页

（4）4

（5）①𝑀𝑔𝑁𝑖3𝐶,②棱心 【考点】

元素周期表的结构及其应用 原子核外电子排布

物质结构中的化学键数目计算 元素电离能、电负性的含义及应用 晶胞的计算

有关化学式的计算和推断

【解析】 此题暂无解析 【解答】

（1）𝑁𝑖是第28号元素，在周期表中位于第四周期𝑉𝐼𝐼𝐼族，为第10列；基态𝑁𝑖的价电子排布为3𝑑84𝑠2，𝑑轨道中成对电子有6个，单电子有2个，所以基态镍原子𝑑轨道中成对电子与单电子的数量比为3：1。

（2）一氧化碳和氮气是等电子体，具有相同的化学键结构，则𝐶𝑂分子的结构式为𝐶≡𝑂，碳原子与氧原子之间形成1个𝜎键，2个𝜋键，在这些化学键中，有一个共价键是氧原子单方提供的一对电子，即配位键，则氧原子共提供了4个电子。

（3）𝐼1随𝑍的递增而呈增大趋势的原因是随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的引力增大。导致𝐼1在𝑎点出现齿峰的原因是𝑁元素原子的2𝑝能级轨道半满，更稳定。

（4）根据有效原子序数规则，𝑁𝑖(𝐶𝑂)𝑥中𝑁𝑖的电子数应达到18，𝑁𝑖自身有10个电子，所以10+2𝑥=18，可得𝑥=4。

（5）①根据均摊法，一个晶胞中含有𝑁𝑖的数目为6×2=3个，含有𝑀𝑔的数目为8×8=1个，含有𝐶的数目为1个，所以组成该晶体的化学式为𝑀𝑔𝑁𝑖3𝐶；

②在现有的晶胞中，𝐶原子坐标为(，，)，𝑁𝑖原子的坐标为(，，0)，(0，，2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

)，(2，0，2)，若取𝐶为晶胞顶点，则相当于整个晶格按(2，2，2)方向平移，所以2

𝑁𝑖原子的坐标变为坐标为(0，0，)，(，0，0)，(0，，0)，可见𝑁𝑖处于棱心位置。

2

2

2

1

1

1

11111

【答案】 （1）𝑉形 （2）17

（3）𝐾𝐻>𝐻2𝑂>𝑃𝐻3,𝐾𝐻为离子晶体，𝐻2𝑂、𝑃𝐻3 均为分子晶体，𝐻2𝑂分子之间有氢键 （4）4

【考点】

判断简单分子或离子的构型 原子核外电子排布

试卷第18页，总22页

原子核外电子的运动状态 氢键的存在及其对物质性质的影响 晶体熔沸点的比较 晶胞的计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】

（1）𝑆𝐶𝑙2中，中心原子𝑆的价层电子对数为2+

6−2×12

=4，为𝑠𝑝3杂化，空间构型为𝑉

形。

（2）根据题目信息，柱形图的排列顺序是根据单质熔点大小排布的，单质熔点：原子晶体＞金属晶体＞分子晶体，则“2”为𝐶𝑙2，为17号元素，每个电子的运动状态都不相同，故“2”原子的基态原子共有17种运动状态不同的电子。

（3）𝐾𝐻为离子晶体，𝐻2𝑂、𝑃𝐻3 均为分子晶体，𝐻2𝑂分子之间有氢键，故𝐻2𝑂、𝑃𝐻3、𝐾𝐻按熔点由高到低的顺序排列为𝐾𝐻>𝐻2𝑂>𝑃𝐻3。

（4）根据图示晶胞的结构，我们可得碳原子的数目为：1+2×2+8×8+4×4=4。 【答案】

1

1

1

（1）（2）> Ⅱ．（3）𝐶𝑂2,（4）氢键

【考点】

配合物的成键情况

溶解度、饱和溶液的概念 等电子体简单归纳 电子式 含有氢键的物质

【解析】 此题暂无解析 【解答】

（1）在𝐵𝑒𝐶𝑙2分子中两个氯原子与铍形成2个𝜎键，所以𝐵𝑒的杂化方式为𝑠𝑝，500∼600∘𝐶气相中，氯化铍以二聚体𝐵𝑒2𝐶𝑙4的形式存在，𝐶𝑙的最外层含有1个单电子，最多形成1根共价键，则另外一根键为配位键，根据结构式，其中有2个𝐶𝑙存在配位键，因此1𝑚𝑜𝑙𝐵𝑒2𝐶𝑙4存在2𝑚𝑜𝑙配位键，所以用“→\"标出二聚体𝐵𝑒2𝐶𝑙4的配位键为：

试卷第19页，总22页

。

（2）根据巴索洛规则：一般来讲，盐中阴、阳离子半径相差较大时，其溶解度较大。对于𝑆𝑟𝐹2和𝐵𝑎𝐹2， 𝐵𝑎2+的半径大于𝑆𝑟2+，二者均为碱土族金属，因此𝐵𝑎𝐹2的阴阳离子半径差别比𝑆𝑟𝐹2更大，因此在水中溶解度𝑆(𝐵𝑎𝐹2)＞𝑆(𝑆𝑟𝐹2) 。

Ⅱ．（3）等电子体是指原子数相同，价电子数也相同的粒子，则与𝐶𝑁2−互为等电子体的分子有𝐶𝑂2；

等电子体结构相似，根据𝐶𝑂2的电子式，仿照着可以写出𝐶𝑁2−的电子式为：

。

（4）三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间能形成氢键，所以是通过分子间氢键结合，在肾脏内易形成结石。 【答案】 （1）𝑏

（2）

（3）2𝑁𝑂(𝑔)+2𝐶𝑂(𝑔)⇌𝑁2(𝑔)+2𝐶𝑂2(𝑔) 𝛥𝐻=−759.8𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 （4）𝐴 （5）4 （6）分子

【考点】

原子核外电子排布

元素电离能、电负性的含义及应用 原子结构与元素周期律的关系 电子式

用盖斯定律进行有关反应热的计算 热化学方程式 焰色反应

分子晶体与原子晶体的辨析

【解析】 此题暂无解析 【解答】

（1）𝑎．只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时不释放功能，故错误；

𝑏．同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第𝐼𝐼𝐴族、第𝑉𝐴族元素第一电离能大于其相邻元素，所以𝑃、𝑁𝑎、𝑆三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：𝑃>𝑆>𝑁𝑎，故正确；

𝑐．基态𝐴𝑠原子的核外电子排布式为1𝑠22𝑠22𝑝63𝑠23𝑝63𝑑104𝑠24𝑝3，电子占据的最高能

试卷第20页，总22页

级为4𝑝，故错误；

𝑑．𝐵𝑖原子最外层电子排布式为5𝑠25𝑝3，𝑠能级上电子能量相同、𝑝能级上电子能量相同，故错误； 故选𝑏。

+

（2）𝑁𝐻5为离子化合物，是由𝑁𝐻4与𝐻−两种粒构成，电子式为

。

（3）由表格数据分析，反应①的𝛥𝐻=(812+1076−1490−632)𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙=−234𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，

根据盖斯定律，由①×2+③-②，得到2𝑁𝑂(𝑔)+2𝐶𝑂(𝑔)⇌𝑁2(𝑔)+2𝐶𝑂2(𝑔)，𝛥𝐻=[2×(−234)+(−112.3)−(+179.5)]𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙=−759.8𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙， 则𝑁𝑂与𝐶𝑂反应生成无污染物气体的热化学方程式为

2𝑁𝑂(𝑔)+2𝐶𝑂(𝑔)⇌𝑁2(𝑔)+2𝐶𝑂2(𝑔) 𝛥𝐻=−759.8𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙。

（4）元素𝐾的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长404.4𝑛𝑚。

（5）𝐺𝑎位于第四周期，其基态原子的未成对电子数是1，第四周期的元素中，基态原子未成对电子数与镓相同的元素还有𝐾、𝑆𝑐、𝐶𝑢、 𝐵𝑟。 （6）𝑇𝑖𝐶𝑙4在常温下是无色液体，熔沸点较低，属于分子晶体。 【答案】

（1）

（2）[𝐶𝑜(𝑁𝐻3)5𝐶𝑙]𝐶𝑙2,21𝑁𝐴 （3）𝐾𝐹𝑒2(𝐶𝑁)6 （4）(1,2,2) （5）①

696√3×1021

,②𝐹𝑒2+的价电子排布式为3𝑑6，3𝑑轨道再失去一个电子后就成了半𝑎3𝑁𝐴11

充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以𝐹𝑒2+容易失去一个电子，易被氧化为𝐹𝑒3+ 【考点】

原子核外电子排布

物质结构与性质综合应用 配合物的成键情况

物质结构中的化学键数目计算 有关化学式的计算和推断 晶胞的计算

【解析】 此题暂无解析 【解答】

（1）𝐶𝑜为27号元素，其核外电子排布式为[𝐴𝑟]3𝑑74𝑠2，失去核外2个电子形成𝐶𝑜2+，

试卷第21页，总22页

𝐶𝑜2+的价电子轨道表示式为。

（2）1𝑚𝑜𝑙𝐶𝑜𝐶𝑙3⋅5𝑁𝐻3只生成2𝑚𝑜𝑙𝐴𝑔𝐶𝑙，说明一个𝐶𝑜𝐶𝑙3⋅5𝑁𝐻3的外界有两个𝐶𝑙−，钴的配位数为6，则内界有1个𝐶𝑙−、5个𝑁𝐻3，故此配合物结构的化学式为

[𝐶𝑜(𝑁𝐻3)5𝐶𝑙]𝐶𝑙2；1个[𝐶𝑜(𝑁𝐻3)5𝐶𝑙]2+中含有3×5+5+1=21个𝜎键，故1𝑚𝑜𝑙配离子即[𝐶𝑜(𝑁𝐻3)5𝐶𝑙]2+中，所含𝜎键的数目为21𝑁𝐴。

（3）𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+分别占据立方体互不相邻的顶点，则𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+个数都是4×8=0.5，立方体的每条棱上均有一个𝐶𝑁−，𝐶𝑁−个数为12×=3，根据电荷守恒得𝐾+个

41

1

数为

3×1−0.5×2−0.5×3

1

=0.5，所以𝐹𝑒2+、𝐹𝑒3+、𝐶𝑁−、𝐾+个数之比为0.5:0.5:3:0.5＝

1:1:6:1，所以其化学式为𝐾𝐹𝑒2(𝐶𝑁)6。

（4）𝑁𝑖𝑂的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数𝐴为(0,0,0)，𝐵为(1,1,0)，则𝐶原子坐标参数为(1,2,2)。

（5）①若晶胞的体对角线长为𝑎 𝑛𝑚，则晶胞棱长为14

𝑎√11

𝑛𝑚，体积为(318

12

𝑎√−733

×10)𝑐𝑚，3该晶胞中𝑂的个数为1+12×=4，𝐹𝑒原子数目为1+4×+3×=3，晶胞质量为

56×3+16×4

𝑁𝐴

𝑔=

232𝑁𝐴

𝑔，晶体密度为

232𝑁𝐴

𝑔÷( 𝑎√3×10−7 𝑐𝑚 )3=

696√3×1021

𝑔/𝑐𝑚3；

𝑎3𝑁𝐴

②𝐹𝑒2+具有较强的还原性，易被氧化为𝐹𝑒3+的原因为：𝐹𝑒2+的价电子排布式为3𝑑6，3𝑑轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以𝐹𝑒2+容易失去一个电子，易被氧化为𝐹𝑒3+。

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