2017-2018学年四川省乐山沫若中学高二上学期第二次月考（12月）化学试题 解析版

 四川省乐山沫若中学2017-2018学年高二上学期第二次月考（12月）化学试题第Ⅰ卷(选择题　共48分)一、选择题(本题包括16小题，共48分，每小题只有1个选项符合题意)1. 下列物质的性质中，可证明某晶体是离子晶体的是(　　)A. 易溶于水    B. 晶体不导电，熔化时能导电C. 熔点较高    D. 晶体不导电，水溶液能导电【答案】B【解析】试题分析：由于在熔融状态下，共价键不能断裂，而离子键可以断裂，电离出阴阳离子，所以在熔融状态下，离子晶体可以导电，但分子晶体不能导电，据此可以进行判断，所以答案选B。考点：考查晶体类型、性质的有关判断点评：本题是基础性知识的考查，也是高考中的常见考点之一。主要是训练思维的严谨性以及严密的逻辑思维能力，培养学生的学习能力。2. 某单质晶体一定不是(　　)A. 离子晶体    B. 分子晶体    C. 原子晶体    D. 金属晶体【答案】A【解析】试题分析：离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，所以单质晶体一定不是离子晶体。B、C、D都是有可能的，刘若英氢气、硅、铁，答案选A。考点：考查晶体类型的判断点评：本题是基础性试题的考查，主要是考查学生灵活运用知识的能力，培养学生的分析、归纳能力。3. 下列说法中正确的是(　　)A. 焓变是指1 mol物质参加反应时的能量变化B. 反应放热时，ΔH>0；反应吸热时，ΔH<0C. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同D. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓总是高于生成物的总焓【答案】C【解析】试题解析：在恒温、恒压的条件下，化学化学反应过程中所吸收或释放的热量称为反应的焓变，参加反应的物质的物质的量不一定是1mol，故A错误；放热时体系能量降低，△H＜0，吸热时体系能量升高，△H＞0，故B错误；任何化学反应过程，一定伴随着能量的变化，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同，故C正确；在一个确定的化学反应关系中，当反应物的总焓大于生成物总焓时，反应放出热量，反之吸收热量，故D错误。考点： 反应热和焓变4. 下列各组物质的晶体中，所含化学键类型全部相同，熔化时所克服的作用力也完全相同是A. CO2和SiO2    B. NaCl和HClC. (NH4)2CO3和CO(NH2)2 (尿素)    D. NaH和KCl【答案】D【解析】试题分析：A、CO2是共价化合物，含有共价键，属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，SiO2属于共价化合物，含有共价键，属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故错误；B、NaCl属于离子化合物，含有离子键，HCl是共价化合物，含有共价键，故错误；C、(NH4)2CO3属于离子化合物，含有离子键，CO(NH2)2属于共价化合物，含有共价键，故错误；D、NaH和KCl都是离子化合物，含有离子键，熔化时破坏离子键，故正确。考点：考查化学键、物质组成等知识。5. 下列说法不正确的是：A. 能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子B. 活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能C. 催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能D. 非活化分子也有可能发生有效碰撞【答案】D【解析】试题分析：A、活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，故说法正确；B、活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差，故说法正确；C、催化剂参加反应，能够降低活化分子的活化能，故说法正确；D、有效碰撞是活化分子发生反应时的碰撞，要求具有一定能量和取向，故说法错误。考点：考查活化分子和活化能等知识。6. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是A. CO(g) +1/2O2(g) =CO2(g)  △H＝-283.0 kJ/molB. C(s) +1/2O2(g) =CO(g)   △H＝-110.5 kJ/molC. H2(g) +1/2O2(g)=H2O(g)   △H＝-241.8 kJ/molD. 2C8H18(l) +25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)   △H＝-11036 kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C→CO2，H2O为液态水，A、符合燃烧热的定义，故正确；B、C→CO2，因此不符合燃烧热，故错误；C、水为液态水，故错误；D、可燃物系数为1mol，故错误。考点：考查燃烧热等知识。7. 下列有关金属晶体的判断正确的是 ……………………………………………（   ）A. 简单立方堆积、配位数6、空间利用率68%B. 体心立方堆积、配位数6、空间利用率68%C. 六方最密堆积、配位数8、空间利用率74%D. 面心立方最密堆积、配位数12、空间利用率74%【答案】D【解析】试题分析：简单立方堆积、配位数6、空间利用率52%，A不正确；体心立方堆积、配位数8、空间利用率68%，B不正确；六方最密堆积、配位数12、空间利用率74%，C不正确，所以正确的答案选D。考点：考查金属晶体结构的有关判断和计算点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，主要是考查学生对常见金属晶体结构的了解掌握情况，有利于培养学生的抽象思维能力和逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。8. 下面的排序不正确的是(　　)A. 晶体熔点的高低：B. 熔点由高到低：Na>Mg>AlC. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅D. 晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI【答案】B【解析】A．因为对位形成分子间氢键增大熔点，邻位形成分子内氢键降低熔点，所以晶体熔点的高低：＞，故A正确；B．Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，故B错误；C．原子半径Si＞C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，故C正确；D．离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；故选B。9. 下列说法中正确的是(　　)A. NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′C. NaCl晶体中与每个Na＋距离相等且最近的Na＋共有8个D. 单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子【答案】D【解析】A．二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，所以不满足8电子稳定结构，二氧化硫分子中，S元素位于第VIA族，则6+2=8，所以满足8电子稳定结构，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，三氯化氮分子中，氮原子为有第VA族，则5+3=8，所以满足8电子结构，故A错误；B．白磷是正四面体结构，但键角是60°，CH4正四面体分子且键角为109°28ˊ，故B错误；C．NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+个数=3×8×=12，故C错误；D．单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子，如金属晶体，故D正确；故选D。点睛：本题涉及8电子稳定结构的判断、键角的判断、晶体的结构等知识点。易错选项是B，注意白磷分子中4个磷原子位于四面体4个顶点上，与甲烷的键角不同。10. 共价键、金属键、离子键和分子间作用力都是构成物质微粒间的不同相互作用力，含有上述中的三种相互作用力的晶体是(　　)A. SiO2晶体    B. CCl4晶体    C. NaCl晶体    D. 石墨晶体【答案】D【解析】A、SiO2晶体属于原子晶体，晶体中只存在共价键，故A不选；B、CCl4晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子内通过共价键结合，故B不选；C、氯化钠属于离子晶体，微粒间只存在离子键，故C不选；D、石墨属于混合型晶体，层与层中间存在分子间作用力，层内碳原子间存在共价键，石墨能够导电，电子可以在碳原子平面中运动，存在金属键，故D选；故选D。11. 白磷与氧气可发生如下反应：P4＋5O2===P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P－P：a kJ·mol－1、P—O：b kJ·mol－1、P===O：c kJ·mol－1、O===O：d kJ·mol－1。根据下图所示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是(　　)A. (6a＋5d－4c－12b) kJ·mol－1B. (4c＋12b－6a－5d) kJ·mol－1C. (4c＋12b－4a－5d) kJ·mol－1D. (4a＋5d－4c－12b) kJ·mol－1【答案】A【解析】试题分析：各化学键键能为P-P a kJ•mol-1、P-O b kJ•mol-1、P="O" c kJ•mol-1、O=O d kJ•mol-1．反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，考点：运用键能计算反应热12. 下列说法正确的是(　　)A. 晶体在受热熔化过程中一定存在化学键的断裂B. 原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力C. 区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X－射线衍射实验D. 非金属元素的原子间只形成共价键，金属元素的原子与非金属元素的原子间只形成离子键【答案】C【解析】A．分子晶体熔化时一般破坏分子间作用力，而不影响化学键，如碘单质熔化，故A错误；B．原子晶体的原子间只存在共价键，分子晶体内可能存在范德华力、氢键和共价键，如水、氨气等，故B错误；C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故C正确；D．铵盐是非金属元素组成的化合物，属于离子化合物，氯化铝是金属元素与非金属元素组成的共价化合物，故D错误；故选C。点睛：本题考查化学键和不同晶体的结构微粒及微粒间的作用力。注意非金属元素的原子间大多形成共价键、少数形成离子键，金属元素的原子非金属元素的原子间大多形成离子键，少数可形成共价键。13. 已知氢气在氯气中燃烧反应过程中，破坏1 mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1 mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1 mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3 kJ，下列关系式正确的是(　　)A. Q1＋Q2>Q3    B. Q1＋Q2>2Q3    C. Q1＋Q2<Q3    D. Q1＋Q2<2Q3【答案】D..................14. 对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是      (　　)A. 达到化学平衡时4v正(O2)＝5v逆(NO)B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)【答案】A【解析】根据化学方程式有4v正(O2)=5v正(NO)，故4v正(O2)=5v逆(NO)表示v正(NO)=v逆(NO)，所以A项正确。生成NO和消耗NH3均为正反应的变化，叙述中未提及逆反应的情况，所以B项错误。由于反应物、生成物均为气体，故增大容器容积，正、逆反应速率都减小，所以C项错误。v正(NH3)∶v正(H2O)=2∶3，即 3v正(NH3)=2v正(H2O)，所以D项错误。15. Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料。下列有关说法错误的是(　　)A. Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水B. Al2O3是两性氧化物，MgO是碱性氧化物，SiO2是酸性氧化物C. Al2O3、MgO和SiO2都是离子晶体，具有很高的熔点D. 在SiO2晶体中，并不存在单个“SiO2”分子【答案】C【解析】A、根据Al2O3、MgO和SiO2的物理性质和可以制耐火材料的用途可知，Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水，故A正确；B、二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成盐和水，所以属于酸性氧化物，氧化镁只能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，Al2O3既可以与酸反应，又可以与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，故B正确；C、所谓耐火材料，就是要耐得住高温，所以显然要有很高的熔点，但SiO2是原子晶体，故C错误；D、SiO2晶体属于原子晶体，由原子构成，所以并不存在单个“SiO2”分子，故D正确；故选C。16. 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是    (　　)A. 催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率B. 增大反应体系的压强、反应速率一定增大C. 该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D. 在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝【答案】D【解析】试题分析：A.催化剂可同等程度的改变正、逆反应的反应速率，A错误；B.若在恒容条件下，向容器通入惰性气体，反应体系的压强变大，但反应各物质的浓度不变，反应速率也不变，B错误；C.不论反应是吸热反应还是放热反应，降低温度反应速率一定变慢，则达到平衡的时间将延长，C错误；D.根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量c2-c1，时间为t2-t1，SO3（g）生成的平均速率为v=，D正确；答案选D。【考点定位】考查化学平衡的影响因素。【名师点睛】注意压强、催化剂对反应速率的影响，恒温恒容条件下加入惰性气体对平衡的影响分析是解题关键。有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。第Ⅱ卷(非选择题　共52分)二、非选择题17. 选择下列物质填空（填写序号）：①金刚石　②干冰　③氩晶体　④白磷　⑤CaBr2  ⑥NaH　⑦ K3C60　⑧石墨　⑨氯化铵　⑩铜晶体（1）固态时能导电的有________________。（2）熔化时不破坏化学键的有________________。（3）含有配位键的有________________。（4）含有非极性共价键的有________________。【答案】    (1). ⑧ ⑩    (2). ②③④(分子晶体)    (3). ⑨    (4). ①④⑦⑧【解析】(1)含自由电子和自由离子可导电，固体能够导电的有金属单质或石墨，只有⑧⑩符合，故答案为：⑧⑩；(2)熔化时不破坏化学键，应为分子构成的晶体，只有②③④符合，故答案为：②③④；(3)有空轨道的原子和提供孤对电子的原子可形成配位键，只有⑨符合，铵根离子中存在配位键，故答案为：⑨；(4)同种非金属元素之间形成非极性共价键，则只有①④⑦⑧符合，其中⑦中阴离子C603-中含有非极性共价键，故答案为：①④⑦⑧。18. 水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。（1）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为______。（2）写出与H2O分子互为等电子体的微粒________________（填2种）。（3）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图（未按顺序排序）。其中E图堆积方式的空间利用率为 _________，与冰的晶体类型相同的是________（请用相应的编号填写）（4）高温下，超氧化钾（KO2）晶体呈立方体结构，其晶胞结构与NaCl的相同，则每个晶胞中含有___个K+和___个O2— ；晶体中K+ 的配位数为___ ，O2— 的配位数为______。（5）60 g 金刚石中的共价键数为_________个，60g SiO2晶体中的共价键数为_______个。【答案】    (1). 1s22s22p4     (2). H2S NH2-    (3). 68%    (4). BC    (5). 4    (6). 4    (7). 6    (8). 6    (9). 10NA    (10). 4NA【解析】(1)氧原子核外电子有8个电子，氧原子的基态核外电子排布为：1s22s22p4，故答案为：1s22s22p4；(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3原子最外层电子数为8的分子或离子，这样的微粒有：H2S、NH2-，故答案为：H2S、NH2-；(3)根据晶胞结构图，A为氯化钠，B为干冰，C为碘，D为金刚石，E为钠。E()图为体心立方堆积，空间利用率为68%；冰属于分子晶体，干冰和碘属于分子晶体，因此与冰的晶体类型相同的是BC，故答案为：68%；BC；(4)高温下，超氧化钾(KO2)晶体呈立方体结构，其晶胞结构与NaCl的相同，氯化钠的晶胞结构为，则每个晶胞中含有K+数目为8×+12×=4，含有O2—数目为6×+1=4；晶体中每个K+周围距离相等且最近的O2—有6个，配位数为6，同理O2— 的配位数为6，故答案为：4；4；6；6；(5)60 g 金刚石中含有C原子的物质的量为=5mol，每个碳原子与周围4个碳形成共价键，每个共价键被2个碳原子共用，因此每个碳原子含有2个共价键，共价键数为10NA个，60g SiO2的物质的量为1mol，含有1mol硅原子，每个硅原子与周围4个氧原子形成共价键，共价键数为4NA个，故答案为：10NA；4NA。19. 据报道科研人员应用计算机模拟出结构类似C60的物质N60 。已知：①. N60分子中每个氮原子均以N—N键结合三个N原子而形成8电子稳定结构；②.N—N键的键能为167 kJ/mol，N≡N键的键能为942kJ/mol。试回答下列问题：（1）N60组成的晶体为_______ 晶体，其熔、沸点比N2的 _______（高或低），其原因是__________ 。（2）1mol N60 分解成N2时吸收或释放的热量为________________kJ。（3）常温常压下，向50 mL 0.4mol/L的NaOH溶液中加入过量的稀H2SO4，测得放热 a kJ.写出上述反应的热化学方程式：____________ 。【答案】    (1). 分子    (2). 高    (3). N60、N2均形成分子晶体，且N60的相对分子质量大，分子间作用力大，故熔、沸点高    (4). 13230    (5). NaOH(aq)+1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) △H=-50a kJ/mol【解析】(1)N60晶体的构成微粒为分子，所以属于分子晶体；分子晶体中结构和组成相似，其相对分子质量越大熔、沸点越高，N60和N2都是分子晶体，N60相对分子质量大于N2，所以N60的熔、沸点比N2高，故答案为：分子；高；N60和N2都是分子晶体，N60相对分子质量大于N2，分子间作用力大，所以N60的熔、沸点比N2高；(2)每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，每个氮氮键被2个氮原子共用，每个氮原子有1.5个氮氮键，1个N60分子的结构中含有90个N-N键，则1molN60的总键能为167kJ•mol-1×90mol=15030kJ，生成30molN≡N键的键能为942kJ•mol-1×30mol=28260kJ，则反应放出能量为28260kJ-15030kJ=13230 kJ，1mol N60分解成N2时放出热量13230kJ， 故答案为：13230；(3)50 mL 0.4mol/L的NaOH中含有氢氧化钠0.050 L ×0.4mol/L=0.002mol，反应生成0.02mol水，则生成1mol水放出的热量为×a kJ=50a kJ，该反应的热化学方程式为NaOH(aq)+1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O (l) △H=-50a kJ/mol，故答案为：NaOH(aq)+1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O (l) △H=-50a kJ/mol。20. 可以由下列反应合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O = NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN与水反应生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。（1）写出与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子的电子排布式：______ ；CaCN2中阴离子为CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有N2O和________（填化学式），由此可以推知CN22—的空间构型为________。 （2）三聚氰胺（）俗称“蛋白精”。动物摄入三聚氰胺和三聚氰酸 （）后，三聚氰酸与三聚氰胺分子相互之间通过________结合，在肾脏内易形成结石。（3）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2＋的配位数为________ ，Ca2＋采取的堆积方式为_______，O2-处于Ca2＋堆积形成的空隙中；CaO晶体和NaCl晶体的晶格能分别为：CaO 3401 kJ·mol-1、NaCl 786 kJ·mol-1。导致两者晶格能差异的主要原因是__________。（4）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n= ______ 。【答案】    (1). [Ar] 3d104s2     (2). CO2    (3). 直线形    (4). 氢键    (5). 6    (6). 面心立方最密堆积    (7). CaO晶体中Ca2＋、O2－的带电量大于NaCl晶体中Na＋、Cl－的带电量    (8). 6【解析】(1)与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原理，基态的锌原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；与CN22-互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳分子是直线形，所以CN22-离子的空间构型是直线形．故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；CO2；直线形；(2)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，故答案为：氢键；(3)以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，结合图片知，钙离子的配位数是6，Ca2+采取的堆积方式为面心立方最密堆积，O2-处于Ca2+堆积形成的八面体空隙中；晶格能大小与离子带电量成正比，CaO晶体中Ca2+、O2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能，故答案为：6；面心立方最密堆积；CaO晶体中Ca2+、O2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量；(4) CN-是常见的配位体，在配位化合物K3[Fe(CN)n]中每个配体可以提供2个电子，而铁原子最外层有2个电子，根据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14，所以n=6，故答案为：6。点睛：本题考查了物质结构知识，涉及核外电子排布、分子空间构型、杂化原理、配合物的计算等。易错点是配位数的确定，以一种微粒为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，从而确定配位数。21. 原子序数依次递增的甲、乙、丙、丁、戊是周期表中前30号元素，其中甲、乙、丙三元素的基态原子2p能级都有单电子，单电子个数分别是2、3、2；丁与戊原子序数相差18，戊元素是周期表中ds区的第一种元素。回答下列问题：（1）甲能形成多种常见单质，在熔点很高的两种常见单质中，原子的杂化方式分别为______、__________。（2）+1价气态基态阳离子再失去一个电子形成+2价气态基态阳离子所需要的能量称为第二电离能I2，依次还有I3、I4、I5…，推测丁元素的电离能突增应出现在第________电离能。（3）戊的基态原子有________种形状不同的原子轨道；（4）甲、乙分别都能与丙形成原子个数比为 1:3的微粒，则该两种微粒的空间构型分别为：_________________ ；__________________。（5）丙和丁形成的一种离子化合物的晶胞结构如右图，该晶体中阳离子的配位数为_________ 。距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为_______________。已知该晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，该化合物的相对分子质量为 M，则该晶胞中黑球的半径r =_____cm。（用含ρ、NA的计算式表示）【答案】    (1). sp2     (2). sp3    (3). 二    (4). 3    (5). 平面三角形    (6). 平面三角形    (7). 8    (8). 正方体（立方体）    (9). 【解析】甲、乙、丙原子序数依次递增，甲、乙、丙三元素的基态原子2p能级都有单电子，单电子个数分别是2、3、2，故甲、乙、丙分别是C、N、O，戊元素是周期表中ds区的第一种元素，所以戊为Cu，丁与戊原子序数相差18，则丁为Na，由分析知甲、乙、丙、丁、戊分别是C、N、O、Na、Cu元素，(1)碳单质中熔点较高的有金刚石和石墨，金刚石中碳原子全部形成4个共价键，所以是sp3杂化，而石墨层状结构，碳原子形成3个共价键，所以是sp2杂化，故答案为：sp2；sp3；(2)钠是第IA元素，最外层有1个电子，失去1个电子后，就达到稳定结构，再失电子会很困难，所以电离能突增应出现在第二电离能，故答案为：二；(3)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，可以看出铜原子的基态原子轨道是s、p、d，所以有3种形状不同的原子轨道，故答案为：3；(4)甲、乙都能和丙形成原子个数比为1：3的常见微粒分别是CO32-、NO3-，中心原子含σ键电子对数为3对，CO32-含有的电子对数=3+=3，NO3-含有的电子对数=3+=3，所以都是平面三角形结构，故答案为：平面三角形；平面三角形；(5)根据晶胞(Na2O)结构可知N(Na+)：N(O2-)=2：1，根据晶胞结构，顶点和面心处微粒的数目为8×+6×=4，内部的微粒数目为8，所以顶点和面心处是阴离子，阳离子全部在晶胞内，所以与钠离子最近的阴离子是4个，即配位数是4．而距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是正方体．该晶胞中含有4个阴离子，所以有=4，解得a=，故答案为：8；正方体(立方体)；。点睛：本题考查了晶胞的计算、核外电子排布、原子轨道杂化方式等。本题的易错点和难点是(5)，注意利用均摊法解答晶胞的计算，根据晶胞(Na2O)结构，正确判断顶点和面心处是阴离子，阳离子在晶胞内是解题的关键。