【化学】安徽省亳州市第二中学2018-2019学年高二下学期5月月考（解析版） 试卷

安徽省亳州市第二中学2018-2019学年高二下学期5月月考
可能用到的原子相对原子质量C-12 N-14 O-16 Al-27 P-31 Fe-56
第I卷
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. 电子云表示电子在原子核外运动的轨迹
B. Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5
C. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的元素属于d区
D. 基态铜原子的外围电子轨道表示式：
【答案】B
【详解】A.因电子运动没有固定的轨迹，则电子云不能表示电子运动的轨迹，电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故A错误；
B.Fe的原子序数为26，电子排布式为[Ar]3d64s2，失去3个电子变为铁离子，Fe3＋的最外层电子排布式为：3s23p63d5，故B正确；
C.根据元素原子的核外电子排布式，可知该元素是第五周期，第一副族元素，价电子的轨道是d、s轨道，所以属于ds区，故C错误；
D.Cu的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，基态铜原子的外围电子轨道表示式：，故D错误。
故选B。
2.下列基态原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A. F- 1s22s22p5 B. Mg2+ 1s22s22p6
C. K 1s22s22p63s23p64s1 D. Br 1s22s22p63s23p63d104s24p5
【答案】A
【详解】A.氟离子核外有10个电子，其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p6，故A错误；
B.镁离子核外有10个电子，其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p6，故B正确；
C.K原子核外有19个电子，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，故C正确；
D.Br原子核外有35个电子，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，故D正确。
故选A。
【点睛】一般，主族元素原子失去电子变成阳离子时，核外电子数、电子层数、最外层电子数改变；主族元素原子得到电子变成阴离子时，核外电子数和最外层电子数改变，但电子层数不变，根据构造原理写出基态原子或离子的电子排布式。
3.取氯化钠进行焰色反应实验，火焰呈现黄色，显色的原因是（ ）
A. 氯化钠受热挥发 B. 氯化钠受热分解
C. 钠离子中电子跃迁 D. 氯离子中电子跃迁
【答案】C
【详解】进行焰色反应时，吸收能量，钠离子电子发生跃迁，产生发射光谱，为黄色，与氯化钠的挥发无关，且在加热条件下氯化钠不能分解，与氯离子的电子跃迁无关。故答案选C。
4.下列描述正确的是（ ）
A. ClO3－的空间构型为平面三角形 B. SF6中有6对相同的成键电子对
C. 含π键的物质不如只含σ键的物质稳定 D. SiF4和SO32－的中心原子均为sp2杂化
【答案】B
【详解】A.ClO3-中Cl的价层电子对数=3+×(7+1-2×3)=4，含有一对孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故A错误；
B.SF6中价层电子对数=6+×(6-6×1)=6，且不含孤电子对，所以有6对完全相同的成键电子对，故B正确；
C.如氮气中含有π键，氯气中只含σ键，但是氮气比氯气稳定，故C错误；
D.SiF4中硅原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以硅原子采用sp3杂化，SO32-中价层电子对数=3+×(6+2-3×2)=4，所以硫原子sp3杂化，故D错误。
故选B。
5.短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，它们的原子序数之和为20，且Y2－与Z＋核外电子层的结构相同。下列化合物中同时存在极性和非极性共价键的是（ ）
A. Z2Y B. X2Y2 C. Z2Y2 D. ZYX
【答案】B
【解析】Y2－与Z＋核外电子层的结构相同，因此Y是第ⅥA，Z是第IA。又因为短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，即它们分别属于第一周期、第二周期和第三周期，则Y是O，Z是Na。由于它们的原子序数之和为20，所以X是H。A是氧化钠只含有离子键。B是过氧化氢，同时存在极性和非极性共价键。C是过氧化钠，含有离子键和非极性键。D是氢氧化钠，含有离子键和极性键，所以答案是B。
6.在“HI(s)→HI(g)→H2和I2”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（ ）
A. 范德华力、范德华力 B. 共价键、离子键
C. 范德华力、共价键 D. 共价键、共价键
【答案】C
【详解】碘化氢是分子晶体，由固态转化为气态时，需要克服范德华力，碘化氢气体受热分解为氢气和碘时，需要破坏的是氢原子、碘原子间的共价键。
故选C。
【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。
7.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4气体分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. N4分子的键角为109°28′ B. N4的沸点比N2低
C. 1 mol N4分子所含共价键数为4NA D. N4分子中只含有非极性键
【答案】D
【详解】A.N4分子是正四面体结构，且四个顶点上分别含有一个原子，所以其键角为60°，故A错误；
B.N4和N2都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以N4的沸点高，故B错误；
C.由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1molN4分子所含共价键数为6NA，故C错误；
D.同种元素的原子间形成非极性共价键，所以N4分子中只含有非极性共价键，故D正确。
故选D。
8.氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是（ ）

A. S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl
B. S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2
D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】B
【详解】A.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，故A正确；
B.S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，该物质结构不对称，应为极性分子，故B错误；
C.组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则分子间作用力：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；
D.S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），反应的方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确。
故选B。
9.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【详解】①SiO2含有共价键，属于原子晶体，SO3含有共价键，属于分子晶体，晶体类型不同；故①不选；
②晶体硼含有共价键，属于原子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，晶体类型不同；故②不选；
③CO2含有共价键，属于分子晶体，SO2含有共价键，属于分子晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同；故③选；
④晶体硅含有共价键，属于原子晶体，金刚石含有共价键，属于原子晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同；故④选；
⑤晶体氖无化学键，属于分子晶体，晶体氮含有共价键，属于分子晶体，化学键类型不同，晶体类型相同；故⑤不选；
⑥硫磺含有共价键，属于分子晶体，碘含有共价键，属于分子晶体，化学键类型相同，晶体类型也相同；故⑥选。
故选C。
【点睛】本题考查化学键和晶体类型的判断，注意原子晶体和分子晶体的判断方法，为易错点。
10.若某基态原子的外围电子排布为4d15s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 该元素位于周期表第5周期第IB族 B. 该元素原子核外有5个电子层
C. 该元素原子最外层共有3个电子 D. 该元素原子M层上共有8个电子
【答案】B
【解析】试题分析：根据基态原子的外围电子排布分析。A、该元素位于周期表第5周期第ⅢB族，错误；B、该元素原子核外有5个电子层，正确；C、该元素原子最外层共有1个电子，错误；D、该元素原子M层上共有18个电子，错误。
考点：考查核外电子排布与元素周期表。
11.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原于都跟其他3个碳原子相结合，如下图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是（ ）

A. 2个 B. 3个 C. 14个 D. 21个
【答案】C
【详解】根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为1/3，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14。
故选C。
12.某元素的3p轨道上有两个未成对电子，下列关于该元素的说法正确的是（ ）
A. 最高正价为+2
B. L电子层没有未成对电子
C. 最低化合价一定为-2价
D. 最外电子层上一定有4个电子
【答案】B
【详解】某元素的3p轨道上有两个未成对电子，该元素原子最外层电子排布式为3s23p2或3s23p4，即该元素为Si元素或S元素。
A.该元素Si元素或S元素，最高正价为+4或+6价，故A错误；
B.该元素为Si元素或S元素，第二电子层全充满，所以L电子层没有未成对电子，故B正确；
C.该元素为Si元素或S元素，最低化合价为-4或-2价，故C错误；
D.该元素原子最外层电子排布式为3s23p2或3s23p4，最外电子层上有4个电子或6个电子，故D错误。
故选B。
13.高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞。则下列有关说法正确的是（ ）

A. KO2中只存在离子键
B. 晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个
C. 晶体中，所有原子之间都以离子键相结合
D. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－
【答案】B
【详解】A.晶体中K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中2个O原子间形成共价键，故A错误；
B.由晶胞图可知：以晶胞上方面心的K+离子为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-离子有4个，上方和下方各有1个，共有6个，故B正确；
C.晶体中，O原子间以共价键结合，故C错误；
D.晶胞结构和NaCl晶体一样，用均摊法来分析，顶点占1/8，面心占1/2，棱上中心占1/4，体心占1，K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故D错误。
故选B。
14.有五种短周期主族元素X、Y、Z、R、Q，它们的原子序数逐渐增大，其中X、Y、R、Q在周期表中位置如图；R的简单离子半径是同周期中最小的；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451 kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol。下列说法正确的是（ ）

X
Y
R
Q

A. 第一电离能：Q> R>Z
B. X和Y的单质熔点：X C. 工业上都用电解它们的氧化物方法制Z、R、Q单质
D. Y的简单氢化物可与盐酸反应生成既有离子键又有共价键和配位键的化合物
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R、Q，它们的原子序数逐渐增大，由题中所给信息，R位于元素周期表的第三周期，，R的简单离子半径是同周期中最小的，则R为Al元素，由元素周期表的结构可知，X为C元素，Y为N元素，Q为Si元素，Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451 kJ/mol I3=7733kJ/mol I4=10540kJ/mol，由题中数据可知，Z的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，表现+2价，最外层电子数为2，则Z为Mg元素，据此答题。
【详解】由分析可知：X为C元素，Y为N元素，Z为Mg元素，R为Al元素，Q为Si元素。
A.由分析可知：Z为Mg元素、R为Al元素、Q为Si元素，同一周期的元素随着原子序数的递增，第一电离能呈增大趋势，但镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，故A错误；
B.碳单质在常温下为固态，而氮气在常温下为气态，所以C和N的单质熔点：X＞Y，故B错误；
C.工业上常用电解熔融的氯化镁的方法制取镁，反应方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；工业上常用电解熔融的氧化铝的方法制取铝，反应方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；工业上用焦炭还原二氧化硅的方法制取单质硅，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故C错误；
D.Y的简单氢化物为NH3，NH3与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵是既有离子键又有共价键和配位键的化合物，故D正确。
故选D。
【点睛】常见金属的冶炼方法：1.电解法：该法适合冶炼金属活动性很强的金属，因为这类金属不能用一般的还原剂使其从化合物中还原出来，只能用通电分解其熔融盐或氧化物的方法来冶炼；2.热还原法：该法可冶炼较活泼的金属，碳、一氧化碳、氢气、活泼金属等是常用的还原剂；3.热分解法：有些金属仅用加热的方法就可以从矿石中得到，用该法可冶炼某些不活泼金属。
15.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如下图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）

A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 分子中5个R—Cl键键能不相同
C. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种
D. RCl5受热后会分解生成分子RCl3，RCl5和RCl3都是极性分子
【答案】C
【分析】A.R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对；
B.根据键长越短，键能越大判断；
C.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°；
D.根据RCl5和RCl3的空间构型进行分析。
【详解】A.R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故A错误；
B.RCl5分子中5个R—Cl键，键长不完全相同，键长不同，所以键能不完全相同，故B错误；
C.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角（Cl-R-Cl）有90°、120、180°几种，故C正确；
D.由图可知RCl5分子空间构型是对称的，是非极性分子，而RCl3是三角锥形，是极性分子，故D错误。
故选C。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
16.下列关于晶体的说法一定正确的是（ ）

CaTiO3晶体的结构模型
A. 分子晶体中都存在共价键
B. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
C. CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻
D. SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
【答案】C
【详解】A.有些单原子分子晶体中不存在共价键，如稀有气体构成的晶体，稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故A错误；
B.金属晶体的熔点一般比分子晶体的熔点高，但不是绝对的，比如汞属于金属晶体，在常温下为液体，故B错误；
C.Ti4+位于顶点而O2-位于面心，所以CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个O2-相邻，故C正确；
D.SiO2晶体是原子间以共价键形成的空间网状结构的原子晶体，每个Si原子与4个O原子以共价键相结合，故D错误。
故选C。
第II卷
二、填空题（共52分）
17.下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。

（1）在①～⑩元素的电负性最大的是：_____（填化学式）。
（2）⑨元素有____种运动状态不同的电子。
（3）⑩的基态原子的价电子排布式为：_________。
（4）⑤的氢化物与⑦的氢化物比较稳定的是：___，沸点较高的是:____（填化学式）。
（5）元素⑦和⑧形成的化合物属于____晶体，它比Na2O的熔点____(填“高”或“低”)。
【答案】(1). F (2). 26 (3). 4s24p3 (4). H2O (5). H2O (6). 离子 (7). 低
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①为H元素，②为Be元素，③为C元素，④为N元素，⑤为O元素，⑥为F元素，⑦为S元素，⑧为K元素，⑨为Fe元素，⑩为As元素，结合元素周期表以及元素的性质进行答题。
【详解】（1）非金属性越强，电负性越大。在所给的元素中，氟元素的非金属性最强，则电负性最大的是氟元素，化学式为F，故答案为：F。
（2）由分析可知：⑨为Fe元素，铁元素的原子序数为26，原子核外有几个电子，其原子核外电子就有几种运动状态，所以Fe元素有26种运动状态不同的电子，故答案为：26。
（3）由分析可知：⑩为As元素，As为第四周期第ⅤA族元素，所以原子核外价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3。
（4）由分析可知：⑤为O元素、⑦为S元素，同一主族的元素从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性越强，形成的氢化物越稳定，非金属性：O＞S，所以O和S元素形成的氢化物中较稳定的是H2O；根据组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，但水分子间含有氢键，使得水的熔沸点变大，所以沸点较高的是H2O，故答案为：H2O，H2O。
（5）分析可知：⑦为S元素、⑧为K元素，由S元素和K元素形成的化合物为K2S，属于离子晶体，K2S和Na2O均属于离子晶体，离子电荷相同，离子半径K+＞Na+，S2-＞O2-，Na2O的晶格能比K2S的大，所以K2S的熔点比Na2O的低，故答案为：低。
【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。
18.X、Y、Z、W是原子序数依次增大前四周期元素。其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Z单质占空气体积的，W的内层电子全充满，最外层只有1个电子。请回答下列问题：
（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序是_______________ (用元素符号表示，下同)，三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________________。
（2）写出X的电子排布式______________。
（3）W同周期的元素中，与W原子最外层电子数相等的元素还有___________。
（4）X、Y、Z的简单氢化物的键角从大到小的顺序是________________(用化学式表示)，原因是_______________________________________________________________。
【答案】(1). O>N>C (2). N>O>C (3). 1s22s22p2 (4). K、Cr (5). CH4 > NH3 > H2O (6). 价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素。其中X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素，Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Y原子基态时核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素，Z单质占空气体积的，则Z为O元素，W的内层电子全充满，最外层只有1个电子，处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu元素，据此答题。
【详解】由分析可知：X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cu元素。
（1）由分析可知：X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，元素的非金属性越强，则电负性越大，C、N、O为同一周期元素，元素的非金属性逐渐增强，所以电负性从大到小的顺序是O>N>C；同一周期的元素随着原子序数的增大，第一电离能呈逐渐增大的趋势，但N元素的2p能级为半充满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期的相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：O>N>C，N>O>C。
（2）X为C元素，C元素的原子序数为6，其电子排布式为：1s22s22p2，故答案为：1s22s22p2。
（3）W为Cu元素，价电子排布式为3d104s1，Cu原子最外层只有1个电子，第四周期与Cu原子最外层电子数相等的元素还有价电子排布为4s1的K元素、价电子排布为3d54s1的Cr元素，故答案为：K、Cr。
（4）X、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，3种氢化物的中心原子价层电子对数均为4，中心原子的孤电子对数依次为0、1、2，价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，导致键角变小，故键角从大到小的顺序是CH4>NH3>H2O，故答案为：CH4>NH3>H2O；价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小。
19.如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低顺序，其中c、d均是热和电的良导体。

（1）请写出上图中e单质对应元素原子的电子排布式：______________。
（2）a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的分子中σ键和π键个数之比为______。
（3）图中d单质的晶体堆积方式类型是：________________。
（4）a与b元素形成的10电子中性分子X的空间构型为___________；将X溶于水后的溶液滴入含d元素高价离子的溶液中至过量，生成的含d元素离子的化学式为____________，其中X与d的高价离子之间以_________键组合。
（5）下列是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构：，请简要说明该物质易溶于水的原因：__________________________________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 (2). 1:1 (3). 面心立方最密堆积 (4). 三角锥形 (5). [Cu(NH3)4]2＋ (6). 配位 (7). HNO3是极性分子，易溶于(极性的)水中；HNO3分子中的H、O易与水分子中的O、H之间形成氢键。
【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C，结合对应单质、化合物的结构和性质以及元素周期律的递变规律解答该题。
【详解】由分析可知：a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。
（1）e为Si，其单质对应元素原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2。
（2）单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，结构式为H-C≡N，其分子中含有1个C-Hσ键和1个-C≡N键（含有1个σ键，2个π键），所以H-C≡N中含有2个σ键，2个π键，σ键和π键个数之比为1:1，故答案为：1:1。
（3）Cu单质的晶体堆积方式类型是面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积。
（4）a与b元素形成的10电子中性分子X为NH3，氨气分子中价层电子对数为=3+×（5-3×1）=4，所以氮原子杂化方式为sp3，因为含有一个孤电子对，所以氨气的空间构型为三角锥形，将NH3溶于水后的溶液滴入到含Cu元素高价离子的溶液中至过量，Cu2+提供空轨道，氨气分子提供孤电子对，Cu2+与NH3以配位键形成四氨合铜络离子，其化学式为：[Cu(NH3)4]2＋，故答案为：三角锥形，[Cu(NH3)4]2＋，配位。
（5）根据含氧酸的结构可知该酸为HNO3，HNO3是极性分子，易溶于极性的水中并且HNO3分子中的H、O易与水分子中的O、H之间形成氢键，易溶于水，故答案为：HNO3是极性分子，易溶于(极性的)水中；HNO3分子中的H、O易与水分子中的O、H之间形成氢键。
20.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
（1）Y3＋基态价电子排布式可表示为____________________。
（2）MX3-的空间构型是____________；H2X分子的空间构型为_____________。
（3）从核外电子排布角度解释高温下Z2O比ZO更稳定的原因________________________
____________________________________________________________。
（4）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图所示。

① 磷化铝的晶体类型为______________。
② A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为_____________。
③ 磷化铝的晶胞参数a＝546．35pm（1pm＝10-12m），其密度为______________g/cm3（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值）。
【答案】 (1). 3d3 (2). 平面正三角形 (3). V形或折线形 (4). Cu+的价电子排布为3d10，而Cu2+的价电子排布为3d9，因价电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO (5). 原子晶体 (6). （1/4，1/4，3/4） (7).
【分析】W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭，则X为O元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，原子序数小于O，故M为N元素；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，原子序数小于Cu，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则Y为Cr元素，据此答题。
【详解】由分析可知：W为C元素，M为N元素，X为O元素，Y为Cr元素，Z为Cu元素。
（1）Y为Cr元素，Cr的原子序数为24，Cr原子基态的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，Cr3+的价电子排布式为3d3，故答案为： 3d3。
（2）NO3-中N原子价层电子对数=3+(5+1-2×3)/2=3，N原子没有孤对电子，故其空间构型为平面三角形，H2O分子中价层电子对为（6+2）/2=4，孤对电子数为（6-2×1）/2=2，空间构型为V形或折线形，故答案为：平面三角形；V形或折线形。
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时较稳定，Cu+价电子排布为3d10，而Cu2+的价电子排布为3d9，因价电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为：Cu+的价电子排布为3d10，而Cu2+的价电子排布为3d9，因价电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO。
（4）①AlP晶体熔点为2000℃ ，且晶胞中形成的是立体网状结构，应为原子晶体，故答案为：原子晶体。
②A、B点的原子坐标分别为（0，0，0）、（1，，），可知晶胞边长为1，由此可推知C点的原子坐标为（，，），故答案为：（，，）。
③晶胞中含有P原子数为8×+6×=4，Al原子数也为4，则1mol晶胞的质量为4×（27+31）g=4×58g，晶胞的体积为（5.4635×10-8）3cm3，晶胞密度为g/cm3，故答案为：。
【点睛】根据均摊法计算晶胞中P原子和Al原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量÷体积计算。