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【化学】吉林省长春市外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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吉林省长春市外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：S—32 Fe—56 Zn—65
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列各组表述中，正确的是（ ）
A. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行 X射线衍射
B. 离子键、金属键无方向性和饱和性，而所有共价键都有方向性和饱和性
C. 处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2的某元素原子，M能层共有8个电子，该元素位于区第ⅢB族
D. 对充有氖气霓虹灯管通电，灯管发出红色光．产生这一现象的主要原因是电子由基态向激发态跃迁时以光的形式释放能量
【答案】A
【详解】A. 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A正确；
B. 并不是所有共价键都有方向性和饱和性，如s—sσ键没有方向性，故B错误；
C. 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，故C错误；
D. 电子由基态获得能量跃迁到激发态，对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是由于电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，多余的能量以光的形式释放出来，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查晶体、化学键和核外电子排布规律等知识，掌握基本概念是解题的关键，注意C选项要根据构造原理写出元素基态原子的电子排布式进行分析。
2.下列关于SiO2晶体网状结构（如图）的叙述正确的是（ ）
A. 存在四面体结构单元, O处于中心, Si处于4个顶角
B. 最小环上有3个Si原子和3个O原子
C. 最小环上Si和O原子数之比为1:2
D. 最小环上有6个Si原子和6个O原子
【答案】D
【分析】根据二氧化硅晶体中结构单元判断硅、氧原子的位置关系，二氧化硅的最小环上含有6的氧原子和6个硅原子。
【详解】A、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A错误；
B、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B错误；
C、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C错误；
D、最小环上，有6个Si原子和6个O原子，Si处于中心，O处于4个顶角，故D正确。
故选：D。
3.某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是（ ）
A. 该物质分子中不存在σ键
B. 该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C. 该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D. 该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
【答案】C
【详解】A、该物质C、C原子间存在σ键，选项A错误；
B、根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、 N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，选项B错误；
C、Ni 原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，选项C正确；
D、 C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，选项D错误；
答案选C。
4.关于下图不正确的说法是（ ）
A. 此种最密堆积为面心立方最密堆积
B. 该种堆积方式称为铜型
C. 该种堆积方式可用符号……ABCABC……表示
D. 该种堆积方式称为镁型
【答案】D
【解析】从图示可看出，该堆积方式的第一层和第四层重合，所以这种堆积方式属于A1型堆积，该种堆积方式称为铜型，这种堆积方式可用符号……ABCABC……表示，属于面心立方最密堆积，而镁属于立方堆积，所以选项D不正确。答案选D。
5.下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体的熔点:
B. 晶格能的大小: Al2O3＞MgCl2＞NaCl
C. 共价键的键长: F-F＞C-Cl＞C-S＞Si-O
D. 硬度由大到小:金刚石>氮化硅>晶体硅
【答案】C
【详解】A. 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键。分子间氢键熔沸点大于分子内氢键沸点，故A正确；
B.离子半径Al3+
【点睛】注意影响晶格能大小的主要因素是离子电荷，电荷越高，晶格能越大；其次就是离子半径，离子半径越小，晶格能越大。
6.根据等电子原理，下列各组分子或离子的空间构形不相似的是（ ）
A. SO2与O3 B. NH4＋和CH4
C. H3O+与NH3 D. CO2与H2O
【答案】D
【详解】A．SO2和O3的原子个数都为3；价电子数均为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，结构相似，故A不选；
B．NH4+和CH4的原子个数都为5；NH4+的价电子数为5+1×4-1=8，CH4的价电子数为4+1×4=8，二者含有相同原子数和相同价电子数，是等电子体，结构相似，故B不选；
C．H3O+和NH3的原子个数都为4；H3O+的价电子数为1×3+6-1=8，NH3的价电子数为5+1×3=8，二者含有相同原子数和相同价电子数，是等电子体，结构相似，故C不选；
D．CO2和H2O的原子个数都为3；CO2的价电子数为4+6×2=16，H2O的价电子数为1×2+6=8，二者含有相同原子数，但价电子数不相同，不是等电子体，结构不相似，前者为直线型，后者为V型，故D选；
答案选D。
【点睛】理解等电子体的本质特征是解答本题的关键。具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，互为等电子体的微粒具有相似的空间构型。
7.下列说法中正确的是（ ）
A. 2px2表示2px能级有两个轨道
B. 在CS2分子中α键与π键的数目之比是2：1
C. 电子仅在激发态跃进到基态时才会产生原子光谱
D. 表示一个某原子在第三电子层上有10个电子可以写3s23p63d2
【答案】D
【详解】A.2px2表示2px轨道有2个电子，故A错误；
B.CS2含有2个C=S键，双键中一个为α键，一个为π键，所以含有2个α键和2个π键，α键与π键的数目之比是1：1，故B错误；
C.电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱，故C错误；
D.一个原子在第三电子层上有10个电子，排列第三电子层上电子时，排列顺序是3s、3p、3d，3s能级最多排列2个电子、3p能级最多排列6个电子、3d能级最多排列10个电子，再根据能量最低原理排列电子，所以该电子层上电子排布式为3s23p63d2，故D正确。
故选D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
B. 按Mg、Si、N、F的顺序，原子半径由小变大
C. 某主族元素的电离能I1～I7数据如下表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表第ⅤA族
D. 在①P、S，②Mg、Ca，③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数之和为41
【答案】D
【解析】A、非金属性越强，氢化物越稳定，因此四种氢化物的稳定性依次减弱，A错误；B、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则按Mg、Si、N、F的顺序原子半径由大到小，B错误；C、电离能突变在I4，其常见化合价为＋3价，C错误；D、电离能较大的分别为P、Mg、Si，原子序数之和为15＋12＋14＝41，D正确，答案选D。
9.将14Si的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了( )
A. 构造原理 B. 泡利原理
C. 洪特规则 D. 能量守恒原理
【答案】C
【详解】Si原子3p能级上有3个轨道,3p能级上有2个电子,2个电子应该排在2个不同的轨道上,且自旋方向相同,若将Si原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了洪特规则,14Si正确的电子排布式为: 1s22s22p63s23px13py1；
综上所述，本题选C。
10.最活泼的金属元素、最活泼的非金属元素、常温下呈液态的金属(价电子排布为5d106s2)元素分别位于下面元素周期表中的（ ）
A. s区、p区、ds区 B. s区、p区、d区
C. f区、p区、ds区 D. s区、f区、ds区
【答案】A
【分析】最活泼的金属元素为铯（不考虑放射性元素钫），在ⅠA族，价层电子排布为：6s1；
最活泼的非金属元素为氟，在ⅦA族，价层电子排布为：2s22p5；
常温下为液态的金属是汞，在ⅦA族；价层电子排布为：5d106s2；
根据以上元素的价层电子排布结合图中的区域进行解答。
【详解】最活泼金属元素是铯（不考虑放射性元素钫），在ⅠA族，s区；最活泼的非金属元素（是氟）在ⅦA族，p区；汞的价电子排布为5d106s2，ⅡB族，ds区；故选A。
综上所述，本题选A。
11.下列说法不正确是（ ）
A. 某外围电子排布为4d15s2基态原子，该元素位于周期表中第五周期第ⅢB族
B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素
C. 当碳原子的核外电子排布由 转变为时，释放能量，由激发态转化成基态
D. 非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是2或8
【答案】B
【详解】某外围电子排布为4d15s2基态原子，价层电子数为3，位于第五周期，该元素位于周期表中第5周期第ⅢB族，故A正确；B．s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，故B错误；C．碳原子的核外电子排布为：1s22s22p2，该原子处于基态，当核外电子排布为1s22s12p3，该原子处于激发态，所以由碳原子的核外电子排布由转变为的过程为由激发态变为基态，故C正确；D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，像一氧化碳、一氧化氮、二氧化硫等均不符合2或8电子结构，故D正确，答案为B。
【点睛】原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态；原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量；处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱为发射光谱，据此进行判断。
12.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述错误的是（ ）
A. A的第一电离能大于B的第一电离能
B. 原子序数A＞B；
C. 原子最外层电子数A＜B；
D. A的电负性小于B的电负性
【答案】A
【分析】A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，据此答题。
【详解】A.由分析可知：A是金属，B是非金属，所以A的第一电离能小于B的第一电离能，故A错误；
B.由分析可知：元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，所以A的原子序数大于B，即A＞B，故B正确；
C.由分析可知：A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，所以原子最外层电子数A＜B，故C正确；
D.由分析可知：A是金属元素，B是非金属元素，B吸引电子的能力大于A，所以A的电负性小于B的电负性，故D正确。
故选A。
13.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，为三角锥型
B. NH4+中N原子sp3杂化，为正四面体型
C. H2S中S原子sp杂化，为直线形
D. SO2中S原子sp2杂化，为V形
【答案】C
【分析】首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。
【详解】A．PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为(5−3×1)/2=1，则为sp3杂化，为三角锥形，A正确；
B．NH4+中N原子形成4个δ键，孤对电子数为(5－1－4×1)/2=0，则为sp3杂化，为正四面体型，B正确；
C．H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为(6−2×1)/2=2，则为sp3杂化，为V形，C错误；
D．SO2中S原子形成2个δ键，孤对电子数为(6−2×2)/2=1，则sp2杂化，为V形，D正确；
答案选C。
【点睛】本题考查原子杂化类型以及分子空间构型的判断，题目难度不大，本题注意把握杂化类型和空间构型的判断方法。需要注意的是价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
14.下列现象与氢键无关的是（ ）
A. 水分子高温下也很稳定
B. 小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
C. 冰的密度比液态水的密度小
D. 尿素（CO(NH2)2）的熔、沸点比醋酸的高
【答案】A
【详解】A.水分子高温下也很稳定，是由水分子中H―O键键能大决定的，与氢键无关，故A正确；
B.小分子的醇、羧酸分子之间以及与水分子之间形成氢键，可以和水以任意比互溶，与氢键有关，故B错误；
C.水分子结成冰，冰的水分子之间以氢键相互作用，形成有规律的排列，分子间空隙增大，冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，故C错误；
D.尿素（CO(NH2)2）分子间形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，导致尿素的熔沸点比醋酸的高，与氢键有关，故D错误。
故选A。
【点睛】氢键是一种比分子间作用力稍强的相互作用，也可以认为是一种分子之间的相互作用，分子间氢键使物质的熔点、沸点、溶解度增加，分子内氢键对物质的影响则反之。
第Ⅱ卷
15.下表是元素周期表的一部分,表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题:
（1）写出24号元素Cr的基态原子的电子排布式____________。
（2）元素e的基态原子的电子排布图：_______________。
（3）c有_____种运动不同的电子
（4）比较g、h、i三种元素的第一电离能的大小顺序：_______________(按由大到小的顺序排列，用元素符号表示)。
（5）图中o、p两元素部分电离能数据列于下表:
元素
o
p
电离能/(kJ·mol-1)
I1
717
759
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
比较两元素的I2、I3可知,气态o2+再失去一个电子比气态p2+再失去一个电子难。对此,你的解释是_______________________________________________________________________。
（6）第3周期主族元素按单质熔点高低的顺序如图所示，横坐标序号“8”代表______（填元素符号，下同）其中电负性最大的是____。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (2). (3). 6 (4). Mg>Al>Na (5). Mn2+的3d轨道电子排布为半满状态,比较稳定,而Fe2+的3d轨道失去一个电子排布才为半满状态,比较稳定 (6). Si (7). Cl
【分析】根据元素周期表的结构可知a～p分别为H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe，再结合元素的结构以及性质进行分析答题。
【详解】（1）Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。
（2）由元素周期表的结构可知：e为O元素，O为8号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p4，基态原子的电子排布图为：，故答案为：。
（3）由元素周期表的结构可知：c为C元素，C为6号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p2，所以有6种运动不同的电子，故答案为：6。
（4）由元素周期表的结构可知：g为Na元素，h为Mg元素，i为Al元素，Na、Mg、Al是同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素失去电子逐渐减弱，所以元素的第一电离能逐渐增大，但是Mg原子的2s轨道上的电子处于全充满的稳定状态，失去电子比后面相邻的Al还难。故这三种元素中第一电离能最大的是Mg，所以三种元素的第一电离能的大小顺序：Mg>Al>Na，故答案为：Mg>Al>Na。
（5）根据元素周期表的结构可知：o为Mn元素，p为Fe元素，原子轨道处于半满、全满、全空时，能量更低、更稳定，Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级上有5个电子，为半充满状态，能量低更稳定，所以难再失去一个电子，而Fe2+的价电子排布式为3d6，3d能级上有个6电子，失去一个电子就达到3d5半充满稳定结构，故Fe2+容易再失去一个电子，故答案为：Mn2+的3d轨道电子排布为半满状态,比较稳定,而Fe2+的3d轨道失去一个电子排布才为半满状态,比较稳定。
（6）一般来说，熔点是：原子晶体＞金属晶体＞分子晶体，第3周期主族元素单质的熔点由高到低的顺序为Si＞Al＞Mg＞Na＞S＞P＞Cl2，根据图示可知，其中序号“8”代表Si，同周期从左到右，电负性逐渐增大（稀有气体除外），则第3周期电负性最大的是Cl，序号为2，故答案为：Si，Cl。
【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此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。
16.（1）写出SO3分子的空间构型是__________；是__________分子（填“极性”或“非极性”）；常见的等电子体的化学式：一价阴离子____________ (写出一种)，它们的中心原子采用的杂化方式都是_____________。
（2）甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角___（填“＞”“＜”或“＝”）甲醛分子内的O—C—H键角， 甲醇极易溶于水，其主要原因是_____________________________________________。
（3）已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。请比较二者酸性强弱：H5IO6_____（填“＞”“＜”或“＝”）HIO4。
【答案】(1). 平面正三角形 (2). 非极性 (3). NO3- (4). sp2 (5). sp3 (6). < (7). 甲醇是极性分子，有个亲水基团，与水结合形成氢键，所以易溶于水 (8). <
【详解】（1）三氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，sp2杂化，不含孤电子对，所以为平面三角形结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，SO3分子中有4个原子，40个电子，与其互为等电子体的一价阴离子为NO3-，NO3-中中心原子N原子形成3个键，孤对电子数＝＝0，所以中心原子为sp2杂化，故答案为：平面正三角形，非极性，NO3-，sp2。
（2）甲醇分子内C原子价层电子对个数=0+4=4，所以C原子的杂化方式为sp3杂化，甲醇分子内C原子的杂化方式为sp3杂化，所以O-C-H键角约为109°28′，甲醛分子内的C原子的杂化方式为sp2杂化，O-C-H键角约为120°，所以甲醇分子内的O-C-H键角小于甲醛分子内的O-C-H键角，甲醇极易溶于水，其主要原因是甲醇是极性分子，有个亲水基团，与水结合形成氢键，所以易溶于水，故答案为：sp3，<，甲醇是极性分子，有个亲水基团，与水结合形成氢键，所以易溶于水
（3）含氧酸中非羟基氧越多，酸性越强，H5IO6为五元酸，H5IO6中含有5个—OH和1个非羟基氧，HIO4为一元酸，含有1个—OH和3个非羟基氧，因此H5IO6的酸性小于HIO4，故答案为：<。
17.（1）碳化硅(SiC)是一种晶体，具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的。下列各种晶体：①晶体硅 ②硝酸钾 ③金刚石 ④碳化硅 ⑤干冰 ⑥冰，它们的熔点由高到低的顺序是___________(填序号)。
（2）下列离子晶体的立体构型示意图，如下图所示。
以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：_____________。
（3）已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是______________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). ③④①②⑥⑤ (2). MN (3). MN2 (4). MN2 (5). MN (6). 离子键、非极性共价键 (7).
【分析】（1）熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，同种晶体根据晶体中微粒间的作用力大小分析；
（2）根据微粒所在晶胞位置，利用均摊法计算微粒数目之比，得到化学式；
（3）①根据FeS2晶体的晶体结构可知，晶体中阳离子与阴离子个数比为为1：1，所以晶体中存在亚铁离子与S22-，据此判断化学键；
②晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为a cm，所以晶胞的体积为a3cm3，晶胞中含有阴阳离子个数都是1/2，根据ρ=m/V算密度。
【详解】（1）晶体属于原子晶体的有①③④、离子晶体的有②、分子晶体的有⑤⑥．一般来说，原子晶体的熔点＞离子晶体的熔点＞分子晶体的熔点；对于原子晶体，原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，键长Si-Si＞Si-C＞C-C，相应键能Si-Si＜Si-C＜C-C，故它们的熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；分子晶体中有氢键的熔点较高，所以熔点：冰＞干冰，所以它们的熔点由高到低的顺序是③④①②⑥⑤，故答案为：③④①②⑥⑤。
（2）A.M位于顶点，数目为4×1/8=1/2，N位于顶点，数目为4×1/8=1/2，微粒数目为1：1，即化学式为MN；
B.M分别位于晶胞的体心和顶点位置，体心占1个，顶点占8×1/8=1个，共2个，N分别位于面上和体内，面上4×1/2=2个，体内2个，共4个，即晶胞中两种微粒数目之比为1：2，化学式为MN2；
C.M位于顶点，数目为4×1/8=1/2，N位于体心，数目为1，化学式为MN2；
D.M位于顶点，数目为8×1/8=1，N位于体心，数目为1，化学式为MN，
故答案为：MN；MN2；MN2；MN。
（3）①根据FeS2晶体的晶体结构可知，晶体中阳离子与阴离子个数比为为1：1，所以晶体中存在亚铁离子与S22-，亚铁离子与S22-之间是离子键，S22-中存在非极性共价键，所以晶体中存离子键和（非极性）共价键，故答案为：离子键和（非极性）共价键。
②晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为a cm，所以晶胞的体积为a3cm3，晶胞中含有阴阳离子个数都是1/2，所以晶体的密度为ρ=g/cm3=g/cm3，故答案为：。
18.金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为_______________；
②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为_________________；
③此配离子中含有的化学键为_______________。
A 离子键 B 金属键 C 极性键 D 非极性键 E 配位键 F 氢键 G σ键 H π键
（2）NO2－与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3－可用于检验K＋的存在。NO2－离子的VSEPR模型名称为___________，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是_________________________________。
（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是_________________。
（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4－互为等电子体的微粒____________________________（请写一个分子和一个离子）。
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为_____，已知晶胞密度为ρ g/cm3，则晶包的棱长为_____nm（NA表示阿伏伽德罗常数）。
【答案】(1). (2). sp2、sp3 (3). C D E G H (4). 平面三角形 (5). O>N>Co>K (6). CrO2 (7). CH4（SiH4）、NH4+ (8). 4 (9). (388/ρNA)1/3×107nm
【详解】（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布图为，故答案为：。
②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3。
③根据配离子的结构可知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键、π键，故答案为：C D E G H。
（2）NO2－中中心原子N的孤电子对数为×（5+1-2×2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2－的VSEPR模型为平面三角形，元素的非金属性越强，电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>Co>K，故答案为：平面三角形，O>N>Co>K。
（3）V2O5中阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子，根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，磁性最大的是CrO2，所以适合作录音带磁粉原料的是CrO2，故答案为：CrO2。
（4）用替换法，与BH4－互为等电子体的的分子是CH4、SiH4，离子为NH4+等，故答案为：CH4（SiH4）、NH4+。
（5）由晶胞可知b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4，用“均摊法”，晶胞中含a：8×+6×=4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，则1mol晶体的体积为，
=，解得x=cm=nm，故答案为：4，。
可能用到的相对原子质量：S—32 Fe—56 Zn—65
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列各组表述中，正确的是（ ）
A. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行 X射线衍射
B. 离子键、金属键无方向性和饱和性，而所有共价键都有方向性和饱和性
C. 处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2的某元素原子，M能层共有8个电子，该元素位于区第ⅢB族
D. 对充有氖气霓虹灯管通电，灯管发出红色光．产生这一现象的主要原因是电子由基态向激发态跃迁时以光的形式释放能量
【答案】A
【详解】A. 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A正确；
B. 并不是所有共价键都有方向性和饱和性，如s—sσ键没有方向性，故B错误；
C. 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，故C错误；
D. 电子由基态获得能量跃迁到激发态，对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是由于电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，多余的能量以光的形式释放出来，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查晶体、化学键和核外电子排布规律等知识，掌握基本概念是解题的关键，注意C选项要根据构造原理写出元素基态原子的电子排布式进行分析。
2.下列关于SiO2晶体网状结构（如图）的叙述正确的是（ ）
A. 存在四面体结构单元, O处于中心, Si处于4个顶角
B. 最小环上有3个Si原子和3个O原子
C. 最小环上Si和O原子数之比为1:2
D. 最小环上有6个Si原子和6个O原子
【答案】D
【分析】根据二氧化硅晶体中结构单元判断硅、氧原子的位置关系，二氧化硅的最小环上含有6的氧原子和6个硅原子。
【详解】A、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A错误；
B、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B错误；
C、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C错误；
D、最小环上，有6个Si原子和6个O原子，Si处于中心，O处于4个顶角，故D正确。
故选：D。
3.某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是（ ）
A. 该物质分子中不存在σ键
B. 该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C. 该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D. 该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
【答案】C
【详解】A、该物质C、C原子间存在σ键，选项A错误；
B、根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、 N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，选项B错误；
C、Ni 原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，选项C正确；
D、 C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，选项D错误；
答案选C。
4.关于下图不正确的说法是（ ）
A. 此种最密堆积为面心立方最密堆积
B. 该种堆积方式称为铜型
C. 该种堆积方式可用符号……ABCABC……表示
D. 该种堆积方式称为镁型
【答案】D
【解析】从图示可看出，该堆积方式的第一层和第四层重合，所以这种堆积方式属于A1型堆积，该种堆积方式称为铜型，这种堆积方式可用符号……ABCABC……表示，属于面心立方最密堆积，而镁属于立方堆积，所以选项D不正确。答案选D。
5.下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体的熔点:
B. 晶格能的大小: Al2O3＞MgCl2＞NaCl
C. 共价键的键长: F-F＞C-Cl＞C-S＞Si-O
D. 硬度由大到小:金刚石>氮化硅>晶体硅
【答案】C
【详解】A. 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键。分子间氢键熔沸点大于分子内氢键沸点，故A正确；
B.离子半径Al3+
【点睛】注意影响晶格能大小的主要因素是离子电荷，电荷越高，晶格能越大；其次就是离子半径，离子半径越小，晶格能越大。
6.根据等电子原理，下列各组分子或离子的空间构形不相似的是（ ）
A. SO2与O3 B. NH4＋和CH4
C. H3O+与NH3 D. CO2与H2O
【答案】D
【详解】A．SO2和O3的原子个数都为3；价电子数均为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，结构相似，故A不选；
B．NH4+和CH4的原子个数都为5；NH4+的价电子数为5+1×4-1=8，CH4的价电子数为4+1×4=8，二者含有相同原子数和相同价电子数，是等电子体，结构相似，故B不选；
C．H3O+和NH3的原子个数都为4；H3O+的价电子数为1×3+6-1=8，NH3的价电子数为5+1×3=8，二者含有相同原子数和相同价电子数，是等电子体，结构相似，故C不选；
D．CO2和H2O的原子个数都为3；CO2的价电子数为4+6×2=16，H2O的价电子数为1×2+6=8，二者含有相同原子数，但价电子数不相同，不是等电子体，结构不相似，前者为直线型，后者为V型，故D选；
答案选D。
【点睛】理解等电子体的本质特征是解答本题的关键。具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，互为等电子体的微粒具有相似的空间构型。
7.下列说法中正确的是（ ）
A. 2px2表示2px能级有两个轨道
B. 在CS2分子中α键与π键的数目之比是2：1
C. 电子仅在激发态跃进到基态时才会产生原子光谱
D. 表示一个某原子在第三电子层上有10个电子可以写3s23p63d2
【答案】D
【详解】A.2px2表示2px轨道有2个电子，故A错误；
B.CS2含有2个C=S键，双键中一个为α键，一个为π键，所以含有2个α键和2个π键，α键与π键的数目之比是1：1，故B错误；
C.电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱，故C错误；
D.一个原子在第三电子层上有10个电子，排列第三电子层上电子时，排列顺序是3s、3p、3d，3s能级最多排列2个电子、3p能级最多排列6个电子、3d能级最多排列10个电子，再根据能量最低原理排列电子，所以该电子层上电子排布式为3s23p63d2，故D正确。
故选D。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
B. 按Mg、Si、N、F的顺序，原子半径由小变大
C. 某主族元素的电离能I1～I7数据如下表所示(单位：kJ/mol)，可推测该元素位于元素周期表第ⅤA族
D. 在①P、S，②Mg、Ca，③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数之和为41
【答案】D
【解析】A、非金属性越强，氢化物越稳定，因此四种氢化物的稳定性依次减弱，A错误；B、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则按Mg、Si、N、F的顺序原子半径由大到小，B错误；C、电离能突变在I4，其常见化合价为＋3价，C错误；D、电离能较大的分别为P、Mg、Si，原子序数之和为15＋12＋14＝41，D正确，答案选D。
9.将14Si的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了( )
A. 构造原理 B. 泡利原理
C. 洪特规则 D. 能量守恒原理
【答案】C
【详解】Si原子3p能级上有3个轨道,3p能级上有2个电子,2个电子应该排在2个不同的轨道上,且自旋方向相同,若将Si原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了洪特规则,14Si正确的电子排布式为: 1s22s22p63s23px13py1；
综上所述，本题选C。
10.最活泼的金属元素、最活泼的非金属元素、常温下呈液态的金属(价电子排布为5d106s2)元素分别位于下面元素周期表中的（ ）
A. s区、p区、ds区 B. s区、p区、d区
C. f区、p区、ds区 D. s区、f区、ds区
【答案】A
【分析】最活泼的金属元素为铯（不考虑放射性元素钫），在ⅠA族，价层电子排布为：6s1；
最活泼的非金属元素为氟，在ⅦA族，价层电子排布为：2s22p5；
常温下为液态的金属是汞，在ⅦA族；价层电子排布为：5d106s2；
根据以上元素的价层电子排布结合图中的区域进行解答。
【详解】最活泼金属元素是铯（不考虑放射性元素钫），在ⅠA族，s区；最活泼的非金属元素（是氟）在ⅦA族，p区；汞的价电子排布为5d106s2，ⅡB族，ds区；故选A。
综上所述，本题选A。
11.下列说法不正确是（ ）
A. 某外围电子排布为4d15s2基态原子，该元素位于周期表中第五周期第ⅢB族
B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素
C. 当碳原子的核外电子排布由 转变为时，释放能量，由激发态转化成基态
D. 非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是2或8
【答案】B
【详解】某外围电子排布为4d15s2基态原子，价层电子数为3，位于第五周期，该元素位于周期表中第5周期第ⅢB族，故A正确；B．s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，故B错误；C．碳原子的核外电子排布为：1s22s22p2，该原子处于基态，当核外电子排布为1s22s12p3，该原子处于激发态，所以由碳原子的核外电子排布由转变为的过程为由激发态变为基态，故C正确；D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，像一氧化碳、一氧化氮、二氧化硫等均不符合2或8电子结构，故D正确，答案为B。
【点睛】原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态；原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量；处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱为发射光谱，据此进行判断。
12.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述错误的是（ ）
A. A的第一电离能大于B的第一电离能
B. 原子序数A＞B；
C. 原子最外层电子数A＜B；
D. A的电负性小于B的电负性
【答案】A
【分析】A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，据此答题。
【详解】A.由分析可知：A是金属，B是非金属，所以A的第一电离能小于B的第一电离能，故A错误；
B.由分析可知：元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，所以A的原子序数大于B，即A＞B，故B正确；
C.由分析可知：A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，所以原子最外层电子数A＜B，故C正确；
D.由分析可知：A是金属元素，B是非金属元素，B吸引电子的能力大于A，所以A的电负性小于B的电负性，故D正确。
故选A。
13.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，为三角锥型
B. NH4+中N原子sp3杂化，为正四面体型
C. H2S中S原子sp杂化，为直线形
D. SO2中S原子sp2杂化，为V形
【答案】C
【分析】首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。
【详解】A．PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为(5−3×1)/2=1，则为sp3杂化，为三角锥形，A正确；
B．NH4+中N原子形成4个δ键，孤对电子数为(5－1－4×1)/2=0，则为sp3杂化，为正四面体型，B正确；
C．H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为(6−2×1)/2=2，则为sp3杂化，为V形，C错误；
D．SO2中S原子形成2个δ键，孤对电子数为(6−2×2)/2=1，则sp2杂化，为V形，D正确；
答案选C。
【点睛】本题考查原子杂化类型以及分子空间构型的判断，题目难度不大，本题注意把握杂化类型和空间构型的判断方法。需要注意的是价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
14.下列现象与氢键无关的是（ ）
A. 水分子高温下也很稳定
B. 小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
C. 冰的密度比液态水的密度小
D. 尿素（CO(NH2)2）的熔、沸点比醋酸的高
【答案】A
【详解】A.水分子高温下也很稳定，是由水分子中H―O键键能大决定的，与氢键无关，故A正确；
B.小分子的醇、羧酸分子之间以及与水分子之间形成氢键，可以和水以任意比互溶，与氢键有关，故B错误；
C.水分子结成冰，冰的水分子之间以氢键相互作用，形成有规律的排列，分子间空隙增大，冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，故C错误；
D.尿素（CO(NH2)2）分子间形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，导致尿素的熔沸点比醋酸的高，与氢键有关，故D错误。
故选A。
【点睛】氢键是一种比分子间作用力稍强的相互作用，也可以认为是一种分子之间的相互作用，分子间氢键使物质的熔点、沸点、溶解度增加，分子内氢键对物质的影响则反之。
第Ⅱ卷
15.下表是元素周期表的一部分,表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题:
（1）写出24号元素Cr的基态原子的电子排布式____________。
（2）元素e的基态原子的电子排布图：_______________。
（3）c有_____种运动不同的电子
（4）比较g、h、i三种元素的第一电离能的大小顺序：_______________(按由大到小的顺序排列，用元素符号表示)。
（5）图中o、p两元素部分电离能数据列于下表:
元素
o
p
电离能/(kJ·mol-1)
I1
717
759
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
比较两元素的I2、I3可知,气态o2+再失去一个电子比气态p2+再失去一个电子难。对此,你的解释是_______________________________________________________________________。
（6）第3周期主族元素按单质熔点高低的顺序如图所示，横坐标序号“8”代表______（填元素符号，下同）其中电负性最大的是____。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (2). (3). 6 (4). Mg>Al>Na (5). Mn2+的3d轨道电子排布为半满状态,比较稳定,而Fe2+的3d轨道失去一个电子排布才为半满状态,比较稳定 (6). Si (7). Cl
【分析】根据元素周期表的结构可知a～p分别为H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe，再结合元素的结构以及性质进行分析答题。
【详解】（1）Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。
（2）由元素周期表的结构可知：e为O元素，O为8号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p4，基态原子的电子排布图为：，故答案为：。
（3）由元素周期表的结构可知：c为C元素，C为6号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p2，所以有6种运动不同的电子，故答案为：6。
（4）由元素周期表的结构可知：g为Na元素，h为Mg元素，i为Al元素，Na、Mg、Al是同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素失去电子逐渐减弱，所以元素的第一电离能逐渐增大，但是Mg原子的2s轨道上的电子处于全充满的稳定状态，失去电子比后面相邻的Al还难。故这三种元素中第一电离能最大的是Mg，所以三种元素的第一电离能的大小顺序：Mg>Al>Na，故答案为：Mg>Al>Na。
（5）根据元素周期表的结构可知：o为Mn元素，p为Fe元素，原子轨道处于半满、全满、全空时，能量更低、更稳定，Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级上有5个电子，为半充满状态，能量低更稳定，所以难再失去一个电子，而Fe2+的价电子排布式为3d6，3d能级上有个6电子，失去一个电子就达到3d5半充满稳定结构，故Fe2+容易再失去一个电子，故答案为：Mn2+的3d轨道电子排布为半满状态,比较稳定,而Fe2+的3d轨道失去一个电子排布才为半满状态,比较稳定。
（6）一般来说，熔点是：原子晶体＞金属晶体＞分子晶体，第3周期主族元素单质的熔点由高到低的顺序为Si＞Al＞Mg＞Na＞S＞P＞Cl2，根据图示可知，其中序号“8”代表Si，同周期从左到右，电负性逐渐增大（稀有气体除外），则第3周期电负性最大的是Cl，序号为2，故答案为：Si，Cl。
【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此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。
16.（1）写出SO3分子的空间构型是__________；是__________分子（填“极性”或“非极性”）；常见的等电子体的化学式：一价阴离子____________ (写出一种)，它们的中心原子采用的杂化方式都是_____________。
（2）甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角___（填“＞”“＜”或“＝”）甲醛分子内的O—C—H键角， 甲醇极易溶于水，其主要原因是_____________________________________________。
（3）已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。请比较二者酸性强弱：H5IO6_____（填“＞”“＜”或“＝”）HIO4。
【答案】(1). 平面正三角形 (2). 非极性 (3). NO3- (4). sp2 (5). sp3 (6). < (7). 甲醇是极性分子，有个亲水基团，与水结合形成氢键，所以易溶于水 (8). <
【详解】（1）三氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，sp2杂化，不含孤电子对，所以为平面三角形结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，SO3分子中有4个原子，40个电子，与其互为等电子体的一价阴离子为NO3-，NO3-中中心原子N原子形成3个键，孤对电子数＝＝0，所以中心原子为sp2杂化，故答案为：平面正三角形，非极性，NO3-，sp2。
（2）甲醇分子内C原子价层电子对个数=0+4=4，所以C原子的杂化方式为sp3杂化，甲醇分子内C原子的杂化方式为sp3杂化，所以O-C-H键角约为109°28′，甲醛分子内的C原子的杂化方式为sp2杂化，O-C-H键角约为120°，所以甲醇分子内的O-C-H键角小于甲醛分子内的O-C-H键角，甲醇极易溶于水，其主要原因是甲醇是极性分子，有个亲水基团，与水结合形成氢键，所以易溶于水，故答案为：sp3，<，甲醇是极性分子，有个亲水基团，与水结合形成氢键，所以易溶于水
（3）含氧酸中非羟基氧越多，酸性越强，H5IO6为五元酸，H5IO6中含有5个—OH和1个非羟基氧，HIO4为一元酸，含有1个—OH和3个非羟基氧，因此H5IO6的酸性小于HIO4，故答案为：<。
17.（1）碳化硅(SiC)是一种晶体，具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的。下列各种晶体：①晶体硅 ②硝酸钾 ③金刚石 ④碳化硅 ⑤干冰 ⑥冰，它们的熔点由高到低的顺序是___________(填序号)。
（2）下列离子晶体的立体构型示意图，如下图所示。
以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：_____________。
（3）已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是______________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). ③④①②⑥⑤ (2). MN (3). MN2 (4). MN2 (5). MN (6). 离子键、非极性共价键 (7).
【分析】（1）熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，同种晶体根据晶体中微粒间的作用力大小分析；
（2）根据微粒所在晶胞位置，利用均摊法计算微粒数目之比，得到化学式；
（3）①根据FeS2晶体的晶体结构可知，晶体中阳离子与阴离子个数比为为1：1，所以晶体中存在亚铁离子与S22-，据此判断化学键；
②晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为a cm，所以晶胞的体积为a3cm3，晶胞中含有阴阳离子个数都是1/2，根据ρ=m/V算密度。
【详解】（1）晶体属于原子晶体的有①③④、离子晶体的有②、分子晶体的有⑤⑥．一般来说，原子晶体的熔点＞离子晶体的熔点＞分子晶体的熔点；对于原子晶体，原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，键长Si-Si＞Si-C＞C-C，相应键能Si-Si＜Si-C＜C-C，故它们的熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；分子晶体中有氢键的熔点较高，所以熔点：冰＞干冰，所以它们的熔点由高到低的顺序是③④①②⑥⑤，故答案为：③④①②⑥⑤。
（2）A.M位于顶点，数目为4×1/8=1/2，N位于顶点，数目为4×1/8=1/2，微粒数目为1：1，即化学式为MN；
B.M分别位于晶胞的体心和顶点位置，体心占1个，顶点占8×1/8=1个，共2个，N分别位于面上和体内，面上4×1/2=2个，体内2个，共4个，即晶胞中两种微粒数目之比为1：2，化学式为MN2；
C.M位于顶点，数目为4×1/8=1/2，N位于体心，数目为1，化学式为MN2；
D.M位于顶点，数目为8×1/8=1，N位于体心，数目为1，化学式为MN，
故答案为：MN；MN2；MN2；MN。
（3）①根据FeS2晶体的晶体结构可知，晶体中阳离子与阴离子个数比为为1：1，所以晶体中存在亚铁离子与S22-，亚铁离子与S22-之间是离子键，S22-中存在非极性共价键，所以晶体中存离子键和（非极性）共价键，故答案为：离子键和（非极性）共价键。
②晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为a cm，所以晶胞的体积为a3cm3，晶胞中含有阴阳离子个数都是1/2，所以晶体的密度为ρ=g/cm3=g/cm3，故答案为：。
18.金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为_______________；
②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为_________________；
③此配离子中含有的化学键为_______________。
A 离子键 B 金属键 C 极性键 D 非极性键 E 配位键 F 氢键 G σ键 H π键
（2）NO2－与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3－可用于检验K＋的存在。NO2－离子的VSEPR模型名称为___________，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是_________________________________。
（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是_________________。
（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4－互为等电子体的微粒____________________________（请写一个分子和一个离子）。
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为_____，已知晶胞密度为ρ g/cm3，则晶包的棱长为_____nm（NA表示阿伏伽德罗常数）。
【答案】(1). (2). sp2、sp3 (3). C D E G H (4). 平面三角形 (5). O>N>Co>K (6). CrO2 (7). CH4（SiH4）、NH4+ (8). 4 (9). (388/ρNA)1/3×107nm
【详解】（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布图为，故答案为：。
②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3。
③根据配离子的结构可知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键、π键，故答案为：C D E G H。
（2）NO2－中中心原子N的孤电子对数为×（5+1-2×2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2－的VSEPR模型为平面三角形，元素的非金属性越强，电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>Co>K，故答案为：平面三角形，O>N>Co>K。
（3）V2O5中阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子，根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，磁性最大的是CrO2，所以适合作录音带磁粉原料的是CrO2，故答案为：CrO2。
（4）用替换法，与BH4－互为等电子体的的分子是CH4、SiH4，离子为NH4+等，故答案为：CH4（SiH4）、NH4+。
（5）由晶胞可知b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4，用“均摊法”，晶胞中含a：8×+6×=4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，则1mol晶体的体积为，
=，解得x=cm=nm，故答案为：4，。
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