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【化学】吉林省吉林市第五十五中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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吉林省吉林市第五十五中学2018-2019学年高二下学期期中考试
1.下列不同时期原子结构模型的提出时间排列正确的是( )
①电子分层排布模型 ②“葡萄干布丁”模型 ③量子力学模型 ④道尔顿原子学说 ⑤核式模型
A. ①③②⑤④ B. ④②③①⑤
C. ④②⑤①③ D. ④⑤②①③
【答案】C
【解析】试题分析：①电子分层排布模型由玻尔1913年提出；②“葡萄干布丁”模型由汤姆逊1903年提出；③量子力学模型于1926年提出；④道尔顿原子学说于1803年提出；⑤核式模型由卢瑟福于1911年提出，所以正确的答案选C。
考点：考查化学史的有关判断
点评：该题是常识性知识考查，难度不大，学生记住即可。该题有利于调动学生学习化学的兴趣，激发学生的学习求知欲。
2. 下列元素性质的递变规律正确的是( )
A. 第一电离能：B
C. 气态氢化物的稳定性：NH3
【解析】同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：Be＞B＞Mg＞Na，故A错误；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：O＞N＞S＞P，故B正确；
非金属性越强，气态氢化物越稳定：NH3>CH4，故C错误；
Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故D错误。
3. 下列说法正确的是( )
A. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
B. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了能量最低原则
C. 表示的原子能量处于最低状态
D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
【答案】D
【解析】试题分析：A．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数均相同，都是3个，A错误；B．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，则电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利不相容原理，B错误；C．根据洪特规则可知表示的原子能量没有处于最低状态，应该是，C错误；D．在离核最近区域内运动的电子能量最低，D正确，答案选D。
考点：考查核外电子的运动
4.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1 500
7 700
10 500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
A. R的最高正价为＋3价 B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1
【答案】B
【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
A.最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，A错误；
B.最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，B正确；
C.R元素的原子最外层共有2个电子，C错误；
D.短周期元素R元素可能是第IIA的Mg或Be，D错误；
故合理选项是B。
5. 下列化学用语的表述不正确的是( )
A. 过氧化氢的结构式：H—O—O—H
B. 氮原子的L层电子轨道表示式：
C. CO2的比例模型：
D. Cl－的结构示意图：
【答案】C
【解析】试题分析：A、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，A正确；B、根据核外电子排布规律可知氮原子的L层电子轨道表示式为，B正确；C、二氧化碳是直线形结构，则该模型不能表示二氧化碳的比例模型，C错误；D、氯离子的质子数是17，核外电子数是18，示意图正确，D正确。答案选C。
考点：考查化学用语正误判断
6. 中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是( )
A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO
【答案】D
【解析】镁原子最外层电子3s2属于全充满，稳定性强，属于第一电离能大于的铝的，A不正确。氟是最活泼的非金属，没有正价，B不正确。因为电离是吸热的，所以pH等于7的溶液不一定显中性，因此C也是错误的。碳酸的酸性强于次氯酸的，D正确。所以答案选D。
7. 以下有关元素性质的说法不正确的是( )
A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb ②N、O、S ③Si、P、As ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素基态原子的逐级电离能分别为578、1817、2745、11575、14830、18376、23293，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、原子依次为①硅，②氮，③碳，④硫，原子半径最大的是①硅，不选A；B、根据同一周期的元素，最外层电子越多，第一电离能越大，第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以③的第一电离能最大，不选B；C、同周期 从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，所以钠钾铷的电负性依次减小，氮氧硫的电负性中氧的电负性最大，硅磷砷的电负性中最大的是磷，钠磷氯的电负性依次增大，所以不选C；D、根据元素电离能分析，该元素原子核最外层有3个电子，所以其最外层电子在化学反应中容易失去而在化合物中呈现+3价，所以选D。
考点：元素周期表的应用。
8. 若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是( )
A. 氢键、氢键、共价键
B. 氢键、氢键、离子键
C. 氢键、共价键、分子间作用力
D. 分子间作用力、氢键、共价键
【答案】A
【解析】试题分析：固态水中和液态水中含有氢键，当雪花→水→水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，答案选A。
考点：考查物质变化是作用力判断
9. 下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是( )
A. C2H4、C2H2、CO2 B. CH4、CHCl3、CO2
C. Cl2、H2、N2 D. NH3、H2O、CO2
【答案】A
【解析】试题分析：A、乙烯分子中含有C-H极性键，属于非极性分子，乙炔中的C-H键为极性键，乙炔为非极性分子，二氧化碳是直线型分子，C=O键为极性键，为非极性分子，正确；B、甲烷是含有极性键的非极性分子，为三氯甲烷为含有极性键的极性分子，错误；C、三种气体单质分子中均含有非极性键，为非极性分子，错误；D、氨气与水都是含有极性键的极性分子，错误，答案选A。
考点：考查化学键的极性和分子极性的判断
10. 下列分子中，中心原子杂化轨道类型相同，分子的空间构型也相同的是( )
A. BeCl2、CO2 B. H2O、SO2
C. SO2、CH4 D. NF3、CH2O
【答案】A
【解析】试题分析：根据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，采取sp3杂化方式，水是V型结构。SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，采取sp2杂化方式，SO2是V形结构，故B错误；同样分析氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，故A正确；C．SO2是V形结构，CH4中C原子采取sp3杂化方式，是正四面体结构；D．NF3中N原子采取sp3杂化方式，是三角锥结构，CH2O中C原子采取sp2杂化方式，是平面三角形结构，故D错误。故选A。
考点：考查杂化，分子空间构型
11. 下列物质中只含有非极性共价键的是（ ）
A. Cl2 B. NaOH C. KCl D. H2S
【答案】A
【解析】试题分析：A、氯气是非金属单质，只有非极性键，A正确；B、氢氧化钠是含有离子键和极性键离子化合物，B错误；C、氯化钾是含有离子键的离子化合物，C错误；D、硫化氢是含有极性键的共价化合物，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查化学键判断
【名师点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子之间形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键。
12. 下列叙述中正确的是( )
A. 冰融化时水分子中共价键发生断裂
B. H2O2、PCl5都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】C
【解析】试题分析：A．冰融化时破坏的是水分子间的氢键及分子间作用力，而分子内的共价键没有发生断裂，错误。 B．H2O2是含有极性键的极性分子；PCl5是含有极性键的非极性分子，错误。C．由于元素的非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其共价键就越难断裂，因此相应的氢化物的水溶液的酸性就越弱，所以HF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强，正确。D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于分子内的H-O键强，难断裂所致，错误。
考点：考查物质分子的极性的判断及物质的稳定性与酸性、化学键、氢键的影响的知识。
13.下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ②CH2=CH2 ③ ④CH≡CH ⑤NH3 ⑥CH4
A. ①②③ B. ①⑤⑥ C. ②③④ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】①BF3中B的价层电子对数为3+（3-3）=3，中心原子B为sp2杂化，BF3的空间构型为平面三角形；②CH2=CH2中每个C原子形成2个碳氢σ键和1个碳碳双键，双键中有1个σ键和1个π键，C原子上没有孤电子对，C的杂化轨道数为3，C为sp2杂化，CH2=CH2中2个C原子和4个H原子在同一平面上；③中C为sp2杂化，每个C原子形成2个碳碳σ键和1个碳氢σ键，未参与杂化的2p轨道形成一个大π键，为平面正六边形结构；④CHCH中每个C原子形成1个碳氢σ键和1个碳碳三键，三键中有1个σ键和2个π键，C原子上没有孤电子对，C的杂化轨道数为2，C为sp杂化，CHCH中2个C原子和2个H原子在同一直线上；⑤NH3中N的价层电子对数为3+（5-3）=4，中心原子N为sp3杂化，NH3的空间构型为三角锥形；⑥CH4中C的价层电子对数为4+（4-4）=4，中心原子C为sp3杂化，CH4的空间构型为正四面体形；分子的空间构型可用sp2杂化轨道解释的是①②③，答案选A。
点睛：本题考查杂化轨道类型的判断。杂化轨道类型的判断常用的方法有：（1）根据杂化轨道数判断，对ABn型分子中心原子A的杂化轨道数=A的价层电子对数=A上的孤电子对数+成键电子对数，如题中①⑤⑥；（2）根据杂化轨道间的夹角判断；（3）根据共价键的类型判断，杂化轨道用于形成σ键或者用来容纳未参与成键的孤电子对，如题中②③④；（4）根据等电子原理，等电子体具有相同的结构特征，一般等电子体的中心原子的杂化类型相同，如NO2+与CO2互为等电子体，CO2中C为sp杂化，则NO2+中N也为sp杂化。
14.对下列化学用语的理解和描述均正确的是( )
A. 电子式可以表示羟基．也可以表示氢氧根离子
B. 填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
C. 原子结构示意图 可以表示12C，也可以表示14C
D. 结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡
【答案】C
【详解】A.电子式只能表示中性原子基团羟基，不可以表示氢氧根离子。OH-的电子式为：，A错误；
B.CO2分子为直线型分子，三个原子在同一条直线上，因此该模型不能表示CO2，B错误；
C.该示意图为C原子的原子结构示意图，12C和14C原子核外都有6个电子，因此都可以用该式表示，C正确；
D.若n=16，则表示S2－，硫离子水解能消耗水电离产生的H+，对水的电离平衡有影响，D错误；
故合理选项是C。
15.关于晶体的下列说法正确的是( )
A. 任何晶体中,若含有阳离子就一定有阴离子
B. 原子晶体中只含有共价键
C. 原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D. 离子晶体中只含有离子键,不含有共价键
【答案】B
【解析】试题分析：A．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以有阳离子不一定有阴离子，故A错误；B．原子晶体中原子间以共价键结合而成，故B正确；C．不同金属晶体熔点差别很大，有的熔点很高如钨，所以原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；D．离子晶体中也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键，又含有共价键，故D错误；故选B。
考点：考查了化学键、晶体类型、熔沸点的比较的相关知识。
16. 下列物质固态时，一定是分子晶体的是（ ）
A. 酸性氧化物 B. 非金属单质 C. 碱性氧化物 D. 含氧酸
【答案】D
【解析】试题分析：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，错误，不选A；B、非金属单质不一定是分子晶体，如金刚石为原子晶体，错误，不选B；C、碱性氧化物一般都为金属氧化物，形成离子晶体，错误，不选C；D、含氧酸都是共价化合物，形成分子晶体，正确，选D。
考点：物质类型与晶体的类型的关系
17.下列说法正确的是（ ）
A. 1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1:1
B. 1molSi晶体中含4molSi—Si键
C. 60gSiO2中含Si—O键的个数为4NA
D. 12 g金刚石中含有C—C键的个数为NA
【答案】C
【解析】试题分析：A、1molNa2O2晶体中含有1molO22-和2molNa+，则1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1：2，A错误；B、一个Si形成4个Si-Si键，一个共价键中含有2个Si原子，则1molSi晶体中含2molSi-Si键，B错误；C、SiO2中一个Si形成4个Si-O键，则60gSiO2即1mol中含Si-O键的个数为4NA，C正确；D、一个C形成4个C-C键，一个共价键中含有2个C原子，所以12 g金刚石即1mol中含有C-C键的个数为2NA，D错误；答案选C。
考点：考查晶体中微粒数目计算
18. 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。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】试题分析：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。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，二者熔化时克服的作用力与氮化硅不完全相同，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，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，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，错误。
考点：考查物质的晶体类型的判断及物质熔化时克服的作用力类型的判断的知识。
19.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是( )
A. CO2 相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小
B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能
C. C 的原子半径小于 Si
D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键
【答案】D
【解析】试题分析：CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。
考点：考查晶体类型与性质的关系判断
20. 钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是( )
A. 该晶体属于离子晶体
B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似
D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】试题分析：Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；NaCl晶胞结构也是该形状，C对；与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，选B。
考点：晶胞的结构和计算。
21.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为____________，3d能级上的未成对电子数为________。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是__________。
②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_______________________；氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). NH3分子间可形成氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属
分析】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N；
③有氢键的氢化物熔沸点较高；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型；
(3)金属晶体中存在金属键，则该物质中含有金属键。
【详解】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中中阴离子SO42-价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以[Ni(NH3)6]2＋中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N原子；
③有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型为sp3杂化；
(3)单质铜及镍都是金属，由金属阳离子与自由电子之间通过金属键结合，所以晶体中存在金属键。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及价层电子对互斥理论、配位键、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，注意孤电子对的计算方法是易错点。
22.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________________________________________________________________。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
【答案】(1). (2). 哑铃（纺锤） (3). H2S (4). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (5). 平面三角 (6). 2 (7). sp3 (8). (9).
【解析】分析：（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
详解：（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
点睛：本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：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；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
23.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
（1）Zn原子核外电子排布式为________。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是____________________________________。
（3）ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。
【答案】(1). [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积(A3型) (9).
【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。
详解：（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。
（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。
（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。
（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。
（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。
点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。
1.下列不同时期原子结构模型的提出时间排列正确的是( )
①电子分层排布模型 ②“葡萄干布丁”模型 ③量子力学模型 ④道尔顿原子学说 ⑤核式模型
A. ①③②⑤④ B. ④②③①⑤
C. ④②⑤①③ D. ④⑤②①③
【答案】C
【解析】试题分析：①电子分层排布模型由玻尔1913年提出；②“葡萄干布丁”模型由汤姆逊1903年提出；③量子力学模型于1926年提出；④道尔顿原子学说于1803年提出；⑤核式模型由卢瑟福于1911年提出，所以正确的答案选C。
考点：考查化学史的有关判断
点评：该题是常识性知识考查，难度不大，学生记住即可。该题有利于调动学生学习化学的兴趣，激发学生的学习求知欲。
2. 下列元素性质的递变规律正确的是( )
A. 第一电离能：B
C. 气态氢化物的稳定性：NH3
【解析】同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：Be＞B＞Mg＞Na，故A错误；同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：O＞N＞S＞P，故B正确；
非金属性越强，气态氢化物越稳定：NH3>CH4，故C错误；
Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故D错误。
3. 下列说法正确的是( )
A. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
B. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了能量最低原则
C. 表示的原子能量处于最低状态
D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
【答案】D
【解析】试题分析：A．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数均相同，都是3个，A错误；B．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，则电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利不相容原理，B错误；C．根据洪特规则可知表示的原子能量没有处于最低状态，应该是，C错误；D．在离核最近区域内运动的电子能量最低，D正确，答案选D。
考点：考查核外电子的运动
4.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1 500
7 700
10 500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
A. R的最高正价为＋3价 B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1
【答案】B
【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
A.最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，A错误；
B.最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，B正确；
C.R元素的原子最外层共有2个电子，C错误；
D.短周期元素R元素可能是第IIA的Mg或Be，D错误；
故合理选项是B。
5. 下列化学用语的表述不正确的是( )
A. 过氧化氢的结构式：H—O—O—H
B. 氮原子的L层电子轨道表示式：
C. CO2的比例模型：
D. Cl－的结构示意图：
【答案】C
【解析】试题分析：A、过氧化氢的结构式为H－O－O－H，A正确；B、根据核外电子排布规律可知氮原子的L层电子轨道表示式为，B正确；C、二氧化碳是直线形结构，则该模型不能表示二氧化碳的比例模型，C错误；D、氯离子的质子数是17，核外电子数是18，示意图正确，D正确。答案选C。
考点：考查化学用语正误判断
6. 中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是( )
A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO
【答案】D
【解析】镁原子最外层电子3s2属于全充满，稳定性强，属于第一电离能大于的铝的，A不正确。氟是最活泼的非金属，没有正价，B不正确。因为电离是吸热的，所以pH等于7的溶液不一定显中性，因此C也是错误的。碳酸的酸性强于次氯酸的，D正确。所以答案选D。
7. 以下有关元素性质的说法不正确的是( )
A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb ②N、O、S ③Si、P、As ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素基态原子的逐级电离能分别为578、1817、2745、11575、14830、18376、23293，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、原子依次为①硅，②氮，③碳，④硫，原子半径最大的是①硅，不选A；B、根据同一周期的元素，最外层电子越多，第一电离能越大，第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以③的第一电离能最大，不选B；C、同周期 从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，所以钠钾铷的电负性依次减小，氮氧硫的电负性中氧的电负性最大，硅磷砷的电负性中最大的是磷，钠磷氯的电负性依次增大，所以不选C；D、根据元素电离能分析，该元素原子核最外层有3个电子，所以其最外层电子在化学反应中容易失去而在化合物中呈现+3价，所以选D。
考点：元素周期表的应用。
8. 若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是( )
A. 氢键、氢键、共价键
B. 氢键、氢键、离子键
C. 氢键、共价键、分子间作用力
D. 分子间作用力、氢键、共价键
【答案】A
【解析】试题分析：固态水中和液态水中含有氢键，当雪花→水→水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，答案选A。
考点：考查物质变化是作用力判断
9. 下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是( )
A. C2H4、C2H2、CO2 B. CH4、CHCl3、CO2
C. Cl2、H2、N2 D. NH3、H2O、CO2
【答案】A
【解析】试题分析：A、乙烯分子中含有C-H极性键，属于非极性分子，乙炔中的C-H键为极性键，乙炔为非极性分子，二氧化碳是直线型分子，C=O键为极性键，为非极性分子，正确；B、甲烷是含有极性键的非极性分子，为三氯甲烷为含有极性键的极性分子，错误；C、三种气体单质分子中均含有非极性键，为非极性分子，错误；D、氨气与水都是含有极性键的极性分子，错误，答案选A。
考点：考查化学键的极性和分子极性的判断
10. 下列分子中，中心原子杂化轨道类型相同，分子的空间构型也相同的是( )
A. BeCl2、CO2 B. H2O、SO2
C. SO2、CH4 D. NF3、CH2O
【答案】A
【解析】试题分析：根据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，采取sp3杂化方式，水是V型结构。SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，采取sp2杂化方式，SO2是V形结构，故B错误；同样分析氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，故A正确；C．SO2是V形结构，CH4中C原子采取sp3杂化方式，是正四面体结构；D．NF3中N原子采取sp3杂化方式，是三角锥结构，CH2O中C原子采取sp2杂化方式，是平面三角形结构，故D错误。故选A。
考点：考查杂化，分子空间构型
11. 下列物质中只含有非极性共价键的是（ ）
A. Cl2 B. NaOH C. KCl D. H2S
【答案】A
【解析】试题分析：A、氯气是非金属单质，只有非极性键，A正确；B、氢氧化钠是含有离子键和极性键离子化合物，B错误；C、氯化钾是含有离子键的离子化合物，C错误；D、硫化氢是含有极性键的共价化合物，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查化学键判断
【名师点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子之间形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键。
12. 下列叙述中正确的是( )
A. 冰融化时水分子中共价键发生断裂
B. H2O2、PCl5都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】C
【解析】试题分析：A．冰融化时破坏的是水分子间的氢键及分子间作用力，而分子内的共价键没有发生断裂，错误。 B．H2O2是含有极性键的极性分子；PCl5是含有极性键的非极性分子，错误。C．由于元素的非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其共价键就越难断裂，因此相应的氢化物的水溶液的酸性就越弱，所以HF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强，正确。D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于分子内的H-O键强，难断裂所致，错误。
考点：考查物质分子的极性的判断及物质的稳定性与酸性、化学键、氢键的影响的知识。
13.下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ②CH2=CH2 ③ ④CH≡CH ⑤NH3 ⑥CH4
A. ①②③ B. ①⑤⑥ C. ②③④ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】①BF3中B的价层电子对数为3+（3-3）=3，中心原子B为sp2杂化，BF3的空间构型为平面三角形；②CH2=CH2中每个C原子形成2个碳氢σ键和1个碳碳双键，双键中有1个σ键和1个π键，C原子上没有孤电子对，C的杂化轨道数为3，C为sp2杂化，CH2=CH2中2个C原子和4个H原子在同一平面上；③中C为sp2杂化，每个C原子形成2个碳碳σ键和1个碳氢σ键，未参与杂化的2p轨道形成一个大π键，为平面正六边形结构；④CHCH中每个C原子形成1个碳氢σ键和1个碳碳三键，三键中有1个σ键和2个π键，C原子上没有孤电子对，C的杂化轨道数为2，C为sp杂化，CHCH中2个C原子和2个H原子在同一直线上；⑤NH3中N的价层电子对数为3+（5-3）=4，中心原子N为sp3杂化，NH3的空间构型为三角锥形；⑥CH4中C的价层电子对数为4+（4-4）=4，中心原子C为sp3杂化，CH4的空间构型为正四面体形；分子的空间构型可用sp2杂化轨道解释的是①②③，答案选A。
点睛：本题考查杂化轨道类型的判断。杂化轨道类型的判断常用的方法有：（1）根据杂化轨道数判断，对ABn型分子中心原子A的杂化轨道数=A的价层电子对数=A上的孤电子对数+成键电子对数，如题中①⑤⑥；（2）根据杂化轨道间的夹角判断；（3）根据共价键的类型判断，杂化轨道用于形成σ键或者用来容纳未参与成键的孤电子对，如题中②③④；（4）根据等电子原理，等电子体具有相同的结构特征，一般等电子体的中心原子的杂化类型相同，如NO2+与CO2互为等电子体，CO2中C为sp杂化，则NO2+中N也为sp杂化。
14.对下列化学用语的理解和描述均正确的是( )
A. 电子式可以表示羟基．也可以表示氢氧根离子
B. 填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子
C. 原子结构示意图 可以表示12C，也可以表示14C
D. 结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡
【答案】C
【详解】A.电子式只能表示中性原子基团羟基，不可以表示氢氧根离子。OH-的电子式为：，A错误；
B.CO2分子为直线型分子，三个原子在同一条直线上，因此该模型不能表示CO2，B错误；
C.该示意图为C原子的原子结构示意图，12C和14C原子核外都有6个电子，因此都可以用该式表示，C正确；
D.若n=16，则表示S2－，硫离子水解能消耗水电离产生的H+，对水的电离平衡有影响，D错误；
故合理选项是C。
15.关于晶体的下列说法正确的是( )
A. 任何晶体中,若含有阳离子就一定有阴离子
B. 原子晶体中只含有共价键
C. 原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D. 离子晶体中只含有离子键,不含有共价键
【答案】B
【解析】试题分析：A．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以有阳离子不一定有阴离子，故A错误；B．原子晶体中原子间以共价键结合而成，故B正确；C．不同金属晶体熔点差别很大，有的熔点很高如钨，所以原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；D．离子晶体中也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键，又含有共价键，故D错误；故选B。
考点：考查了化学键、晶体类型、熔沸点的比较的相关知识。
16. 下列物质固态时，一定是分子晶体的是（ ）
A. 酸性氧化物 B. 非金属单质 C. 碱性氧化物 D. 含氧酸
【答案】D
【解析】试题分析：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，错误，不选A；B、非金属单质不一定是分子晶体，如金刚石为原子晶体，错误，不选B；C、碱性氧化物一般都为金属氧化物，形成离子晶体，错误，不选C；D、含氧酸都是共价化合物，形成分子晶体，正确，选D。
考点：物质类型与晶体的类型的关系
17.下列说法正确的是（ ）
A. 1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1:1
B. 1molSi晶体中含4molSi—Si键
C. 60gSiO2中含Si—O键的个数为4NA
D. 12 g金刚石中含有C—C键的个数为NA
【答案】C
【解析】试题分析：A、1molNa2O2晶体中含有1molO22-和2molNa+，则1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1：2，A错误；B、一个Si形成4个Si-Si键，一个共价键中含有2个Si原子，则1molSi晶体中含2molSi-Si键，B错误；C、SiO2中一个Si形成4个Si-O键，则60gSiO2即1mol中含Si-O键的个数为4NA，C正确；D、一个C形成4个C-C键，一个共价键中含有2个C原子，所以12 g金刚石即1mol中含有C-C键的个数为2NA，D错误；答案选C。
考点：考查晶体中微粒数目计算
18. 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。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】试题分析：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。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，二者熔化时克服的作用力与氮化硅不完全相同，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，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，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，错误。
考点：考查物质的晶体类型的判断及物质熔化时克服的作用力类型的判断的知识。
19.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是( )
A. CO2 相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小
B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能
C. C 的原子半径小于 Si
D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键
【答案】D
【解析】试题分析：CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。
考点：考查晶体类型与性质的关系判断
20. 钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是( )
A. 该晶体属于离子晶体
B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似
D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】试题分析：Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；NaCl晶胞结构也是该形状，C对；与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，选B。
考点：晶胞的结构和计算。
21.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为____________，3d能级上的未成对电子数为________。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是__________。
②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_______________________；氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). NH3分子间可形成氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属
分析】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N；
③有氢键的氢化物熔沸点较高；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型；
(3)金属晶体中存在金属键，则该物质中含有金属键。
【详解】(1)Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中中阴离子SO42-价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以[Ni(NH3)6]2＋中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N原子；
③有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；
氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型为sp3杂化；
(3)单质铜及镍都是金属，由金属阳离子与自由电子之间通过金属键结合，所以晶体中存在金属键。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及价层电子对互斥理论、配位键、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生对物质结构、基本理论的理解和运用，注意孤电子对的计算方法是易错点。
22.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________________________________________________________________。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
【答案】(1). (2). 哑铃（纺锤） (3). H2S (4). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (5). 平面三角 (6). 2 (7). sp3 (8). (9).
【解析】分析：（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
详解：（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
点睛：本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：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；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
23.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
（1）Zn原子核外电子排布式为________。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是____________________________________。
（3）ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。
【答案】(1). [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积(A3型) (9).
【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。
详解：（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。
（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。
（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。
（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。
（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。
点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。
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