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模块综合试卷　［分值：100分］
一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1.（2024·吉林，2）下列化学用语或表述正确的是 （　　）
A.中子数为1的氦核素：He
B.SiO2的晶体类型：分子晶体
C.F2的共价键类型：p p σ键
D.PCl3的空间结构：平面三角形
2.我国传统文化包含丰富的化学知识。苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。《易经》记载：“泽中有火”“上火下泽”。“泽”，指湖泊池沼。下列关于“气”和“火”的说法正确的是 （　　）
A.“气”“火”在水中都能形成分子间氢键
B.“气”的沸点低于“火”
C.“气”“火”分子的空间结构都是正四面体形
D.每个“气”“火”分子中σ键数目之比为5∶4
3.（2024·湖北，5）基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 （　　）
A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同
B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D.sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
4.下列说法正确的是 （　　）
A.氢原子的电子云图中小黑点的疏密程度表示电子在原子核外某处单位体积内出现概率的大小
B.最外层电子数为ns2的元素都在元素周期表第2列
C.处于最低能量的原子叫做基态原子，1s22s22→1s22s22该过程属于电子跃迁
D.已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素位于元素周期表中的第4周期Ⅷ族，属于ds区
5.（2024·西安高二检测）联氨（N2H4）可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是 （　　）
A.1 mol N2H4可处理水中1.5 mol O2
B.［Cu（NH3）4］2+中存在离子键、配位键和极性共价键
C.氨水中NH3与H2O间存在氢键
D.含铜的氧化物中，Cu2+比Cu+更稳定
6.甲~丁均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，下列说法正确的是 （　　）
A.原子半径：甲>乙>丙
B.非金属性：丁>丙>乙
C.丙与乙形成的化合物是分子晶体
D.最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁
7.（2024·安徽，8）某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是 （　　）
A.该物质中Ni为+2价
B.基态原子的第一电离能：Cl>P
C.该物质中C和P均采取sp2杂化
D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2
8.（2023·新课标卷，9）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为［C（NH2）3］4［B（OCH3）4］3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中［C（NH2）3］+为平面结构。
下列说法正确的是 （　　）
A.该晶体中存在N—H…O氢键
B.基态原子的第一电离能：CC.基态原子未成对电子数：BD.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
9.下列对一些实验事实的理论解释错误的是 （　　）
选项 实验事实 理论解释
A 金属的导热性好 遍布晶体的自由电子受热加速运动
B 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 氟的电负性大于氯的电负性，F—C键的极性大于Cl—C键的极性，使—CF3的极性大于—CCl3的极性，导致CF3COOH羧基中羟基的极性更大，更易电离出H+
C 聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯 C—F键的键能比C—H键的键能大，键能越大，化学性质越稳定
D 对羟基苯甲醛（）比邻羟基苯甲醛（）的沸点低 对羟基苯甲醛形成分子内氢键，邻羟基苯甲醛形成分子间氢键
10.化合物M是一种高效消毒漂白剂，结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的某种单质可用于自来水消毒，Y、Z在不同周期。下列叙述错误的是 （　　）
A.第一电离能：WB.W的杂化方式为sp2
C.XZ3分子的空间结构为三角锥形
D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
11.冠醚能与碱金属离子结合（如图所示），是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+（直径： 204 pm） K+（直径：276 pm）
冠醚A（空腔直径：260~320 pm） 199 1 183
冠醚B（空腔直径：170~220 pm） 371 312
下列说法不正确的是 （　　）
A.推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B.实验中c（Na+）：①>②>③
C.冠醚通过与K+结合将Mn携带进入有机相，从而加快反应速率
D.为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
12.几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是 （　　）
A.熔、沸点：NaClB.在NaCl晶胞中，距离Na+最近且等距的Na+数目为6
C.若ZnS的晶胞边长为a pm，则Zn2+与S2-之间最近距离为a pm
D.上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS>NaCl>CsCl
13.已知两种颜色不同的晶体，分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6。分别取0.01 mol两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说法不正确的是 （　　）
A.该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5
B.紫色晶体配合物的化学式为［Ti（H2O）6］Cl3
C.1 mol紫色晶体中含有的σ键个数为12NA
D.0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到4.305 g沉淀
14.如图是Na、Cu、Si、H、C（金刚石）、N元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d单质均是热和电的良导体。下列判断不正确的是 （　　）
A.e、f单质熔化时破坏的是共价键
B.d单质对应元素的基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p2
C.b单质对应元素形成的最高价含氧酸易与水分子之间形成氢键
D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的分子中含2个σ键，2个π键
15.由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体（晶胞为图乙）可视为Ge晶体（晶胞为图甲）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列说法正确的是 （　　）
A.2号原子的坐标为（，，）
B.X晶体的化学式为HgGe2Sb2
C.设Ge晶体晶胞边长为a nm，则Ge原子之间的最短距离为a nm
D.X晶体中与Hg最近且等距离的Sb的数目为8
二、非选择题（本题包括4小题，共55分）
16.（13分）元素周期表中的六种元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。
A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
（1）写出E的基态原子的电子排布式：　　　　　　　　　　。
（2）A、B形成的AB-常作为配位化合物中的配体。在AB-中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为　　　　　　　　　　。
（3）D与E形成的化合物晶体的晶胞如图所示。在该晶胞中，E离子的数目为　　　　　　　；该化合物的化学式为　　　　　　　　。
（4）在D的氢化物（H2D）中，D原子的杂化轨道类型是　　　　　　　　　　。
（5）C的氢化物（H2C）在乙醇中的溶解度大于H2D，其原因是　　　　。
（6）D与C形成的D的空间结构为　　　　　　　　　　（用文字描述）。
（7）E、F均能与AB-形成配离子，已知E2+与AB-形成配离子时，配位数为4；F+与AB-形成配离子时，配位数为2。工业上常用F+与AB-形成的配离子与单质E反应，生成E2+与AB-形成的配离子和F单质来提取F，写出上述反应的离子方程式：　　　　　　　　　　。
17.（14分）（2023·全国甲卷，35）将酞菁 钴酞菁 三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为　　　　　　，其中属于共价晶体的是　　　　　　，C60间的作用力是　　　　　　。
（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是　　　　　　（填图2酞菁中N原子的标号）。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为　　　　，氮原子提供孤电子对与钴离子形成　　　　键。
（3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为　　　　　　。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为　　　　　　键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F-的配位数为　　　　　　。若晶胞参数为a pm，晶体密度ρ=　　　　　　g·cm-3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
18.（14分）根据要求回答下列问题：
（1）在第2周期主族元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有　　　　种。
（2）已知电离能：I2（Ti）=1 310 kJ·mol-1，I2（K）=3 051 kJ·mol-1，I2（Ti） I2（K），其原因为　　。
（3）橙红色晶体羰基钴的熔点为52 ℃，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为　　　　（填元素符号）。配体CO中σ键与π键数目之比是　　　　。
（4）（CN）2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为　　　　　，1个分子中含有　　　　个π键。
（5）等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与互为等电子体的分子有　　　　　、　　　　。
（6）蓝色的无水CoCl2在吸水后会变成粉红色的水合物CoCl2·xH2O，该水合物受热后又变成无水CoCl2，所以无水CoCl2常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有65 g无水CoCl2，吸水后变成119 g CoCl2·xH2O。
①水合物中x=　　　　　。
②若该水合物为配合物，其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl-的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为　　　　。
19.（14分）某杂志报道了一实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍元素的新型化合物材料CaK（Fe1-xNix）4As4，该新型化合物材料呈现出被称为刺猬自旋新磁态。该研究成果有助于更好地理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：
（1）基态镍原子的电子排布式为［Ar］　　　　；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是　　　　（填元素符号，下同）。
（2）铁原子及其离子易形成配离子或配合物，如［Fe（CN）6］3-、［Fe（CN）6］4-、Fe（CO）5，这些配离子或配合物所包括的非金属元素中第一电离能最大的是　　　。
（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。
①K+的焰色试验呈紫色，金属元素能产生焰色的微观原因为　　　 　　　　。
②As的空间结构为　　　　，写出一种与其互为等电子体的分子：　　　　（填化学式）。
（4）Ni与Ca处于同一周期，且原子核外最外层电子数相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为　　　 　　　　。
（5）①金属镍的原子堆积方式如图1所示，则金属镍的晶胞俯视图为　　　　（填字母）。
②某砷镍合金的晶胞如图2所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ=　　　　　　 g·cm-3。
答案精析
1.C　［ 中子数为1的He核素其质量数为1+2=3，故应表示为He，A错误；两个F原子中2p轨道单电子相互重叠形成p p σ键，C正确；PCl3的中心原子价电子对数为4，存在1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，PCl3的空间结构为三角锥形，D错误。］
2.D　［乙烯和甲烷不能形成分子间氢键，A错误；乙烯的相对分子质量大于甲烷，范德华力大，所以熔、沸点高，则乙烯的沸点高于甲烷，故B错误；乙烯含碳碳双键，分子的空间结构为平面结构，故C错误；乙烯结构简式为CH2CH2，每个乙烯分子中含σ键数目为5，甲烷结构简式为CH4，每个甲烷分子中含σ键数目为4，则数目之比为5∶4，故D正确。］
3.A　［VSEPR模型是价电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构，不包括孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，故A错误；在一个原子轨道内，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反，这个原理被称为泡利不相容原理，故C正确；1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，故D正确。］
4.A　［最外层电子数为ns2的主族元素都在元素周期表第2列，He元素和副族元素也有ns2的情况，比如Zn，其核外电子排布式为［Ar］3d104s2，B错误；2px和2py的轨道能量一样，电子在这两个轨道之间变迁，不属于电子跃迁，C错误；该元素为26号元素Fe，位于第4周期Ⅷ族，属于d区，D错误。］
5.C　［1 mol N2H4失去电子生成氮气，转移4 mol电子，而1 mol O2得到4 mol电子，根据得失电子守恒可知，1 mol N2H4可处理水中1 mol O2，故A错误；［Cu(NH3)4］2+ 中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故B错误；N、O元素电负性都较大，O—H键或N—H键是强极性键，则N、O能和另一分子中的H原子形成氢键，氨水中NH3与H2O间存在氢键，故C正确；Cu+的价电子排布为3d10，Cu2+的价电子排布为3d9，Cu+比Cu2+稳定，D错误。］
6.D　［丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，则丁为氯；由相对位置可知，甲、乙、丙分别为氮、氧、硅。电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，原子半径：丙>甲>乙，A错误；同周期元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，同主族元素由上而下，金属性增强，非金属性减弱；非金属性：乙>丁>丙，B错误；二氧化硅为共价晶体，C错误；氨分子、水分子能形成氢键，导致沸点升高，常温下水为液体、氨为气体，故最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁，D正确。］
7.C　［由结构简式可知，P原子的3个单电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，Cl-提供孤电子对与Ni形成共价键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正确；同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl>P，B项正确；C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确。］
8.A　［由晶体结构图可知，［C(NH2)3］+中的—NH2的H与［B(OCH3)4］-中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N—H…O氢键，A正确；同一周期元素原子的第一电离能从左到右呈递增趋势，但是ⅡA、ⅤA族元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C9.D　［F的电负性大于Cl，导致C—F的极性大于C—Cl键的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，故B正确；两者之间只有C—F键和C—H键的差异，C—F键的键能比C—H键的键能大，键能越大，化学性质越稳定，故C正确；对羟基苯甲醛受距离影响无法形成分子内氢键而形成分子间氢键，熔、沸点更高，而邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键而熔、沸点较低，故D错误。］
10.D　［根据题给信息分析可知，W、X、Y、Z分别是C、N、O和Cl。同周期元素第一电离能呈增大趋势，因ⅤA族最高能级电子处于半充满稳定结构，所以第一电离能反常比ⅥA族的大，所以第一电离能：W(C)N>C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X>W，D错误。］
11.B　［由表格数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数也不同，因此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；冠醚A与K+结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的Na+被K+替代，Na+被释放，溶液中c(Na+)：③>②，B错误；冠醚通过与K+结合将Mn携带进入有机相，增大Mn与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，C正确；冠醚A与K+的结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确。］
12.C　［Na+半径小于Cs+，且所带电荷数相同，所以NaCl的离子键强于CsCl，晶格能大于CsCl，所以熔、沸点：NaCl>CsCl，故A错误；根据NaCl的晶胞结构，距离体心Na+最近且等距的Na+位于棱心，数目为12，故B错误；由ZnS的晶胞结构可知，Zn2+与S2-之间最近距离为晶胞体对角线长的，即为a pm，故C正确；题述三种晶胞中，NaCl的晶胞中Na+的配位数为6，CsCl晶胞中，Cs+的配位数为8，ZnS晶胞中，Zn2+的配位数为4，所以其阳离子的配位数大小关系为CsCl>NaCl>ZnS，故D错误。］
13.C　［绿色晶体化学式为［TiCl(H2O)5］Cl2·H2O，该晶体中配体是氯离子和水分子，其物质的量之比为1∶5，故A正确；紫色晶体的化学式为［Ti(H2O)6］Cl3，每个水分子中含有2个σ键，Ti3+和每个O原子形成1个σ键，所以1 mol紫色晶体中含有的σ键个数为18NA，故C错误；0.01 mol紫色晶体在水溶液中最多电离出0.03 mol氯离子，与过量AgNO3作用最多可得到n(AgCl)=n(Cl-)=0.03 mol，m(AgCl)=0.03 mol×143.5 g·mol-1=4.305 g，故D正确。］
14.B　［Na、Cu、Si、H、C、N元素单质中，Na、Cu为金属晶体，二者均是热和电的良导体，金刚石、Si的单质为共价晶体，且金刚石的熔点大于晶体Si的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图和已知信息可知a为H2，b为N2，c为Na，d为Cu，e为Si，f为金刚石。单质硅和金刚石均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，故A正确；基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故B不正确；N元素形成的最高价含氧酸为HNO3，其中含有O—H键，易与水分子之间形成氢键，故C正确；H、N、C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，每个分子中含2个σ键、2个π键，故D正确。］
15.C　［2号原子的坐标为(，，)，A错误；X晶体中Ge的原子个数为8×+4×+1=4，Hg的原子个数为6×+4×=4，Sb的原子个数为8，故其化学式为HgGeSb2，B错误；设Ge晶体晶胞边长为a nm，Ge原子之间的最短距离为体对角线的，即为a nm，C正确；以顶面的Hg为研究对象，与之距离最近且相等的Sb原子在底下晶胞中的有2个，面心的汞原子为2个晶胞共用，上面晶胞还有2个Sb原子，故X晶体中与Hg最近且等距离的Sb的数目为4，D错误。］
16.(1)1s22s22p63s23p63d104s2(或［Ar］3d104s2)
(2)1∶2　(3)4　ZnS　(4)sp3　(5)水分子能和乙醇形成分子间氢键　(6)正四面体形
(7)2［Au(CN)2］-+Zn［Zn(CN)4］2-+2Au
解析　(1)E为锌，基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s2。(2)在CN-中存在碳氮三键，三键含有1个σ键、2个π键，故含有的σ键与π键的数目之比为1∶2。(3)据“切割法”，晶胞中含8×+6×=4个黑球、4个白球，故在该晶胞中，E离子的数目为4，该化合物的化学式为ZnS。(4)H2S中心原子S原子价电子对数为2+=4，S原子采用sp3杂化。(6)的中心原子S原子的价电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间结构为正四面体形。
17.(1)同素异形体　金刚石　范德华力　(2)③　+2　配位　(3)sp3　离子　2　
解析　(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H易断裂从而电离出H+；钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。(3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰球的个数为12×=3，白球的个数为8×=1，则灰球为F-，距F-最近且等距的Al3+有2个，则F-的配位数为2。
18.(1)3　(2)K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去
(3)O>C>Co　　1∶2　(4)　4
(5)SO2　O3　(6)①6　②Cl·H2O
解析　(1)在第2周期主族元素中，第一电离能呈增大的趋势，但是Be的2s2轨道全满相对稳定，而B原子价电子排布为2s22p1，故第一电离能小于Be，O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，N的2p轨道处于半满状态，故第一电离能大于O，第一电离能介于B和N之间的有3种元素，分别为Be、C、O。
(2)K失去一个电子后，原子轨道处于全满状态， Ti价电子排布为3d24s2，失去一个电子后价电子排布为3d24s1，K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去。
(3)钴是金属元素，与碳和氧相比电负性较小，同周期主族元素，核电荷数越大，电负性越大，故电负性：O>C>Co；CO中有1个σ键与2个π键，数目之比为1∶2。
(4)(CN)2中键与键之间的夹角为180°，则分子为直线形，并有对称性，分子两侧都有C和N原子，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则结构式为；每个三键都有2个π键，则1个分子中有4个π键。
(5)与互为等电子体的分子原子数为3，各原子最外层电子数之和为18，则等电子体有SO2和O3。
(6)①CoCl2的摩尔质量为130 g·mol-1，65 g无水CoCl2的物质的量为0.5 mol，吸收水的质量为119 g-65 g=54 g，则水的物质的量为3 mol，n(CoCl2)∶n(H2O)=1∶6，则x=6。
19.(1)3d84s2　Fe　(2)N　(3)①电子从处于较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量　②三角锥形　PCl3(合理即可)　(4)Ni的原子半径较小，价电子数目较多，金属键较强
(5)①C　②
解析　(1)题述材料中所含元素有K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe。
(2)题述配离子和配合物中含有C、N、O 3种非金属元素，同一周期主族元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，第一电离能反常，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素。
(3)②根据VSEPR理论，As中中心原子的价电子对数为3+=4，所以As的空间结构为三角锥形；与As互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。
(5)①根据图1，由金属Ni的堆积方式可知金属镍的晶胞俯视图为C。②由晶胞结构可知，每个晶胞中含有的Ni原子数目为4×+4×+2×+2×=2，含有2个As原子，1个晶胞的质量为2× g，1个晶胞的体积为a×10-10 cm×a×10-10 cm×sin 60°×c×10-10 cm=×10-30 cm3，所以晶体的密度ρ== g·cm-3。(共71张PPT)
模块综合试卷
1.(2024·吉林，2)下列化学用语或表述正确的是
A.中子数为1的氦核素：He
B.SiO2的晶体类型：分子晶体
C.F2的共价键类型：p p σ键
D.PCl3的空间结构：平面三角形
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中子数为1的He核素其质量数为1+2=3，故应表示为He，A错误；
两个F原子中2p轨道单电子相互重叠形成p p σ键，C正确；
PCl3的中心原子价电子对数为4，存在1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，PCl3的空间结构为三角锥形，D错误。
2.我国传统文化包含丰富的化学知识。苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。《易经》记载：“泽中有火”“上火下泽”。“泽”，指湖泊池沼。下列关于“气”和“火”的说法正确的是
A.“气”“火”在水中都能形成分子间氢键
B.“气”的沸点低于“火”
C.“气”“火”分子的空间结构都是正四面体形
D.每个“气”“火”分子中σ键数目之比为5∶4
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乙烯和甲烷不能形成分子间氢键，A错误；
乙烯的相对分子质量大于甲烷，范德华力大，所以熔、沸点高，则乙烯的沸点高于甲烷，故B错误；
乙烯含碳碳双键，分子的空间结构为平面结构，故C错误；
乙烯结构简式为CH2==CH2，每个乙烯分子中含σ键数目为5，甲烷结构简式为CH4，每个甲烷分子中含σ键数目为4，则数目之比为5∶4，故D正确。
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3.(2024·湖北，5)基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是
A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同
B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D.sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
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VSEPR模型是价电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构，不包括孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，故A错误；
在一个原子轨道内，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反，这个原理被称为泡利不相容原理，故C正确；
1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，故D正确。
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4.下列说法正确的是
A.氢原子的电子云图中小黑点的疏密程度表示电子在原子核外某处单位
体积内出现概率的大小
B.最外层电子数为ns2的元素都在元素周期表第2列
C.处于最低能量的原子叫做基态原子，1s22s22→1s22s22该过程属于
电子跃迁
D.已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素位于
元素周期表中的第4周期Ⅷ族，属于ds区
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最外层电子数为ns2的主族元素都在元素周期表第2列，He元素和副族元素也有ns2的情况，比如Zn，其核外电子排布式为［Ar］3d104s2，B错误；
2px和2py的轨道能量一样，电子在这两个轨道之间变迁，不属于电子跃迁，C错误；
该元素为26号元素Fe，位于第4周期Ⅷ族，属于d区，D错误。
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5.(2024·西安高二检测)联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
A.1 mol N2H4可处理水中
1.5 mol O2
B.［Cu(NH3)4］2+中存在
离子键、配位键和极性共价键
C.氨水中NH3与H2O间存在氢键
D.含铜的氧化物中，Cu2+比Cu+更稳定
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1 mol N2H4失去电子生
成氮气，转移4 mol电
子，而1 mol O2得到
4 mol电子，根据得失电子守恒可知，1 mol N2H4可处理水中1 mol O2，故A错误；
［Cu(NH3)4］2+ 中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故B错误；
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N、O元素电负性都较
大，O—H键或N—H
键是强极性键，则N、
O能和另一分子中的H原子形成氢键，氨水中NH3与H2O间存在氢键，故C正确；
Cu+的价电子排布为3d10，Cu2+的价电子排布为3d9，Cu+比Cu2+稳定，D错误。
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6.甲~丁均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，下列说法正确的是
A.原子半径：甲>乙>丙
B.非金属性：丁>丙>乙
C.丙与乙形成的化合物是分子晶体
D.最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁
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丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸
性最强，则丁为氯；由相对位置可知，甲、乙、
丙分别为氮、氧、硅。电子层数越多半径越大，
电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，原子半径：丙>甲>乙，A错误；
同周期元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，同主族元素由上而下，金属性增强，非金属性减弱；非金属性：乙>丁>丙，B错误；二氧化硅为共价晶体，C错误；
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氨分子、水分子能形成氢键，导致沸点升高，常温下水为液体、氨为气体，故最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁，D正确。
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7.(2024·安徽，8)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是
A.该物质中Ni为+2价
B.基态原子的第一电离能：Cl>P
C.该物质中C和P均采取sp2杂化
D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2
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由结构简式可知，P原子的3个单电子与苯环形
成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形
成配位键，Cl-提供孤电子对与Ni形成共价键，
由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，
A项正确；
同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl>P，B项正确；
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C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；
Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确。
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8.(2023·新课标卷，9)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为［C(NH2)3］4［B(OCH3)4］3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中［C(NH2)3］+为平面结构。
下列说法正确的是
A.该晶体中存在N—H…O氢键
B.基态原子的第一电离能：CC.基态原子未成对电子数：BD.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
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由晶体结构图可知，［C(NH2)3］+
中的—NH2的H与［B(OCH3)4］-中
的O形成氢键，因此，该晶体中存
在N—H…O氢键，A正确；
同一周期元素原子的第一电离能从左到右呈递增趋势，但是ⅡA、ⅤA族元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C1
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B、C、O、N的未成对电子数分别为1、
2、2、3，因此，基态原子未成对电子
数：B［C(NH2)3］+为平面结构，则其中的C
和N原子轨道杂化类型为sp2；［B(OCH3)4］-中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；［B(OCH3)4］-中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2对孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型为sp3；综上所述，晶体中B、O和N原子轨道的杂化类型不相同，D不正确。
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9.下列对一些实验事实的理论解释错误的是
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选项 实验事实 理论解释
A 金属的导热性好 遍布晶体的自由电子受热加速运动
B 酸性：CF3COOH>CCl3COOH 氟的电负性大于氯的电负性，F—C键的极性大于Cl—C键的极性，使—CF3的极性大于—CCl3的极性，导致CF3COOH羧基中羟基的极性更大，更易电离出H+
C 聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯 C—F键的键能比C—H键的键能大，键能越大，化学性质越稳定
D 对羟基苯甲醛( ) 比邻羟基苯甲醛( )的 沸点低 对羟基苯甲醛形成分子内氢键，邻羟基苯甲醛形成分子间氢键
√
F的电负性大于Cl，导致C—F的极性大于C—Cl键的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，故B正确；
两者之间只有C—F键和C—H键的差异，C—F键的键能比C—H键的键能大，键能越大，化学性质越稳定，故C正确；
对羟基苯甲醛受距离影响无法形成分子内氢键而形成分子间氢键，熔、沸点更高，而邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键而熔、沸点较低，故D错误。
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10.化合物M是一种高效消毒漂白剂，结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的某种单质可用于自来水消毒，Y、Z在不同周期。下列叙述错误的是
A.第一电离能：WB.W的杂化方式为sp2
C.XZ3分子的空间结构为三角锥形
D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
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根据题给信息分析可知，W、X、Y、Z分别是C、N、
O和Cl。同周期元素第一电离能呈增大趋势，因ⅤA
族最高能级电子处于半充满稳定结构，所以第一电离
能反常比ⅥA族的大，所以第一电离能：W(C)题述分子中，C原子形成碳氧双键，杂化方式为sp2，B正确；
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XZ3(NCl3)分子的价电子对数为3+=4，所以其分子空间结构为三角锥形，C正确；
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因非金属性：Cl>N>C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X>W，D错误。
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11.冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，
是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4
与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
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碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+(直径：204 pm) K+(直径：276 pm)
冠醚A(空腔直径：260~320 pm) 199 1 183
冠醚B(空腔直径：170~220 pm) 371 312
下列说法不正确的是
A.推测结合常数的大小与碱金属
离子直径、冠醚空腔直径有关
B.实验 中c(Na+)：①>②>③
C.冠醚通过与K+结合将Mn携带进入有机相，从而加快反应速率
D.为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
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由表格数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数也不同，因此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；
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碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+(直径：204 pm) K+(直径：276 pm)
冠醚A(空腔直径：260~320 pm) 199 1 183
冠醚B(空腔直径：170~220 pm) 371 312
冠醚A与K+结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的Na+被K+替代，Na+被释放，溶液中c(Na+)：③>②，B错误；
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碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+(直径：204 pm) K+(直径：276 pm)
冠醚A(空腔直径：260~320 pm) 199 1 183
冠醚B(空腔直径：170~220 pm) 371 312
冠醚通过与K+结合将Mn携带进入有机相，增大Mn与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，C正确；
冠醚A与K+的结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确。
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碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+(直径：204 pm) K+(直径：276 pm)
冠醚A(空腔直径：260~320 pm) 199 1 183
冠醚B(空腔直径：170~220 pm) 371 312
12.几种离子晶体的晶胞如图所示，则下列说法正确的是
A.熔、沸点：NaClB.在NaCl晶胞中，距离Na+
最近且等距的Na+数目为6
C.若ZnS的晶胞边长为a pm，则Zn2+与S2-之间最近距离为a pm
D.上述三种晶胞中，其阳离子的配位数大小关系为ZnS>NaCl>CsCl
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Na+半径小于Cs+，且所带电
荷数相同，所以NaCl的离子
键强于CsCl，晶格能大于
CsCl，所以熔、沸点：NaCl>CsCl，故A错误；
根据NaCl的晶胞结构，距离体心Na+最近且等距的Na+位于棱心，数目为12，故B错误；
由ZnS的晶胞结构可知，Zn2+与S2-之间最近距离为晶胞体对角线长的
a pm，故C正确；
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题述三种晶胞中，NaCl的晶
胞中Na+的配位数为6，CsCl
晶胞中，Cs+的配位数为8，
ZnS晶胞中，Zn2+的配位数为4，所以其阳离子的配位数大小关系为CsCl>NaCl>ZnS，故D错误。
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13.已知两种颜色不同的晶体，分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6。分别取0.01 mol两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到
的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说法不正确
的是
A.该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5
B.紫色晶体配合物的化学式为［Ti(H2O)6］Cl3
C.1 mol紫色晶体中含有的σ键个数为12NA
D.0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到4.305 g沉淀
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绿色晶体化学式为［TiCl(H2O)5］Cl2·H2O，该晶体中配体是氯离子和水分子，其物质的量之比为1∶5，故A正确；
紫色晶体的化学式为［Ti(H2O)6］Cl3，每个水分子中含有2个σ键，Ti3+和每个O原子形成1个σ键，所以1 mol紫色晶体中含有的σ键个数为18NA，故C错误；
0.01 mol紫色晶体在水溶液中最多电离出0.03 mol氯离子，与过量AgNO3作用最多可得到n(AgCl)=n(Cl-)=0.03 mol，m(AgCl)=0.03 mol×
143.5 g·mol-1=4.305 g，故D正确。
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14.如图是Na、Cu、Si、H、C(金刚石)、N元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d单质均是热和电的良导体。下列判断不正确的是
A.e、f单质熔化时破坏的是共价键
B.d单质对应元素的基态原子核外电子排布式：
1s22s22p63s23p2
C.b单质对应元素形成的最高价含氧酸易与水分
子之间形成氢键
D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1
形成的分子中含2个σ键，2个π键
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Na、Cu、Si、H、C、N元素单质中，Na、Cu
为金属晶体，二者均是热和电的良导体，金刚
石、Si的单质为共价晶体，且金刚石的熔点大
于晶体Si的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，
其中氢气的熔点最低，由图和已知信息可知a为
H2，b为N2，c为Na，d为Cu，e为Si，f为金刚石。
单质硅和金刚石均为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，故A正确；基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故B不正确；
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N元素形成的最高价含氧酸为HNO3，其中含有O—H键，易与水分子之间形成氢键，故C正确；
H、N、C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，每个分子中含2个σ键、2个π键，故D正确。
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15.由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体(晶胞为图乙)可视为Ge晶体(晶胞为图甲)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列说法正确的是
A.2号原子的坐标为(，，)
B.X晶体的化学式为HgGe2Sb2
C.设Ge晶体晶胞边长为a nm，则Ge原子
之间的最短距离为a nm
D.X晶体中与Hg最近且等距离的Sb的数目为8
√
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2号原子的坐标为()，A错误；
X晶体中Ge的原子个数为8×+4×+1
=4，Hg的原子个数为6×+4×=4，Sb
的原子个数为8，故其化学式为HgGeSb2，
B错误；
设Ge晶体晶胞边长为a nm，Ge原子之间的最短距离为体对角线的
a nm，C正确；
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以顶面的Hg为研究对象，与之距离最近且相等的Sb原子在底下晶胞中的有2个，面心的汞原子为2个晶胞共用，上面晶胞还有2个Sb原子，故X晶体中与Hg最近且等距离的Sb的数目为4，D错误。
16.元素周期表中的六种元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。
(1)写出E的基态原子的电子排布式：________________________
______________。
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A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
1s22s22p63s23p63d104s2(或
［Ar］3d104s2)
E为锌，基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s2。
(2)A、B形成的AB-常作为配位化合物中的配体。在AB-中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为　　　。
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A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
1∶2
在CN-中存在碳氮三键，三键含有1个σ键、2个π键，故含有的σ键与π键的数目之比为1∶2。
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(3)D与E形成的化合物晶体的晶胞如图所示。在该晶胞中，E离子的数目为　　；该化合物的化学式为　　　。
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A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
4
ZnS
据“切割法”，晶胞中含8×+6×=4个黑球、4个
白球，故在该晶胞中，E离子的数目为4，该化合物
的化学式为ZnS。
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(4)在D的氢化物(H2D)中，D原子的杂化轨道类型是　　。
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A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
sp3
H2S中心原子S原子价电子对
数为2+=4，S原子采用
sp3杂化。
(5)C的氢化物(H2C)在乙醇中的溶解度大于H2D，其原因是____
_________________________。
(6)D与C形成的D的空间结构为　　　　 　(用文字描述)。
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A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
水分
子能和乙醇形成分子间氢键
正四面体形
的中心原子S原子的价电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间结构为正四面体形。
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(7)E、F均能与AB-形成配离子，已知E2+与AB-形成配离子时，配位数为4；F+与AB-形成配离子时，配位数为2。工业上常用F+与AB-形成的配离子与单质E反应，生成E2+与AB-形成的配离子和F单质来提取F，写出上述反应的离子方程式：__________________
_____________________。
A的基态原子价电子排布为nsnnpn
B的基态原子2p能级有3个单电子
C的原子最外层电子数是其内层的3倍
D的基态原子3p轨道上有4个电子
E2+的d轨道中有10个电子
F单质在金属活动性顺序中排在最末位
2［Au(CN)2］-+Zn
===［Zn(CN)4］2-+2Au
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17.(2023·全国甲卷，35)将酞菁 钴酞菁 三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为　　　 　，其中属于共价晶体的是　　　，C60间的作用力是　　　 　。
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同素异形体
金刚石
范德华力
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道
能提供一对电子的N原子是　　(填图2酞
菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离
子的化合价为　　，氮原子提供孤电子对与钴离子形成　　　键。
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③
+2
配位
已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子
中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，
且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N
原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，
其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标
号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H易断裂从而电离出H+；钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。
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(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式
存在，其空间结构如图3a所示，二聚体
中Al的轨道杂化类型为　　。AlF3的熔
点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由
此可以判断铝氟之间的化学键为　　 　键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F-的配位数为　 　。若晶胞参数为a pm，晶体密度ρ=
　　　　g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
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sp3
离子
2
由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的
原子结构可知，Al原子价电子对数是
4，其与其周围的4个氯原子形成四面
体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂
化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。
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由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰
球的个数为12×=3，白球的个数为
8×=1，则灰球为F-，距F-最近且等
距的Al3+有2个，则F-的配位数为2。
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18.根据要求回答下列问题：
(1)在第2周期主族元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有　种。
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在第2周期主族元素中，第一电离能呈增大的趋势，但是Be的2s2轨道全满相对稳定，而B原子价电子排布为2s22p1，故第一电离能小于Be，O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，N的2p轨道处于半满状态，故第一电离能大于O，第一电离能介于B和N之间的有3种元素，分别为Be、C、O。
(2)已知电离能：I2(Ti)=1 310 kJ·mol-1，I2(K)=3 051 kJ·mol-1，I2(Ti) I2(K)，其原因为________________________________________________________
___________________。
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K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去
K失去一个电子后，原子轨道处于全满状态， Ti价电子排布为3d24s2，失去一个电子后价电子排布为3d24s1，K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去。
(3)橙红色晶体羰基钴的熔点为52 ℃，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为　　　　(填元素符号)。配体CO中σ键与π键数目之比是　 　。
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O>C>Co
1∶2
钴是金属元素，与碳和氧相比电负性较小，同周期主族元素，核电荷数越大，电负性越大，故电负性：O>C>Co；CO中有1个σ键与2个π键，数目之比为1∶2。
(4)(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为　　　 　 　，1个分子中含有
　　个π键。
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(CN)2中键与键之间的夹角为180°，则分子为直线形，并有对称性，分子两侧都有C和N原子，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则结构式为 ；每个三键都有2个π键，则1个分子中有4个π键。
(5)等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与互为等电子体的分子有　　　、　　。
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SO2
O3
与互为等电子体的分子原子数为3，各原子最外层电子数之和为18，则等电子体有SO2和O3。
(6)蓝色的无水CoCl2在吸水后会变成粉红色的水合物CoCl2·xH2O，该水合物受热后又变成无水CoCl2，所以无水CoCl2常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有65 g无水CoCl2，吸水后变成119 g CoCl2·xH2O。
①水合物中x=　　。
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CoCl2的摩尔质量为130 g·mol-1，65 g无水CoCl2的物质的量为0.5 mol，吸收水的质量为119 g-65 g=54 g，则水的物质的量为3 mol，n(CoCl2)∶
n(H2O)=1∶6，则x=6。
②若该水合物为配合物，其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl-的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为
　　　　 。
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Cl·H2O
19.某杂志报道了一实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍元素的新型化合物材料CaK(Fe1-xNix)4As4，该新型化合物材料呈现出被称为刺猬自旋新磁态。该研究成果有助于更好地理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：
(1)基态镍原子的电子排布式为［Ar］　　　；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是　　(填元素符号，下同)。
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3d84s2
Fe
题述材料中所含元素有K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe。
(2)铁原子及其离子易形成配离子或配合物，如［Fe(CN)6］3-、［Fe(CN)6］4-、
Fe(CO)5，这些配离子或配合物所包括的非金属元素中第一电离能最大的是　　　。
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N
题述配离子和配合物中含有C、N、O 3种非金属元素，同一周期主族元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，第一电离能反常，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素。
(3)K3AsO3可用于碘的微量分析。
①K+的焰色试验呈紫色，金属元素能产生焰色的微观原因为__________
____________________________________________________________________________。
②As的空间结构为　 　　　，写出一种与其互为等电子体的分子：
　　 　　(填化学式)。
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电子从处于较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量
三角锥形
PCl3(合理即可)
根据VSEPR理论，As中中心原子的价电子对数为3+=4，所以As的空间结构为三角锥形；与As互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。
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(4)Ni与Ca处于同一周期，且原子核外最外层电子数相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为______________________________
_________________。
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Ni的原子半径较小，价电子数目
较多，金属键较强
(5)①金属镍的原子堆积方式如图1所示，则金属镍的晶胞俯视图为　　(填字母)。
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C
根据图1，由金属Ni的堆积方式可知金属镍的晶胞俯视图为C。
②某砷镍合金的晶胞如图2所示，设阿伏加德罗常数
的值为NA，该晶体的密度ρ=　　　　 g·cm-3。
由晶胞结构可知，每个晶胞中含有的Ni原子数目为4×+4×+2×+
2×=2，含有2个As原子，1个晶胞的质量为2× g，1个晶胞的体积为a×10-10 cm×a×10-10 cm×sin 60°×c×10-10 cm=×10-30 cm3，
所以晶体的密度ρ== g·cm-3。

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