模块综合检测卷-【金版新学案】2025-2026学年高中化学选择性必修2同步课堂高效讲义配套练习word（人教版，双选）

模块综合检测卷 (时间：90分钟　分值：100分) 一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分；每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列说法正确的是(　　) A.元素周期表中Fe处于ds区 B.激发态硼原子核外电子运动状态有3种 C.基态碳原子电子排布式1s22s22违反了洪特规则 D.电子云图中的小黑点越密，表示该原子核外空间的电子越多 答案：C 解析：Fe为26号元素，其位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，处于d区，A不正确；硼为5号元素，原子核外有5个电子，激发态硼原子核外电子运动状态有5种，B不正确；基态碳原子电子排布式为1s22s22p2，依据洪特规则，2p能级上的2个电子应占据2p能级的2个轨道，所以1s22s22违反了洪特规则，C正确；电子云图中的小黑点不表示电子，只表示电子出现的概率密度，小黑点越密，表示该原子核外电子在该区域出现的概率密度越大，D不正确。 2.通常情况下，原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半充满”“全充满”的时候更加稳定，称为洪特规则的特例，下列事实能作为这个规则的证据的是(　　) ①基态He原子的电子排布式为1s2，基态H原子的电子排布式为1s1　②Fe2＋容易失电子转变为Fe3＋，表现出较强的还原性　③基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2　④某种激发态碳原子的电子排布式是1s22s12p3而不是1s22s22p2 A.①② B.②③ C.③④ D.①②③④ 答案：B 解析：①H、He原子核外只有1个电子层，只有s能级，与洪特规则的特例无关；②Fe2＋容易失电子转变成Fe3＋，是因为Fe3＋的电子排布[Ar]3d5，3d电子半满，与洪特规则的特例有关；③3d10全满为稳定结构，电子排布不是[Ar]3d94s2，与洪特规则的特例有关；④1s22s22p2为基态，能量最低，激发态碳(C)原子电子排布式为1s22s12p3，与洪特规则的特例无关。 3.X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以的形式存在。下列说法错误的是(　　) A.原子半径：X＞Y B.简单氢化物的还原性：X＞Y C.同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D.同周期中第一电离能小于X的元素有4种 答案：D 解析：Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素；X为第三周期元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，X的最高正价为＋5价，可知X是P元素，以此来解答。P与Cl在同一周期，P原子半径大，故A正确；元素的非金属性：Cl＞P，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱，故B正确；同周期元素从左往右非金属性增强，各元素对应的单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，故C正确；同一周期从左到右第一电离能呈现增大的趋势，第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，比P小的有5种，故D错误。 4.一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期。Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是(　　) A.电负性大小：Q＞Z＞Y＞X B.简单离子半径：Q＜Z＜W C.简单氢化物的沸点：Y＞Z＞Q D.阴离子中各原子都满足8电子稳定结构 答案：A 解析：X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期，则X为H，W位于第三周期，结合图示可知，W形成＋1价阳离子，则W为Na，Y、Z、Q只能位于第二周期；Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，Y形成4个共价键，Q可形成1个双键，Z形成3个单键，则Y为C，Z为N，Q为O元素，以此分析解答。结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O，W为Na元素，同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性大小为Q＞Z＞Y＞X，故A正确；电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：W＜Q＜Z，故B错误；氨气和水分子之间均存在氢键，二者沸点大于甲烷，常温下水为液态，其沸点大于氨气，则简单氢化物的沸点：Q＞Z＞Y，故C错误；该阴离子中H的最外层电子数为2，不满足8电子稳定结构，故D错误。 5.X、Y、Z为第三周期原子序数依次增大的三种元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，三种元素可以形成化合物X＋。下列说法不正确的是(　　) A.简单离子半径：X＞Y＞Z B.基态Y原子最高能级的轨道数为3 C.电负性：X＜Y＜Z D.基态Z原子3p轨道上各电子能量相等 答案：A 解析：依题意X、Y、Z为第三周期原子序数依次增大的三种元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，知Y为Al；又根据离子Y所带电荷，可知Z为－1价即Cl；X＋可知X为Na，据此回答。其简单离子半径：Cl－＞Na＋＞Al3＋，A错误；基态Al原子最高能级为3p，其轨道数为3，B正确；电负性同周期从左到右依次增大：Na＜Al＜Cl，C正确；同一能级的电子能量相同，D正确。 6.化合物甲(ZX2Y4·nW2Y)是制药工业和电池制造业等的原料，其组成元素W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素：其中W、X、Y为短周期主族元素，W是元素周期表中原子半径最小的元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20。化合物甲在加热分解过程中剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是(　　) A.电负性：X＞Y＞W B.若M点时所得产物化学式为ZX2Y4，则n为2 C.M到N的过程中只有一种气体生成 D.W2X2Y4可由X2W6Y2与足量酸性KMnO4溶液反应得到 答案：B 解析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其中W、X、Y为短周期主族元素，而W是元素周期表中原子半径最小的元素，故W是H元素，X、Y同周期，且X原子和Y原子的最外层电子数之比为2∶3，W2X2Y4的电子数比Z原子的电子数多20，设X原子最外层电子数为2x，Y原子最外层电子数为3x，Z的原子序数为a，若X与Y在第二周期时，则有1×2＋(2＋2x)×2＋(2＋3x)×4－20＝a，整理可得：16x－6＝a，第四周期中原子序数最大为36，可知a≤36，即16x－6≤36，则x≤，当x＝1时，a＝10，则Z为Ne，不易形成化合物，不符合题意，当x＝2时，a＝26，则Z为Fe，符合题意，若X与Y在第三周期时，则有1×2＋(10＋2x)×2＋(10＋3x)×4－20＝a，整理可得：42＋16x＝a＞36，不符合题意，可知X为C元素、Y为O元素、Z为Fe元素。由分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Fe元素。同周期主族元素自左而右电负性增大，C、O在它们的氢化物中都表现负价，说明它们的电负性都比氢元素大，则电负性：O＞C＞H，故A错误；由分析可知ZX2Y4·nW2Y为FeC2O4·nH2O，若M点时所得产物化学式为FeC2O4，则完全失去结晶水，FeC2O4的质量为4.32 g，结晶水的质量为5.4 g－4.32 g＝1.08 g，则有4.32 g∶1.08 g＝144∶18n，解得n＝2，故B正确；M到N的过程是FeC2O4分解，固体质量减少为4.32 g－2.32 g＝2.00 g，减少质量是生成气体的质量，即为碳的氧化物的质量，根据碳原子守恒可知，气体中n(C原子)＝2n(FeC2O4)＝2×＝0.06 mol，气体中n(O原子)＝＝0.08 mol，气体中碳原子与氧原子数目之比为0.06 mol∶0.08 mol＝3∶4，可知气体是CO、CO2，故C错误；W2X2Y4是H2C2O4，而X2W6Y2是C2H6O2，若为乙二醇，可以先被酸性高锰酸钾溶液氧化得到草酸，但草酸会被过量的高锰酸钾进一步氧化生成二氧化碳，且C2H6O2不一定是乙二醇，故D错误。 7.下列叙述中正确的有(　　) A.运用价层电子对互斥理论，C离子的空间构型为三角锥形 B.具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同 C.NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短 D.日常生活中的焰火、LED灯与原子核外电子跃迁释放能量无关 答案：C 解析：C中C原子价层电子对数＝3＋＝3且不含孤电子对，则该离子的空间构型为平面三角形，故A错误；O2－、Mg2＋核外都有10个电子，其电子层结构相同，前者具有还原性，后者具有氧化性，两者化学性质不同，故B错误；N原子半径小于碳原子半径，所以NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短，故C正确；电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，焰色试验、激光、霓虹灯光、LED灯光本质是原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能呈现不同颜色，与电子跃迁有关，故D错误。 8.羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。下列说法错误的是(　　) A.COS属于极性分子 B.COS沸点高于CO2的沸点 C.COS空间结构为直线形 D.COS热稳定性大于CO2 答案：D 解析：COS中中心原子C上的孤电子对数为×(4－2－2)＝0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形，由于没有孤电子对，COS的空间结构为直线形，分子中正、负电荷中心不重合，COS属于极性分子，A、C项正确；COS、CO2结构相似，COS的相对分子质量大于CO2的相对分子质量，COS分子间范德华力大于CO2分子间范德华力，COS的沸点高于CO2的沸点，B项正确；COS的结构式为OCS，CO2的结构式为OCO，键长：CS＞CO，键能：CS＜CO，故COS的热稳定性小于CO2，D项错误。 9.下列说法正确的是(　　) A.CO2为含极性键的极性分子 B.H2O和NH3中心原子的杂化方式相同 C.Si—O的键长小于C—O的键长 D.HCN和CH4均是非极性分子 答案：B 解析：CO2正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；H2O分子中，中心O原子价层电子对数为2＋＝4，O原子采用sp3杂化；NH3分子中中心N原子价层电子对数为3＋＝4，采用sp3杂化，故B正确；Si原子半径大于C原子，所以Si—O的键长大于C—O的键长，故C错误；HCN中正负电荷中心不能重合，为极性分子，故D错误。 10.下列各项叙述中正确的是(　　) A.电子层序数越大，s原子轨道的形状相同，半径越大 B.在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同 C.在分子中，化学键可能只有π键，而没有σ键 D.杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对 答案：A 解析：s原子轨道的形状均为球形，电子层序数越大，相应层电子能量越高，离核越远，则轨道半径越大，故A正确；在同一电子层上运动的电子，其自旋方向可能相同，比如C和N的2p电子数分别为2和3，且自旋方向均相同，故B错误；因σ键成键方式为“头碰头”，这种方式轨道重叠更大，所以在分子中总是优先形成σ键，如有其余化学键则为π键，故分子中共价键应是可能只有σ键，而没有π键，故C错误；杂化轨道只可用于形成σ键或容纳未参与成键的孤电子对，故D错误。 二、选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分；每小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11.PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P—H键键能比N—H键键能小。下列判断错误的是(　　) A.PH3分子呈三角锥形 B.PH3分子是极性分子 C.PH3的沸点低于NH3的沸点，因为P—H键键能小 D.PH3的稳定性低于NH3的稳定性，因为N—H键键能大 答案：C 解析：PH3与NH3分子结构相似，因中心原子上有一个孤电子对，均为三角锥形，属于极性分子，故A、B项正确；PH3的沸点低于NH3，是因为NH3分子间存在氢键，C项错误；PH3的稳定性低于NH3，是因为N—H键键能大，D项正确。 12.法匹拉韦是一种抗流感病毒的药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.该分子的化学式为C5H4N3O2F B.分子间可形成氢键 C.分子中形成σ键与π键的电子数目之比为15∶4 D.分子中C—N键的键能大于C—F键的键能 答案：D 解析：根据图示结构简式可知，该有机物分子式为C5H4N3O2F，故A正确；该有机物分子间能够形成氢键，故B正确；该有机物含有1个C—H、1个CC、1个CN、2个CO、3个N—H、4个C—N、1个C—F、2个C—C键，其中双键含有1个σ键、1个π键，则该分子中形成σ键与π键的电子数目之比为15∶4，故C正确；原子半径N＞F，键长越小键能越大，则该分子中C—N键的键能小于C—F键的键能，故D错误。 13.某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是(　　) A.结构1钴硫化物的化学式为Co9S8 B.晶胞2中S与S的最短距离为a C.晶胞2中距Li最近的S有6个 D.晶胞2和晶胞3表示同一晶体 答案：BC 解析：由均摊法得，结构1中含有Co的数目为4＋4×＝4.5，含有S的数目为1＋12×＝4，Co与S的原子个数比为9∶8，因此结构1的化学式为Co9S8，故A正确；由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为a，故B错误；如图：，Li位于S形成的八个正四面体的中心，与其最近的S共4个，故C错误；如图，当两个晶胞2放在一起时，图中灰框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确。 14.下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是(　　) A.K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B.[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl C.[Ag(NH3)2]Cl、[Cu(NH3)4]Cl2 D.[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4 答案：D 解析：配位化合物一般由内界和外界组成，也有部分配位化合物只含有内界，内界包含中心离子、配体(有时包含2种配体)，配体的总个数即为配位数，据此分析作答。K[Ag(CN)2]中中心离子为银离子，带1个单位正电荷、配位数为2，[Cu(NH3)4]SO4中中心离子为铜离子，带2个单位正电荷、配位数为4，均不相等，故A错误；[Ni(NH3)4]Cl2中中心离子为镍离子，带2个单位正电荷、配位数为4，[Ag(NH3)2]Cl中中心离子为银离子，带1个单位正电荷、配位数为2，均不相等，故B错误；[Ag(NH3)2]Cl中中心离子为银离子，带1个单位正电荷、配位数为2，[Cu(NH3)4]SO4中中心离子为铜离子，带2个单位正电荷、配位数为4，均不相等，故C错误；[Ni(NH3)4]Cl2中中心离子为镍离子，带2个单位正电荷、配位数为4，[Cu(NH3)4]SO4中中心离子为铜离子，带2个单位正电荷、配位数为4，均相等，故D正确。 15.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是(　　) A.C(金刚石)和CO2 B.NaBr和HBr C.CH4和H2O D.Cl2和KCl 答案：C 解析：C(金刚石)和CO2分别为共价晶体、分子晶体，故A错误；NaBr和HBr分别为离子晶体、分子晶体，故B错误；CH4和H2O中均含共价键，二者均为分子晶体，故C正确；Cl2和KCl分别为分子晶体、离子晶体，故D错误。 三、非选择题(本题包括4小题，共60分) 16.(15分)镍铜合金是由60％镍、33％铜、7％铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。根据所学知识，回答下列问题： (1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为　　　　(填字母)。 A.577～492 nm B.597～577 nm C.622～597 nm (2)基态Cu2＋的价电子排布式为　　　　　。 (3)乙酰丙酮(结构如图)中C原子的杂化轨道类型有　　　　　　　　　　，乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为　　　　　　。 (4)Cu与Fe的第二电离能分别为I2(Cu)＝1 958 kJ·mol－1，I2(Fe)＝1 561 kJ·mol－1，I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示。 ①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、，则d的坐标参数为　　　　　　。 ②晶胞边长为c pm，该晶体的密度为　　　　　　　　　 g·cm－3(列计算式，设NA为阿伏加德罗常数的数值)。 答案：(1)A　(2)3d9　(3)sp2和sp3　7∶1 (4)基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子 (5)①(，，)　② 解析：(1)橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597 nm、597～577 nm、577～492 nm，故选A。(2)铜元素的原子序数为29，基态铜离子的价电子排布式为3d9。(3)由结构简式可知，乙酰丙酮分子中单键碳原子的杂化方式为sp3杂化、双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，有机物分子中单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则乙酰丙酮分子中σ键与π键数目之比为14∶2＝7∶1。(4)铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态原子价电子排布为3d64s2，失去1个电子后形成了3d64s1的结构，较易继续失去电子形成3d6的结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能。(5)①由位于顶点的a原子、体心的b原子的坐标参数依次为(0，0，0)、可知，四面体的边长为单位1，则位于体对角线处的d原子的坐标参数为；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×＋1＝2，位于体内的白球个数为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑球代表氧离子、白球代表亚铜离子，设晶体的密度为ρ g·cm－3，由晶胞的质量公式可得：＝10－30c3ρ，解得ρ＝。 17.(15分)铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体。 (1)第二周期中基态原子与基态Co原子具有相同未成对电子数的元素是　　　　　(填元素符号)。 (2)Fe、Co、Ni原子半径相似、化学性质相似，原因是　　　　　　　　　　　　　。 (3)配合物Fe(CO)5的中心原子价层电子数与配体提供电子总数之和为　　　　　。 (4)Ni(CO)4的结构与相关性质如表，其空间结构为　　　　，Ni的杂化形式为　　　　，其为　　　　　晶体。 相对分子质量 熔点 沸点 结构 171 －19.3 ℃ 43 ℃ (5)钙钛矿中含有Sm、Ni、O，它们形成的氧化物具有金属-绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如图所示，Ni位于O形成的正八面体空隙中。晶胞边长为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该氧化物的密度为　　　　　　　　　g·cm－3(列出计算表达式)。 答案：(1)N　(2)电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层3d能级上的电子数不同　(3)18　(4)正四面体形　sp3　分子　(5) 解析：(1)基态Co原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，未成对电子有3个，第二周期中有3个未成对电子的元素为N元素。(2)Fe、Co、Ni核外电子排布式分别为[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2、[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d能级上的电子数不同，故原子半径相近、化学性质相似。(3)Fe的价层电子数为8，CO作为配体提供2个电子，故价电子数和配体提供电子总数之和为8＋2×5＝18。(4)由题给结构图可知Ni(CO)4空间结构为正四面体形，中心原子Ni为sp3杂化，熔、沸点较低，属于分子晶体。(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点。该晶胞中有1个Sm原子，8×＝1个Ni原子，12×＝3个O原子，则该晶胞的密度为ρ＝＝ g·cm－3。 18.(15分)锰、铁、钛等过渡金属元素化合物的应用研究是当今前沿科学之一。回答下列问题： (1)熔融态的MnO和MnS均能导电，则熔点高的是　　　　　　(填物质化学式)，原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)铁氮化合物晶体中铁原子为面心立方最密堆积，氮原子位于体心，其晶胞沿z轴的投影如图甲所示，Fe1、N间最近距离为a pm，则该晶体的晶胞参数为　　　　　pm。 (3)图乙是一种由Fe、Y、Ba、O组成的晶胞，四方锥底面中心和八面体中心的球代表Fe，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，图中M点的分数坐标为。 ①Y的配位数为　　　　　。 ②Q点的分数坐标为　　　　　。 (4)TiO2属于四方晶系，晶胞参数α＝β＝γ＝90°。研究表明，TiO2通过氮掺杂反应生成TiOaNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图丙所示。 ①TiOaNb晶体化学式中a＝　　　　　，b＝　　　　　。 ②TiO2的密度为ρ g·cm－3，则阿伏加德罗常数的值NA＝　　　　　　　(列出表达式)。 答案：(1)MnO　二者都为离子晶体，O2－和S2－带的电荷数都为2，但O2－半径比S2－小，则MnO中的离子键强，MnO的熔点高 (2) (3)①8　② (4)①　　② 解析：(1)MnO和MnS均属于离子晶体， O2－和S2－带的电荷数都为2，但O2－半径比S2－小，则MnO中的离子键强，MnO的熔点高； (2)设该晶胞的边长为x，由晶胞投影图知，Fe1位于晶胞顶点，由于氮原子位于体心，Fe1、N间最近距离为a pm，则＋＝a2，解得x＝a，故该晶体的晶胞参数为 pm； (3)①Y在晶胞中处于顶点位置，在一个晶胞中离Y等距且最近的是氧原子且氧原子为两个，每个顶点由八个晶胞共有，每个氧原子由两个晶胞共有，故Y的配位数为8；②M点在左侧面，分数坐标为，由图知，Q点在体内，分数坐标为； (4)①TiOaNb晶胞中含Ti：8×＋4×＋1＝4个，含O：6×＋6×＋1＝个，含N：＋＝个，所以化学式TiOaNb中a＝÷4＝，b＝÷4＝；②TiO2晶胞中含Ti：8×＋4×＋1＝4个，则密度ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3，整理可得阿伏加德罗常数的值NA＝。 19.(15分)我国科研工作者最近发现并制备了一系列主要由O、P、Se、Bi等元素组成的导电材料。回答下列问题： (1)基态硒原子的价层电子排布式为　　　　　　；SeO2的熔点为350 ℃，加热易升华，固态SeO2属于　　　　晶体。 (2)O、P、S三种元素中，电负性最大的是　　　　；键角：H2O　　　　H2Se(填“＞”“＜”或“＝”)。 (3)硒氧化铋是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正电的[Bi2O2层与带负电的[Se层交替堆叠。据此推断硒氧化铋的化学式为　　　　　　　　，其中晶胞体心的[Se的分数坐标为　　　　　　　。 晶胞棱边夹角均为90°，硒氧化铋的摩尔质量为M g·mol－1，则晶体密度的表达式为 _______ g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值)。 答案：(1)4s24p4　分子　(2)O　＞ (3)Bi2O2Se　　×1030 解析：(1)Se是与O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，故Se的价层电子排布为4s24p4；SeO2晶体熔点低，且易升华，符合分子晶体的物理性质，故属于分子晶体。(2)非金属性：O＞S＞P，故三者电负性最大的为O；H2O和H2Se中心原子O和Se均含两个孤电子对，但由于电负性：O＞Se，故O对共用电子对的引力强于Se，导致H2O中共用电子对离中心原子更近，排斥力更大，故键角：H2O＞H2Se。(3)根据电荷守恒知，该晶胞中[Bi2O2与[Se为1∶1，故该晶体的化学式为Bi2O2Se；以顶角[Se为原点，坐标定为(0，0，0)，则体心[Se各个坐标值相当于边长的一半，故其分数坐标为；该晶胞中含有[Se个数＝8×＋1＝2，结合化学式知该晶胞中含2个Bi2O2Se，故该晶胞的质量m＝ g，该晶胞体积V＝a2c×10－30 cm3，故该晶体的密度ρ＝＝ g·cm－3＝×1030 g·cm－3。 学科网（北京）股份有限公司 $