阶段检测卷(三)-【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（鲁科版，单选）

阶段检测卷(三) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (时间：90分钟　满分：100分) 第Ⅰ卷　选择题　(共45分) 一、选择题：本题共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．化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语的书写正确的是(　　) A．基态Mg原子的轨道表示式： B．过氧化氢电子式： C．As原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p3 D．原子核内有10个中子的氧原子：O D　[选项A中轨道表示式违背了泡利不相容原理(1个原子轨道里最多只能容纳2个电子且自旋方向相反)。选项B中电子式应为。选项C中As原子核外共有33个电子，故简化的电子排布式为[Ar]3d104s24p3。] 2．通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是(　　) A．CH4和NH是等电子体，键角均为60° B．NO和CO是等电子体，均为平面三角形结构 C．H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构 D．B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式的重叠轨道 B　[甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A错误；NO和CO是等电子体，均为平面三角形结构，B正确；H3O＋和PCl3的价电子总数不相等，C错误；苯的结构中存在“肩并肩”式的重叠轨道，故B3N3H6分子中也存在“肩并肩”式的重叠轨道，D错误。] 3．我国的超级钢研究居于世界领先地位。某种超级钢中除Fe外，还含Mn 10%、C 0．47%、Al 2%、V 0．7%。下列说法错误的是(　　) A．上述五种元素中，有两种位于周期表的p区 B．超级钢的晶体一定是金属晶体 C．X射线衍射实验可以确定超级钢的晶体结构 D．超级钢中存在金属键和离子键 D　[上述五种元素中，Fe价电子排布式为3d64s2，Mn价电子排布式为3d54s2，Ⅴ价电子排布式为3d34s2，这三种元素原子位于d区，C价电子排布式为2s22p2，Al价电子排布式为3s23p1，这两种元素原子位于p区，故A正确；超级钢的晶体符合金属晶体的结构特点，因此为金属晶体，故B正确；X射线衍射实验可以确定超级钢的晶体结构，故C正确；超级钢是金属晶体，因此存在金属键，不存在离子键，故D错误。] 4．在半导体生产或灭火剂的使用中，会向空气中逸散气体，如NF3、CHClFCF3、C3F8。它们虽是微量的，有些却是强温室气体，下列推测不正确的是(　　) A．熔点：NF3>C3F8 B．CHClFCF3属于极性分子 C．C3F8在CCl4中的溶解度比在水中大 D．由价电子对互斥理论可确定NF3中N原子是sp3杂化，分子呈三角锥形 A　[C3F8和NF3均为分子晶体，C3F8的相对分子质量大于NF3，熔点：C3F8＞NF3，A项错误；CHClFCF3可写为，属于极性分子，B项正确；根据“相似相溶”原理，C3F8易溶于CCl4，C项正确；NF3中N原子的价电子对数为4，孤电子对数为1，故分子呈三角锥形，D项正确。] 5．下列说法不正确的是(　　) A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同 B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏 C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变 D．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏 C　[烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；CO2溶于水发生反应：CO2＋H2OH2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选C。] 6．(2020·山东高考真题)B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是(　　) A．其熔点主要取决于所含化学键的键能 B．形成大π键的电子全部由N提供 C．分子中B和N的杂化方式相同 D．分子中所有原子共平面 A　[无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个σ键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个σ键，还剩余2个电子，故形成大π键的电子全部由N原子提供，B正确；无机苯与苯等电子体，分子中含有大π键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；无机苯与苯等电子体，分子中含有大π键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确。] 7．下列说法中错误的是(　　) A．从CH4、NH、SO为正四面体结构，可推测PH、PO也为正四面体结构 B．1 mol金刚石晶体中，平均含有2 mol C—C C．水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键 D．某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE D　[根据等电子体的概念可知A项正确；金刚石晶体中每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1 mol金刚石晶体中，平均含有4 mol×＝2 mol C—C键，B项正确；选项D中强调该物质是气态团簇分子，即是一个大分子，因此不能用切割法计算，直接找出分子中原子个数即得化学式，该物质的化学式应为E4F4或F4E4，选项D错误。] 8．利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是(　　) A．C(金刚石)属于共价晶体 B．该反应利用了Na的强还原性 C．CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式相同 D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋ D　[C(金刚石)属于共价晶体，故A正确；该反应钠化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，利用其强还原性，四氯化碳中碳的化合价降低，发生还原反应，做氧化剂，故B正确；CCl4中碳的价层电子对数为4，即为sp3杂化，C(金刚石)中C的价层电子对数为4，即为sp3杂化，它们的杂化方式相同，故C正确；根据氯化钠晶胞结构，NaCl晶体中每个Cl－周围有6个Na＋，每个Na＋周围有6个Cl－，故D错误。] 9．下列有关性质的比较中，正确的是(　　) A．硬度：白磷>冰>二氧化硅；在水中的溶解度：NH3>CO2>SO2>H2 B．非金属性：N>O>P>S；碱性：KOH>NaOH>Al(OH)3>Ca(OH)2 C．共价键的键能：硅>碳化硅>金刚石；晶格能：CsCl>NaCl>CaO D．氢键强弱：N…H<O…H<F…H；范德华力强弱：NH3<PH3<AsH3 D　[SiO2属于共价晶体，白磷、冰都是分子晶体，所以SiO2的硬度是最大的，1体积的水可以溶解700体积的NH3或40体积的SO2，而CO2是微溶于水，H2不溶于水，所以在水中的溶解度：NH3>SO2>CO2>H2，A错误；非金属性应该是O>N>S>P，因为Al的金属性最小，故Al(OH)3的碱性也是最小的，B错误；共价键中，成键原子的半径越小，共价键键长就越短，其键能就越大，所以共价键键能大小顺序为金刚石>碳化硅>硅，离子晶体中，离子半径越小，所带电荷越多，离子键就越强，晶格能也就越高，CsCl中，Cs＋和Cl－的半径都较大，且所带电荷都较少，所以它的晶格能不是最大的，C错误；F、O、N这三种元素的非金属性依次减弱，则它们对H原子的吸引力也依次减弱，所以氢键的强弱也依次减弱，NH3、PH3、AsH3都属于分子晶体，所含的作用力为范德华力，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强，D正确。] 10．氧化锂(Li2O)是离子晶体，其晶格能可以通过如图所示循环进行计算。下列说法错误的是(　　) A．O===O键键能为ΔH3 B．Li原子的第一电离能为0．5ΔH2 C．Li2O的晶格能为ΔH6取正值 D．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6＝ΔH5 A　[由转化图示可知，O===O键键能为2ΔH3，故A错误；第一电离能是气体基态原子失去1个电子变为气体＋1价阳离子所吸收的能量，因此Li原子的第一电离能为0．5ΔH2，故B正确；晶格能在数值上等于气态的离子结合生成1 mol固态离子晶体时释放的能量，通常用正值来表示，因此Li2O的晶格能为ΔH6取正值，故C正确；根据盖斯定律得到ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6＝ΔH5，故D正确。] 11．下列说法不正确的是(　　) A．电子仅在激发态跃迁到基态时才产生原子光谱 B．在已知元素中，基态原子的4s能级中只有1个电子且位于d区的元素共有1种 C．核电荷数为26的元素原子核外价电子轨道表示式为 D．核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含未成对电子 A　[电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故A错误；该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素，情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为24Cr和29Cu，位于d区只有Cr，所以只有1种符合，故B正确；Fe原子3d能级上有6个电子，4s能级上有2个电子，该原子最稳定、能量最低，即原子核外价电子轨道表示式为，故C正确；每个原子轨道最多容纳2个电子，核外电子数为奇数的基态原子，原子轨道中一定有未成对电子，故D正确。] 12．下列描述正确的是(　　) ①CS2是角形的极性分子 ②ClO的空间结构为平面三角形 ③SF6中有6对完全相同的成键电子对 ④SiF4和SO的中心原子均采用sp3杂化 A．①③　　　　　　　 B．②④ C．①② D．③④ D　[CS2和CO2的分子结构相同，为直线形，①错误；ClO的中心原子Cl有一对孤电子对，所以ClO的空间结构为三角锥形，②错误；S原子最外层有6个电子，正好与6个F原子形成6个共价键，③正确；SiF4中Si与F形成4个σ键，SO中S有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以Si、S均采用sp3杂化，④正确。] 13．二茂铁[(C5H5)2Fe]是由1个二价铁离子和2个环戊烯基负离子构成的，它的发现可以说是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的新领域。已知：二茂铁熔点是173 ℃(在100 ℃时开始升华)，沸点是249 ℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。下列说法不正确的是(　　) A．二茂铁属于分子晶体 B．在二茂铁结构中，C5H与Fe2＋之间形成的化学键类型是配位键 C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化 D．二价铁离子的基态电子排布式为[Ar]3d44s2 D　[根据题给信息知，二茂铁易升华，易溶于有机溶剂，可以推断它应为分子晶体，则C5H与Fe2＋之间为配位键，A项正确、B项正确。由环戊二烯的结构式知，仅l号碳原子形成四个单键，为sp3杂化，其余四个碳均为sp2杂化，C项正确。铁原子失去4s轨道上的2个电子即为Fe2＋的基态，应为[Ar]3d6，D项错误。] 14．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W、X、Y最外层电子数之和为11，且化合物X2W2常做供氧剂，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是(　　) A．气态氢化物稳定性强弱的顺序为W>Y>Z B．Y单质的熔点高于X单质 C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种 D．在XZ晶体中，阴、阳离子的配位数均为8 B　[短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X是Na；化合物X2W2常做供氧剂，化合物X2W2是Na2O2，W是O；W、X、Y最外层电子数之和为11，因为Na的最外层电子数是1，O的最外层电子数是6，所以Y的最外层电子数是4，Y是Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Si的原子序数是14，Z的最外层电子数是7，Z是Cl。故短周期主族元素W、X、Y、Z分别为O、Na、Si、Cl。因为Cl的非金属性比Si的非金属性强，故气态氢化物稳定性：HCl>SiH4，A错误；Si为共价晶体，熔点很高，Na为金属晶体，熔点低于共价晶体，即Si单质的熔点高于Na单质，B正确；W分别与X、Z形成的二元化合物有两种或两种以上，C错误；在NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数均为6，D错误。] 15．(2020·天津高考真题)已知[Co(H2O)6]2＋呈粉红色，[CoCl4]2－呈蓝色，[ZnCl4]2－为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2＋＋4Cl－[CoCl4]2－＋6H2O　ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 以下结论和解释正确的是(　　) A．等物质的量的[Co(H2O)6]2＋和[CoCl4]2－中σ键数之比为3∶2 B．由实验①可推知ΔH<0 C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2－>[CoCl4]2－ D　[1个[Co(H2O)6]2＋中含有18个σ键，1个[CoCl4]2－中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2＋和[CoCl4]2－所含σ键数之比为18∶4＝9∶2，A错误；实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，ΔH>0，B错误；实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2＋、[CoCl4]2－、Cl－浓度都减小，[Co(H2O)6]2＋、Cl－的化学计量数之和大于[CoCl4]2－的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2＋与Cl－结合成更稳定的[ZnCl4]2－，导致溶液中c(Cl－)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2－>[CoCl4]2－，D正确；答案选D。] 第Ⅱ卷　非选择题　(共55分) 二、非选择题：本题共5小题，共55分。 16．(10分)我国科学家通过测量SiO2中的26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空： (1)写出Be的核外电子排布式________。Be所在的周期中，最外层有2个未成对电子的元素的符号是________、________。 (2)写出Al的最外层电子轨道表示式_____________________。铝原子核外有______种运动状态不同的电子；铝原子核外有______种能量不同的电子。 (3)比较Al3＋、S2－和Cl－半径由大到小的顺序________________；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是____________________(写化学式)。 (4)铝元素最高价氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______________________。 解析：　(1)Be的原子序数为4，位于第2周期ⅡA族，核外电子排布式为1s22s2，与Be所在的同周期元素C：1s22s22p2，O：1s22s22p4,2p轨道均有2个未成对电子。(2)Al的最外层有3个电子，价电子排布式为3s23p1，则最外层电子轨道表示式为；铝原子核外有13个电子，则有13种运动状态不同的电子；铝原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，五个能级，五种能量。(3)比较半径：①电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸引电子能力越强，半径越小。因此离子半径：S2－>Cl－>Al3＋；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性最强，则HClO4酸性最强。 (4)铝元素最高价氧化物为Al2O3，可以与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠与水，方程式为Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]。 答案：　(1)1s22s2　C　O (2) 　13　5 (3)S2－>Cl－>Al3＋　HClO4 (4)Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4] 17．(12分)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；c的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的两倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。 回答下列问题： (1)b、c、d电负性最大的是________(填元素符号)。 (2)b单质分子中σ键与π键的个数比为________。 (3)a与c可形成两种二元化合物分子，两种物质可以以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中的c原子的杂化方式为________；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有________(填序号)。 ①极性共价键　②非极性共价键　③离子键 ④金属键　⑤氢键　⑥范德华力 (4)这些元素形成的含氧酸中，分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是________(填化学式，下同)；酸根呈正三角形结构的酸是________，试从两者结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子________酸根离子(填“>”或“<”)。 (5)元素e在周期表中的位置是________区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键。 解析：　周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H，基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态即2p3，则b为N，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O，d的原子序数是c的两倍，d为S，基态e原子3d轨道上有4个单电子，则为3d6，即e为Fe。 (1)电负性从左到右依次递增，从上到下依次递减，b、c、d电负性最大的是O。 (2)b单质分子为氮气，氮气中σ键与π键的个数比为1∶2。 (3)a与c可形成两种二元化合物分子，分别为水和过氧化氢，过氧化氢不稳定，过氧化氢的结构式为H—O—O—H，每个氧原子有2个σ键，还有2对孤电子对，因此O原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有极性共价键，过氧化氢有极性共价键与非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和分子间氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②。 (4)这些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸，硝酸分子中N有3个σ键，孤电子对为0，因此价层电子对数为3，硝酸根价层电子对数为3＋0＝3，为正三角形结构；亚硝酸分子中N有2个σ键，孤电子对为1，因此价层电子对数为3，亚硝酸根价层电子对数为2＋1＝3，为角形结构；硫酸分子中S有4个σ键，孤电子对为0，因此价层电子对数为4，硫酸根价层电子对数为4＋0＝4，为正四面体形结构；亚硫酸分子中S有3个σ键，孤电子对为1，因此价层电子对数为4，亚硫酸根价层电子对数为3＋1＝4，为三角锥形结构，因此分子内中心原子的价层电子对数为4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形结构的酸是HNO3；硝酸分子中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子稳定性<酸根离子稳定性。 (5)元素e的价电子为3d64s2，在周期表中的位置是d区，e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中一个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤电子对，因此其结构式为。 答案：　(1)O　(2)1∶2　(3)sp3　①② (4)H2SO4、H2SO3　HNO3　< (5)d　 18．(11分)我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题： (1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为________。SiCl4可发生水解反应，机理如下： 含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________(填序号)。 (2)CO2分子中存在________个σ键和________个π键。 (3)甲醇的沸点(64．7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH,7．6 ℃)之间，其原因是 ________________________________________________________________________。 (4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4＋离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为______________g·cm－3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1－xOy，则y＝____________(用x表达)。 解析：　(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为共价晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4＋＝4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的σ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d；(2)CO2的结构式为O===C===O，1个双键中含有1个σ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键；(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4＋4＝8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m＝，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)＝a2c×10-30cm3，因此该晶体密度＝＝＝ g·cm-3 ；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1－xOy，其中Zn元素为＋2价，Zr为＋4价，O元素为－2价，根据化合物化合价代数和为0可知2x＋4×(1－x)＝2y，解得y＝2－x。 答案：　(1)3s23p2　共价晶体　sp3　②　(2)　2　2　(3)甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能形成分子间氢键，且水比甲醇的氢键多　(4)8　　2－x 19．(10分)过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题： (1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是________(填字母)。 A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1 B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动 C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大 (2)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中提供电子对形成配位键的原子是______，中心离子的配位数为______。 (3)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。 PH3中P的杂化类型是________。NH3的沸点比PH3的________，原因是 ________________________________________________________________________， H2O的键角小于NH3的，分析原因__________________________________________。 (4)在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是________原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子空间占有率为________________%(列出计算表达式)。 解析：　(1)基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族，原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；故答案为：AC；(2)[Cr(NH3)3 (H2O)2Cl]2＋中三价铬离子提供空轨道，N、O、 Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3＋2＋1＝6；(3)PH3的价层电子对为3＋×(5－3×1)＝4，故PH3中P的杂化类型是sp3；N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×＋1＝2，白球个数为8×＋2＝4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为×4＋×2＝，故金属原子空间占有率＝×100%＝×100%。 答案：　(1)AC　(2)N、O、Cl　6　(3)sp3　高　NH3存在分子间氢键　NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大　(4)Al　×100 20．(12分)在建国70周年阅兵仪式上，“歼－20”“东风－41核导弹”等国之重器亮相，它们采用了大量合金材料。回答下列问题： (1)早期战斗机主要采用铝合金，其中超硬铝属于Al-Cu-Mg-Zn系。Cu在元素周期表中的位置是____________，比较第一电离能Al________Mg(填“>”、“<”或“＝”)。 (2)查阅资料显示第二电离能Cu大于Zn，理由是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)中期战斗机主要采用钛合金，Ti的价电子轨道表示式为________________________。钛晶体在882 ℃以上为体心立方(除了其顶点处各有一个微粒外，在晶胞中心还有一个微粒)的β钛，其中钛原子的配位数为________。 (4)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子的空间结构为____________，S的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键(填“π”或“σ”)。 (5)一种钛镍合金的立方晶胞结构如图所示，若晶胞的边长为a pm，则晶胞的密度为____________g·cm－3(用含a、NA的计算式表示)。 (6)隐形战机采用Fe(CO)5(羰基铁)作为吸波材料，羰基铁在常温下为红棕色液体，固体羰基铁属于____________晶体，CO与Fe之间的化学键称为____________。与CO互为等电子体的分子或离子是____________(只写一种)。 解析：　(1)Cu为29号元素，价电子为3d104s1，在元素周期表中的位置是第4周期ⅠB族，同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA族大于ⅢA族，因此第一电离能：Al<Mg。 (2)查阅资料显示第二电离能Cu大于Zn，是因为Cu＋：3d10，Zn＋：3d104s1，锌失去4s1电子，而铜失去3d10电子，后者全充满较稳定，更难失去。 (3)Ti的价电子为3d24s2，价电子轨道表示式为。钛晶体在882 ℃以上为体心立方的β钛，其中钛原子的配位数为8。 (4)Ti(SO4)2、NiSO4其中阴离子的价层电子对数为4＋＝4＋0＝4，其空间结构为正四面体形，S是sp3杂化，杂化轨道都是形成σ键，因此S的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键。 (5)根据钛镍合金的立方晶胞结构得到Ti的个数为8×＋6×＝4，Ni的个数为12×＋1＝4，若晶胞的边长为a pm，则晶胞的密度为ρ＝＝＝ g·cm－3。(6)隐形战机采用Fe(CO)5(羰基铁)作为吸波材料，羰基铁在常温下为红棕色液体，说明熔点低，固体羰基铁属于分子晶体，CO与Fe之间的化学键称为配位键。与CO互为等电子体的分子或离子是N2(或CN－)。 答案：　(1)第4周期ⅠB族　< (2)锌失去4s1电子，而铜失去3d10电子，后者全充满较稳定，更难失去 (3) 8 (4)正四面体形　sp3　σ　(5) (6)分子　配位键　N2(或CN－) 学科网（北京）股份有限公司 $