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1.B提示：同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，而IIA族和VA族元素达到全满或半满状态，第一电离能略反常，即第一电离能顺序：F》N》O，A项正确。该分子中双键的成键N原子为sp’杂化，其他N原子均为sp’杂化，B项错误。根据原子半径F》H，可知鍵长C-F》C-H，故键能CH》C-F，C项正确。共价单键为1个键，双键含1个键和1个π键，故该分子中o键与π键数目之比为15：4，D项正确。
2.C提示：金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁至高能轨道，然后再从高能轨道向低能轨道跃迁，从而释放出不同波长的光，A项错误。CH和NH。的空间构型分别为正四面体形和三角锥形，两者的中心原子均采取sp”杂化，B项错误。热稳定性HF》HC1是因为非金属性F》Cl，H一F的键能比HCl的键能大，C项正确。SiO，为原子晶体，不存在分子间作用力，干冰为分子晶体，D项错误。
3.A提示：根据价层电子排布式可知其电子排布式为1s2s’2p’3s’3p’，其基态原子每个sp能级分别占据1个和3个轨道，则核外电子占据轨道数为1 1 3 1 3=9，A项正确。P能级3个轨道，分别沿x、y、z三个不同方向延伸，3p，表示第三电子层沿?轴方向伸展的p轨道，B项错误。分子中含大兀ε键，形成大π键的电子由N提供，B提供空轨道，C项错误。氯化铝在177.8。C时升华，熔沸点低，属于分子晶体，但AICI。在水溶液中完全电离，属于强电解质，D项错误。
4.C提示：由X.Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，X为He元素，Y为F元素，M为C1元素，Z为S元素。根据元素在周期表中的位置可知，非金属性Y》M》Z，故电负性Y》M》Z，A项错误。离子层数越多，其半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越小，其离子半径越大，即离子半径Z一》M》Y，B项错误。Z和M的最高价含氧酸分别为HSO，和HCIO，非羟基氧原子数分别为2和3，C项正确。同一轨道两个电子的自旋方向应该相反，违反了洪特规则，D项错误。
5.D提示：镁原子由1s’2s’2p’3s’》1s’2s’2p’3p’时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，A项错误。价电子排布为5s’5p’的元素位于第五周期第IA族，是p区元素，B项错误。元素周期表中s区中H是非金属元素，C项错误。由图可知，HPO，中非羟基氧原子数大于HCIO中非羟基氧原子数，则酸性HPO，》HCIO，D项正确。
6.B提示：CHCH，OH和HO分子中，正负电荷中心均不重合，故均为极性分子，A项正确。根据CH.COOH的结构简式可知，1molCH.COOH中含有7molo键和1molπ键，B项错误。【Cr（H，O）。】 中Cr提供空轨道，H，O中0提供孤电子对，即Cr 与H，O间存在配位键，H，O分子中含共价键，C项正确。结合反应中Cr元素由十6价降至十3价，C元素由一2价升至0价，可知1molCr，O参加反应转移6mol电子，D项正确。
7.A提示：根据图示可知，胆矾中存在配位键、共价键和离子键，其中O-Cu为配位键，A项正确。Cu的价电子排布式为3d"，B项错误。胆矾中的水有两种，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，C项错误。胆矾中的水分为两类，受热时会分步失去，D项错误。
8.D提示：抗坏血酸分子中以4个单键相连的碳原子采取sp’杂化，碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采取sp’杂化，A项正确。硫化锌晶胞中，Zn分别位于晶胞的顶点和面心，由均摊法可知，Zn数目为
数目也为4，ZnO和ZnS所带电荷2相等，离子半径O-《S，故晶格能Zn0》ZnS，熔点ZnS《ZnO，B项正确。由晶胞结构可知，碳原子位于晶胞体心，其坐标为（211-），C项正确。CO，是分子晶体，为直线2’2形分子，而SiO，是原子晶体，没有独立的SiO，微粒，二者结构不同，不互为等电子体，D项错误。
9.（1）3d*4s’（1分）分子（1分）
（2）Cut的核外电子排布为3d轨道全充满状态（【Ar】3d"），而Zn的核外电子排布为【Ar】3d"4s’，故Znt易再失去一个电子（2分）
（3）sp’（1分）NH;》AsH;》PH（2分）NH分子间有氢键，AsH，和PH结构相似，而AsH。的相对分子质量大于PH的相对分子质量，分子间作用力AsH。大于PH;（2分）
提示：（1）根据构造原理和Ti原子核外有22个电子，可知Ti原子的价电子排布式为3d*4s，由于TiCl，的熔、沸点较低，故其为分子晶体。（2）气态Cu原子失去一个电子变成核外电子排布式为【Ar】3d"的Cut，此时3d轨道处于全充满的稳定状态，不易再失去一个电子，而气态Zn原子失去一个电子变成核外电子排布式为【Ar】3d"4s’的Zn ，易再失去一个电子。（3）AsH。的中心原子的价层电子对数为4，故杂化类型为sp’。NH。分子之间有氢键，沸点较高，在一定压强下将AsH、NHg、PH的混合气体降温时首先液化的是NH，，由于AsH。和PH均为分子晶体，AsH。的相对分子质量大于PH。的相对分子质量，故分子间作用力AsH。大于PH，，则该混合气体降温时液化顺序是NH;》AsH;》PH。（4）由图可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数为anm，则晶胞
（2）Na《S《0（2分）基态P原子3p能级处于半充满状态，其第一电离能较高（2分）
（3）H，0分子间存在氢键（1分）H，O和H，S为极性分子，而苯和CCI为非极性分子，符合相似相溶原理（2分）
（4）正四面体形（1分）sp"（1分）
提示：（1）由构造原理可知，基态S原子的价层电子排布式为3s’3p’，由此可画出其价层电子排布图。（2）Na，S，O中含Na.O、S三种元素，根据电负性的递变规律，可知其大小顺序为Na《S《O;基态P原子3p能级排布3个电子处于半充满状态，较难失去一个电子，故其第一电离能高于基态S原子的第一电离能。（3）H，O的沸点出现反常，是因为H，O分子间存在氢键，使其沸点升高;H，O和H，S均为极性分子，苯和CCI，均为非极性分子，根据相似相溶原理可解释H，S易溶于水，而几乎不溶于苯或CCl。（4）SO～中中心原子S的成键电子对数为4，故SO的空间构型为正四面体形结构;结合焦硫酸根（S，O）的结构可知，S原子采取sp’杂化。（5）①由均摊法可知该晶胞中 l
s-数目为x8 -X6=4，Zn 周围有4个等距离的S～，即Zn的配位数为4。②由均摊法可知该晶胞中含有4个ZnS，设晶胞的边长为acm，则pa=X97，解得a=Nx
11.（1）3d（1分）2：1（1分）
（2）氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大（2分）
（3）N》0》S（1分）正四面体（1分）（4）5：4（2分）6（1分）
（5）①面心立方最密堆积（2分）
提示：（1）由构造原理可知基态Cr的核外电子排布式为1s’2s’2p°3s’3p"3d4s’，则基态Cr3 的外围电子排布式為3d。基态Cr原子未成对电子为3d*4s’，基态N原子未成对电子为2p’，则未成对电子数之比为6：3=2：1。（2）由于氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，即均为离子晶体，氮化铬的熔点比氯化钠的高，是因为氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大的缘故。（3）结合第一电离能的递变规律，可知第一电离能大小顺序为N》O》S;NH中中心原子N为sp”杂化，且孤电子对数为0，即NH的空间构型
各有1个孤电子对，分子中含1个三键和2个双键，即π键数为4，则孤电子对与兀键的比值为5：4，结合CP的结构，可知中心Co3 的配位数为6。（5）①结合图示中铁原子排布可知该晶体中铁原子为面心立方最密堆积。②取一子格研究，顶点和面心均为Fe，则含Fe为=x8 2-X6=4个，体心含1个N，即该化合物的化学式为Fe，N。③晶胞内平均含有6个Fe（II）形成的正八面体，故该
正八面体的体积应为晶胞体积的。晶胞的
12.（1）2Nx（1分）B（1分）
（2）H，O（1分）NH;（1分）
（3）6（2分）
（4）①3845（2分）②A1t为3s’相对稳定结构，破坏需要额外提供能量（2分）
（5）① 6（2分）8（1分）
提示：（1）结合题中裂变反应可知1个2U参加反应时，净产生2个中子，而235g2U的物质的量为1mol，发生该裂变反应时应净产生2mol中子，即净产生的中子数为2N。基态U原子的电子排布式为5f6d’7s’，A项是6d电子跃迁至高能级7p，B项是失去最外层1个电子，C项是6d跃迁至低能级5f，D项是7s有1个电子跃迁至高能级的6d，相对来说B项的离子再失去1个电子更难，即失去1个电子所需能量更高。（2）NH和H，0分子间均存在氢键，但水在常温下呈液态，其沸点更高;NH与Cu形成配离子的稳定性较高。（3）CO中存在的大π键为，即形成该大兀键的电子数为6。（4）①由晶格能的概念并结合循环流程可知MgO的晶格能为3845kJ。mol～’。②A1的3s能级排满2个电子，为相对稳定的结构，再失去1个电子需要的能量更多，故Al的第二电离能比Mg的要大。（5）①结合U原子为面心立方最密堆积，由均摊法可确定原子均在晶胞内，即晶胞中U、N原子个数比为1：2，即该铀氮化合物的化学式为UN2，其中N为一3价，则根据化合价代数和为0，可知U的化合价为十6价。结合晶胞图示可知，每个U原子周围有8个等距离的N原子，即U原子的配位数为8。②根据晶胞中
（责任编辑谢启刚）
2.C提示：金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁至高能轨道，然后再从高能轨道向低能轨道跃迁，从而释放出不同波长的光，A项错误。CH和NH。的空间构型分别为正四面体形和三角锥形，两者的中心原子均采取sp”杂化，B项错误。热稳定性HF》HC1是因为非金属性F》Cl，H一F的键能比HCl的键能大，C项正确。SiO，为原子晶体，不存在分子间作用力，干冰为分子晶体，D项错误。
3.A提示：根据价层电子排布式可知其电子排布式为1s2s’2p’3s’3p’，其基态原子每个sp能级分别占据1个和3个轨道，则核外电子占据轨道数为1 1 3 1 3=9，A项正确。P能级3个轨道，分别沿x、y、z三个不同方向延伸，3p，表示第三电子层沿?轴方向伸展的p轨道，B项错误。分子中含大兀ε键，形成大π键的电子由N提供，B提供空轨道，C项错误。氯化铝在177.8。C时升华，熔沸点低，属于分子晶体，但AICI。在水溶液中完全电离，属于强电解质，D项错误。
4.C提示：由X.Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，X为He元素，Y为F元素，M为C1元素，Z为S元素。根据元素在周期表中的位置可知，非金属性Y》M》Z，故电负性Y》M》Z，A项错误。离子层数越多，其半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越小，其离子半径越大，即离子半径Z一》M》Y，B项错误。Z和M的最高价含氧酸分别为HSO，和HCIO，非羟基氧原子数分别为2和3，C项正确。同一轨道两个电子的自旋方向应该相反，违反了洪特规则，D项错误。
5.D提示：镁原子由1s’2s’2p’3s’》1s’2s’2p’3p’时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，A项错误。价电子排布为5s’5p’的元素位于第五周期第IA族，是p区元素，B项错误。元素周期表中s区中H是非金属元素，C项错误。由图可知，HPO，中非羟基氧原子数大于HCIO中非羟基氧原子数，则酸性HPO，》HCIO，D项正确。
6.B提示：CHCH，OH和HO分子中，正负电荷中心均不重合，故均为极性分子，A项正确。根据CH.COOH的结构简式可知，1molCH.COOH中含有7molo键和1molπ键，B项错误。【Cr（H，O）。】 中Cr提供空轨道，H，O中0提供孤电子对，即Cr 与H，O间存在配位键，H，O分子中含共价键，C项正确。结合反应中Cr元素由十6价降至十3价，C元素由一2价升至0价，可知1molCr，O参加反应转移6mol电子，D项正确。
7.A提示：根据图示可知，胆矾中存在配位键、共价键和离子键，其中O-Cu为配位键，A项正确。Cu的价电子排布式为3d"，B项错误。胆矾中的水有两种，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，C项错误。胆矾中的水分为两类，受热时会分步失去，D项错误。
8.D提示：抗坏血酸分子中以4个单键相连的碳原子采取sp’杂化，碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采取sp’杂化，A项正确。硫化锌晶胞中，Zn分别位于晶胞的顶点和面心，由均摊法可知，Zn数目为
数目也为4，ZnO和ZnS所带电荷2相等，离子半径O-《S，故晶格能Zn0》ZnS，熔点ZnS《ZnO，B项正确。由晶胞结构可知，碳原子位于晶胞体心，其坐标为（211-），C项正确。CO，是分子晶体，为直线2’2形分子，而SiO，是原子晶体，没有独立的SiO，微粒，二者结构不同，不互为等电子体，D项错误。
9.（1）3d*4s’（1分）分子（1分）
（2）Cut的核外电子排布为3d轨道全充满状态（【Ar】3d"），而Zn的核外电子排布为【Ar】3d"4s’，故Znt易再失去一个电子（2分）
（3）sp’（1分）NH;》AsH;》PH（2分）NH分子间有氢键，AsH，和PH结构相似，而AsH。的相对分子质量大于PH的相对分子质量，分子间作用力AsH。大于PH;（2分）
提示：（1）根据构造原理和Ti原子核外有22个电子，可知Ti原子的价电子排布式为3d*4s，由于TiCl，的熔、沸点较低，故其为分子晶体。（2）气态Cu原子失去一个电子变成核外电子排布式为【Ar】3d"的Cut，此时3d轨道处于全充满的稳定状态，不易再失去一个电子，而气态Zn原子失去一个电子变成核外电子排布式为【Ar】3d"4s’的Zn ，易再失去一个电子。（3）AsH。的中心原子的价层电子对数为4，故杂化类型为sp’。NH。分子之间有氢键，沸点较高，在一定压强下将AsH、NHg、PH的混合气体降温时首先液化的是NH，，由于AsH。和PH均为分子晶体，AsH。的相对分子质量大于PH。的相对分子质量，故分子间作用力AsH。大于PH，，则该混合气体降温时液化顺序是NH;》AsH;》PH。（4）由图可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数为anm，则晶胞
（2）Na《S《0（2分）基态P原子3p能级处于半充满状态，其第一电离能较高（2分）
（3）H，0分子间存在氢键（1分）H，O和H，S为极性分子，而苯和CCI为非极性分子，符合相似相溶原理（2分）
（4）正四面体形（1分）sp"（1分）
提示：（1）由构造原理可知，基态S原子的价层电子排布式为3s’3p’，由此可画出其价层电子排布图。（2）Na，S，O中含Na.O、S三种元素，根据电负性的递变规律，可知其大小顺序为Na《S《O;基态P原子3p能级排布3个电子处于半充满状态，较难失去一个电子，故其第一电离能高于基态S原子的第一电离能。（3）H，O的沸点出现反常，是因为H，O分子间存在氢键，使其沸点升高;H，O和H，S均为极性分子，苯和CCI，均为非极性分子，根据相似相溶原理可解释H，S易溶于水，而几乎不溶于苯或CCl。（4）SO～中中心原子S的成键电子对数为4，故SO的空间构型为正四面体形结构;结合焦硫酸根（S，O）的结构可知，S原子采取sp’杂化。（5）①由均摊法可知该晶胞中 l
s-数目为x8 -X6=4，Zn 周围有4个等距离的S～，即Zn的配位数为4。②由均摊法可知该晶胞中含有4个ZnS，设晶胞的边长为acm，则pa=X97，解得a=Nx
11.（1）3d（1分）2：1（1分）
（2）氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大（2分）
（3）N》0》S（1分）正四面体（1分）（4）5：4（2分）6（1分）
（5）①面心立方最密堆积（2分）
提示：（1）由构造原理可知基态Cr的核外电子排布式为1s’2s’2p°3s’3p"3d4s’，则基态Cr3 的外围电子排布式為3d。基态Cr原子未成对电子为3d*4s’，基态N原子未成对电子为2p’，则未成对电子数之比为6：3=2：1。（2）由于氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相同，即均为离子晶体，氮化铬的熔点比氯化钠的高，是因为氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大的缘故。（3）结合第一电离能的递变规律，可知第一电离能大小顺序为N》O》S;NH中中心原子N为sp”杂化，且孤电子对数为0，即NH的空间构型
各有1个孤电子对，分子中含1个三键和2个双键，即π键数为4，则孤电子对与兀键的比值为5：4，结合CP的结构，可知中心Co3 的配位数为6。（5）①结合图示中铁原子排布可知该晶体中铁原子为面心立方最密堆积。②取一子格研究，顶点和面心均为Fe，则含Fe为=x8 2-X6=4个，体心含1个N，即该化合物的化学式为Fe，N。③晶胞内平均含有6个Fe（II）形成的正八面体，故该
正八面体的体积应为晶胞体积的。晶胞的
12.（1）2Nx（1分）B（1分）
（2）H，O（1分）NH;（1分）
（3）6（2分）
（4）①3845（2分）②A1t为3s’相对稳定结构，破坏需要额外提供能量（2分）
（5）① 6（2分）8（1分）
提示：（1）结合题中裂变反应可知1个2U参加反应时，净产生2个中子，而235g2U的物质的量为1mol，发生该裂变反应时应净产生2mol中子，即净产生的中子数为2N。基态U原子的电子排布式为5f6d’7s’，A项是6d电子跃迁至高能级7p，B项是失去最外层1个电子，C项是6d跃迁至低能级5f，D项是7s有1个电子跃迁至高能级的6d，相对来说B项的离子再失去1个电子更难，即失去1个电子所需能量更高。（2）NH和H，0分子间均存在氢键，但水在常温下呈液态，其沸点更高;NH与Cu形成配离子的稳定性较高。（3）CO中存在的大π键为，即形成该大兀键的电子数为6。（4）①由晶格能的概念并结合循环流程可知MgO的晶格能为3845kJ。mol～’。②A1的3s能级排满2个电子，为相对稳定的结构，再失去1个电子需要的能量更多，故Al的第二电离能比Mg的要大。（5）①结合U原子为面心立方最密堆积，由均摊法可确定原子均在晶胞内，即晶胞中U、N原子个数比为1：2，即该铀氮化合物的化学式为UN2，其中N为一3价，则根据化合价代数和为0，可知U的化合价为十6价。结合晶胞图示可知，每个U原子周围有8个等距离的N原子，即U原子的配位数为8。②根据晶胞中
（责任编辑谢启刚）