《广东省佛山市某中学2022年高三第五次模拟考试化学试卷(含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省佛山市某中学2022年高三第五次模拟考试化学试卷(含解析）.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022高考化学模拟试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）l、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是选项操作现象结论A 滴加BaCh溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42一B 滴加氯水和CCLi,振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有rC 用洁净的铅丝醮取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原
2、溶液中有Na十、无K+滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润的红D 试纸不变蓝原溶液中无NH/色石蕊试纸置千试管口A.A B.B C.C D.D 2、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()+液溶锌化料板料氯菹棺材隔材和吐盓抖罚氯A.放电时，外电路每通过0.1凡个电子时，锌片的质量减少3.25gB.充电时，聚苯胺电极的电势低千锌片的电势c.放电时，混合液中的Cl向负极移动D.充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应3、下列物质的名称中不正确的是（A.Na2C03:苏打C.乐：3,3二乙基已烧、丿
3、B.CaSO心日心：生石膏D.C17ff3sCOOH：硬脂酸4、“ZEBRA“蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关千该电池的叙述错误的是（）N认忙多扎N叩lC1l蚋高子计休液休金属钠钢壳A电池反应中有NaCl生成B电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C.正极反应为：NiCh+2e=Ni+2CJD.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动5、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+702+2H心2Fe2+4SOi+4H十，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是NO o,夕，一一产、已Fe.e(NO)1 三F
4、eS1、III,so:、2，飞。A反应1的离子方程式为4Fe(N0)2+02+4H+=4Fe3+4N0+2H心B.反应II的氧化剂是Fe3+c.反应III是氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂6、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：()A.标况下，22.4L的co和Jmol的N2所含电子数相等。B.1.0L O.lmol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO一的粒子总数为O.JNAoC.5.6g铁粉加入足量稀HN03中，充分反应后，转移电子总数为0.2NAoD.18.4g甲苯中含有C-H键数为1.6NAo 7、下列离子方程式正确的是A.向FeCb溶液中通人过量H2S
5、:2Fe3+H2S=2Fe2+S i+2H+B.向NaHC03溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2+OH-+HC03-=CaC03 i+H20 C.向NaCIO溶液中通人少量S02:S02+CIO-+H心soi-+c,-+2u+D.向FeI2溶液中通人等物质的量的Cb:2Fe2+2i-+2C2=2Fe3+h+4CI-8、证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（)A.向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深勒夏特列原理B.常温常压下，l体积CH4完全燃烧消耗2体积02一阿伏加德罗定律C.向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果元素周期律
6、D.通过测量C、co的燃烧热来间接计算2C(s)+02(g)=2CO(g)的反应热盖斯定律9、锥铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象“产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu20+H20=2Cu+2Li+20H,下列说法错误的是飞正芦芷回水溶液电解砒A.放电时，当电路中通过0.2mol电子的电量时，有0.2molLi十透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu20C.放电时，正极的电极反应式为：Cu20+H心2e=2Cu+208 D.整个反应过程，空气中的02起了催化剂的作用10、假设与猜想是科学探究的先导
7、和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是A.探究S02和Na202反应可能有Na2S04生成B.探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOC.探究Na与水的反应可能有02生成D.探究向滴有酚驮试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚猷红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HCIO的漂白性所致11、合成一种用千合成y分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是COOCH3 oc凡H CHO BrCH2COCH,K2CO,HlOCHHO g5义。4 甲A.甲一乙的反应为加成反应B.甲分子中至少有8个碳原子在同一平面上C.甲、乙均不能使淏水褪色
8、D.乙与足量比完全加成的产物分子中含有4个手性碳原子12、有关化学键和晶体的叙述中正确的是（)A分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定B分子晶体都是由共价分子构成的C.离子晶体中可能含有共价键D原子晶体中只存在非极性键13、海水综合利用要符合可待续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是巨海水CD海水淡化工厂氯碱工业卢A.CD中可采用蒸馆法C.中提淏涉及到复分解反应B.中可通过电解法制金属镁D.的产品可生产盐酸、漂白液等14、合成导电高分子材料PPV的反应如下。下列说法正确的是（)n:+n H气？，上生，飞1,（2n1)mA.合成PPV的反应为加聚反应B.lmolPPV最多
9、能与4molH2发生加成反应C.H,c礼CH,与漠水加成后的产物最多有14个原子共平面i D.H乒肛河二呼,CH2和苯乙烯互为同系物H 15、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A,其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：三浓NaOH溶液B（白色这).沉淀溶蚌二C（气体）酸化BaClz溶液D（白色沉淀）已知C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A.原子半径bcB.e的氧化物的水化物为强酸C.化合物A为共价化合物D元素非金属性强弱c”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
10、价性，蒸汽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“一”表示出其中的配位键-19、氯化亚铜(CuCI)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuS04溶液NaCl、过丑钳粉浓盐胱，加执也、贞空干已知：CuCI难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCI（白色）2crCuCb气无色溶液）。(1)步骤中发生反应的离子方程式为(2)步骤中，加入大量水的作用是(3)如图流程中用95乙醇洗涤和真空干燥是为了防止方案二：在氯化氢气流中加热CuCh2H心晶体制备，其流程和实验装置（夹持仪器略）如下：CuC2 2H心B I
11、 I 山掖霄l/iAD 色爪“伏向L灶石请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是a-一一e（填操作的编号）a.检查装置的气密性后加入药品b.点燃酒精灯，加热c.在“气体入口”处通入干燥HCId.熄灭酒精灯，冷却e.停止通入HCI，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是。(6)反应结束后，取出CuCI产品进行实验，发现其中含有少量的CuCh杂质，请分析产生CuCb杂质的原因(7)准确称取0.2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5mol/L FeCb溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL,用0.1000mol/L的Ce(S0心溶液滴定到终点，消耗2
12、4.60 mLCe(S0心溶液。有关化学反应为Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl一、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，计算上述样品中CuCI的质量分数是（答案保留4位有效数字）。20、氮化铝(AIN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：实验室用饱和NaN02溶液与NH心1溶液共热制N2:NaN02+NH4CI兰兰NaCl+N2j+2H心工业制氮化铝：Ab03+3C+N2巠湮-2AIN+3CO,氮化铝在高温下能水解。AIN与NaOH饱和溶液反应：AIN+NaOH+H心NaAI02+NH寸oI.氮化铝的制
13、备旮c B f.L 飞；噢灯;把(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e.c.d_.（根据实验需要，上述装置可使用多次）。(2)A装置内的X液体可能是;E装置内氯化跁溶液的作用可能是.II氮化铝纯度的测定III1.1,IIII;i,.立._ 一一11=_._.g.c,故A正确；B.e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；C.A为NH心(SO心，是离子化合物，故C错误；D.c为0元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱ce,故D错误；答案选A。16、A【答案解析】A.次氯酸的中心原子为O,HCIO的
14、结构式为：H-0-CI,A项正确；B.HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氖原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为Ht:,B项错误；c硫离子质子数为16,核外电子数为18,有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8,离子结构示意图为 28 8,C项错误；丿丿D.氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【答案点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeS04Fe心6旷2Fe3+3比02FeS04兰Fe心so2t+so3 t【答案解析】气体B通入足量的BaCh溶液，有白色沉淀D生成，该沉
15、淀为BaS04,物质的最为2.33g=O.Olmol，则气体B中233g/mol 含有S03,S03的物质的量为O.Olmol,其体积为O.OlmolX 22.4L mot一1=224mL,B为混合气体，根据元素分析可知1.6g 其中还含有224mL的S02,固体C为红棕色，即固体C为Fei03,n(Fe203)=O.Olmol，黄色溶液E为FeCb,160g/mol 据此分析。【题目详解】2.33g 气体B通入足量的BaCh溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaS04,物质的量为O.Olmol,则气体B中233g/mol 含有S03,S03的物质的量为O.Olmol,其体积为0.0lmolX2
16、2.4L mol-1=224mL,B为混合气体，根据元素分析可知1.6g 其中还含有224mL的S02,固体C为红棕色，即固体C为Fei03,n(Fe203)=160g/mol=O.Olmol，黄色溶液E为FeCb,(1)根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol,S原子的物质的量为0.02mol,A的质量为3.04g,则氧原子的质量为(3.04g-0.02molX56g mot-1-0.02molX32g mol-1)=1.28g,即氧原子的物质的量为1.28g 16g/mol=O.OSmol，推出A为FeS04:(2)固体C为Fe203,属于
17、碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe203+6H+=2Fe3+3H心；(3)FeS04分解为Fe203、S02、S03,参与反应FeS04、S02、S03、Fe203的物质的量0.02rnol、O.Olrnol、O.Olrnol、O.Olmol,得出FeS04受热分解方程式为2FeS04兰Fe203+S02t+S03 t。Cl Cl 18、O-/Cl 1:2 sp3 CD H2S04、H2S03HN03 d Fe IL Fe-/Cl Cl Cl【答案解析】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
18、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。A:H,b:N,c:0,d:S,e:Fe。【题目详解】(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,故答案为：O。(2)b单质分子为氮气，氮气中d键与冗键的个数比为1:2,故答案为：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H0-0-H,每个氧原子有2个6键，还有2对孤对电子，因此0原子的杂化方式为sp3，水和过氧化氢互溶物中，水中有
19、共价键，过氧化氢中有极性共价键，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，故答案为：sp片。(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N有3个6键，孤对电子为o,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；亚硝酸分子N有2个6键，孤对电子为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“V形结构；硫酸分子S有4个6键，孤对电子为o,因此价层电子对数为4,硫酸根价层电子对数为4+0=4,为正四面体结构；亚硫酸分子S有3个6键，孤对电子为1,因此价层电子对数为4,亚硫酸根价层电
20、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H2SO小fuS03,酸根呈正三角形结构的酸是HN03；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，故答案为：H2S04、H2S03;HN03;。(5)元素e的价电子为3d64s气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，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的Cl与其中易个Fe形成共价键，与另一个Fe形成配位键，Cl提供孤对电子，因此其结构Cl Cl Cl Cl Cl Cl Fe，故答案为：d 式为Fe Fe Fe o/刁Cl C
21、l Cl Cl Cl Cl 19、Cu+Cu2+6Ct=2CuCI千稀释促进平衡CuCI（白色）2Ct:;:兰CuCb2.（无色溶液）逆向移动，生成CuCICuCI在潮湿空气中被氧化C b d 先变红后褪色加热时间不足或温度偏低97.92【答案解析】方案一：CuS04、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2+6Ct=2CuCb2,过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCI（白色）2c1:;:兰CuCl32.（无色溶液）逆向移动，得到CuCI沉淀，用95的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCI被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCI;方案二：CuCh是挥发性强酸生
22、成的弱碱盐，用CuCir2比0晶体在HCI气流中加热脱水得到无水CuCb然后在高千3ooc的温度下加热，发生分解反应产生CuCI和Cl压【题目详解】(1)步骤中CuS04、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu十与溶液中ct结合形成CuCb2-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2+6CJ=2CuCb气(2)根据已知条件：CuCI难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCI（白色）2Ct CuCb 2(xm1l),在步骤中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl.、CuCb尸浓度都减小，正反应速率减小的倍数大千逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCI沉淀；(3)乙醇易挥发，用95
23、乙醇洗涤可以去除CuCI上的水分，真空干燥也可以避免CuCI在潮湿空气中被氧化；(4)CuCh2H心晶体要在HCI气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口“处通入干燥HCI,然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCI排出，防止污染环境，要停止通入HCI,然后通入N2,故实验操作编号的先后顺序是a-c-b-d-e;(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO沁H心，固体变为蓝色，HCI气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCh再进一步加热分解时产生了Cl2,Cl2与H心反应产生HCI和HCIO,H
24、C 使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HCIO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；(6)反应结束后，取出CuCI产品进行实验，发现其中含有少量的CuCh杂质，产生CuCh杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCh未完全分解；(7)根据反应方程式F砂CuCl=Fe2+Cu2+Cl.、Ce4+Fe2+=Fe3+C砂可得关系式：CuClCe4+,24.60 mL 0.1000 mol/L 的Ce(S0少溶液中含有溶质Ce(S04)2的物质的量nCe(S04)2=0.1000 mol/Lx0.02460 L=2.46x10-3 mol,则根据关系式可知n(CuCl)=n(Ce4+
25、)=2.46x 1妒mol,m(CuCl)=2.46xI03 molx99.5 g/mol=0.24478 g,所以该样品中CuCI的质量分数是0.24478g 0.2500g x100%=97.92%。【答案点睛】本题考查了物质制备方案的设计，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，充分利用题干信息分析解答，当反应中涉及多个反应时，可利用方程式得到已知物质与待求物质之间的关系式，然后分析、解答，试题充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。20、f(g)一g(f)cdi浓硫酸吸收co防污染ad bee 通入过量CO2气体玵培、泥三角（玻璃棒写与不写都
26、对）41(m3-m1+m2)=410(m3-m1+m2)10m1或皿2olo 偏高【答案解析】(1)利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AIN,通过装置A避免AIN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳；(2)根据A装置的作用分析判断A装置内的X液体，根据co有毒，会污染空气解答；(3)根据测定的气体为NH3,结合氨气的性质分析解答；(4)根据排液体量气法测定气体体积选取装置；(5)样品m1g溶千过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼
27、烧得到氧化铝为m3g,结合铝元素守恒计算纯度；(6)实验室中灼烧固体在玵涡内进行，据此选择仪器；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差量法计算纯度；(8)若在步骤中未洗涤，则缎烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，结合(7)的计算结果表达式分析判断。【题目详解】(1)制备过程是利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AIN,通过装置A避免AIN遇到水蒸
28、气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳，氮气气流方向将各个仪器接口连接顺序：e-c-d-f(g)-g(t)-c-d-i,故答案为f(g)-g(t)-c-d-i;(2)A装置内的X液体可能是浓硫酸，用来干燥氮气，D装置内氯化跁溶液的作用是吸收一氧化碳，防止污染空气，故答案为浓硫酸；吸收co防污染；(3)AIN与NaOH饱和溶液反应：AIN+NaOH+H20=NaAI02+NH寸，测定生成的气体为NH3,Y液体不能溶解氨气、不能和氨气反应，量气装置（虚线框内）中的Y液体可以是CC14或植物油，故答案为ad;(4)利用通入的气体排出液体体积测定生成气体的体积，可以选择双孔塞、广口瓶、量筒组装一套量气
29、装置测定，故答案为bee;(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到的滤液中含有偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中含有偏铝酸钠溶液，可以通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g,因此步骤的操作为：通入过量CO2气体，故答案为通入过量CO2气体；(6)实验室里缎烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：玵培、泥三角、故答案为玵培、泥三角；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到
30、固体灼烧得到氧化铝为m3g,2AINAb03 i:J,.m 82 102 20 m m3-(m1-m2)82(m3-m尸叽）41(m3-m1+m2)g,样品中AIN的纯度41(m3-m产叽）m=g=X100%，故答案为2O l0 10ml 4l(m3-m产叽）x100%;lOm1(8)若在步骤中未洗涤，则煨烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，导致氧化铝的质量偏大，即m3偏大，根据样品中AIN的纯度41(m3-m1+m2)xIOO%，则测定结果将偏高，故答案为偏高。10m1 21、3该晶体为原子晶体，由千氮原子半径比碳原子半径小，C一N键长比CC键长短，CN的键能更大，故其硬度更高sp3 92 言xl
31、0216rr4 3d54s1 1 1 3 2(-,-,-)4 4 4 50%【答案解析】(1)在第三周期的元素中，第一电离能介千Mg与Cl之间的有Si、P、S;(2)该晶体为原子晶体，品体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大；一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3;1 1 m 12x3+14x4 晶胞中：C=8x-;:-+4x-:-=3,N=4,p=;8 2 V a 3 x10-7 x NA(3)中心C原子孤电子对(4+2-2x3)=O,为sp2杂化，则C、0原子各提供l个叶建的电子数，离子带2单位负电荷，共6个冗键的电子数；(4)基
32、态铭原子的价电子为最外层及3d能级的电子；配离子Cr(H心）3（NH3)33的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种：(5)(DC点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可4 4 得在z轴的投影为；一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体；【题目详解】(1)在第三周期的元素中，第一电离能介千Mg与CJ之间的有Si、P、s,3种；(2)该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小千C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大，答案为：该晶体为原子晶体，由千氮原子半径比碳原子半径小，C-N键长比CC键长短，C一N的键能更大，
33、故其硬度更高；一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3;1 m 12 X 3+14 X 4 92 晶胞中：C=8x+4x=3,N=4,p=x1021;8 2 V a x10-7 x N八凡a3(3)中心C原子孤电子对（4+2-2X3)=0,为sp2杂化，则C、0原子各提供1个亢键的电子数，离子带2单位负电6 荷，共6个亢键的电子数，答案为：II;4(4)基态铭原子的价电子为最外层及3d能级的电子，其排布式为3d54s片配离子Cr(H20)3(NH3)33的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种；(5)(DC点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可4 4 得在z轴的投影为，答案为：l 1 3 4 4 4 4 一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体，空隙的填充率为50%;