2024年北师大新版选修3化学上册阶段测试试卷265

2024年北师大新版选修3化学上册阶段测试试卷265
考试试卷
考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟
学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______
总分栏
题号一二三四五总分
得分
评卷人得分
一、选择题(共6题，共12分)
1、下列叙述正确的是( )
A. 钾原子的2s轨道的能量比3p轨道的高
B. 锂原子的1s与2s轨道皆为球形
C. p能级的原子轨道呈哑铃形，随着电子层序数的增加，p能级的原子轨道数增多
D. 第4电子层最多可容纳16个电子
2、关于化合物的结构简式如图的说法正确的是。

A. 中所含的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键
B. EDTA中碳原子的杂化轨道类型为
C. 的组成元素的第一电离能顺序为
D. 与互为等电子体，但空间构型不同
3、C60晶体的晶胞结构如图所示；下列说法正确的是。

A. 该晶体熔化时需克服共价键
B. 1个晶胞中含有 8 个 C60分子
C. 晶体中 1 个 C60分子有 12 个紧邻的C60分子，属于分子密堆积类型
D. 晶体中 C60分子间以范德华力结合，故 C60分子的热稳定性较差
4、有关化学键与晶体的说法正确的是（）
A. 两种元素组成的分子中一定只有极性键
B. 熔融状态时能导电的化合物一定是离子晶体
C. 非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D. 分子晶体的熔沸点随着共价键的增强而升高
5、下列叙述正确的是。

①熔点：Al＞Na＞K
②沸点：NH3＜PH3＜AsH3
③原子半径：C＞N＞O
④酸性：HNO3＞H3PO4＞H2SO4
⑤F-与Na+具有相同的电子层结构。

⑥含有阳离子的物质一定含阴离子。

⑦由于氢键的存在，热稳定性.：HF＞H2O＞H2S
A. ①③⑤
B. ②⑤⑦
C. ③⑤⑥
D. ②④⑦
6、下列说法错误的是（）
A. 基态Cr原子有6个未成对电子
B. PH3和NH3分子中均含有孤电子对，且PH3提供孤电子对的能力强于NH3
C. BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3
D. 向1mol配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀
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二、多选题(共6题，共12分)
7、硅原子的电子排布式由1s22s22p63s23p2转变为1s22s22p63s13p3，下列有关该过程的说法正确的是（）
A. 硅原子由基态转化为激发态，这一过程吸收能量
B. 硅原子由激发态转化为基态，这一过程释放能量
C. 硅原子处于激发态时的能量低于基态时的能量
D. 转化后硅原子与基态磷原子的电子层结构相同，化学性质相同
8、下列说法中正确的是
A. 所有的电子在同一区域里运动
B. 能量高的电子在离核远的区域运动，能量低的电子在离核近的区域运动
C. 处于最低能量的原子叫基态原子
D. 同一原子中，1s、2s、3s所能容纳的电子数越来越多
9、短周期主族元素的原子序数依次增大，的最高正价与最低负价代数和为0，形成的化合物甲的结构如图所示，在同周期中原子半径最小。

下列说法正确的是（）
A. 原子半径大小：
B. 电负性大小：
C. 形成的化合物为离子化合物
D. 化合物甲中阴离子的空间构型为三角锥形
10、近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。

NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体。

如图给出其中三种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原子），关于这三种晶胞的说法正确的是（）
A. 晶胞Ⅰ中钠原子的配位数为12
B. 晶胞Ⅱ中含有6个钠原子
C. 晶胞Ⅲ所对应晶体的化学式为Na2Cl
D. 三种晶体均是由NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应所得
原子晶体金刚石氮化硼碳化硅硅锗
熔点/℃3350 3000 2600 1415 938.4
硬度10 9.5 9.0 7.0 6.0
分析表中的数据，判断下列叙述正确的是（）
A. 构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高
B. 构成原子晶体的原子间的共价键键能越大，晶体的熔点越高
C. 构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越大
D. 构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越小
12、铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一；其晶胞结构如图所示（黑球代表 Fe，白球代表 Mg)。

则下列说法不正确的是。

A. 铁镁合金的化学式为 Mg2Fe
B. 晶体中存在的化学键类型为金属键、离子键
C. 晶胞中 Fe与 Mg的配位数均为4
D. 该晶胞的质量是g
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三、填空题(共5题，共10分)
13、每个时代的发展都离不开化学材料。

黄铜是人类最早使用的合金之一；主要由锌和铜组成。

回答下列问题：（1）基态锌原子的价电子排布式为 ___ ，属于周期表 ___ 区元素。

电子占据最高能层的电子云轮廓图形状为___ 。

（2）第一电离能I1(Zn) ___ I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

（3）向[Cu(H2O)4]2+溶液（天蓝色）中加入过量氨水将生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+溶液（深蓝色），原因是 ___ ；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸，观察到的现象是 ___ 。

14、试判断下列分子中心原子的杂化类型和分子构型。

（1）NI3： ______ ；
（2）CH3Cl： ______ ；
（3）CO2： ______ ；
（4）BF3： ______ ；
（5）H2O： ______ 。

15、亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])又称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。

检验三价铁发生的反应为：
K4[Fe(CN)6]+FeCl3＝KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl；回答问题：
(1)Fe3+的核外电子排布式 _________ ；
(2)与CN-互为等电子体的分子是 ______ ，K4[Fe(CN)6]中的作用力除离子键和共价键外，还有 _______ 。

含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为 _______ mol。

(3)黄血盐中C原子的杂化方式为 ______ ；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为 ________ ；
(4)Fe；Na、K的晶体结构如图所示。

①钠的熔点比钾更高，原因是 __________ ；
②Fe原子半径是r cm，阿伏加德罗常数为N A，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是 _____ g/cm3。

16、CCl4、SiC，P4是空间构型均为正四面体的三种物质，其中形成的晶体类型与其他两种物质不同的是 __ ，键角与其他两种物质不同的是 __ 。

17、磷存在于人体所有细胞中；是维持骨骼和牙齿的必要物质，几乎参与所有生理上的化学反应。

回答下列问题：
（1）基态P原子的价电子排布式为 ___ 。

（2）磷的一种同素异形体——白磷(P4)的空间构型为 ___ ，其键角为 __ ，推测其在CS2中的溶解度 ___ (填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。

（3）膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6°和107°，试用价层电子对互斥理论分析PH3的键角小于NH3的原因：___ 。

（4）常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图所示，由A、B两种微粒构成。

将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。

已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A、B的化学式分别为 ___ 、__ ，A的中心原子杂化轨道类型为 ___ 。

（5）第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素是 __ （填元素符号）。

（6）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如下表所示。

试从结构的角度分析它们熔点不同的原因： __ 。

物质BN AlN GaN
熔点/℃3000 2200 1700
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四、工业流程题(共1题，共3分)
18、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。

冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：
已知：①As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2 (aq)；
②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

(1)砷在元素周期表中的位置为 _______ ；AsH3的电子式为 ______ ；
(2)下列说法正确的是 _________ ；
a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4
b.原子半径：S>P>As
c.第一电离能：S
(3)沉淀X为 __________ (填化学式)；
(4)“一级沉砷”中FeSO 4的作用是 ________ 。

(5)“二级沉砷”中H 2O 2与含砷物质反应的化学方程式为 __________ ；
(6)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿(FeS 2)被氧化为Fe(OH) 3，同时生成导致砷脱离矿体进入地下水。

FeS 2被O 2氧化的离子方程式为 ______________ 。

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五、实验题(共1题，共9分)
19、现有两种配合物晶体[Co(NH3)6] Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一种为橙黄色，另一种为紫红色。

请设计实验方案将这两种配合物区别开来 _____________________________ 。

参考答案
一、选择题(共6题，共12分)
1、B
【分析】
【详解】
A. 钾原子的2s轨道的能量比3p轨道的低；故A错误；
B. s轨道都为球形；故B正确；
C. p能级的原子轨道都是3个；故C错误；
D. 每个电子层最多容纳的电子数为所以第4电子层最多可容纳32个电子，故D错误；
选B。

2、B
【分析】
【分析】
本题考查化学键类型；杂化方式、第一电离能和等电子体的判断；运用化学键类型、杂化方式、第一电离能和等电子体的判断方法分析。

【详解】
A. 中所含的化学键有硫酸根离子与配离子之间是离子键；硫酸根离子；EDTA 内部是共价键，EDTA与铜离子之间是配位键，氢键不属于化学键，故A错误；
B.EDTA中有6个“—CH2—”和4个“—COOH”，“—CH2—”中碳原子为杂化，“—COOH”中碳
原子为杂化，所以EDTA中碳原子的杂化轨道类型为故B正确；
C.同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但N原子最外层的2p能级处于半满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，的组成元素的第一电离能顺序为
故C错误；
D. 中S原子价层电子对数没有孤电子对，故为正四面体结构，
与互为等电子体，也正四面体结构；故D错误；
答案选B。

3、C
【分析】
【详解】
A. 该晶体是分子晶体；熔化时需克服范德华力，故A错误；
B. C60晶体为面心立方排布，因此1个晶胞中含有4个C60分子；故B错误；
C. C60晶体为面心立方排布，因此晶体中1个C60分子有12 个紧邻的C60分子；属于分子密堆积类型，故C正确；
D. 范德华力与分子的热稳定性无直接关系；故D错误。

综上所述，答案为C。

4、B
【分析】
【详解】
A．不同种元素的原子形成的共价键是极性键，两种元素组成的分子中可能有非极性键，如
H2O2；故A错误；
B．熔融状态的化合物能导电；说明该化合物熔融后存在自由移动的离子，说明该化合物是离子化合物，固态时构成离子晶体，故B正确；
C．由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物；如铵盐，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故C错误；
D．分子晶体的熔沸点取决于分子间作用力的大小；与化学键的强弱无关，故D错误；
故选B。

5、A
【分析】
【详解】
①金属熔点和金属阳离子的半径、电荷数有关；一般来说，离子半径越小、电荷数越高，金属键越强。

离子所带电荷Al3+＞K+=Na+，离子半径：Al3+＜K+＜Na+；则熔点：Al＞Na＞K，故①正确；
②结构相似的分子晶体的熔沸点与分子间作用力强弱有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，相对分子质量：NH3＜PH3＜AsH3，NH3分子间存在氢键，熔沸点较高，则沸点：PH3＜AsH3＜NH3；故②错误；
③C；N、O为同周期相邻元素；同周期元素随核电荷数增大半径逐渐减小，则原子半径：C＞N ＞O，故③正确。

④HNO3、H2SO4是强酸，H3PO4是中强酸，H3PO4的酸性比HNO3、H2SO4酸性弱；故④错误；
⑤F-的结构示意图为 Na+的结构示意图为二者具有相同的电子层结构，故
⑤正确；
⑥金属晶体中含有金属阳离子和自由电子；不存在阴离子，故⑥错误；
⑦氢键是分子间作用力，影响物质的熔沸点，简单氢化物的稳定性与元素非金属性强弱有关，非金属性：F＞O＞S，则热稳定性.：HF＞H2O＞H2S；故⑦错误；
说法正确的是①③⑤，答案选A。

6、D
【分析】
【详解】
A．Cr的原子序数为24，价电子排布为3d54s1，基态Cr原子有6个未成对电子；A正确；
B．PH3分子结构和NH3相似，中心原子都含有一个孤电子对，N元素的电负性大于P，电负性越大，其原子越不易提供孤电子对，故PH3提供孤电子对的能力强于NH3；B正确；
C．BeO的晶格能大于MgO，说明Be2+离子结合碳酸根中的氧离子的能力更强，故BeCO3更容易分解生成氧化物和二氧化碳，所以BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3；C正确；
D．内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液；可以得到2molAgCl沉淀，D错误。

答案选D。

二、多选题(共6题，共12分)
7、AB
【分析】
【详解】
A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时；有1个3s电子跃迁到3p轨道上，3s轨道的能量低于3p轨道的能量，要发生跃迁，必须吸收能量，使电子能量增大，故A正确；
B．硅原子处于激发态时能量要高；处于基态能量变低，因而由激发态转化成基态，电子能量减小，需要释放能量，故B正确；
C．基态原子吸收能量变为激发态原子；所以激发态原子能量大于基态原子能量，故C错误； D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子的激化态为1s22s22p63s13p3，基态磷原子为1s22s22p63s23p3；则它们的价层电子数不同，性质不同，故D错误；
答案为AB。

8、BC
【分析】
【详解】
A.电子在核外的排布是分层的；不同的电子在不同的能级运动，故A错误；
B.离核越远的电子能量越大；离核越近的电子能量越小，故B正确；
C.处于最低能量的原子叫基态原子；故C正确；
D.s能层最多只能容纳2个电子；与所在能层无关，故D错误；
故答案选BC。

9、AC
【分析】
【分析】
短周期主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W的最高正价与最低负价代数和为0，则W为C或Si，根据W、X、Y形成的化合物甲的结构示意图，X为O，则W为C，Y为+1价的阳离子，为Na元素；Z在同周期中原子半径最小，Z为Cl元素，据此分析解答。

【详解】
根据上述分析；W为C元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为Cl元素。

A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径大小：故A正确；
B．元素的非金属性越强；电负性越大，电负性大小：X＞Z，故B错误；
C．X为O元素；Y为Na元素，为活泼的非金属和金属元素，形成的化合物为离子化合物，故C 正确；
D．化合物甲中阴离子为CO32-；C原子的价层电子对数=3，没有孤对电子，空间构型为平面三角形，故D错误；
故选AC。

10、AC
【分析】
【分析】
根据原子分摊可知，晶胞I中：晶胞中Na原子数目=1+8×=2、Cl原子数目=12×=6，化学式为NaCl3；晶胞II中Na原子数目=2+4×=3、Cl原子数目=8×=1，化学式为Na3Cl；晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl，根据反应条件（NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体）和原子守恒可知，晶胞I所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物；晶胞II；III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，据此分析解答。

【详解】
A．由图可知；晶胞中12个Cl原子位于面上，所以体心Na原子周围有12个Cl，即钠原子的配位数为12，故A正确；
B．Na有2个位于体内，4个位于棱心，棱心被4个晶胞共用，钠原子个数为2+4×=3；即晶胞Ⅱ中含有3个钠原子，故B错误；
C．晶胞III中Na原子数目=2+4×+2×=4、Cl原子数目=8×=2，化学式为Na2Cl；故C正确；
D．晶胞I、II、Ⅲ所对应晶体的化学式分别为NaCl3、Na3Cl、Na2Cl，根据原子守恒可知，晶胞I 所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Cl2反应的产物；晶胞II；III所对应晶体是NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na反应的产物，故D错误；
答案选AC。

11、BD
【分析】
【详解】
A．原子晶体的熔点与构成原子晶体的原子种类无关；与原子间的共价键键能有关，故A错误； B．构成原子晶体的原子间的共价键键能越大；晶体的熔点越高，故B正确；
C．构成原子晶体的原子的半径越大；键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，故C错误；
D．构成原子晶体的原子的半径越大；键长越长，键能越小，晶体的硬度越小，故D正确；
故答案选：BD。

12、BC
【分析】
【分析】
【详解】
A．根据均摊法，该晶胞中Fe原子的数目为=4，Mg原子的个数为8，Fe、Mg原子个数之比=4：8=1：2，所以其化学式为Mg2Fe；故A正确；
B．金属晶体中存在金属键；该晶体属于合金，属于金属晶体，所以只含金属键，故B错误； C．根据晶胞结构示意图可知，距离Mg原子最近且相等的Fe原子有4个，即Mg的配位数为4，而该晶体的化学式为Mg2Fe；所以Fe的配位数为8，故C错误；
D．晶胞中Fe原子个数为4，Mg原子个数为8，所以晶胞的质量为= g；故D 正确；
故答案为BC。

三、填空题(共5题，共10分)
13、略
【分析】
【分析】
（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2；
（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2；4s能级处于全充满状态；
（3）向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸；盐酸先与铜氨络离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，盐酸过量，氢氧化铜沉淀溶解生成氯化铜。

【详解】
（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，属于周期表ds区元素，电子占据最高能层的电子位于为4s轨道，s电子云轮廓图形状为球形，故答案为：3d104s2；ds；球形；
（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2；4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大，故答案为：大于；
（3）向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子，这是因为N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；[Cu(NH3)4]2+在溶液中存在如下络合平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；加入盐酸，氨分子与氢离子反应，浓度减小，平衡向右移动，铜离子与溶液中氢氧根结合生成氢氧化铜蓝色沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铜沉淀溶于盐酸生成氯化铜，溶液呈天蓝色，实验现象为先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色，故答案为：N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色。

【点睛】
Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为
3d104s2，4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子是分析难点。

【解析】
①. 3d104s2②. ds ③. 球形④. 大于⑤. N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定⑥. 先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色
14、略
【分析】
【分析】
利用杂化轨道理论和价层电子对互斥理论进行解题。

【详解】
(1)NI3：中心原子N原子孤电子对数为×(5-3×1)=1，价层电子对数为3+1=4，杂化轨道为sp3；VSEPR模型为四面体，去掉孤电子对，分子空间构型为三角锥形；
(2)CH3Cl：中心原子C原子孤电子对数为×(4-3×1-1)=0，价层电子对数为4，杂化轨道为sp3；VSEPR模型为四面体，无孤电子对，分子空间构型为四面体型；
(3)CO2：中心原子C原子孤电子对数为×(4-2×2)=0；价层电子对数为2，杂化轨道为sp，VSEPR模型为直线型，无孤电子对，分子空间构型为直线型；
(4)BF3：中心原子B原子孤电子对数为×(3-3×1)=0，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2；VSEPR模型为平面三角形，无孤电子对，分子空间构型为平面三角形；
(5)H2O：中心原子O原子孤电子对数为×(6-2×1)=2，价层电子对数为2+2=4，杂化轨道为sp3；VSEPR模型为四面体，去掉孤电子对，分子空间构型为V型。

【点睛】
分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，孤电子对数的计算用最外层电子数减去成键电子数，再除以2。

如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则杂化轨道为sp3，四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则杂化轨道为sp3，三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则杂化轨道为sp3，V形；如果价层电子对数是3且不含孤电子对，则杂化轨道为sp2，平面三角形结构，如果价层电子对数是2，则杂化轨道为sp，直线型结构。

【解析】
①. sp3、三角锥②. sp3、四面体③. sp、直线型④. sp2、平面三角形⑤. sp3、V型
15、略
【分析】
【分析】
(1)Fe是26号元素，核外有26个电子，失去3个电子得到Fe3+，根据构造原理写出基态Fe3+的核外电子排布式；
(2) CN-有2个原子，价层电子数为10；K4[Fe(CN)6]是离子化合物，其中含有共价键和配位键，1个中含有6个配位键，CN-中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有12个σ键；据此计算解答；
(3)CN−中中心原子C的价层电子对数为2，即CN-的VSEPR模型为直线型；采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；
(4)①金属的金属键越强；熔点越高；
②设晶胞的边长为x，则该晶胞中Fe原子数为：8×1/8+1=2，
晶胞密度为：计算密度。

【详解】
(1)Fe原子核外有26个电子，失去3个电子得到Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式：
1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；
(2)CN-有2个原子，价层电子数为10，则与CN-互为等电子体的分子为N2；K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中含有共价键和配位键，即化学键为离子键、配位键和共价键；1个中含有6个配位键，CN−中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有12个σ键，所以含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为1mol，故答案为：N2；配位键；1；
(3)CN−中中心原子C的价层电子对数为2，即CN−的VSEPR模型为直线型，采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C. N、O第一电离能大小顺序为N>O>C；故答案为：sp；N>O>C；
(4)①K和Na都为金属晶体；K和Na价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na 金属键更强，熔点更高，故答案为：K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，
所以Na金属键更强，熔点更高；
②设晶胞的边长为x，则晶胞体积该晶胞中Fe原子数为：8×1/8+1=2，晶胞密度为：故答案为：
【解析】
1s22s22p63s23p63d5 N2配位键 1 sp N>O>C K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高
16、略
【分析】
【分析】
原子晶体的构成微粒是原子；分子晶体的构成微粒是分子，构成微粒不同，则晶体类型不同。

【详解】
CCl4晶体由CCl4分子构成，键角为109°28＇，形成分子晶体；SiC晶体由Si原子和C原子构成，键角为109°28＇，形成的晶体为原子晶体；P4晶体由P4分子构成，键角为60°，形成的晶体为分子晶体。

所以形成的晶体类型与其他两种物质不同的是SiC，键角与其他两种物质不同的是P4。

答案为：SiC；P4。

【点睛】
虽然P4与CCl4的晶体类型都为正四面体，但由于构成晶体的分子组成不同，所以键角不同。

【解析】
①. SiC ②. P4
17、略
【分析】
【分析】
(1)基态P原子的核电荷数为15；根据核外电子排布规律来写价电子排布式；
(2)白磷分子是正四面体结构；四个P原子位于正四面体顶点上，物质溶解性遵循相似相溶原理；
(3)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化；孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形，电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小；
(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-；
(5)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势；IIA族；VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(6)氮化硼；氮化铝、氮化镓都是原子晶体；键长越短，键能越大，共价键越稳定，物质熔点越高。

【详解】
(1)P原子核外有15个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则基态P原子的价电子排布式为3s23p3；
(2)白磷分子是正四面体结构，四个P原子位于正四面体顶点上，所以键角是60°，为非极性分子，相似相容原理可知，易溶于非极性溶剂中，二硫化碳为非极性溶剂，所以白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度；
(3)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形，电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，PH3的键角小于NH3的键角；
(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-，已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为：PCl4+，PCl4+中P没有孤电子对。

含四个σ键，所以原子杂化方式是sp3，B为：PCl6-；
(5)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势；IIA族；VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第三周期主族元素中，第一电离能在磷和铝之间的元素。