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【化学】四川省雅安中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
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四川省雅安中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
1.下列各组元素，按原子半径依次减小，元素第一电离能逐渐升高的顺序排列的是( )
A. Al、Mg、Na B. K、Na、Li
C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】B
【解析】
【详解】A项，同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大， Mg的最外层电子s轨道全满，第一电离能比Al 和Na 都高，所以第一电离能Na < Al< Mg，故A项错误；
B项，同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，所以第一电离能K
D项，P的最外层电子p轨道半满，第一电离能比S高，但是比Cl低，所以第一电离能S
2.下列有关σ键和π键的说法正确的是( )
A. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
B. 当原子形成分子时，首先形成π键，可能形成σ键
C. σ键和π键都属于共价键，均有方向性
D. 在所有分子中，σ键都比π键牢固
【答案】A
【解析】
【详解】A项，由于π键的键能小于σ键的键能，所以反应时易断裂，A正确；
B项，在分子形成时，为了使其能量最低，必然首先形成σ键，再根据形成原子的核外电子排布来判断是否形成π键，B错误；
C.S轨道是球形对称，所以S轨道及S轨道形成的共价键没有方向性，C错误；
D.一般情况下，σ键比π键强度大，但是也有特殊情况，比如氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍还要大，D错误；
综上所述，本题选A。
3.列物质中既有极性键又有非极性键的极性分子的是( )
A. CS2 B. CH4 C. H2O2 D. CH2=CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A.CS2 分子中共价键为碳硫极性键,不存在非极性键,故A错误；
B. CH4 分子中共价键为碳氢极性键,不存在非极性键,故B错误；
C. H2O2 分子中共价键为氢氧极性共价键，氧氧非极性共价键，该分子为不对称结构，属于极性分子，故C正确；
D. CH2=CH2分子中共价键为氢碳极性共价键，碳碳非极性共价键，分子为对称结构，属于非极性分子，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。以上解析中，H2O2为极性分子，而CS2、CH4 、CH2=CH2均属于非极性分子。
4.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 （ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
5. 右图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是
A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4
【答案】D
【解析】
试题分析：在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF分子间因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，a所处曲线中有一种物质的沸点为100℃，是H2O，说明a是H2S。
考点：考查了氢键与物质熔沸点的相关知识。
6. 若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的转化。在转化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是
A. 氢键；分子间作用力；非极性键
B. 氢键；氢键；极性键[
C. 氢键；极性键；分子间作用力
D. 分子间作用力；氢键；非极性键
【答案】B
【解析】
试题分析：雪花→水破坏的主要是氢键；水→水蒸气破坏的主要是氢键；水蒸气→氧气和氢气，发生了化学变化，克服的主要是分子内的极性共价键，答案选B。
考点：考查水的各种状态变化过程中破坏的微粒之间的作用力的判断
7.列物质熔、沸点的高低顺序正确的是 （ ）
A. 金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅 B. HI＞HBr＞HCl＞HF
C. 邻羟基苯甲酸> 对羟基苯甲酸 D. 金刚石> MgO > Mg >Na
【答案】D
【解析】
【详解】A、金刚石，晶体硅，二氧化硅，碳化硅都是原子晶体，原子晶体的熔沸点的高低：比较共价键强弱。原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长＜O-Si的键长＜C-Si的键长＜Si-Si的键长，所以金刚石，晶体硅，二氧化硅，碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；
B. 同类型分子晶体的相对分子质量越大，溶沸点越高，但是HF分子间存在氢键，沸点反常，因此顺序由高到低：HF＞HI＞HBr＞HCl，故B错误；
C. 邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低，而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，故对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的高，故C错误；
D. 金刚石为原子晶体，熔沸点高，MgO为离子晶体，熔沸点较高，所以金刚石>MgO； Mg 和Na属于金属晶体，且原子半径越小，金属键越大，熔沸点高，所以Mg>Na；熔沸点顺序：金刚石> MgO > Mg >Na，D正确；
综上所述，本题选D。
8.列说法正确的是( )
A. 凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B. C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
【答案】C
【解析】
【详解】A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
9.下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ② ③ ④C2H2 ⑤N2H4 ⑥C6H6
A. ①②③ B. ①②⑥ C. ②③⑤ D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂化类型。
【详解】①BF3分子中硼原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
②分子中硫原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
③分子中硫原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
④CH≡CH分子中每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，故错误；
⑤N2H4分子中每个氮原子杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化，故错误；
⑥C6H6分子中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题考查了原子杂化类型的判断，难度不大，根据“杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数”来解答即可，原子杂化类型的判断是高考的热点，所以是学习的重点。
10.下列关于晶体的说法正确的组合是( )
①分子晶体中都存在共价键；
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子；
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低；
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键；
⑤CaTiO3晶体的晶胞结构如上图所示（其中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点位置)，则每个Ti4+和12个O2-相紧邻；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合；
⑦ H2O比H2S分子更稳定，是因为H2O分子中存在氢键；
⑧钠熔化时金属键被破坏，氯化钠熔化时离子键被破坏。
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；
②金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，无阴离子，故②错误；
③晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高（含有氢键的物质除外），所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S ，故③正确；
④离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤由晶胞结构可知CaTiO3晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4+和12个O2-紧邻，故⑤正确；
⑥ SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；
⑧离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，钠属于金属晶体，熔化时金属键被破坏，故⑧正确。故正确序号为③⑤⑧。
综上所述，本题选D。
11.按要求填空。
（1）金刚石晶体中1个碳连接________个C原子，C杂化类型为____________，形成的六元环最多________个原子共面，12g金刚石中含有________molC-C键。
（2）石墨晶体为层状结构，其中一个C连接______个C，C杂化类型为_______；12g石墨中含有______mol C-C键，12g石墨中含有平面六元环的个数为_______。
（3）SiO2晶体中一个Si连接______个O，Si杂化类型为___________；Si与O个数比______，60g SiO2晶体中含有______mol Si-O键。
（4）黄铜主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1 (Zn)________Ⅰ1 (Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). sp3 (3). 4 (4). 2 (5). 3 (6). sp2 (7). 1.5 (8). 0.5NA（或3.01×1023） (9). 4 (10). sp3 (11). 1:2 (12). 4 (13). 大于 (14). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
【解析】
【详解】（1）金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体；碳原子杂化轨道数为0+4=4，属于sp3杂化；形成的六元环最多4个原子共面；每个碳原子与其它四个碳原子形成4个共价单键，相当于占有4×1/2=2个C-C键，所以12g（物质的量为1mol）金刚石中含有2molC-C键；综上所述，本题答案是：4， sp3 ，4 ，2。
（2）石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构；碳原子杂化轨道数为3+0=3，其杂化类型为sp2 杂化；每个碳原子连有3个C-C键，相当于占有3×1/2=1.5个C-C键，所以12g（物质的量为1mol）石墨中含有1.5mol C-C键；每个碳原子被3个六元环共用，每个六元环中含有的碳原子数目为1/3×6=2，所以1mol碳原子含有六元环的个数为0.5 NA，所以12g石墨中含有平面六元环的个数为0.5NA（或3.01×1023）；综上所述，本题答案是：3 ，sp2 ，1.5， 0.5NA（或3.01×1023）。
（3）SiO2晶体中一个Si连接4个O，形成四面体结构；SiO2晶体中，Si原子杂化轨道数为0+4=4，杂化类型为sp3；SiO2属于原子晶体，Si与O个数比1:2；在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4条Si-O，所以1mol SiO2晶体中含有4 molSi-O键，所以60g SiO2晶体中含有4 mol Si-O键；综上所述，本题答案是：4， sp3，1:2 ，4 。
（4）锌原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，铜失去一个电子其内层电子达到全充满稳定状态，因此第一电离能Ⅰ1 (Zn)大于Ⅰ1 (Cu)；综上所述，本题答案是：大于， Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
【点睛】对于一些常见的物质中含有的共价键数目规律：1mol金刚石有2NAC-C键；1mol晶体硅有2NASi-Si键；1mol SiO2 晶体有4NASi-O键；1mol石墨晶体有1.5NAC-C键；1molSiC晶体有4NASi-C键。
12.按要求完成下列问题。
（1）利用VSEPR推断分子或离子的空间构型：___________；SeO3__________。
（2）与SeO3互为等电子体的一种离子为_____(填化学式)。SCN-电子式_______。
（3）S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是__。
（4）硒、溴与砷同周期，三种元素的第一电离能从大到小顺序为__________（用元素符号比较）。
（5） 已知常温下Ni(CO)4是无色液体，其构型为正四面体。则配位原子是______，晶体类型为__________，推测其______（填“难”或“易”）溶于水。
（6）CO2晶胞中，与CO2紧邻的CO2有_______个。
（7）酸性比较：H2SeO3______H2SeO4 ，原因_________________________________。
（8）向CuSO4溶液中滴加氨水，溶液先出现沉淀后沉淀溶解，写出沉淀溶解的离子方程式_____________________________，[Cu(H2O)4]2+易转化为[Cu(NH3)4]2+原因__________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 正四面体 (2). 平面三角形 (3). NO3- (4). 或 (5). sp3 (6). Br＞As＞Se (7). c (8). 分子晶体 (9). 难 (10). 12 (11). ＜ (12). H2SeO4 中非羟基 氧原子数目多于H2SeO3 (13). Cu(OH)2 + 4NH3 = [ Cu(NH3)4] 2++ 2OH－ (14). 电负性O＞N，给电子能力N＞O，配位能力NH3＞H2O
【解析】
【详解】（1）PO43-中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为1/2(5+3-4×2)=0，PO43-价层电子对对数为4+0=4，故立体构型为正四面体；SeO3中心原子为Se，中心原子的价层电子对对数为（6+0）/2=3，不含孤电子对，属于sp2杂化，空间构型为平面三角形；综上所述，本题答案是：正四面体，平面三角形。
（2）等电子体要求原子数相同，价电子总数相同，与SeO3互为等电子体的离子为NO3-；根据原子成键规律可知：硫原子与碳原子间形成一对共用电子对，则碳氮原子间形成3对共用电子对，或硫原子与碳原子间形成2对共用电子对，则碳氮原子间形成2对共用电子对，所以SCN-电子式：或综上所述，本题答案是：NO3-；或。
（3）由S8的结构可知，每个S原子形成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化；综上所述，本题答案是：sp3。
（4）As、Br、Se在第4周期，非金属性越强，第一电离能越大，但砷的4p电子半满，所以三种元素的第一电离能从大到小顺序为 Br＞As＞Se；综上所述，本题答案是：Br＞As＞Se。
（5）配体中配位原子提供孤对电子，CO中的碳提供孤对电子，所以Ni(CO)4中配位原子是C；Ni(CO)4是液态挥发性物质，所以其熔点较低，故为分子晶体；构型为正四面体，是对称结构，所以是非极性物质，根据相似相溶原理知，Ni(CO)4易溶于非极性溶剂，水是极性溶剂，因此其难溶于水；综上所述，本题答案是：C，分子晶体，难。
（6）CO2为分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心，以顶点上CO2分子为例，与它紧邻的CO2 分子有3×8/2=12个；综上所述，本题答案是：12。
（7）H2SeO4 中非羟基氧原子数目多于H2SeO3，酸性就强；所以酸性：H2SeO3
13.下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）表中属于d区的元素是________(元素符号)。
（2）写出元素溴的基态原子的简化电子排布式_____________________，写出⑩的价电子排布图_____________________________________。
（3）某元素⑦的原子核外最外层电子的成对电子为________对。
（4）元素④的氢化物的分子构型为________，中心原子的杂化形式为________。
（5）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如下图，其中序号“⑧”为________(填元素符号)；其中电负性最大的是________(填元素符号)。
（6）⑩的基态原子有____种能量不同的电子；如图___(填“甲”、“乙”或“丙”)表示的是⑩晶体中微粒的堆积方式。晶体中距离一个⑩原子最近的⑩原子有____个。若该晶体中一个晶胞的边长为a pm，则⑩晶体的密度为__________g.cm-3(写出含a的表达式，用NA表示阿伏加德罗常数的值，不需化简)。若⑩的原子半径为r，则⑩晶胞这种堆积模型的空间利用率为__________。
【答案】 (1). Fe (2). [Ar]3d104s24p5 (3). (4). 3 (5). 三角锥形 (6). sp3 (7). Si (8). Cl (9). 7 (10). 乙 (11). 12 (12). (13).
【解析】
【详解】根据周期表的结构可知各元素分别为：①H ②Be ③C ④N ⑤Al ⑥S ⑦Cl ⑧Ca ⑨Fe ⑩Cu；
(1)d区元素包括ⅢB-ⅦB元素，Ⅷ族元素，为第3列到10列元素(镧系元素、锕系元素除外)，由元素在周期表中位置可以知道，⑨元素Fe处于第8列,为第Ⅷ族元素,属于d区的元素；因此，本题正确答案是：Fe。
(2) 溴原子的核电荷数为35，其基态原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p5 ；⑩元素为Cu，核电荷数为29，原子基态电子排布式：[Ar]3d104s1, 其价电子为排布图：；综上所述，本题答案是：[Ar]3d104s24p5 ， 。
（3）⑦元素为Cl，核电荷数为17，原子核外最外层电子为7，特征电子排布式为3s23p5, s能级为成对电子,p能级5个电子各占据3个轨道，其中一个轨道只有1个电子，所以成对电子为3对；综上所述，本题答案是：3。
（4）④元素为N，氢化物为NH3，N原子价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4,含有1对孤对电子，故NH3为三角锥型，N原子产生sp3杂化；综上所述，本题答案是：三角锥形，sp3。
（5）第3周期8种元素中Si是原子晶体，单质的熔点最高；同周期自左而右电负性增强(稀有气体除外)，故Cl元素的电负性最强；因此，本题正确答案是：Si 、Cl。
（6）⑩元素为Cu，核电荷数为29，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，因为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级能量不同，所以有7种能量不同的电子；Cu为面心立方最密堆积，是面心立方最密堆积型，故为图乙结构；根据铜晶胞可知，铜晶体为面心立方结构，顶点离面心的铜原子距离最近，一个晶胞中，一个顶点的晶胞有8个，共24个面心铜原子，1个面心铜原子由2个晶胞共有，因此晶体中距离一个铜原子最近的铜原子有12个；晶胞中Cu原子数目=8×1/8+6×1/2=4，晶胞质量=4×64/NAg，该晶体中一个晶胞的边长为a pm，则晶胞体积=(a×10-10)3cm3，晶体的密度=(4×64/NA)÷(a×10-10)3= g/cm3；若Cu的原子半径为r，设晶胞边长为a，由图可知，(4r)2=a2+a2，则晶胞棱长a=4r×=2r，则晶胞体积=(2r )3，晶胞中Cu原子总体积=4×4/3πr3，则Cu晶胞这种堆积模型的空间利用率为(4×4/3πr3)/(2r )3=；综上所述，本题答案是：7 ，乙 ，12， ，。
14.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是________________________________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在_____。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为___________________。六棱柱底边边长为a cm，高为b cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_____________________________________g·cm－3（列出计算式）。
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【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和π键（或键） (9). 六方最密堆积 (10). 65×4/[ NA×a2×3b×]
【解析】
【详解】（1）Co的核电荷数为27，基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O元素是非金属元素而Mn是过渡金属元素，因此第一电离能较大的是O；O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数为2，Mn基态原子价电子为3d54s2，所以其核外未成对电子数为5，因此Mn与O基态原子核外未成对电子数较多的是Mn；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，O，Mn。
（2）CO2的分子构型为直线型，杂化轨道数为1+1=2，中心碳原子为sp 杂化，CH3OH中心碳原子形成4个键，为 sp3杂化；综上所述，本题答案是：sp，sp3。
（3）CO2低压合成甲醇反应中所涉及的4种物质中，水和甲醇均为极性分子，分子间有氢键，且水分子形成的氢键较多，沸点最高；CO2与H2均为非极性分子, CO2相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点高于H2，因此沸点从高到低的顺序为: H2O>CH3OH>CO2>H2；综上所述，本答案是：H2O>CH3OH>CO2>H2 ；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大。
（4）硝酸根离子中含有π键，且硝酸锰为离子化合物，也含有离子键；综上所述，本题答案是：离子键和π键（或键）。
（5）由图可知其结构为ABAB，堆积为六方最密堆积；一个晶胞中有原子个数为12×1/6+2×1/2+3=6，六棱柱体积为：a×a×sin60°×3×b cm3；晶胞密度ρ=[6×M(Zn)]/[NA×a2×3b×sin60°]=65×6/[NA×a2×3b×sin60°]= 65×4/[ NA×a2×3b×] g·cm－3；综上所述，本题答案是：六方最密堆积， 65×4/[ NA×a2×3b×]。
【点睛】明确晶胞中每个原子被几个晶胞占有是解本题关键；利用均摊法计算晶胞中原子个数，正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，面上的原子被2个晶胞占有，棱上的原子被4个晶胞占有；本题金属锌的晶胞中，为六方最密堆积，所以顶点锌被6个晶胞共用，面被2个晶胞共用，体心内有3个，解答是要注意这一点。
1.下列各组元素，按原子半径依次减小，元素第一电离能逐渐升高的顺序排列的是( )
A. Al、Mg、Na B. K、Na、Li
C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】B
【解析】
【详解】A项，同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大， Mg的最外层电子s轨道全满，第一电离能比Al 和Na 都高，所以第一电离能Na < Al< Mg，故A项错误；
B项，同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，所以第一电离能K
D项，P的最外层电子p轨道半满，第一电离能比S高，但是比Cl低，所以第一电离能S
2.下列有关σ键和π键的说法正确的是( )
A. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
B. 当原子形成分子时，首先形成π键，可能形成σ键
C. σ键和π键都属于共价键，均有方向性
D. 在所有分子中，σ键都比π键牢固
【答案】A
【解析】
【详解】A项，由于π键的键能小于σ键的键能，所以反应时易断裂，A正确；
B项，在分子形成时，为了使其能量最低，必然首先形成σ键，再根据形成原子的核外电子排布来判断是否形成π键，B错误；
C.S轨道是球形对称，所以S轨道及S轨道形成的共价键没有方向性，C错误；
D.一般情况下，σ键比π键强度大，但是也有特殊情况，比如氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍还要大，D错误；
综上所述，本题选A。
3.列物质中既有极性键又有非极性键的极性分子的是( )
A. CS2 B. CH4 C. H2O2 D. CH2=CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A.CS2 分子中共价键为碳硫极性键,不存在非极性键,故A错误；
B. CH4 分子中共价键为碳氢极性键,不存在非极性键,故B错误；
C. H2O2 分子中共价键为氢氧极性共价键，氧氧非极性共价键，该分子为不对称结构，属于极性分子，故C正确；
D. CH2=CH2分子中共价键为氢碳极性共价键，碳碳非极性共价键，分子为对称结构，属于非极性分子，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。以上解析中，H2O2为极性分子，而CS2、CH4 、CH2=CH2均属于非极性分子。
4.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 （ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
5. 右图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是
A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4
【答案】D
【解析】
试题分析：在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF分子间因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，a所处曲线中有一种物质的沸点为100℃，是H2O，说明a是H2S。
考点：考查了氢键与物质熔沸点的相关知识。
6. 若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的转化。在转化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是
A. 氢键；分子间作用力；非极性键
B. 氢键；氢键；极性键[
C. 氢键；极性键；分子间作用力
D. 分子间作用力；氢键；非极性键
【答案】B
【解析】
试题分析：雪花→水破坏的主要是氢键；水→水蒸气破坏的主要是氢键；水蒸气→氧气和氢气，发生了化学变化，克服的主要是分子内的极性共价键，答案选B。
考点：考查水的各种状态变化过程中破坏的微粒之间的作用力的判断
7.列物质熔、沸点的高低顺序正确的是 （ ）
A. 金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅 B. HI＞HBr＞HCl＞HF
C. 邻羟基苯甲酸> 对羟基苯甲酸 D. 金刚石> MgO > Mg >Na
【答案】D
【解析】
【详解】A、金刚石，晶体硅，二氧化硅，碳化硅都是原子晶体，原子晶体的熔沸点的高低：比较共价键强弱。原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高，因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长＜O-Si的键长＜C-Si的键长＜Si-Si的键长，所以金刚石，晶体硅，二氧化硅，碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；
B. 同类型分子晶体的相对分子质量越大，溶沸点越高，但是HF分子间存在氢键，沸点反常，因此顺序由高到低：HF＞HI＞HBr＞HCl，故B错误；
C. 邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低，而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，故对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的高，故C错误；
D. 金刚石为原子晶体，熔沸点高，MgO为离子晶体，熔沸点较高，所以金刚石>MgO； Mg 和Na属于金属晶体，且原子半径越小，金属键越大，熔沸点高，所以Mg>Na；熔沸点顺序：金刚石> MgO > Mg >Na，D正确；
综上所述，本题选D。
8.列说法正确的是( )
A. 凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B. C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
【答案】C
【解析】
【详解】A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
9.下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ② ③ ④C2H2 ⑤N2H4 ⑥C6H6
A. ①②③ B. ①②⑥ C. ②③⑤ D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂化类型。
【详解】①BF3分子中硼原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
②分子中硫原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
③分子中硫原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
④CH≡CH分子中每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，故错误；
⑤N2H4分子中每个氮原子杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化，故错误；
⑥C6H6分子中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题考查了原子杂化类型的判断，难度不大，根据“杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数”来解答即可，原子杂化类型的判断是高考的热点，所以是学习的重点。
10.下列关于晶体的说法正确的组合是( )
①分子晶体中都存在共价键；
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子；
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低；
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键；
⑤CaTiO3晶体的晶胞结构如上图所示（其中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点位置)，则每个Ti4+和12个O2-相紧邻；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合；
⑦ H2O比H2S分子更稳定，是因为H2O分子中存在氢键；
⑧钠熔化时金属键被破坏，氯化钠熔化时离子键被破坏。
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；
②金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，无阴离子，故②错误；
③晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高（含有氢键的物质除外），所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S ，故③正确；
④离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤由晶胞结构可知CaTiO3晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4+和12个O2-紧邻，故⑤正确；
⑥ SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；
⑧离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，钠属于金属晶体，熔化时金属键被破坏，故⑧正确。故正确序号为③⑤⑧。
综上所述，本题选D。
11.按要求填空。
（1）金刚石晶体中1个碳连接________个C原子，C杂化类型为____________，形成的六元环最多________个原子共面，12g金刚石中含有________molC-C键。
（2）石墨晶体为层状结构，其中一个C连接______个C，C杂化类型为_______；12g石墨中含有______mol C-C键，12g石墨中含有平面六元环的个数为_______。
（3）SiO2晶体中一个Si连接______个O，Si杂化类型为___________；Si与O个数比______，60g SiO2晶体中含有______mol Si-O键。
（4）黄铜主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1 (Zn)________Ⅰ1 (Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). sp3 (3). 4 (4). 2 (5). 3 (6). sp2 (7). 1.5 (8). 0.5NA（或3.01×1023） (9). 4 (10). sp3 (11). 1:2 (12). 4 (13). 大于 (14). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
【解析】
【详解】（1）金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体；碳原子杂化轨道数为0+4=4，属于sp3杂化；形成的六元环最多4个原子共面；每个碳原子与其它四个碳原子形成4个共价单键，相当于占有4×1/2=2个C-C键，所以12g（物质的量为1mol）金刚石中含有2molC-C键；综上所述，本题答案是：4， sp3 ，4 ，2。
（2）石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构；碳原子杂化轨道数为3+0=3，其杂化类型为sp2 杂化；每个碳原子连有3个C-C键，相当于占有3×1/2=1.5个C-C键，所以12g（物质的量为1mol）石墨中含有1.5mol C-C键；每个碳原子被3个六元环共用，每个六元环中含有的碳原子数目为1/3×6=2，所以1mol碳原子含有六元环的个数为0.5 NA，所以12g石墨中含有平面六元环的个数为0.5NA（或3.01×1023）；综上所述，本题答案是：3 ，sp2 ，1.5， 0.5NA（或3.01×1023）。
（3）SiO2晶体中一个Si连接4个O，形成四面体结构；SiO2晶体中，Si原子杂化轨道数为0+4=4，杂化类型为sp3；SiO2属于原子晶体，Si与O个数比1:2；在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4条Si-O，所以1mol SiO2晶体中含有4 molSi-O键，所以60g SiO2晶体中含有4 mol Si-O键；综上所述，本题答案是：4， sp3，1:2 ，4 。
（4）锌原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，铜失去一个电子其内层电子达到全充满稳定状态，因此第一电离能Ⅰ1 (Zn)大于Ⅰ1 (Cu)；综上所述，本题答案是：大于， Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
【点睛】对于一些常见的物质中含有的共价键数目规律：1mol金刚石有2NAC-C键；1mol晶体硅有2NASi-Si键；1mol SiO2 晶体有4NASi-O键；1mol石墨晶体有1.5NAC-C键；1molSiC晶体有4NASi-C键。
12.按要求完成下列问题。
（1）利用VSEPR推断分子或离子的空间构型：___________；SeO3__________。
（2）与SeO3互为等电子体的一种离子为_____(填化学式)。SCN-电子式_______。
（3）S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是__。
（4）硒、溴与砷同周期，三种元素的第一电离能从大到小顺序为__________（用元素符号比较）。
（5） 已知常温下Ni(CO)4是无色液体，其构型为正四面体。则配位原子是______，晶体类型为__________，推测其______（填“难”或“易”）溶于水。
（6）CO2晶胞中，与CO2紧邻的CO2有_______个。
（7）酸性比较：H2SeO3______H2SeO4 ，原因_________________________________。
（8）向CuSO4溶液中滴加氨水，溶液先出现沉淀后沉淀溶解，写出沉淀溶解的离子方程式_____________________________，[Cu(H2O)4]2+易转化为[Cu(NH3)4]2+原因__________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 正四面体 (2). 平面三角形 (3). NO3- (4). 或 (5). sp3 (6). Br＞As＞Se (7). c (8). 分子晶体 (9). 难 (10). 12 (11). ＜ (12). H2SeO4 中非羟基 氧原子数目多于H2SeO3 (13). Cu(OH)2 + 4NH3 = [ Cu(NH3)4] 2++ 2OH－ (14). 电负性O＞N，给电子能力N＞O，配位能力NH3＞H2O
【解析】
【详解】（1）PO43-中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为1/2(5+3-4×2)=0，PO43-价层电子对对数为4+0=4，故立体构型为正四面体；SeO3中心原子为Se，中心原子的价层电子对对数为（6+0）/2=3，不含孤电子对，属于sp2杂化，空间构型为平面三角形；综上所述，本题答案是：正四面体，平面三角形。
（2）等电子体要求原子数相同，价电子总数相同，与SeO3互为等电子体的离子为NO3-；根据原子成键规律可知：硫原子与碳原子间形成一对共用电子对，则碳氮原子间形成3对共用电子对，或硫原子与碳原子间形成2对共用电子对，则碳氮原子间形成2对共用电子对，所以SCN-电子式：或综上所述，本题答案是：NO3-；或。
（3）由S8的结构可知，每个S原子形成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化；综上所述，本题答案是：sp3。
（4）As、Br、Se在第4周期，非金属性越强，第一电离能越大，但砷的4p电子半满，所以三种元素的第一电离能从大到小顺序为 Br＞As＞Se；综上所述，本题答案是：Br＞As＞Se。
（5）配体中配位原子提供孤对电子，CO中的碳提供孤对电子，所以Ni(CO)4中配位原子是C；Ni(CO)4是液态挥发性物质，所以其熔点较低，故为分子晶体；构型为正四面体，是对称结构，所以是非极性物质，根据相似相溶原理知，Ni(CO)4易溶于非极性溶剂，水是极性溶剂，因此其难溶于水；综上所述，本题答案是：C，分子晶体，难。
（6）CO2为分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心，以顶点上CO2分子为例，与它紧邻的CO2 分子有3×8/2=12个；综上所述，本题答案是：12。
（7）H2SeO4 中非羟基氧原子数目多于H2SeO3，酸性就强；所以酸性：H2SeO3
13.下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）表中属于d区的元素是________(元素符号)。
（2）写出元素溴的基态原子的简化电子排布式_____________________，写出⑩的价电子排布图_____________________________________。
（3）某元素⑦的原子核外最外层电子的成对电子为________对。
（4）元素④的氢化物的分子构型为________，中心原子的杂化形式为________。
（5）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如下图，其中序号“⑧”为________(填元素符号)；其中电负性最大的是________(填元素符号)。
（6）⑩的基态原子有____种能量不同的电子；如图___(填“甲”、“乙”或“丙”)表示的是⑩晶体中微粒的堆积方式。晶体中距离一个⑩原子最近的⑩原子有____个。若该晶体中一个晶胞的边长为a pm，则⑩晶体的密度为__________g.cm-3(写出含a的表达式，用NA表示阿伏加德罗常数的值，不需化简)。若⑩的原子半径为r，则⑩晶胞这种堆积模型的空间利用率为__________。
【答案】 (1). Fe (2). [Ar]3d104s24p5 (3). (4). 3 (5). 三角锥形 (6). sp3 (7). Si (8). Cl (9). 7 (10). 乙 (11). 12 (12). (13).
【解析】
【详解】根据周期表的结构可知各元素分别为：①H ②Be ③C ④N ⑤Al ⑥S ⑦Cl ⑧Ca ⑨Fe ⑩Cu；
(1)d区元素包括ⅢB-ⅦB元素，Ⅷ族元素，为第3列到10列元素(镧系元素、锕系元素除外)，由元素在周期表中位置可以知道，⑨元素Fe处于第8列,为第Ⅷ族元素,属于d区的元素；因此，本题正确答案是：Fe。
(2) 溴原子的核电荷数为35，其基态原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p5 ；⑩元素为Cu，核电荷数为29，原子基态电子排布式：[Ar]3d104s1, 其价电子为排布图：；综上所述，本题答案是：[Ar]3d104s24p5 ， 。
（3）⑦元素为Cl，核电荷数为17，原子核外最外层电子为7，特征电子排布式为3s23p5, s能级为成对电子,p能级5个电子各占据3个轨道，其中一个轨道只有1个电子，所以成对电子为3对；综上所述，本题答案是：3。
（4）④元素为N，氢化物为NH3，N原子价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4,含有1对孤对电子，故NH3为三角锥型，N原子产生sp3杂化；综上所述，本题答案是：三角锥形，sp3。
（5）第3周期8种元素中Si是原子晶体，单质的熔点最高；同周期自左而右电负性增强(稀有气体除外)，故Cl元素的电负性最强；因此，本题正确答案是：Si 、Cl。
（6）⑩元素为Cu，核电荷数为29，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1，因为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级能量不同，所以有7种能量不同的电子；Cu为面心立方最密堆积，是面心立方最密堆积型，故为图乙结构；根据铜晶胞可知，铜晶体为面心立方结构，顶点离面心的铜原子距离最近，一个晶胞中，一个顶点的晶胞有8个，共24个面心铜原子，1个面心铜原子由2个晶胞共有，因此晶体中距离一个铜原子最近的铜原子有12个；晶胞中Cu原子数目=8×1/8+6×1/2=4，晶胞质量=4×64/NAg，该晶体中一个晶胞的边长为a pm，则晶胞体积=(a×10-10)3cm3，晶体的密度=(4×64/NA)÷(a×10-10)3= g/cm3；若Cu的原子半径为r，设晶胞边长为a，由图可知，(4r)2=a2+a2，则晶胞棱长a=4r×=2r，则晶胞体积=(2r )3，晶胞中Cu原子总体积=4×4/3πr3，则Cu晶胞这种堆积模型的空间利用率为(4×4/3πr3)/(2r )3=；综上所述，本题答案是：7 ，乙 ，12， ，。
14.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是________________________________________________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在_____。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为___________________。六棱柱底边边长为a cm，高为b cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_____________________________________g·cm－3（列出计算式）。
.
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 (8). 离子键和π键（或键） (9). 六方最密堆积 (10). 65×4/[ NA×a2×3b×]
【解析】
【详解】（1）Co的核电荷数为27，基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O元素是非金属元素而Mn是过渡金属元素，因此第一电离能较大的是O；O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数为2，Mn基态原子价电子为3d54s2，所以其核外未成对电子数为5，因此Mn与O基态原子核外未成对电子数较多的是Mn；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，O，Mn。
（2）CO2的分子构型为直线型，杂化轨道数为1+1=2，中心碳原子为sp 杂化，CH3OH中心碳原子形成4个键，为 sp3杂化；综上所述，本题答案是：sp，sp3。
（3）CO2低压合成甲醇反应中所涉及的4种物质中，水和甲醇均为极性分子，分子间有氢键，且水分子形成的氢键较多，沸点最高；CO2与H2均为非极性分子, CO2相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点高于H2，因此沸点从高到低的顺序为: H2O>CH3OH>CO2>H2；综上所述，本答案是：H2O>CH3OH>CO2>H2 ；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大。
（4）硝酸根离子中含有π键，且硝酸锰为离子化合物，也含有离子键；综上所述，本题答案是：离子键和π键（或键）。
（5）由图可知其结构为ABAB，堆积为六方最密堆积；一个晶胞中有原子个数为12×1/6+2×1/2+3=6，六棱柱体积为：a×a×sin60°×3×b cm3；晶胞密度ρ=[6×M(Zn)]/[NA×a2×3b×sin60°]=65×6/[NA×a2×3b×sin60°]= 65×4/[ NA×a2×3b×] g·cm－3；综上所述，本题答案是：六方最密堆积， 65×4/[ NA×a2×3b×]。
【点睛】明确晶胞中每个原子被几个晶胞占有是解本题关键；利用均摊法计算晶胞中原子个数，正方体中，顶点上的原子被8个晶胞占有，面上的原子被2个晶胞占有，棱上的原子被4个晶胞占有；本题金属锌的晶胞中，为六方最密堆积，所以顶点锌被6个晶胞共用，面被2个晶胞共用，体心内有3个，解答是要注意这一点。
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