1、福建省福州市八县一中2019-2020学年高二化学下学期适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：相对原子量: H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 Cl-35.5 Ni-59 B-11 P-31 Zn-65、Te-128 Cu-64 Fe-56卷一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是( )A. 最易失去的电子一般能量最高B. 电离能最小的电子能量最高C. 在离核最近区域内运动的电子能量最低D. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量【答案】D【解析】【详解】A. 根据能量
2、最低原理可知，通常离核越远的电子，其能量越高，其越容易失去，因此，最易失去的电子通常是离原子核最远的电子，A正确； B. 能量越高的电子，其电离能越小，故电离能最小的电子能量最高，B正确；C. 根据能量最低原理可知，在离核最近区域内运动的电子能量最低，C正确； D. 不同能层的电子，其能量不同，能层越高，电子的能量越高；同一能层中，不同电子亚层的电子，其能量也不同，同一能层中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量。因此，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，D错误。答案选D。2.磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说
3、法正确的是( )A. 磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体B. 磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C. 磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D. 磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同【答案】C【解析】【详解】A晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8+6=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故A错误；B磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误；C该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；D磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同。磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类
4、型相同，故D错误；答案选C。3.下列现象与氢键有关的有几项()H2O的熔、沸点比VIA族其他非金属元素氢化物的高 小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子高温下也很稳定A. 5项B. 4项C. 3项D. 2项【答案】B【解析】【详解】H2O分子间可以形成氢键，而VIA族其他非金属元素氢化物的分子间不能形成氢键，因此，水的熔、沸点比VIA族其他非金属元素氢化物的高，与氢键有关； 小分子的醇、羧酸均可以和水开成分子间氢键，因此，其均可以和水以任意比互溶，与氢键有关；氢键是有方向性的，因此，水结为冰时分子间的空隙变大，故冰的密度比液
5、态水的密度小，与氢键有关； 邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸只能形成分子间氢键，故对羟基苯甲酸的分子间作用力较大，因此，邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关；水分子中的共价键的键能很大，因此，水在高温下也很稳定，与氢键无关。综上所述，与氢键有关的有4项，故选B。【点睛】分子间形成氢键的，分子间的作用力较大，熔、沸点较高；分子内形成氢键的，分子间的作用力较小，熔、沸点较低。4.有关晶体的叙述中正确的是( )A. 在SiO2晶体中，最小的单元环是由6个硅原子组成的六元环B. 在124g白磷(P4)晶体中，含PP共价键个数为4NAC. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C
6、C键键能小于SiSi键D. 12g金刚石中含C原子与CC键之比为1:2【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 在SiO2晶体中，最小的单元环是由6个硅原子和6个氧原子所组成的12元环，A不正确；B.白磷分子中有6个共价键，124g白磷(P4)的物质的量为1mol，因此，在124g白磷(P4)晶体中，含PP共价键个数为6NA，B不正确；C. 金刚石和晶体硅均为原子晶体，金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为CC键键能大于SiSi键，C不正确；D. 12g金刚石的物质的量为1mol，其中每个碳原子形成共价键，两个碳原子之间只能形成一个共价键，故其中含1molC原子和2mol CC键，因此，C原子与CC键
7、之比为1:2，D正确。综上所述，有关晶体的叙述中正确的是D。5.Zn(CN)42-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHOZn(CN)42+4H+4H2O= Zn(H2O)42+4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. HOCH2CN分子中没有手性碳原子B. 1mol HOCH2CN分子中含有键的物质的量为5molC. Zn(CN)42-和Zn(H2O)42+的中心原子配位数均为4D. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化【答案】B【解析】【详解】A. HOCH2CN分子中有1个碳原子是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，
8、故分子中没有手性碳原子，故A正确；B. HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是键，三键中有1个键和2个键，故1mol HOCH2CN分子中含有键的物质的量为6mol，故B错误；C. Zn(CN)42-和Zn(H2O)42+的中心原子配位数均为4，故C正确；D. HOCH2CN分子中其中与羟基（-OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个键和2个键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；故选B。6.下列化合物中含有2个手性碳原子的是( )A.
9、B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】若有机物中的碳原子连有4个不同的原子或原子团，则该碳原子为手性碳原子。【详解】A. 分子中只有连接醛基和羟基的碳原子是手性碳原子，A不符合题意； B. 分子中，除了羧其中的碳原子外，其余两个碳原子都是手性碳原子，B符合题意；C. 分子中只有连接苯环的碳原子是手性碳原子，C不符合题意； D. 分子中只有碳链中间的碳原子是手性碳原子，D不符合题意。综上所述，含有2个手性碳原子的是B。7.下列分子价层电子对互斥模型与分子空间构型不一致的是( )A. SO3B. BF3C. NH3D. CH4【答案】C【解析】【详解】A. SO3的价层电子对数为3，中心原子
10、S采用sp2杂化，S原子与3个O原子共形成了3个键，故中心原子没有孤电子对，其价层电子对互斥模型与分子空间构型均为平面正三角形，A不符合题意； B. BF3的价层电子对数为3，中心原子B采用sp2杂化，B原子与3个F原子共形成了3个键，故中心原子没有孤电子对，其价层电子对互斥模型与分子空间构型均为平面正三角形，B不符合题意； C. NH3的价层电子对数为4，中心原子N采用sp3杂化，N原子与3个H原子共形成了3个键，故中心原子有一个孤电子对，其价层电子对互斥模型为正四面体，分子空间构型为三角锥形，价层电子对互斥模型与分子空间构型不一致，C符合题意； D. CH4的价层电子对数为4，中心原子C采
11、用sp3杂化，C原子与4个H原子共形成了4个键，故中心原子没有孤电子对，其价层电子对互斥模型与分子空间构型均为正四面体，D不符合题意。 综上所述，价层电子对互斥模型与分子空间构型不一致的是C。8.As2O3(砒霜)是两性氧化物（分子结构如图所示），溶于盐酸生成AsCl3，AsCl3用LiAlH4还原生成AlH3。下列说法正确的是（ ）A. As2O3 分子中As原子的杂化方式为sp2B. LiAlH4为共价化合物C. AsCl3空间构型为平面正三角形D. AlH3分子键角大于109.5【答案】D【解析】【详解】A.As2O3分子中形成了3个As-O共价键，As原子上还有一对孤电子对，As原子是
12、杂化轨道数目为4，所以As原子的杂化方式为sp3杂化，A错误；B.LiAlH4为离子化合物，阳离子是Li+，阴离子为AlH4-，B错误；C.AsCl3中有3个键，孤电子对数为=1，As原子为sp3杂化，含有一个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，C错误；D.AsH3分子中As原子价层电子对个数为3+=4，且含有1个孤电子对，所以该分子为三角锥形，孤电子对对成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的斥力，而AlH3中无孤电子对，所以键角大于109.5，D正确；故合理选项是D。9.PH3的分子构型为三角锥形，BeCl2的分子构型为直线形，CH4分子的构型为正四面体形，CO2为直线形分子，BF3分子构
13、型为平面正三角形，NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是A. 为极性分子，为非极性分子B. 只有为非极性分子，其余为极性分子C. 只有是极性分子，其余为非极性分子D. 只有是非极性分子，其余是极性分子【答案】A【解析】【分析】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否
14、则分子有极性。CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子， BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子； 结合以上分析可知，为极性分子，为非极性分子，A正确；综上所述，本题选A。【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子
15、对的分子为极性分子。10.某物质实验式为PtCl42NH3，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为6B. 该配合物可能是平面正方形结构C. Cl和NH3分子均与中心铂离子形成配位键D. 该配合物的配体只有NH3【答案】C【解析】【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为PtCl4(NH3)2,则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；C.由分析可
16、以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为PtCl4(NH3)2,所以C正确；D.该物质配位化学式为PtCl4(NH3)2,则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误；答案：C。11.下列分子的沸点比较正确的共有（）H2OH2S；H2OHF；H2SH2Se；CON2；CH4C2H6；正戊烷新戊烷；邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛A. 3项B. 4项C. 5项D. 6项【答案】B【解析】【详解】常温下水为液态，硫化氢为气态，或水分子间形成氢键、硫化氢分子间没有氢键，所以沸点比较：H2OH2S，故此项正确；常温下水为液态，氟化氢为气态，所以沸点比较：H2OHF，故此项正确；组成和结构相
17、似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故沸点比较：H2SeH2S，故此项错误；CO是极性分子，N是非极性分子，CO分子极性比N分子的极性强，所以CO沸点要高，故此项正确；乙烷的相对分子质量大于甲烷，所以沸点比较：C2H6CH4，故此项错误；同分异构体中，支链越多，分子间作用力越小，沸点越低，所以沸点比较：正戊烷新戊烷，故此项正确；邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛容易形成分子间氢键，所以沸点比较：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，故此项错误；故选B。【点睛】分子间作用力又称范德华力，主要影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解性等；分子间氢键的存在及分子的极性会增大分子间的作用力，
18、使得熔沸点升高。12.有关晶体的下列说法中正确的是（ ）A. 晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B. 氯化钠熔化时离子键未被削弱C. 冰熔化时水分子中共价键发生断裂D. 原子晶体中共价键越强，熔点越高【答案】D【解析】【详解】A分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故A错误；B氯化钠是由离子键形成的化合物，则熔化破坏离子键，故B错误；C冰是分子晶体，所以冰融化时克服分子间作用力，共价键不变，故C错误；D原子晶体中共价键的强弱决定其熔点的高低，所以原子晶体中共价键越强，熔点越高，故D正确；故选D。13.三氯化硼的熔点为-107，沸点为12.5，在其分子中键
19、与键之间的夹角为120，它能水解，有关叙述正确的是（ ）A. 三氯化硼液态时能导电而固态时不导电B. 三氯化硼加到水中使溶液的pH升高C. 三氯化硼分子呈平面三角形，属非极性分子D. 分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】A氯化硼是共价化合物；B三氯化硼水解生成HCl；C三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子；D原子的价电子数加上化合价的绝对值等于8，则为8电子稳定结构。【详解】A氯化硼是共价化合物液态时不能导电，选项A错误； B三氯化硼加到水中会发生水解生成HCl，则使溶液的pH降低，选项B错误；C三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为1
20、20，是平面三角形结构，为非极性分子，选项C正确；D三氯化硼中B的价电子数为3，化合价为+3，则分子中B的最外层电子数为3+3=6，则B不满足最外层8电子稳定结构，选项D错误答案选C。【点睛】本题考查原子轨道杂化、分子立体构型、8电子稳定结构等，难度适中，注意三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120，是平面三角形结构。14.下列各组物质熔化或升华时，所克服的粒子间作用属于同种类型的是（ ）A. 氯化钠与蔗糖熔化B. 碘和干冰升华C. 镁和硫熔化D. 金刚石与氧化钠熔化【答案】B【解析】详解】A.氯化钠熔化破坏离子键与蔗糖熔化破坏分子间作用力，故A错误； B.碘和干
21、冰升华均破坏的是分子间作用力，故B正确；C.镁熔化破坏金属键和硫熔化破坏分子间作用力，故C错误； D.金刚石熔化破坏共价键与氧化钠熔化破坏离子键，故D错误；答案：B【点睛】注意先确定物质晶体类型，再根据熔化时离子晶体破坏离子键，原子晶体破坏共价键，分子晶体破坏分子间间作用力，金属晶体破坏金属键进行判断。15.预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是( )A. V形；平面三角形B. V形；三角锥形C. 直线形；平面三角形D. 直线形；三角锥形【答案】A【解析】H2S中中心原子S有2个键，孤电子对数为(621)/2=2，价层电子对数为4，空间构型为V形，BF3中中心原子B有3个键，孤电子对
22、数为(331)/2=0，价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，故选项A正确。16.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C. 元素Y和Q可形成化合物Y2O3D. ZO2是极性键构成的非极性分子【答案】A【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原
23、子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素。【详解】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素；AX是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫
24、、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；BT是P元素、Z是C元素，T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形，分别为白磷和金刚石，白磷分子中四个磷原子位于四个顶点上，故B正确；CY是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，故C正确；DZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，故D正确；故答案为A。17.下列元素性质的递变规律正确的是A. 第一电离能：BBeMgNSPC. 气态氢化物的稳定性：NH3CH4PH3SiH4D. 原子半径：BeBCCH4，故C错误；DBe、B、C、N位于同一周期，且原子
25、序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径BeBCN，故D错误。18.第A族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）A. 每个原子都达到8电子稳定结构B. 键角(ClRCl)有90、120、180几种C. RCl5受热后会分解生成分子RCl3，RCl5和RCl3都是极性分子D. 分子中5个RCl键键能各不相同【答案】B【解析】【详解】AR元素最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5分子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项错误；B上、下两个顶点的原
26、子与中心R原子形成的键角为180，中间的平面三角形中，中心原子与三个项点的原子形成的键角为120，中心原子与上、下顶点原子、与此三角形平面项点的原子形成的键角为90，所以键角(ClRCl)有90、120、180几种，B项正确；C由图可知RCl5分子空间构型是高度对称的，形成非极性分子，而RCl3是三角锥形结构，其分子是极性分子，C项错误；D分子上、下顶点的Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，平面上正三角形顶点三个Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，D项错误；所以答案选择B项。19.一种广泛用于锂离子电池的物质结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W
27、同主族，原子半径r(X)r(Y)r(Z)。下列说法正确的是A. X的氢化物中只有极性键B. Y在该物质中有两种不同价态C. Z的单质能与水反应生成Y的单质D. 简单离子的还原性Wr(Y)r(Z)，则X、Y、Z同周期，X为C元素；Z为F元素；据此分析。【详解】AX为C元素，C的氢化物可以是甲烷、乙烷、丙烷等，有极性键，也可能含有非极性键，A错误；B该物质为LiSO3CF3，O元素的化合价为-2价，B错误；CZ为F元素，Y为O元素，2F2+2H2O=4HF+O2，C正确；DY为O元素，W为S元素；S的还原性大于O，则S2-的还原性大于O2-，D错误；答案选C。20.Fe为过渡金属元素，在工业生产中
28、具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 Fe(NO)(H2O)nSO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是( )A. 该配合物的化学式为Fe(NO)(H2O)5SO4B. 该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区C. 1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀D. 该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构【答案】A【解析】【分析】配合物Fe(NO)(H2O)nSO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子（3s23p63d6），配体
29、为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。【详解】A. 由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为Fe(NO)(H2O)5SO4，A正确；B. 该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；C. Fe(NO)(H2O)5SO4属于配合物，其内界Fe(NO)(H2O)52+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；D. 该配合物中阳离子为Fe(NO)(H2O)52+，中心原子的配位数为6
30、，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。综上所述，有关说法正确的是A。II卷二、填空题(4大题，共 60分)21.Fe、Co、Ni均为第族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。(1)基态Ni原子价电子中成对电子数与未成对电子数之比为_。(2)MgO与CaO这两个物质，其中熔点较高的是_，原因是_。(3)第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素之间的元素有_种。(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合， 其结构如图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_ (填名称)。M中碳原子的杂化方式为_。M中不含_ (填代号)。a、键 b、键 c、离子
31、键 d、配位键(5)NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_。【答案】 (1). 4：1 (2). MgO (3). 它们都是离子晶体，由于Mg2+的半径小于Ca2+,所以MgO的晶格能大于CaO (4). 3 (5). 氧 (6). sp2 、sp3 (7). C (8). (1，)【解析】【分析】根据原子的电子排布图可以判断其价电子中的成对电子数和未成对电子数。根据影响晶格能的因素比较离子晶体的熔点高低。根据同一周期中第一电离能的变化规律分析第一电离能的相对大小。根据O和Cl形成的化合物中元素的化合价比较其电负性的大小关系。根据
32、碳原子的成键特点判断其所形成的共价键的类型。根据晶胞结构及其中粒子的空间分布特点判断其坐标参数。【详解】(1)基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，其轨道表示式为，因此，其中成对电子数与未成对电子数分别为8和2，因此，其比值为4：1。(2)组成和结构相似的离子晶体，其晶格能越高，其熔点越高。MgO与CaO均属于离子晶体，由于Mg2+的半径小于Ca2+，因此，MgO的晶格能高于CaO，其中熔点较高的是MgO。(3)同一周期中的元素，其第一电离能从左到右呈增大趋势，其中第IIA和第VA的元素因其价电子排布处于较稳定的状态，其第一电离能高于邻近的两种元素，因此，第二周期中，第一电离能介于B元素和N
33、元素之间的元素有Be、C、O等3种。(4)非金属元素的电负性通常高于金属元素的电负性，组成M的元素中属于非金属元素的有H、C、O、Cl，H、C、O的电负性依次增大，O和Cl形成的化合物中，O显负价，故其中电负性最大的是氧元素。M分子中，苯环上的碳原子和形成碳碳双键的碳原子，其杂化方式为sp2，M分子中还有3个饱和的碳原子，其杂化方式为sp3。M分子中，苯环上的碳原子和碳碳双键中的碳原子既形成了键，又形成了键，Ti原子与O原子之间形成了配位键，但是不含离子键，故选C。 (5)根据NiO的晶体结构示意图可知，其晶胞与氯化钠的晶胞相似，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C离子位
34、于晶胞侧面的面心，根据A和B的坐标可知，C离子坐标参数为(1，)。22.铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域。(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr3基态核外电子排布式为_。 (2)AlCl3可作反应的催化剂。1 mol对甲基苯乙酮分子中含有的键数目为_。CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。 (3)用价层电子对互斥理论解释SO的键角大于SO的原因是_。 (4)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n_。(5)Na3Co(NO2)6常用作检验K试剂， 配位体的中心原子的杂化形式为_， 空间构型为_。大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n为各
35、原子的单电子数(形成键的电子除外)和得电子数的总和 (如苯分子中的大键可表示为，则中大键应表示为_。(6)铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，若该晶体的密度是gcm3，则两个最近的Fe原子间的距离为_cm。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3 (2). 20NA (3). CH3COOH分子与H2O分子间形成氢键 (4). 两种离子中心硫原子均为sp3杂化， 中没有孤对电子，有一个孤对电子，孤对电子对成键电子对有排斥作用，因此键角更小 (5). 6 (6). sp2 (7). V形 (8). (9). 【解析】
36、【分析】根据原子的电子排布式分析其离子的价电子排布式。根据分子中原子的成键特点分析其键数目。根据分子结构分析其形成氢键的可能性。根据价层电子对互斥理论比较不同分子中键角的大小关系。根据均摊法和电离守恒分析晶胞的组成及化学式，并进行相关的计算。【详解】(1)Cr为24元素，根据能量最低原理和洪特规则可知，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，因此， Cr3基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。 (2)对甲基苯乙酮分子中有9个CC键、1个C=O键、10个CH键，其分子中共有20个键，因此，1 mol对甲基苯乙酮分子中含有的键数目为20NA。若溶质与水
37、分子间可以形成氢键，则溶质在水中的溶解度通常都会很大。由于CH3COOH与H2O的分子中均有羟基，两者具备形成分子间氢键的基本条件，因此，CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为CH3COOH分子与H2O分子间形成氢键。 (3)根据价层电子对互斥理论可知，当中心原子的杂化方式相同时，孤电子对越多，共价键的键角就越小。SO和SO的中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，前者没有孤电子对，后者有一个孤电子对，因此， SO的键角大于SO的原因是：两种离子的中心硫原子均为sp3杂化， 中没有孤对电子，有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对有排斥作用
38、，因此键角更小。 (4)由该遮光剂的晶胞结构示意图可知，晶胞的棱边上有4个Na+，还有10个Na+位于面上，位于晶胞的顶点和体心，根据均摊法可以计算出该晶胞中共有6个Na+和2个，根据电荷守恒可知，2(n-3)=6，所以n6。(5)Na3Co(NO2)6的 配位体的中心原子为N原子，其价层电子对数为(5+1)2=3，故其杂化形式为sp2，由于其只形成了2个键， 有一个孤电子对，根据价层电子对互拆理论可知，其空间构型为V形。中的N原子除去形成键的2个电子和1个孤电子对外，还剩余一个p轨道的电子；每个氧原子的p轨道有两个不成对电子，在与N原子形成一个键后，还剩余一个未成对的电子；另外带一个单位的负
39、电荷，说明还得到一个电子。综上所述，共有3个原子和4个电子参与形成了大键，故其中的大键应表示为。(6)根据晶胞结构示意图可知，该晶胞中有的Fe原子分布在顶点和面心，N原子在体心，根据均摊法可知，该晶胞共占有4个Fe原子和1个N原子，故其化学式为Fe4N，1mol该晶胞的质量为(564+14)g，设晶胞的边长为a，则1mol该晶胞的体积为NAa3。若该晶体的密度是gcm3，则gcm3，解之得a=。在该晶胞中，位于顶点和面心的两个Fe原子之间的距离最近，因此两个最近的Fe原子间的距离为面对角线的一半，即 cm。【点睛】本题中大键的判断及计算Fe原子之间的距离是本题的难点。关于中大键的判断，首先要计
40、算出中心原子的价层电子对数，然后计算出没有参与成键的单电子数，要注意孤电子对属于价层电子对，不参与键的形成。关于晶胞的计算，首先要根据均摊法确定化学式，然后根据密度的计算公式，确定晶胞参数，其他相关的问题往往可以迎刃而解。23.铁系元素是人体必需的微量元素， Fe3+可以与KSCN溶液、苯酚等发生显色作用。镁元素也是人体所必需的阳离子元素之一，它能够维持核酸结构的稳定性，调节机体免疫功能，对人体抵抗新冠病毒等病毒侵袭起着重要作用。(1)与SCN互为等电子体且为非极性分子的化学式为_(任写一种)。 (2)普鲁士蓝俗称铁蓝，晶胞如图甲所示(K+未画出)，平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，又知该晶
41、体中铁元素有+2价和+3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为_。(3)血红素铁(图乙)用作铁强化剂，其吸收率比一般铁剂高3倍，在图乙中画出Fe2+与N原子间的化学键(若是配位键，需要用箭头加以表示)_(4)某种磁性氮化铁的结构如图2所示，Fe为_堆积，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中，空隙的占有率为，则该化合物的化学式为_。 其中铁原子最近的铁原子的个数为_；氮化铁晶胞底边长为a nm，高为c nm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为_ gcm-3 (用含a、c和NA的计算式表示)。【答案】 (1). CO2 (或CS2、BeCl2) (2). 1：1 (3). (4). 六方最密 (5).
42、Fe3N (6). 12 (7). 【解析】【分析】根据同族替换和等量代换原则找等电子体。根据均摊法和电荷守恒确定晶体的化学式。根据N原子的电子层结构和成键特点分析其在配合物中的成键情况。根据原子的空间排列特点分析其堆积方式，根据均摊法确定晶体的化学式，进一步根据晶胞的质量和体积求其密度。【详解】(1) SCN由3个原子组成，其价电子总数为16，根据同族替换和等量代换原则，可以找到多种等电子体，其中与SCN互为等电子体且为非极性分子有CO2 、CS2或BeCl2等。 (2)由普鲁士蓝的晶胞结构示意图及量中说明可知，Fe原子位于晶胞的顶点，CN-位于棱边，平均每两个晶胞立方体中含有一个K+，平均
43、每个晶胞中占有1个Fe原子、3个CN-，K+、Fe原子、CN-的个数比为1:2:6，又知该晶体中铁元素有+2价和+3价两种，根据电荷守恒可知，1+3N(Fe3+)+2N(Fe2+)=6，N为正整数，则N(Fe3+)=N(Fe2+)=1，Fe3+与Fe2+的个数比为1:1。(3)由血红素铁结构示意图可知，由于N原子最外层有5个电子，每个N原子必须形成3个键，因此，其中只有2个形成双键的N原子可以作为配位原子形成配位键，另外2个N原子与Fe形成键，所以， Fe2+与N原子间的化学键可以表示为 。(4)根据磁性氮化铁的结构示意图可知，Fe位于正六棱柱的12个顶点和2个面心及体内，其配位数为12，呈A
44、BABAB形密置排列，故其为六方最密堆积。在该晶胞中平均占有的Fe原子数为(12+2+3)=6；N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中，空隙的占有率为，由图可知，晶胞中有2个N原子，则Fe与N的原子个数比为3:1，所以该化合物的化学式为Fe3N。因为Fe原子的排列方式为六方最密堆积，所以距离铁原子最近的铁原子的个数为12；氮化铁晶胞底边长为a nm，高为c nm，晶胞底面为正六边形，其面积为6=，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则这种磁性氮化铁的晶体密度为gcm-3。【点睛】根据同族替换和等量代换原则找等电子体的具体做法是，尝试用同一主族的元素替换某个或某些原子，其价电子数不变，因为同一主族元素的
45、价电子数相等；等量代换的方法尤其适合于离子，将某个原子的价电子数加上（阴离子用加）或减去（阳离子用减）离子电荷数后换为价电子数为该数傎的原子，这样就可以找到离子的属于分子的等电子体。24.钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：(1)钴元素在周期表中的位置是_。(2)已知第四电离能大小：I4(Fe) I4 (Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是_。(3)Cu2Cl22CO2H2O是一种配合物，其结构如图所示：该配合物中氯原子的杂化方式为_。该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是_。(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图
46、所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是_(填标号)。a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b、Na的第一电离能为603.4kJ/molc、NaCl的晶格能为785.6kJ/mol d、Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(5)碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如图：若与Zn距离最近的Te原子间距为a pm，则晶体密度为_g/cm3。【答案】 (1). 第四周期 (2). Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高 (3). sp3 (4). 电负性CO，C
47、对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对 (5). cd (6). 【解析】【分析】根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据电负性的大小分析配合物中的配位原子。分析表中数据并结合相关概念判断有关变化中能量变化。根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。【详解】(1)钴是27号元素，其有4个电子层，其价电子排布式为3d74s2，因此，其在周期表中的位置是第四周期族。(2)Fe的价电子排布式为3d64s2，其失去3个电子后变为较稳定的半充满结构3d5，而Co的价电子排布式为3d74
48、s2，其失去3个电子后变为3d6。因此，从原子结构的角度分析I4(Fe) I4 (Co)的可能原因是：Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高。(3)由Cu2Cl22CO2H2O的结构可知：该配合物中氯原子均形成2个键，另外每个氯原子还有2个孤电子对，故其价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。CO分子中的C原子和O原子均有孤电子对，但是O元素的电负性大于C元素，故O原子对孤电子对的吸引力更强，因此，该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是：电负性CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对（用于形成配位键）。(4)a、由
49、图中信息可知，Cl2(g)=Cl(g)的H=119.6kJ/mol，因此， Cl-Cl键的键能为239.2kJ/mol ，a不正确； b、由图中信息可知，Na(g)=Na+(g)+e-的H=495.0kJ/mol，因此， Na的第一电离能为603.4kJ/mol，b不正确；c、由图中信息可知，Cl-(g)+ Na+(g)= NaCl(s)的H= -785kJ/mol，因此，NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确； d、由图中信息可知，Cl(g) +e-=Cl-(g) 的H= -348.3kJ/mol，因此，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确。综上所述，有关说法正确的
50、是cd。(5)由碲化锌晶体的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与金刚石相似，Te原子堆积方式为面心立方最密堆积，Zn距离最近的Te原子间距为体对角线长度的，高晶胞参数（即该晶胞的边长）为x，则晶胞的体对角线长度为，x=4a pm，故x= pm，晶胞的体积为x3=。该晶胞中占有4个Te原子和4个Zn原子，则晶胞的质量为。因此，该晶体密度为 g/cm3。【点睛】本题中关于晶胞的计算是难点，尤其是确定与Zn距离最近的Te原子的间距为体对角线长度的，这也是解题的关键所在。解题时，要求学生能掌握常见晶胞中原子的堆积方式，并能迁移到新的情境之中，做到轻车熟路、得心应手。另外，还要掌握常见于晶胞计算中的长度单位的换算，不能在这种小的地方失误。