1、福建省福州第一中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：Hl O16 F19 Al27 S32 Ca40一、单选题1.1999年度诺贝尔化学奖授予了开创“飞秒（10-15s）化学”新领域的科学家，使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子运动成为可能。你认为该技术不能观察到的是（ ）A. 原子中原子核的内部结构B. 化学反应中原子的运动C. 化学反应中生成物分子的形成D. 化学反应中反应物分子的分解【答案】A【解析】【详解】由于原子是化学变化中的最小微粒，即在化学反应中原子是不能再分的。根据信息“使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子运动成为可能
2、”可知不能观测到原子内部的质子、中子、电子的运动，所以该技术不能观察到原子中原子核的内部结构，其余选项均是可以的，答案选A。【点睛】2.关于1s、2s、3s、4s原子轨道的说法，正确的是A. 电子只能在电子云轮廓图中运动B. 能级不同，电子云轮廓图形状相同C. 轨道数目相同，电子云轮廓图形状、大小完全相同D. 能层不同，电子云轮廓图形状也不相同【答案】B【解析】【详解】A.电子在电子云轮廓图外出现的概率小，选项A错误；B.都是s轨道，电子云轮廓图形状相同为球形，选项B正确；C.大小不同，1s、2s、3s、4s逐渐变大，选项C错误；D. 都是s轨道，电子云轮廓图形状相同为球形，选项D错误； 答案
3、选B。3.下列表示氮原子结构的化学用语中,对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（ ）A. B. C. 1s22s22p3D. 【答案】C【解析】【详解】A. 是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B. 是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C. 是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态，故C正确；D. D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有
4、一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。故选C。【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则。4.如表给出的是8种元素的电负性的值，运用表中数据解答下题元素NaMgAlSiPSClK电负性估计钙元素的电负性的取值范围( )A. 小于0.8B. 大于1.2C. 在0.8与1.2之间D. 在0.8与1.5之间【答案】C【解析】【详解】同一周期从左至右，电负性增大；同一主族从上到下，电负性减小，钙元素的电负性应小于Mg的而大于K的，即Ca的电负性的取值范围：0.8X离子晶体分子晶体，综上所述，故正确；离子晶体中除含有
5、离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；根据化学式以及晶胞结构，Ti2位于顶点，O2位于面上，Ca2位于体心，因此每个Ti4周围最近的O2有12个，故正确；SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的是物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；离子晶体溶于水破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确;答案：D。6.基态原子的核外电子排布为4d105s1的元素应在（ ）A. s区、第五周期、A族B. ds区、第五周期、B族C. d区、第四周期、B族D. ds区、第五周期、A族【答案】B【解析】【分析】基态
6、原子的核外电子排布为4d105s1，可知该元素原子核外有5个电子层，最外层有1个电子。【详解】已知基态原子的核外电子排布为4d105s1，可知该元素原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，在周期表中位置为第五周期、IB族，属于ds区；答案选B。7.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是A. 为简单立方堆积 为六方最密堆积 为体心立方堆积 为面心立方最密堆积B. 每个晶胞含有的原子数分别为：1个，2个，2个，4个C. 晶胞中原子的配位数分别为：6，8，8，12D. 空间利用率的大小关系为：【答案】B【解析】【详解】A、为简单立方堆积、为体心立方堆积、为六方最密堆积、为面心立
7、方最密堆积， 、颠倒，故A错误；B、根据晶胞计算，每个晶胞含有原子数分别为：81/8=1个，81/8+1=2个，81/8+1=2个，81/8+61/2=4个，故B正确；C、配位数是指晶胞中与原子紧邻的原子数，所以四种晶胞中原子的配位数分别为：6， 8 ，12， 12，故C错误；D、空间利用率是指晶胞在所含原子的体积与晶胞体积的比值，根据四种晶胞的空间利用率判断 = ，故D错误；答案选B。8.第三周期，基态原子的第一电离能处于Al、P之间的元素有( )A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】【详解】同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第A族
8、元素比第A族元素的第一电离能大，第A族比第A族第一电离能大；Mg、Al、Si、P、S、Cl属于同一周期且其原子序数依次增大，但Mg属于第A元素，Al属于第A族，P属于第VA元素，S属于第A族，所Mg、Al、Si、P、S、Cl几种元素的第一电离能从大到小排序是P、S、Si、Mg、Al，所以第一电离能处于Al、P之间的元素有3种，C项正确；答案选C。【点睛】同一周期第一电离能随原子序数增大呈现增大的趋势，但同一周期第A族元素比第A族元素的第一电离能大，第A族比第A族第一电离能大。9.有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子,为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为()A.
9、B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A.阳离子位于顶点和面心，晶胞中总共含有阳离子M的数目为8+6=4，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为4：1，化学式为M4N，故A不选；B.有4个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为4=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=1：2，化学式为MN2，故B选；C.有3个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为3=，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为：1=3：8，化
10、学式为M3N8，故C不选；D.有8个阳离子位于顶点，晶胞中平均含有阳离子M的数目为8=1，1个阴离子位于体心，为晶胞所独有，故晶胞中含有的阴离子N的数目为1，则阳离子和阴离子的比值为1：1，化学式为MN，故D不选；故答案选B。10.下列变化或数据与氢键无关的是A. HCl、HBr、HI的沸点逐渐升高B. 常温常压下，氨气在水中的溶解度是1700C. H2O的沸点比H2S的高D. 甲酸蒸气的密度在373K，l0lkPa时为1.335gL-1，在293K，101kPa时为2.5gL-1【答案】A【解析】【分析】F、O、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，由于氢键的作用力大于范德华力，则
11、含有氢键的物质熔沸点较高，易溶于水，据此分析判断。【详解】ACl、Br、I的电负性较小，对应的氢化物不含有氢键，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，因此HCl、HBr、HI的沸点逐渐升高，故A选；B氨气中N的电负性较大，可与水分子之间形成氢键，则氨气极易溶于水，与氢键有关，故B不选；C水分子间有氢键，氢键的作用力大于范德华力，导致熔沸点变大，硫化氢分子间没有氢键，所以水的沸点比硫化氢的沸点高，与氢键有关，故C不选；D甲酸分子之间形成氢键，在温度较低时分子间氢键较强，可形成多分子粒子，相对分子质量较大，随着温度的升高，氢键作用力减弱，则相对分子质量减小，与氢键有关，故D不选；故选A。11
12、.下列分子或离子中，VSEPR(价层电子对互斥理论)模型名称与分子或离子的空间构型名称不一致的是A. CO2B. CO32-C. H2OD. CC14【答案】C【解析】【详解】A. CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，A不符合题意；B. CO32-的中心原子C原子上含有3个键，中心原子上的孤电子对数=(4+2-23)=0，所以CO32-的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，B不符合题意；C. H2O分子中价层电子对个数=2+(6-21)=4，VSEPR模型为正
13、四面体结构；含有2个孤电子对，去掉孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，C符合题意； D. CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=4+(4-14) =4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；故合理选项是C。12.下列表述不正确的是（ ）A. 熔点：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅C. 晶格能：NaFNaClNaBrNalD. 熔点：NaMgAl【答案】D【解析】【详解】A.A项中均为分子晶体，其熔点和分子间作用力有关，分子间作用力
14、越大，熔点越高，对组成和结构相似的分子晶体而言，相对分子质量越大，分子间作用力越大，故A正确；B.B项中均为原子晶体，形成共价键的原子半径越小，共价键越强，硬度越大，故B正确；C.C项中均为离子晶体，形成离子晶体的离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，离子半径：F-Cl-Br-NaClNaBrNal，故C正确；D.D项中均为金属晶体，形成金属键的金属阳离子半径越小，所带电荷越多，金属键越强，金属晶体的熔点就越高，离子半径：Na+Mg2+Al3+，熔点：AlMgNa，故D错误；故答案选：D。13.下列叙述正确的是A. 固体SiO2一定是晶体B. 晶体有固定的组成，非晶体没有固定
15、的组成C. 由于乳酸()中存在一个手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体D. 冰和固体碘晶体中相互作用力相同【答案】C【解析】【详解】A固体SiO2存在结晶形和无定形两大类，无定形的SiO2不属于晶体，故A错误；B非晶体也有固定的组成，如无定形的SiO2，故B错误；C碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C（）为手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体，故C正确；D冰中分子间除含有分子间作用力外，还存在氢键，碘分子间不存在氢键，故D错误；故选C。14.下列说法中不正确的是（ ）A. N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体B
16、. CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化C. H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近D. 由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物【答案】C【解析】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CC12F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项正确；B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项正确；C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们
17、的非羟基氧原子数不同，C项错误；D.由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物是Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项正确。答案选C。15.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3BF3，下列说法正确的是()A. NH3与BF3都是三角锥形B. NH3与BF3都是极性分子C. NH3BF3中各原子都达到8电子稳定结构D. NH3BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道【答案】D【解析】【分析】BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个BF键，B原子周围没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N
18、H键，N原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，NH3BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。【详解】A.BF3分子构型为平面三角形，故A错误；B.BF3分子为非极性分子，故B错误；C.NH3BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；D.NH3BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，故D正确。故选D。【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心
19、原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。16.下列有关说法正确的是A. BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2熔融状态下不导电B. 三聚氰胺()是共价化合物，分子中既含有极性键，也含非极性键，分子式为C3H6N3C. N和P元素均为非金属元素，不可能同时存在于离子化合物中D. 将SO2和CO2的混合气体通入BaCl2溶液中，溶液变浑浊是因为生成了BaSO3和BaCO3白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A氯化铝是共价化合物，晶体属于
20、分子晶体，熔融状态下不导电，BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似，故BeCl2也为共价化合物，熔融状态下不导电，故A正确；B三聚氰胺分子中不存在由同种元素的原子形成的共价键，即不存在非极性键，分子中含有3个C、6个N，6个H，则分子式为C3N6H6，故B错误；CN和P元素均为非金属元素，可能同时存在于离子化合物中，如（NH4）3PO4，故C错误；DSO2和CO2与氯化钡溶液都不反应，因此溶液不会变浑浊，如果变浑浊，可能是空气中的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸，产生硫酸钡沉淀，故D错误；故选A。17.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期， Z、M同
21、主族； X+与M2-具有相同的电子层结构；离子半径：Z2-W-；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是A. 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂B. 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低C. 元素Y、Z、W单质晶体属于同种类型的晶体D. X、M两种元素只能形成X2M型化合物【答案】A【解析】【详解】有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，Y为Si元素；X、Y、Z、W同周期， Z、M同主族； X+与M2-具有相同的电子层结构，离子半径：Z2-W-，则X是Na，Z是S，W是Cl，M
22、是O；A.O3、Cl2都可作为水处理中的消毒剂，故A正确；B.W、Z、M的氢化物依次为HCl、H2S、HCl，由于水分子间存在氢键，故三者中水的沸点最高，B错误；C.Y、Z、W的单质依次为硅、硫、Cl2，硅单质是原子晶体，硫单质、氯气是分子晶体，故C错误；D.X、M能形成Na2O、Na2O2两种常见化合物，故D错误；答案选A18.AB型化合物形成的晶体结构多种多样。下图所示的几种结构所表示的物质最有可能是分子晶体的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】从结构上看：构成晶体的结构单元都是向外延伸和扩展的，符合离子晶体和原子晶体的结构特点，而和的结构没有这种特点，不能再以化学键与
23、其它原子结合，该结构可以看成一个分子，所以可能是分子晶体。故选B。19.石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意如图)，可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是A. 石墨烯与石墨互为同位素B. 12g石墨烯中含有3NA个CC键C. 石墨烯是一种有机物D. 石墨烯中的碳原子间以共价键结合【答案】D【解析】【详解】A石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，不是同位素，故A错误；B12g石墨烯中含有1molC原子，根据示意图，每个C原子与周围的3个C原子形成C-C键，每个C原子含个C-C键，因此12g石墨烯中含有1.5NA个CC键，故B错误；C有机物是大多数含碳的
24、化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，不属于有机物，故C错误；D石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；故选D。20.由短周期前10号元素组成的物质T和X，有如图所示的转化。X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是A. T转化为X的过程中，断裂和形成的共价键类型相同B. 等物质量的T、X分子中含有键的数目均为NAC. X分子中含有的键个数是T分子中含有的键个数的2倍D. T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键【答案】A【解析】【分析】由球棍模型可知，黑球为C，大白球为O，小白球为H，则T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3，则Y
25、为氧化剂，据此分析解答。【详解】AT转化为X的过程中，断裂的是C-H键，形成的是C-O键和O-H键，断裂和形成的共价键类型相同，故A正确；BHCHO、H2CO3分子中都含有1个C=O，因此等物质的量的HCHO、H2CO3分子中含有键的数目相等，但物质的量未定，故不一定为NA，故B错误；CX分子中含有的键个数为5，T分子中含有的键个数为3，不是2倍的关系，故C错误；DX为H2CO3，只含有极性键，故D错误；故选A。二填空题21.A、B、C、D为四种晶体，性质如下：A.固态时能导电，能溶于盐酸B.能溶于CS2，不溶于水C.固态时不导电，液态时能导电，可溶于水D.固态、液态时均不导电，熔点为3500
26、试推断它们的晶体类型：A._；B._ ；C._；D._。【答案】 (1). 金属晶体 (2). 分子晶体 (3). 离子晶体 (4). 原子晶体【解析】【分析】根据常见晶体的物理性质分析判断。【详解】A固态时能导电，能溶于盐酸，说明该晶体属于金属晶体，故答案为：金属晶体；B能溶于CS2，不溶于水，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；C固态时不导电，液态时能导电，可溶于水，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；D固态、液态时均不导电，熔点为3 500，属于原子晶体，故答案为：原子晶体。【点睛】本题的易错点为金属晶体和离子晶体的判断，要注意金属一般具有良好的导电性，而离子晶体固态时不能导电。22.下图中
27、AD是中学化学教科书中常见的几种晶体结构模型： 请填写相应物质的名称：A._；B._ ；C._；D._。【答案】 (1). 氯化铯 (2). 氯化钠 (3). 二氧化硅 (4). 金刚石(或晶体硅)【解析】分析】根据常见晶体结构模型和含有的微粒数目的关系判断物质的种类。【详解】由晶胞结构模型可知A晶胞中含有8+6+1+12=8个黑球，8个白球，为氯化铯；B的晶胞中含有8+6=4个黑球，12+1=4个白球，为氯化钠；C中含有两种原子，存在四面体结构，且黑球和白球的个数比为21，为二氧化硅；D中只存在一种原子，存在四面体结构，为金刚石(或晶体硅)，故答案为：氯化铯；氯化钠；二氧化硅；金刚石(或晶体
28、硅)。【点睛】本题的易错点为D的判断，要注意金刚石和硅晶体的结构相似。23.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为_。(2)写
29、出化合物AC2的电子式_；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_。(3)E的外围电子排布式是_，ECl3形成的配合物的化学式为_。(4)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). CON (2). (3). N2O (4). 3d54s1 (5). Cr(NH3)4(H2O)2Cl3 (6). 4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相
30、同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，则分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数BC，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素，形成的
31、配合物为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3。(1)同周期，自左而右，第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，较为稳定，氮元素第一电离能高于同周期相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为：CON，故答案为：CON；(2)化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；(3)E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式为3d54s1，CrCl3能与NH3、H
32、2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3，故答案为：3d54s1；Cr(NH3)4(H2O)2Cl3；(4)B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg(NO3)2，令NH4NO3，Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有5-(-3)x=2y，所以xy=41，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+1
33、0HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。【点睛】正确推断元素种类是解题的关键，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口。本题的易错点为(4)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。24.元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：回答下列问题：(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_。(2)C60属于_晶体，石墨属于_晶体。(3)石墨晶体中，层内C-C键的键长为142pm，而金刚石中C-C键的键长为154pm。其原因是金刚石中只存在C-C间的_共价键(填或，下同)，而石墨层内的CC间不仅存在_共价键，还有_键
34、。(4)金刚石晶胞含有_个碳原子。【答案】 (1). 同素异形体 (2). 分子 (3). 混合型 (4). (5). (6). (7). 8【解析】【分析】(1) 金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是含有碳元素的不同单质，据此判断；(2)根据组成的微粒类型和微粒间作用力类型判断晶体类型；(3)根据两种物质中存在的共价键类型分析解答；(4)利用均摊法结合晶胞结构图分析计算。【详解】(1)由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质，属于同素异形体，故答案为：同素异形体；(2)C60的构成微粒是分子，属于分子晶体；石墨的构成微粒是原子，且层与层之间存在
35、分子间作用力，所以石墨属于混合型晶体，故答案为：分子；混合型；(3)共价单键为键，共价双键中含有键和键，金刚石中碳原子之间只存在键，石墨中碳原子之间存在键和键，故答案为：；(4)晶胞中顶点微粒数为：8=1，面心微粒数为：6=3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子，故答案为：8。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意金刚石结构中中存在单键，而石墨晶体中存在单键和双键；难点为(4)，要注意均摊法的理解和应用。25.X、Y、Z、R为前四周期原子序数依次增大的元素。X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等；Z原子的不成对电子数在同周期中最多,且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低；X、Y、R三元
36、素在周期表中同族。（1）R元素在周期表中的位置是_，其基态原子的价层电子排布图为_。（2）下图表示X、Y、Z的四级电离能变化趋势，其中表示Z的曲线是_（填标号）。（3）化合物（XH2XO）分子中X原子杂化轨道类型是_，1mol (X2H5O)3ZO分子中含有的键与键的数目比为_。（4）Z与氯气反应可生成一种各原子均满足8电子稳定结构的化合物，其分子的空间构型为_。（5）某R的氧化物晶胞结构如下图所示，该物质的化学式为_。已知该晶体密度为g/cm3，距离最近的两个原子的距离为d pm,则R的相对原子质量为_。(阿伏加德罗常数为NA) （6）X形成的一种常见单质，性质硬而脆，原因是_。【答案】 (
37、1). 第四周期第A族 (2). (3). b (4). sp、sp2 (5). 25:1 (6). 三角锥形 (7). GeO (8). ()3NA-16 (9). 碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆【解析】【分析】X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p2，推出X为C，因为X、Y、R三元素在周期表同族，因此Y为Si，R为Ge，原子序数依次增大，Z原子的不成对电子数在同周期中最多,且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低，因此Z为P，据此解答。【详解】（1）Ge位于第四周期第IVA族，因为是主族元素，因此价电子
38、是最外层电子，价电子排布图为；（2）同主族从上到下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去4s2能级中的1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，因此b曲线为P；（3）CH2=C=O中“CH2=”中的碳原子有3个键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，“C=O”中的C有2个键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键电子对之间只能形成一个键，双键中有一个键，因此1mol (X2H5O)3ZO分子中含有的键与键的数目比为25：1；（4）P和氯气反应生成PCl3和PCl5，均满足8电子结构的是PCl3，中心原子是P，有3个键，孤电子对数为(53)/2=1，因此空间构型为三角锥形；（5）氧原子位于顶点和面心，个数为81/861/2=4，Ge全部位于晶胞内部，因此化学式为GeO，晶胞的质量为4(M16)/NAg，距离最近的两个原子是体对角线的1/4，因此体对角线为4d，则边长为pm，晶胞的体积为（1010）3cm3，根据晶胞的密度，则M=()3NA-16；（6）碳碳键键能大，故硬度大；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆。
