1、2013-2014学年四川省棠湖中学高二（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（共48分，每题只有一个选项符合题意）1（2分）（2013秋四川校级月考）按电子排布，可把元素周期表划分成5个区，以下元素属于P区的是（）AFeBMgCSeDNi2（2分）（2014春长葛市校级月考）下列化学用语表示正确的是（）A二氧化碳 B氮原子的轨道表示式：C氯离子的最外层电子排布：3s23p6D硫离子的结构示意图：3（2分）（2015春岐山县期末）有关核外电子运动规律的描述错误的是（）A核外电子质量很小，在原子核外作高速运动B核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释C在电子云示意图中，通常用
2、小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动D在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多4（2分）（2013秋仁寿县期中）下列各微粒中属于等电子体的是（）AN2O4和NO2BSO2和O3CCO2和NO2DC2H6和N2H45（2分）（2013春哈尔滨校级期末）下列事实与氢键有关的是（）AHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B水加热到很高的温度都难以分解CCH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D水结成冰体积膨胀6（2分）（2013秋四川校级月考）下列叙述正确的是（）A1个乙醇分子中存在8个键BPCl3和CCl4分子中所有原子的最外层都达到8电子
3、稳定结构CH2S和CS2分子都是含极性键的非极性分子DNH3分子中心原子的杂化方式为SP27（2分）（2013秋四川校级月考）下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A还原性：FClBrIB微粒半径：FNa+Mg2+Al3+C酸性HClO4HClO3HClO2HClOD热稳定性：NH3H2OHFHCl8（2分）（2013春石家庄期末）某元素的原子最外电子层排布是5s25p1，该元素或其化合物不可能具有的性质是（）A该元素单质是导体B该元素单质在一定条件下能与盐酸反应C该元素的氧化物的水合物显碱性D该元素的最高化合价呈+5价9（2分）（2013秋四川校级月考）下列有关金属晶体的判断正确的是（
4、）A简单立方：配位数6、空间利用率高B钾型：配位数6、空间利用率低C镁型：配位数8、空间利用率高D铜型：配位数12、空间利用率高10（2分）（2012蚌埠一模）氮化铝（AlN）熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它属于（）A离子晶体B原子晶体C分子晶体D无法判断11（2分）（2014秋香坊区校级期末）下列有关键和键的说法错误的是（）A含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者B当原子形成分子时，首先形成键，可能形成键C有些原子在与其他原子形成分子时只能形成键，不能形成键D在分子中，化学键可能只有键，而没有键12（2分）（2014秋邛崃市期中）下面的排序不正确的是（）A晶体熔点由
5、低到高：CH4SiH4GeH4SnH4B熔点由高到低：RbKNaC硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅D晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaI13（2分）（2014秋邛崃市期中）以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（）A1mol P4中PP键的数目为6NAB1mol Na2O2晶体中含有阴阳离子总数为4NAC30g SiO2晶体中含有SiO键数目为2NAD6g金刚石中含有的碳碳键数目为1NA14（2分）（2013秋梁山县校级月考）向含有1mol配合物Co（NH3）5ClCl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉淀的物质的量为（）A0molB1molC2molD3mol15（2
6、分）（2013秋梁山县校级月考）下列含手性碳原子的分子是（）ACCl2F2BCH3CH2OHCCH2OHCHOHCH2OHDCH3CHOHCOOH16（2分）（2013秋武侯区校级期中）下列说法正确的是（）A原子晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键；分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键B晶格能是指离子形成1mol离子晶体释放的能量，通常取正值C含有阴离子的晶体中一定有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子D元素的第一电离能（I1）是元素的单质失去最外层1个电子所需要吸收的能量，同周期从左到右元素的I1逐渐增大17（2分）（2013春龙井市校级期中）食盐晶体如图所
7、示在晶体中，表示Na+， 表示Cl已知食盐的密度为g/cm3，NaCl摩尔质量Mg/mol，阿伏加德罗常数为N，则在食盐晶体里Na+和Cl的间距大约是（）ABCD18（2分）（2011秋瑞安市期中）现有一种烃，可表示为命名此化合物时，应该认定的主链上的碳原子数目是（）A8B9C10D1119（2分）（2015春亳州校级期末）下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A 酚类OHB 羧酸CHOC 醛类CHODCH3OCH3 醚类20（2分）（2013秋四川校级月考）下列关于命名的说法中错误的是（）A所有烃类的命名都应选择含碳原子最多的链作主链，即“最多”原则B二甲苯可以以邻、间、对这种习惯方法进行
8、命名C二甲苯也可以用系统方法进行命名D化学式是C8H10的苯的同系物有4种同分异构体21（2分）（2012春上海校级期末）下列有机物命名正确的是（）A二溴乙烷B3乙基1丁烯C2甲基2，4己二烯D2，2，3三甲基戊烷22（2分）（2015春海南校级期末）要对热稳定的高沸点液态有机物和低沸点的杂质的混合物进行提纯一般使用的方法是（）A蒸馏B重结晶C过滤D萃取23（2分）（2014春阜城县校级月考）下列说法错误的是（）A蒸馏时应调整温度计的水银球位于蒸馏烧瓶支管口处B红外光谱可用来测定有机物分子中的氢原子种类C萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，使溶质从一种溶剂内转移到另一种溶剂的操作
9、D常用质谱法进行有机物相对分子质量的测定24（2分）（2012秋无为县校级期中）下列说法全不正确的是（）CH3CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同 CHCH和C6H6含碳量相同 丁二烯和丁烯为同系物 正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NA （NA为阿伏加德罗常数）能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是核磁共振谱法ABCD二、非选择题（共52分）25（6分）（2013秋四川校级月考）下列各种物质：金刚石C60 锌晶体氖氯化铵碳化硅冰醋酸干冰过氧化钠（用编号填空）（1）属于分子晶体的是，属于离子晶体的是（2）属于电解质的是，受热熔化
10、需克服共价键的是（3）含有非极性共价键的晶体是，属于极性分子的是26（6分）（2013秋四川校级月考）下列各组物质，和和C2H6和C2H6和和O2和O3D和TCH4和CCl4（1）属于脂环烃的是；（用编号填空，下同）（2）互为同素异形体的是；（3）互为同位素的是；（4）互为同系物的是；（5）互为同分异构体的是；（6）为同一物质的是27（4分）（2013秋四川校级月考）用系统命名法给下列物质命名或写出结构简式的名称：的名称：2，5二甲基2，4己二烯的结构简式：间甲基苯乙烯：28（9分）（2013秋四川校级月考）四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下信息：原子半径大小：ABCD信息：四种
11、元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：甲：是地球上最常见的物质之一，常温为液态，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分乙：无色，无味而易燃，是21世纪的主要能源丙：弱酸，有强氧化性，可以用于消毒杀菌请根据上述信息回答下列问题（1）甲、乙、丙中含有共同元素是 （填名称）（2）B元素在周期表中的位置（3）上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是（填元素符号）（4）B形成的单质晶体可能为A离子晶体B分子晶体 C原子晶体 D金属晶体（5）丙的电子式为，丙与SO2水溶液可发生氧化还原反应，生成两种强酸，反应方程式为29（9分）（2013秋任城区校级月考）目前，全世界镍的
12、消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位镍行业发展蕴藏着巨大潜力（1）配合物Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂固态Ni（CO）4属于晶体；基态Ni原子的电子排布式为（2）配合物分子内的作用力有（填编号）A氢键 B离子键 C共价键 D金属键 E配位键（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可以与H2发生加成反应如CH2=CH2 CHCHHCHO等，其中分子属于平面结构的有（填物质序号），中C的杂化方式为，HCHO分子的立体结构为（4）、含有的官能团是（填名称）、（5）氢气是新型清洁能源，镧（La）和镍（Ni）的合金可做储氢材料该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他镍
13、原子都在晶胞面上（其中上下两个面各两个，其余四个面各一个），镧原子都在晶胞顶点上该晶体的化学式为30（18分）（2013秋仁寿县期中）X、Y、Z、Q、W、N核电荷数依次增大的六种元素中，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Q原子核外的L层中只有两对成对电子，X与Y、Q可以以原子个数2：1或1：1形成化合物W是第三周期中原子半径最小的主族元素，N的核电荷数是W与Z的核电荷数之和NW3能与Z、Q的氢化物形成配位数为6的配合物，其中两种配体的个数比为2：1，三个W离子位于外界请回答下列问题：（1）X、Z、N、W的元素符号分别为，；（2）比较Y、Z、Q的第一电离能大小；（用元素符号表示）（3）比较X2
14、Q与ZX3的熔点高低（填化学式）；其中Z、Q的氢化物比同主族氢化物的沸点高的原因是；（4）Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性较强的是（填化学式）；（5）N的价电子排布图为；（6）NW3与Z、Q的氢化物形成的配位数为6的配合物化学式为2013-2014学年四川省棠湖中学高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共48分，每题只有一个选项符合题意）1（2分）（2013秋四川校级月考）按电子排布，可把元素周期表划分成5个区，以下元素属于P区的是（）AFeBMgCSeDNi考点：元素周期表的结构及其应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：利用原子结构中最后填充的电子判断
15、元素的区，最后填充电子为p电子，则属于p区元素，以此来解答解答：解：AFe的价电子为3d64s2，最后填充3d电子，为d区元素，故A不选；BMg的价电子为3s2，最后填充3s电子，为s区元素，故B不选；CSe的价电子为4s24p4，最后填充4p电子，为p区元素，故C选；DNi的价电子为3d84s2，最后填充3d电子，为d区元素，故D不选；故选C点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握价电子与元素分区的关系为解答的关键，注意利用最后填充的电子判断元素的位置，题目难度不大2（2分）（2014春长葛市校级月考）下列化学用语表示正确的是（）A二氧化碳 B氮原子的轨道表示式：C氯离子的最外
16、层电子排布：3s23p6D硫离子的结构示意图：考点：电子式；原子结构示意图；原子核外电子排布版权所有专题：化学用语专题分析：A二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，不是碳氧单键；B1s轨道的两个电子的自旋方向相反；C氯离子最外层达到8个电子稳定结构；D硫离子的核电荷数为16，离子结构示意图中核电荷数表示不规范，应该表示为+16解答：解：A二氧化碳为共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，氧原子和碳原子的最外层都达到8电子稳定结构，二氧化碳正确的电子式为，故A错误；B氮原子的1s轨道的自旋方向应该相反，正确的轨道表示为：，故B错误；C氯离子最外层为 8个电子，其最外层电子排布为：3s23p6，故C正确；D
17、硫离子核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子结构示意图为：，故D错误；故选C点评：本题考查了电子式、离子结构示意图、原子轨道、核外电子排布式的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别3（2分）（2015春岐山县期末）有关核外电子运动规律的描述错误的是（）A核外电子质量很小，在原子核外作高速运动B核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释C在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动D在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多考点：原子核外电子的运动状态版权所有专
18、题：原子组成与结构专题分析：A电子的质量很小，在原子核外作高速运动；B原子核外电子运动不规则；C在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率；D在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，疏密表示出现几率的多少解答：解：A电子的质量很小，是质子质量的，在原子核外作高速运动，且运动不规则，故A正确；B原子核外电子运动不规则，所以不能用牛顿运动定律来解释，故B正确；C在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，故C错误；D在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，密的区域表示电子出现的几率大、疏的区域表示
19、电子出现的几率小，故D正确；故选C点评：本题考查了原子核外电子的运动状态及电子云，知道电子云的含义是解本题关键，注意电子云不表示电子的运动轨迹，为易错点4（2分）（2013秋仁寿县期中）下列各微粒中属于等电子体的是（）AN2O4和NO2BSO2和O3CCO2和NO2DC2H6和N2H4考点：“等电子原理”的应用版权所有专题：原子组成与结构专题分析：原子数目与价电子数目相同的微粒为等电子体，据此结合选项判断解答：解：AN2O4和NO2，原子数目不相同，不是等电子体，故A错误； BSO2和O3价电子数分别为18和18，原子数均为3，所以属于等电子体，故B正确；CCO2和NO2原子数目相同，价电子数
20、分别为16和17，不属于等电子体，故C错误；DC2H6和N2H4，原子数目不相同，不是等电子体，故D错误故选B点评：本题主要考查等电子体的概念，明确等电子体的含义是解决本题的关键，比较基础，注意基础知识的掌握5（2分）（2013春哈尔滨校级期末）下列事实与氢键有关的是（）AHF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B水加热到很高的温度都难以分解CCH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D水结成冰体积膨胀考点：氢键的存在对物质性质的影响版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A只有HF存在氢键；B氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C都不存在氢键；D水中存在氢键，水结成
21、冰体积膨胀解答：解：A非金属性越强，对应的氢化物越稳定，只有HF存在氢键，但与氢键无关，故A错误；B氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，故B错误；C都不存在氢键，影响熔点高低的因素是分子间作用力，故C错误；D水中存在氢键，氢键具有方向性，水结成冰体积膨胀，故D正确故选D点评：本题考查氢键的知识，题目难度不大，注意氢键只与物质的物理性质有关，与化学性质无关6（2分）（2013秋四川校级月考）下列叙述正确的是（）A1个乙醇分子中存在8个键BPCl3和CCl4分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构CH2S和CS2分子都是含极性键的非极性分子DNH3分子中心原子的杂化方式为SP2考点：不同晶体
22、的结构微粒及微粒间作用力的区别；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A、根据分子中的双键或三键数目判断；B、根据原子最外层电子数和化合价判断，在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，以此进行分析；C、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；D、根据中心原子的价层电子对数判断解答：解：A、双键中含有一个键，三键中含有2个键，乙醇分子中没有单键和双键，所以乙醇中没有键，故A错误；B、PCl3中，P原子的最外层电子为：5+3=8，Cl原子的最外层电子为：7+|1|=8，都
23、满足8电子稳定结构；CCl4中，C原子的最外层电子为：4+4=8，Cl原子的最外层电子为：7+|1|=8，都满足8电子稳定结构，故B正确；C、H2S分子的构型为V形，分子结构不对称，属于极极性分子，CS2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，故C错误；D、NH3分子中心原子N原子成3个键、含有1对孤对电子，故杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故D错误故选B点评：本题考查的知识点较多，涉及键的判断、8电子稳定结构的判断、分子极性的分析、杂化类型的判断，侧重于物质结构与性质内容的考查，题目难度中等7（2分）（2013秋四川校级月考）下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A
24、还原性：FClBrIB微粒半径：FNa+Mg2+Al3+C酸性HClO4HClO3HClO2HClOD热稳定性：NH3H2OHFHCl考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A非金属性越强，对应离子的还原性越弱；B具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；C同种非金属性的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，酸性越强；D非金属性越强，气态氢化物越稳定解答：解：A非金属性FClBrI，对应离子的还原性为FClBrI，故A正确；B具有相同电子排布的离子，原子序数为AlMgNaF，则离子半径小为FNa+Mg2+
25、Al3+，故B正确；C同种非金属性的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，酸性越强，则酸性HClO4HClO3HClO2HClO，故C正确；D由元素的位置及3Cl2+2NH3=N2+6HCl可知非金属性FOClN，气态氢化物的稳定性为NH3HClH2OHF，故D错误；故选D点评：本题考查非金属性的比较，为高频考点，把握非金属性与微粒还原性、半径、物质酸性和稳定性的关系为解答的关键，侧重规律性知识的考查，注意元素周期表和周期律的应用，选项D为解答的难点，题目难度不大8（2分）（2013春石家庄期末）某元素的原子最外电子层排布是5s25p1，该元素或其化合物不可能具有的性质是（）A该元素单质是导体B该元
26、素单质在一定条件下能与盐酸反应C该元素的氧化物的水合物显碱性D该元素的最高化合价呈+5价考点：原子核外电子排布版权所有专题：原子组成与结构专题分析：元素的原子最外电子层排布是5s25p1，处于P区，属于第A元素，同主族自上而下金属性增强，故金属性比Al元素强，最高化合价等于最外层电子数，结合同族元素的相似性与递变性解答解答：解：元素的原子最外电子层排布是5s25p1，处于P区，属于第A元素，A、同主族自上而下金属性增强，故金属性比Al元素强，该元素单质是导体，故A正确；B、金属性比Al元素强，该元素单质在一定条件下能与盐酸反应置换出氢气，故B正确；C、氢氧化铝向弱碱性，该元素金属性比Al元素强
27、，故氢氧化物的碱性比氢氧化铝强，故C正确；D、该元素原子最外层电子数为3，最高化合价呈+3价，故D错误；故选D点评：本题考查结构位置性质关系、元素周期律、核外电子排布规律等，难度不大，注意根据核外电子排布式确定元素在周期表中的位置以及同主族元素的相似性与递变性规律9（2分）（2013秋四川校级月考）下列有关金属晶体的判断正确的是（）A简单立方：配位数6、空间利用率高B钾型：配位数6、空间利用率低C镁型：配位数8、空间利用率高D铜型：配位数12、空间利用率高考点：金属晶体版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A、简单立方堆积、配位数6、空间利用率52%；B、体心立方堆积、配位数8、空间利用率68%
28、；C、镁型：配位数12、空间利用率74%；D、铜型：配位数12、空间利用率74%解答：解：A、简单立方堆积空间利用率较低，空间利用率为52%，空间利用率低，故A错误；B、钾型属于体心立方堆积，配位数是8，故B错误；C、镁型：配位数12，不是8、空间利用率为74%，空间利用率高，故C错误；D、铜型：配位数12、空间利用率74%，空间利用率高，故D正确；故选：D点评：本题考查了晶体的堆积方式，配位数和空间利用率，难度不大，注意对基础知识的积累10（2分）（2012蚌埠一模）氮化铝（AlN）熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它属于（）A离子晶体B原子晶体C分子晶体D无法判断考点：晶体的
29、类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系版权所有专题：化学键与晶体结构分析：由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，以此来解答解答：解：由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电为共价化合物，由原子构成，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体；故B正确；故选B点评：本题考查晶体的判断，明确不同类型晶体的性质是解答本题的关键，难度不大11（2分）（2014秋香坊区校级期末）下列有关键和键的说法错误的是（）A含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者B当原子形成分子时，首先形成键，可能形成键C有些原子在
30、与其他原子形成分子时只能形成键，不能形成键D在分子中，化学键可能只有键，而没有键考点：共价键的形成及共价键的主要类型版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A键不稳定，易断裂；B原子形成分子，优先头碰头重叠；C单键为键，而双键、三键中有键和键；D共价键中一定含键解答：解：A键不稳定，易断裂，则含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者，故A正确；B原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成键，可能形成键，故B正确；C单键为键，而双键、三键中有键和键，则有些原子在与其他原子形成分子时只能形成键，不能形成键，如HCl，故C正确；D共价键中一定含键，则在分子中，化学键可能只有键，而没有键，故D错误；故选
31、D点评：本题考查共价键及类型，为高频考点，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含键，题目难度中等，侧重分子结构与性质的考查12（2分）（2014秋邛崃市期中）下面的排序不正确的是（）A晶体熔点由低到高：CH4SiH4GeH4SnH4B熔点由高到低：RbKNaC硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅D晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaI考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；晶格能的应用版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A碳族元素氢化物中，晶体的熔点与其相对分子质量成正比；B碱金属单质中，其熔点随着原子序数的增大而减小；C原子晶体中，化学键的键长与其键能
32、成反比，键能与其硬度成正比；D离子晶体中晶格能大小与原子半径成反比、与电荷成正比解答：解：A碳族元素氢化物中，晶体的熔点与其相对分子质量成正比，所以碳族元素氢化物的相对分子质量随着原子序数的增大而增大，所以其晶体熔点由低到高：CH4SiH4GeH4SnH4，故A正确；B碱金属单质中，其熔点随着原子序数的增大而减小，所以熔点由高到低：RbKNa，故B错误；C原子晶体中，化学键的键长与其键能成反比，键能与其硬度成正比，键长CCCSiSiSi，所以硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅，故C正确；D离子晶体中晶格能大小与原子半径成反比、与电荷成正比，卤族元素中，离子半径随着原子序数的增大而增大，所以晶格能
33、由大到小：NaFNaClNaBrNaI，故D正确；故选B点评：本题考查了晶体熔点及硬度、晶格能的变化规律，根据晶体类型结合元素周期律分析解答，概念总结有关元素周期律知识，灵活运用知识解答问题，题目难度不大13（2分）（2014秋邛崃市期中）以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是（）A1mol P4中PP键的数目为6NAB1mol Na2O2晶体中含有阴阳离子总数为4NAC30g SiO2晶体中含有SiO键数目为2NAD6g金刚石中含有的碳碳键数目为1NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A白磷分子P4中含有6个PP键；B过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，1
34、mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；C1molSiO2晶体存在4molSiO键；D金刚石的构型是网状构型，每个碳原子上共有4个单键与其他4个碳原子公用，每个碳原子含两个碳碳单键解答：解：A白磷分子P4中含有6个PP键，1mol P4中PP键的数目为6NA，故A正确； B1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，故B错误；C1molSiO2晶体存在4molSiO键，所以30gSiO2晶体即0.5mol含有2molSiO键，故C正确；D金刚石的构型是网状构型，每个碳原子上共有4个单键与其他4个碳原子公用，即每个碳原子含
35、两个碳碳单键，所以0.5mol的金刚石含有1NA个碳碳单键，故D正确故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度中等，该考点是高考考查的重点和难点，试题综合性强，涉及的知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力14（2分）（2013秋梁山县校级月考）向含有1mol配合物Co（NH3）5ClCl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉淀的物质的量为（）A0molB1molC2molD3mol考点：配合物的成键情况版权所有专题：化学键与晶体结构分析：配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的
36、分子或离子，完全或部分由配位键结合形成在配合物Co（NH3）5ClCl2中，有一个氯离子中内界，有两个氯离子在外界，溶液中能与银离子反应生成沉淀的是在外界的氯离子，由此可推断生成氯化银沉淀的物质的量；解答：解：在配合物Co（NH3）5ClCl2中，外界是Cl，內界是Co（NH3）5Cl2+，有一个氯离子中内界，有两个氯离子在外界，Co（NH3）5ClCl2的电离方程式为Co（NH3）5ClCl2=Co（NH3）5Cl2+2Cl，溶液中能与银离子反应生成沉淀的是在外界的氯离子，所以依据Ag+Cl=AgCl可知，1mol此配合物电离产生2mol氯离子，由此可推断1mol配合物Co（NH3）5ClC
37、l2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉的物质的量是2mol，故选C点评：本题主要考查了配合物的性质，明确配合物的外界能产生自由移动的离子，但內界不产生自由移动的离子，是解题的关键，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，题目难度中等15（2分）（2013秋梁山县校级月考）下列含手性碳原子的分子是（）ACCl2F2BCH3CH2OHCCH2OHCHOHCH2OHDCH3CHOHCOOH考点：常见有机化合物的结构版权所有专题：有机化学基础分析：根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；（2）手性碳原子所连接的四个基团要是不同的
38、解答：解：A、CCl2F2中碳原子所连接的四个基团有2个是一样的，该碳原子没有手性，故A错误；B、CH3CH2OH中一个碳原子所连接的四个基团有3个是一样的，另一个碳原子所连接的四个基团有2个是一样的，碳原子没有手性，故B错误；C、CH2OHCHOHCH2OH中连接的四个基团有2个是一样的，该碳原子没有手性，故C错误；D、CH3CHOHCOOH中间的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故D正确；故选D点评：本题主要考查手性碳原子的判断，手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的16（2分）（2013秋武侯区校级期中）下列说法正确的是（）A原子
39、晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键；分子晶体中一定存在分子间作用力和共价键B晶格能是指离子形成1mol离子晶体释放的能量，通常取正值C含有阴离子的晶体中一定有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子D元素的第一电离能（I1）是元素的单质失去最外层1个电子所需要吸收的能量，同周期从左到右元素的I1逐渐增大考点：离子晶体；元素电离能、电负性的含义及应用；晶格能的应用；原子晶体；分子晶体版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A、原子晶体微粒间的作用力是共价键；离子晶体微粒间的作用力是离子键；分子晶体微粒间的作用力是分子间作用力，分子有单原子分子，不含共价键；B、标准状况下
40、，拆开1mol离子晶体使其变为气态组分离子所需吸收的能量，称为离子晶体的晶格能C、晶体呈电中性，有阴离子的晶体中一定有阳离子，但是有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，可以含有电子，比如金属晶体D、气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的能量叫做第一电离能解答：解：A、稀有气体形成的晶体类型为分子晶体，由于稀有气体是单原子分子，不含化学键，故A错误；B、标准状况下，拆开1mol离子晶体使其变为气态组分离子所需吸收的能量，称为离子晶体的晶格能故B错误；C、晶体呈电中性，有阴离子的晶体中一定有阳离子，但是有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，比如金属晶体没有阴离子而含有电子，故C正确D、
41、气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的能量叫做第一电离能故D错误故选：C点评：本题考查了几种晶体概念的应用、第一电离能、晶格能等知识，难度不大，注意基础知识的积累17（2分）（2013春龙井市校级期中）食盐晶体如图所示在晶体中，表示Na+， 表示Cl已知食盐的密度为g/cm3，NaCl摩尔质量Mg/mol，阿伏加德罗常数为N，则在食盐晶体里Na+和Cl的间距大约是（）ABCD考点：晶胞的计算版权所有专题：化学键与晶体结构分析：在食盐晶体中Na+和Cl的核间距为氯化钠晶胞边长的一半，根据密度和晶胞的质量可以求得晶胞的体积，进而求得晶胞边长，据此解题解答：解：根据晶胞的结构图可
42、知，在氯化钠晶胞中含有氯离子数为1+12=4，钠离子数为8+6=4，设晶胞边长为a，由=可得，=，所以a=，所以Na+和Cl的核间距=a=，故选项B正确，故选B点评：本题主要考查了晶胞密度的计算的应用，难度较小18（2分）（2011秋瑞安市期中）现有一种烃，可表示为命名此化合物时，应该认定的主链上的碳原子数目是（）A8B9C10D11考点：有机化合物命名版权所有专题：有机化学基础分析：根据烷烃的命名，依据结构判断含C原子最多的碳链为主链解答：解：有如图所示的链含有的碳原子数最多，为11个碳原子，故选D点评：本题主要考查烷烃命名中碳链的选择，难度较小，注意基础知识的掌握19（2分）（2015春亳
43、州校级期末）下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A 酚类OHB 羧酸CHOC 醛类CHODCH3OCH3 醚类考点：有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A酚类物质中OH与苯环直接相连；B羧酸的官能团为COOH；C酯类物质含COOC；D物质为甲醚解答：解：A为苯甲醇，官能团为OH，属于醇，故A错误；B为2甲基丙酸，官能团为COOH，属于羧酸，故B错误；C为甲酸苯酚酯化，官能团为COOC，属于酯类物质，故C错误；DCH3OCH3为甲醚，属于醚类，官能团为，故D正确；故选：D点评：本题考查有机物的官能团及分类，把握常见有机物的官能团为解答的关键，注重基础知识的考
44、查，题目难度不大20（2分）（2013秋四川校级月考）下列关于命名的说法中错误的是（）A所有烃类的命名都应选择含碳原子最多的链作主链，即“最多”原则B二甲苯可以以邻、间、对这种习惯方法进行命名C二甲苯也可以用系统方法进行命名D化学式是C8H10的苯的同系物有4种同分异构体考点：有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体版权所有专题：有机化学基础分析：A含有官能团的有机物，选取主链时应该选取含有官能团的碳链作为主链；B根据习惯命名法，二甲苯存在邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯三种同分异构体；C二甲苯也可以利用习惯命名法命名，如：邻二甲苯可以命名为：1，2二甲苯；D化学式是C8H10的苯的同系物有乙苯和
45、二甲苯，其中二甲苯存在3种同分异构体，总共有4种同分异构体解答：解：A烷烃的命名中，应选择含碳原子最多的链作主链，即“最多”原则；而对于含有官能团的有机物的命名，应该选取含有官能团的最长碳链作为主链，不一定是该有机物分子中含有碳原子数目最多的碳链，故A错误；B二甲苯的同分异构体存在3种：、，根据习惯命名法的名称分别为：邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯，故B正确；C二甲苯可以用习惯命名法命名，也可以用系统方法进行命名，如的习惯命名法命名为： 1，2二甲苯，故C正确；D化学式是C8H10的苯的同系物有：、和，总共存在4种同分异构体，故D正确；故选A点评：本题考查了有机物的命名、同分异构体的概念判断，题
46、目难度不大，试题侧重了基础知识的考查，注意掌握常见有机物的命名原则，明确同分异构体的概念，选项A为易错点，注意含有官能团的有机物选取主链的方法21（2分）（2012春上海校级期末）下列有机物命名正确的是（）A二溴乙烷B3乙基1丁烯C2甲基2，4己二烯D2，2，3三甲基戊烷考点：有机化合物命名版权所有专题：有机化学基础分析：A、取代基的位置必须指明；B、根据烯烃的命名原则判断；C、二烯烃的命名，取代基的序号必须最小；D、甲基的编号出现错误，不是2，2，3三甲基，应该是2，2，4三甲基解答：解：A、没有指出溴的位置，正确命名为1，2二溴乙烷，故A错误；B、烯烃中的取代基主链必须是最长的，不应该出现
47、1甲基、2乙基、3丙基等说法，正确命名为3甲基1戊烯，故B错误；C、根据二烯烃的命名原则，命名为2甲基2，4己二烯，故C正确；D、取代基的编号不是3，应该是4，正确命名为2，2，4三甲基戊烷，故D错误；故选C点评：本题考查有机物的命名方法，给有机物命时，必须主链最长，取代基编号之和最小，指出官能团的位置，不能出现“1甲基、2乙基、3丙基”等，本题难度适中22（2分）（2015春海南校级期末）要对热稳定的高沸点液态有机物和低沸点的杂质的混合物进行提纯一般使用的方法是（）A蒸馏B重结晶C过滤D萃取考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用版权所有专题：化学实验基本操作分析：A、沸点存在差异，是蒸馏
48、的基本原理；B、重结晶是利用溶解度的不同进行的分离；C、过滤可以实现固体和液体物质间的分离；D、萃取是利用物质在萃取剂中容积度的不同进行的分离解答：解：A、高沸点液态有机物和低沸点的杂质的混合物进行提纯一般使用的方法是蒸馏，故A正确；B、重结晶是利用溶解度的不同进行的分离，不能对沸点不一样的物质进行分离，故B错误；C、过滤可以实现固体和液体物质间的分离，不能对沸点不一样的物质进行分离，故C错误；D、萃取是利用物质在萃取剂中容积度的不同进行的分离，不能对沸点不一样的物质进行分离，故D错误；故选A点评：注意么一种物质分离方法的基本原理是解决该题的关键，难度不大23（2分）（2014春阜城县校级月考
49、）下列说法错误的是（）A蒸馏时应调整温度计的水银球位于蒸馏烧瓶支管口处B红外光谱可用来测定有机物分子中的氢原子种类C萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，使溶质从一种溶剂内转移到另一种溶剂的操作D常用质谱法进行有机物相对分子质量的测定考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用版权所有专题：实验评价题分析：A蒸馏时，测定馏分的温度；B红外光谱可确定有机物中的化学键、官能团；C萃取与溶质在不同溶剂中的溶解度有关；D质谱法可测定有机物的相对分子质量解答：解：A蒸馏时，测定馏分的温度，则应调整温度计的水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故A正确；B红外光谱可确定有机物中的化学键、官能团，而核磁共振
50、氢谱用来测定有机物分子中的氢原子种类，故B错误；C萃取与溶质在不同溶剂中的溶解度有关，则利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，使溶质从一种溶剂内转移到另一种溶剂的操作为萃取，故C正确；D质谱法可测定有机物的相对分子质量，利用质谱仪把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量，所以能够快速，微量，精确测定有机物相对分子质量，故D正确；故选B点评：本题考查混合物分离提纯原理及有机物结构的确定，为高频考点，把握混合物分离实验操作、有机物结构测定的相关方法为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大24（2分）（2012秋无为县校级期中）下列说法全不正确的
51、是（）CH3CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同 CHCH和C6H6含碳量相同 丁二烯和丁烯为同系物 正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5NA （NA为阿伏加德罗常数）能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是核磁共振谱法ABCD考点：常见有机化合物的结构；有机物实验式和分子式的确定；有机物分子中的官能团及其结构版权所有专题：有机化学基础分析：最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式； 最简式相同，含碳量相同；结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，注意同系物中的“结构相似”是指物
52、质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同； 同分异构体中支链越多，沸点越低； 标准状况下，戊烷是液体；质谱法能够快速、微量、精确的测定相对分子质量解答：解：CH3CH=CH2和CH2=CH2的最简式都为CH2，故正确； CHCH和C6H6的最简式都为CH，含碳量相同，故正确；丁二烯中含有2个双键，丙烯中含有1个双键，官能团的数目不同，所以结构相似，不是同系物，故错误； 正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，故正确； 标准状况下，戊烷是液体，11.2L的戊烷的物质的量不是0.5mol，故错误； 能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱法，故错误；所以说法全不正确的是，故选D
53、点评：本题考查的知识点较多，难度不大，注意常见知识的积累二、非选择题（共52分）25（6分）（2013秋四川校级月考）下列各种物质：金刚石C60 锌晶体氖氯化铵碳化硅冰醋酸干冰过氧化钠（用编号填空）（1）属于分子晶体的是，属于离子晶体的是（2）属于电解质的是，受热熔化需克服共价键的是（3）含有非极性共价键的晶体是，属于极性分子的是考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；极性键和非极性键版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）分子晶体的构成微粒为分子，但稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子；离子晶体的构成微粒为阴阳离子；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；原子晶体在受热
54、熔化需克服共价键；（3）同种非金属元素的原子之间形成非极性键；极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，极性分子是由极性键构成的结构不对称的分子解答：解：（1）C60、晶体氖、冰醋酸、干冰都是由分子构成的分子晶体； 氯化铵、氧化钠都是由离子构成的离子晶体；故答案为：；（2）金刚石、C60、锌、晶体氖是单质，既不是电解质，也不是非电解质；金刚砂、干冰在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离而导电，是非电解质，氯化铵、冰醋酸是在水溶液里能导电的化合物，属于电解质，氧化钠是在熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；原子晶体在受热熔化需克服共价键，则受热熔化需克服共价键的是金刚石和碳化硅；故答案为：；
55、（3）同种非金属元素的原子之间形成非极性键，则含有非极性键的晶体为；极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，极性分子是由极性键构成的结构不对称的分子，属于极性分子的有；故答案为：；点评：本题考查晶体类型的判断、电解质、极性分子、化学键等，题目难度不大，注意知识的积累26（6分）（2013秋四川校级月考）下列各组物质，和和C2H6和C2H6和和O2和O3D和TCH4和CCl4（1）属于脂环烃的是；（用编号填空，下同）（2）互为同素异形体的是；（3）互为同位素的是；（4）互为同系物的是；（5）互为同分异构体的是；（6）为同一物质的是考点：芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；同素异形体；同
56、分异构现象和同分异构体；化学试剂的存放版权所有专题：物质的分类专题分析：（1）脂环烃是具有脂肪族性质的环烃，分子中含有闭合的碳环，但不含苯环；（2）同素异形体是指同一元素的不同单质；（3）同位素是指同一元素的不同核素；（4）同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称同系物；（5）同分异构体是指分子式相同结构不同的物质互称同分异构体；（6）同一物质是指分子式、结构完全相同来判断解答：解：（1）和分子中只含C、H两种元素，分子中均含有闭合的碳环，但不是苯环，故属于脂环烃，故答案为：；（2）O2和O3均是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故答案为：；（3）D和T均为
57、氢元素的不同核素，互为同系物，故答案为：；（4）C2H6和均为烷烃，分子式不同，互为同系物，故答案为：；（5）和分子式相同，碳链异构，互为同分异构体，故答案为：；（6）和 分子式、结构完全相同，是同一种物质，故答案为：点评：本题考查了同位素、同分异构体、同系物、同素异形体的概念及判断，题目难度不大，注意掌握“五同”的概念及区别，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力27（4分）（2013秋四川校级月考）用系统命名法给下列物质命名或写出结构简式的名称：2，5二甲基3乙基己烷的名称：3甲基2乙基戊烯2，5二甲基2，4己二烯的结构简式：C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2间甲基苯乙烯：考点：有机化
58、合物命名版权所有专题：有机化学基础分析：判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：长：选最长碳链为主链；多：遇等长碳链时，支链最多为主链；近：离支链最近一端编号；小：支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为
59、主链，官能团的位次最小解答：解：的最长碳链含有6个碳原子，2，5位上两个甲基，3位上一个乙基，命名为：2，5二甲基3乙基己烷，故答案为：2，5二甲基3乙基己烷；的最长碳链有5个碳原子，3位上有甲基，2位上有乙基，命名为：3甲基2乙基戊烯，故答案为：3甲基2乙基戊烯； 2，5二甲基2，4己二烯，主链为2，4己二烯，在2号C、5号C上都含有一个甲基，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，该有机物结构简式为：C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2，故答案为：C（CH3）2=CHCH=C（CH3）2；间甲基苯乙烯，主链为苯乙烯，在乙烯基的间位含有一个甲基，该有机物的结构简式为：，故答案为：点评：本题考查
60、有机物的命名，难度中等，注意掌握有机物的命名原则，题目难度不大28（9分）（2013秋四川校级月考）四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下信息：原子半径大小：ABCD信息：四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质：甲：是地球上最常见的物质之一，常温为液态，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分乙：无色，无味而易燃，是21世纪的主要能源丙：弱酸，有强氧化性，可以用于消毒杀菌请根据上述信息回答下列问题（1）甲、乙、丙中含有共同元素是氢 （填名称）（2）B元素在周期表中的位置第二周期第IVA族（3）上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是Cl（填元素符号）
61、（4）B形成的单质晶体可能为BCA离子晶体B分子晶体 C原子晶体 D金属晶体（5）丙的电子式为，丙与SO2水溶液可发生氧化还原反应，生成两种强酸，反应方程式为HClO+H2O+SO2=H2SO4+HCl考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：四种短周期元素A、B、C、D，四种元素之间形成甲、乙、丙三种分子，由信息，甲分子为V型结构，是地球上最常见的物质之一，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分，故甲为水，乙为正四面体结构，无色无味而易燃，是21世纪的主要能源，乙为甲烷，丙分子有3个不同的原子，至少还有C、H、O中的两种，且有强氧
62、化性，可以用于消毒杀菌，丙应是HClO，再根据信息原子半径大小：ABCD可得，A为Cl元素、B为C元素、C为O元素、D为H元素，据此答题解答：解：四种短周期元素A、B、C、D，四种元素之间形成甲、乙、丙三种分子，由信息，甲分子为V型结构，是地球上最常见的物质之一，是包括人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分，故甲为水，乙为正四面体结构，无色无味而易燃，是21世纪的主要能源，乙为甲烷，丙分子有3个不同的原子，至少还有C、H、O中的两种，且有强氧化性，可以用于消毒杀菌，丙应是HClO，再根据信息原子半径大小：ABCD可得，A为Cl元素、B为C元素、C为O元素、D为H元素，（1）
63、根据上面的分析可知，甲、乙、丙中含有共同元素是氢元素，故答案为：氢；（2）B为碳元素，在周期表中第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族； （3）上述元素的原子M层有一个未成对p电子的是氯元素，故答案为：Cl； （4）碳形成的单质晶体可能为原子晶体，例如金刚石，也可以是分子晶体，例如C60，故选BC，故答案为：BC；（5）丙为次氯酸，它的电子式为，次氯酸与SO2水溶液可发生氧化还原反应，生成两种强酸，反应方程式为HClO+H2O+SO2=H2SO4+HCl，故答案为：；HClO+H2O+SO2=H2SO4+HCl；点评：本题主要考查了元素周期表、原子结构、电子式、氧化还原反应，晶体类型
64、等知识，难度不大，解题的关键是元素推断，答题时注意审题29（9分）（2013秋任城区校级月考）目前，全世界镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位镍行业发展蕴藏着巨大潜力（1）配合物Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂固态Ni（CO）4属于分子晶体晶体；基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2（2）配合物分子内的作用力有ACE（填编号）A氢键 B离子键 C共价键 D金属键 E配位键（3）很多不饱和有机物在Ni催化下可以与H2发生加成反应如CH2=CH2 CHCHHCHO等，其中分子属于平面结构的有（填物质序号），中C的杂化方式为SP2，H
65、CHO分子的立体结构为平面三角形（4）、含有的官能团是（填名称）碳碳双键、醛基（5）氢气是新型清洁能源，镧（La）和镍（Ni）的合金可做储氢材料该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他镍原子都在晶胞面上（其中上下两个面各两个，其余四个面各一个），镧原子都在晶胞顶点上该晶体的化学式为Ni5La考点：晶胞的计算；化学键版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据合物Ni（CO）4的性质熔点、溶解性判断；Ni元素是28号元素，根据核外电子排布规律书写基态原子的电子排布式；（2）据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键；（3）根据分子结构判断分子的空间构型，根据杂化轨道数
66、判断杂化类型，杂化轨道数=键数+孤对电子对数；根据杂化轨道方式及杂化轨道成键情况判断HCHO立体结构（4）根据有机物结构特点可以判断官能团种类，（5）根据均摊法计算晶胞中实际含有的原子个数，确定化学式解答：解：（1）配合物Ni（CO）4常温为液态，熔点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，所以Ni（CO）4属于分子晶体Ni元素是28号元素，位于第四周期第族，其基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2故答案为：分子晶体；1s22s22p63s23p63d84s2（2）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键故选：ACE（3）CH2=CH2中碳原子成2个CH
67、键，1个碳碳双键，双键中含有1个键、1个键，杂化轨道数为2+1=3，所以碳原子采取sp2杂化，分子为平面结构CHCH中碳原子成2个CH键，1个碳碳三键，三键中含有1个键、2个键，杂化轨道数为1+1=2，所以碳原子采取sp杂化，分子为直线型苯中碳原子成1个CH键，2个CC键，同时参与成大键，杂化轨道数为1+2=3，所以碳原子采取sp2杂化，分子为平面结构HCHO中碳原子成2个CH键，1个碳氧双键，双键中含有1个键、1个键，杂化轨道数为2+1=3，所以碳原子采取sp2杂化，分子为平面结构HCHO中碳原子采取sp2杂化，杂化轨道为平面正三角形，未容纳孤对电子对，全部成键，参与成键的原子不同，所以HC
68、HO为平面三角形故答案为：；SP2； 平面三角形（4）根据有机物官能团的特点可知，在乙烯中存在碳碳双键，在甲醛中存在醛基，故答案为：碳碳双键 醛基，（5）该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点所以晶胞实际含有的镍原子为1+8=5，晶胞实际含有的镧原子为8=1，所以晶体的化学式Ni5La故答案为：Ni5La点评：题目综合性较大，涉及晶体、化学键、杂化轨道、晶胞计算等，难度中等，注意运用杂化理论推导分子构型30（18分）（2013秋仁寿县期中）X、Y、Z、Q、W、N核电荷数依次增大的六种元素中，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Q原子核外的L层
69、中只有两对成对电子，X与Y、Q可以以原子个数2：1或1：1形成化合物W是第三周期中原子半径最小的主族元素，N的核电荷数是W与Z的核电荷数之和NW3能与Z、Q的氢化物形成配位数为6的配合物，其中两种配体的个数比为2：1，三个W离子位于外界请回答下列问题：（1）X、Z、N、W的元素符号分别为H，N，Cr，Cl；（2）比较Y、Z、Q的第一电离能大小NOC；（用元素符号表示）（3）比较X2Q与ZX3的熔点高低（填化学式）H20NH3；其中Z、Q的氢化物比同主族氢化物的沸点高的原因是Z和Q的氢化物分子间形成氢键；（4）Z、W的最高价氧化物的水化物的酸性较强的是（填化学式）HClO4；（5）N的价电子排布
70、图为；（6）NW3与Z、Q的氢化物形成的配位数为6的配合物化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、Q、W、N核电荷数依次增大的六种元素中，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则Y为碳元素，Q原子核外的L层中只有两对成对电子，则Q为氧元素，由于Z的核电荷数介于Y、Q之间，所以Z为氮元素，X与Y、Q可以原子个数2：1或1：1形成化合物，则X为氢元素，W是第三周期中原子半径最小的主族元素，则W为氯元素，N的核电荷数是W与Z的核电荷数之和，则N为24号元素，铬元素，据此答题解答：解：X、Y、Z、Q、W、N核电荷
71、数依次增大的六种元素中，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则Y为碳元素，Q原子核外的L层中只有两对成对电子，则Q为氧元素，由于Z的核电荷数介于Y、Q之间，所以Z为氮元素，X与Y、Q可以原子个数2：1或1：1形成化合物，则X为氢元素，W是第三周期中原子半径最小的主族元素，则W为氯元素，N的核电荷数是W与Z的核电荷数之和，则N为24号元素，铬元素，（1）由上面的分析可知，X、Z、N、W的元素符号分别为H、N、Cr、Cl，故答案为：H；N；Cr；Cl；（2）Y、Z、Q分别为C、N、O，根据元素周期律，同周期从左向右，元素的第一电离能增大，但由于氮元素的最外层p轨道处于半充满状态，所以氮的第一电离能
72、大小要高于相邻主族元素，所以它们的第一电离能大小顺序为NOC，故答案为：NOC；（3）X2Q为H20，常温下呈液态，ZX3为NH3，常温下呈气态，所以水的熔点高于氨气，水和氨气比同主族氢化物的沸点高是因为水和氨气分子间都能形成氢键，故答案为：H20；NH3；Z和Q的氢化物分子间形成氢键；（4）元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，由于非金属性ClN，所以HClO4的酸性强于HNO3，故答案为：HClO4；（5）N为铬元素，它的价电子排布图为，故答案为：；（6）CrCl3与H20、NH3形成的配位数为6的配合物，其中氨气和水两种配体的个数比为2：1，三个氯离子位于外界，所以配合物的化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3，故答案为：Cr（NH3）4（H2O）2Cl3点评：本题主要考查了元素周期律、物质的性质、配合物等知识点，中等难度，解题注意根据原子结构及元素组成化合物的特点，确定元素种类