1、2014-2015学年福建省漳州市芗城中学高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题第只有一个选项符合题意，共20题，60分）1（3分）（2014春库尔勒市校级期末）下列各原子或离子的电子排布式错误的是（）AC 1s22s22p2BO2 1s22s22p6CCr 1s22s22p63s23p63d44s2DAl 3+ 1s22s22p6考点：原子核外电子排布专题：原子组成与结构专题分析：基态原子或离子的电子应处于能量最低的状态，同时注意洪特规则特例，能级处于全满、半满时稳定解答：解：AC核外电子排布式为1s22s22p2，符合能量最低原理，故A正确；BO2排布式为1s22s22p6，符合能量最低
2、原理，故B正确；CCr的d能级处于半满时稳定，因此核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故C错误；DAl 3+ 核外有10个电子，核外电子排布式为：1s22s22p6，故D正确；故选C点评：本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，本题注意基态原子或离子的电子排布规律的应用，把握书写方法2（3分）（2012春漳州校级期末）下列分子或离子中，含有孤对电子的是（）AH2OBCH4CSiH4DNH4+考点：化学键；原子核外电子排布专题：化学键与晶体结构分析：孤对电子是指未参与形成化学键的成对电子，对于孤对电子的判定：主要是看与中心原子成键的配位原子数，一般中心原子达8电子稳定结构
3、时，最外层上有4对电子，当与中心原子成键的配位原子少于4个时，中心原子就会有孤对电子存在，配位原子为4个或多于4个时，则中心原子则不会有孤对电子存在了解答：解：A、H2O中O最外层有6个电子，只有2对共用电子对，因而含有2对孤对电子，故A正确；B、CH4中O中C最外层有4个电子，有4对共用电子对，因而含有没有孤对电子，故B错误；C、SiH4中O中Si最外层有4个电子，有4对共用电子对，因而含有没有孤对电子，故C错误；D、NH3中N最外层有5个电子，有3对共用电子对，因而含有1对孤对电子，但NH4+中NH3孤对电子和H+结合成配位键，则没有孤对电子，故D错误；故选A点评：本题主要考查了孤对电子的
4、判断，掌握判断方法是解题的关键，难度中等3（3分）（2012春漳州校级期末）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.4g镁在二氧化碳中燃烧所转移的电子总数为0.2NAB7.1g Cl2与足量NaOH（aq）反应时转移的电子总数为0.2 NAC1 L1 mol/L的Na2CO3（aq）中CO32与HCO3的离子数之和为NAD1 mol NaHSO4晶体中离子总数为3NA考点：阿伏加德罗常数分析：A镁为+2价金属，2.4g镁的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.2mol电子；B氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，7.1g氯气的物质的量为0.2mol，与氢氧化钠溶液
5、完全反应转移了0.1mol电子；C根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断；D硫酸氢钠晶体中含有钠离子和硫酸氢根离子解答：解：A.2.4g镁的物质的量为：=0.1mol，0.1mol镁与二氧化碳完全反应生成0.1mol氧化镁，转移了0.2mol电子，转移的电子总数为0.2NA，故A正确；B.7.1g氯气的物质的量为：=0.1mol，0.1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成0.1mol氯化钠和0.1mol次氯酸钠，转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1NA，故B错误；C.1 L1 mol/L的Na2CO3（aq）中含有溶质碳酸钠1mol，根据物料守恒可知，CO32、HCO3和H2CO3的物质的量
6、之和为1mol，则CO32与HCO3的离子数之和小于NA，故C错误；D.1molmol NaHSO4晶体中含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，总共含有2mol离子，含有的离子总数为2NA，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量在的转化关系，D为易错点，注意硫酸氢钠晶体中含有的离子为钠离子和硫酸氢根离子4（3分）（2012春漳州校级期末）下列化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A向氢氧化钠溶液中通入少量CO2：CO2+NaOHNaHCO3BFeCl3溶液与Cu反应的离子方程式：Fe3+CuCu2+Fe 2
7、+C铜与浓硝酸：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO+2H2OD向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至刚好沉淀完全离子方程式：NH4+H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+NH3H2O+H2O考点：离子方程式的书写；化学方程式的书写分析：A向氢氧化钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸钠和水；B电荷不守恒；C铜与浓硝酸反应生成二氧化氮；D向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，则二者以1：1反应解答：解：A向氢氧化钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸钠和水，离子方程式：2OH+CO2=CO32+H2O，故A错误；BFeCl3溶液与Cu反应的离子
8、方程式：2Fe3+CuCu2+2Fe2+，故B错误；C铜与浓硝酸，离子方程式：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故C错误；D向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，则二者以1：1反应，离子反应方程式为：Ba2+2OH+H+SO42+NH4+BaSO4+NH3H2O+H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子反应方程式正误判断，明确物质的性质、反应物用量对反应的影响、电荷守恒、原子个数守恒规律是解题关键，题目难度不大5（3分）（2012春漳州校级期末）下列物质性质的变化规律，与化学键的强弱无关的是（）AF2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高BHF
9、、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅DNaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低考点：键能、键长、键角及其应用专题：化学键与晶体结构分析：A组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大；B元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；C原子晶体中，键长越短，键能越大，物质的熔点、沸点越高；D离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键解答：解：AF2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故A正确；B非金属性FClBrI，元素的非金属性越强，形成的氢化物
10、共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B错误；C金刚石、晶体硅都属于原子晶体，金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，所以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与键能有关，故C错误；DNaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故D错误；故选A点评：本题考查键能的大小比较及元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素6（3分）（2013山东模拟）Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”S2O32和Cl2反应的产物之一为SO42下列说法不正确的
11、是（）A该反应中还原剂是S2O32BH2O参与该反应，且作氧化剂C根据该反应可判断氧化性：Cl2SO42D上述反应中，每生成l mol SO42，可脱去2mol Cl2考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：反应的离子方程式为S2O32+4Cl2+10OH=2SO42+8Cl+5H2O，从化合价变化的角度分析氧化还原反应解答：解：反应的离子方程式为S2O32+4Cl2+10OH=2SO42+8Cl+5H2O，则A反应中S元素的化合价升高，被氧化，则S2O32为还原剂，故A正确；B反应中H2O为产物，不是氧化剂，氧化剂为反应物，故B错误；C氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化性：C
12、l2SO42，故C正确；D由反应的方程式可知，每生成lmolSO42，可脱去2molCl2，故D正确故选B点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是能够写出反应的离子方程式7（3分）（2012春漳州校级期末）根据下表中所列键能数据，判断下列分子中，最不稳定的分子是（）化学键HHHClHIClClBrBr键能/kJ/mol436431299247193AHClBHBrCH2DBr2考点：键能、键长、键角及其应用分析：根据键能与化学键稳定性的关系判断，键能越大分子越稳定解答：解：键能越大，即形成化学键时放出能量越多，这个化学键越稳定，越不容易被打断；键能越小，化学键越容易被打断，所
13、以最不稳定的分子是Br2故选D点评：本题考查了分子稳定性与键能的关系，题目难度不大，注意根据键能越大分子越稳定来分析8（3分）（2012春漳州校级期末）x、y为两元素的原子，x的阴离子与y的阳离子的电子层结构相同，由此可知（）Ax的原子半径大于y的原子半径Bx的第一电离能小于y 的第一电离能Cx的金属性大于y的金属性Dx的电负性大于y的电负性考点：原子结构与元素周期律的关系分析：x元素的阴离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少，结合元素周期律解答解答：解：x元素的阴离子和
14、y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少Ay元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，原子半径小于同周期与y处于同族的元素，故原子半径yx，故A错误；Bx为非金属元素，y为金属元素，故x的第一电离能大于y的第一电离能，故B错误；Cx为非金属元素，y为金属元素，故x的金属性弱于y的金属性，故C错误；Dx为非金属元素，y为金属元素，故x的电负性高于y的电负性，故D正确；故选D点评：考查结构与位置的关系、半径与电负性、第一电离能比较等，难度不大，关键根据离子具有相同的电子层结构推断元素
15、的相对位置，注意对元素周期律的理解掌握9（3分）（2011秋巴中期末）构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低，若以E表示某能级的能量，下列能量高低顺序中正确的是（）AE（3s）E（2s）E（1s）BE（3s）E（3p）E（3d）CE（4f）E（4s）E（3d）DE（5s）E（4s）E（4f）考点：原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态专题：原子组成与结构专题分析：各能级能量高低顺序为相同n而不同能级的能量高低顺序为：nsnpndnf，n不同时的能量高低：2s3s4s 2p3p4p；不同层不同能级ns（n2）f（n1）dnp，以此解答该题解答：解：各能级能量高低顺序为相同n而不同
16、能级的能量高低顺序为：nsnpndnf，n不同时的能量高低：2s3s4s 2p3p4p；不同层不同能级ns（n2）f（n1）dnp，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4fA不同能层相同能级的电子能量E（3s）E（2s）E（1s），故A正确；B由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）E（3p）E（3s），故B错误；C由以上分析可知E（4f）E（3d）E（4s），故C错误；D应为E（4f）E（5s）E（4s），故D错误故选A点评：本题考查核外电子的排布，题目难度中等，注意根据构造原理把握能量大小的排布顺序
17、，为解答该题的关键之处10（3分）（2012春漳州校级期末）下列微粒中，最外层未成对电子数最多的是（）AOBPCMnDFe3+考点：原子核外电子排布专题：原子组成与结构专题分析：根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，可解答该题解答：解：AO的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；BP的电子排布式为1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3；CMn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5；DFe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数为5；比较可知Mn、Fe3+的未成对电子数为5，最多
18、，故选CD点评：本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，注意根据电子排布式判断未成对电子数11（3分）（2012春漳州校级期末）下列事实中能证明氯化氢是共价化合物的是（）A液态氯化氢不导电B氯化氢极易溶于水C氯化氢不易分解D氯化氢溶液可以电离考点：共价键的形成及共价键的主要类型分析：共价化合物的构成微粒不带电，则液态不导电，但离子化合物的构成微粒带电，其液态能导电，以此来证明氯化氢是共价化合物解答：解：A、因共价化合物的构成微粒不带电，离子化合物的构成微粒带电，则可利用液态氯化氢不导电来证明氯化氢是共价化合物，故A正确；B、不能利用溶解性判断是否为共价化合物，如NaCl也易溶于水，但属于离子
19、化合物，故B错误；C、不能利用分解来判断是否为共价化合物，如NaCl受热也不易分解，但属于离子化合物，故C错误；D、溶液能导电，是因化合物在水中发生电离，共价化合物、离子化合物的溶液都可以导电，故D错误；故选：A点评：本题考查共价化合物的判断，明确共价化合物的构成微粒是解答本题的关键，难度不大12（3分）（2012春漳州校级期末）第3周期元素形成的单质中，属于原子晶体的是（）A金刚砂B金刚石C单晶硅D二氧化碳考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：化学键与晶体结构分析：C、Si都属于第IVA族元素，但C位于第二周期、Si位于第三周期，由原子构成的晶体属于原子晶体，由分子构成的晶体属于
20、分子晶体，由阴阳离子构成的晶体属于离子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体属于金属晶体，根据晶体构成微粒解答解答：解：C、Si都属于第IVA族元素，但C位于第二周期、Si位于第三周期，原子晶体的构成微粒是原子，A金刚砂是SiC，其构成微粒是原子，属于原子晶体，但该物质属于化合物，故A错误；B金刚石的构成微粒是原子，属于原子晶体，但C位于第二周期，不符合条件，故B错误；C单晶硅的构成微粒是原子，所以属于原子晶体，且Si元素位于第三周期，单晶硅属于单质，所以符合条件，故C正确；D二氧化碳的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，且二氧化碳属于化合物，不符合条件，故D错误；故选C点评：本题考查单质、原子
21、晶体，侧重考查基本概念，明确单质的含义、晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，题目难度不大13（3分）（2012春漳州校级期末）下列事实与氢键有关的是（）A水加热到很高的温度都难以分解B水结冰成体积膨胀，密度减少CCH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增加而升高DHF、HCI、HBr、HI的热稳定性依次减弱考点：含有氢键的物质专题：化学键与晶体结构分析：A分子的稳定性与共价键有关；B水分子之间含有氢键，水凝固成冰时，水分子排列有序化，体积膨胀，密度减小；C分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；D氢化物的稳定性与共价键强弱有关解答：解：A分子
22、的稳定性与共价键有关，水的分解破坏的是化学键，不是氢键，故A不选；B水分子间存在氢键，氢键具有方向性，氢键的存在迫在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大密度减小；当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B选；CCH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，故C不选；DHF、HCl、HBr、HI的热稳定性与共价键强弱有关，非金属性越强，形成的共价键越强，其氢化物越稳
23、定，与氢键无关，故D不选故选B点评：本题考查氢键的形成与性质，题目难度不大，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响14（3分）（2012春漳州校级期末）当下列物质以晶体形式存在时，其所属晶体类型和所含化学键类型分别相同的是（）A氯化钠、氯化氢B二氧化碳、二氧化硅C四氯化碳、四氯化硅D单质铁、单质碘考点：化学键；离子晶体；原子晶体；分子晶体；金属晶体分析：根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，金属单质含有金属键解答：解：A、氯化钠是离子键形成的离子晶体而氯化氢是共价键形成的分
24、子晶体，故A不符合；B、二氧化碳是共价键形成的分子晶体而二氧化硅是共价键形成的原子晶体，故B不符合；C、四氯化碳、四氯化硅都是共价键形成的分子晶体，故C符合；D、单质铁是金属键形成的金属晶体而单质碘是共价键形成的分子晶体，故D不符合；故选C点评：本题考查了晶体类型和化学键的判断，难度不大，注意碘单质不是单原子分子，是多原子分子15（3分）（2008海南）已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（）AZXY3BZX2Y6CZX4Y8DZX8Y12考点：晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：Z处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，X处于顶点上的原子
25、被8个晶胞占有，Y处于棱上的原子被4个晶胞占有，利用均摊法计算晶胞中各原子数目确定化学式解答：解：Z处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，X处于顶点上的原子被8个晶胞占有，Y处于棱上的原子被4个晶胞占有，故晶胞中含有Z原子的数目为1、含有X原子的数目为8=1、含有Y原子的数目为12=3，所以Z、X、Y的原子个数比是1：1：3，所以其化学式为ZXY3，故选A点评：本题考查了晶胞的有关计算，难度不大，利用均摊法计算晶胞中含有的各种元素的原子个数之比即可确定16（3分）（2012春漳州校级期末）由下列各组的三种元素构成的化合物中既有离子晶体，又有分子晶体的是（）AH、O、CBNa、S、OCH、N、ODH
26、、S、O考点：离子晶体；分子晶体专题：化学键与晶体结构分析：H活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，属于离子化合物；只含共价键的化合物是共价化合物，属于分子晶体，据此分析解答解答：解：A、C、H、O是非金属元素，这三种元素相互化合只能形成共价化合物（如H2CO3），不能形成离子化合物，故A错误；B、Na是活泼金属元素，S、O是非金属元素，这三种元素相互化合只能形成离子化合物（如硫酸钠），不能形成共价化合物，故B错误；C、H、N、O是非金属元素，各元素相互化合可以共价化合物（如硝酸），属于分子晶体，也可以形离子化合物（如硝酸铵），属
27、于离子晶体，故C正确；D、H、S、O是非金属元素，这三种元素相互化合只能形成共价化合物（如H2SO4），不能形成离子化合物，故D错误；故选：C点评：本题考查了元素与化学键的关系，难度不大，注意：金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物不是离子化合物17（3分）（2012春漳州校级期末）下列能跟氢原子形成最强极性键的原子是（）AFBClCBrDI考点：极性键和非极性键专题：化学键与晶体结构分析：成键的两原子电负性差别越大，极性越大解答：解：成键的两原子电负性差别越大，极性越大，F的电负性最大，则跟氢原子形成最强极性键，故选A点评：本题考查极性键的强弱，难度不大，注
28、意知识的积累18（3分）（2012春漳州校级期末）下列各组微粒，半径大小比较中错误的是（）AKNaLiBNa+Mg2+Al3+CMg2+Na+FDClFF考点：微粒半径大小的比较专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A同主族自上而下原子半径逐渐增大；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径解答：解：A同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径KNaLi，故A正确；B电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+Mg2+Al3+，故B正确；C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，
29、故离子半径Mg2+Na+F，故C错误；D电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径ClFF，故D正确，故选C点评：本题考查微粒半径比较，题目难度不大，注意对微粒半径比较规律的理解掌握19（3分）（2012春漳州校级期末）下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是（）A2s22p2 和2s22p4B3s23p4 和2s22p4C3s2和2s22p5D3s1和3s23p5考点：原子核外电子排布分析：AB2型化合物中A的化合价为+2或者+4价，B的化合价为1或2价，根据价电子排布判断化合价是否符合解答：解：A价层电子排布为2S22P2的元素为C，价层电子排布为2S22P4的
30、元素为O，二者可形成CO2，故A不选；B价层电子排布为3S23P4的元素为S，价层电子排布为2S22P4的元素为O，二者可形成SO2，故B不选；C价层电子排布为3S2的元素为Mg，价层电子排布为2S22P5的元素为F，二者可形成MgF2，故C不选；D价层电子排布为3S1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故D选故选D点评：本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，本题注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价20（3分）（2012春漳州校级期末）已知某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，该元素在周期表中所属的族是
31、（）AABBCDIB考点：原子核外电子排布专题：原子组成与结构专题分析：某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，据此判断解答：解：某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，处于第四周期B族，故选B点评：本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系二、解答题（共4小题，满分40分）21（10分）（2012春漳州校级期末）短周期元素X、Y、Z在周期表中位置关系如图：XYZ（答题
32、时，X、Y、Z用所对应的元素符号表示）（1）x元素的单质分子式是He，单质是原子晶体（2）自然界中存在一种仅含钙与Y两种元素的天然矿物，其电子式为，属于离子晶体（3）Z的氢化物和Y的氢化物沸点高低顺序是：HFH2S，理由：HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键（4）X、Y、Z三种元素中，电负性最大的是：F考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：由短周期及元素的位置可知，X为He、则Y为F、Z为S，（1）稀有气体为单原子分子，则其分子式为He，属于分子晶体；（2）Y为F元素，二者形成的化合物为氟化钙，属于离子化合物；（3）Z的氢化物和Y的氢化物分别为硫化氢和氟化氢，氟化氢中存在氢键，氟
33、化氢的沸点大于硫化氢；（4）非金属性越强，电负性越强，F是电负性最强的元素解答：解：由短周期及元素的位置可知，X为He、则Y为F、Z为S，（1）X为He，属于稀有气体元素，其分子式为：He，He晶体为分子晶体，故答案为：He；分子；（2）自然界中存在一种仅含钙与Y两种元素的天然矿物，Y为F元素，二者形成的化合物为氟化钙，氟化钙属于离子化合物，其电子式为：，故答案为：； 离子；（3）Z的氢化物和Y的氢化物分别为硫化氢和氟化氢分别为硫化氢和氟化氢，由于 HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在氢键，所以氟化氢的沸点较高，即：HFH2S，故答案为：HFH2S；HF分子之间除了存在分子间作用力，还存在
34、氢键；（4）He、S、F元素中，非金属性正确的为F，则电负性最强的为F，故答案为：F点评：本题考查元素周期律和元素周期表，题目难度中等，注意熟悉元素在周期表中的位置，明确元素性质周期性变化的原因及元素性质的周期性变化是解答本题的关键22（10分）（2012春漳州校级期末）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
35、种配体的物质的量之比为2：1，三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） XYZ（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为CON（2）B的氢化物的分子空间构型是三角锥型其中心原子采取sp3杂化（3）写出化合物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N2O（4）ECl3与B、C的氢化物形成配位数为六的配合物的化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3考点：位置结构性质的相互关系应用分析：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
36、阴离子具有相同的电子层结构，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，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2：1，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解答：解：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
37、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，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，分子中应存在氢键，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2：1，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，
38、（1）A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素，同周期自左而右第一电离能增大，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，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为CON；故答案为：CON；（2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个NH键，N原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥型故答案为：三角锥型；sp3；（3）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；（4）CrCl3能与NH3、H2O形成六配位
39、的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，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：Cr（NH3）4（H2O）2Cl3点评：本题考查位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，试题综合性较大，涉及结构性质越位置关系、元素周期律、电子式与核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构，氧化还原反应等知识，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查，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23（8分）（2012春漳州校级期末）钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被
40、誉为“未来世界的金属”试回答下列问题：（1）钛有Ti和Ti两种原子，它们互称为同位素Ti元素在元素周期表中的位置是第四 周期，第IVB 族；按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于d（填s、p、d、ds或f）区元素（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用偏钛酸钡为离子晶体，晶胞的结构如右图所示，它的化学式是BaTiO3（3）现有含Ti3+的配合物，化学式为TiCl3（H2O）6，将1mol该物质溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银为1mol，已知该配合物的配位数为6，则该配合物的配位体是Cl 和 H2O1mol该配合物外界所含结晶水物质的量为2mol考点：晶胞的计算；同位素及
41、其应用；配合物的成键情况分析：（1）质子数相同而中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；Ti元素为22号元素，根据核外电子排布确定在周期表中位置；（2）根据均摊法计算晶胞中各元素原子数目，进而确定化学式；（3）1molTiCl3（H2O）6溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银为1mol，说明在配合物的外界Cl离子数目为1，作配体的Cl离子为2，TiCl3（H2O）6中Ti3+的配位数为6，故还有4个H2O作配体，另外2个H2O为结构简式，该配合物化学式为TiCl2（H2O）4Cl2H2O解答：解：（1）2248Ti和2250Ti的质子数相同而中子数不同，是钛元素的不同原子，互为同位素
42、，钛元素在周期表中的原子序数为22，基态原子的电子排布式为Is22s22p63S23p63d2 4s2，位于第四周期第IVB族，属于d区元素，故答案为：同位素；四；IVB；d；（2）晶胞中Ba原子数目为1，Ti原子数目为8，=1，O原子数目为12=3，Ba、Ti、O原子数目中之比为1：1：3，故分子式为：BaTiO3，故答案为：BaTiO3；（3）1molTiCl3（H2O）6溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银为1mol，说明在配合物的外界Cl离子数目为1，作配体的Cl离子为2，TiCl3（H2O）6中Ti3+的配位数为6，故还有4个H2O作配体，另外2个H2O为结构简式，该配合物化
43、学式为TiCl2（H2O）4Cl2H2O，1mol该配合物外界所含结晶水物质的量为2mol，故答案为：Cl 和 H2O；2点评：本题是对物质结构的可知，涉及结构与位置关系、元素周期表、晶胞计算、配合物等，难点是配体的判断，注意配合物中内外界的划分，难度中等24（12分）（2012春漳州校级期末）氯化铍是用于制有机铍化合物和金属铍的重要原料（1）BeCl2分子中组成元素Be的基态原子的价电子排布式为2s2，其元素的第一电离能B元素（填“”或“”或“=”），原因是Be的2s轨道全充满，体系能量低（2）已知BeCl2加热易升华，液态BeCl2不导电，BeCl2晶体类型为分子晶体； BeCl2中Be原
44、子的杂化轨道类型是sp（3）Kraus用阴离子树脂交换法提取一种组成元素为氯和铍的阴离子，该阴离子内铍原子达到8电子稳定结构，则该离子内存在的微粒间的作用力是共价键、配位键，阴离子的结构式为考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体分析：（1）根据核外电子排布规律书写Be原子的基态价电子排布式；Be的2s轨道为全充满稳定状态；（2）根据晶体的性质判断晶体类型；BeCl2中Be原子的杂化轨道数为2；（3）阴离子内铍原子最外层达到8电子稳定结构，离子为BeCl42，Be原子与氯原子之间通过共价键与配位键达8电子稳定结构解答：解：（1）Be原子的电子排布式为1s22s2，Be原
45、子的基态价电子排布式为2s2Be的2s轨道为全充满，稳定状态，体系能量低，第一电离能高于同周期相邻元素，故答案为：2s2；Be的2s轨道全充满，体系能量低；（2）BeCl2加热易升华，液态BeCl2不导电，则BeCl2晶体类型为分子晶体；BeCl2中Be原子成2个BeCl，Be原子的杂化轨道数为2，故Be原子采取 sp 杂化方式，故答案为：分子晶体； sp；（3）阴离子内铍原子最外层达到8电子稳定结构，离子为BeCl42，Be原子与氯原子之间通过共价键与配位键达8电子稳定结构，结构式为，故答案为：共价键、配位键；点评：本题考查核外电子排布规律、元素周期律、晶体结构与化学键等，难度不大，注意基础知识的掌握
