1、2014-2015学年福建省福州市八县联考高二（下）期中化学试卷一选择题（只有一个正确答案，每小题2分，共48分）1（2分）（2015春福州期中）生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（）A钢铁长期使用后生锈B节日里燃放的焰火C金属导线可以导电D卫生球久置后消失2（2分）（2015春福州期中）下列化学用语的表述不正确的是（）A过氧化氢的结构式：HOOHB氮原子的L层电子轨道表示式：CCO2的比例模型：DCl的结构示意图：3（2分）（2015春福州期中）只有在化合物中才能存在的化学键是（）离子键氢键共价键极性键非极性键ABCD4（2分）（2015春福州期中）下列具有特殊性能的材料中，由主
2、族元素和副族元素形成的化合物是（）A半导体材料砷化镓B吸氢材料镧镍合金C透明陶瓷材料硒化锌D超导材K3C605（2分）（2015春福州期中）下列说法或有关化学用语的表达正确的是（）A在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B核外电子排布由1s22s22p63s11s22s22p6 的变化需要吸收能量C因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素6（2分）（2015春福州期中）根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据判断说法中错误的是（）晶体NaClMgCl2AlCl3SiCl4单质R熔点810710180
3、702300熔点14651418177.8572500ASiCl4是分子晶体BMgCl2中键的强度比NaCl中键的强度小C单质R可能是原子晶体DAlCl3为离子晶体7（2分）（2015春福州期中）居室装修用石材的放射性常用Ra作为标准，居里夫人（Marie Curie）因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖下列叙述中正确的是（）ARaCl2的熔点比CaCl2高BRa元素位于元素周期表中第六周期A族C一个Ra原子中含有138个中子DRa（OH）2是一种两性氢氧化物8（2分）（2015春福州期中）根据“相似相溶”规律，你认为下列物质在水中溶解度较大的是（）A乙烯B二氧化碳C二氧化硫D氢气9（2分）（2
4、015春福州期中）下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是（）A具有规则几何外形的固体均为晶体B晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射C晶体研碎后即变为非晶体D将玻璃加工成规则的固体即变成晶体10（2分）（2015春福州期中）下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是（）晶体类型原子晶体离子晶体 分子晶体A氮化硅磷酸单质硫B单晶硅碳酸氢铵水银C金刚石烧碱冰D铁尿素冰醋酸AABBCCDD11（2分）（2015春福州期中）已知X、Y为第三周期非金属元素（稀有气体除外），且电负性XY，下列说法错误的是（）AX与Y形成化合物时，X可能显负价，也可能显正价B第一电离能X可能小于YCX的最高价含
5、氧酸的酸性强于Y的最高价含氧酸的酸性D原子序数X一定大于Y12（2分）（2015春福州期中）SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键已知断裂lmol FF、SF键需吸收的能量分别为l60kJ、330kJ又知：1mol S（s）转化成气态S原子时吸收280kJ能量，则S（s）+3F2（g）SF6（g）的反应热为（）A770 kJ/molBl220 kJ/molC1500kJ/molD2740kJ/mol13（2分）（2015怀化二模）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应
6、生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4下列说法中正确的是（）A原子半径：WZYXB氢化物稳定性：YZCWY3中只有离子键没有共价键DX与Z可形成l0电子分子和18电子分子14（2分）（2015春福州期中）根据科学人员探测：在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物其组成的两种分子的下列说法正确的是（）A它们都是极性键形成的极性分子B它们的成键方式都只有键C可燃冰的存在说明甲烷和水分子间能形成氢键D它们的分子空间构型都相同15（2分）（2015春福州期中）下列说法中正确的是（）A乙烯中C=C的键能是乙烷中CC的键能的2倍B同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数目依次
7、增多CCO键的极性比NO键的极性大D根据能量最低原理，原子的核外电子排布先填满离核近的轨道，再填充离核远的轨道16（2分）（2015春福州期中）下列不能形成配位键的组合是（）AAg+、NH3BBF3、NH3CCo3+、CODAg+、H+17（2分）（2015春福州期中）下列关于丙烯（CH3CH=CH2）的说法正确的（）A丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化B丙烯分子存在非极性键C丙烯分子有6个键，1个键D丙烯分子中3个碳原子在同一直线上18（2分）（2015春福州期中）下列选项中，都是只由极性键形成的非极性分子的一组物质是（）ABCl3、CS2、SO3BCH4、CH2Cl2、BeCl2CP4、S
8、iO2、CO2DNF3、CCl4、苯（C6H6）19（2分）（2015春福州期中）下列各组微粒的空间构型相同的是（）NH3和H2ONH4+和H3O+NH3和H3O+O3和SO2CO2和BeCl2SiO4和SO42BF3和Al2Cl6A全部B除以外CD20（2分）（2015合肥模拟）C60可用作储存氢气的材料，结构如图所示继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似下列有关说法正确的是（）AC60、Si60、N60都属于原子晶体BC60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C由于NN键能小于NN，故N60的稳定性弱于N2D由于CC键长小于SiSi键，所以C60熔沸点低于Si6
9、021（2分）（2015春福州期中）S2Cl2在合成橡胶、硬水软化等方面有着重要应用将Cl2通入熔融的硫黄可制得S2Cl2，S2Cl2是黄红色油状发烟液体，遇水分解出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊有关叙述正确的是（）A在周期表中，氯元素位于硫元素之后，所以Cl2的氧化性弱于硫单质B硫黄中只有非极性键，S2Cl2中只有极性键C在常温常压下，硫黄是原子晶体，S2Cl2是分子晶体DS2Cl2与水反应时，既体现氧化性又体现还原性22（2分）（2015春福州期中）下列溶液中各含三种阳离子，若在溶液中加入少量氨水时，三种离子皆产生沉淀；加入过量氨水则三种沉淀皆溶解符合条件的是（）AFe2+、Mg2+
10、、Al3+BMg2+、Al3+、Cu2+CFe3+、Cu2+、Zn2+DAg+、Cu2+、Zn2+23（2分）（2015春福州期中）当一个碳原子连接四个不同原子或原子团时，该碳原子叫做“手性碳原子”下列化合物中含有2个手性碳原子的是（）ABCD24（2分）（2015春福州期中）有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是（）A在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl形成正八面体B该气态团簇分子的分子式为EF或FEC在CO2 晶体中，一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻D在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向二、解答题（共4小题，满分52分）25（17分）（2015春福州期中）X、Y、Z、M
11、、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子请回答：（1）X元素在周期表中的位置是；W2+离子的外围电子排布式为（2）X 能与氢、氮、氧三种元素构成化合物 XO（NH2）2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为、，该化合物分子中的键与键的个数之比是；该物质易溶于水的主要原因是（3）已知Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素与Be的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式（
12、4）M晶体的原子堆积方式为六方堆积（如图1所示），则晶体中M原子配位数是某M配合物化学式是M（H2O）5ClCl2H2O，1mol该配合物中含配位键的数目是（5）X 的某种晶体为层状结构，可与熔融金属钾作用钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图2所示，则其化学式可表示为（6）Y离子和Z离子比较，半径较大的是（写离子符号），元素Y与元素Z形成的晶体的晶胞结构是如图3所示的正方体，设晶胞中最近的两个Z离子的距离为a cm，该化合物的摩尔质量为bg/mol，则该晶胞密度的计算式为（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数用NA表示）26（12分）（2015春福州期中）硼（
13、B）及其化合物在化学中有重要的地位请回答下列问题：（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为B与同周期相邻两元素第一电离能由大到小的顺序是（2）硼酸（H3BO3）是白色片状晶体（层状结构如图），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大硼酸中B原子的杂化轨道类型为硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH 而呈酸性写出硼酸的电离方程式（3）立方氮化硼是一种新型陶瓷材料，结构和形体都类似金刚石，是现时所知的几乎最硬的物质，化学式为BN，则立方氮化硼中B原子的杂化轨道类型为；1mol立方氮化硼中BN的物质
14、的量为27（11分）（2015春福州期中）叠氮化物是一类重要化合物，氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，如图为分子结构示意图1肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3）：N2H4+HNO22H2O+HN3它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N3试回答下列问题：（1）下列说法正确的是（选填序号）A酸性：HNO2HNO3BN2H4中两个氮原子采用的都是sp2杂化CHN3、H2O都是极性分子DN2H4沸点高达113.5，说明肼分子间可形成氢键（2）叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4，在该配合物中钴显价，根据价层电子对互斥理论可知SO42的
15、立体构型为，基态Fe原子有个未成对电子，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是（选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B钠晶胞结构如图2，晶胞中分摊2个钠原子C氮的第一电离能大于氧D氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性小（4）与N3互为等电子体的分子有：、（举二例），写出其中之一的电子式28（12分）（2015春福州期中）Co、Cu、Zn都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物（1）下列不能作为配合物配位体的是AH2O BNH3 CCH4 DCl（2）用氢键表示式
16、写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键（3）Cu元素可形成Cu（NH3）4SO4，其中存在的化学键类型有（填序号）配位键金属键极性共价键非极性共价键 离子键氢键（4）若Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，且当其中的两个NH3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则Cu（NH3）42+的空间构型为（填字母）a平面正方形 b正四面体 c三角锥型 dV形在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：；（5）把CoCl2溶解于水后加氨水直到先生成的Co（OH）2沉淀又溶解后，再继续加氨水，使之生成Co（NH3）62+
17、此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可用CoCl35NH3表示，把分离出的CoCl35NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀经测定每1mol CoCl35NH3只生成2mol AgCl请写出表示此配合物结构的结构简式：2014-2015学年福建省福州市八县联考高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（只有一个正确答案，每小题2分，共48分）1（2分）（2015春福州期中）生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（）A钢铁长期使用后生锈B节日里燃放的焰火C金属导线可以导电D卫生球久置后消失考点：原子核外电子的运动状态 专题：原子组成与结构专题分析：光是电子释放
18、能量的重要形式，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火都与电子发生跃迁释放能量有关解答：解：钢铁长期使用后生锈，是金属原子失去电子被氧化，金属导线可以导电是电子的定向移动，卫生球久置后消失是物质的挥发，都与电子跃迁无关，节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故选：B点评：本题考查电子的跃迁，题目难度不大，注意光的形成与电子的跃迁的关系，学习中注意相关知识的积累2（2分）（2015春福州期中）下列化学用语的表述不正确的是（）A过氧化氢的结构式：HOOHB氮原子的L层电子轨道表示式：CCO2的比例模型：DCl的结构示意图：考点：原子结构示意图；结构式；球棍模型与比例模型 分
19、析：A、过氧化氢中O分别与O和H形成共价键；B、根据洪特规则：电子排布在同一能级的不同轨道时优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同；泡利原理：一个原子轨道里最多可容纳2个电子，且自旋方向相反；C、二氧化碳为直线形分子，据此判断；D、Cl的原子序数为17，得到1个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，据此解答即可解答：解：A、过氧化氢中O分别与O和H形成非极性共价键和极性共价键，结构式为HOOH，故A正确；B、由洪特规则和泡利原理可知，态氮原子L层电子的轨道表示式为，故B正确；C、二氧化碳为直线形分子，比例模型为，故C错误；D、Cl的原子序数为17，得到1个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，Cl的
20、结构示意图：，故D正确，故选C点评：本题主要考查的是常见化学用语表达，熟练掌握结构式、球棍模型、离子结构示意图等是关键，难度不大3（2分）（2015春福州期中）只有在化合物中才能存在的化学键是（）离子键氢键共价键极性键非极性键ABCD考点：化学键 分析：化合物中至少存在两种元素，可能存在离子键、共价键，极性共价键一定存在于化合物中，但非极性键可存在于单质、化合物中，以此来解答解答：解：离子键一定存在于化合物中，故选；氢键不属于化学键，故不选；共价键可存在于单质中，如氢气中存在共价键，故不选；两种元素组成的共价化合物一定为极性键，故选；单质及离子化合物、共价键化合物中均可存在非极性键，如氧气、过
21、氧化钠、过氧化氢中均存在非极性键，故不选；故选A点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氢键不属于化学键，题目难度不大4（2分）（2015春福州期中）下列具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是（）A半导体材料砷化镓B吸氢材料镧镍合金C透明陶瓷材料硒化锌D超导材K3C60考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：元素周期表中主族元素有7个，副族元素有7个，利用元素在周期表中的位置确定由主族元素和副族元素形成的化合物，以此来解答解答：解：A、砷位于第A族，镓位于第A族，
22、则不符合题意，故A不选；B、镧位于B族，镍位于族，则不符合题意，故B不选；C、硒位于第A族，锌位于B族，符合主族元素和副族元素形成的化合物，故C选；D、K位于第A族，C位于第A族，则不符合题意，故D不选；故选C点评：本题考查元素周期表，熟悉元素在周期表中的位置是解答本题的关键，学生对副族元素不熟悉是解答本题的难点5（2分）（2015春福州期中）下列说法或有关化学用语的表达正确的是（）A在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B核外电子排布由1s22s22p63s11s22s22p6 的变化需要吸收能量C因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D根据原子核
23、外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的运动状态；吸热反应和放热反应 分析：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高；B、原子由1s22s22p63s1失去一个电子转变为1s22s22p6 的变化需要吸收能量；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区解答：解：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、核外电子排布由1
24、s22s22p63s1，该原子处于基态钠原子，失去最外层一个电子转变成1s22s22p6为钠离子，所以由1s22s22p63s11s22s22p6 的变化需要吸收能量，故B正确；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B点评：本题考查原子核外电子排布规律及排布式的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点6（2分）（2015春福州期中）根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据判断说法中错误的是（）晶体NaClMgCl2AlCl3SiCl4单质R熔点810710180702300熔点
25、14651418177.8572500ASiCl4是分子晶体BMgCl2中键的强度比NaCl中键的强度小C单质R可能是原子晶体DAlCl3为离子晶体考点：晶体熔沸点的比较 分析：晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体离子晶体分子晶体，根据表中数据知，NaCl、MgCl2都属于离子晶体，AlCl3、SiCl4都属于分子晶体，R熔沸点较高，所以R可能属于原子晶体，据此分析解答解答：解：晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体离子晶体分子晶体，根据表中数据知，NaCl、MgCl2都属于离子晶体，AlCl3、SiCl4都属于分子晶体，R熔沸点较高，所以R可能属于原子晶体，ASiCl4熔沸点较低，属于分子晶体，故A正确；
26、B离子晶体中键的强度越大其熔沸点越高，NaCl的熔沸点高于MgCl2，所以MgCl2中键的强度比NaCl中键的强度小，故B正确；CR熔沸点较高，所以R可能属于原子晶体，故C正确；D氯化铝熔沸点较低，所以氯化铝为分子晶体，故D错误；故选D点评：本题考查晶体与熔沸点关系，侧重考查学生分析判断能力，明确晶体熔沸点高低顺序是解本题关键，注意不能根据晶体中是否含有金属元素判断离子晶体，易错选项是D7（2分）（2015春福州期中）居室装修用石材的放射性常用Ra作为标准，居里夫人（Marie Curie）因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖下列叙述中正确的是（）ARaCl2的熔点比CaCl2高BRa元素位于元
27、素周期表中第六周期A族C一个Ra原子中含有138个中子DRa（OH）2是一种两性氢氧化物考点：原子结构与元素的性质；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系 分析：A离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；BRa位于第七周期第IIA族，与Mg属于同一主族元素；C中子数=质量数质子数；DRa的金属性大于Mg，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强解答：解：A离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，Ra离子半径大于Ca，所以RaCl2的熔点比CaCl2低，故A错误；BRa原子核外有7个电子层、最外层有2个电子，位于第七周期第IIA族，故B错误；C中子数=质量数质子数
28、=22688=138，故C正确；D元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，Ra的金属性大于Mg，氢氧化镁属于碱，则Ra（OH）2也是碱，故D错误；故选C点评：本题考查原子结构和元素性质，侧重考查分析判断能力，难点是判断在周期表中的位置，知道金属的金属性强弱与其最高价氧化物的水化物碱性关系，题目难度不大8（2分）（2015春福州期中）根据“相似相溶”规律，你认为下列物质在水中溶解度较大的是（）A乙烯B二氧化碳C二氧化硫D氢气考点：相似相溶原理及其应用 专题：化学键与晶体结构分析：相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组
29、成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，据此分析；解答：解：乙烯、二氧化碳和氢气都是非极性分子，二氧化硫属于极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，水属于极性溶剂，所以极性分子二氧化硫在水中的溶解度较大，故C正确；故选：C点评：本题考查了相似相溶原理，难度不大，注意相似相溶原理的使用范围9（2分）（2015春福州期中）下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是（）A具有规则几何外形的固体均为晶体B晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射C晶体研碎后即变为非晶体D将玻璃加工成规则的固体即变成晶体考点：离子晶体；原子晶体；分子晶体；金属晶体 分析：晶
30、体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则，晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，晶体具有自范性，而非晶体没有自范性解答：解：A具有规则几何外形的固体不一定是晶体，故A错误；B、晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，即晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射，故B正确；C晶体研碎后还是晶体，故B错误；D将玻璃加工成规则的固体，玻璃仍然不是晶体，属于玻璃态物质，故D错误；故选B点评：本题考查了晶体和非晶体的判断，根据其特点来分析即可
31、，难度不大10（2分）（2015春福州期中）下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是（）晶体类型原子晶体离子晶体 分子晶体A氮化硅磷酸单质硫B单晶硅碳酸氢铵水银C金刚石烧碱冰D铁尿素冰醋酸AABBCCDD考点：分子晶体；离子晶体；原子晶体 分析：根据构成晶体的微粒确定晶体类型，原子晶体的构成微粒是原子，分子晶体的构成微粒是分子，离子晶体的构成微粒是阴阳离子解答：解：A磷酸的构成微粒是分子，所以磷酸属于分子晶体，故A错误；B单晶硅的构成微粒是原子，所以属于原子晶体，碳酸氢铵的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，水银的构成微粒是金属阳离子和自由电子，属于金属晶体，故B错误；C金刚石的构成微粒是原子
32、，所以属于原子晶体，烧碱的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，冰的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故C正确；D铁的构成微粒是金属阳离子和自由电子，所以属于金属晶体，尿素的构成微粒是分子，属于分子晶体，冰醋酸的构成微粒是分子，属于分子晶体，故D错误；故选C点评：本题考查了晶体类型的判断，明确晶体的构成微粒是解本题关键，注意尿素属于分子晶体，为易错点11（2分）（2015春福州期中）已知X、Y为第三周期非金属元素（稀有气体除外），且电负性XY，下列说法错误的是（）AX与Y形成化合物时，X可能显负价，也可能显正价B第一电离能X可能小于YCX的最高价含氧酸的酸性强于Y的最高价含氧酸的酸性D原子序数
33、X一定大于Y考点：元素电离能、电负性的含义及应用 分析：同周期元素，自左而右元素的电负性增强，电负性XY，故原子序数XY，A、电负性表示原子对键合电子吸引的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大；B、若Y的第一电离能失去的电子所处能级为半满稳定状态，其第一电离能可能高于X的第一电离能；C、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D、电负性XY，故原子序数XY解答：解：同周期元素，自左而右元素的电负性增强，电负性XY，故原子序数XY，A、电负性表示原子对键合电子吸引的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大，电负性XY，键合电子偏向X原子，偏离Y原子，故X与Y形成化合物中，X显负价，
34、Y显正价，故A错误；B、若Y的第一电离能失去的电子所处能级为半满稳定状态，其第一电离能可能高于X的第一电离能，如第一电离能PS，故B正确；C、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，同周期自左而右元素的非金属性增强，故非金属性XY，所以最高价含氧酸的酸性：X强于Y，故C正确；D、同周期元素，自左而右元素的电负性增强，电负性XY，故原子序数XY，故D正确；故选A点评：本题考查同种元素性质递变规律、电离能、电负性等，难度不大，注意B中第一电离能的特殊性12（2分）（2015春福州期中）SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键已知断裂lmol FF、SF键需吸收的能量分别为l60kJ、330
35、kJ又知：1mol S（s）转化成气态S原子时吸收280kJ能量，则S（s）+3F2（g）SF6（g）的反应热为（）A770 kJ/molBl220 kJ/molC1500kJ/molD2740kJ/mol考点：有关反应热的计算 分析：1mol S（s）转化成气态S原子时吸收280kJ能量，断裂lmol FF、SF键需吸收的能量分别为l60kJ、330kJ，结合H=反应物总键能生成物总键能计算反应热解答：解：1mol S（s）转化成气态S原子时吸收280kJ能量，断裂lmol FF、SF键需吸收的能量分别为l60kJ、330kJ，反应热H=反应物总键能生成物总键能，所以对于S（s）+3F2（g
36、）SF6（g），其反应热H=280kJ/mol+3160kJ/mol6330kJ/mol=1220kJ/mol，故选B点评：本题考查反应热的计算，为高频考点，把握H=反应物总键能生成物总键能是解题关键，注意SF6中化学键的数目，题目难度不大13（2分）（2015怀化二模）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4下列说法中正确的是（）A原子半径：WZYXB氢化物稳定性：YZCWY3中只有离子键没有共价键DX与Z可形成l0电子分子
37、和18电子分子考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH解答：解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元
38、素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaHA同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：W（Na）Y（N）Z（O）X（H），故A错误；B非金属性Y（N）Z（O），故氢化物
39、稳定性：YZ，故B错误；CNaN3中Na+与N3之间形成离子键，N3中N原子之间形成共价键，故C错误；DH与O可形成H2O、H2O2，前者为l0电子分子，后者为18电子分子，故D正确，故选D点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意IA族中同主族元素可以形成离子化合物，注意对应非金属氢化物的考查，难度中等14（2分）（2015春福州期中）根据科学人员探测：在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物其组成的两种分子的下列说法正确的是（）A它们都是极性键形成的极性分子B它们的成键方式都只有键C可燃冰的存在说明甲烷和水分子间能形成氢键D它们的分子空间构型都相同考点：化学键
40、；含有氢键的物质 专题：化学键与晶体结构分析：水分子为V形，正负电荷中重心不重叠，为极性分子，由于O元素的非金属性较强，水分子间含有氢键；甲烷为正四面体结构，正负电荷重心重叠，为非极性分子，以此解答该题解答：解：A水分子为V形，正负电荷中重心不重叠，为极性分子；甲烷为正四面体结构，正负电荷重心重叠，为非极性分子，故A错误；B分子中分别存在CH、OH键，为键，故B正确；CC的非金属性较弱，甲烷与水分子间不存在氢键，故C错误；D甲烷空间结构为正四面体结构，水为平面V字型的结构，它们的立体结构不相同，故D错误；故选B点评：本题考查了极性键和非极性键、化学键类型、极性分子和非极性分子的判断，为高频考点
41、，题目难度中等，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，注意掌握键的极性和分子极性的判断方法15（2分）（2015春福州期中）下列说法中正确的是（）A乙烯中C=C的键能是乙烷中CC的键能的2倍B同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数目依次增多CCO键的极性比NO键的极性大D根据能量最低原理，原子的核外电子排布先填满离核近的轨道，再填充离核远的轨道考点：原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用 分析：A碳碳双键键能小于碳碳单键的2倍；B名称相同的能级轨道数相同；C电负性相差较大的元素之间极性大；D在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系
42、能量处于最低解答：解：A碳碳双键键能小于碳碳单键的2倍，导致碳碳双键较活泼，能发生加成反应，故A错误；B名称相同的能级轨道数相同，所以同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数相同，故B错误；C电负性相差较大的元素之间极性大，CO元素之间电负性之差大于NO之间电负性差，所以CO键的极性比NO键的极性大，故C正确；D在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，但不一定是近的轨道能量低，例如3d4s，故D错误；故选C点评：本题考查化学键、能级、电负性、能量最低原理等知识点，侧重基础知识的考查，知道极性大小判断方法、杂化轨道理论内涵，题目难度不大16（2分）（2015春福州期
43、中）下列不能形成配位键的组合是（）AAg+、NH3BBF3、NH3CCo3+、CODAg+、H+考点：配合物的成键情况 专题：化学键与晶体结构分析：根据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对，据此答题；解答：解：根据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对，A、Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，故A错误；B、BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，故B错误；C、Co3+有空轨道，CO中的氧原子上的孤电子对，可以形成配位键，故C错误；D、Ag+、H+两种离子者没有孤电子对，所以不能形成配位键，故D正确；故选D
44、点评：本题主要考查配位键形成的条件，难度较小，解题时要注意弄清楚各种原子或离子的最外层电子对的情况17（2分）（2015春福州期中）下列关于丙烯（CH3CH=CH2）的说法正确的（）A丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化B丙烯分子存在非极性键C丙烯分子有6个键，1个键D丙烯分子中3个碳原子在同一直线上考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子 分析：A甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化；B同种非元素之间形成非极性键；CCC、CH键均为键，C=C中一个键，一个键；D由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构分析解答：解：A甲基中的
45、C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，故A错误；B同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在CC非极性共价键，故B正确；CCC、CH键均为键，C=C中一个键，一个键，则丙烯分子有8个键，1个键，故C错误；D由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；故选B点评：本题考查共价键及分类、杂化类型的判断，注意判断共价键的规律和常见有机物的空间结构来解答，杂化类型为解答的易错点，题目难度不大18（2分）（2015春福州期中）下列选项中，都是只由极性键形成的非极性分子的一组物质是（）ABCl
46、3、CS2、SO3BCH4、CH2Cl2、BeCl2CP4、SiO2、CO2DNF3、CCl4、苯（C6H6）考点：化学键；极性分子和非极性分子 专题：化学键与晶体结构分析：不同种非金属元素的原子间形成极性键，同种非金属元素的原子间形成非极性键；结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，以此解答该题解答：解：ABCl3、CS2、SO3都为化合物，含有极性键，且分别为三角形、直线形、三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A正确；BCH2Cl2中CH、CCl键长不等，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；CP4含有非极性键，故C错误；DN
47、F3和氨气结构相抵，为极性分子，故D错误故选A点评：本题考查化学键的极性和分子极性，为高频考点，明确化学键、分子极性判断的方法是解答本题的关键，注意熟悉常见分子的构型，题目难度不大19（2分）（2015春福州期中）下列各组微粒的空间构型相同的是（）NH3和H2ONH4+和H3O+NH3和H3O+O3和SO2CO2和BeCl2SiO4和SO42BF3和Al2Cl6A全部B除以外CD考点：判断简单分子或离子的构型 分析：根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=键+孤电子对个数，孤电子对个数=（axb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最
48、多能接受的电子数，据此判断解答：解：NH3中价层电子对个数=3+（53）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，H2O中价层电子对个数=2+（62）=4且含有两个孤电子对，所以为V形结构，二者空间构型不同，故错误；NH4+中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为正四面体形结构；H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6131）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型不同，故错误；NH3为三角锥形结构、H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6131）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，所以二者空间构型相同，故正确；O3、SO2中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分
49、子空间构型都是V形，故正确；CO2分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（422）=2，所以二氧化碳是直线型结构，BeCl2中Be价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（22）=2，是sp杂化，是直线型结构，二者空间构型相同，故正确；SiO44和SO42中价层电子对个数都是4且不含孤电子对，所以空间构型都是正四面体结构，所以空间构型相同，故正确；BF3中B原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=3+0=3，所以分子构型为平面正三角形，气态氯化铝通常以二聚分子形式存在，Al2Cl6结构，Al采用sp3杂化轨道成键，为正四面体结构，二者空间构型不同，故错误；故选C点评：本
50、题考查了微粒空间构型的判断，根据价层电子对理论解答，注意孤电子对个数=（axb）中各个字母的含义，气态氯化铝通常以二聚分子形式存在Al采用sp3杂化轨道成键为正四面体结构，为易错点，题目难度中等20（2分）（2015合肥模拟）C60可用作储存氢气的材料，结构如图所示继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似下列有关说法正确的是（）AC60、Si60、N60都属于原子晶体BC60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C由于NN键能小于NN，故N60的稳定性弱于N2D由于CC键长小于SiSi键，所以C60熔沸点低于Si60考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；化学键
51、分析：A、C60、Si60、N60都是由分子构成的分子晶体；B、1个碳原子、硅原子形成4对共用电子对，1个氮原子形成3对共用电子对；C、键能越小，化学键越不稳定；D、组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，晶体的熔点越高解答：解：A、C60、Si60、N60都是由分子构成，属于分子晶体，故A错误；B、1个碳原子、硅原子形成4对共用电子对，1个氮原子形成3对共用电子对，C60、Si60分子内共用电子对数目相同，与N60分子内共用电子对数目不同，故B错误；C、NN键能小于NN，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2，故C正确；D、C60和Si60属于分子晶体，相对分子质量越大，分子
52、晶体的熔点越高，与键能无关，故D错误；故选C点评：本题考查了晶体类型与熔点的关系，注意晶体类型的判断，题目难度不大21（2分）（2015春福州期中）S2Cl2在合成橡胶、硬水软化等方面有着重要应用将Cl2通入熔融的硫黄可制得S2Cl2，S2Cl2是黄红色油状发烟液体，遇水分解出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊有关叙述正确的是（）A在周期表中，氯元素位于硫元素之后，所以Cl2的氧化性弱于硫单质B硫黄中只有非极性键，S2Cl2中只有极性键C在常温常压下，硫黄是原子晶体，S2Cl2是分子晶体DS2Cl2与水反应时，既体现氧化性又体现还原性考点：氧化还原反应；极性键和非极性键 分析：A根据非金属性
53、的强弱判断，一般来说，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强；B同种非金属元素之间形成非极性键；CS2Cl2是黄红色油状发烟液体，可说明沸点较低，硫磺也是分子晶体；D遇水分解出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊，说明生成二氧化硫和硫解答：解：A非金属性ClS，氯气的氧化性较强，故A错误；BS2Cl2的结构式为ClSSCl，分子中存在SS非极性键，故B错误；CS2Cl2是黄红色油状发烟液体，可说明沸点较低，应为分子晶体，硫磺也是分子晶体，故C错误；D反应为2S2Cl2+2H2O3S+SO2+4HCl，S元素的化合价既升高又降低，既体现氧化性又体现还原性，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，
54、把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意判断发生的氧化还原反应，题目难度不大22（2分）（2015春福州期中）下列溶液中各含三种阳离子，若在溶液中加入少量氨水时，三种离子皆产生沉淀；加入过量氨水则三种沉淀皆溶解符合条件的是（）AFe2+、Mg2+、Al3+BMg2+、Al3+、Cu2+CFe3+、Cu2+、Zn2+DAg+、Cu2+、Zn2+考点：常见阳离子的检验 分析：Ag+、Zn2+、Fe3+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Al3+均能与少量的氨水反应生成沉淀AgOH、Zn（OH）2、Fe（OH）3、Cu（OH）2、Fe（OH）2、Mg（O
55、H）2、Al（OH）3沉淀，但只有AgOH、Zn（OH）2、Cu（OH）2能和过量的氨水形成配离子，使沉淀溶解，据此分析解答：解：A、Fe2+、Mg2+、Al3+均能与少量的氨水反应生成沉淀，但当氨水过量时，Fe（OH）2、Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀不溶解，故A不选；B、Mg2+、Al3+、Cu2+均能与少量的氨水反应生成沉淀，但当氨水过量时，Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀不溶解，故B错误；C、Zn2+、Fe3+、Cu2+均能与少量的氨水反应生成沉淀，但当氨水过量时，Fe（OH）3沉淀不溶解，故C错误；D、Ag+、Cu2+、Zn2+均能与少量的氨水反应生成沉淀，当氨水过量时，AgO
56、H、Zn（OH）2、Cu（OH）2能和过量的氨水形成配离子，使沉淀溶解，故D正确故选D点评：本题考查了金属离子与碱反应生成沉淀的反应以及得到的沉淀是否溶于过量的氨水，应注意的是AgOH、Zn（OH）2、Cu（OH）2能和过量的氨水形成配离子，使沉淀溶解23（2分）（2015春福州期中）当一个碳原子连接四个不同原子或原子团时，该碳原子叫做“手性碳原子”下列化合物中含有2个手性碳原子的是（）ABCD考点：“手性分子”在生命科学等方面的应用 分析：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解答：解：A只有中间的碳
57、为手性碳，故A错误； B从上到下第二和第三个碳为手性碳，故B正确；C只有从上到下第二个碳为手性碳，故C错误；D只有最上面的碳为手性碳，故D错误故选B点评：本题考查手性碳原子的判断，比较基础，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24（2分）（2015春福州期中）有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是（）A在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl形成正八面体B该气态团簇分子的分子式为EF或FEC在CO2 晶体中，一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻D在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向考点：晶胞的计算 分析：A、根据在NaCl晶体
58、中，距Na+最近的Cl有6个，距Cl最近的Na+有6个进行分析；B、注意气态团簇分子与晶胞的区别；C、根据CO2 晶胞结构图可知，经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个；D、碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构解答：解：A、在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl有6个，距Cl最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；B、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或
59、F4E4，故B错误；C、根据CO2 晶胞结构图可知，经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻，故C正确；D、根据晶胞结构图可知，碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故D正确；故选：B点评：本题考查晶胞的结构，题目难度较大，本题尤其注意气态团簇分子与晶胞的区别，为本题的易错点二、解答题（共4小题，满分52分）25（17分）（2015春福州期中）X、Y、Z、M、W是原子序数
60、依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子请回答：（1）X元素在周期表中的位置是第二周期A族；W2+离子的外围电子排布式为3d10（2）X 能与氢、氮、氧三种元素构成化合物 XO（NH2）2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为sp2、sp3，该化合物分子中的键与键的个数之比是1：7；该物质易溶于水的主要原因是CO（NH2）2能与水分子间形成氢键（3）已知Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请
61、写出Y元素与Be的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式Be（OH）2+2NaOHNa2BeO2+2H2O（4）M晶体的原子堆积方式为六方堆积（如图1所示），则晶体中M原子配位数是12某M配合物化学式是M（H2O）5ClCl2H2O，1mol该配合物中含配位键的数目是66.021023（5）X 的某种晶体为层状结构，可与熔融金属钾作用钾原子填充在各层之间，形成间隙化合物，其常见结构的平面投影如图2所示，则其化学式可表示为KC8（6）Y离子和Z离子比较，半径较大的是S2（写离子符号），元素Y与元素Z形成的晶体的晶胞结构是如图3所示的正方体，设晶胞中最近的两个Z离子的距离为a cm，该化合物的摩
62、尔质量为bg/mol，则该晶胞密度的计算式为4（a cm）3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数用NA表示）考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况 分析：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X的基态原子核外的三个能级上电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体，则Y为Na元素，淡黄色固体是Na2O2；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d
63、能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn，据此解答解答：解：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X的基态原子核外的三个能级上电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体，则Y为Na元素，淡黄色固体是Na2O2；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，
64、则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn（1）X为C元素，C原子核外有2个电子层、最外层有4个电子，所以处于周期表中第二周期A族，Zn2+离子的外围电子排布式为3d10，故答案为：第二周期A族；3d10；（2）碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物 CO（NH2）2，分子中C与O形成C=O双键，C原子与N原子形成CN单键，N原子与H原子之间形成NH单键，分子中C原子成3个键，没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化，N原子成3个键、有1对孤电子对，故N原子采取sp3杂化，该化合物分子中有1个键、7个键，键
65、与键数目之比为1：7，CO（NH2）2能与水分子间形成氢键，该物质易溶于水，故答案为：sp2；sp3；CO（NH2）2能与水分子间形成氢键；（3）Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，则Be（OH）2与NaOH反应生成Na2BeO2与H2O，故反应方程式为：Be（OH）2+2NaOHNa2BeO2+2H2O，故答案为：Be（OH）2+2NaOHNa2BeO2+2H2O；（4）M晶体的原子堆积方式为图1所示，为六方密堆积，以轴线原子研究，层内有6个原子相邻、上、下两层各有3个原子与之相邻，故配位数为12，某M配合物化学式是M（H2O）5ClCl2H2O，M离子与H2O、Cl形成配位
66、键，1mol该配合物中含配位键为6mol，含有配位键的数目是66.021023，故答案为：12；66.021023；（5）可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，占有的钾原子数为3=，故碳原子数和钾原子数之比是4：=8：1，X的某种晶则其化学式时表示为KC8，故答案为：KC8；（6）S2离子比Na+离子多一个电子层，故离子半径：S2Na+；晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8+6=4，故化学式为Na2S，黑色球为Na+、白色球为S2，晶胞质量为4，设晶胞中最近的两个S2离子的距离为a cm，面对角线上的3个S2离子中相邻个离子之间距离最近，晶胞棱长为2a cm=a
67、cm，故晶胞密度为4（a cm）3，故答案为：S2；4（a cm）3点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、配合物、晶胞结构及计算，侧重对晶胞计算的考查，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求，难度中等26（12分）（2015春福州期中）硼（B）及其化合物在化学中有重要的地位请回答下列问题：（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1B与同周期相邻两元素第一电离能由大到小的顺序是CBeB（2）硼酸（H3BO3）是白色片状晶体（层状结构如图），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大
68、硼酸中B原子的杂化轨道类型为sp2硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和氢键、共价键加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH 而呈酸性写出硼酸的电离方程式H3BO3+H2O B（OH）4+H+（3）立方氮化硼是一种新型陶瓷材料，结构和形体都类似金刚石，是现时所知的几乎最硬的物质，化学式为BN，则立方氮化硼中B原子的杂化轨道类型为sp3；1mol立方氮化硼中BN的物质的量为4mol考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用 分析：（1）Ga与B同主族，
69、处于第四周期A族，核外电子数为31，结合核外电子排布规律书写；同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA反常；（2）由图可知，B原子形成3个BO键，没有孤电子对，据此判断B原子杂化方式；由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键；加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH而呈酸性，即电离生成B（OH）4、H+；（3）立方氮化硼的结构和形体都类似金刚石，则每个B原子形成4个共价键，构成的立体网状结构，根据共价键数目判断杂化类型解答：解：（1）Ga与B同主族，
70、处于第四周期A族，核外电子数为5+8+18=31，根据构造原理知其基态原子核外电子分布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA反常，故第一电离能：CBeB，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1； CBeB；（2）由图可知，B原子形成3个BO键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化方式，故答案为：sp2；由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键，层与层之间为范德华力，故答案为：共价键、氢键；加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼
71、酸分子与水分子之间形成氢键，加热时，硼酸的溶解度增大，故答案为：加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH而呈酸性，即电离生成B（OH）4、H+，电离方程式为：H3BO3+H2OB（OH）4+H+，故答案为：H3BO3+H2OB（OH）4+H+；（3）立方氮化硼的结构和形体都类似金刚石，金刚石中每个C原子与其它4个碳原子形成四面体结构，整个晶体为立体网状结构，则每个B原子形成4个共价键，则B原子的杂化类型为sp3；每个B原子形成4个共价键，则1mol立方氮化硼中BN的物质的量为4mol，故答案为：sp3；4mol点评：本题是
72、对物质结构的考查，题目涉及电子排布式、第一电离能、杂化理论的应用氢键和分子间作用力等，涉及知识点较多，需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力，难度中等27（11分）（2015春福州期中）叠氮化物是一类重要化合物，氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，如图为分子结构示意图1肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3）：N2H4+HNO22H2O+HN3它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N3试回答下列问题：（1）下列说法正确的是CD（选填序号）A酸性：HNO2HNO3BN2H4中两个氮原子采用的都是sp2杂化CHN3、H2O都是极性分子DN2H4沸点高达113.5，说明肼分子间可形成氢键（
73、2）叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4，在该配合物中钴显+3价，根据价层电子对互斥理论可知SO42的立体构型为正四面体形，基态Fe原子有4个未成对电子，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为血红色（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是BC（选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B钠晶胞结构如图2，晶胞中分摊2个钠原子C氮的第一电离能大于氧D氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性小（4）与N3互为等电子体的分子有：CO2、BeCl2（举二例），写出其中之
74、一的电子式考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用 分析：（1）A、HNO2为弱酸，而HNO3是强酸；B、N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是sp3杂化；C、HN3、H2O中都有孤电子对，所以都是极性分子；D、氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，N2H4沸点高达113.5，可以说明肼分子间可形成氢键（2）在Co（N3）（NH3）5SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价，SO24中S原子采用sp3杂化方式，可知SO24的立体构型为正四面体，根据Fe原
75、子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的电子后失去3d上的电子，硫氰化铁为血红色；（3）A、NaN3与KN3结构类似，Na+半径小于K+，所以NaN3的晶格能比KN3大；B、钠晶胞中，在8个顶点上各有一个原子，体心上还有一个，所以晶胞中钠原子的个数为：8+1=2；C、氮原子的最外层P轨道有3个电子，处于半充满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能大于氧；D、氮气常温下很稳定，是因为氮气是双原子分子，两个氮原子之间存在NN键，不易断裂，与元素的电负性无关（4）在N3中，价电子数为16，根据等电子体原理，可以写出等电子体的分子；根据共价化合物的电子式书写方法分析
76、解答：解：（1）A、HNO2为弱酸，而HNO3是强酸，故A错误；B、N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是sp3杂化，故B错误；C、HN3、H2O中都有孤电子对，所以都是极性分子，故C正确；D、氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，N2H4沸点高达113.5，可以说明肼分子间可形成氢键，故D正确故答案为：CD；（2）在Co（N3）（NH3）5SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价为：+3价，SO24中S原子采用sp3杂化方式，可知SO24的立体构型为正四面体；26号元素Fe基态原子核外电子排布式
77、为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，硫氰化铁为血红色；故答案为：+3；正四面体；4；血红色；（3）A、NaN3与KN3结构类似，Na+半径小于K+，所以NaN3的晶格能比KN3大，故A错误；B、钠晶胞中，在8个顶点上各有一个原子，体心上还有一个，所以晶胞中钠原子的个数为：8+1=2，故B正确；C、子的最外层P轨道有3个电子，处于半充满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能大于氧，故C正确；D、常温下很稳定，是因为氮气是双原子分子，两个氮原子之间存在NN键，不易断裂，与元素的电负性无关，故D错误 故答案为B：C；（4）在N3中，价电子数为16，根据等
78、电子体原理，可以写出与N3互为电子体的分子为CO2、BeCl2等，二氧化碳为共价化合物，其电子式为故答案为：CO2；BeCl2； 点评：本题考查了学生对原子的杂化方式、分子的空间结构、等电子体、电子式等，具有一定的综合性，对学生综合能力有一定的要求中等难度28（12分）（2015春福州期中）Co、Cu、Zn都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物（1）下列不能作为配合物配位体的是CAH2O BNH3 CCH4 DCl（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键NHO、OHN（3）Cu元素可形成Cu（NH3）4SO4，其中存在的化学键类型有（填序号）配位键金属键极性共价
79、键非极性共价键 离子键氢键（4）若Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，且当其中的两个NH3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则Cu（NH3）42+的空间构型为a（填字母）a平面正方形 b正四面体 c三角锥型 dV形在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O；（5）把CoCl2溶解于水后加氨水直到先生成的Co（OH）2沉淀又溶解后，再继续加氨水，使之生成Co（NH3）62+此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可用CoCl35NH3表示，把
80、分离出的CoCl35NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀经测定每1mol CoCl35NH3只生成2mol AgCl请写出表示此配合物结构的结构简式：Co（NH3）5ClCl2考点：配合物的成键情况；化学键；判断简单分子或离子的构型 分析：（1）能作为配合物配位体的微粒需含有孤对电子，CH4无孤对电子；（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键；（3）Cu（NH3）4SO4中阴阳离子间形成离子键，配离子Cu（NH3）42+中含有配位键，不同非金属元素之间形成极性共价键，；（4）形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四
81、面体，如果为正四面体，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，只有一种结构；铜离子可以和一水合氨生成氢氧化铜沉淀，沉淀还可以溶于过量的氨水中；（5）1mol CoCl35NH3只生成2molAgCl，说明一个CoCl35NH3中含有两个Cl，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，含有一个Cl原子为配原子，所以还含有5个NH3为配体，据此确定其化学式解答：解：（1）AH2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；BNH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故B不选；C碳原子最外
82、层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C选；DCl为氯原子得到1个电子形成的阴离子，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故D不选；故答案为：C；（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如OHN、NHO、OHO、NHN，氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键NHO、OHN，故答案为：NHO、OHN；（3）Cu（NH3）4SO4中，Cu（NH3）42+与SO42之间的化学键为离子键，Cu（NH3）42+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，NH为极性共价键，Cu（NH3）4SO4，故答案为：；（4
83、）形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如果为正四面体，Cu（NH3）42+中的两个NH3被两个Cl取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，氢氧化铜沉淀可以溶于过量的氨水中，发生反应：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，故答案为：a；Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O；（5）1mol CoCl35NH3只生成2molAgCl，说明一个CoCl35NH3中含有两个Cl，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，除了一个Cl原子为配原子外，还含有5个NH3为配体，所以其化学式为Co（NH3）5ClCl2，故答案为：Co（NH3）5ClCl2点评：本题考查的内容较为综合，涉及到配位键、氢键、微粒的空间的结构及配合物化学式的求解等有关知识，注意基础知识的全面掌握，注意氢键、配合物的构成及性质，题目难度中等