1、四川省遂宁市第二中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）考试时间：90分钟 总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cu-64 P-31 S-32 Cl-35.5 第卷 选择题一、选择题（本题共25小题，每个小题都只有一个正确选项，每题2分，共50分）1.下列四个能级中，能量最高，电子最后填充是（ ）A. 3sB. 3pC. 4sD. 3d【答案】D【解析】【详解】根据不同能级能量的高低不同，可以得到轨道能量排序为ns(n-2)f(n-1)dnp，电子最后填充的为能量最高的能级。综合四个选项分析可知，3d轨道的能量最高，故答案选D。2.下
2、列各原子或离子的电子排布式正确的是（ ）A. O2-：1s22s22p6B. Na+：1s22s22p63s1C Al：1s22s22p63s2D. Si：1s22s22p63s23p4【答案】A【解析】【详解】A. O2-为氧原子得到两个电子的离子，核外电子排布式为1s22s22p6，A正确；B. 钠离子为Na原子失去最外层电子形成的离子，核外电子排布式为1s22s22p6，B错误；C. Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，C错误；D. Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，D错误；故答案选A。3.以下是一些原子的 2P 能级和 3d 能级中电子排布
3、的情况；其中违反了洪特规则的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据洪特规可知，基态原子的核外电子优先以相同的自旋状态分别占据一个轨道。【详解】该电子排布中，有一个原子轨道中排布了两个自旋状态相同的电子，该排布符合洪特规则，但违反了泡利不相容原理；2p轨道中排布4个电子时，一定有3个电子的自旋状态相同，该排布不符合洪特规则；2p轨道中排布4个电子时，一定有3个电子的自旋状态相同，该排布符合洪特规则；3d轨道在只有5个电子时，电子优先以相同的自旋状态分别占据一个轨道，该排布不符合洪特规则；3d轨道在排布6个电子时，一定有5个电子的自旋状态相同，该排布不符合洪特规则；3d轨道
4、在只有10个电子时，每个轨道排布2个自旋状态相反应的电子，该排布符合洪特规则。故答案选D。4.下列各组元素都属于p 区的是（ ）A. 原子序数为 1，6，7 的元素B. Fe，Cu，ClC. O，S，PD. Na，Li，Mg【答案】C【解析】【详解】A. 1号元素为s区元素，不合题意；B. Fe为d区元素、Cu为ds区元素，不合题意；C. O、S、P均为p区元素，符合题意；D. Na、Li、Mg均为s区元素，不符合题意；答案选C。【点睛】可通过元素原子的基态核外电子排布最后一个电子填充的轨道大致判断元素属于周期表中的哪个区。5.下列分子键和键数目比为 1：1（ ）A. COB. HCNC. C
5、6H6D. C2H2【答案】B【解析】【详解】A. CO中有1个键和2个键，不符合题意；B. HCN中有2个键和2个键，符合题意；C. C6H6中有6个C-C键、6个C-H键和一个66大键，不符合题意；D. C2H2中有3个键和2个键，不符合题意；故答案选B。【点睛】两原子之间形成共价键，单键均为键，形成多重键的，一定有1个键，其余为键。6.下列说法中正确的是（ ）A. 3p2 表示 3p 能级有两个轨道B. 同一原子中，1s 、 2s 、 3s 电子能量逐渐减小C. 同一原子中，2p 、 3p 、 4p 能级的轨道数依次增多D. 处于最低能量的原子叫做基态原子【答案】D【解析】【详解】A.
6、3p2 表示 3p能级填充了2个电子，A错误；B. 同一原子中，1s 、 2s 、 3s 电子能量逐渐增大，B错误；C. 同一原子中，2p 、 3p 、 4p 能级的轨道数目相等，C错误；D. 处于最低能量的原子叫做基态原子，D正确；故答案选D。7.等电子体之间结构相似、物理性质也相近。根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和原子最外层电子总数相同，均可互称为等电子体。下列各组粒子不能互称为等电子体的是（ ）A. CO32- 和 NO3-B. CO2 和 NO2-C. O3 和 SO2D. SCN- 和 N3-【答案】B【解析】【分析】由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和原
7、子最外层电子总数相同，均可互称为等电子体【详解】A. CO32- 和 NO3-均由4个原子构成，且价电子数均为24，互为等电子体；B. CO2 和 NO2-由3个原子构成，价电子数不相等，不能互称为等电子体；C. O3 和 SO2组成原子数和价电子数均相等，互为等电子体；D. SCN- 和 N3-组成原子数和价电子数均相等，互为等电子体；故答案选B。8.下列有关认识正确的是（ ）A. 各能层的能级都是从s能级开始至d能级结束B. 各能级的原子轨道数按 s 、p、 d 、 f 的顺序分别为 1 、 3 、 5 、 7C. 第 n能层含有的能级数为 n-1D. 第 n 能层含有的电子数一定为 2n
8、2【答案】B【解析】【详解】A. 第一能层只有s能级，第二能层只有s、p能级，故A错误；B. 各能级的原子轨道数按 s 、p、 d 、 f 的顺序分别为 1 、 3 、 5 、 7，B正确；C. 第 n能层含有的能级数为 n，C错误；D. 第 n 能层含有的电子数最多为 2n2，D错误；故答案选B。9.电子排布有能级顺序，若以 E(nl) 表示某能级的能量，以下各式中正确的是（ ）A. B. .C. D. 【答案】C【解析】【详解】A. 由于能级交错现象的存在，同一能级的轨道能量是简并的，故，A错误；B. 由于能级交错现象的存在，同一能级的轨道能量是简并的，故，B错误；C. ，C正确；D. 由
9、于能级交错现象的存在，故D错误；故答案选C。【点睛】可根据ns(n-2)f(n-1)dnp对轨道能量进行比较。10.下列说法错误的是（ ）A. 6C 的电子排布式1s22s22px2 反了洪特规则B. ns 电子的能量可能低于 （n-1）p 电子的能量C. 电子排布式（21Sc）1s22s22p63s23p63d3 违反了能量最低原理D. 电子排布式（22Ti）1s22s22p63s23p10违反了泡利原理【答案】B【解析】【详解】A. 6C 的电子排布式可能为1s22s22px12py1，该选项违反了洪特规则，A正确；B. ns 电子的能量一定高于（n-1）p 电子的能量，B错误；C. Sc
10、的外围电子应优先填充4s轨道，该选项违反了能量最低原理，C正确；D. p能级只有三个简并轨道，根据泡利不相容原理，最多可填充6个电子，D正确；故答案选B。11.下列化合物中共价键极性最弱的是（ ）A. H2OB. H2SC. H2TeD. H2Se【答案】C【解析】【详解】形成共价键的两个原子的元素，电负性差别越大，该共价键的极性越强，根据元素周期律，对于同一主族的元素，从上到下，元素电负性减小，故H与Te的电负性差别最小，即共价键的极性最弱，答案选C。【点睛】共价键的极性与共用电子对的偏移程度有关，成键两元素的电负性相差越大，则共价键的极性越强，电负性较大的原子对共用电子对的吸引能力较强。1
11、2.下列离子中外层d轨道完全充满状态的是 （）A. Cr3+B. Fe3+C. Cu+D. Co3+【答案】C【解析】【分析】3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子，即为3d5，写出离子的价电子排布式进行判断。【详解】ACr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是完全充满状态，选项A错误；BFe3+的价电子排布式为3d5，d轨道为半充满状态，选项B错误；C选项Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，C正确；DCo3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是完全充满状态，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查了元素核外电子排布，明确电子排布规则中的构造原理是解本题关键，注意第四周期元素核外
12、电子排布的书写，难度中等。13.下列说法正确的是（ ）A. Cl2是双原子分子，H2S 是三原子分子，这是由共价键的方向性决定的B. 并非所有的共价键都有方向性C. H2O 与H2S 的空间结构一样，这是由共价键的饱和性决定的D. 两原子轨道发生重叠后，电子在两核间出现的概率减小【答案】B【解析】【详解】A. Cl2是双原子分子，H2S 是三原子分子，这是由共价键的饱和性定的，A错误；B. 由于s轨道在空间中为球形的，故s-s 键无方向性，B正确；C. H2O 与H2S 的空间构型相同，这是由于其中心原子采取的杂化方式以及周围原子的个数决定的，（或者是由中心原子价电子的斥力决定的），与共价键的
13、饱和性无关，C错误；D. 两原子轨道发生重叠后，电子在两核间出现的概率增大，D错误；故答案选B。14.下列现象与氢键有关的是HF的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高 乙醇可以与水以任意比互溶 冰的密度比液态水的密度小 水分子高温下也很稳定 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题解析：因第A族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定
14、性与化学键有关，而与氢键无关，故错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；故选B考点：氢键及氢键对物质的性质的影响15.下列说法中错误的是（ ）A. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强B. 在NH4+ 和Cu(NH3)42+ 中都存在配位键C. NF3 较NH3 难于与 Cu2+ 形成配位键D. SO2 、SO3 都是极性分子【答案】D【解析】【详解】A. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，A正确；B. NH4+中N和一个质子之间存在配位键，Cu(NH3)42+中N与Cu之间存在配位键，B正确；C.
15、由于F的电负性比H的电负性强，故NF3 较NH3的孤对电子的电子云更小，更难于形成配位键，C正确；D. SO3 采取sp2杂化，成平面三角形，为非极性分子，D错误；故答案选D。16.下列分子的中心原子是 sp2 杂化的是（ ）A. CH4B. BF3C. H2OD. NF3【答案】B【解析】【详解】A. 中心原子C采取sp3杂化，A不符合题意；B. 中心原子B采取sp2杂化，B符合题意；C. 中心原子O采取sp3杂化，C不符合题意；D. 中心原子N采取sp3杂化，D不符合题意；故答案选B。17.X、Y 为两种元素的原子，X 的阴离子与 Y 的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（ ）A. X
16、的原子半径大于 Y 的原子半径B. X 的非金属性小于 Y 的非金属性C. X 的第一电离能小于 Y 的第一电离能D. X 的电负性大于 Y 的电负性【答案】D【解析】【分析】X 阴离子与 Y 的阳离子具有相同的电子层结构，则X为（n-1）周期的非金属，Y为n周期的金属。【详解】A. 由于Y的电子层数比X原子的要多，且Y为金属、X为非金属，则X的原子半径小于 Y 的原子半径，A错误；B. 根据分析，X为非金属，Y为金属，X 的非金属性强于 Y 的非金属性，B错误；C. 根据分析，X为非金属，Y为金属，X 的第一电离能大于 Y 的第一电离能，C错误；D. 根据分析，X为非金属，Y为金属，X 的电
17、负性大于 Y 的电负性，D正确；故答案选D。18.用 VSEPR 模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（ ）A. H2O 与 BeCl2为V 形B. CS2 与SO2为直线形C. SO3 与CO32-为平面三角形D. BF3 与PCl3为三角锥形【答案】C【解析】【详解】A. BeCl2为直线形，A错误；B. SO2为V形，B错误；C. SO3 与CO32-为平面三角形，C正确；D. BF3 为平面三角形，D错误；故答案选C。19.下列说法正确的是（ ）A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化C. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放
18、热还是吸热D. 任何放热反应在常温下一定能发生反应【答案】C【解析】【详解】A. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，有一些放热反应也需要加热才能发生，A错误；B. 化学反应中的能量变化不只表现为热量的变化，还会以光能、电能等形式表现出来，B错误；C. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，C正确；D. 根据可知，反应能否发生由焓变、环境温度和熵变共同决定，放热反应在常温下不一定能发生反应，D错误；故答案选C。【点睛】反应的吸放热由反应物和生成物的总能量决定，与是否需要加热和高温环境无关。20.化学反应 A2+B2 = 2AB 的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）A
19、. 该反应是吸热反应B. 断裂1molA-A键和1molB-B键能放出x kJ 的能量C. 2molAB的总能量高1mol A2和1molB2和的总能量D. 断裂2molA-B键需要吸收y kJ的能量【答案】D【解析】【分析】根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应。【详解】A. 该反应为放热反应，A错误；B. 由于题目中没有给出A2和B2 的具体结构，无法判断其具体的化学键类型，且破坏共价键要吸收能量，故B错误；C. 2molAB的总能量低于1mol A2和1molB2和的总能量，C错误；D. 断裂2molA-B键需要吸收y kJ的能量，D正确；故答案选D。21.测定
20、稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热，某兴趣小组的下列操作会使测定的实验结果（反应热的数值）偏大的是（ ）A. 分多次把 NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中B. 实验中用铜质搅拌棒代替环形玻璃棒C. 用等物质的量的浓硫酸代替了稀硫酸D. 测了 NaOH 溶液起始温度后温度计未洗涤，直接测定H2SO4 溶液的温度【答案】C【解析】【详解】A. 分多次把 NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会使热量散失，造成实验结果偏小，A不符合题意；B. 铜质材料有较强的导热性，实验中用铜质搅拌棒代替环形玻璃棒，会造成实验结果偏小，B不符合题意；C. 用等物质的量的浓硫酸代替了稀硫酸，浓硫酸溶于水会放出大量的热，
21、会使实验结果偏大，C符合题意；D. 测了 NaOH 溶液起始温度后的温度计未洗涤，直接测定H2SO4 溶液的温度，会使初始温度变高，造成测得的温差变小，使实验数值变小，D不符合题意；故答案选C。22.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是（ ）A. H2O 的分解反应是放热反应B. 2mol 液态 H2O 具有的总能量低于 2molH2和 1molO2 的总能量C. 氢能源是一级能源D. 氢气不易贮存和运输，无开发利用价值【答案】B【解析】【详解】A. 水的分解需要吸收能量，A错误；B. 水的分解需要吸收能量，2mol 液
22、态 H2O 具有的总能量低于 2molH2和 1molO2 的总能量，B正确；C. 可以直接开采被利用的能源为一级能源，氢气不属于此范畴，C错误；D. 氢气不易贮存和运输，但蕴含着巨大的价值，D错误；故答案选B。23.下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式（25，101kPa）： H =2878kJ/mol H =2658kJ/mol H =1746kJ/mol H =1526kJ/mol由此判断，正丁烷的燃烧热是（ ）A. H =2658kJ/molB. H =1746kJ/molC. H =2878kJ/molD. H =1526kJ/mol【答案】C【解析】【详解】燃烧热的定义为101k
23、Pa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的能量，C元素对应的稳定物质为气态二氧化碳，H元素对应稳定物质为液态水，故应选取式，正丁烷的燃烧热为H =2878kJ/mol，答案选C。24.已知： H1 =+180.5kJ/mol ； H2 =221.0kJ/mol； H3 =393.5kJ/mol则能表示汽车尾气转化的热化学方程式为（ ）A. H =+746.5kJ/molB. H =746.5kJ/molC. H =1493kJ/molD. H =+1493kJ/mol【答案】B【解析】【详解】根据目标方程式，可知该式可由-+2得到，则H =746.5kJ/mol，故答案选B。25. H
24、 =akJ/mol ； H =bkJ/mol。P4具有正四面体结构，PCl5 中 P-Cl 键的键能为cKJ/mol、，PCl3 中 P-Cl 键的键能为1.2cKJ/mol。下列叙述正确的是（ ）A. P-P 键的键能大于P-Cl 键的键能B. 可求 的反应热 HC. P-P 键的键能为 D. Cl-Cl 键的键能 【答案】D【解析】【详解】A. 由于P的原子半径大于Cl，则P-P键的键长大于P-Cl键的键长，即P-P 键的键能小于P-Cl 键的键能，A错误；B. 利用盖斯定律，可求出 ，但是不知道的反应热，故无法求出 的反应热 H，B错误；C. P4具有正四面体结构，则1molP单质有6m
25、olP-P键，所以，C错误；D. ，所以，D正确；故答案选D。第卷二、非选择题（共4小题；共50分）26.白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成 P4O6，空气充足时生成 P4O10。（1）已知 298K 时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为 H1 =2983.2kJ/mol H2 =738.5kJ/mol 则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为_.（2）已知 298K 时白磷不完全燃烧的热化学方程式为 H =1638kJ/mol。在某密闭容器中加入 62g 白磷和50.4L氧气（标准状况），控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O6 与P4O10
26、的物质的量之比为_，反应过程中放出的热为_（3）已知白磷和 PCl3 的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（KJ/mol）：P-P：198， Cl-Cl：243， P-Cl ：331 .则反应 的反应热 H2 =_.【答案】 (1). H=29.2kJ/mol (2). 3:1 (3). 1323.45kJ (4). -1326KJ/mol【解析】【详解】（1） H1 =2983.2kJ/mol ， H2 =738.5kJ/mol ，根据盖斯定律：-4可得：，则 H=29.2kJ/mol;（2）62g白磷中磷原子物质的量：，氧气物质的量：，含有4.5mol氧原子，设P4O10物质的量为x
27、，P4O6物质的量为y，磷原子守恒，得，氧原子守恒，得，计算出，x=0.375mol,y=0.125mol，故物质的量之比为3:1；，放出的热量：，得。（3）的反应热，根据：反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，。27.过渡元素铁可形成多种配合物，如：Fe(CN)64- 、Fe(SCN)3 等。（1）基态铁原子核外电子排布式为_.（2）科学研究表明用 TiO2 作光催化剂可将废水中 CN- 转化为OCN-，并最终氧化为 N2 、CO2。OCN- 中三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）与 CN- 互为等电子体的一种分子为_（填化学式）；1mol Fe（CN）63- 中含有键的数目为_
28、。（4）铁的另一种配合物Fe(CO)5 熔点为 20.5，沸点为 103，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5 晶体属于_（填晶体类型）。（5）铁铝合金的一种晶体属于体心立方结构，其晶胞可看成由 8 个小体心立方结构堆砌而成。已知小立方体如图所示，该合金的化学式为_。【答案】 (1). 或Ar3d64s2 (2). NOC (3). CO或N2 (4). 126.0210-23个或12NA (5). 分子晶体 (6). AlFe3【解析】【详解】（1）铁的原子序数为26，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；（2）同周期第一电
29、离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能OC因为氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC；（3）CN- 有2个原子，价电子数为10，可写出其等电子体为CO或N2，1个CN- 有1个键， CN- 与铁离子每形成一个配位键会增加一个键，则1个Fe(CN)63-中键有12个，则1mol Fe(CN)63- 中含有键的数目为126.0210-23个；（4）Fe(CO)5 熔沸点较低，且易溶于有机物，可推测其为分子晶体；（5）根据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为；铁原子数目为，所以铝原子与铁原子个数之比为1：
30、3，该铁铝合金的化学式为：AlFe3。28.有 A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F 六种元素，已知： 它们位于三个不同的短周期，核电荷数依次增大。E元素的电离能数据见下表（KJ/mol）：B与F同主族。A、E 都能与 D 按原子个数比 1：1 和 2：1 形成化合物。B、C 都能与 D 按原子个数比 1:1 和 1:2 形成化合物。（1）写出只含有 A、B、D、E 四种元素的两种无水盐的化学式：_（2）B2A2 分子中存在_ 个键，_个键。（3）人们通常把拆开 1mol 某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于计算化学反应的反应热(H)化学反应
31、的反应热等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。下表列出了上述部分元素形成的化学键的键能：化学键FDFFBBFBB=DD=D键能（KJ/mol）460176347.7347745497.3试计算1molF单质完全燃烧时的反应热H=_(已知1molF单质中含2mol FF键，1molFO2中含有4mol键FO)。【答案】 (1). NaHCO3 、CH3COONa或其他合理物质 (2). 3 (3). 2 (4). -990.7kJ/mol【解析】【分析】由表中数据可以知道，E的第二电离能剧增，故E通常为+1价，且E为短周期元素，核电荷数较大，所以E是Na元素；A、B
32、、C、D、E、F六种元素，它们位于三个不同短周期。A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2:1形成化合物，则A和E在该化合物中均显+1价、D能显-1或-2价，所以核电荷数依次增大，所以A是H元素、E为Na元素、D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物，且B、C、D的核电荷数依次增大，所以B是C元素，C是N元素；B与F同主族，所以F是Si元素。【详解】(1)通过以上分析知，A是H元素，B是C元素，D是O元素，E是Na元素；只含有A、B、D、E四种元素的两种无水盐为NaHCO3 、CH3COONa或其他合理物质；(2)分子是，乙炔分子中存中存在 3个键，2个键；(3)吸收
33、的能量-放出的能量。29.W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素。W是宇宙中最丰富的元素；X、Z 元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有两个未成对电子；向含Q2+的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。回答下列问题：（1）第一电离能 Y _ Z，电负性 Y _ Z（填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）写出与XZ分子互为等电子体一种离子的化学式_。（3）若向含有Q2+ 的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，得到深蓝色溶液后再加乙醇，有_色晶体析出，该晶体中，中心离子的电子排布式为_，配体为_。（4）已知 W 、 Y 形成的一组二元化
34、合物化学式：、 其中，分子中 Y 原子的杂化类型为_；这组化合物的通式为_。W、Y 形成的化合物的种类比 W、X 形成的化合物的种类_ 填“多”或“少”。（5）Q单质的晶体属于面心立方最密堆积。已知 Q 单质的密度是 ，NA表示阿伏加德罗常数的值，Q 的相对原子质量为 M，则 Q 晶体中最邻近的原子核间距为_ cm 用含 M、d、NA 的代数式表示 。Q原子在晶胞中的空间利用率为_（用含N的代数式表示）。【答案】 (1). 大于 (2). 小于 (3). CN- (4). 深蓝色 (5). (6). NH3 (7). sp3杂化 (8). NnHn+2 (9). 少 (10). (11). 【
35、解析】【分析】W是宇宙中最丰富的元素，W为H；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，则X、Z为第二周期元素，且它们的价电子层上均有两个未成对电子，分析可知X为C、Z为O；W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，则Y为N；向含有Q2+的溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu。综上所述，W为H、X为C、Y为N、Z为O、Q为Cu。【详解】（1）同一周期，原子的第一电离能随原子序数的增大而增大，但原子的2p电子满足半满稳态结构，所以第一电离能，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，故电负性；（2）XZ为CO，含有2个原子、14个电子，故与其互为等
36、电子体的分子或离子有、等；（3）氨水与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量，氢氧化铜与氨水反应生成可溶的铜氨络合物，蓝色沉淀溶解即得到深蓝色溶液，然后向深蓝色溶液中加入乙醇，由于乙醇极性比水小，在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故析出蓝色晶体，其形成4个配位键，配体为，中心离子铜离子的排布式为；（4）中N原子价层电子对数为，故杂化方式为杂化；由、分析可知这组化合物的通式为。根据分析，W为H、X为C、Y为N，H和C形成的有机物种类繁多，故W、Y化合物种类少于W、X化合物种类；（5）Cu单质的晶体属于面心立方最密堆积，一个晶胞中含有Cu原子数目为，设晶胞边长为acm，边长，晶体中最邻近的原子核间距为cm；Cu原子在晶胞中的空间利用率为。【点睛】本题的难点是等电子体的判断，一般判断等电子体，从同主族、同周期中寻找，然后用添加电子或去掉电子的方法进行补充，如找出与SCN互为等电子体的分子，S和O属于同主族，用O替代S，SCN显1价，让N得到一个电子，变为O，得出CO2，按照此方法还可以得到CS2、N2O。