1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年福建省厦门市同安一中高二（上）期中化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分35分）1（2分）（2013春涟水县校级期末）以下能级符号不正确的是（）A3sB3pC3dD3f2（2分）（2014春临海市校级期末）第四周期元素原子中未成对电子数最多可达（）A4个B5个C6个D7个3（2分）（2009上海）以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是（）AHeBC1s2D4（2分）（2013秋南充期末）如图中每条折线表示周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（）AH2SBHClCP
2、H3DSiH45（2分）（2014秋同安区校级期中）某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中溶液也可导电，推测该物质可能是（）A金属B非金属C可溶性碱D可溶性盐6（2分）（2014秋同安区校级期中）在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是（）ACl，FBNa，FCNa，ClDMg，O7（2分）（2014秋同安区校级期中）下列变化或数据与氢键无关的是（）A水凝结成冰时，密度变小BDNA分子中两条链能形成双螺旋结构C水在2000时，只有4%的H2O发生分解D氨分子与水分子形成一水合氨8（2分）（2014秋同安区校级期中）水分子在特定条件下容易得到
3、一个H+，形成水合氢离子（H3O+）下列对上述过程的描述不合理的是（）A氧原子的杂化类型发生了改变B微粒的形状发生了改变C微粒的化学性质发生了改变D微粒中的键角发生了改变9（2分）（2014秋同安区校级期中）下列关于晶体的说法一定正确的是（）A分子晶体中都存在共价键B金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高CSiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合D某物质晶胞结构如图，该物质的化学式为CaTiO3（图中Ca2+、O2、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点）10（2分）（2014秋同安区校级期中）下表给出几种氯化物的熔点和沸点：有关表中所列四种氯化物的性质，有以下叙述：氯化铝在加热时能升
4、华，四氯化硅在晶态时属于分子晶体，氯化钠晶体中微粒之间以范德华力结合，氯化镁熔融状态下不能导电其中与表中数据一致的是（）NaClMgCl2AlCl3SiCl4熔点/80171419070沸点/1 4131 41218057.57ABCD11（3分）（2014秋同安区校级期中）下列含有极性键的非极性分子是（）（1）CCl4 （2）NH4 （3）CH4 （4）CO2 （5）N2（6）H2S （7）SO2 （8）CS2 （9）H2O （10）HFA（2）（3）（4）（5）（8）B（1）（3）（4）（5）（8）C（1）（3）（4）（8）D以上都不对12（3分）（2014秋同安区校级期中）下列说法中错误
5、的是（）A在NH4+和Fe（CO）5中都存在配位键BSO2、SO3都是极性分子C元素电负性越大的原子，该元素的原子吸引电子的能力越强D离子晶体的晶格能随着离子间距的减少而增大，晶格能越大，晶体的熔点越高13（3分）（2013秋应县校级期末）下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）ACO2与SO2BCH4与NH3CBeCl2与BF3DC2H2与C2H414（3分）（2014秋同安区校级期中）某物质的化学式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液不产生沉淀，加入强碱也没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（）A该配合物中中心原子（离子）的电荷数和配位数均为6B该配合物
6、可能是平面正方形结构CCl 和NH3分子均与中心原子（离子）形成配位键D配合物中心原子（离子）与Cl形成配位键，而与NH3分子不形成配位键15（3分）（2014春临海市校级期末）下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl晶体结构的图象是（）A图（1）和图（3）B图（2）和图（3）C只有图（1）D图（1）和图（4）二、填空题（共8小题，每小题8分，满分65分）16（8分）（2014秋同安区校级期中）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期常见的元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基
7、态原子最外层电子排布式为3s23p1WW有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（1）W位于元素周期表第周期第族，其基态原子最外层有个电子（2）X的电负性比Y的（填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是（写化学式）（3）Z元素形成简单离子的离子结构示意图（4）XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称17（7分）（2014秋同安区校级期中）根据下列四种元素的第一至第四电离能数据（单位：kJ/mol），回答下面各题：元素代号1234R500460069009500S740
8、1500770010500T5801800270011600U420310044005900（1）在周期表中，最可能处于同一族的是AR和U BS和T CT和U DR和T（2）下列离子的氧化性最弱的是AS2+ BR+ CT 3+ DU+（3）假设U元素是短周期的元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将是第个（4）假设R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是，其中元素的第一电离能反常高的原因是18（12分）（2014秋同安区校级期中）按要求完成下列填空（1）电负性最大的元素符号；第一电离能最大的元素基态原子核外电子排布式；第三周期原子半径最小的元素的价电子排布式（2）在下列
9、物质中：N2、H2O、NaOH、MgCl2、C2H4、Na2O2（用序号填空）其中只含有非极性键的是；既含有非极性键又含有极性键的是；含有非极性键的离子化合物是（3）NN的键能为942kJmol1，NN单键的键能为247kJmol1，通过计算说明N2中的键更稳定（填“”或“”）（4）钋（Po）是一种放射性金属，其晶胞的堆积模型如图1，钋的摩尔质量为209gmol1，晶胞的密度为 gcm3，则它晶胞的边长（a）为cm（用代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数）（5）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85Kr已知Kr晶体的晶胞结构如图2所示，该晶体中与每个Kr原子相紧邻的K
10、r原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=19（5分）（2014秋同安区校级期中）能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力（1）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途富勒烯（C60）的结构如图1所示富勒烯（C60）分子中碳原子的轨道杂化方式为富勒烯（C60）晶体与金刚石相比，的熔点较高（2）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等第一电离能：AsSe（填“”“”或“=”）二氧化硒分子的空间构型为（3）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要
11、作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如图2，请在下图中用箭头表示出配位键20（8分）（2014山东）石墨烯（如图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图乙）（1）图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为（2）图乙中，1号C的杂化方式是，该C与相邻C形成的键角（填“”“”或“=”）图甲中1号C与相邻C形成的键角（3）若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有（填元素符号）（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内
12、部，该晶胞中M原子的个数为，该材料的化学式为21（11分）（2014秋同安区校级期中）结构决定性质是化学科学中一个基本规律主族非金属元素的氢化物在结构和性质各有特点（1）化学键的偶极矩是矢量，方向规定为从正电中心指向负电中心，方向用表示甲烷和甲硅烷的偶极矩如图1所示，那么H、C、Si电负性由大到小的顺序是（2）分子的极性大小与分子的空间构型及化学键的极性大小有关，物质结构上常用偶极矩表示分子极性的大小下表是常见氢化物的偶极矩（）数据：物质甲烷氨气水硫化氢偶极矩（）/德拜尔01.661.851.1据此分析：（甲烷）=0的原因是：（水）（硫化氢）的原因是：（3）NH3、H2O都可以作为配体，形成配
13、合物，CH4不能做配体，原因是（4）叠氮酸HN3的结构式如图2所示，其中号N的杂化方式为，号N的杂化方式为预测其在水中的溶解度（填写“大”或“小”）22（12分）（2014福建模拟）由Cu、N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）基态Cu+的核外电子排布式为在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因：（2）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于晶体（3）化合物A （H3BNH3） 是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是（填标号）
14、A反应前后碳原子的轨道杂化类型不变BCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C第一电离能：NOCBD化合物A中存在配位键1个（HB=NH）3分子中有个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为23（2分）（2014秋同安区校级期中）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（RH），可发生离子交换反应：CrCln（H2O）6nx+xRHRxCrCln（H2O）6n+xH+交换出来的H+经中
15、和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成将含0.0015mol 的溶液，与RH完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200molL1 NaOH溶液25.00ml，该配离子的化学式为2014-2015学年福建省厦门市同安一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题2分，满分35分）1（2分）（2013春涟水县校级期末）以下能级符号不正确的是（）A3sB3pC3dD3f考点：原子核外电子的能级分布 专题：原子组成与结构专题分析：根据第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4
16、s、4p、4d和4f亚层解答：解：S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，故选：D点评：本题主要考查了能层上的能级，难度不大，抓住规律即可2（2分）（2014春临海市校级期末）第四周期元素原子中未成对电子数最多可达（）A4个B5个C6个D7个考点：原子核外电子排布 专题：原子组成与结构专题分析：第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，据此解答解答：解：第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，故含有的
17、未成对电子数最多为6，故选C点评：本题考查核外电子排布规律等，难度不大，理解核外电子排布规律，注意能级处于全满、半满、全空时的稳定状态3（2分）（2009上海）以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是（）AHeBC1s2D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：原子轨道排布式不仅能表示电子在核外的排布情况，还能表示电子在原子轨道上的自旋情况，对电子运动状态描述最详尽解答：解：He是氦元素符号，表示核外有一个电子层且有2个电子，1s2表示在1S轨道上有2个电子，表示1S轨道上有2个电子，且自旋相反故选D点评：本题考查化学用语，难度不大，注意原子结构示意图、
18、原子轨道排布式的区别4（2分）（2013秋南充期末）如图中每条折线表示周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（）AH2SBHClCPH3DSiH4考点：氢键的存在对物质性质的影响 专题：化学键与晶体结构分析：根据相对分子质量与物质熔沸点的关系以及氢键的存在对物质性质的影响判断解答：解：在AA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有A族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4故选D点评：本题考查了氢键的存在对物质性质的影响，侧重考查学生对一般规律中异常现象的辨别能力5（2分）（2014秋同安区校
19、级期中）某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中溶液也可导电，推测该物质可能是（）A金属B非金属C可溶性碱D可溶性盐考点：金属晶体 专题：化学键与晶体结构分析：熔融状态可导电，固态可导电，应为金属晶体，其它晶体不具有此性质解答：解：A、金属晶体在熔融状态可导电，固态可导电，并且活泼金属与水反应生成碱，为电解质，溶液也能导电，该金属应为活泼金属，故A正确；B、非金属单质在熔融状态不导电，固态时，属于半导体材料的可导电，故B错误；C、可溶性碱在固态时不导电，故C错误；D、可溶性盐在固态时不导电，故D错误故选：A点评：本题考查晶体的导电性，注意把握不同晶体的性质，学习中注意相关基础知识的积累6
20、（2分）（2014秋同安区校级期中）在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是（）ACl，FBNa，FCNa，ClDMg，O考点：离子化合物的结构特征与性质 分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，各对原子形成化学键中共价键成分最少，说明离子键成分最多，则金属、非金属元素应该最活泼，据此分析解答解答：解：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，各对原子形成化学键中共价键成分最少，说明离子键成分最多，则金属、非金属元素应该最活泼，同一周期元素，金属的金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族非金属元素，元素的非金属性随着原子序
21、数增大而减弱，所以这几种元素中，金属性最强的是Na元素、非金属性最强的是F元素，二者形成的化学键共价键成分最少，故选B点评：本题考查离子键和共价键，明确离子键和共价键的区别是解本题关键，知道哪些元素之间易形成离子键，题目难度不大7（2分）（2014秋同安区校级期中）下列变化或数据与氢键无关的是（）A水凝结成冰时，密度变小BDNA分子中两条链能形成双螺旋结构C水在2000时，只有4%的H2O发生分解D氨分子与水分子形成一水合氨考点：氢键的存在对物质性质的影响；含有氢键的物质 分析：A冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则；BDNA分子中存在氢键；C分子的稳定性与共价键强弱有关；D氨分子
22、和水分子能形成氢键解答：解：A冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在水液态是使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时，使得水分子排列得很规则，氢键会拉伸水分子 使水分子之间距离增大 体积也就增大了，密度也就小了，故A不选；BDNA分子中两条链能形成双螺旋结构，是由于氢键的作用引起的，故B不选；C水在2000时，只有4%的H2O发生分解，说明水分子很稳定，分子的稳定性与共价键强弱有关，与氢键无关，故C选；D一水合氨分子是氨分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间通过氢键形成的，故D不选，故选C点评：本题考查氢键对物质性质的影响，难度不大要注意氢键只影响物质的物理性质8（2分）（2014
23、秋同安区校级期中）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）下列对上述过程的描述不合理的是（）A氧原子的杂化类型发生了改变B微粒的形状发生了改变C微粒的化学性质发生了改变D微粒中的键角发生了改变考点：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 专题：化学键与晶体结构分析：水分子中氧原子的杂化为sp3，H3O+中氧原子的杂化为sp3，水分子为V形结构，H3O+为三角锥形结构，据此分析解答解答：解：A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不合理；B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；C
24、、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理；故选A点评：本题考查了微粒的结构、性质、原子杂化方式等知识点，根据价层电子对互斥理论确定其原子杂化方式、微粒结构，再结合结构确定性质、键角等知识点，题目难度不大9（2分）（2014秋同安区校级期中）下列关于晶体的说法一定正确的是（）A分子晶体中都存在共价键B金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高CSiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合D某物质晶胞结构如图，该物质的化学式为CaTiO3（图中Ca2+、O2、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点）考点：分
25、子晶体；原子晶体；金属晶体；晶胞的计算 分析：A稀有气体都是单原子分子，属于分子晶体；B金属汞的熔点较低；C每个硅原子与4个氧原子结合；D晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2与之相邻解答：解：A稀有气体都是单原子分子，无共价键，故A错误； B金属汞的熔点比I2、蔗糖等的熔点都低，故B错误；C在SiO2的晶体中Si、O以单键相结合，因此每个硅原子与4个氧原子结合，故C错误；D在题目所给晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个Ti4+离子周围 共有：38=12个O2，故D正确故选D点评：本题考查分子晶体、晶胞计算、晶体类型与熔点的关系等，题目难度不大，注意金
26、属汞的熔点比I2、蔗糖等的熔点都低10（2分）（2014秋同安区校级期中）下表给出几种氯化物的熔点和沸点：有关表中所列四种氯化物的性质，有以下叙述：氯化铝在加热时能升华，四氯化硅在晶态时属于分子晶体，氯化钠晶体中微粒之间以范德华力结合，氯化镁熔融状态下不能导电其中与表中数据一致的是（）NaClMgCl2AlCl3SiCl4熔点/80171419070沸点/1 4131 41218057.57ABCD考点：晶体熔沸点的比较 分析：根据表格中氯化物的熔沸点判断物质的晶体类型，一般离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点解答：解：由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，加热时
27、能升华，故正确；由表格中的数据可知SiCl4的熔沸点较低，则SiCl4是分子晶体，故正确；由表格中的数据可知，NaCl的沸点为1465，则属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，故错误；由表格中的数据可知氯化镁的熔沸点高属于离子晶体，则氯化镁熔融状态下能导电，故错误；故选A点评：本题考查晶体类型与晶体熔沸点的关系，明确表格中的数据及一般离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点是解答本题的关键，难度不大11（3分）（2014秋同安区校级期中）下列含有极性键的非极性分子是（）（1）CCl4 （2）NH4 （3）CH4 （4）CO2 （5）N2（6）H2S （7）SO2 （8）CS2 （9）H2O （10）
28、HFA（2）（3）（4）（5）（8）B（1）（3）（4）（5）（8）C（1）（3）（4）（8）D以上都不对考点：极性键和非极性键；极性分子和非极性分子 专题：化学键与晶体结构分析：同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性键，由极性键构成的分子，结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子解答：解：（1）CCl4为正四面体结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子； （2）NH4+为正四面体结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子；（3）CH4 为正四面体结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子； （4）
29、CO2中有C、O元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；（5）N2中只有NN非极性键，属于非极性分子；（6）H2S中有H、S元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子； （7）SO2中有O、S元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子； （8）CS2中有C、S元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子； （9）H2O中H、O元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子； （10）HF中H、F元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子故选C点评：本题考查化学键及分子的极性，明确化
30、学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大12（3分）（2014秋同安区校级期中）下列说法中错误的是（）A在NH4+和Fe（CO）5中都存在配位键BSO2、SO3都是极性分子C元素电负性越大的原子，该元素的原子吸引电子的能力越强D离子晶体的晶格能随着离子间距的减少而增大，晶格能越大，晶体的熔点越高考点：元素电离能、电负性的含义及应用；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子 分析：ANH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键；Fe（CO）5中铁原子提供空轨道，碳原子提供孤电子对，所以形成配位
31、键；BSO2是极性分子，SO3分子是非极性分子；C根据电负性的概念分析；D离子晶体的熔点高低取决于晶格能的大小解答：解：ANH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键Fe（CO）5中铁原子提供空轨道，碳原子提供孤电子对，所以形成配位键，故A正确；BSO2是极性分子，SO3分子是非极性分子，所以二者分子的极性不同，故B错误；C元素电负性是表示对键合电子的吸引力的大小，电负性越大对键合电子吸引力越大，故C正确；D离子键的强弱可以用离子晶体的晶格能来衡量，晶格能随着离子间距的减少而增大，晶格能越大，键能越大，则离子晶体的熔点越高，故D正确；故选B点评：本题考查了极性分子和非极性分子
32、的判断方法，配位键，电负性等概念，难度不大13（3分）（2013秋应县校级期末）下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）ACO2与SO2BCH4与NH3CBeCl2与BF3DC2H2与C2H4考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：化学键与晶体结构分析：A、B、C、物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数电荷数）注意：当上述公式中电荷数为正值时取“”，电荷数为负值时取“+”当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3
33、杂化D、对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断解答：解：A、CO2中C原子杂化轨道数为（4+0）=，采取 sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为（6+0）=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误B、CH4中C原子杂化轨道数为（4+4）=4，采取 sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取 sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为（3+3）=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个CH，1个CC三键，
34、C原子杂化轨道数为（1+1）=2，采取 sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个CH，1个CC双键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误故选：B点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键14（3分）（2014秋同安区校级期中）某物质的化学式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液不产生沉淀，加入强碱也没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（）A该配合物中中心原子（离子）的电荷数和配位数均为6B该配合物可能是平面正方形结构CCl 和NH3分子均与中心原子（离子）形成配位键D配合物中心原子（离子）与Cl形成配位键，而与
35、NH3分子不形成配位键考点：配合物的成键情况 分析：实验式为PtCl42NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4（NH3）2解答：解：加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4（NH3）2，则A配合物中中心原子的电荷数电荷数为4，配位数为6，故A错误；B该配合物应是8面体结构，Pt与6个配体成键，故B错误；C由分析可知，Cl和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物
36、为PtCl4（NH3）2，故C正确；D用强碱处理没有NH3放出，说明NH3分子配位，故D错误故选C点评：本题考查配合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是能正确把握题给信息，注意配合物的形成特点15（3分）（2014春临海市校级期末）下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl晶体结构的图象是（）A图（1）和图（3）B图（2）和图（3）C只有图（1）D图（1）和图（4）考点：晶胞的计算 专题：化学键与晶体结构分析：根据氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数判断其结构图是否正确，钠离子或氯离子的配位数都是6解答：解：由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着
37、最近的等距离的6个Cl同样每个Cl周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图（1）中符合条件，图（4）中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，故选D点评：综合考查了常见晶体的空间构型，难度不大，注意氯化钠和氯化铯晶体结构的区别二、填空题（共8小题，每小题8分，满分65分）16（8分）（2014秋同安区校级期中）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期常见的元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW有多种化合
38、价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（1）W位于元素周期表第四周期第族，其基态原子最外层有2个电子（2）X的电负性比Y的小（填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是H2O（写化学式）（3）Z元素形成简单离子的离子结构示意图（4）XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是范德华力；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称乙酸考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期常见的元素，X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为碳元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z的基态
39、原子最外层电子排布式为3s23p1，则Z为铝元素，W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为铁元素，据此答题解答：解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期常见的元素，X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，则X为碳元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1，则Z为铝元素，W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则W为铁元素，（1）W为铁元素，位于元素周期表第四周期第族，其基态原子最外层有2个电子，故答案为：四；2；（2）X为碳元素，Y为氧元素，根据元素周期律，碳的电负性比氧
40、的小，非金属性越弱，氢化物稳定性越差，由于碳的非金属性弱于氧，所以碳和氧的气态氢化物中，较稳定的是 H2O，故答案为：小；H2O；（3）Z为铝元素，铝离子的离子结构示意图为，故答案为：；（4）XY2为二氧化碳，是分子晶体，所以由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是范德华力，H、C、O的原子形成同种分子间氢键的物质为乙酸，故答案为：范德华力；乙酸点评：本题主要考查了元素周期表和元素周期律、原子结构示意图、分子间作用力等知识点，难度不大，解题时注意根据原子结构及元素的性质确定元素种类17（7分）（2014秋同安区校级期中）根据下列四种元素的第一至第四电离能数据（单位：kJ/mol），回答下面各题：
41、元素代号1234R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900（1）在周期表中，最可能处于同一族的是AAR和U BS和T CT和U DR和T（2）下列离子的氧化性最弱的是DAS2+ BR+ CT 3+ DU+（3）假设U元素是短周期的元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将是第10个（4）假设R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是RST，其中元素S的第一电离能反常高的原因是S元素的最外层电子处于s能级全充满，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多考点：元素电离能、电负性的含义
42、及应用 分析：由元素的电离能可以看出，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，（1）R和U的第一至第四电离能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族；（2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小；（3）若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在A族，则第二次电离能飞跃是在失去第一能层电子时发生；（4）根据最外层电子数确定原子序数，S元素的第一电离能失去的是s能级的电子
43、，s能级为全满稳定结构、能量降低，故第一电离能反常解答：解：由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则（1）由上述分析可知，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案为：E；（2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小，由表中数据看出U的第一电离能为420 kJmol1，数值最小，故U+氧化
44、性最弱，故答案为：D；（3）若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在A族，则第二次电离能飞跃是在失去第10个电子时发生的，故答案为：10；（4）由上述分析可知，R最外层电子数为1，S的最外层电子数为2，T的最外层电子数为3，R、S、T若是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是RST，其中由于S的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，第一电离能反常高故答案为：RST；S；S元素的最外层电子处于s能级全充满，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多点评：本题考查电离能知识，题目难度中等，注意原子的最外层电子与电离能以
45、及化合价的关系18（12分）（2014秋同安区校级期中）按要求完成下列填空（1）电负性最大的元素符号F；第一电离能最大的元素基态原子核外电子排布式1s2；第三周期原子半径最小的元素的价电子排布式3s23p5（2）在下列物质中：N2、H2O、NaOH、MgCl2、C2H4、Na2O2（用序号填空）其中只含有非极性键的是；既含有非极性键又含有极性键的是；含有非极性键的离子化合物是（3）NN的键能为942kJmol1，NN单键的键能为247kJmol1，通过计算说明N2中的键更稳定（填“”或“”）（4）钋（Po）是一种放射性金属，其晶胞的堆积模型如图1，钋的摩尔质量为209gmol1，晶胞的密度为
46、gcm3，则它晶胞的边长（a）为cm（用代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数）（5）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是射线吸收法，射线放射源可用85Kr已知Kr晶体的晶胞结构如图2所示，该晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则=3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键 分析：（1）根据非金属性越强电负性越强来判断；元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；同周期从左到右原子半径依次减小；（2）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，据此分析解答；（3）NN中含
47、有2个键，1个键，根据已知数据计算判断；（4）根据晶胞中原子数目计算结合摩尔质量，计算晶胞质量，再根据密度定义计算晶胞的体积，求边长；（5）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，然后求出比值解答：解：（1）根据非金属性越强电负性越强，周期表中非金属性最强的为F，所以F的电负性最大；元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大，He为稀有气体中原子半径最小的，最难失去1个电子，所以
48、He的第一电离能最大，He的电子排布式为1s2；同周期从左到右原子半径依次减小，所以第三周期原子半径最小的元素为Cl，其价电子排布式为3s23p5；故答案为：F；1s2；3s23p5；（2）只含有非极性键的是N2；既含有非极性键又含有极性键的是C2H4；含有非极性键的离子化合物是Na2O2；故答案为：；（3）2）NN中含有2个键，1个键，已知NN键能为942kJ/mol，NN单键键能为247kJ/mol，则1个键的键能为kJ/mol=347.5kJ/mol，则N2中的键键能大于键键能，较稳定，故答案为：；（4）晶胞的堆积棋型为简单立方堆积，则晶胞中含有1个原子，故晶胞质量为g，晶胞的体积为V=
49、a3cm3，故晶胞密度=，解得a=cm，故答案为：；（3）与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，则=3，故答案为：3点评：本题考查了电负性、化学键的稳定性判断以及晶胞的计算等知识点，注意根据均摊法计算晶胞中原子数目，计算晶胞的棱长是计算的关键19（5分）（2014秋同安区校级期中）能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力（1）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途富勒烯（C60）的结构如图1所示富勒烯（C60）分子中碳原子的轨道杂化方式为sp2富勒
50、烯（C60）晶体与金刚石相比，金刚石的熔点较高（2）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等第一电离能：AsSe（填“”“”或“=”）二氧化硒分子的空间构型为V形（3）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如图2，请在下图中用箭头表示出配位键考点：元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；根据晶体类型分析；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第VIA元素；根
51、据价层电子对互斥理论确定其空间构型；（3）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子解答：解：（1）每个碳原子含有的键个数为3且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，故答案为：sp2；富勒烯（C60）晶体为分子晶体，而金刚石则是原子晶体，所以金刚石的熔点较高，故答案为：金刚石；（2）As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，所以第一电离能AsSe，故答案为：；二氧化硒分子中价层电子对=2+（622）=3，且含有一个孤电子对，所以属于V形，故答案为：V形；（3）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键为：，故答案为：；点评：本题考查了熔点的比
52、较、第一电离能的比较、杂化方式、配位键等知识点，是高考热点，难度中等20（8分）（2014山东）石墨烯（如图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图乙）（1）图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为3（2）图乙中，1号C的杂化方式是sp3，该C与相邻C形成的键角（填“”“”或“=”）图甲中1号C与相邻C形成的键角（3）若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有O、H（填元素符号）（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于
53、晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为12，该材料的化学式为M3C60考点：晶胞的计算；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用 专题：化学键与晶体结构分析：（1）由图可知，甲中，1号C与相邻C形成3个CC键；（2）图乙中，1号C形成3个CC及1个CO键，C原子以sp3杂化，为四面体构型；（3）电负性强的O原子与水中的OH易形成氢键；水中的O原子易与氧化石墨烯中的OH易形成氢键；（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，C60分子位于顶点和面心，利用均摊法确定M原子和C60分子的个数比，从而确定化学式解答：解：（1）由图可知，甲中，1号C与相邻C形成3个CC键，形成键的个数为3，故答
54、案为：3；（2）图乙中，1号C形成3个CC及1个CO键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角图甲中1号C与相邻C形成的键角，故答案为：sp3；（3）水中的O电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的OH上的H形成氢键，氧化石墨烯中O与水中的H形成氢键，故答案为：O、H；（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12+9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8+6=4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60，故答案为：12；M3C60点评：本题为
55、2014年山东高考化学试题，侧重物质结构与性质的考查，把握杂化类型、成键方式、氢键形成及晶胞均摊法计算为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题材新颖，较好体现学生分析能力、知识迁移应用能力，题目难度中等21（11分）（2014秋同安区校级期中）结构决定性质是化学科学中一个基本规律主族非金属元素的氢化物在结构和性质各有特点（1）化学键的偶极矩是矢量，方向规定为从正电中心指向负电中心，方向用表示甲烷和甲硅烷的偶极矩如图1所示，那么H、C、Si电负性由大到小的顺序是CHSi（2）分子的极性大小与分子的空间构型及化学键的极性大小有关，物质结构上常用偶极矩表示分子极性的大小下表是常见氢化物的偶极矩（）数
56、据：物质甲烷氨气水硫化氢偶极矩（）/德拜尔01.661.851.1据此分析：（甲烷）=0的原因是：CH4是正四面体构型，为非极性分子（水）（硫化氢）的原因是：O的电负性大于S，所以OH的极性大于SH（3）NH3、H2O都可以作为配体，形成配合物，CH4不能做配体，原因是CH4没有孤对电子而NH3中的N，H2O中的O都有孤对电子（4）叠氮酸HN3的结构式如图2所示，其中号N的杂化方式为sp1，号N的杂化方式为sp2预测其在水中的溶解度大（填写“大”或“小”）考点：物质的组成、结构和性质的关系；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）根据共用电子对偏向电负性大的
57、原子进行解答（2）甲烷是正四面体结构，偶极矩相互抵消；据O的电负性大于S来分析；（3）NH3、H2O均有孤对电子，都可以作为配体，但CH4无孤对电子；（4）号N含1条S轨道和1条P轨道杂化使形成的NN键角为180，符合SP1杂化理论；在HN3分子中，三个N原子以直线相连，HN键与NNN键间的夹角为1109，显然靠近H原子的第1个N原子是sp2杂化的解答：解：（1）共用电子对偏向电负性大的原子，CH4中共用电子对偏向C，则电负性CH；SiH4中共用电子对偏向H，则电负性HSi，所以C、Si、H的电负性大小关系为：CHSi，故答案为：CHSi；（2）甲烷是正四面体结构，偶极矩相互抵消，为非极性分子
58、，故（甲烷）=0，故答案为：CH4是正四面体构型，为非极性分子；O的电负性大于S，所以OH的极性大于SH，故（水）（硫化氢），故答案为：O的电负性大于S，所以OH的极性大于SH；（3）NH3、H2O均有孤对电子，都可以作为配体，但CH4无孤对电子，不能做配体，故答案为：CH4没有孤对电子而NH3中的N，H2O中的O都有孤对电子；（4）号N含1条S轨道和1条P轨道杂化使形成的NN键角为180，符合SP1杂化理论，故号N是SP1杂化；在HN3分子中，三个N原子以直线相连，HN键与NNN键间的夹角为1109，显然靠近H原子的第1个N原子是sp2杂化的；由于叠氮酸是极性分子，根据相似相溶原理，故在水中
59、的溶解度较大，故答案为：sp1；sp2；大点评：本题考查了叠氮酸的结构以及杂化方式和电负性的比较，难度不大22（12分）（2014福建模拟）由Cu、N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途（1）基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因：结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定（2）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于原子晶体（3）化合物A （H3BNH3） 是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3C
60、O2+6H3BNH3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是A（填标号）A反应前后碳原子的轨道杂化类型不变BCH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C第一电离能：NOCBD化合物A中存在配位键1个（HB=NH）3分子中有12个键（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式图（a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为BO2nn（或BO2）图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为sp2、sp3考点：原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：化学键与晶体结构分析：（1）Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电
61、子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式，轨道处于全空、半满或全满时最稳定；（2）氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，熔化时所克服的微粒间的作用力为共价键，则氮化硼属于原子晶体；（3）由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；根据无机苯中氮原子和硼原子都采取sp2杂化分析；（4）有1个O连着一个B，剩余的两个O分别连着2个B，说明有一个O完全属于B，剩下的两个O，B只占有O的；硼砂晶体中阴离子B4O5（OH）42中一半sp3杂化形成BO4四面体；另一种是sp2杂化形成BO3平面三角形结构解答：解：（1）Cu原子失去1个电子生成
62、Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ；结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定； （2）氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，熔化时所克服的微粒间的作用力为共价键，则氮化硼属于原子晶体，故答案为：原子；（3）3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3，A由CH4
63、变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故A错误；BCH4分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+（441）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+（621）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、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，故B正确；C同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它
64、们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）I1（O）I1（C）I1（B），故C正确；DB一般是形成3个键，（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故D正确；故答案为：A； 1个（HB=NH）3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键BH键有3个，NH键有3个，BN有键有6个，故一共12个；故答案为：12；（4）图（a）是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO32单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，
65、剩余的2个O分别为2个BO32单元共用，所以B：O=1：（1+2）=1：2，化学式为：BO2nn（或BO2），从图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，B4O5（OH）42一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故答案为：BO2nn（或BO2）；sp2、sp3点评：本题考查了物质结构及其性质，涉及原子杂化方式的判断、价电子排布式的书写、元素周期律等知识点，根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识来分析解答，题目难度中等23（2分）（2014秋同安区校级期中）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为（n和x均为正整数）的配离子，将其通
66、过氢离子交换树脂（RH），可发生离子交换反应：CrCln（H2O）6nx+xRHRxCrCln（H2O）6n+xH+交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成将含0.0015mol 的溶液，与RH完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200molL1 NaOH溶液25.00ml，该配离子的化学式为CrCl（H2O）52+考点：化学方程式的有关计算 分析：中和发生反应：H+OH=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，CrCln（H2O）6nx+中Cr的化合价为+3价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式解答：解：中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H+OH=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L25.00103L=0.003mol，所以x=2，CrCln（H2O）6nx+中Cr的化合价为+3价，则有3n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为CrCl（H2O）52+，故答案为：CrCl（H2O）52+点评：本题考查化学式的有关计算、方程式有关计算，难度不大，题目起点较高，容易使学生产生畏惧感，知识落脚点低，利用方程式及化合价与离子电荷关系即可解答- 25 - 版权所有高考资源网
