1、2015-2016学年广东省肇庆市高二（下）质检化学试卷（物质结构）一、选择题（每题只有一个正确答案，本题包括20小题，每小题2分，共40分）1原子结构模型的简历和发展与科学实验紧密相关下列对应关系错误的是（）A道尔顿发现原子“空心球”模型B汤姆逊发现电子“葡萄干布丁”模型C卢瑟福进行粒子散射实验“核式”模型D玻尔解释氢原子光谱“电子分层排布”模型2下列化学用语的书写正确的是（）A羟基的电子式：B过氧化氢的电子式：CAs的原子的特征电子排布式：Ar4s14p3D基态Mg原子的核外电子排布图：3下列说法中正确的是（）A电子云通常是用小黑点来表示电子的多少B在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相
2、同C能层序数越大，s电子云的半径越大D电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱4下列不能根据元素电负性判断元素（）A是金属还是非金属B正负化合价C化学键类型D化合物溶解度5下列有关物质性质的比较，不正确的是（）A金属性：LiNaKRbB酸性：HFHClHBrHIC微粒半径：K+Na+Mg2+Al3+D酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO36在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（）ANa、Mg、Al的第一电离能逐渐增大B热稳定性：HFH2ONH3CS2、Cl、K+的半径逐渐增大DO、F、Ne的电负性逐渐增大7五种短周期元素的某些性质如下表所示，其中W、Y、Z为同周期元素，下列
3、说法正确的是（）元素代号XWYZQ原子半径（1012m）37646670154主要化合价+112+5、3+1AZ与X之间形成的化合物具有还原性B由Q与Y形成的化合物中只存在离子键C由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性DY与W形成的化合物中，Y显负价8用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（）AH2O与BeCl2为角形（V形）BCS2与SO2为直线形CBF3与PCl3为三角锥形DSO3与CO为平面三角形9下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）ASO2和SiO2BCO2和H2OCNaCl和HClDCCl4和KCl10设NA为阿伏加德罗常数的值，下
4、列叙述错误的是（）A1.8g18O2分子与1.8g18O3分子中含有的中子数不同B7.8gNa2S和7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NAC23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个如图所示的结构单元D含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA11下列对一些实验事实的解释正确的是（）选项 实验事实 解释A 水加热到较高温度都难以分解 水分子间存在氢键B 白磷为正四面体分子 白磷分子中PP键间的键角是10928C 用苯萃取碘水中的I2 苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶D H2O的沸点高于H2S HO键的键长比HS键的键长短AABBCCDD12下列配合物的水溶液中加入
5、硝酸银不能生成沉淀的是（）ACo（NH3）4 Cl2ClBCo（NH3）3 Cl3CCo（NH3）6Cl3DCu（NH3）4Cl213有关杂化轨道理论的说法不正确的是（）A杂化轨道全部参加形成化学键B杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变Csp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为10928、120、180D四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释14下列溶液中不存在配离子的是（）ACuSO4水溶液B银氨溶液C硫氰化铁溶液DI2的CCl4溶液15根据氢原子和氟原子的核外电子排布，对F2和HF分子中形成的共价键描述正确的是（）A两者都为ss 键B两者都为pp 键C前者为pp 键，后者
6、为sp 键D前者为ss 键，后者为sp 键16下列说法错误的是（）A在熔化状态下能导电的化合物一定是离子晶体B分子晶体的状态变化只需克服分子间作用力C金属键的本质是金属离子与自由电子间的相互作用D原子晶体中只存在非极性共价键17下列说法错误的是（）AC3H8是折线形极性分子B只有过渡金属才能接受电子对形成配合物C乳酸中存在一个手性碳原子D已知酸性：H3PO4HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子，而HClO中非羟基氧原子个数为018不属于NO3的等电子体的是（）ANO2BBF3CSO3DNF32+19氢键既可以存在于分子之间，也可以存在于分子内部的原子团之间，如邻羟基苯甲酸（）存在
7、分子内氢键，对羟基苯甲酸 （）存在分子间氢键则两者的熔点、沸点的相对大小关系是（）A前者后者B前者后者C前者=后者D无法估计20实验测得25时干冰晶体（面心结构）的晶胞边长为acm，其摩尔质量为Mg/mol，则该干冰晶体的密度为（单位：g/cm3）（）ABCD二、填空题21用”、”填写下表第一电离能电负性晶格能沸点ONClFNaClCaOHFHCl22白磷（P4）和P4O6的分子结构如图现提供以下化学键的键能：PP为E1kJmol1、PO为E2kJmol1、O=O为E3 kJmol1则：P4（s）+3O2（g）P4O6（s）的反应热H=kJmol1（用E1，E2，E3表示）23氟化氢水溶液中存
8、在的氢键有种；分子（CN）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为，1个分子中含有个键24金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛，Ni的基态原子有种能量不同的电子；很多不饱和有机物在Ni催化下可以H2发生加成反应，如CH2CH2、HCCH、HCHO等，其中碳原子不是采取sp2杂化的分子有（填物质编号），HCHO分子的立体构型为三、（本题包括2小题，共18分）25含碳物质不完全燃烧会产生剧毒的CO，根据价键理论，CO的电子式为，结构式为26长期以来一直认为氟的含氧酸不存在自1971年美国科学家用F2通过细冰末获得HFO（俗称“次氟
9、酸”）以来，对HFO的研究引起重视HFO的 电子式为，则HFO的结构式为（在HFO的结构式中标出各元素的化合价）对比其它次卤酸可以看出，把HFO称着“次氟酸”其实不妥当的，理由是次氟酸能与水反应生成两种物质，其中有一种物质为HF（常用于雕刻玻璃），则次氟酸与水反应的化学方程式为27目前工业上制备丙烯腈（CH2CHCN）有乙炔法、丙烯氨氧化法等乙炔法：CH2CHCN+HCNCH2CHCN丙烯氨氧化法：CH2CHCH3+NH3+O2CH2CHCN+3H2O（1）下列说法正确的是（不定项选择）：aNH4+空间构型呈正四面体bCH2=CHCN分子中只有碳、氢原子位于同一平面cC2H2、HCN分子中所有
10、原子均位于同一直线dNH3极易溶于H2O，是因为它们都是极性分子（2）与NH3互为等电子体的阳离子为（写化学式）（3）1mol丙烯腈分子中含有键的数目为（4）铜能与浓盐酸缓慢发生置换反应产生氢气，有配合物HCuCl2生成该反应的化学方程式为HCuCl2在空气中久置会生成含Cu（H2O）42+的蓝色溶液，Cu（H2O）42+的结构可用示意图表示为四、（本题包括2小题，共22分）28A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子无中子，B的单质在空气中含量最多，C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的价电子排布式为（nl）dn+6ns1回答下列问题：（1）元素B在周期表中的位置是；E
11、元素的元素符号为，它能形成E+的原因为（2）D元素基态原子的核外电子轨道排布图为（3）A元素与C元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为2：1和1：1，两种化合物可以任意比互溶，原因是；其中一种化合物可在酸性条件下将KMnO4还原为Mn2+，相关反应的离子方程式为29元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍；元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态（1）在元素周期表中，元素X位于区，元素Y位于第周期第族Z所在周期中，第一电离能最大的元素是（填元素名称）X+的核外电子排布式为Y和W
12、两元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是（填化学式）（2）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示在1个晶胞中，X离子的数目为；该化合物的化学式为（3）在乙醇中的溶解度：Z的氢化物（H2Z）大于H2W，其主要原因是稳定性：H2ZH2W（填“”、“”或“=”），其主要原因是五、计算题（本题只有1小题，8分）30如果1mol金属R的质量为a g，密度=0.97gcm3，请计算出每个R原子的半径的表达式（设钠为紧密堆积结构，见图）2015-2016学年广东省肇庆市高二（下）质检化学试卷（物质结构）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，本题包括20小题，每小题2分，共40分）1原子结构模型
13、的简历和发展与科学实验紧密相关下列对应关系错误的是（）A道尔顿发现原子“空心球”模型B汤姆逊发现电子“葡萄干布丁”模型C卢瑟福进行粒子散射实验“核式”模型D玻尔解释氢原子光谱“电子分层排布”模型【考点】化学史【分析】A英国科学家道尔顿建立近代原子模型“实心球”模型； B汤姆孙提出原子的葡萄干面包模型；C卢瑟福提出原子的核式结构模型；D玻尔的原子模型中电子轨道和原子的能量都是量子化的，是建立在三个基本假设的基础上的理论【解答】解：A道尔顿发现原子“实心球”模型，故A错误； B汤姆孙根据实验发现了电子，而且原子呈电中性，据此提出原子的葡萄干面包模型，故B正确；C卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模
14、型建立的基础是粒子散射实验，故C正确；D1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，原子系统只能具有一系列的不连续的能量状态，当原子从一个具有较大能量的定态跃迁到另一个能量较低的定态时，它辐射出具有一定频率的光子，原子的不同能量状态和电子沿不同的圆形轨道绕核运动相对应，氢原子光谱指的是氢原子内的电子在不同能阶跃迁时所发射或吸收不同波长，该光谱的发现在玻尔核外电子分层排布模型原子结构的认识过程中，有极为重要的意义，故D正确故选A2下列化学用语的书写正确的是（）A羟基的电子式：B过氧化氢的电子式：CAs的原子的特征电子排布式：Ar4s14p3D
15、基态Mg原子的核外电子排布图：【考点】电子式【分析】A羟基中氧原子还有一个未成对的单电子；B过氧化氢为共价化合物，分子中含有2个OH键和1个OO键；CAs是35号元素，属于主族元素，根据构造原理书写其核外电子排布；D基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，据此写出核外电子排布图【解答】解：A羟基中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为：，故A错误； B过氧化氢属于共价化合物，含有2个OH键和1个OO键，其电子式为，故B错误； CAs的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：Ar3
16、d104s24p3，故C错误；D基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子排布图：，故D正确；故选D3下列说法中正确的是（）A电子云通常是用小黑点来表示电子的多少B在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同C能层序数越大，s电子云的半径越大D电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱【考点】原子核外电子排布；原子构成【分析】A电子云是利用小黑点的疏密程度表示电子出现概率密度；B在同一能级上运动的电子，空间取向不同、自旋方向不同；C能层序数越大，该能层电子能量越高，电子在离核更远的区域重新概率增大；D电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，原子光谱包括吸收光谱与发射
17、光谱【解答】解：A小黑点本身没有意义，电子云是利用小黑点的疏密程度表示电子出现概率密度，故A错误；B在同一能级上运动的电子，能量相同，但空间取向不同、自旋方向不同，核外电子没有运动状态相同的电子，故B错误；C能层序数越大，该能层电子能量越高，电子在离核更远的区域重新概率增大，电子云向更大的空间扩展，s电子云的半径也越大，故C正确；D电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故D错误，故选：C4下列不能根据元素电负性判断元素（）A是金属还是非金属B正负化合价C化学键类型D化合物溶解度【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【
18、分析】电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，电负性可以判断元素的金属性和非金属性，可以判断化合物中元素化合价的正负，可以判断化学键类型，以此来解答【解答】解：A电负性也可以作为判断元素的金属性和非金属性强弱的尺度一般来说，电负性大于1.8的是非金属元素小于1.8的是金属元素，而位于非金属三角区边界的“类金属”（如锗、锑等）的电负性则在1.8左右，它们既有金属性又有非金属性，故A不选；B电负性能判断化合物中元素化合价的正负电负性数值小的元素在化合物吸引电子的能力弱，元素的化合价为正值；电负性大的元素在化合物中吸引电子的能力强，元素的化合价为负值，故B不选；C电负性相同的非金属元素化合形
19、成化合物时，形成非极性共价键；电负性差值小于1.7的两种元素的原子之间形成极性共价键，相应的化合物是共价化合物；电负性差值大于1.7的两种元素化合时，形成离子键，相应的化合物为离子化合物，故C不选；D电负性不能确定化合物的溶解度，故D选；故选D5下列有关物质性质的比较，不正确的是（）A金属性：LiNaKRbB酸性：HFHClHBrHIC微粒半径：K+Na+Mg2+Al3+D酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强；B同主族元素对应氢化物的酸性从上到下逐渐增强；C电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核
20、电荷数越大，离子半径越小；D非金属性越强，最高价氧化物对应水合物的酸性越强【解答】解：A同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，则金属性LiNaKRb，故A错误；CF、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，则酸性逐渐减小，即酸性：HFHClHBrHI，故B正确；DK+含有3个电子层，Na+、Mg2+、Al3+含有3个电子层，钾离子半径最大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：K+Na+Mg2+Al3+，故C正确；D非金属性：ClSPSi，则最高价氧化物对应水合物的酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3，故D正确；故选A6在通常条件下，下列各组物质的性
21、质排列正确的是（）ANa、Mg、Al的第一电离能逐渐增大B热稳定性：HFH2ONH3CS2、Cl、K+的半径逐渐增大DO、F、Ne的电负性逐渐增大【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A金属性越强，第一电离能越小，但Mg的最外层为3s电子全满，难以失去电子；B非金属性越强，氢化物的稳定性越强；C电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；D非金属性越强，电负性越强【解答】解：AMg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：NaAlMg，故A错误；B非金属性FON，则氢化物稳定性：HFH2ONH3，故B正确；CS2、Cl、K+具有相同的电子
22、层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2、Cl、K+的半径逐渐减小，故C错误；D非金属性NeOF，则电负性大小为：NeOF，故D错误；故选B7五种短周期元素的某些性质如下表所示，其中W、Y、Z为同周期元素，下列说法正确的是（）元素代号XWYZQ原子半径（1012m）37646670154主要化合价+112+5、3+1AZ与X之间形成的化合物具有还原性B由Q与Y形成的化合物中只存在离子键C由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性DY与W形成的化合物中，Y显负价【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由短周期元素中W、Y、Z为同周期元素，结合元素的化合价及原子半径可知，W为F，Y为O，Z为
23、N，X、Q均为+1价，位于IA族，结合原子半径可知，Q为Na，X为H，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：由短周期元素中W、Y、Z为同周期元素，结合元素的化合价及原子半径可知，W为F，Y为O，Z为N，X、Q均为+1价，位于IA族，结合原子半径可知，Q为Na，X为H，AZ与X之间形成的化合物为氨气，N元素的化合价为最低价，则氨气具有还原性，故A正确；B由Q与Y形成的化合物可能为过氧化钠，则存在离子键、共价键，故B错误；C由X、Y、Z三种元素形成的化合物可能为硝酸，水溶液呈酸性，故C错误；DY与W形成的化合物中，W的非金属性强，W显负价，故D错误；故选A8用VSEPR模型预测下列分子或离子的立
24、体结构，其中正确的是（）AH2O与BeCl2为角形（V形）BCS2与SO2为直线形CBF3与PCl3为三角锥形DSO3与CO为平面三角形【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模型（VSEPR模型）确定微粒的空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数键个数=配原子个数，孤电子对个数=（axb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断立体结构【解答】解：A水分子中价层电子对个数=2+（621）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，BeCl2 中Be原子的价层电子对个数=2
25、+（221）=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，故A错误；BCS2分子中每个S原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+（622）=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；CBF3分子中B原子的价层电子对个数=3+（331）=3且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，PCl3中，价层电子对数=3+（531）=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，中心原子以采取sp3杂化，分子形状为三角锥形，故C错误；DSO3中，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+（632）=3，含孤电子对数为0，杂化
26、轨道数3，硫原子采用sp2杂化，分子形状为平面三角形；CO32中碳原子价层电子对个数=3+=3，采用sp2杂化，所以CO32的离子立体结构为为平面三角形，故D正确；故选D9下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）ASO2和SiO2BCO2和H2OCNaCl和HClDCCl4和KCl【考点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用【分析】根据组成化合物的元素及物质类别分别判断出各项中的物质所属化学键类型和晶体类型【解答】解：A中根据元素组成可判断都为极性共价键，但SO2为分子晶体而SiO2为原子晶体，故A错误；B中都含极性键且都是分子晶体，故B正确；C中NaCl含离子键
27、为离子晶体，而HCl含共价键，为分子晶体，故C错误；D中CCl4含共价键为分子晶体而KCl中含离子键为离子晶体，故D错误故选B10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A1.8g18O2分子与1.8g18O3分子中含有的中子数不同B7.8gNa2S和7.8g Na2O2中含有的阴离子数目均为0.1NAC23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个如图所示的结构单元D含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、18O2分子与18O3均由氧原子构成；B、Na2S和 Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成；C、质量
28、换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，计算分析；D、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSiO键来分析；【解答】解：A、18O2分子与18O3均由氧原子构成，故1.8g18O2分子与1.8g18O3中含有的18O的物质的量相同，均为0.1mol，则含有的中子数均为NA个，故A错误；B、Na2S和 Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个钠离子和1个阴离子构成，故7.8gNa2S和 Na2O的物质的量均为0.1mol，其含有的阴离子均为0.1NA个，故B正确；C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，23.4 g NaCl晶体物质的量=0.4mol；
29、所以含0.1 NA个如图所示结构单元，故C正确；D、含16 g氧原子的二氧化硅的物质的量为=0.5mol，根据1mol二氧化硅中含4molSiO键可知，0.5mol二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA，故D正确；故选A11下列对一些实验事实的解释正确的是（）选项 实验事实 解释A 水加热到较高温度都难以分解 水分子间存在氢键B 白磷为正四面体分子 白磷分子中PP键间的键角是10928C 用苯萃取碘水中的I2 苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶D H2O的沸点高于H2S HO键的键长比HS键的键长短AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A水分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关；B白磷
30、是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子；C非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂；D氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关【解答】解：A水分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，水加热到较高温度都难以分解，说明水中存在的化学键较强，故A错误；B白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子，键角为60，故B错误；C非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，碘和苯都是非极性分子，水是极性分子，所以苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶，故C正确；D氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，H20的沸点高于H2S，说明水中含有氢键，故D错误；故选C12下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀
31、的是（）ACo（NH3）4 Cl2ClBCo（NH3）3 Cl3CCo（NH3）6Cl3DCu（NH3）4Cl2【考点】配合物的成键情况【分析】配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应，据此分析解答【解答】解：ACo（NH3）4Cl2Cl能电离出阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A不选；BCo（NH3）3Cl3不能电离出阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B选；CCo（NH3）6Cl3能电离出阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C不选；DCu（NH
32、3）4Cl2能电离出阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D不选；故选B13有关杂化轨道理论的说法不正确的是（）A杂化轨道全部参加形成化学键B杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变Csp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为10928、120、180D四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A杂化轨道可以部分参加形成化学键；B原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；C根据其空间构型判断杂化轨道的夹角；D采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型【解答】解：A杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH
33、3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故A错误；B杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故B正确；Csp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为10928、120、180，故C正确；D部分四面体形、三角锥形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子，故D正确；故选A14下列溶液中不存在配离子的是（）ACuSO4水溶液B银氨溶液C硫氰化铁溶液DI2的CCl4溶液【考点】配合物的成键情况【分析】配离子是由一个金属阳离子和一定数目的中性分子或阴离子以配位
34、键结合而成的复杂离子，可能存在于配位化合物晶体中，也可能存在于溶液中，据此解答【解答】解：A水对铜离子有络合作用，CuSO4水溶液中存在四水合铜络离子，铜离子提供空轨道，水分子提供孤对电子，存在配离子，故A不选；B银氨溶液中银离子提供空轨道，氨气提供孤对电子，存在配离子，故B不选；C硫氰化铁溶液中铁离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤对电子，存在配离子，故C不选；DI2的CCl4溶液为碘单质的四氯化碳溶液，无配离子，故D选；故选D15根据氢原子和氟原子的核外电子排布，对F2和HF分子中形成的共价键描述正确的是（）A两者都为ss 键B两者都为pp 键C前者为pp 键，后者为sp 键D前者为ss 键，
35、后者为sp 键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【分析】H原子核外电子排布为1s1，F原子核外电子排布为1s22s22p5，形成共价键时，F为2p电子，H为1s电子，以此解答该题【解答】解：H原子核外电子排布为1s1，F原子核外电子排布为1s22s22p5，形成共价键时，F为2p电子，H为1s电子，则F2分子中形成的共价键为pp 键，HF分子中形成的共价键为sp 键，故选C16下列说法错误的是（）A在熔化状态下能导电的化合物一定是离子晶体B分子晶体的状态变化只需克服分子间作用力C金属键的本质是金属离子与自由电子间的相互作用D原子晶体中只存在非极性共价键【考点】原子晶体；离子晶体；分子晶体；
36、金属晶体【分析】A离子晶体在熔化状态下能电离出自由移动的离子；B只需克服分子间作用力，则晶体为分子晶体；C金属阳离子带正电，自由电子带负电；D同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键【解答】解：A离子晶体在熔化状态下能电离出自由移动的离子，所以在熔融状态下能导电，故A正确；B分子晶体的状态变化，只需克服分子间作用力即可，故B正确；C金属阳离子带正电，自由电子带负电，则金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用，故C正确；D二氧化硅是原子晶体，晶体中存在极性键，故D错误；故选D17下列说法错误的是（）AC3H8是折线形极性分子B只有过渡金属才能接受电子对形成配合物C乳酸中存在一个手性碳
37、原子D已知酸性：H3PO4HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子，而HClO中非羟基氧原子个数为0【考点】“手性分子”在生命科学等方面的应用【分析】AC3H8是锯齿形结构，不对称；B含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物；C碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子；D酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强【解答】解：AC3H8是锯齿形结构，不对称，所以是极性分子，故A正确；B含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，故B错误；C碳原子连接四个不同的原子或
38、原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，故C正确；DH3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；故选B18不属于NO3的等电子体的是（）ANO2BBF3CSO3DNF32+【考点】“等电子原理”的应用【分析】根据等电子体是指具有相同价电子总数和原子总数的分子或离子来回答【解答】解：NO3中有4个原子，5+63+1=24个价电子，ANO2中有3个原子，5+62=17个价电子，与NO3不是等电子体，故A选；BBF3中有4个原子，3+73=24个价电子，与NO3是等电子体，故B不选；CSO3中有4个原子，6+63=24个价电子，与
39、NO3是等电子体，故C不选；DNF32+中有4个原子，5+732=24个价电子，与NO3是等电子体，故D不选故选：A19氢键既可以存在于分子之间，也可以存在于分子内部的原子团之间，如邻羟基苯甲酸（）存在分子内氢键，对羟基苯甲酸 （）存在分子间氢键则两者的熔点、沸点的相对大小关系是（）A前者后者B前者后者C前者=后者D无法估计【考点】含有氢键的物质【分析】对羟基苯甲醛分子间氢键，使其熔沸点升高，而邻羟基苯甲醛分子内氢键使物质的熔、沸点降低，由此分析解答【解答】解：邻羟基苯甲醛分子内的羟基与醛基之间即存在氢键（分子内氢键），使其熔沸点降低，对羟基苯甲醛分子之间存在氢键（分子间氢键），使其熔沸点升高
40、，由此可见，分子间氢键使物质的熔、沸点更高，即前者的熔沸点小于后者的熔沸点，故选B20实验测得25时干冰晶体（面心结构）的晶胞边长为acm，其摩尔质量为Mg/mol，则该干冰晶体的密度为（单位：g/cm3）（）ABCD【考点】晶胞的计算【分析】干冰晶体为面心结构，每个顶点上的二氧化碳分子被8个晶胞共用，每个面心上的二氧化碳分子被两个晶胞共用，所以该晶胞中二氧化碳分子个数=8+6=4，根据=计算出该干冰晶体的密度【解答】解：干冰晶胞是面心立方晶胞，所以每个晶胞中含有二氧化碳分子个数=8+6=4，晶胞边长为acm，则体积为a3cm3，则该干冰晶胞密度为：=g/cm3=g/cm3，故选D二、填空题2
41、1用”、”填写下表第一电离能电负性晶格能沸点ONClFNaClCaOHFHCl【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【分析】N的核外电子排布式为1s22s22p3，O的核外电子排布式为1s22s22p4，2p电子为稳定结构；F的非金属性最强，非金属性越强，电负性越大；离子的电荷越大、离子半径越小，则晶格能越大；HF分子间含氢键，沸点高【解答】解：N的核外电子排布式为1s22s22p3，O的核外电子排布式为1s22s22p4，2p电子为稳定结构，则第一电离能ON；F的非金属性最强，非金属性越强，电负性越大，则电负性为ClF；离子的电荷越大、离子半径越小，则晶格能越大，则晶格能NaClCaO；HF
42、分子间含氢键，沸点高，则沸点为HFHCl，故答案为：；22白磷（P4）和P4O6的分子结构如图现提供以下化学键的键能：PP为E1kJmol1、PO为E2kJmol1、O=O为E3 kJmol1则：P4（s）+3O2（g）P4O6（s）的反应热H=kJmol1（6E1+3E312E2）kJmol1（用E1，E2，E3表示）【考点】反应热和焓变【分析】热化学方程式中，焓变H=反应物化学键总键能生成物总键能，注意1molP4中含有6molPP键，1molP4O6中含有12molPO键，结合各化学键的键能列式计算热化学方程式P4（s）+3O2（g）P4O6（s）的反应热H【解答】解：各化学键键能为PP
43、为E1kJmol1、PO为E2kJmol1、O=O为E3 kJmol1，反应热H=反应物总键能生成物总键能，所以反应P4（s）+3O2（g）P4O6（s）的反应热H=6E1kJmol1+3E3kJmol112E2kJmol1=（6E1+3E312E2）kJmol1；故答案为：（6E1+3E312E2）kJmol123氟化氢水溶液中存在的氢键有4种；分子（CN）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为NCCN，1个分子中含有4个键【考点】原子核外电子排布【分析】HF分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，HF与水分子之间形成2种氢键；分子（CN
44、）2中碳原子按sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是参键，碳氮参键中有两个键，据此判断【解答】解：HF分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，HF与水分子之间形成2种氢键（HFHO、HOHF），氟化氢水溶液中存在的氢键有4种氢键；分子（CN）2中碳原子按sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是参键，其结构式为：NCCN，碳氮参键中有两个键，所以1个分子中含有4个键，故答案为：4；NCCN；424金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛，Ni的基态原子有7种能量不同的电子；很多不饱和有机物在Ni催化下可以H2发生加成反应，如CH2CH2、HCCH、HCHO等，其中碳原子不是采取sp2杂化的分子
45、有（填物质编号），HCHO分子的立体构型为平面三角形【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】Ni的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，同一能级轨道上的电子能量相同；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3个键、没有孤对电子，杂化轨道数目为3，而HCCH中碳原子均形成2个键、没有孤对电子，杂化轨道数目为2【解答】解：Ni的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，同一能级轨道上的电子能量相同，则原子有7种能量不同的电子；CH2=CH2、HCHO中碳原子均形成3个键、没有孤对电子，杂化轨道数
46、目为3，碳原子采取sp2杂化，HCHO的空间构型为平面三角形，而HCCH中碳原子均形成2个键、没有孤对电子，杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化，故答案为：7；平面三角形三、（本题包括2小题，共18分）25含碳物质不完全燃烧会产生剧毒的CO，根据价键理论，CO的电子式为或，结构式为【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】CO分子中含有3个共用电子对，含有1个键，C原子含有1对孤电子对，碳原子采取sp杂化，据此判断CO结构，然后写出其电子式、结构式【解答】解：在CO分子C与O原子之间形成3对共用电子对，含有1个键，C原子含有1对孤电子对，所以碳原子采取sp杂化，其结构式为：，电子式为或，故
47、答案为：或；26长期以来一直认为氟的含氧酸不存在自1971年美国科学家用F2通过细冰末获得HFO（俗称“次氟酸”）以来，对HFO的研究引起重视HFO的 电子式为，则HFO的结构式为（在HFO的结构式中标出各元素的化合价）对比其它次卤酸可以看出，把HFO称着“次氟酸”其实不妥当的，理由是次氯酸卤素显正价，而次氟酸中的氟元素显负价次氟酸能与水反应生成两种物质，其中有一种物质为HF（常用于雕刻玻璃），则次氟酸与水反应的化学方程式为HFO+H2O=H2O2+HF【考点】电子式；原子结构示意图【分析】依据次氯酸结构式HOCl推断HFO的结构，并写出电子式；依据非金属性FOCl判断解答；依据次氟酸能与水反
48、应生成两种物质，其中有一种物质为HF结合原子个数守恒规律可知另一种产物为过氧化氢，据此书写方程式【解答】解：次氯酸结构式HOCl，可知HFO的结构式为HOF，电子式为：，在HOF中，H为+1价，F非金属性强于氧，所以F为1价，氧为O价；故答案为：；依据非金属性FOCl，可知次氯酸卤素显正价，而次氟酸中的氟元素显负价，所以把HFO称着“次氟酸”；依据次氟酸能与水反应生成两种物质，其中有一种物质为HF结合原子个数守恒规律可知另一种产物为过氧化氢，方程式：HFO+H2O=H2O2+HF；故答案为：HFO+H2O=H2O2+HF27目前工业上制备丙烯腈（CH2CHCN）有乙炔法、丙烯氨氧化法等乙炔法：
49、CH2CHCN+HCNCH2CHCN丙烯氨氧化法：CH2CHCH3+NH3+O2CH2CHCN+3H2O（1）下列说法正确的是ac（不定项选择）：aNH4+空间构型呈正四面体bCH2=CHCN分子中只有碳、氢原子位于同一平面cC2H2、HCN分子中所有原子均位于同一直线dNH3极易溶于H2O，是因为它们都是极性分子（2）与NH3互为等电子体的阳离子为H3O+（写化学式）（3）1mol丙烯腈分子中含有键的数目为6mol或66.021023、或3.61024、或6NA（4）铜能与浓盐酸缓慢发生置换反应产生氢气，有配合物HCuCl2生成该反应的化学方程式为2Cu+4HCl（浓）=2HCuCl2+H2
50、HCuCl2在空气中久置会生成含Cu（H2O）42+的蓝色溶液，Cu（H2O）42+的结构可用示意图表示为（或）【考点】判断简单分子或离子的构型【分析】（1）a根据NH4+杂化轨道数=键数+孤对电子对数判断；b根据CH2=CHCN分子相当于一个碳碳双键和一个碳氮参键通过一个碳碳单键相连分析；c根据C2H2、HCN分子都为sp杂化判断；d根据相似相溶原理及其形成氢键分析溶解性；（2）NH3含有4个原子，价电子总数为8个电子，结合等电子体的定义分析；（3）丙烯腈（H2C=CHCN）中的C分别形成2个键和3个键，根据每个单键、双键、叁键都含有1个键，据此计算；（4）铜能与浓盐酸缓慢发生置换反应，有配
51、合物HCuCl2生成，所以反应方程式为：2Cu+4HCl（浓）=2HCuCl2+H2；Cu（H2O）42+中铜离子提供空轨道，氧原子提供电子对形成配位键【解答】解：（1）aNH4+中氮原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，所以空间构型呈正四面体，故a正确；bCH2=CHCN分子相当于一个碳碳双键和一个碳氮参键通过一个碳碳单键相连，所以所有原子都处在同一平面上，故b错误；cC2H2、HCN分子都含有一个参键，所以都为sp杂化，则所有原子均位于同一直线，故c正确；dNH3是极性分子，水是极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，同时NH3能与H2O分子间形成氢键，所以根据相似
52、相溶原理，则NH3极易溶于H2O，故d错误；故答案为：ac；（2）NH3含有4个原子，价电子总数为8个电子，则对应的等电子体有H3O+，故答案为：H3O+；（3）每个单键、双键、叁键都含有1个键，通过丙烯氰的结构CH2CHCN，可以知道，1mol丙烯腈分子中含有键的数目为6mol或66.021023、或3.61024、或6NA，故答案为：6mol或66.021023、或3.61024、或6NA；（4）铜能与浓盐酸缓慢发生置换反应，有配合物HCuCl2生成，所以反应方程式为：2Cu+4HCl（浓）=2HCuCl2+H2，故答案为：2Cu+4HCl（浓）=2HCuCl2+H2；Cu（H2O）42+
53、中铜离子提供空轨道，氧原子提供电子对形成配位键，所以Cu（H2O）42+的结构可用示意图表示为（或），故答案为： （或）四、（本题包括2小题，共22分）28A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子无中子，B的单质在空气中含量最多，C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的价电子排布式为（nl）dn+6ns1回答下列问题：（1）元素B在周期表中的位置是第二周期A族；E元素的元素符号为Cu，它能形成E+的原因为4s轨道全空，而3d全满符合洪特规则比较稳定（2）D元素基态原子的核外电子轨道排布图为（3）A元素与C元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为2：1和1：1，两种化合物
54、可以任意比互溶，原因是H2O与H2O2之间形成氢键；其中一种化合物可在酸性条件下将KMnO4还原为Mn2+，相关反应的离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子无中子，则A为H元素；B的单质在空气中含量最多，则B为N；C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（nl）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu，据此进行解答【解答】解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子
55、无中子，则A为H元素；B的单质在空气中含量最多，则B为N；C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（nl）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu，（1）B为N元素，原子序数为7，处于周期表中第二周期VA族；E为Cu元素，根据其外围电子排布为3d104sl可知4s轨道全空，而3d全满符合洪特规则比较稳定，所以能够形成Cu+，故答案为：第二周期VA族；Cu；4s轨道全空，而3d全满符合洪特规则比较稳定；（2）D为S元素，S原子核外有16个电子，分3层排布，其其电子排布图为：，故答案为：；（3）C元素可与
56、A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，分别为H2O与H2O2，由于H2O与H2O2之间形成氢键，两种化合物可任意比互溶；过氧化氢能被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O29元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍；元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态（1）在元素周期表中，元素X位于ds区，
57、元素Y位于第三周期第A族Z所在周期中，第一电离能最大的元素是氖（填元素名称）X+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10Y和W两元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是HClO4（填化学式）（2）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示在1个晶胞中，X离子的数目为4；该化合物的化学式为CuCl（3）在乙醇中的溶解度：Z的氢化物（H2Z）大于H2W，其主要原因是水分子与乙醇分子间能形成氢键；且水分子和乙醇分子中均有羟基稳定性：H2ZH2W（填“”、“”或“=”），其主要原因是H2O分子内HO的键能大于H2S分子内HS的键能（或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；或HO键的键长小于HS
58、键的键长）【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系【分析】元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有5个电子，则Y是Cl元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态，故W是S元素，以此解答该题【解答】解：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨
59、道上有5个电子，则Y是Cl元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，元素W基态原子的核外电子共有16种运动状态，故W是S元素，（1）元素Y为Cl，Cl有3个电子层，最外层7个电子，故处于周期表中第三周期第A族，元素X为Cu，处于周期表中ds区，故答案为：ds； 三；A； O所在周期为第二周期，其中第一电离能最大的元素是氖，故答案为：氖；X为Cu，Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；Cl和S两元素所形成的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4和HClO4，元素的非金
60、属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，由于非金属性ClS，故酸性较强的是HClO4，故答案为：HClO4；（2）Cu与Cl所形成化合物晶体的晶胞如图所示，1个晶胞中Cu为：8+6=4，Cl为：4，故此晶胞中Cu与Cl的个数比为1：1，故化学式为：故答案为：4； CuCl；（3）在乙醇中的溶解度：O的氢化物（H2O）大于H2S，其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键，且水分子和乙醇分子中均有羟基，结构相似，故答案为：水分子与乙醇分子间能形成氢键；且水分子和乙醇分子中均有羟基；由于O原子的比较小于S原子，故H2O分子内HO的键能大于H2S分子内HS的键能，或氧元素非金属性大于硫元素的非金属
61、性；或HO键的键长小于HS键的键长，故答案为：；H2O分子内HO的键能大于H2S分子内HS的键能（或氧元素非金属性大于硫元素的非金属性；或HO键的键长小于HS键的键长）五、计算题（本题只有1小题，8分）30如果1mol金属R的质量为a g，密度=0.97gcm3，请计算出每个R原子的半径的表达式（设钠为紧密堆积结构，见图）【考点】金属晶体；晶胞的计算【分析】由于为紧密堆积的球体，设该晶胞的边长为l，则体积V与密度的关系为4r=l，得l=2r，根据=来解答【解答】解：由于为紧密堆积的球体，设该晶胞的边长为l，则体积V与密度的关系为4r=l，得l=2r，由均摊法每个晶胞的原子个数为8+6=4，根据=0.97gcm3，r3=cm3，所以r=3.03109cm；答：原子半径r=3.03109cm2016年12月19日
