1、银川一中20192020学年度(下)高二期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 P-31 S-32 Ca-40 Cu-64 Zn-65 一、选择题(本题共25道，每小题只有一个正确选项，部分小题有陷阱，每题2分，共50分)1.下列图像中所发生的现象与电子的跃迁无关的是()A. 燃放烟花B. 霓虹灯广告C. 燃烧蜡烛D. 平面镜成像【答案】D【解析】【详解】平面镜成像是光线反射的结果，与电子跃迁无关，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、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，故答案为D。2.下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是A
2、. N：1s22s22p3B. S2-：1s22s22p63s23p6C. Na：1s22s22p53s2D. Si：1s22s22p63s23p2【答案】C【解析】【详解】A1s22s22p3中，未排满电子的2p轨道能量最高，符合基态排布，A不合题意；B1s22s22p63s23p6中，排满电子的3p轨道能量最高，符合基态排布，B不合题意；C1s22s22p53s2中，未排满电子的2p轨道能量低于3s轨道，不符合基态排布，C符合题意；D1s22s22p63s23p2中，未排满电子的3p轨道能量最高，符合基态排布，D不合题意；故选C。3.现有四种元素。其中两种元素的基态原子的电子排布式为：1s
3、22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；另两种元素的特征电子构型为2s22p3；2s22p5。则下列有关比较中正确的是A. 第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性：D. 最高正化合价：=【答案】B【解析】【分析】由电子排布式1s22s22p63s23p4，1s22s22p63s23p3；特征电子构型为2s22p3，2s22p5，可确定四种元素分别为：硫(S)，磷(P)，氮(N)，氟(F)。【详解】A总的来说，非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p轨道半充满，电子的能量低于硫的3p轨道，第一电离能出现反常，所以第一电离能：，A不正确；B一般，电子层数越多，半径越大，同一周
4、期元素，原子序数越大，半径越小，所以原子半径：，B正确；C非金属性越强，电负性越大，所以电负性：，C不正确；D一般，最高正价等于原子的最外层电子数，但氟不显正价，所以最高正化合价：=，D不正确；故选B。4.下列物质的分子中既有键又有键的是HCl NH3 N2 C2H4 H2O2 C2H2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】各物质的结构式为：H-Cl NN H-O-O-H H-CC-H既有键又有键的分子中一定含有双键或三键，从以上物质的结构式可以看出，含碳碳双键，、含有三键，从而得出符合题意，故选B。【点睛】分子中原子间的共价键一定存在键，若两原子间只形成1个共价键，则只有键；若分
5、子中两原子间形成2个共价键，则有1个键和1个键；若分子中两原子间形成3个共价键，则有1个键和2个键。5.前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有A 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】C【解析】【分析】前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同，即第一周期有1个未成对电子，第二周期有2个未成对电子数，第三周期有3个未成对电子数，第四周期有4个未成对电子数，结合电子排布规律来解答。【详解】第一周期中，有一个未成对电子的是1s1；第二周期中，未成对电子是两个的有两种：1s22s22p2 和1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是：1s22s2
6、2p63s23p3；第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2，共有5种，故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、未成对电子数的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第四周期电子排布为解答的难点，题目难度不大。6.下列分子中的键是由两个原子的s轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是A. H2B. CH4C. Cl2D. N2【答案】A【解析】【详解】AH2中的键是由两个氢原子的s轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，A符合题意；BCH4中的每一个键都是由一个氢原子的s轨道与碳原子的2p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成
7、，B不合题意；CCl2中的键是由两个Cl原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，C不合题意；DN2中的键是由两个N原子的2p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成，D不合题意；故选A。7.已知大多数含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，下列各含氧酸中酸性最强的是A. H2SeO3B. H3BO3C. H3PO4D. HClO4【答案】D【解析】【详解】AH2SeO3的化学式可改写为SeO(OH)2，为弱酸；BH3BO3的化学式可改写为B(OH)3，为弱酸；CH3PO4的化学式可改写为PO(O
8、H)3，为弱酸；DHClO4的化学式可改写为ClO3(OH)，为强酸；综合以上分析，只有HClO4为强酸，故选D。8.多核离子所带电荷可以认为是中心原子得到或失去电子导致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面的一组是A. NO2-和NH2-B. H3O+和ClO3-C. NO3-和CH3-D. PO43-和SO42-【答案】A【解析】【详解】ANO2-和NH2-的价层电子对数分别为3和4，分别含有1对和2对孤对电子，二者都为V形结构，所有原子都在同一平面，A符合题意；BH3O+和ClO3-的价层电子对数都为4，都含有1对孤对电子，二者都为三角锥形结构，所有原子不都在同一平面，B不
9、合题意；CNO3-和CH3-的价层电子对数分别为3和4，后者含有1对孤对电子，前者为平面三角形，后者为三角锥形结构，C不合题意；DPO43-和SO42-的价层电子对数都为4，二者都为正四面体结构，所有原子不都在同一平面，D不合题意；故选A。9.下列叙述正确的是A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心B. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央C. CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心D. CO2是非极性分子，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央【答案】B【解析】【详解】ANH3是极性分子，分子中
10、N原子和3个H原子都位于三角锥的顶点，A不正确；BH2O是极性分子，分子中O原子与2个H原子构成V 形结构，B正确；CCCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子组成的正四面形中心，C不正确；DCO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子连成直线的中央，D不正确；故选B。10.有且只有一个手性碳的有机化合物分子为手性分子，下列有机物分子中属于手性分子的是新戊烷(CH3)4C 乳酸CH3CH(OH)COOH甘油 A. B. 和C. 和D. 【答案】C【解析】【详解】新戊烷(CH3)4C中4个-CH3连在同一个碳原子上，无手性碳原子，不合题意；乳酸CH3CH(OH)COOH中，连接-OH的
11、碳原子为手性碳原子，分子为手性分子，符合题意；甘油中没有手性碳原子，不合题意；中，连接-OH的碳原子为手性碳原子，分子为手性分子，符合题意；综合以上分析，只有和符合题意，故选C。【点睛】判断手性碳原子时，原子团有大有小，对于涉及碳原子数很多的两个原子团，一定要逐个碳进行分析对比，找出长链中每个碳的异同，只要两个原子团中有不完全相同的部分，就属于不同原子团。11.科学家发现铂的两种化合物a和b。a：；b：。实验测得a和b具有不同的特性。a具有抗癌作用，而b没有，则下列关干a、b的叙述正确的是A. a和b属于同一种物质B. a和b互为同素异形体C. a和b的空间构型是平面四边形D. a和b的空间构
12、型是四面体【答案】C【解析】【详解】由“a和b具有不同的特性。a具有抗癌作用，而b没有”可以推知，a和b的结构不同，则二者应为平面结构。Aa和b属于不同物质，A不正确；Ba和b是化合物，不互为同素异形体，B不正确；C由以上分析知，a和b为平面结构，所以二者的空间构型都是平面四边形，C正确；D若a和b的空间构型是四面体，则a和b为同一种物质，D不正确；故选C。12.根据部分短周期元素的原子半径及主要化合价判断以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价2326、22A. M与T形成的化合物具有两性B. 单质与稀盐酸反应的速率为LQC
13、. 氢化物的沸点为H2TH2RD. L2与R2的核外电子数相等【答案】A【解析】【分析】L、Q都显+2价，为A族元素，由原子半径可确定L为镁(Mg)、Q为铍(Be)；由M的化合价及原子半径，可确定M为铝(Al)；R与T进行比较，可确定R为硫(S)，T为氧(O)。【详解】由以上分析知，L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、Be、S、O。AM与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，为两性氧化物，A正确；B金属性MgBe，则单质与稀盐酸反应的速率为MgBe，B不正确；CH2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不形成氢键，所以氢化物的沸点为H2OH2S，C不正确；DMg2+与S2-的核外电子数不相等，前者
14、为10电子，后者为18电子，D不正确；故选A。13.某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位B. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位C. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6D. 该配合物可能是平面正方形结构【答案】A【解析】【分析】某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，则表明在水溶液中不能电离出离子；加入AgNO3溶液也不产生沉淀，说明Cl-全部在配合物的内界；以强碱处理并没有NH3放出，说明NH3全部为配体。【详解】A由
15、以上分析可知，Cl-和NH3全部在配合物的内界，均与Pt4+形成配位键，A正确；B若NH3分子与Pt4+不配位，则以强碱处理会放出NH3，与题意不符，B不正确；CNH3分子不带电，所以配合物中中心原子的电荷数和配位数不相等，C不正确；D该配合物配体为6，不可能是平面正方形结构，D不正确；故选A。14.下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是A. 分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构B. 杂化轨道只用于形成键或用于容纳未参与成键的孤对电子C. Cu(NH3)42和CH4两个分子中中心原子Cu和C都是通过sp3杂化轨道成键D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
16、【答案】C【解析】【详解】A分子中中心原子轨道发生sp3杂化，该分子不一定为正四面体结构，如水分子为V形结构，A正确；B形成键的原子轨道不参与杂化，杂化轨道用于形成键或容纳未成键的孤对电子，B正确；CCu(NH3)42为离子，不是分子，C不正确； D杂化轨道数与杂化前的轨道数相等，但形状改变，D正确； 故选C。【点睛】在分子中，共价键常为两个容纳未成对电子的轨道进行重叠而形成；在配离子中，配位键应为配体中某原子提供孤电子对，中心原子或离子提供空轨道，从而发生轨道的重叠而形成。15.下列各组物质的性质判断不正确的是A. 12g金刚石中含有C一C键的个数为2NAB. 键的极性：HFH2OC. 水中
17、的溶解性：CH3COOHHCOOCH3D. 键角：CO2SO2H2ONH3【答案】D【解析】【详解】A在金刚石中，平均每个C形成2个C-C键，则12g金刚石中含有C-C键的个数为2NA，A正确；BF的非金属性比O强，键的极性：HFH2O，B正确；CCH3COOH与水分子间能形成氢键，在水中的溶解性：CH3COOHHCOOCH3，C正确；DCO2、SO2、H2O、NH3的键角分别为180、120、105、10718，键角：CO2SO2NH3H2O，D不正确；故选D。16.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导
18、性。下列有关分析正确的是（ ）A. K3C60中只有离子键B. K3C60中不含共价键C. 该晶体在熔融状态下能导电D. C60与12C互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A. 球碳盐K3C60中有离子键，存在于K与C603-之间，而C603-中C与C之间为共价键，故A错误；B 根据A项分析可知，球碳盐K3C60中既有离子键又有共价键，故B错误；C. 球碳盐K3C60中有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能电离出离子而导电，故C正确；D. C60为C元素形成的单质，12C为原子，所以二者不是同素异形体，故D错误；答案选C。17.下列图像是NaCl、CsCl、干冰的晶体结构图或是从其中分割出来
19、的部分结构图，试判断属于NaCl的晶体结构图像的是 （ ）A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】氯化钠晶体中的配位数均是6，所以选项A正确。答案选A。18.最近意大利罗马大学的科学家获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 mol NN吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，下列说法正确的是A. N4属于一种新型的化合物B. N4与N2互称为同位素C. N4沸点比P4（白磷）高D. 1 mol N4气体转变为N2将放出882 kJ热量【答案】D【解析】【详解】A.N4是单质、不是化合物，A错误；B.N4和
20、N2都是由N元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，B错误；C.N4与P4都属于分子晶体，N4的分子间作用力小于P4的分子间作用力，N4沸点比P4（白磷）低，C错误；D.断裂1mol N4中的NN键吸收6167kJ=1002kJ能量，形成2molN2中的NN键释放2942kJ=1884kJ能量，则1 mol N4气体转变为N2将放出1884kJ-1002kJ=882 kJ热量，D正确；答案选D。19.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A. 常温常压下X的单
21、质为气态B. Z的氢化物为离子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙
22、，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。20.下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）分子晶体中都存在共价键在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+
23、和12个O2-相紧邻SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合晶体中分子间作用力越大，分子越稳定氯化钠熔化时离子键被破坏A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶
24、体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体离子晶体分子晶体，综上所述，故正确；离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；根据化学式，以及晶胞结构，Ti2位于顶点，O2位于面上，Ca2位于体心，因此每个Ti4周围最近的O2有12个，故正确；SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。21.已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的，关于该化合物的
25、以下叙述中错误的是A. 1 mol该化合物中有1 mol YB. 1 mol该化合物中有3 mol CuC. 1 mol该化合物中有2 mol BaD. 该化合物的化学式是YBa2Cu3O6【答案】D【解析】【详解】A运用均摊法，1个晶胞中含Y个数为8=1，则1 mol该化合物中有1 mol Y，A正确；B1个晶胞中含Cu个数为3，则1 mol该化合物中有3 mol Cu，B正确；C1个晶胞中含Ba个数为8=2，则1 mol该化合物中有2 mol Ba，C正确；D1个晶胞中含O个数为10+2=7，该化合物的化学式是YBa2Cu3O7，D不正确；故选D。【点睛】计算晶胞中所含原子或离子的数目时，
26、常运用均摊法，若原子位于立方体的顶点，则只有八分之一属于此晶胞；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶胞；若原子位于面上，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于体内，则完全属于此晶胞。22.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸B. 元素非金属性的顺序为XYZC. WZ的水溶液呈碱性D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】从图中原子的成键情况可以看出，Z为H或F或Cl，X为C或Si，Y获得1个电子且形成2个共价键，所以应为N或P，W为Li或
27、Na，“W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”，则Z为Cl，X为Si，Y为P，W为Na。【详解】AY为P，它的最高价氧化物的水化物是中强酸，A正确；BX为Si，Y为S，Z为Cl，元素非金属性的顺序为XYZ，B不正确；CW为Na ，Z为Cl，则WZ的水溶液呈中性，C不正确；DY为P，该新化合物中Y获得1个电子且形成2个共价键，满足8电子稳定结构，D不正确；故选A。23.白磷(P4)的分子结构、三氧化二磷(P4O6)的分子结构和五氧化二磷(P4O10)的分子结构如图，下列说法中错误的是A. P4O6中的磷原子采用sp3方式杂化B. 三氧化二磷、五氧化二磷都只表示原
28、子个数比，不表示分子的实际组成C. P4、P4O6和P4O10分子中同一P原子上两个化学键之间的夹角都是60D. P4O6分子中4个P原子构成正四面体，6个O原子构成正八面体【答案】C【解析】【详解】AP4O6中磷原子的价层电子对数为4，采用sp3方式杂化，A正确；BP2O3、P2O5与分子结构图中的分子组成不同，所以只表示原子个数比，不表示分子的实际组成，B正确；CP4O6和P4O10分子中同一P原子上两个化学键之间的夹角都不是60，C错误；DP4O6分子中4个P原子不在同一平面上，它们构成正四面体，6个O原子构成共用正方形底的四棱双锥(即正八面体)，D正确； 故选C。24.四种位于不同主族
29、的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A. 四种元素中至少有两种金属元素B. 四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C. 四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D. 常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数
30、之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为N
31、aNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。25.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是A. 晶胞中原子配位数分别为6，8，8，12B. 空间利用率的大小关系为C. 为简单立方堆积，为镁型，为钾型，为铜型D. 每个晶胞含有的原子数分别为1个，2个，2个，4个【答案】D【解析】【详解】A为六方最密堆积，此结构为六方最密堆积晶胞的，配位数为12，A不正确；B、的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，其大小关系为=，B不正确；C为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型，是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，C不正确；D每个晶胞含有的原子数分别为=1，8+1=2，8+1
32、=2，8+ =4，D正确；故选D。二、非选择题(共50分，请将答案写到后面的答题卡上)26.张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:（1）NH3的沸点比PH3_(填“高或“低”)，原因是_。（2）Na3AsO4 中含有的化学键类型包括_；AsO43-的空间构型为_，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是_。（3）自然固氮现象发生的一系列化学变化：N2NONO2HNO3NO3-解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。NO3-中N原子
33、采取_杂化方式，其空间构型为_，写出它一种等电子体的化学式_。已知酸性： HNO3HNO2，下列相关见解合理的是_。A含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强B同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强CHNO3中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出H+，酸性强于HNO2（4）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为_，该晶体的密度为_gcm-3(用含NA、a的式子表示)。【答案】 (1). 高 (2). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 (3). 离子键、共价
34、键 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). SO3、CO32- (9). BC (10). 16 (11). 【解析】【详解】（1）NH3和PH3都属于分子晶体，都存在范德华力，但由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点比PH3高。答案为：高、NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力。 （2）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43-中As原子孤电子对数=，价层电子对数为4+0=4，据此判断空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As-O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，所以杂
35、化类型为sp3杂化；答案为：离子键、共价键，正四面体 ，sp3； （3）硝酸根中N原子价电子层电子为3对,理想模型为平面三角形,没有孤电子对，其杂化方式为sp2杂化；与硝酸根为等电子体的物质为：SO3、CO32-等A. 判断含氧酸（含有氧元素的酸）酸性强弱的一条经验规律是：同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，A中没有指明同一种元素，所以A错误；B. 同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，B正确；C.HNO3中氮元素化合价更高，得到电子能力强，所以相较HNO2酸性更强,C正确。所以选择BC。答案为：sp2 、平面三角形、 SO3或CO32- BC； （4）根据均摊法
36、可知,晶胞中P4分子数目为8+64，则晶胞中P原子数目为44=16,晶胞质量为16g，晶胞体积为(acm)3,则晶胞密度为:= gcm-3。27.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。请根据以上信息，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)： (1)E的价电子排布式是_，A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序_。(2)B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔
37、点，理由是_；(3)D的低价氧化物分子的空间构型是_。(4)A、E形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为_；(每个球均表示1个原子，白球为A，黑球为E) 若相邻A原子和E原子间的距离为a nm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_g/cm3(用含a、NA的符号表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). AlMgSN (3). MgCl2为离子晶体而A1C13为分子晶体 (4). V形 (5). Cu3N (6). 【解析】【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。A原子核外有三个未成对电子，则A为氮(N)；A与B可形成离子化合物B3A2
38、，则B为镁(Mg)；C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为铝(Al)；D原子核外的M层中有两对成对电子，则D为硫(S)；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满，则E为铜(Cu)。【详解】由以上分析可知，A、B、C、D、E分别为N、Mg、Al、S、Cu。(1)E为铜，其位于第四周期第B族，价电子排布式是3d104s1，A、B、C、D分别为N、Mg、Al、S，总的来说，非金属性越强，第一电离能越大，但由于Mg的3s轨道半充满，所以第一电离能大于Al，从而得出第一电离能由小到大的顺序为AlMgSN。答案为：3d104s1；AlMgSN；(2)MgCl2由离子构成，微粒间作用力为离子键，A
39、lCl3由分子构成，微粒间作用力为范德华力，MgCl2的熔点远高于AlCl3的熔点，理由是MgCl2为离子晶体而A1C13为分子晶体。答案为：MgCl2为离子晶体而A1Cl3为分子晶体；(3)D的低价氧化物为SO2，S的价层电子对数为3，分子的空间构型是V形。答案为：V形；(4)在Cu、N形成晶体的晶胞结构中，含N原子个数为8=1，含Cu原子个数为12=3，则其化学式为Cu3N；若相邻N原子和Cu原子间的距离为a nm，则晶胞参数为2 a nm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g/cm3。答案为：。【点睛】比较原子序数相差1的两元素原子的第一电离能时，需注意二者的价电子轨道是否半满、全
40、满、全空，若符合此情况，则其第一电离能比原子序数大1的原子大。28.已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数XYZQRE，其结构或性质信息如表：元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y原子核外的L层有3个未成对电子Z地壳中含量最多的元素Q单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子R核电荷数是Y与Q的核电荷数之和EN能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子请根据信息回答有关问题：(1)写出元素Y的原子核外价电子排布图：_。X的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的键与键的键数之比为_。(2)X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为(写元素符号)
41、_。(3)X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为(写化学式)_，原因是_。(4)XZ与Y2属于等电子体，写出化合物XZ的结构式：_。(5)R的一种配合物的化学式为RCl36H2O。已知0.01mol RCl36H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02mol AgCl沉淀。此配合物最可能是_。AR(H2O)6Cl3 BR(H2O)5ClCl2H2O CR(H2O)4Cl2Cl2H2O DR(H2O)3Cl33H2O(6)向含少量ESO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：_，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，写出反应的离子方程式为：_
42、。【答案】 (1). (2). 3：2 (3). NOC (4). H2O (5). 水分子间可以形成氢键，使沸点升高 (6). CO (7). B (8). Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+ (9). Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH【解析】【分析】X原子的L层上s电子数等于p电子数，则其为碳(C)；Y原子核外的L层有3个未成对电子，则其价电子排布式为2s22p3，Y为氮(N)；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧(O)；Q的单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子，则其为氯(Cl)；R的核电荷数是Y与Q的核电荷数之和，则其为铬(Cr)；E原
43、子的N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子，则其为铜(Cu)。【详解】由以上分析可知，X、Y、Z、M、R、E分别为C、N、O、Cl、Cr、Cu。(1)Y是氮元素，其原子核外价电子排布图为。X的一种氢化物相对分子质量为26，则其为C2H2，结构式为H-CC-H，其分子中的键与键的个数分别为3和2，则比值为3:2。答案为：；3:2；(2)X、Y、Z为C、N、O，三种元素中N原子的2p轨道电子半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能由高到低的排列为NOC。答案为：NOC；(3)X、Z元素与氢元素形成的最简单化合物分别为CH4、H2O，H2O分子间能形成氢键，导致其沸点出现反常，则沸点较高的是
44、H2O，原因是水分子间可以形成氢键，使沸点升高。答案为：H2O；水分子间可以形成氢键，使沸点升高；(4)CO与N2属于等电子体，化合物CO的结构式为CO。答案为：CO；(5)已知0.01mol RCl36H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02mol AgCl沉淀，则表明其外界有2个Cl-，由此可确定配合物最可能是R(H2O)5ClCl2H2O，故选B。答案为：B；(6)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀Cu(OH)2，反应的离子方程式为Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液Cu(NH3)4(OH)2，反应
45、的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH。答案为：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+；Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH。【点睛】在配合物中，配离子结构稳定，电离程度很小，所以配离子内的某离子很难与溶液中的离子发生反应。29.祖母绿是四大名贵宝石之一，主要成分为Be3Al2Si6O18，含有微量的Cr、Ni、Fe元素而呈现各种颜色。回答下列问题：(1)基态Ni2+的电子排布式为_；宝石中Si的杂化方式是_。(2)成键元素电负性差值越大，化学键离子性百分数越高，在卤素与Al组成的化合物中，离子性百分数最高的化合物是_(填化学式)。(3)
46、六羰基铬Cr(CO)6用于制高纯度铬粉，它的沸点为220。Cr(CO)6的晶体类型是_，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的作用力类型为_。(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能Fe(H2O)63+ _ Fe(H2O)62+(填“”“”或“=”)，理由是_。(5)氧化镍晶胞如图所示，A的原子坐标参数为：(0，0，)，则底面面心B的原子坐标参数为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)
47、 (2). sp3 (3). AlF3 (4). 分子晶体 (5). 配位键 (6). (7). Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构 (8). (，0)【解析】【详解】(1)Ni为28号元素，基态Ni的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)；宝石中Si与周围原子形成4个共价键，即宝石中Si的价层电子对数为4，则杂化方式是sp3。答案为：1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)；sp3；(2)成键元素电
48、负性差值越大，化学键离子性百分数越高，卤素与Al组成的化合物中，F与Al的电负性差值最大，所以离子性百分数最高的化合物是AlF3。答案为：AlF3；(3)六羰基铬Cr(CO)6的沸点低，则Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的是Cr与CO之间的配位键，所以作用力类型为配位键。答案为：分子晶体；配位键；(4)在Fe(H2O)63+和Fe(H2O)62+中，中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强；从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，
49、综合以上分析，分裂能Fe(H2O)63+Fe(H2O)62+，理由是：Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构。答案为：；Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；(5)由氧化镍晶胞图中A的原子坐标参数 (0，0，)，可确定坐标轴的0点为左下角的坐标轴交叉点，0A之间的距离为，则底面面心B的原子坐标参数为(，0)。答案为：(，0)。【点睛】不管是分析原子或离子的稳定性，还是分析第一电离能、分裂能等，都需从电子在轨道中的稳定性或能量入手，
50、电子的能量越低，失去电子或发生电子跃迁时，所需能量越高。30.氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：（1）氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是FO_。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化形式为_。NaBH4中存在_（填标号）。a. 离子键 b.氢键 c.键 d.键（3）BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为_，其中Be的配位数为_。（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：化合物Na
51、FMgF2AlF3SiF4PF5SF6熔点/99312611291-90-83-50.5解释表中氟化物熔点变化的原因：_。（5）CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F形成的空隙，其空隙率是_。若r(F)xpm，r(Ca2+)ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度_ gcm-3（列出计算表达式）。【答案】 (1). BeBK (2). 哑铃 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). ac (6). (7). 3 (8). 前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大。 (9). 50% (10). 【解析】【分析】第一电离能从左到右增大，但第IIA
52、大于第IIIA，第VA大于第VIA，从上到下递减；p能级，其电子云轮廓图为哑铃形。BH4阴离子有4个键，因此中心原子的杂化形式为sp3，其空间构型是正四面体，Na+与BH4形成离子键，BH4内部有共价键和键。BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为，根据Be原子的周围连接的氯原子得Be的配位数为3。氟化物熔点变化的原因：前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大。根据结构看出氟离子在顶点、棱心、面心、体内，总共8个氟离子，F形成的空隙有八个，而Ca2+占据了其中的四个，还有四个空隙是空的，因此空隙率是50%，若r(F)x p
53、m，r(Ca2+)y pm，根据图中得出体对角线为4 r(F)+ r(Ca2+)，晶胞中总共有4个钙离子，8个氟离子，根据密度公式进行计算。【详解】第一电离能从左到右增大，但第IIA大于第IIIA，第VA大于第VIA，从上到下递减，氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是FOBeBK，基态K+电子占据最高能级为p能级，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为BeBK；哑铃。BH4阴离子有4个键，因此中心原子的杂化形式为sp3，其空间构型是正四面体，Na+与BH4形成离子键，BH4内部有共价键和键，因此NaBH4中存在ac，故答案为正四面体；sp3；ac。BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为，根据Be原子的周围连接的氯原子得Be的配位数为3，故答案为；3。氟化物熔点变化的原因：前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大，故答案为前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大。根据结构看出氟离子在顶点、棱心、面心、体内，总共8个氟离子，F形成的空隙有八个，而Ca2+占据了其中的四个，还有四个空隙是空的，因此空隙率是50%，若r(F)x pm，r(Ca2+)y pm，根据图中得出体对角线为4 r(F)+ r(Ca2+)，晶胞中总共有4个钙离子，8个氟离子，因此CaF2的密度gcm-3，故答案为。
