1、高考资源网（） 您身边的高考专家新疆阿勒泰地区第二高级中学2018-2019学年高二下学期期末化学试题（A卷）1. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）A. K1s22s22p63s23p6B. F1s22s22p5C. S21s22s22p63s23p4D. Ar1s22s22p63s23p6【答案】C【解析】【详解】s能级最多可容纳2个电子，p能级最多可容纳6个电子；根据构造原理，电子总是从能量低的能层、能级到能量高的能层、能级依次排列，其中S2-是在S原子得到两个电子后形成的稳定结构，所以S2-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是
2、（ ）A. K+的结构示意图：B. 基态氮原子的电子排布图：C. 水的电子式：D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2【答案】B【解析】分析：A、钾离子的核外电子数是18；B、根据核外电子排布规律分析；C、水是共价化合物；D、处于全充满或半充满时稳定性强。详解：A、K+的结构示意图：，A错误；B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。3.下列说法错误的是A. ns电子的能量不一定高于(n1)p电子的能量B. 6C的电子排布式1s22
3、s22p违反了洪特规则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】A【解析】【详解】A电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；B根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；C根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；D根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；故答案为A。4.周期表中有如图所示元素，下列叙述正确的是()A. 钛元素原子的M层上共有10个电子B. 钛元素是ds
4、区的过渡元素C. 钛元素原子最外层上有4个电子D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量【答案】A【解析】A钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故A正确；B最后填充3d电子，为d区的过渡元素，故B错误；C.根据图示，钛元素原子最外层上有2个电子，故C错误；D.47.87是元素的相对原子质量，故D错误；故选A。5.不能说明X的电负性比Y的大的是（ ）A. 与H2化合时X单质比Y单质容易B. X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强C. X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多D. X单质可以把Y从其氢化物中置换出来【答案】C【解析】【详解】A项，与H2化合时X单
5、质比Y单质容易，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；B项，X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；C项，X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多不能说明X的电负性比Y大，如Si的电负性比H小；D项，X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；答案选C。6.如图是第三周期1117号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是A. y轴表示的可能是第一电离能B. y轴表示的可能是电负性
6、C. y轴表示的可能是原子半径D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数【答案】B【解析】【详解】AMg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；B随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；C随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；D金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；答案选B。7.下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是A. W元素的第一电离能小于Y元
7、素的第一电离能B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同C. p能级未成对电子最多的是Z元素D. X元素是电负性最大的元素【答案】D【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，X是F，Y是S，Z是Br，W是P，R是Ar。A、P元素的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S元素的，A错误；B、Z的阴离子含有36个电子，其电子层结构都与R原子的不相同，B错误；C、p轨道未成对电子最多的是P元素，C错误；D、F是最活泼的非金属，电负性最大，D正确，答案选D。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用8.下列说法正确的是A. 在分子中，两个成键的原子间的距离叫做键长B. H
8、Cl的键能为431.8 kJ/mol，HI的键能为298.7 kJ/mol，这可以说明HCl分子比HI分子稳定C. 含有极性键的分子一定是极性分子D. 键能越大，表示该分子越容易受热分解【答案】B【解析】【详解】A项，键长是指两个成键原子核之间的平均核间距离，故A项错误；B项，键能越大说明破坏键所需要的能量越大，相应的物质分子就越稳定，故B项正确；C项，含有极性键的分子不一定是极性分子，比如CH4，含有C-H极性键，但是CH4是正四面体结构，为非极性分子，故C项错误；D项，键能越大，说明破坏键需要的能量越大，表示该分子稳定，不易受热分解，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。9.中国科技大学
9、的科学家将C60分子组装在一单层分子膜表面，在268时冻结分子的热振荡，利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图象下列化合物分子中一定既含键又含键的是（）A. N2B. CO2C. C2H6OD. H2O2【答案】B【解析】【详解】A结构式为NN，含有1个键和2个键，但不是化合物，故A错误；B结构式为O=C=O，含有2个键和2个键，故B正确；C根据C2H6O的结构中只存在单键，无双键，只含键，不含键，故C错误；DH2O2的结构式为H-O-O-H，只含有键，不含键，故D错误；故选B。10.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BeC
10、l2为V形B. CS2与SO2为直线形C. BF3与PCl3为三角锥形D. SO3与CO32为平面三角形【答案】D【解析】【详解】A水分子中价层电子对个数=2+(6-21)=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+(2-21)=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S的价层电子对个数=2+(6-22)=3，且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；CBF3分
11、子中B原子的价层电子对个数=3+(3-31)=3，且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；PCl3中P的价层电子对数=3+(5-31)=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S的价层电子对个数= 3+(6-32)=3，不含孤电子对，杂化轨道数为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+(432+2)=3，采用sp2杂化，所以CO32-的离子立体结构为平面三角形，故D正确；故选D。【点睛】正确理解价层电子对互斥理论是解题的关键。本题的易错点为VSEPR模型与分子的空间构型的区别，要注
12、意VSEPR模型中去掉孤电子对后的形状就是分子的空间构型11.以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）A. 1molNH3分子中含有3NA个键和4NA个sp3杂化轨道B. 1mol CO2分子中含有2NA个键和2NA个sp2杂化轨道C. 1mol C2H2分子中含有2NA个键2NA个键D. 1mol C2H4分子中含有4NA个键2NA个键【答案】A【解析】【详解】A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个键，1molNH3分子中含有3mol键和4molsp3杂化轨道，A项正确；B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；C项，1个C2H2中含3个键和2个键，1m
13、olC2H2分子中含3mol键和2mol键，C项错误；D项，1个C2H4分子中含5个键和1个键，1molC2H4分子中含有5mol键和1mol键，D项错误；答案选A。12.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是A. Co（NH3）4Cl2ClB. Co（NH3）6Cl3C. Cu（NH3）4Cl2D. Co（NH3）3Cl3【答案】D【解析】【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。【详解】A项、Co（NH3）4Cl2Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错
14、误；B项、Co（NH3）6Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；C项、Co（NH3）4Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；D项、Co（NH3）3Cl3不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。13. 下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是A. CO2H2SB. C2H4BF3 C. C60C2H4D. NH3HCl【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子，氯化氢为极性键形成的极性分子，A错误；
15、B、BF3、C2H4中化学键都是不同元素构成的，属于极性键；二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合，属于非极性分子，B正确；C、C60中只含有非极性键，为非极性分子；乙烯为极性键形成的非极性分子，C错误；D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，D错误；答案选B。考点：考查键的极性和分子的极性判断14.下列现象与氢键有关的是：（）H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小尿素的熔、沸点比醋酸的高邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子高温下也很稳定A. B. C. D. 【答案】
16、B【解析】【详解】A族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；小分子醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故正确；尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故正确；对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；水的稳定性
17、与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故错误；正确的有，故选B。15. 下列分子中含有“手性碳原子”的是（ ）A. CBr2F2B. CH3CH2CH2OHC. CH3CH2CH3D. CH3CH(NO2)COOH【答案】D【解析】【详解】在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团（分别是CH3、NO2、COOH和H原子），故答案选D。16.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）A. CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2
18、分子量相差较大B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子【答案】D【解析】【分析】根据相似相溶原理可知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。【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。17.下列关于晶体和非
19、晶体的本质区别的叙述中，正确的是（）A. 是否是具有规则几何外形的固体B. 物理性质是否有各向异性C. 是否是具有美观对称的外形D. 内部构成微粒是否在空间呈有规则的重复排列【答案】D【解析】A.有规则几何外形的固体不一定都是晶体，如玻璃，A错误；B. 具有各向异性的固体一定是晶体,但向异性不是晶体和非晶体的本质区别，B错误；C. 美观对称的固体不一定都是晶体，如玻璃，C错误；D. 晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，晶体具有固定的熔沸点，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故D正确；答案选D.18.SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推测，其中
20、不正确的是A. SiCl4晶体是分子晶体B. 常温常压下SiCl4是气体C. SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子D. SiCl4熔点高于CCl4【答案】B【解析】试题分析：SiCl4的分子结构与CCl4类似，与CCl4根据的结构和性质分析，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，A、SiCl4与CCl4结构相似，则常温常压下SiCl4是分子晶体，A正确；B、SiCl4与CCl4结构相似，常温常压下SiCl4是液体，B错误；C、CCl4分子是由极性键形成的非极性分子，则SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子，C正确；D、分子晶体的相对分子质量越
21、大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，D正确；答案选B。考点：考查物质结构和性质19. 有关晶体的叙述中正确的是A. 在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子B. 在28 g晶体硅中，含SiSi共价键个数为4NAC. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为CC键键能小于SiSi键D. 镁型和铜型金属晶体的配位数均为12【答案】D【解析】试题分析：A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，错误；B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共
22、价键，错误；C、金刚石中的C-C键键长小于Si-Si键，所以CC键键能大于SiSi键，则金刚石的熔沸点高，错误；D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是密堆积，其配位数都是12，正确，答案选D。考点：考查晶体的性质、原子的配位数、化学键数的判断20.下列有关金属的说法正确的是（ ）A. 金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子B. 金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动C. 金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强D. 体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为1：2【答案】D【解析】分析：A、金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子；B、金属导
23、电的实质是自由电子的定向移动，产生电流；C、金属原子在化学变化中失去的电子数多少和还原性无关；D、利用均摊法来计算原子的个数。详解：A、因金属的最外层电子受原子核的吸引小，则金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子，A错误；B、金属导电的实质是自由电子定向移动而产生电流的结果，B错误；C、金属原子在化学变化中失去电子越容易，其还原性越强，C错误；D、体心立方晶胞中原子在顶点和体心，则原子个数为1+81/8=2，面心立方晶胞中原子在顶点和面心，原子个数为81/8+61/2=4，原子的个数之比为2：4=1：2，D正确。答案选D。21. 下列有关金属晶体的判断正确的是A. 简单
24、立方堆积、配位数6、空间利用率68%B. 体心立方堆积、配位数6、空间利用率68%C. 六方最密堆积、配位数8、空间利用率74%D. 面心立方最密堆积、配位数12、空间利用率74%【答案】D【解析】试题分析：简单立方堆积、配位数6、空间利用率52%，A不正确；体心立方堆积、配位数8、空间利用率68%，B不正确；六方最密堆积、配位数12、空间利用率74%，C不正确，所以正确的答案选D。考点：考查金属晶体结构的有关判断和计算点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，主要是考查学生对常见金属晶体结构的了解掌握情况，有利于培养学生的抽象思维能力和逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。22.
25、以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝铜铁铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（）A. 已知的准晶体是离子化合物B. 已知的准晶体中含有非极性键C. 合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低D. 准晶体可开发成为新型材料【答案】D【解析】【详解】A已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；B已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；C由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C
26、错误；D该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；故选D。【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。23.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B. 氯化钠晶体中，每个Na周围距离相等的Na共有12个C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构【答案】D【解析】A、金刚石是正四面体形成的空间网状结构，最小的环上有6个碳原子，故A说法正确；B、根据氯化钠晶胞的
27、结构，距离Na最近的Na有12个，上层有4个，同层有4个，下层有4个，故B说法正确；C、根据干冰晶胞结构，每个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C说法正确；D、金属铜属于面心立方最密堆积结构，金属镁属于六方最密堆积结构，故D说法错误。24.有关晶格能的叙述正确的是A. 晶格能是气态离子形成1摩离子晶体释放的能量B. 晶格能通常取正值，但是有时也取负值C. 晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定D. 晶格能越大，物质的硬度反而越小【答案】A【解析】【分析】晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，通常取正值；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。【详解】A.晶格能是气态
28、离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，注意必须是气态离子，所以A选项是正确的；B.晶格能通常为正值，故B错误；C.晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，故C错误；D.晶格能越大，物质的硬度越大，故D错误。答案选A。【点睛】该题主要是考查学生对晶格能概念的了解以及应用的掌握程度，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。解题的关键是明确晶格能的概念和含义，然后灵活运用即可。25.下面的排序不正确的是 （ ）A. 晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅C. 熔点由高到低:NaMgAlD. 晶格能由大到小: NaF NaCl NaBrNaI【答案】C【解析】分子晶体熔点和分子的相对质量有关，
29、CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅。熔点Al Mg Na,离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF NaCl NaBrNaI。26.按要求填空：（1）质量数为37的氯原子符号为_。（2）S2-的结构示意图为_。（3）氮原子的电子式为_，N2的电子式为_，NH4+的电子式为_（4）磷原子的核外电子排布式为_，其价电子排布式为_，其价电子排布图为_。（5）含有半满p轨道的最轻原子的核外电子排布式为_，元素名称为_；（6）最活泼的非金属元素原子的核外电子排布式为_，元素名称为_。【答案】 (1). Cl (2). (3). (4). (5). (6). 1s22
30、s22p63s23p3 (7). 3s23p3 (8). (9). 1s2s22p3 (10). 氮 (11). 1s22s22p5 (12). 氟【解析】【详解】(1)元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质量数为37的氯原子符号为Cl，故答案为：Cl；(2)S2-的质子数为16，核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，故答案为：；(3)N原子最外层电子数为5，其电子式为，氮气中N原子均满足最外层8电子稳定结构，其电子式为，铵根离子在含4个N-H键，其电子式为，故答案为：；(4)P的质子数为15，最外层电子数为5，则磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其价电
31、子排布式为3s23p3，其价电子排布图为，故答案为：1s22s22p63s23p3；3s23p3；(5)含有半满p轨道的最轻原子，其最外层电子为2s22p3，原子序数为7，其电子排布式为：1s2s22p3，为氮元素，故答案为：1s2s22p3；氮；(6)最活泼的非金属元素为F元素，电子排布式为1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；氟。27.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。（1）W基态原子的核外电子排布式为_，元素X、Y、Z的第一电离能由大
32、到小的顺序为_(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为_；（3）1molHYZ3分子中含有键的数目为_；（4）YH3极易溶于水的主要原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). NOC (3). CO2（SCN-等） (4). 46.021023 (5). 氨分子与水分子间易形成氢键【解析】【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含
33、量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；NOC；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO
34、3的结构式为，1molHNO3分子中含有4mol键，数目为46.021023，故答案为：46.021023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。28.黑火药是我国古代的四大发明之一。黑火药爆炸时发生的反应为:2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2。回答下列问题：（1）基态钾原子的核外电子排布式为_，第一电离能：K_ (填“”或“”)Na。（2）NO3-的空间构型为_。（3）固态硫易溶于CS2，熔点为112，沸点为444.8。其分子结构为，S
35、8中硫原子的杂化轨道类型是_，S8分子中至多有_个硫原子处于同一平面。（4）N2分子中键与键的个数比为_，N2的沸点比CO的沸点_（填“高”或“低”）。（5）K2S的晶胞结构如图所示。其中K+的配位数为_，S2-的配位数为_；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为a cm，则K2S晶体的密度为_gcm-3（列出计算式，不必计算出结果）。【答案】 (1). ls22s22p63s23p64s1 (2). (3). 平面正三角形 (4). sp3 (5). 4 (6). 1：2 (7). 低 (8). 4 (9). 8 (10). 【解析】（1）钾位于第四周期A族，基态原子的核外电子排布式为：ls2
36、2s22p63s23p64s1或Ar4s1；因同主族元素第一电离能由上往下依次减小，所以第一电离能：KNa；（2）根据中心原子的价层电子对互斥理论，NO3-的价层电子对数为3对，且无孤电子对，则空间构型为平面正三角形；（3）根据S8的分子结构可知，每个S原子的价电子对数为4对，所以硫原子的杂化轨道类型是sp3，S8分子中至多有4个硫原子处于同一平面；（4）N2原子中形成氮氮三键，键与键的个数比为1：2；N2和CO的相对分子质量都为28，但N2为非极性分子，CO为极性分子，所以N2的沸点比CO的沸点低；（5）K2S的晶胞中，每个K+周围等距离最近的S2-有4个，所以K+的配位数为4，每个S2-周
37、围等距离最近的K+有8个，所以的配位数为8；晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，为每个面对角线距离的一半，则晶胞的边长为acm，所以晶体的密度为=。29. 东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对的电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_ ，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（“高于”或“低于”）膦（PH3）
38、，原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_。（3）单质铜及镍都是由_键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICuINi的原因是_。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_nm【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或Ar 3d84s2；2（2）正四面体配位键；N高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子（4）3:1【解析】试题分析：（1）N
39、i元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或Ar 3d84s2；2；（2）SO42-中S原子的孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案：正四面体；Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。故答案为：配位键；N；PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子
40、，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键；极性；sp3；（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；（4）晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8=1，Cu原子数目=6=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。故答案为：3：1；属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，根据m=V可有：g=d gcm-3(a10-7cm)3，解得a=。故答案为：。考点：晶胞的计算；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【此处有视频，请去附件查看】- 21 - 版权所有高考资源网
