1、湖北省十堰市郧阳中学2014-2015学年高二下学期月考化学试卷（3月份）一、选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每题3分，共48分）1铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”元素周期表中铟的数据见图，下列说法完全正确的是( )A铟元素的质量数是114.8B铟元素的相对原子质量是114C铟元素是一种主族元素D铟原子最外层有3个能量相同的电子考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A具有一定质子数的一类原子是总称是元素，元素不说质量数；B元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量；C铟元素位于第A族；D能级不同，其电子能量不同解答：解：A质量数是将
2、原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故A错误；B元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故B错误；C铟元素位于p区，p区元素除了0族元素外都是主族元素，故C正确；D能级不同，其电子能量不同，所以5s、5p能级上电子能量不同，故D错误；故选：C点评：本题考查了元素周期表的结构及应用，明确图中各个数字或字母代表的含义是解本题关键，注意114.8是该元素的相对原子质量而不是铟元素中某一种原子的相对原子质量，为易错点2下列有关化学用语使用正
3、确的是( )A硫原子的原子结构示意图：BNH4Cl的电子式：C原子核内有10个中子的氧原子：D对氯甲苯的结构简式：考点：原子结构示意图；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题：化学用语专题；有机化学基础分析：A、根据原子核外电子数目和核内质子数目相等来分析；B、根据化合物的类型以及电子式的书写方法来分析；C、根据中子数=质量数质子数来回答；D、根据有机物的命名方法中，邻、间、对位所指的位置来回答解答：解：A、硫原子的原子结构示意图应为，题干选项表示的是硫离子的结构示意图，故A错误；B、NH4Cl是由NH4+和Cl离子构成，由于Cl是阴离子，必须写出电子式：，故B错误；C、818O
4、表示质量数为18，质子数为8的氧原子，所以该原子核内有10个中子，故C正确；D、该结构简式是邻氯甲苯，因为氯原子和甲基的位置在相邻的碳原子上，对氯甲苯中的氯原子和甲基的位置应该处于相对位置故D错误故选C点评：本题目要求学生熟记120号原子的原子结构结构示意图，常见阴离子、阳离子的结构示意图；质量数、质子数、中子数之间的关系；常见有机物的命名等知识3X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是( )AX的原子半径一定大于Y的原子半径BX与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1DX2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合
5、物考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问解答：解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；C、两元素
6、形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确故选D点评：本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用4下列8种有机物：CH2CH2；C2H5OH；CH3CH2Br；CCl4；CH3COOCH3；CH3COOC2H5；CH3COOH据官能团的不同可分为( )A4类B5类C6类D7类考点：烃的衍生物官能团 专题：有机化学基础分析：根据官能团为碳碳双键的烃分析；根据羟基直接与苯环相连的结构判断；根据链烃基与羟基
7、相连分析；根据官能团为溴原子判断；根据官能团为氯原子分析；根据分子中含有酯基判断；根据分子中含有酯基分析解答：解：CH2CH2，含有碳碳双键的烃，属于烯烃；，官能团羟基与苯环直接相连，属于酚类；C2H5OH，羟基与链烃基相连，属于醇类；CH3CH2Br，官能团Br与烃基相连，属于卤代烃；CCl4，官能团为Cl，属于卤代烃；CH3COOCH3，含有官能团酯基，属于酯类；CH3COOC2H5，官能团为酯基，属于酯类；CH3COOH，分子中含有官能团羧基，属于羧酸；所以据官能团的不同可分为：烯烃、酚类、醇类、卤代烃、酯类和羧酸，总共6类，故选C点评：本题考查有机物的简单分类、对官能团的认识等，比较基
8、础，注意醇羟基与酚羟基的区别在于羟基是否直接连接苯环5下列关于化学键的叙述正确的是( )A非金属元素组成的化合物中只含共价键BC、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键C不同元素的原子构成的分子只含极性共价键DCH4中所有的价电子都参与形成共价键考点：化学键 专题：化学键与晶体结构分析：A非金属元素组成的化合物中可能含有离子键；BC、N、O、H四种元素形成的化合物一定含有共价键，可能含有离子键；C不同元素的原子构成的分子可能含有非极性共价键；D甲烷分子中碳原子的最外层4个电子和氢原子形成4个共价键解答：解：A非金属元素组成的化合物中可能含有离子键，如铵盐，故A错误；BC、N、
9、O、H四种元素形成的化合物一定含有共价键，可能含有离子键，如氨基酸中只含共价键，铵盐中既含共价键也含离子键，故B错误；C不同元素的原子构成的分子可能含有非极性共价键，如HCCH中含有非金属性共价键，故C错误；D碳原子最外层含有4个电子，甲烷分子中碳原子的最外层4个电子和氢原子形成4个共价键，所以CH4中所有的价电子都参与形成共价键，故D正确；故选D点评：本题考查了化学键和化合物的关系，知道规律中的特殊情况，如非金属元素构成的物质一般只含共价键，但铵盐中含有离子键，金属元素和非金属元素构成的物质一般含有离子键，但氯化铝中只含共价键，为易错点6下列说法正确的是( )AH与D，16O与18O互为同位
10、素；H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体B在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键CHI的相对分子质量大于HF，所以HI的沸点高于HFD由A族和A族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子型化合物考点：金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；同位素及其应用；同素异形体；离子化合物的结构特征与性质；氢键的存在对物质性质的影响 分析：A、同位素是质子数相同，中子数不同的核素，同素异形体是同一元素形成的不同单质；B、SiO2晶体结构中，每个Si原子与4个O原子直接相连，每个O原子与2个Si原子直接相连；C、HF分子之间存在
11、氢键，熔点沸点相对较高；C、由A族和A族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，该化合物为Na2O2解答：解：A、H与D，16O与18O互为同位素；H216O、D216O、H218O、D218O分子式相同、结构相同的物质，则为同一种物质，故A错误；B、在SiO2晶体中，1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，故B错误；C、HF分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高，故HF的沸点高于HI，故C错误；C、由A族和A族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，该化合物为Na2O2，为离子化合物，含有非极性共价键，故D正确；故选D点评：本题考查同位素、同素异形体、晶体的结构、氢
12、键对物质性质的影响、化学键的判断等，知识点较多，难度不大7现有甲、乙、丙、丁四种晶体，离子排列方式如图所示，其中化学式不正确的是( )ABCD考点：晶胞的计算 分析：利用均摊法计算晶胞中含有的离子个数，从而确定其化学式，顶点上的离子在每个晶胞中占，面心上的离子在每个晶胞中占，体心上的离子被一个晶胞占有解答：解：AA离子个数是1，B离子个数=8，所以其化学式为AB，故A错误；BC离子个数是1，D离子个数=，所以其化学式为C2D，故B正确；CE离子个数=4=，F离子个数=4=，E、F离子个数比为：=1：1，所以其化学式为EF，故C正确；DX离子个数是1，Y离子个数=6=3，Z离子个数=8=1，所以
13、其化学式为XY3Z，故D正确；故选A点评：本题考查了根据晶胞来确定化学式，根据均摊法来分析解答即可，难度不大8下列关于原子轨道的说法中正确的是( )A凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型都是正四面体形BCH4分子中的sp3杂化轨道由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合而形成的Csp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道D凡AB3形的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键考点：原子核外电子的能级分布 专题：原子组成与结构专题分析：A中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体；B
14、甲烷分子中碳原子含有sp 键和杂化以后形成的键；Csp3杂化轨道，中心原子含有4个价层电子对，由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道；DAB3型共价化合物，形成3个键，如无孤电子对，则为sp2杂化解答：解：A中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；B甲烷分子中碳原子含有4个键且不含孤电子对，所以碳原子以sp3杂化，分子中的碳原子以2个2s电子和2个2p电子分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个CH键，故B错误；C同一个原子中能量相近的s轨
15、道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故C正确；DAB3型共价化合物，如中心原子没有孤电子对，则为sp2杂化，故D错误；故选C点评：本题考查了分子的空间构型的判断、杂化方式的判断等知识点，注意杂化轨道与键和孤电子对数目与分子立体构型的关系，题目难度中等9下列实验事实中，能用键能大小来解释的是( )稀有气体一般较难发生化学反应 金刚石比晶体硅的熔点高氮气比氯气的化学性质稳定 通常情况下，溴是液态，碘是固态ABCD考点：键能、键长、键角及其应用 专题：化学键与晶体结构分析：稀有气体是单原子分子； 原子晶体熔点与共价键强弱有关；共价键越
16、强化学性质稳定 分子晶体熔沸点与分子间作用力有关解答：解：稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，故错误； 原子半径越小，共价键越短分子内，共价键越强，晶体熔点越高，故正确；氮气分子内为氮氮三键，键能比较大，共价键比较强，化学性质稳定，故正确； 分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，而与键能大小无关，故错误故选B点评：本题考查了晶体的物理性质、化学性质与共价键的关系，要注意分子间作用力不属于化学键10X、Y、Z和R分别代表四种元素如果aXm+、bYn+、cZn、dRm四种离子的电子层结构相同（a、b、c、d为元素的原子序数），则下列关系正确的是( )Aac=mnBa
17、b=nmCcd=m+nDbd=n+m考点：原子核外电子排布 专题：压轴题；原子组成与结构专题分析：由aXm+、bYn+、cZn、dRm四种离子的电子层结构相同知，这四种离子的核外电子数相等，根据构成离子的原子序数、电荷数、质子数之间的关系判断解答：解：由aXm+、bYn+、cZn、dRm四种离子的电子层结构相同知，这四种离子的核外电子数相等，得核外电子数=核内质子数阳离子的电荷数=核内质子数+阴离子的电荷数，原子序数=核内质子数，所以得：am=bn=c+n=d+mA、ac=m+n，故A错；B、ab=mn，故B错；C、cd=mn，故C错；D bd=m+n，故D正确故选：D点评：巧解法：在离子的电
18、子层结构相同的条件下，如果电荷的正负性相同，其原子序数之差=电荷数之差，如果电荷的正负性相反，其原子序数之差=电荷数之和11在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A1L0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）26H2O的溶液中：c（NH4+）+c（Fe2+）+c（H+）c（OH）+c （SO42）B0.1 molL1 NH4HS溶液中：c（NH4+）c（HS）+c（H2S）+c（S2）C0.1molL1pH为4的NaHA溶液中：c（HA）c（H2A）c（A2）D等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液混合后的溶液中：c（OH）+c（CO32）c（HCO3）+c（H2CO3）+c（H
19、+）考点：离子浓度大小的比较 分析：A根据（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液中的电荷守恒判断；B根据NH4HS溶液中的物料守恒进行分析；CNaHA溶液pH为4，说明HA电离程度大于水解程度，则：c（A2）c（H2A）；D根据混合液中的物料守恒和电荷守恒进行判断解答：解：A（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+2c（Fe2+）+c（H+）=c（OH）+2c（SO42），故A错误；B根据物料守恒得：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HS）+c（H2S）+c（S2），则c（NH4+）c（HS）+c（H2S）+c（S2），故B正确；C.0.1 molL1N
20、aHA溶液pH为4，说明HA电离程度大于水解程度，则：c（A2）c（H2A），正确的离子浓度大小为：c（HA）c（A2）c（H2A），故C错误；D混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2 c（CO32），存在物料守恒2c（Na+）=3c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），二者结合可得：2c（OH）+c（CO32）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+），故D错误；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活
21、应用能力12下列分子中，含有两个键的是( )HCNH2O N2 H2O2C2H4 C2H2ABCD考点：共价键的形成及共价键的主要类型 分析：根据共价键单键中含有一个键，双键中含有一个键和一个键，三键中有一个键和两个键，所以含有两个键说明分子中含有一个三键或两个双键，据此分析解答：解：HCN的分子中有CN，所以含有两个键；H2O分子中没有双键，所以不含有键； N2 的分子中有NN，所以含有两个键；H2O2分子中没有双键，所以不含有键；C2H4 的分子中只有一个C=C，所以含有一个键；CHCH 分子中有CC，所以含有两个键；所以分子中含有两个键的是；故选A点评：本题考查了共价键的类型，根据双键中
22、含有一个键和一个键，三键中有一个键和两个键分析，题目比较简单13在极性分子中，正电荷重心同负电荷重心间的距离称偶极长，通常用d表示极性分子的极性强弱同偶极长和正（或负）电荷重心的电量（q）有关，一般用偶极矩（）来衡量分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上一端电荷电量的乘积，即=dq下列分子中=0的是( )AHClBCS2CH2SDSO2考点：极性分子和非极性分子 分析：=0，则d=0，即正电荷重心同负电荷重心间的距离为0，说明正负电荷重心重叠，为非极性分子，以此解答该题解答：解：HCl是极性键形成双原子的极性分子根据价层电子对互斥模型可知，CS2是直线形分子，即非极性分子，其偶极矩为0；H2S、SO
23、2中都是V形，即极性分子，其 0故 =0 的是 CS2，故选B点评：本题考查了分子的极性和分子结构、分子性质的关系，具有很强的综合性，属于要求较高的题目这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来14如图是某无机化合物的二聚分子，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子的最外层电子都达到8个电子的稳定结构下列说法不正确的是( )A该化合物的化学式是Al2Cl6B该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电C该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体D该化合物中存在特殊的共价键，且不含有非极性共价键考点：原子结构与元素的性质；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用 专题：元素周期律
24、与元素周期表专题分析：A、将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3；B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；C、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体；D、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不同原子之间形成的共价键是极性共价键，由于形式8电子稳定结构，故分子内存在配位键解答：解：A、将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl
25、3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；B、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，故B错误；C、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体，故C正确；D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，不含非极性键，由于形式8电子稳定结构，故分子内存在配位键，故D正确；故选B点评：本题考查化学键，判断化合物的化学式是解答的关键，难度中等，但应注意特例，如氯化铝为共价化合物15阿伏加德罗常数约为6.0210
26、23mol1，下列说法中一定正确的是( )A60g SiO2晶体中含有26.021023个SiO键B石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如图1），则0.12g石墨烯中含有6.021022个碳原子C720g C60晶体（如图2）中含有6.021023个晶胞结构单元D14g两种烯烃CnH2n和CmH2m，混合物，含有共用电子对数目为36.021023考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、计算出二氧化硅的物质的量，根据1mol硅原子形成了4mol硅氧键分析；B、根据碳原子守恒计算出0.12g石墨烯中含有的碳原子；C、根据C60晶体为面心立方排布，所以每
27、个C60晶胞有4个C60分子 （面心3个，顶点1个）分析；D、根据烯烃的最简式计算出含有碳原子和氢原子的物质的量，再根据碳原子和氢原子写成的共价键计算出总共含有的共用电子对数目解答：解：A、60g二氧化硅的物质的量为1mol，含有1mol硅原子，形成了4mol硅氧键，含有46.021023个SiO键，故A错误；B、0.12g石墨烯中含有0.12g碳原子，含有0.01molC，即含有6.021021个碳原子，故B错误；C、720g C60晶体含有1molC60，根据图示可知，C60晶体为面心立方排布，所以每个C60晶胞有4个C60分子（面心3个，顶点1个），1molC60分子可以形成0.25mo
28、l晶胞结构单元，即含有1.5051023个晶胞结构单元，故C错误；D、烯烃中，1molC可以形成1mol碳碳共用电子对、1molH可以形成1molCH共用电子对；烯烃的最简式为：CH2，14g混合物中含有1molCH2，能够形成1molCC共用电子对和2molCH共用电子对，总共形成3mol共用电子对，含有共用电子对数目为36.021023，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，该题是2015届高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题基础性强，在注重对学生基础知识训练和检验的同时，侧重对学生实验答题能力的培养和方法与技巧的指导和训练16某有机物的分子式是C6H12，与氢气加成以后生
29、成产物的结构简式为：，则这种分子可能的结构有几种( )A1B2C3D4考点：同分异构现象和同分异构体；有机物的结构和性质 专题：同系物和同分异构体分析：加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键解答：解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳
30、原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置该烷烃的碳链结构，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，所以能形成双键位置有：1和2之间（或2和6）；同3和4（3和5）；2和3之间，故该烃共有2种故选B点评：本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写，题目难度中等二、填空题17德国和美国科学家首先制出由20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成（如图）请回答：C20分子共有12个正五边形，共有30条棱边，C20晶体属于分子晶体 （填晶体类型）考点：晶胞的计算 专题：化学键与晶体结构分析：
31、利用均摊法分析晶体结构，每个碳原子被3个正五边形共用，所以每个正五边形中含有5个，根据原子守恒计算五边形个数解答：解：从分子结构示意图可以看出，在C20分子内每个碳原子与另外3个碳原子成键，因此，C20分子键总数=203（因为2个原子形成一个键），也即C20分子中共有30条棱边（因为化学键总数=多面体棱边总数）从数学角度，多面体棱边数=多面体面数每个面的棱边数（因为2个面共用一条棱边），设正五边形的个数为x，则有30=x5，所以，正五边形的个数为12，实际上C20与C60都属于碳的同素异形体，应属于分子晶体；解法二：设C20分子中含x个正五边形，通过观察图形可知，每一个顶点为三个正五边形共用，
32、则每个正五边形占有该顶点的，因此，每个正五边形占有碳原子数为5个，这个基本结构单元的碳原子数为x5=20，因此，C20分子中含有正五边形个数x=12；每一条边为两个正五边形共用，每个正五边形只占有这条边的，故CC键的数目为125=30个，即C20分子中共有30条棱边，故答案为：12；30；分子晶体点评：本题考查了晶胞的计算，解答时注意利用均摊法结合数学知识分析晶体的结构，难度较大18氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，配位氢化物、富氢载体化合物是目前所采用的主要储氢材料（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料在基态Ti2+中，电子占据的最高能层为M，该能层具有的原子轨道数为9；（2）液
33、氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H22NH3实现储氢和输氢下列说法正确的是CDE；ANH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化；BNH+4与PH+4、CH4、BH4、ClO4互为等电子体；C相同压强时，NH3的沸点比PH3的沸点高；DCu（NH3）42+离子中，N原子是配位原子；E已知NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu2+形成配离子考点：原子核外电子的能级分布；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）写出Ti2+核外电子排布式，判断其最高能层和该能层下的原子轨道数；（2）A根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；B等电子体的原
34、子数相等，价电子数相等；C分子间存在氢键的熔沸点高；D提供孤电子对的原子是配原子；ECu2+提供空轨道，NH3和NF3中中心原子N原子提供孤电子对，根据NH3和NF3中共用电子对的偏向判断解答：解：（1）基态Ti2+价电子排布式为：3d2，最高能层为M层，该能层下含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道，共有9个原子轨道，故答案为：M；9；（2）ANH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，故A错误；B等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH+4与PH+4、CH4、BH4均含有5个原子团，且价电子均为8，为等电子体，而ClO4价电子数为
35、32，不属于等电子体，故B错误；C分子间存在氢键的熔沸点高，相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，故C正确；D提供孤电子对的原子是配原子，Cu（NH3）42+离子中，N原子提供孤对电子，N原子为配原子，故D正确；ECu2+提供空轨道，NH3和NF3中中心原子N原子提供孤电子对，由于N、F、H三种元素的电负性为：FNH，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键，故E正确；故答案为：CDE点评：本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式的判断等知识点，注意Cu（NH3）42+离子的中心原子是提供空轨道的原子，
36、难度中等19氯化钠是生活中的常用调味品，也是结构化学中研究离子晶体时常用的代表物，其晶胞结构如图所示（1）设氯化钠晶体中Na+与跟它最近邻的Cl之间的距离为r，则该Na+与跟它次近邻的C1个数为8，该Na+与跟它次近邻的Cl之间的距离为r；（2）已知在氯化钠晶体中Na+的半径为以a pm，Cl的半径为b pm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氯化钠晶体中离子的空间利用率为；（用含a、b的式子袁示）（3）纳米材料的表面原子占总原子数的比例很大，这是它有许多特殊性质的原因假设某氯化钠颗粒形状为立方体，边长为氯化钠晶胞的10倍，则该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为26%考点：晶胞的计算 分析：
37、（1）根据NaCl晶体结构判断：Na+位于顶点与它次近邻的Cl位于晶胞的体心位置，据此判断次近邻的Cl数目和距离；（2）NaCl晶胞为面心立方密堆积，则晶胞的边长为（2a+2b）pm，计算出Na+和Cl所占体积和晶胞体积，从而计算出空间利用率；（3）氯化钠颗粒边长为晶胞边长的10倍，则每条边含有的原子数为21个，则总原子数为21的立方，表面原子总数为总原子数减去内部总原子数，内部原子总数相当于剥掉了一层晶胞，即颗粒内部每条边有19个原子，则内部原子总是为19的立方，据此计算该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比解答：解：（1）Na+位于顶点，被8个晶胞共有，即Na+与跟它次近邻的Cl个数为8
38、；Na+与跟它次近邻的Cl之间的距离为晶胞体对角线的一半，距离为r，故答案为：8；r；（2）晶胞中共含有4个Na+和4个Cl，体积为：（a3+b3）4，晶胞的边长为a+b，晶胞体积为（2a+2b）3，氯化钠晶体中离子的空间利用率为=，故答案为；（3）氯化钠颗粒边长为晶胞边长的10倍，则每条边含有的原子数为21个，则总原子数为21的立方，表面原子总数为总原子数减去内部总原子数，内部原子总数相当于剥掉了一层晶胞，即颗粒内部每条边有19个原子，则内部原子总是为19的立方，该氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比为=26%，故答案为：26%点评：点评：本题考查物质结构和性质，涉及晶胞的计算等知识点，难
39、点是晶胞的计算和氯化钠颗粒中表面原子占总原子数的百分比的计算，灵活运用公式是解本题关键，难度中等20A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B原子的最外层P轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请回答下列问题：（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是CON（用对应的元素符号表示）；基态D原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取sp2杂化；BC3的空间构型
40、为平面三角形（用文字描述）（3）1mol AB中含有的键个数为2NA（4）下图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比1：5（5）镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.01023 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中n=5（填数值）；氢在合金中的密度为0.083g/cm3考点：位置结构性质的相互关系应用；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；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：元素周期律与元素周期表专题；化学
41、键与晶体结构分析：A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，C是地壳中含量最高的元素，所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN），故A为C元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C、D都是前36号元素，它们的核电荷数依次增大，C是地壳中含量最高的元素，
42、所以C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故B为N元素；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，故原子核外电子排布为1s22s1或1s22s22p2，结合（3）能与N元素形成阴离子（AN），故A为C元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是29号Cu元素，（1）C、N、O元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON；D的原子序数是29，为Cu
43、元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：CON；1s22s22p63s23p63d104s1；（2）H2CO3中C原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成1个C=O双键，2个CO单键，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，NO3中N原子形成3个键，孤电子对=0，则应为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；（3）将CN中C原子及1个负电荷换成1个N原子，可得的等电子体N2，CN中形成CN三键，1个CN含有2个键，故1mol CN中含有的键个数为2NA，故答案为：2NA；（4）由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8=1，Cu原子
44、处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu数目为1+4+4=5，故该合金中Ca和Cu的原子个数比为1：5，故答案为：1：5；（5）由（4）知n=5，晶胞中拥有4.5个H原子，氢在合金中的密度为=0.083g/cm3，故答案为：5；0.083g/cm3点评：本题以元素的推断为载体，考查了电离能、杂化理论，分子结构、核外电子排布规律、晶胞计算等知识点，是对物质结构知识的综合考查，侧重对知识迁移的运用、分析解决问题的能力考查，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA和第IIIA族、第VA族和第VIA族之间异常21在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p
45、6，与其同周期的A、B、C、D四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，B、D两元素原子的次外层电子数为18，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高（1）B元素在周期表中的位置第四周期B族（2）E的气态的氢化物在同族元素中沸点最高的原因是HF分子间存在氢键，破坏它需要较高的能量（3）A、C两元素第一电离能CaK（填元素符号）考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：在元素周期表中，某稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，处于第四周期，与其同周期的 A、B、C、D四种元素，它们的原子最外层电子数依次为2、2、1
46、、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，则A为Ca、C为K，B、D两元素原子的次外层电子数为18，则B为Zn、D为Br，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高，则E为F，据此解答解答：解：在元素周期表中，某稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，处于第四周期，与其同周期的 A、B、C、D四种元素，它们的原子最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，则A为Ca、C为K，B、D两元素原子的次外层电子数为18，则B为Zn、D为Br，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高，则E为F，（1）B为Zn元素，核外电
47、子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期B族，故答案为：第四周期B族；（2）HF分子间存在氢键，破坏它需要较高的能量，所以沸点较高，故答案为：HF分子间存在氢键，破坏它需要较高的能量；（3）Ca元素原子4s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较大，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CaK，故答案为：Ca；K点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、氢键、电离能等，关键掌握核外电子排布规律，注意理解同周期元素第一电离能异常情况22金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛（1）下列关于金属及金属键的说法正确的是ba金属键具有方向性和饱和性b金属
48、键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子d金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光（2）Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是C（3）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，该分子构型为四面体形423K时，Ni（CO）4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的镍粉试推测：Ni（CO）4的晶体类型分子晶体，（4）甲醛（H2C=O）在Ni催化作用下加氢可得甲醇（CH3OH）甲醛分子内C原子的杂化方式为sp2（5）用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH表示），NiO（OH）作
49、为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池电池充放电时的总反应为：NiO（OH）+MHNi（OH）2+M电池放电时，负极的电极反应式为MH+OHeM+H2O充电完成时，Ni（OH）2全部转化为NiO（OH）若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸在继续充电的过程中，阳极的电极反应式为2H2O+O2+4e4OH考点：原电池和电解池的工作原理；元素电离能、电负性的含义及应用；金属键的涵义；金属键与金属的物理性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由
50、电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；（2）Ni的外围电子排布为3d84s2，3d能级上有2个未成对电子；（3）根据分子晶体的物理性质分析；（4）甲醛（H2C=O）内C的成键电子对数为3，无孤电子对，杂化类型为sp2（5）放电时，负极上失电子发生氧化反应；氧气在阴极上得电子发生还原反应解答：解：（1）a金属键没有方向性和饱和性，故错误； b金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，故正确；c金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，故错误；d金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，故错误，故答案为：b；（2）N
51、i的外围电子排布为3d84s2，3d能级上有2个未成对电子第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小，故答案为：C；（3）分子晶体的熔沸点一般较低，硬度较小，已知Ni（CO）4为无色挥发性液态，则属于分子晶体，故答案为：分子晶体；（4）甲醛（H2C=O）内C的成键电子对数为3，无孤电子对，杂化类型为sp2，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，故答案为：sp2；（5）蓄电池放电时是原电池、充电时是电解池，根据原电池中“负氧化、正还原”，电解池中“阳氧化、阴还原”的规律，蓄电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为MH+OHeM+H2O，故答案为：MH+OHeM+H2O；中阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，阴极上电极反应式为M+H2O+eMH+OH，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意知氧气在阴极上被还原，电解质溶液呈碱性可知氧气被还原为OH，所以其电极反应式为2H2O+O2+4e4OH，故答案为：2H2O+O2+4e4OH点评：本题考查了物质结构及其性质，涉及金属键与金属的物理性质的关系、原子轨道杂化方式、晶体类型的判断以及电化学等知识点，根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识来分析解答，难度中等