1、2012-2013学年湖北省孝感高中高二（上）期末化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共48分）1（3分）下列有关化学用语正确的是（）AFe的价层电子排布式为3d64s2B35Br的电子排布式可简写为Ar4s24p5CNH4Cl的电子式为 D氯离子结构示意图为考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合版权所有专题：化学用语专题分析：A根据铁的核电荷数及工作原理写出铁的价层电子排布式；BAr的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，而溴的前3层核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10；C氯离子为阴离子，电子式中必须标出所带电荷；D氯离子的核外电子
2、总数为18，最外层为8个电子解答：解：AFe的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以Fe的价层电子排布式为3d64s2，故A正确；B35Br元素为35号元素，原子核外有35个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，所以不能用Ar4s24p5表示，故B错误；C氯化铵中，氯离子为阴离子，电子式中需要标出所带电荷，氯化铵正确的电子式为：，故C错误；D氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，氯离子正确的结构示意图为：，故D错误；故选A点评：本题考查了电子式、核外电子排布式、离子结构示意图等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学
3、用语的表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别2（3分）下列叙述中，正确的是（）A在一个基态多电子的原子中，可以有两个运动状态完全相同的电子B在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子C在一个基态多电子的原子中，M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高D某基态原子错误的核外电子排布图为该排布图违背了泡利原理考点：原子核外电子排布版权所有专题：原子组成与结构专题分析：A、在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反；B、每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另
4、外在等价轨道上填充的电子能量也相同；C、根据构造原理判断；D、简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子解答：解：A、在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故A错误；B、每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故B错误；C、L层只有2s、2p能级，2s、2p能级能量比3s、3p、3d能级低，故M层上的电子能量肯定比L层上
5、的电子能量高，故C正确；D、某一基态2p能级上仅有4个电子，这4个电子分别占据不同的轨道，且自旋方向相同，该排布图违背了洪特规则，故D错误故选C点评：本题考查核外电子排布规律与运动状态，难度不大，注意理解核外电子的运动状态的描述3（3分）X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1，3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（）AX2YZ3BX2YZ2CX3YZ3DXYZ3考点：原子结构与元素的性质版权所有专题：原子组成与结构专题分析：X原子最外层电子排布为ns1，处于第A族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p1，则Y为Al元素，Z原子最外层电子排布为
6、2s22p4，则Z为氧元素，化合价为2，结合化合价规则与常见物质化学式进行判断解答：解：X原子最外层电子排布为ns1，处于第A族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p1，则Y为Al元素，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为2，AX2YZ3中Y的化合价为+4价，不符合，故A错误；BX2YZ2中Y的化合价为+2价，不符合，故B错误；CX3YZ3中Y的化合价为+3价，符合，故C正确；DXYZ3中Y的化合价为+5价，不符合，故D错误；故选C点评：本题考查原子核外电子排布、原子结构与性质，关键是推断元素种类，再利用化合价规则解答，题目难度不大4（3分）下列说法正确的是（）
7、A在我们常用的元素周期表中，元素被划分为两类：金属元素和非金属元素B在元素周期表中，每个纵列的价电子层的电子总数一定相等C在元素周期表里，主族元素所在的族序数等于原子核外电子数D在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素考点：元素周期表的结构及其应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A周期表中元素有金属元素和非金属元素；B主族元素中每个纵列的价电子层的电子总数一定相等；C主族元素所在的族序数等于原子核外最外层电子数；DH为s区元素解答：解：A周期表中元素有金属元素和非金属元素，则元素被划分为两类：金属元素和非金属元素，故A正确；B主族元素中每个纵列的价电子层的电子总数一定
8、相等，而某些副族元素及0族不符合，故B错误；C主族元素所在的族序数等于原子核外最外层电子数，而不是核外电子数，故C错误；DH为s区元素，d区和ds区的元素都是金属元素，故D错误；故选A点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素周期表的结构、元素的位置及电子排布为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大5（3分）下列有关结构和性质的说法中，正确的是（）A因为酸性：HClH2CO3，所以非金属性：ClCB第A元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强C同周期第A族与第IIIA族的元素原子序数之差不一定为1D同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同考点：元素周期律的作用
9、版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强；B、同主族自上而下，非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；C、短周期中A族、A族同周期元素相邻，长周期中A族、A族元素不相邻，中间相隔过渡元素；D、同周期主族元素形成的简单阳离子的电子层结构相同，简单阴离子的电子层结构相同，简单阳离子与简单阴离子相差1个电子层解答：解：A、HCl为无氧酸，不能与碳酸通过比较酸性判断Cl、C的非金属性，如F元素的非金属性最强，但氢氟酸为弱酸，可以比较高氯酸与碳酸的酸性判断Cl、C的非金属性，故A错误；B、A族元素从上到下，非金属性减弱，其氢化物稳定性减弱，故B错误；C、短
10、周期中A族、A族同周期元素相邻，原子序数相差1，长周期中A族、A族元素不相邻，中间相隔过渡元素，处于第四、五周期原子序数相差11，处于第六、七周期原子序数相差25，故C正确；D、同周期主族元素形成的简单阳离子与简单阴离子的电子层结构不同，相差1个电子层，故D错误；故选C点评：本题考查结构性质位置关系、非金属性比较、元素周期表等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握6（3分）以下有关元素性质的说法不正确的是（）A具有下列电子排布式的原子中，1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4原子半径最大的是B具有下列价电子排布式的原子中，3s23p13s
11、23p23s23p33s23p4，第一电离能最大的是CNa、K、RbO、S、SeNa、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是D某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用版权所有分析：A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，A族3p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；C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；D、该元素第三电
12、离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价解答：解：A、核外电子排布：1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4，则为Si、为N、为C、为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：SiCN，SiS，故Si原子半径最大，即的原子半径最大，故A正确；B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，A族3p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，故B正确；C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故Na、K、Rb电负性依次减小，O、S、Se的电负性依次减小Na、P、Cl的电
13、负性依次增大，故C正确；D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误，故选D点评：本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电离能与电负性等，难度中等，注意理解电离能与元素化合价关系、同周期第一电离能发生突跃原理7（3分）H2O中每个氧原子结合两个氢原子的根本原因是（）A共价键的方向性B共价键的饱和性C共价键的键角D共价键的键长考点：键能、键长、键角及其应用版权所有专题：化学键与晶体结构分析：共价键的饱和性是指每个原子的成键总数或以单键相连的原子数目是一定的，据此分析解答：解：共价键的饱和性是指每个原子的成键总数或以单键相连的原子数目
14、是一定的，共价键的本质是原子轨道的重叠和共用电子对的形成，而每个原子的未成对电子数是一定的，所以形成共用电子对的数目也就一定，O原子最外层有2个单电子，能形成2个共用电子对，所以H2O中每个氧原子结合两个氢原子，与共价键的饱和性有关；故选B点评：本题考查了共价键的饱和性，题目难度不大，注意把握共价键的饱和性的实质8（3分）下列关于丙烯（CH3CH=CH2）的说法错误的是（）A丙烯分子有8个键，1个键B丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C丙烯分子存在非极性键D丙烯分子中3个碳原子在同一平面上考点：共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断版权所有专题：化学键
15、与晶体结构分析：A丙烯（CH3CH=CH2）中存在5个CH键和1个CC键，还有1个键；B甲基中的C为sp3杂化，C=C中的C为sp2杂化；CC、C之间形成的共价键为非极性键；D由C=C为平面结构分析解答：解：A丙烯（CH3CH=CH2）中存在5个CH键和2个CC键，还有1个键，则共有7个键，1个键，故A错误；B甲基中的C为sp3杂化，C=C中的C为sp2杂化，则丙烯中只有1个C原子为sp3杂化，故B错误；CC、C之间形成的共价键为非极性键，则丙烯分子存在非极性键，故C正确；D由C=C为平面结构，甲基中的C与双键碳原子直接相连，则三个碳原子在同一平面内，故D正确；故选AB点评：本题考查共价键的类
16、型及有机物的结构，明确化学键的形成和分类及原子的杂化方式与空间结构的关系即可解答，题目难度不大9（3分）下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（）A杂化轨道可用于形成键、键或用于容纳未参与成键的孤电子对B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C杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变Dsp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为10928、120、180考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A、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；B、价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形
17、，含有两个孤电子对，空间构型是V型；C、杂化前后的轨道数不变，空间伸展方向发生变化；D、根据其空间构型判断夹角解答：解：A、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，没有杂化的P轨道形成键，故A错误；B、分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构形不一定是正四面体，如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，故B正确；C、杂化前后的轨道数不变，轨道的形状发生了改变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称
18、分布，故C正确；D、sp3、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D正确故选：A点评：本题考查杂化轨道和杂化理解，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，题目难度中等10（3分）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液下列对此现象说法正确的是（）A反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B沉淀溶解后，生成深蓝色溶液是由于存在配合离子Cu（NH3）42+C向反应后的溶液中加入乙醇，将析出深
19、蓝色的晶体CuSO45H2OD在Cu（NH3）42+离子中，既存在离子键，又存在共价键考点：配合物的成键情况版权所有专题：化学键与晶体结构分析：氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液A硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；DCu（NH3）42+离子中没有离子键解答：解：A硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错
20、误；B硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故B正确；CCu（NH3）4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，没有CuSO45H2O生成，故C错误；D在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对形成配位键，N与H元素之间形成共价键，没有离子键，故D错误；故选B点评：本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体11（3分）0.01mol氯化铬（CrCl36H2O）在水溶液中用过量
21、AgNO3处理，产生0.02mol AgCl沉淀，此氯化铬最可能为（）ACr（H2O）6Cl3BCr（H2O）5ClCl2H2OCCr（H2O）4Cl2Cl2H2ODCr（H2O）3Cl33H2O考点：配合物的成键情况版权所有专题：化学键与晶体结构分析：氯化铬（CrCl36H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl36H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl36H2O）的化学式解答：解：根据题意知，氯化铬（CrCl36H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl
22、36H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl36H2O）的化学式可能为Cr（H2O）5ClCl2H2O，故选B点评：本题考查了配合物的成键情况，难度不大，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点12（3分）下列对分子性质的解释中，不正确的是（）A碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B由于乳酸（）中存在一个手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子CHF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键D由图可知酸性：H3PO4HClO，因为H3PO4分子中有1个非
23、羟基氧原子考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；元素周期律的作用；含有氢键的物质版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A极性分子易溶于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；B根据手性异构体分子的概念、结构和性质分析；C分子稳定性与共价键强度有关；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：A碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；B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，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，
24、导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故B正确；C分子稳定性与共价键强度有，共价键越强，分子越稳定，与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，故C错误；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：C点评：本题考查了氢键、手性碳原子、分子稳定性的判断等知识点，题目难度不大，注意手性碳原子的判断方法：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13（3分）石墨晶体是层状结构，在每一层内；每一个碳原于都跟其他3个碳原子相结合，如图是其晶体结构的俯视图，则如图中7个六元环完全占有的碳原子数
25、是（）A10个B14个C18个D21个考点：金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系版权所有专题：化学键与晶体结构分析：利用均摊法计算每个六元环利用的碳原子个数，从而计算7个六元环完全占有的碳原子数解答：解：根据图片知，每个碳原子被3个六元环占有，利用均摊法知，每个六元环含有碳原子个数=67=14，故选B点评：本题考查了晶胞的计算，利用均摊法进行分析解答，难度不大14（3分）下列有关晶体的说法中正确的是（）A某晶体固态不导电，水溶液能导电说明该晶体是离子晶体B原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力C区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验D任何晶体中，若含有
26、阳离子也一定含有阴离子考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别版权所有专题：化学键与晶体结构分析：A分子晶体在固态时也不导电；B分子晶体内存在范德华力，也可能存在共价键；C构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列；D金属晶体中含有金属阳离子和自由电子解答：解：A分子晶体在固态时也不导电，如HCl在水溶液中导电，其在固态是不导电，HCl属于分子晶体，故A错误；B分子晶体内存在范德华力，也可能存在共价键，如干冰的晶体中存在范德华力，分子内C与O之间存在共价键，故B错误；C构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来因此，区分晶体和非晶体
27、的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，故C正确；D金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，没有阴离子，离子晶体中含有阳离子和阴离子，故D错误故选C点评：本题考查内容较多，涉及晶体检验、化学键、范德华力以及晶体的构成等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握15（3分）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A18g冰晶体中含有的氢键数为4NAB30g SiO2晶体中含SiO键数为NAC78g Na2O2晶体中含有阴阳离子总数为4NAD62g 白磷晶体中含PP键数为3NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、依据n=计算出冰的物质
28、的量，而氢键是分子间作用力；B、依据n=计算出二氧化硅的物质的量，而1mol二氧化硅含有4molSiO键；C、Na2O2晶体由2个Na+和1个O22构成来分析；D、白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键，据此判断62g白磷分子中含有的PP键数目；解答：解：A、18g冰物质的量=1mol，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故A错误；B、二氧化硅的物质的量n=0.5mol，而1mol二氧化硅含有4molSiO键，故0.5mol二氧化硅中含有“SiO”键的数目为2NA，故B错误；C、78gNa2O2的物质的量n=1mol，而Na2O2晶体由2个Na
29、+和1个O22构成，故1molNa2O2中含阴阳离子共为3mol，故C错误；D、62 g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.5mol，白磷分子中含有6个PP共价键，0.5mol白磷分子中含有3molPP键，所以分子中含有PP共价键3NA，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大16（3分）短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等下列判断不正确的是（）A原子半径一定是：TQRB最高价氧化物对应水化物的酸性一定是：QWC含T的盐溶液一定显酸性D最简单气态氢化物的热稳定性一定是：R
30、Q考点：元素周期律和元素周期表的综合应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，据此结合选项解答解答：解：A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：TQR，故A正确；B、非金属性SiS，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3H2SO4，故B正确；C、铝盐溶液呈酸性，但偏铝酸盐溶液呈碱性，故C错误；D、非金属性NSi，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3SiH4，故D正确；
31、故选C点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识，难度中等二、填空题17（6分）在下列物质中：SiO2 NaOH Na2S H2O2 Na2O2 （NH4）2S CO2 CCl4 C2H4 金刚石用序号填空：（1）只含有离子键的是；（2）既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的是；（3）既含有离子键又含有非极性共价键的是；（4）含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是；（5）含有极性共价键和非极性共价键的极性分子是；（6）熔化时只破坏极性共价键的是考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；极性分子和非极性分
32、子版权所有专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，据此分析解答解答：解：SiO2 中Si原子和O原子之间只存在极性共价键；NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在极性共价键；Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键；H2O2中H原子和O原子之间存在极性共价键、O原子之间存在非极性共价键；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键；（NH4）2S中铵
33、根离子和硫离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在配位键；CO2中O原子和C原子之间存在极性共价键；CCl4中C原子和Cl原子之间存在极性共价键；C2H4中C原子和H原子之间存在极性键、C原子之间存在非极性共价键；金刚石中C原子之间存在非极性共价键，（1）只含有离子键的是；（2）既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的是 ；（3）既含有离子键又含有非极性共价键的是；（4）含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是；（5）含有极性共价键和非极性共价键的极性分子是；（6）熔化时只破坏极性共价键的是，故答案为：；点评：本题考查离子键、共价键、配位键等知识点，侧重考查基本概念，明确概念的内
34、涵是解本题关键，注意配位键属于共价键，但氢键属于分子间作用力，为易错点18（8分）按下列要求写出由第二周期非金属元素组成的中性分子的相关内容：（1）平面三角形分子：分子式BF3，中心原子杂化方式是SP2（2）三角锥形分子：分子式NF3，VSEPR模型为四面体型（3）正四面体形分子：结构式，中心原子杂化方式是SP3（4）互为等电子体的两对物质的分子式：N2和CO，CO2和N2O考点：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版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）第二周期非金属元素组成的中性分子，如果呈平面三角形结构，中心原子可以有3对电子对，且没有孤电子对，中心原子杂化方式为S
35、P2；（2）如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，且价电子对数是4；（3）如果该分子为正四面体结构，则该分子的价层电子对个数是4且不含孤电子对，该类型分子有CF4；（4）原子数相同、电子数也相同的物质称为等电子体，可以运用等量异质替换寻找等电子体解答：解：（1）由第二周期非金属元素构成的中性分子，第二周期元素为中心原子，通过sp2杂化形成中性分子，是平面形分子，该类型分子有BF3，中心原子B价层电子对数=3+=3，杂化方式为sp2杂化，故答案为：BF3；SP2；（2）第二周期非金属元素组成的中性分子，如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，且价电子对数是4，则该分子是NF3，
36、中心原子N价层孤电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体型，故答案为：NF3；四面体型；（3）该分子为正四面体结构，则该分子的价层电子对个数是4且不含孤电子对，杂化方式为SP3，该类型分子有CF4，故答案为：CF4；SP3；（4）将N原子电子数加1得O原子，将N原子电子数减1得C原子，N2的等电子体为CO；将C原子电子数加1得N原子，将O原子电子数减1得N原子，CO2的等电子体为N2O，故答案为：CO；N2O点评：本题紧扣教材，难易适中，基础性强，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力19（6分）根据如图推测，CsCl晶体中两距离最近的Cs
37、+间距离为a，则每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为6；每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+数目为12，距离为a；每个Cs+周围距离相等且第三近的Cs+数目为8，距离为；每个Cs+周围紧邻且等距的Cl数目为8考点：晶胞的计算版权所有专题：化学键与晶体结构分析：CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a，根据均摊法以及晶胞的立体模型判断每个离子的远近和数目即可解答解答：解：以晶胞顶点Cs+为例，每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为=6个；每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+为面心上的Cs原子，数目为38=12，距离为；距离相等且第三近的Cs+为体心上的，数目为18=8，距离为a；每个Cs
38、+周围紧邻且等距的Cl数目为18=8故答案为：6；12；8；8点评：本题考查了晶胞的结构，侧重于考查晶胞结构的分析和计算，注意利用均摊法计算晶胞中各种原子个数，题目难度中等，解题关键是仔细观察晶胞结构图20（10分）短周期原子序数依次递增的A、B、C、D、E、F六种元素，已知B原子最外层电子数是A原子次外层电子数的3倍，是D原子最外层电子数的2倍；C原子内层电子总数是最外层电子数10倍；A、B、D三种元素的原子最外层电子数之和为13；A和B原子最外层电子数之和与D和F原子最外层电子数之和相等；D和E是相邻两种元素（1）E元素基态原子的核外电子占用了8个原子轨道（2）A、B、C三种元素组成原子个
39、数比为n（A）：n（B）：n（C）=1：3：2的化合物，该化合物的水溶液显碱性（填“酸性”“碱性”“中性”），原因用离子方程式可表示为CO32+H2OHCO3+OH（3）B、C、D三种元素离子半径最小的是Al3+（填离子符号）；AB2分子的电子式是M元素与D元素位于不同主族，但由于二者的电负性相近，导致某些性相似，将M的最高价氧化物溶于C的氢氧化物的水溶液中，发生反应的离子方程式为BeO+2OH=BeO22+H2O（4）E和F形成的化合物X容易水解生成两种酸，写出该水解反应的化学方程式SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期
40、表专题分析：已知B原子最外层电子数是A原子次外层电子数的3倍，是D原子最外层电子数的2倍，说明B元素最外层电子数为6，D原子最外层电子数为3，A的次外层电子数为2；C原子内层电子总数是最外层电子数10倍，则C为Na；A、B、D三种元素的原子最外层电子数之和为13，则A的最外层为1363=4，所以A的核外电子数为2+4=6为C元素；A和B原子最外层电子数与D和F原子最外层电子数之和相等，则F的最外层为7，F的原子序数最大，应为Cl元素；D和E是相邻两种元素，D原子最外层电子数为3，所以D为Al元素，E为Si元素；B元素最外层电子数为6，且原子序数比Na小，则为O元素，综上可知：A为C元素，B为O
41、元素，C为Na元素，D为Al元素，E为Si元素，F为Cl元素；结合元素对应单质化合物的性质以及元素周期律解答该题解答：解：已知B原子最外层电子数是A原子次外层电子数的3倍，是D原子最外层电子数的2倍，说明B元素最外层电子数为6，D原子最外层电子数为3，A的次外层电子数为2；C原子内层电子总数是最外层电子数10倍，则C为Na；A、B、D三种元素的原子最外层电子数之和为13，则A的最外层为1363=4，所以A的核外电子数为2+4=6为C元素；A和B原子最外层电子数与D和F原子最外层电子数之和相等，则F的最外层为7，F的原子序数最大，应为Cl元素；D和E是相邻两种元素，D原子最外层电子数为3，所以D
42、为Al元素，E为Si元素；B元素最外层电子数为6，且原子序数比Na小，则为O元素，综上可知：A为C元素，B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，E为Si元素，F为Cl元素；（1）已知E为Si元素，Si元素的原子核外有14个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p2，2个电子占据一个原子轨道，其中3p轨道上的2个电子，各占一个轨道，所以共占据8个原子轨道；故答案为：8；（2）由A、B、C三种元素组成原子个数比nA：nB：nC=1：3：2的化合物为Na2CO3，碳酸钠中的碳酸根离子会发生水解反应，即CO32+H2OHCO3+OH，所以Na2CO3溶液呈碱性，故答案为：碱性；CO32+H2
43、OHCO3+OH；（3）B为O元素，C为Na元素，D为Al元素，它们的离子核外电子数相同，原子序数越大，离子半径越小，则Al3+的半径最小；AB2分子为CO2，是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为；BeO与氢氧化钠反应生成BeO22和H2O，其离子方程式为：BeO+2OH=BeO22+H2O；故答案为：Al3+；BeO+2OH=BeO22+H2O；（5）E和F形成的化合物X为SiCl4，SiCl4与水反应生成HCl和硅酸，其反应的方程式为为：气制取高纯度的单质Si的化学原理是：SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=
44、H2SiO3+4HCl点评：本题考查的是有关核外电子排布的推断题，此类型题的解题规律是：先根据题干信息推断元素，再根据元素化合物知识解决有关问题，题目难度中等，侧重于电子排布和元素周期律知识的综合应用的考查21（10分）（1）已知在一定条件下的反应4HCl+O2=2Cl2+2H2O中，有4mol HCl被氧化时，放出120kJ的热量，且则断开1mol HO 键与断开 1mol HCl 键所需能量相差为33KJ（2）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：晶体NaClKClCaO晶格能/（kJmol1）7867153401四种晶体NaC
45、l、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgOCaONaClKCl （3）已知AlCl3熔点190，沸点183，结构如图2所示：AlCl3晶体内含有的作用力有BDE（填序号）A离子键 B共价键 C金属键D配位键 E范德华力 F氢键（4）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物中的阴离子均为无限长链结构（如图3），a位置上Cl原子的杂化轨道类型为sp3，已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，另一种的化学式为K2CuCl3考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断版权所有专题：化学键与晶体结构分析：（1）据H=反应物键能和生成物键能和，据此
46、计算HO键与HCl键的键能差，进而计算断开1mol HO键与断开1mol HCl键所需能量差；（2）晶格能越大物质的熔点越高，通过比较NaCl和KCl的晶格能可见，结构相似时，影响晶体晶格能大小的因素有离子半径以及离子所带电荷的多少；（3）根据离子晶体和分子晶体的熔点关系分析，Al最外层3个电子，可知成键个数，据此分析；（4）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，据此判断；一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，阴离子构成与CuCl3一样，但CuCl3原子团的化合价为2，据此书写解答：解：（1）E（HO）、E（HCl）分别表示H
47、O键能、HCl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热H=反应物总键能生成物的总键能，故：4E（HCl）+498kJ/mol2243kJ/mol+4E（HO）=120KJ/mol，故断开1mol HO键与断开1mol HCl键所需能量相差约为33kJ/mol1mol=33kJ，故答案为：33；（2）离子半径Mg2+Na+O2Ca2+Cl；离子电荷数Na+=ClO2=Mg2+=Ca2+，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是MgOCaONaClKCl，故答案为：MgOCaONa
48、ClKCl；（3）分子晶体熔点一般较低，所以AlCl3为分子晶体，应有极性共价键，又Al最外层只有3个电子，Al成四键结构，应有一个配位键，分子晶体内有分子间作用力，也就是范德华力，故选：BDE；（4）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3，一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，阴离子构成与CuCl3一样，但CuCl3原子团的化合价为2，其化学式为：K2CuCl3；故答案为：sp3；K2CuCl3点评：本题考查了利用键能计算焓变的方法、影响晶格能大小的因素及晶格能对熔点的影响和分子晶体的相关知识，题目难度不
49、大，注意知识的积累22（12分）A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素已知A原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大B 的基态原子占据两种形状的原子轨道，且两种形状轨道中的电子总数均相同，B位于元素周期表的s区C元素原子的外围电子层排布式为nsn1npn1 D原子M能层为全充满状态，且最外层无成对电子，E为第四周期未成对电子数最多的元素请回答下列问题：（1）写出E基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1；E在周期表中的位置是第四周期第VIA族，其基态原子有7种能量不同的电子（2）某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布
50、如图所示，该同学所画的电子排布图违背了能量最低原理（3）已知A和C形成的化合物X中每个原子的最外层均为8电子稳定结构，则X的化学式为Si3N4，X是一种超硬物质，耐磨损、抗腐蚀能力强，推测X的晶体类型为原子晶体（4）B的单质与A的最高价含氧酸的稀溶液反应，能将A还原至最低价态，写出该反应的化学方程式4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O（5）已知D晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，若该晶体中一个晶胞的边长为a cm，则D晶体的密度为 g/cm3（写出含a的表达式，用NA表示阿伏加德罗常数的值）若D的原子半径为r，则在D晶胞中用r表示出这种堆积模型的空间利用率（指球
51、的体积和晶胞体积之比）为（列式表示，不需化简）考点：晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，这说明A是N元素；B的基态原子占据两种形状的原子轨道，且两种形状轨道中的电子总数均相同，B位于元素周期表的s区，所以B是Mg元素；C元素原子的外围电子层排布式为nsn1npn1，s能级最多排列2个电子，所以n=3，则C是Si元素；D原子M能层为全充满状态，且最外层无成对电子，则D是Cu元素；E为第四周期未成对电子数最多的元素，则E是Cr元素（1）E是Cr元素，其原子核外
52、有24个电子，根据构造原理书写Cr基态原子的电子排布式；Cr在周期表中的位置是第四周期第VIB族，其基态原子有几种能级就有几种能量的原子；（2）该排布图违反了能量最低原理；（3）A是N元素、C是Si元素，A和C形成的化合物SiC中每个原子的最外层均为8电子稳定结构，则X的化学式为Si3N4，原子晶体熔沸点较高、硬度大，耐磨损、腐蚀；（4）Mg的单质与N的最高价含氧酸的稀溶液硝酸反应，能将A还原至最低价态，为铵盐，根据反应物和生成物书写方程式；（5）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6+8=4，其晶胞体积V=a3cm3，其密度=；若Cu的原子半径为r，则Cu的体积为
53、r3，由原子空间利用率进行计算解答：解：A原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，这说明A是N元素；B的基态原子占据两种形状的原子轨道，且两种形状轨道中的电子总数均相同，B位于元素周期表的s区，所以B是Mg元素；C元素原子的外围电子层排布式为nsn1npn1，s能级最多排列2个电子，所以n=3，则C是Si元素；D原子M能层为全充满状态，且最外层无成对电子，则D是Cu元素；E为第四周期未成对电子数最多的元素，则E是Cr元素；（1）E是Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理知Cr基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s
54、1；Cr在周期表中的位置是第四周期第VIB族，其基态原子有几种能级就有几种能量的原子，其原子核外有7种能级，所以有7种能量不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；第4周期第B族；7；（2）该排布图违反了能量最低原理，故答案为：能量最低原理； （3）A和C形成的化合物X中每个原子的最外层均为8电子稳定结构，由于Si位于第A族，氮元素位于第A族，则X的化学式Si3N4；根据X的物理性质可知形成的晶体是原子晶体，故答案为：Si3N4；原子晶体；（4）氮元素的最低价是3价，所以其还原产物是硝酸铵，则反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O；（5）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6+8=4，其晶胞体积V=a3cm3，其密度=g/cm3=g/cm3；根据晶胞结构可知，4r=，解得a=，则晶胞立方体的体积为a3=（）3，晶胞中4个金属原子的体积为4r3，所以此晶胞中原子空间占有率是，故答案为：；点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及晶胞计算、构造原理、晶体类型判断等知识点，侧重考查分析、计算能力，难点是晶胞计算，特别是空间利用率的计算，题目难度中等
