1、山西省长治市第二中学校2019-2020学年高二化学下学期摸底考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Ge-73第卷（选择题共48分）一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）1.在抗击“2019新型冠状病毒”的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法正确的是（ ）A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B. 二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同C. 聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要材料，二者均属于有机高分子材料D. 84消毒液是以NaClO为主要有效成分的
2、消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果【答案】C【解析】【详解】A. 新型冠状病毒的主要成份是蛋白质，蛋白质中除了含有C、H、O元素外，还含有N、P等元素，故A错误；B. 二氧化氯具有强的氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，而酒精则是由于其使蛋白质脱水发生变性而消毒，因此二者的消毒原理不相同，故B错误；C. 聚丙烯和聚四氟乙烯都是高聚物，均属于有机高分子材料，故C正确；D.次氯酸钠具有强氧化性，若与医用酒精混合，乙醇会被次氯酸钠氧化，使消毒效果降低，故D错误；故选C。【点睛】病毒为一种非细胞生命形态，它知由一个核酸长链和蛋白质外壳构成，病毒没有自己的代谢机构，没有酶
3、系统，必须在活细胞内寄生并以复制方式增殖的非细胞型生物。2.用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是( )A. 砷原子的结构示意图B. BF4的结构式C. HF分子间的氢键D. 丙氨酸的手性异构【答案】D【解析】【详解】A、根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项A错误；B、BF4-中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，选项B错误；C、HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项C错误；D、丙氨酸CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-C
4、H3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，选项D正确；答案选D3.下列关于晶体说法正确的是（ ）A. 金属晶体的熔沸点均高于分子晶体B. 含有阳离子的晶体一定是离子晶体C. SiO2一定具有多面体外形D. 金属导电和熔融电解质（或电解质溶液）导电的原理不一样【答案】D【解析】【详解】A.金属晶体熔点有的很高，如钨的熔点很高，达3000多摄氏度，有的很低，如汞常温下是液体，比固态硫的熔沸点低，故A错误；B金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成，则含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故B错误；C. 晶体呈现自范性是需要一定的条件，即晶体生长的速率要适当
5、，熔融态物质快速冷却时不能得到晶体，如熔融态SiO2快速冷却得到看不到晶体外形的玛瑙，热液缓慢冷却则形成水晶，故C错误；D.金属导电是自由电子导电，熔融电解质（或电解质溶液）导电是阴阳离子导电，原理不一样，故D正确；故选D。【点睛】晶体呈现自范性是需要一定条件的，即晶体生长的速率要适当，熔融态物质快速冷却时不能得到晶体是解答关键。4.下列说法正确的是（ ）A. 分子的稳定性与分子间作用力无关B. 键长等于成键两原子的半径之和C. 分子中中心原子若采用sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构D. 可燃冰（CH4nH2O）中甲烷分子与水分子之间形成了氢键【答案】A【解析】【详解】A分子稳定性
6、与分子内的化学键强弱有关，分子间作用力是确定物质聚集状态，所以分子的稳定性与分子间作用力的大小无关，故A正确；B. 键长是两个成键原子的平均核间距离，键长与成键原子的半径和容所形成的共用电子对等有关，由于成键原子不可能紧挨，所以不是成键两原子的半径之和，故B错误；C. 分子中中百心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能为三角锥形或V形，如NH3、H2O，故C错误；D.因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，故D错误；故选A。5.下列说法不正确的是（ ）A. Xe元素的所在族的原子的价电子排布式均为ns2
7、np6，属于非金属元素B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)C. 某基态原子的核外电子排布图为，它违背了泡利原理D. 某价电子排布为3d14s2的基态原子，该元素位于周期表中第四周期第B族【答案】A【解析】【详解】A. Xe元素位于元素周期表0族，0族元素中氦元素的价电子排布式均为1s2，不是ns2np6，故A错误；B. 在元素周期表中，s区中除H元素不是金属元素外，其他元素都为金属元素，d区和ds区的元素都是金属，故B正确；C. 根据泡利原理可知，位于同一轨道的两个电子的自旋方向相反，由核外电子排布图为可知，它违背了泡利原理，故C正确；D. 某价电子排布为3d1
8、4s2的基态原子，该元素为Sc元素，位于周期表中第四周期第B族，故D正确；故选A。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 36g冰晶体中氢键的数目为4NAB. 干冰晶胞熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键C. 1mol氯化钠中含有NA个离子键D. 在含2molSi-O键的SiO2晶体中，氧原子有2NA个【答案】A【解析】【详解】A. 1mol冰中含2mol氢键，36g冰物质的量为2mol，则2mol冰中含4mol氢键即4NA个，故A正确；B. 干冰是分子晶体，干冰晶胞熔化时，只需克服分子间作用力，不需要破坏共价键，故B错误；C. 氯化钠是离子晶体，构成微粒为离子键，离
9、子键没有方向性和饱和性，无法计算1mol氯化钠中含有的离子键数目，故C错误；D. 在SiO2晶体中，1个Si原子结合4个O原子， 1molSiO2晶体含有2molO原子和4molSi一O键，则在含2molSi-O键的SiO2晶体中，氧原子有NA个，故D错误；故选A。7.下列说法正确的是（ ）A. 稳定性：HFHClHBrHFNH3C. 熔点：晶体Si金刚石SiCl4D. 阴离子的配位数：CsClNaClCaF2【答案】B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故A错误；B. 由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氢化氢中
10、的沸点反常，但常温下水为液体，沸点高低顺序为H2OHFNH3，故B正确；C.四氯化硅为分子晶体，晶体硅和金刚石为原子晶体，四氯化硅的熔点最低，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，共价键越弱，熔点越低，因原子半径CSi，则键长C-CSi-Si，共价键键长越长，键能越小，共价键越弱，则金刚石的熔点高于单晶硅，故C错误；D. CsCl为立方体心结构，Cl-的配位数是8；在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，配位数为4；NaCl为立方面心结构，Cl-的配位数是6，则阴离子的配位数：CsClNaClCaF2，故D错误；故选B。【点睛】NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：，结合图可知，CsCl为
11、立方体心结构，Cl-的配位数是8；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，所以其配位数为4；NaCl为立方面向结构，钠离子的配位数为6，Cl-的配位数是6。8.下列提供了有关物质的熔点，根据表中的数据，下列判断错误的是A. AlF3晶体是离子晶体，AlCl3晶体是分子晶体B. AlF3晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能C. 同族元素的氧化物可以形成不同类型的晶体D. 不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体【答案】B【解析】【详解】A、AlF3晶体的熔点较高属于离子晶体，AlCl3晶体的熔点较低
12、属于分子晶体，A正确；B、晶体中离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大；离子半径：Al3+Na+，F-Cl-,则AlF3晶体的晶格能大于NaCl晶体的晶格能，B错误；C、二氧化碳晶体属于分子晶体，二氧化硅晶体属于原子晶体，所以同族元素的氧化物可以形成不同类型的晶体，C正确；D、NaCl、MgCl2离子的熔点都较高，属于离子晶体，所以不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体，D正确；综上所述，本题选B。【点睛】本题主要考查了不同类型晶体的熔沸点高低及决定熔沸点的因素，注意掌握不同类型晶体及同种类型晶体的熔沸点高低比较方法。选项A是易错点，注意不能根据物质的组成元素判断晶体类型。9.下列现象与
13、氢键有关的是（ ）冰的密度比液态水的密度小；NH3的稳定性比第VA族其他元素的氢化物的高；尿素的熔沸点比醋酸的高；水分子在高温下也很稳定；小分子的羧酸、醇可以和水以任意比例互溶；邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】冰中存在氢键，使体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故正确；元素非金属性越强，氢化物的稳定性越高，A族中，N的非金属性最强，则NH3的稳定性比第VA族其他元素的氢化物的高，与氢键无关，故错误；尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，分子间作用力大，则尿素的熔、沸点比醋酸的高，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定
14、性与化学键有关，而与氢键无关，故错误；C原子个数小于4的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故正确；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；正确，故选C。【点睛】本题考查氢键及氢键对物质性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键。10.下列关于酸性强弱比较正确的是（ ）A. HClOHBrOB. HClO2HClOC. H2SO4H3PO4D. H2SO3H2SO4【答案】D【解析】【详解】A. 元素电负性越大，吸电子能力越强，使H-O键易断裂，增强酸百性，则次卤酸酸度性HClOHB
15、rO，故A错误；B. 含氧酸分子结构中，含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，HClO2的非羟基氧为1，HClO的非羟基氧为0，则酸性HClO2HClO，故B错误；C. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性SP，则酸性H2SO4H3PO4，故C错误；D. 含氧酸分子结构中，含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，H2SO3的非羟基氧为1，H2SO4的非羟基氧为2，则酸性H2SO3Fe3+将Cl2通入Fe(NO3)2溶液中，溶液由浅绿色变为棕黄色A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 除去NaCl中的Na2CO3时，若先将混合物加水溶解
16、，再加入过量CaCl2溶液，充分反应后过滤，氯化钠溶液中会引入新杂质CaCl2，最后蒸发结晶得到NaCl和CaCl2混合物，故A错误；B.二氧化硫能与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀，使澄清石灰水变浑浊，乙烯不能与澄清石灰水反应，则可用澄清石灰水鉴别二氧化硫和乙烯，故B正确；C. 常温下，铁在浓硝酸中钝化，铜能与浓硝酸反应，铁、铜和浓硝酸构成的原电池中，活泼金属铁做正极，不活泼金属铜做负极，不能比较铁和铜的金属性强弱，故C错误；D. 将Cl2通入Fe(NO3)2溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，酸性条件下，硝酸根也能将亚铁离子氧化，无法确定氯气的氧化性强于铁离子，【点睛】常温下，铁在浓硝酸中
17、钝化，铜能与浓硝酸反应，铁、铜和浓硝酸构成的原电池中，活泼金属铁做正极，不活泼金属铜做负极是解答难点，也是易错点。15.如图所示为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX3的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，每个白色小球被3个黑色小球共用，每个黑色小球被6个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比为3:6=1:2，化学式为AX2，故A错误；B. 由图可知，每个白色小球被2个黑色小球共用，每个黑色小球被6个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比为2:6，化学式为AX3，故A正确；C. 由图可知，每个白色小球被4个黑色小球共用，每个黑色小球被4个白色小
18、球共用，则黑色小球和白色小球个数之比为4:4，化学式为AX，故C错误；D. 由图可知，每个白色小球被6个黑色小球共用，每个黑色小球被3个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比为6:3=2:1，化学式为A2X，故D错误；故选B。16.已知某化合物的晶体是由如图所示的最小结构单元密置堆积而成，下列关于该化合物叙述错误的是（ ）A. 该化合物的化学式是YBa2Cu3O6B. 1mol该化合物中含有1molYC. 1mol该化合物中含有3molCuD. 1mol该化合物中含有2molBa【答案】A【解析】【详解】A.由晶胞结构可知，Y位于顶点，个数为8=1，Cu位于体内，个数为3，Ba位于棱上，个
19、数为8=2，O位于面上和体内，个数为10+2=7，则化合物的化学式是YBa2Cu3O7，故A错误；B.由化合物的化学式YBa2Cu3O7可知，1mol该化合物中含有1mol Y，故B正确；C. 由化合物的化学式YBa2Cu3O7可知，1mol该化合物中含有3mol Cu，故C正确；D. 由化合物的化学式YBa2Cu3O7可知，1mol该化合物中含有2mol Ba，故D正确；故选A。【点睛】计算晶胞中所含原子或离子的数目时，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
20、此晶胞。第卷（非选择题共52分）二、非选择题17.请回答下列问题：（1）某元素X基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其价电子排布图为_，其原子核外有_种不同运动状态的电子；其最低价氢化物电子式为_，中心原子采用_杂化，分子立体构型为_。（2）某元素Y基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其元素名称为_，Y+的外围电子排布式为_，该元素固体单质常常采用_堆积方式，配位数为_，空间利用率为_。【答案】 (1). (2). 7 (3). (4). sp3 (5). 三角锥形 (6). 铜 (7). 3d10 (8). 面心立方最密 (9). 12 (10). 7
21、4%【解析】【分析】（1）X元素基态原子的最外层有三个未成对电子，次外层有2个电子，根据构造原理可知，该元素是N元素；（2）由元素Y基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，根据构造原理可知，Y为铜元素。【详解】（1）由元素X基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，根据构造原理可知，X为N元素，电子排布式为1s22s22p3，电子排布图为，由核外电子排布规律可知，核外没有运动状态完全相同的电子，则氮原子核外有7种不同运动状态的电子；氮元素最低价氢化物的分子式为NH3，NH3为共价化合物，电子式为，NH3分子中N原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为1，则N原子采用
22、的杂化方式为sp3杂化，NH3的分子立体构型为三角锥形，故答案为：；7；sp3；三角锥形；（2）由元素Y基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子可知，Y为铜元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去1个电子形成Cu+离子，Cu+的外围电子排布式为3d10；铜单质为金属晶体，晶体的堆积方式是面心立方最密堆积，配位数是12，空间利用率为74%，故答案为：铜；3d10；面心立方最密； 12；74%。18.有X、Y、Z、W、Q五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，其中X为非金属元素。X和Q属于同一族，它们原子的最外层电子排布式为ns1；Y和W也
23、属于同一族，它们原子的最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍；Z原子最外层上电子数等于W原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：（1）X、Y可形成一种绿色氧化剂A，则A为_（“极性分子”或“非极性分子”）；试写出Cu、稀硫酸与A反应制备CuSO4的离子方程式_。（2）由这5种元素组成的一种化合物是_（填化学式），该物质主要用途是_，并解释其原理_。（3）在第四周期中，与Z元素原子未成对电子数相同的金属元素有_种，该元素氯化物的二聚分子结构如图所示，在此化合物中Z原子的杂化类型为_，该化合物在熔融状态下_导电（“能”或“不能”）。（4）分子WY2、WY3键角相比，更大的是_（填化学式），写出
24、两种与WY3互为等电子体的微粒_。【答案】 (1). 极性分子 (2). Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O (3). KAl(SO4)212H2O (4). 净水剂 (5). Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附作用 (6). 4 (7). sp3 (8). 不能 (9). SO3 (10). CO32-，NO3-、BF3【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q五种元素的核电荷数依次增大，且都小于20，由Y和W属于同一族，它们原子的最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍可知，Y为O元素、W为S元素；由X为非金属元素，X和Q属于同一族，它们原子的最外层电子排布式为ns
25、1可知，X为H元素、Q为K元素；由Z原子最外层上电子数等于W原子最外层上电子数的一半可知，Z的最外层电子排布式为3s23p1，则Z为Al元素。【详解】（1）由H、O可形成一种绿色氧化剂可知，A为H2O2，H2O2的结构为，结构不对称，属于极性分子；H2O2具有氧化性，酸性条件下，铜和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O，故答案为：极性分子；Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；（2）由这5种元素组成的一种化合物是明矾，化学式为KAl(SO4)212H2O，明矾溶于水电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有很大的
26、表面积，具有很强的吸附作用，能够吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，可以做净水剂，铝离子水解的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：净水剂；Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；胶体具有吸附作用；（3）Al原子的最外层电子排布式为3s23p1，未成对电子数为1，第四周期各金属元素中，未成对电子数也为1的有K、Sc、Cu、Ga，共有4种；气态氯化铝组成为二聚体（AlCl3）2，这里Al与4个配位的Cl成键，3个为共价键，一个为配位键，则Al的杂化方式为sp3杂化；氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故答案为：4；sp3杂化；不能；（4）SO2分子中
27、S原子的价层电子对数为3，价层电子对空间构型为平面三角形，孤对电子数为1，孤对电子对对成键电子对有排斥，导致SO2分子的空间构型为V形，键角小于120 o，SO3分子中S原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，空间构型为平面三角形，键角为120 o，则SO3的键角大于SO2；具有相同原子个数和价电子数的微粒互为等电子体，SO3的原子个数为4，价电子数为24，则具有原子个数为4，价电子数为24的等电子体有CO32-、NO3-、BF3等，故答案为：SO3；CO32-；NO3-、BF3。【点睛】SO2分子中S原子的价层电子对数为3，价层电子对空间构型为平面三角形，孤对电子数为1，孤对电子对对成键电子
28、对有排斥，导致SO2分子的空间构型为V形，键角小于120 o为解答难点。19.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）聚四氟乙烯是一种准晶体，准晶体是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体准晶体和非晶体。（2）H2F+SbF6-（氟锑酸）是一种超强酸，存在H2F+，该离子的空间构型为_。（3）NH4F（氟化铵）可用于玻璃的蚀刻、防腐剂、消毒剂。氟化铵溶液中存在_（填字母）。a.离子键 b.键 c.键 d.氢键 e.配位键（4）SF6被广泛用作高压电气设备的绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图计算相关键能。则F
29、-F键的键能为_kJmol-1。【答案】 (1). X射线衍射 (2). V形 (3). bde (4). 155【解析】【分析】（1）从外观无法区分晶体、非晶体和准晶体，但三者的X射线发生衍射图不同；（2）H2F+和H2O的原子个数均为3，价电子数均为8，两者互为等电子体；（3）氟化铵为离子化合物，氟离子和铵根离子之间形成离子键，铵根离子中存在键和配位键，溶液中水分子间存在氢键；（4）由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量。【详解】（1）从外观无法区分晶体、非晶体和准晶体，但晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，通过有无衍射现象可区分三者，故答案为：X射线
30、衍射；（2）H2F+和H2O的原子个数均为3，价电子数均为8，两者互为等电子体，等电子体具有相同的结构，H2O的空间构型为V形，则H2F+的空间构型也为V形，故答案为：V形；（3）氟化铵为离子化合物，溶于水时破坏离子键，溶液中存在氟离子、铵根离子和水分子，铵根离子中存在键和配位键，水分子间存在氢键，不存在离子键和键，故答案为：bde；（4）由图象可知，断裂3molF-F键，吸收465kJ能量，则F-F键的键能为155kJmol-1，故答案为：155。【点睛】氟化铵为离子化合物，溶于水时破坏离子键，溶液中存在氟离子、铵根离子和水分子，铵根离子中存在键和配位键，水分子间存在氢键，不存在离子键和键是
31、易错点。20.锗是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。（1）写出Ge原子结构示意图_。（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是_。（3）Ge单晶具有金刚石型的结构，如图为晶胞结构，其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，0，)，C为(，0)，D原子的坐标参数为_；若晶胞参数为anm，NA表示阿伏伽德罗常数，则其晶胞密度为_g/cm3（列出计算式即可）。【答案】 (1). (2). Ge原子半径大，原子之间形成的键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键 (3). (，) (4). 10
32、7【解析】【分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族；（2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge的原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道难以通过“肩并肩”方式形成键；（3）对照晶胞图示，坐标系以及A、B、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置，即体对角线的，运用均摊法计算可得。【详解】（1）Ge是32号元素，位于元素周期表第四周期IVA族，原子结构示意图为，故答案为：；（2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge的原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道难以通过“肩并肩”方式形成键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，
33、故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键；（3）对照晶胞图示，坐标系以及A、B、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置，即体对角线的，D的坐标参数为（，）；类似金刚石晶胞，1个晶胞含有8个锗原子，即晶胞的质量为，晶胞的体积为(a1010)3cm3，即晶胞的密度为g/cm3=107 g/cm3，故答案为：（，）；107。【点睛】本题的难点是晶胞的密度的计算，利用均摊的方法，计算出微粒的个数，然后再利用n=，计算出晶胞的质量，利用原子半径与边长的几何关系，计算出边长，从而计算晶胞的体积，最后利用密度的定义进行计算，注意晶胞参数和
34、密度的单位。21.每个时代的发展都离不开化学材料。黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由锌和铜组成。回答下列问题：（1）基态锌原子的价电子排布式为_，属于周期表_区元素。电子占据最高能层的电子云轮廓图形状为_。（2）第一电离能I1(Zn)_I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。（3）向Cu(H2O)42+溶液（天蓝色）中加入过量氨水将生成更稳定的Cu(NH3)42+溶液（深蓝色），原因是_；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸，观察到的现象是_。【答案】 (1). 3d104s2 (2). ds (3). 球形 (4). 大于 (5). N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定
35、 (6). 先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色【解析】【分析】（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期B族，价电子排布式为3d104s2；（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2，4s能级处于全充满状态；（3）向天蓝色Cu(H2O)42+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色Cu(NH3)42+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸，盐酸先与铜氨络离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，盐酸过量，氢氧化铜沉淀溶解生成氯化铜。【详解】（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期B族
36、，价电子排布式为3d104s2，属于周期表ds区元素，电子占据最高能层的电子位于为4s轨道，s电子云轮廓图形状为球形，故答案为：3d104s2；ds；球形；（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2，4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大，故答案为：大于；（3）向天蓝色Cu(H2O)42+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色Cu(NH3)42+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子，这是因为N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；Cu(NH3)42+
37、在溶液中存在如下络合平衡Cu(NH3)42+ Cu2+4NH3，加入盐酸，氨分子与氢离子反应，浓度减小，平衡向右移动，铜离子与溶液中氢氧根结合生成氢氧化铜蓝色沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铜沉淀溶于盐酸生成氯化铜，溶液呈天蓝色，实验现象为先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色，故答案为：N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色。【点睛】Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2，4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子是分析难点。22.晶体硼熔点为1
38、873K，其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：（1）基态硼原子有_种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有_种。（2）晶体硼为_（填晶体类型），结构单元由_个硼原子构成，共含有_个B-B键。（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是_。a.立方相氮化硼含有键和键b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c.两种晶体均为分子晶体d.两种晶体中的B-N键均为共价键（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH
39、4BF4含有_mol配位键。【答案】 (1). 3 (2). 3 (3). 原子晶体 (4). 12 (5). 30 (6). bd (7). 2【解析】【分析】（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，电子位于1s、2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，A族和A族元素第一电离能大于相邻元素；（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的；（3）a. 由图可知，立方相氮化
40、硼中N原子和B原子之间只存在单键； b.由图可知，六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；c. 由图可知， 立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体； d. 非金属元素之间易形成共价键；（4）NH4BF4是由NH4+和BF4构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。【详解】（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，电子位于1s、2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，A族和A族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的
41、有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为，20个等边三角形拥有的顶点为20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的，每个等边三角形占有的B-B键为，20个等边三角形拥有的B-B键为20=30，故答案为：12；30；（3）a. 由图可知，立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有键，不存在键，故错误； b.由图可知，六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；c. 由图可知， 立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误； d. 非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；bd正确，故答案为：bd；（4）NH4BF4是由NH4+和BF4构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。
