湖北省武汉市部分重点中学2014-2015学年高一下学期期末化学试卷

2014-2015 学年湖北省武汉市部分重点中学高一(下)期末化学试 卷
一、选择题:本大题共 16 小题,每小题 3 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的. 1.化学与人类生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是( ) 14 14 12 A. C 可用于文物年代的鉴定, C 与 C 互为同素异形体 B.绚丽缤纷的烟花与原子核外电子发生跃迁吸收能量有关 C.叶绿素、血红素和维生素 B12 都是配合物 D.当单一波长的 X﹣射线通过石英玻璃时,在记录仪上可看到分立的斑点或谱线 2.下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是( ) A.氢氧化钠、过氧化钠、硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4、氢化钠 B.硝酸铵、氢化铵、氢氧化二氨合银[Ag(NH3)2]OH、硫酸铵 C.硫酸、氢氧化钠、氮化钙、氢氧化钡 D.氯化铵、氢氧化钠、双氧水、过氧化钙 3.化学学科需要借助化学专用语言描述,下列有关化学用语正确的是( A.基态铜原子的价电子排布图: B.CO2 分子立体结构模型: )

C.三氟化硼的电子式: D.35Br 基态原子的电子排布式可简写为[Ar]4s 4p
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4.2011 年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔?谢赫特曼,以表彰他发现了准晶体.准 晶体材料具有硬度高,不易损伤,使用寿命长等特点.下列叙述错误的是( ) A.自然界中的固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质 B.准晶体是一种介于晶体和非晶态物质之间的固体 C.准晶体材料的应用具有较大的发展空间 D.化学式为 Al63Cu24Fe13 的准晶体不可与稀硝酸发生反应 5.下列关于 σ 键和 π 键的理解不正确的是( ) A.共价单键都是 σ 键,共价双键中有一个 σ 键和一个 π 键 B.σ 键可以绕键轴旋转,π 键一定不能绕键轴旋转 C.H2 分子中的 σ 键是 s﹣s σ 键,HClO 分子中的 σ 键是 p﹣p σ 键 D.C2H4 分子中有 5 个 σ 键和一个 π 键,N2H4 中只有 5 个 σ 键

6.现有四种短周期元素:W、X、Y、Z;W、Z 的 M 层均有两个末成对电子,其中 W 最高 化合价和最低化合价代数和为 4,X 与 W 位于同一周期,且最外层电子有 5 种不同的运动状 态,Y 元素原子的电子占有 5 个轨道,其中只有一个轨道是单电子,则下列有关比较中正确的 是( ) A.第一电离能:Y>X>Z>W B.原子半径:W>X>Z>Y C.电负性:Y>W>X>Z D.最高正化合价:Y>W>X>Z 7.下列说法正确的是( ) A.氢键有方向性和饱和性,属于共价键 B.H2O 是一种非常稳定的化合物,这是由于氢键所致 C.范德华力是一种分子间作用力,也是一种特殊的化学键 D.常温常压下,卤素单质从 F2→I2 由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大 8.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型,有时也能用来推 测键角大小,下列判断正确的是( ) A.SO2、CS2、HI 都是直线形的分子 B.BF3 键角为 120°,SnBr2 键角大于 120° C.COCl2、BF3、SO3 都是平面三角形的分子 D.PCl3、NH3、PCl5 都是三角锥形的分子 9.下表数据是对应物质的熔点,下列说法错误的是( ① ② ③ ④ 编号 物质 熔点/℃ AlF3 1291 AlCl3 160 BCl3 ﹣107 NCl3 ﹣40 )

A.BCl3、NCl3 分子中各原子最外层都满足 8 电子稳定结构 B.NCl3 中心原子价层电子对数比 BCl3 中心原子价层电子对数多 C.AlF3、AlCl3 都是强电解质,但晶体类型不同 D.BCl3 为平面正三角形分子,故它是由极性键构成的非极性分子 10.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 σ 键、π 键或用于容纳未参与成键的孤电子对 3 B.分子中中心原子通过 sp 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 3 2 D.sp 、sp 、sp 杂化轨道的夹角分别为 109°28′、120°、180° 11.下列对分子性质的解释中,不正确的是( ) A.已知大多数含氧酸可用通式 XOm(OH)n 来表示,H2SeO3、HMnO4、H3BO3、H3PO4 四 种酸中酸性最强的是 H2SeO3 B.HF 的沸点比 H2O 低是因水中氢键的键能比氟化氢中氢键能大 C.向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇,将析出深蓝色晶体来,是因为乙醇分子极性比 水小 D.H2CO3 分子中的非羟基氧的个数为 1,然而其酸性较弱,原因是溶于水的二氧化碳分子只 有极少数与水结合成碳酸

12.下列说法正确的是( ) 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 13.下列化合物中含有 2 个手性碳原子的是( )

A.

B.

C.

D.

14.下列结构图中,●代表前二周期元素的原子实(原子实是原子除去最外层电子后剩余的部 分) ,小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子,短线代表价键.示例:

根据各图表示的结构特点,下列有关叙述正确的是( ) A.通常状况下在水中溶解度丙大于丁 B.甲、乙、丙为非极性分子,丁为极性分子 C.甲的水溶液中存在 4 种氢键 D.甲中电负性小的元素与丙中电负性大的元素形成的化合物一定不存在极性键 15.有关晶体的结构如图所示,下列说法中错误的是( )

A.在 NaCl 晶体中,距 Na 最近的 Cl 形成正八面体 B.该气态团簇分子的分子式为 EF 或 FE C.在 CO2 晶体中,一个 CO2 分子周围有 12 个 CO2 分子紧邻

+



D.在碘晶体中,碘分子的排列有两种不同的方向 16.在 TiCl3 的饱溶液中通入 HCl 至饱和,再加入乙醚生成绿色晶体,如果不加入乙醚,直接 通入 HCl 得到的是紫色晶体, 已知两种晶体分子式均为 TiCl3?6H2O, 配位数都是 6 的配合物, 分别取 0.01mol 两种晶在水溶液中用过量 AgNO3 处理,绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色 晶体得到沉淀质量的 2/3,则下列有关说法不正确的是( ) A.该绿色晶体配体是氯离子和水,它们物质的量之比为 1:5 B.紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3 C.上述两种晶体的分子式相同,但结构不同,所以性质不同 D.0.01mol 紫色晶体在水溶液中与过量 AgNO3 作用最多可得到 2.78 g 沉淀

二、填空题 17. (14 分) (1)用“>”、“<”或“=”填写下列空格: ①键能:H2S__________H2O ②键角:BCl3__________NCl3 ③原子的核外电子排布中,未成对电子数:25Mn__________27Co 2 3 2 4 ④A 元素的电子构型为 ns np ,B 元素的电子构型为 ns np ,第一电离能:A__________B (2) 短周期元素中原子核外 p 轨道上电子数与 s 轨道上电子总数相等的元素是__________ (写 元素符号) . (3) Ti (BH4) 在基态 Ti 中, 电子占据的最高能层符号为__________, 2 是一种重要的储氢材料. 该能层具有的原子轨道数为__________. (4)下列微粒:①CH4;②CH≡CH;③NH4 ;④BF3;⑤H2O 填写下列空白(填序号) 呈正四面体的是__________. 所有原子共平面的是__________,共线的是__________. (5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4] 配离子,写出该配离子的结构简 2+ 式 (标明配位键) __________. 已知 NF3 与 NH3 的空间构型都是三角锥形, 但 NF3 不易与 Cu 形成配离子,其原因是:__________. 18. (13 分)石墨、富勒烯 C60、和金刚石的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结 构) :
2+ + 2+

(1)石墨层状结构中,层与层之间作用力为__________,片层中平均每个六元环含碳原子数 为__________个; 在层状结构中, 平均每个六棱柱含碳原子数__________个. 正硼酸 (H3BO3) 是一种片层状结构白色晶体, 有与石墨相似的层状结构. 层内的 H3BO3 分子通过氢键相连 (如 图) .分子中 B 原子杂化轨道的类型为__________,1mol H3BO3 的晶体中有__________mol 氢键

(2)由金刚石晶胞可知,每个金刚石晶胞占有__________个碳原子.碳原子杂化类型为 __________,在该晶体 1mol 碳平均可形成__________molC﹣C 键,砷化镓是人工合成的新型 半导体材料,其晶体结构与金刚石相似,GaAs 晶体中,每个 As 与__________个 Ga 相连,且 第一电离能 As__________Ga(填“>”、“<”或“=”) (3)C60 属于__________ (填“原子”或“分子”)晶体.晶体结构中,C60 分子中每个碳原子只 跟相邻的 3 个碳原子形成化学键,1mol C60 分子中 σ 键的数目为__________,科学家把 C60 和 M 掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能,其晶胞如图所示.M 位于晶胞的棱和内部,

该化合物中的 M 原子和 C60 分子的个数比为__________. 19.现有六种元素,其中 A、B、C、D、E 为短周期主族元素,F 为第四周期元素,它们的原 子序数依次增大.请根据下列相关信息,回答问题. A.元素原子的核外 p 电子总数比 s 电子总数少 1 n 2n B.元素价电子排布式为 ns np C.元素原子核外 s 电子总数与 p 电子总数相等,且不与 A 元素在同一周期 D.原子核外所有 p 轨道全满或半满 E.元素的主族序数与周期数的差为 4 F.是前四周期中电负性最小的元素 (1)A 基态原子中能量最高的电子,其电子云在空间有__________个方向,原子轨道呈 __________ 形, A 与氢元素形成化合物 AH5 除了配位键外还有__________键和__________键. (2)某同学根据上述信息,所画的 C 电子排布图如图违背了__________ 原

理. (3)DE3 中心原子的杂化方式为__________,用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为 __________.检验 F 元素的方法是__________. 2+ 2+ 2+ (4)A2 与 B2 互为等电子体,B2 的电子式可表示为__________;1mol B2 中含有的 π 键数 目为__________. (5)下列电子云图象均为成键后电子云图象,其中可表示一个 E 原子与一个 E 原子的是 __________,表示一个氢原子与一个 E 原子的是__________.

20.氮族元素包括 N、P、As、Sb 和 Bi 五种元素,它们的单质和化合物在生产与生活有重要 作用. (1)下列关于氮族元素的说法正确的是__________. A.N2 可用于填充霓虹灯,其发光原理是原子核外电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的 轨道,以光的形式释放能量. B.氮族元素属于 p 区元素,第一电离能比同周期的碳族和氧族元素大. C.Bi 原子中最外层有 5 个能量相同的电子. D.Sb 的一种氧化物高于 843K 时会转化为长链的大分子,其结构片段如图,则该分子中 Sb、 O 的原子个数比为 2:3.

E.BN 有晶体和非晶体型两种,它们本质区别是:晶体具有各向异性,而非晶体则具有各向 同性. F.液氨中氢键的键长是指 N﹣H…N 的长度. (2)Na3AsO4 可作杀虫剂.AsO4 的空间构型为__________,与其互为等电子体的一种分子 为__________. (3)王亚愚研究组在铁砷化合物(FexMoyAsz)绝缘相电子结构研究方面取得进展,已知: Mo 位于第五周期 VIB 族. ①Mo 元素基态原子的价电子排布式为__________. ②铁砷化合物晶胞结构如图,已知 x=1,则 y=__________,若 Fe 的化合价为+2 价,As 为﹣ 3 价,则 Mo 的化合价为__________.
3﹣

21.富马酸亚铁 FeH2C4O4,商品名富血铁,含铁量高,是治疗缺铁性贫血常见的药物.其制 备的离子方程式为:

(1)Fe 的核外电子排布式为__________. (2)富马酸所含元素的电负性由大到小顺序为__________,C 原子以__________轨道与 O 原 子形成 σ 键. (3)富马酸是无色晶体,在 165℃(17 毫米汞柱)升华,易溶于有机溶剂,其晶体类型为 __________. 2+ 3+ (4)检验 Fe 是否氧化变质,最常用的试剂是 KSCN,若溶液中有 Fe ,加入 KSCN 后溶液 看到现象是__________,有人认为 KSCN 对应的酸有两种,理论上硫氰酸(H﹣S﹣C≡N)的 沸点低于异硫氰酸(H﹣N=C=S)的沸点,其原因是__________. (5)FeO 在常温条件下是良好的绝缘体,FeO 在高温高压下会金属化,可以作为制富马酸亚 铁的原料,FeO 晶体的结构如图所示,其晶胞边长为 apm,列式表示 FeO 晶体的密度为 3 __________g/cm (不必计算出结果,阿伏加德罗常数的值为 NA) .人工制备的 FeO 晶体中常

2+

存在缺陷(如图) : 一个 Fe 空缺,另有两个 Fe 被两个 Fe 所取代,其结果晶体仍呈电中性,但化合物中 Fe 和 3+ 2+ O 的比值却发生了变化.已知某氧化铁样品组成 Fe0.96O,该晶体中 Fe 与 Fe 的离子个数之 比为__________.
2+ 2+ 3+

2014-2015 学年湖北省武汉市部分重点中学高一(下)期 末化学试卷
一、选择题:本大题共 16 小题,每小题 3 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的. 1.化学与人类生产、生活密切相关,下列有关说法正确的是( ) 14 14 12 A. C 可用于文物年代的鉴定, C 与 C 互为同素异形体 B.绚丽缤纷的烟花与原子核外电子发生跃迁吸收能量有关 C.叶绿素、血红素和维生素 B12 都是配合物 D.当单一波长的 X﹣射线通过石英玻璃时,在记录仪上可看到分立的斑点或谱线 【考点】同位素及其应用;原子核外电子的跃迁及应用. 【分析】A.同素异形体是同种元素组成的不同单质; B.钠的焰色是原子的发射光谱,与原子核外电子发生跃迁有关; C.含有配位键的化合物是配合物; D.石英玻璃是非晶体. 14 12 【解答】解:A. C 和 C 质子数相同,中子数不同互为同位素,都是碳元素的原子,不是 单质,不是同素异形体,故 A 错误; B.电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化,当钠在 火焰上灼烧时,原子中的电子吸收了能量,从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道,但处 于能量较高轨道上的电子是不稳定的,很快跃迁回能量较低的轨道,这时就将多余的能量以 光的形式放出,因而能使火焰呈现颜色,与电子跃迁有关,故 B 错误; C.含有配位键的化合物是配合物,所以血红素、叶绿素、维生素 B12 都是配合物,故 C 正确; D.当单一波长的 X﹣射线通过晶体时,会在记录仪上看到分立的斑点或谱线,而同一条件下 摄取的非晶体图谱中看不到分立的斑点或明锐的谱线,故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题考查同素异形体、电子跃迁、配合物以及 X﹣射线等,注意当单一波长的 X﹣射 线通过晶体时,会在记录仪上看到分立的斑点或谱线,题目难度不大. 2.下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是( ) A.氢氧化钠、过氧化钠、硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4、氢化钠 B.硝酸铵、氢化铵、氢氧化二氨合银[Ag(NH3)2]OH、硫酸铵 C.硫酸、氢氧化钠、氮化钙、氢氧化钡 D.氯化铵、氢氧化钠、双氧水、过氧化钙 【考点】化学键;共价键的形成及共价键的主要类型. 【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,非金属元素之间易形成 共价键,含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键,以此来解答. 【解答】解:A.只有硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4 含有配位键,其它都不含,故 A 错误; B.铵盐含有配位键,且含有离子键、共价键,氢氧化二氨合银含有配位键、离子键和共价键, 故 B 正确; C.硫酸只含有共价键,都不含有配位键,故 C 错误;

D.双氧水只含有共价键,都不含有配位键,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查化学键的判断,为高频考点,把握离子键和共价键、配位键的形成为解答 的关键,注意配位键也属于共价键,配位键判断为解答的难点,题目难度不大. 3.化学学科需要借助化学专用语言描述,下列有关化学用语正确的是( A.基态铜原子的价电子排布图: B.CO2 分子立体结构模型: )

C.三氟化硼的电子式: D.35Br 基态原子的电子排布式可简写为[Ar]4s 4p 【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合. 10 1 【分析】A.u 的原子序数为 29,价电子排布为 3d 4s ; B.比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小,碳的原子半径比氧的大; C.三氟化硼为共价化合物,B 原子与 F 原子形成 3 个共用电子对; 2 2 6 2 6 D.[Ar]的核外电子排布式为:1s 2s 2p 3s 3p ,而溴的前 3 层核外电子排布式为: 2 2 6 2 6 10 1s 2s 2p 3s 3p 3d . 10 1 【解答】解:A.Cu 的原子序数为 29,价电子排布为 3d 4s ,基态铜原子的价电子排布图为
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,故 A 错误; B.碳和氧位于同一周期,从左到右原子半径逐渐减小,故碳的原子半径较大,CO2 分子比例

模型:

,故 B 错误;

C.三氟化硼中 F、B 原子形成 3 对共用电子对,其电子式为

,故 C 正确;

D.35Br 元素为 35 号元素,原子核外有 35 个电子,核外电子排布式为: 2 2 6 2 6 10 2 5 2 5 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p ,所以不能用[Ar]4s 4p 表示,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法,题目难度中等,涉及比例模型、电子式、电 子排布式等知识,明确常见化学用语的书写原则为就关键,试题培养了学生的规范答题能力. 4.2011 年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔?谢赫特曼,以表彰他发现了准晶体.准 晶体材料具有硬度高,不易损伤,使用寿命长等特点.下列叙述错误的是( ) A.自然界中的固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质 B.准晶体是一种介于晶体和非晶态物质之间的固体 C.准晶体材料的应用具有较大的发展空间 D.化学式为 Al63Cu24Fe13 的准晶体不可与稀硝酸发生反应

【考点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用. 【专题】化学键与晶体结构. 【分析】固体可分为晶体、准晶体和非晶态物质,准晶体介于晶体和非晶态物质之间,硬度 高,不易损伤,使用寿命长,具有较大发展空间,金属晶体可与稀硝酸发生化学反应. 【解答】解:A.固体有晶体、非晶体之分,介于晶体、非晶体之间的为准晶体,故 A 正确; B.准晶体介于晶体和非晶态物质之间,具有晶体和非晶体的性质,故 B 正确; C.准晶体硬度高,不易损伤,使用寿命长,具有较大发展空间,故 C 正确; D.Al63Cu24Fe13 的准晶体所含元素都能与稀硝酸反应,故 D 错误. 故选 D. 【点评】本题考查晶体的性质,题目难度不大,注意晶体的分类和性质,明确题给信息为解 答该题的关键. 5.下列关于 σ 键和 π 键的理解不正确的是( ) A.共价单键都是 σ 键,共价双键中有一个 σ 键和一个 π 键 B.σ 键可以绕键轴旋转,π 键一定不能绕键轴旋转 C.H2 分子中的 σ 键是 s﹣s σ 键,HClO 分子中的 σ 键是 p﹣p σ 键 D.C2H4 分子中有 5 个 σ 键和一个 π 键,N2H4 中只有 5 个 σ 键 【考点】共价键的形成及共价键的主要类型. 【分析】A.单键为 σ 键,双键、三键中均含 1 个 σ 键; B.σ 键为球对称,π 键为镜面对称; C.HCl 中为 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道形成的 s﹣pσ 键; D.稀有气体的单质中不存在共价键. 【解答】解:A.分子中单键中只含 σ 键,双键和三键中含 π 键和 σ 键,所以 π 键一定不能单 独形成,故 A 正确; B.σ 键为球对称,π 键为镜面对称,则 σ 键可以绕键轴旋转,π 键一定不能绕键轴旋转,故 B 正确; C.H 只有 1s 电子,Cl 的 3p 轨道上的电子与 H 的 1s 轨道电子以“头碰头”方式重叠构建 s﹣pσ 键,故 C 错误; D.乙烯分子中氢原子和原子之间存在共价单键,为 σ 键,碳碳原子之间存在共价双键,一个 是 σ 键和一个是 π 键,C2H4 分子中有 5 个 σ 键和一个 π 键,N2H4 中只有 5 个单键,即含有 5 个 σ 键,故 D 正确; 故选 C. 【点评】本题考查共价键的形成及类型,注意 σ 键、π 键的形成过程及判断的一般规律即可解 答,注重基础知识的考查,题目难度不大. 6.现有四种短周期元素:W、X、Y、Z;W、Z 的 M 层均有两个末成对电子,其中 W 最高 化合价和最低化合价代数和为 4,X 与 W 位于同一周期,且最外层电子有 5 种不同的运动状 态,Y 元素原子的电子占有 5 个轨道,其中只有一个轨道是单电子,则下列有关比较中正确的 是( ) A.第一电离能:Y>X>Z>W B.原子半径:W>X>Z>Y C.电负性:Y>W>X>Z D.最高正化合价:Y>W>X>Z 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【分析】现有四种短周期元素:W、X、Y、Z;W、Z 的 M 层均有两个末成对电子,它们的 2 2 2 4 M 层电子排布为 3s 3p 或 3s 3p ,其中 W 最高化合价和最低化合价代数和为 4,则 W 为 S 元

素,可知 Z 为 Mg;X 与 W 位于同一周期,即处于第三周期,且最外层电子有 5 种不同的运 动状态,则 X 为 P 元素;Y 元素原子的电子占有 5 个轨道,其中只有一个轨道是单电子,核 外电子排布为 1s 2s 2p ,则 Y 为 F 元素,结合元素周期律解答. A.同周期自左而右第一电离能呈增大趋势,但 IIA 族、VA 第一电离能高于同周期相邻元素, 同主族自上而下第一电离能减小; B.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; 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.F 元素没有最高正化合价. 【解答】解:现有四种短周期元素:W、X、Y、Z;W、Z 的 M 层均有两个末成对电子,它 2 2 2 4 们的 M 层电子排布为 3s 3p 或 3s 3p , 其中 W 最高化合价和最低化合价代数和为 4, 则W为 S 元素,可知 Z 为 Mg;X 与 W 位于同一周期,即处于第三周期,且最外层电子有 5 种不同的 运动状态,则 X 为 P 元素;Y 元素原子的电子占有 5 个轨道,其中只有一个轨道是单电子, 核外电子排布为 1s 2s 2p ,则 Y 为 F 元素. A.同周期自左而右第一电离能呈增大趋势,但 P 元素 3p 能级为半满稳定状态,第一电离能 高于同周期相邻元素,同主族自上而下第一电离能减小,故第一电离能:Y(F)>X(P)> W(S)>Z(Mg) ,故 A 错误; B.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 Z(Mg)>X (P)>W(S)>Y(F) ,故 B 错误; 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,故电负性:Y(F)>W(S) >X(P)>Z(O) ,故 C 正确; D.F 元素没有最高正化合价,故 D 错误, 故选:C. 【点评】本题考查原子结构与元素周期律,推断元素是解题关键,注意同周期第一电离能异 常情况. 7.下列说法正确的是( ) A.氢键有方向性和饱和性,属于共价键 B.H2O 是一种非常稳定的化合物,这是由于氢键所致 C.范德华力是一种分子间作用力,也是一种特殊的化学键 D.常温常压下,卤素单质从 F2→I2 由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大 【考点】化学键;氢键的存在对物质性质的影响. 【分析】A.氢键不是共价键; B.氢键只影响物理性质; C.范德华力属于分子间作用力; D.卤素单质从 F2→I2 的相对分子质量逐渐增大,范德华力逐渐增大. 【解答】解:A.氢键属于分子间作用力,不是共价键,故 A 错误; B.氢键只影响物理性质,水的稳定性与共价键有关,故 B 错误; C.范德华力属于分子间作用力,故 C 错误; D.卤素单质从 F2→I2 的相对分子质量逐渐增大,范德华力逐渐增大,则卤素单质从 F2→I2 的 沸点逐渐增大,故 D 正确. 故选 D. 【点评】本题考查共价键与范德华力,属于基础性题目,难度不大,注意分子间作用力包括 范德华力和氢键.
2 2 5 2 2 5

8.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型,有时也能用来推 测键角大小,下列判断正确的是( ) A.SO2、CS2、HI 都是直线形的分子 B.BF3 键角为 120°,SnBr2 键角大于 120° C.COCl2、BF3、SO3 都是平面三角形的分子 D.PCl3、NH3、PCl5 都是三角锥形的分子 【考点】判断简单分子或离子的构型. 【专题】原子组成与结构专题. 【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型,分子中孤电子对与成键电子对之间的 排斥力大于成键电子对之间的排斥力,据此分析解答. 【解答】解:A.SO2 中价层电子对个数=2+ ×(6﹣2×1)=4 且含有 2 个孤电子对,所以二氧 化硫为 V 型结构,CS2、HI 为直线形结构,故 A 错误; B.BF3 中价层电子对个数=3+ ×(3﹣3×1)=3,所以为平面三角形结构;SnBr2 中价层电子对 个数=2+ ×(4﹣2×1)=3 且含有一个孤电子对,为 V 型结构,孤电子对与成键电子对之间的 排斥力大于成键电子对之间的排斥力,所以 BF3 键角为 120°,SnBr2 键角小于 120°,故 B 错 误; C.COCl2、BF3、SO3 中中心原子价层电子对个数都是 3 且不含孤电子对,所以这三种分子都 是平面三角形结构,故 C 正确; D.NH3、PCl3 中价层电子对个数=3+ ×(5﹣3×1)=4 且含有一个孤电子对,所以 NH3、PCl3 为三角锥形结构;PCl5 中价层电子对个数=5+ ×(5﹣5×1)=5 且不含孤电子对,为三角双锥 结构,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了分子空间构型及键角,明确价层电子对互斥理论的作用是解本题关键, 难点是计算孤电子对的方法,难度不大. 9.下表数据是对应物质的熔点,下列说法错误的是( ) ① ② ③ ④ 编号 物质 AlF3 AlCl3 BCl3 NCl3 1291 160 熔点/℃ ﹣107 ﹣40 A.BCl3、NCl3 分子中各原子最外层都满足 8 电子稳定结构 B.NCl3 中心原子价层电子对数比 BCl3 中心原子价层电子对数多 C.AlF3、AlCl3 都是强电解质,但晶体类型不同 D.BCl3 为平面正三角形分子,故它是由极性键构成的非极性分子 【考点】原子核外电子排布;极性分子和非极性分子;强电解质和弱电解质的概念. 【分析】离子晶体熔沸点较高,分子晶体熔沸点较低,根据晶体熔沸点知,氟化铝属于离子 晶体,氯化铝、氯化硼、氯化氮属于分子晶体, A.如果中心原子最外层电子数+共价键个数=8 时该分子中所有原子都满足 8 电子稳定结构; B.NCl3 中心原子价层电子对数为 4 对,而 BCl3 中心原子价层电子对数为 3 对; C.氯化铝是分子晶体,氟化铝属于离子晶体;

D.不同非金属元素之间易形成共价键,分子中正负电荷重心重合的分子为非极性分子. 【解答】解:离子晶体熔沸点较高,分子晶体熔沸点较低,根据晶体熔沸点知,氟化铝属于 离子晶体,氯化铝、氯化硼、氯化氮属于分子晶体, A.BCl3 中 B 原子最外层电子数+共价键个数=3+3=6,所以该分子中所有原子不达到 8 电子稳 定结构,NCl3 中 N 原子最外层电子数+共价键个数=5+3=8,所以该分子中各原子最外层都满 足 8 电子稳定结构,故 A 错误; B.NCl3 中心原子价层电子对数为 4 对,而 BCl3 中心原子价层电子对数为 3 对,所以 NCl3 中心原子价层电子对数比 BCl3 中心原子价层电子对数多,故 B 正确; C.AlF3、AlCl3 在水溶液里都完全电离,属于强电解质,氯化铝属于分子晶体,氟化铝属于 离子晶体,所以晶体类型不同,故 C 正确; D.该分子中 B 和 Cl 原子之间形成极性键,BCl3 为平面正三角形分子,正负电荷重心重合, 为非极性分子,故 D 正确; 故选 A. 【点评】本题考查晶体类型与熔沸点的关系,涉及化学键的判断、分子极性的判断、8 电子结 构、晶体类型的判断等知识点,侧重考查基本理论,知道 8 电子稳定结构的判断方法,注意 氯化铝属于分子晶体而不是离子晶体,为易错点. 10.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 σ 键、π 键或用于容纳未参与成键的孤电子对 3 B.分子中中心原子通过 sp 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 3 2 D.sp 、sp 、sp 杂化轨道的夹角分别为 109°28′、120°、180° 【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断. 【专题】化学键与晶体结构. 【分析】A、杂化轨道只用于形成 σ 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,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 σ 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 π 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 3 际空间构型要去掉孤电子对,中心原子采取 sp 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+ ×(6﹣2×1)=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、对称分 布,故 C 正确; 3 2 D、sp 、sp 、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 109°28′、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.

11.下列对分子性质的解释中,不正确的是(

)

A.已知大多数含氧酸可用通式 XOm(OH)n 来表示,H2SeO3、HMnO4、H3BO3、H3PO4 四 种酸中酸性最强的是 H2SeO3 B.HF 的沸点比 H2O 低是因水中氢键的键能比氟化氢中氢键能大 C.向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇,将析出深蓝色晶体来,是因为乙醇分子极性比 水小 D.H2CO3 分子中的非羟基氧的个数为 1,然而其酸性较弱,原因是溶于水的二氧化碳分子只 有极少数与水结合成碳酸 【考点】物质的组成、结构和性质的关系;氢键的存在对物质性质的影响. 【分析】A.含氧酸可用通式 XOm(OH)n 来表示,式中 m 大于等于 2 的是强酸,m 为 0 的 是弱酸,据此可知,非羟基氧原子数目越大,酸性越强,将选项中含氧酸改写成 XOm(OH) n 形式,根据非羟基氧原子数目判断; B.氢键越多,熔沸点越高; C.离子化合物易溶于极性溶剂; D.溶于水的二氧化碳分子只有极少数与水结合成碳酸. 【解答】解:A.H2SeO3 可以改写为 SeO1(OH)2,非羟基氧原子数目为 1;HMnO4 可以改 写为 MnO3(OH)1,非羟基氧原子数目为 3;H3BO3 可以改写为 B(OH)3,非羟基氧原子 数目为 0;H3PO4 可以改写为 PO1(OH)3,非羟基氧原子数目为 1;HMnO4 中非羟基氧原子 数目最多,酸性最强,故 A 错误; B.H2O 分子中的 O 与周围 H2O 分子中的两个 H 原子生成两个氢键,而 HF 分子中的 F 原子 只能形成一个氢键,氢键越多,熔沸点越高,所以 H2O 熔沸点高,与共价键的键能无关,故 B 错误; C.离子化合物易溶于极性溶剂,乙醇分子极性比水小,所以[Cu(NH3)4]SO4?H2O 的溶解度 在乙醇中比水中要小,故 C 正确; D.二氧化碳的溶解度较小,溶于水的二氧化碳分子只有极少数与水结合成碳酸,所以碳酸酸 性较弱,故 D 正确. 故选 AB. 【点评】本题考查物质的组成、结构和性质的关系,侧重于常识性内容的考查,难度不大, 注意基础知识的积累. 12.下列说法正确的是( ) 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. 【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; D.H 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; D.H 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. 13.下列化合物中含有 2 个手性碳原子的是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】“手性分子”在生命科学等方面的应用. 【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子,手性碳原子判断注意:1、手性碳原子一 定是饱和碳原子;2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的.

【解答】解:A、

只有如图标记“*”的碳原子连接四个不同的基团,是手性

碳原子,含有 1 个手性碳原子,故 A 不符合;

B、

如图标记“*”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子,含有 2 个手性碳

原子,故 B 符合;

C、 只有如图标记“*”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子,含有 1 个手性 碳原子,故 C 不符合;

D、

只有如图标记“*”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子,含

有 1 个手性碳原子,故 D 不符合. 故选:B. 【点评】本题考查手性碳原子的判断,比较基础,手性碳原子判断注意:1、手性碳原子一定 是饱和碳原子;2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的.

14.下列结构图中,●代表前二周期元素的原子实(原子实是原子除去最外层电子后剩余的部 分) ,小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子,短线代表价键.示例:

根据各图表示的结构特点,下列有关叙述正确的是( ) A.通常状况下在水中溶解度丙大于丁 B.甲、乙、丙为非极性分子,丁为极性分子 C.甲的水溶液中存在 4 种氢键 D.甲中电负性小的元素与丙中电负性大的元素形成的化合物一定不存在极性键 【考点】化学键. 【分析】根据图示结构及题中信息可知,甲为 HF、乙为 N2、丙为 CO2、丁为 NH3, A.根据相似相溶判断; B.HF、氨气为极性分子; C.氟化氢水溶液里,氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧 原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键; D.甲中电负性小的元素为 H,丙中电负性大的元素为 O,形成的化合物为 H2O 或 H2O2. 【解答】解:根据图示结构及题中信息可知,甲为 HF、乙为 N2、丙为 CO2、丁为 NH3, A.丁为极性分子,易溶于水,而二氧化碳微溶于水,故 A 错误; B.氮气和二氧化碳属于非极性分子,而 HF、氨气中正负电荷的重心不重合,属于极性分子, 故 B 错误; C.氟化氢水溶液里,氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧 原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键,所以该溶液中能 形成 4 种氢键,故 C 正确; D.甲中电负性小的元素为 H,丙中电负性大的元素为 O,形成的化合物为 H2O 或 H2O2,存 在 H﹣O 键,为极性键,故 D 错误. 故选 C. 【点评】本题考查了离子化合物判断、极性分子和非极性分子的判断,题目难度中等,解题 关键是根据图示结构和信息推断出甲、乙、丙、丁的分子组成,然后根据化学键的类型、极 性分子和非极性分子的概念进行判断. 15.有关晶体的结构如图所示,下列说法中错误的是( )

A.在 NaCl 晶体中,距 Na 最近的 Cl 形成正八面体 B.该气态团簇分子的分子式为 EF 或 FE C.在 CO2 晶体中,一个 CO2 分子周围有 12 个 CO2 分子紧邻 D.在碘晶体中,碘分子的排列有两种不同的方向 【考点】晶胞的计算. 【分析】A、根据在 NaCl 晶体中,距 Na 最近的 Cl 有 6 个,距 Cl 最近的 Na 有 6 个进行分 析; B、注意气态团簇分子与晶胞的区别; C、根据 CO2 晶胞结构图可知,经顶点上的 CO2 分子为例,每个 CO2 分子周围距离最近的 CO2 分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上,这样的面共有 12 个; D、碘为分子晶体,晶胞中占据顶点和面心,碘分子的排列有 2 种不同的取向,在顶点和面心 不同,2 种取向不同的碘分子以 4 配位数交替配位形成层结构. 【解答】解:A、在 NaCl 晶体中,距 Na 最近的 Cl 有 6 个,距 Cl 最近的 Na 有 6 个,这 6 个离子构成一个正八面体,故 A 正确; B、 气态团簇分子不同于晶胞, 气态团簇分子中含有 4 个 E 原子, 4 个 F 原子, 则分子式为 E4F4 或 F4E4,故 B 错误; C、根据 CO2 晶胞结构图可知,经顶点上的 CO2 分子为例,每个 CO2 分子周围距离最近的 CO2 分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上, 这样的面共有 12 个, 所以一个 CO2 分子 周围有 12 个 CO2 分子紧邻,故 C 正确; D、根据晶胞结构图可知,碘为分子晶体,晶胞中占据顶点和面心,碘分子的排列有 2 种不同 的取向,在顶点和面心不同,2 种取向不同的碘分子以 4 配位数交替配位形成层结构,故 D 正 确; 故选:B. 【点评】本题考查晶胞的结构,题目难度较大,本题尤其注意气态团簇分子与晶胞的区别, 为本题的易错点. 16.在 TiCl3 的饱溶液中通入 HCl 至饱和,再加入乙醚生成绿色晶体,如果不加入乙醚,直接 通入 HCl 得到的是紫色晶体, 已知两种晶体分子式均为 TiCl3?6H2O, 配位数都是 6 的配合物, 分别取 0.01mol 两种晶在水溶液中用过量 AgNO3 处理,绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色 晶体得到沉淀质量的 2/3,则下列有关说法不正确的是( ) A.该绿色晶体配体是氯离子和水,它们物质的量之比为 1:5 B.紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3
+
﹣ ﹣

+



+





+

+

C.上述两种晶体的分子式相同,但结构不同,所以性质不同 D.0.01mol 紫色晶体在水溶液中与过量 AgNO3 作用最多可得到 2.78 g 沉淀 【考点】配合物的成键情况. 【分析】配合物中內界原子不能发生电离,外界离子在水溶液里能发生电离,氯离子可以与 3+ 银离子反应生成氯化银白色沉淀,根据沉淀情况可以得到有几个离子在配合物中.Ti 的配位 数均为 6,往待测溶液中滴入 AgNO3 溶液,均产生白色沉淀,则有氯离子在配合物的外界, 两份沉淀,经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与 AgNO3 溶液反应得到的白色沉淀 质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的 ,可知紫色晶体中含 3 个氯离子,绿色晶体中 含 2 个氯离子. A.绿色晶体配位数是 6,含 2 个氯离子,配体是氯离子和水,它们物质的量之比为 1:5; B.紫色晶体中含 3 个氯离子,配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3; C.两种晶体分子式均为 TiCl3?6H2O,用过量 AgNO3 处理,沉淀量不同,结构不同,所以性 质不同; D.紫色晶体中含 3 个氯离子,0.01mol 紫色晶体在水溶液中与过量 AgNO3 作用最多可得到 0.03mol 沉淀. 【解答】解:配合物中內界原子不能发生电离,外界离子在水溶液里能发生电离,氯离子可 以与银离子反应生成氯化银白色沉淀,通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量,原绿色晶 体的水溶液与 AgNO3 溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的 ,两种晶体的组成皆为 TiCl3?6H2O,说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子,而绿色晶体 中只有 2 个自由移动的离子,即有一个氯原子形成了配合物,因为钛为 6 配位,即配合物中 须有五个水,即化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2?H2O,而紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3, A. 绿色晶体分子式为 TiCl3?6H2O, 配位数是 6, 含 2 个氯离子, 化学式为[TiCl (H2O) 5]Cl2?H2O, 配体是氯离子和水,它们物质的量之比为 1:5,故 A 正确; B.紫色晶体中含 3 个氯离子,配位数是 6,化学式为[Ti(H2O)6]Cl3,故 B 正确; C.两种晶体分子式均为 TiCl3?6H2O,用过量 AgNO3 处理,绿色晶体得到的白色沉淀质量为 紫色晶体得到沉淀质量的 2/3,沉淀量不同,结构不同,所以性质不同,故 C 正确; D.配合物中內界原子不能发生电离,外界离子在水溶液里能发生电离,紫色晶体中含 3 个氯 离子,紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3,0.01mol 紫色晶体在水溶液中与过量 AgNO3 作 用最多可得到 0.03mol 沉淀,沉淀为 m=nM=0.03mol×143.5g/mol=43.05g,故 D 错误; 故选 D. 【点评】本题考查配合物,注意配合物内界与外界区别:配合物中外界离子在水溶液里能发 生电离,內界原子不能发生电离,题目难度中等. 二、填空题 17. (14 分) (1)用“>”、“<”或“=”填写下列空格: ①键能:H2S<H2O ②键角:BCl3>NCl3 ③原子的核外电子排布中,未成对电子数:25Mn>27Co 2 3 2 4 ④A 元素的电子构型为 ns np ,B 元素的电子构型为 ns np ,第一电离能:A>B (2)短周期元素中原子核外 p 轨道上电子数与 s 轨道上电子总数相等的元素是 O、Mg(写元 素符号) .

(3)Ti(BH4)2 是一种重要的储氢材料.在基态 Ti 中,电子占据的最高能层符号为 M,该 能层具有的原子轨道数为 9. (4)下列微粒:①CH4;②CH≡CH;③NH4 ;④BF3;⑤H2O 填写下列空白(填序号) 呈正四面体的是①③. 所有原子共平面的是②④⑤,共线的是②. 2+ (5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4] 配离子,写出该配离子的结构简
+

2+

式(标明配位键)
2+

.已知 NF3 与 NH3 的空间构型都是三角锥形,但 NF3 不易与

Cu 形成配离子,其原因是:共用电子对偏向 F 而偏离 N 原子,使得 N 原子上的孤对电子难 2+ 于与 Cu 形成配位键. 【考点】判断简单分子或离子的构型;元素电离能、电负性的含义及应用;键能、键长、键 角及其应用. 【分析】 (1)①原子半径越小,共价键的键能越大; ②元素的非金属性越强,最高价氧化物对应水化物酸性越强; ③根据分子的空间构型来判断; ④根据同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,注意同一周期的第ⅡA 元素 的第一电离能大于第ⅢA 族的,第ⅤA 族的大于第ⅥA 族的; (2)当 s 轨道上电子总数为 4 时,则 p 轨道上电子数也为 4,即 1s 2s 2p ;当 s 轨道上电子 2 2 6 2 总数为 6 时,则 p 轨道上电子数也为 6,即 1s 2s 2p 3s ; 2+ (3)在基态 Ti 中,电子占据的最高能层符号为 M,该能层具有的原子轨道数为 9; (4)根据分子的空间构型分析; (5)中心原子提供空轨道,配体提供孤电子对,配合物中配位键由配体指向中心原子;NF3 分子中氟原子电负性强,吸引孤对电子能力强. 【解答】解: (1)①原子半径越小,共价键的键能越大,所以键能:H2S<H2O,故答案为: <; ②BCl3 的空间构型为平面三角形,键角为 120°,BCl3 的分子构型为三角锥形,键角为 107°, 所以键角:BCl3>NCl3,故答案为:>; 2 2 6 2 6 7 2 ③27Cr 核外电子排布式:1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ,未成对电子数为 3,25Mn 核外电子排布式: 2 2 6 2 6 5 2 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ,未成对电子数为 5,所以未成对电子数:25Mn>27Con,故答案为:>; 2 3 ④元素的电子构型为 ns np ,为第ⅤA 族,电子排布为半满状态,较稳定,不易失去电子, 2 4 所以第一电离能较大,B 元素的电子构型为 ns np ,为第ⅥA 族,所以第一电离能:A>B, 故答案为:>; 2 2 4 (2)当 s 轨道上电子总数为 4 时,则 p 轨道上电子数也为 4,即 1s 2s 2p 为 O 元素,当 s 轨 2 2 6 2 道上电子总数为 6 时,则 p 轨道上电子数也为 6,即 1s 2s 2p 3s 为 Mg 元素; 故答案为:O、Mg; (3)在基态 Ti 中,核外电子排布为 1s 2s 2p 3s 3p 3d ,电子占据的最高能层符号为 M,该 能层具有的原子轨道数为 9,故答案为:M;9; + (4)①CH4 是正四面体结构;②CH≡CH 是直线形分子,所有原子共平面也共线;③NH4 是正四面体结构; ④BF3 是平面三角形分子, 所有原子共平面而不共线; ⑤H2O 是 V 形分子, 所有原子共平面而不共线,故答案为:①③;②④⑤;②;
2+ 2 2 6 2 6 2 2 2 4

(5)在配合物离子[Fe(SCN)] 中,中心离子是 Fe ,提供提供空轨道接受孤对电子,配

2+

3+

合物离子[Cu(NH3)4] 中的配位键为

2+

;NF3 分子中氟原子电负性强,吸引电子
2+

能力强, 共用电子对偏向 F 而偏离 N 原子, 使得氮原子上的孤对电子难于与 Cu 形成配位键;

故答案为:
2+

;共用电子对偏向 F 而偏离 N 原子,使得 N 原子上的孤对电子难于

与 Cu 形成配位键. 【点评】本题是对物质结构的考查,涉及键能、核外电子排布、第一电离能、配合物性等, 是对主干知识的考查,需要学生具备扎实的基础,难度中等. 18. (13 分)石墨、富勒烯 C60、和金刚石的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结 构) :

(1)石墨层状结构中,层与层之间作用力为范德华力,片层中平均每个六元环含碳原子数为 2 个;在层状结构中,平均每个六棱柱含碳原子数 2 个.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构 白色晶体,有与石墨相似的层状结构.层内的 H3BO3 分子通过氢键相连(如图) .分子中 B 2 原子杂化轨道的类型为 sp ,1mol H3BO3 的晶体中有 3mol 氢键

(2)由金刚石晶胞可知,每个金刚石晶胞占有 8 个碳原子.碳原子杂化类型为 sp ,在该晶 体 1mol 碳平均可形成 2molC﹣C 键,砷化镓是人工合成的新型半导体材料,其晶体结构与金 刚石相似, GaAs 晶体中, 每个 As 与 4 个 Ga 相连, 且第一电离能 As>Ga (填“>”、 “<”或“=”) (3)C60 属于分子 (填“原子”或“分子”)晶体.晶体结构中,C60 分子中每个碳原子只跟相邻 的 3 个碳原子形成化学键,1mol C60 分子中 σ 键的数目为 90NA,科学家把 C60 和 M 掺杂在一

3

起制造出的化合物具有超导性能,其晶胞如图所示.M 位于晶胞的棱和内部,该化合物中的

M 原子和 C60 分子的个数比为 3:1. 【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. 【分析】 (1)石墨层状结构中,层与层之间作用力为范德华力,片层中平均每个六元环含碳 原子数= ×6; 在层状结构中,平均每个六棱柱含碳原子数=12× ; 根据图知,正硼酸(H3BO3)中每个 B 原子连接 3 个 O 原子且不含孤电子对,据此确定 B 原 子杂化方式; 1 个正硼酸分子能形成 3 个氢键,据此计算 1mol H3BO3 的晶体中氢键物质的量; (2)金刚石晶胞中 C 原子个数=4+8× +6× ;每个 C 原子形成四个共价键,且不含孤电子对, 则 C 原子为 sp 杂化; 金刚石中每个 C 原子形成碳碳键个数=4× =2; GaAs 晶体结构和金刚石 相似,所以 GaAs 中,每个 As 与 4 个 Ga 相连,同一周期元素,元素第一电离能随着原子序 数增大而呈增大趋势,但第 IIA、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素; (3)由分子构成的晶体是分子晶体;C60 分子中每个碳原子只跟相邻的 3 个碳原子形成化学 键,每个 C 原子含有 1.5 个 σ 键; 该晶胞中 M 原子个数=8+1+12× =12, C60 分子个数=8× +6× =4, 所以 M 和 C60 个数之比=12: 4=3:1. 【解答】解: (1)石墨层状结构中,层与层之间作用力为范德华力,片层中平均每个六元环 含碳原子数= ×6=2; 在层状结构中,平均每个六棱柱含碳原子数=12× =2; 根据图知,正硼酸(H3BO3)中每个 B 原子连接 3 个 O 原子且不含孤电子对,据此确定 B 原 2 子杂化方式为 sp ; 1 个正硼酸分子能形成 3 个氢键,则 1mol H3BO3 的晶体中氢键物质的量是 3mol; 2 故答案为:范德华力;2;2;sp ;3; (2)金刚石晶胞中 C 原子个数=4+8× +6× =8;每个 C 原子形成四个共价键,且不含孤电子 对,则 C 原子为 sp 杂化;金刚石中每个 C 原子形成碳碳键个数=4× =2;GaAs 晶体结构和金 刚石相似,所以 GaAs 中,每个 As 与 4 个 Ga 相连,同一周期元素,元素第一电离能随着原
3 3

子序数增大而呈增大趋势,但第 IIA、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第一电 离能 As>Ga; 故答案为:8;sp ;2;4;>; (3)由分子构成的晶体是分子晶体;C60 分子中每个碳原子只跟相邻的 3 个碳原子形成化学 键,每个 C 原子含有 1.5 个 σ 键,1mol C60 分子中 σ 键的数目为 90NA; 该晶胞中 M 原子个数=8+1+12× =12, C60 分子个数=8× +6× =4, 所以 M 和 C60 个数之比=12: 4=3:1. 故答案为:分子;90NA;3:1. 【点评】本题考查物质结构和性质,为高频考点,涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、电离 能大小判断等知识点,难点是晶胞计算,注意(3)中原子个数计算,同时考查空间想象能力, 题目难度中等. 19.现有六种元素,其中 A、B、C、D、E 为短周期主族元素,F 为第四周期元素,它们的原 子序数依次增大.请根据下列相关信息,回答问题. A.元素原子的核外 p 电子总数比 s 电子总数少 1 B.元素价电子排布式为 ns np C.元素原子核外 s 电子总数与 p 电子总数相等,且不与 A 元素在同一周期 D.原子核外所有 p 轨道全满或半满 E.元素的主族序数与周期数的差为 4 F.是前四周期中电负性最小的元素 (1)A 基态原子中能量最高的电子,其电子云在空间有 3 个方向,原子轨道呈纺锤 形,A 与 氢元素形成化合物 AH5 除了配位键外还有离子键和极性键. (2)某同学根据上述信息,所画的 C 电子排布图如图违背了泡利 原
n 2n 3

理. (3)DE3 中心原子的杂化方式为 sp ,用价层电子对互斥理论推测其分子空间构型为三角锥 形.检验 F 元素的方法是焰色反应. (4)A2 与 B2 互为等电子体,B2 的电子式可表示为
2+ B2 中含有的 2+ 2+ 3

;1mol

π 键数目为 2NA. (5)下列电子云图象均为成键后电子云图象,其中可表示一个 E 原子与一个 E 原子的是 E, 表示一个氢原子与一个 E 原子的是 D.

【考点】位置结构性质的相互关系应用. 【分析】A、B、C、D、E 为短周期主族元素,原子序数依次增大,A 元素原子的核外 p 电子 2 2 3 n 2n 数比 s 电子数少 1,电子排布为 1s 2s 2p ,则 A 为 N 元素;B 元素价电子排布式为 ns np , 由于 n=2,故 B 为 O 元素;C 元素原子核外 s 电子总数与 p 电子总数相等,且不与 A 元素在 2 2 6 2 同一周期,则其电子排布为 1s 2s 2p 3s ,故 C 为 Mg;D 元素原子核外所有 p 轨道全满或半 2 3 满,最外层排布为 3s 3p ,故 D 为 P 元素;E 处于第三周期,E 元素的主族序数与周期数的差

为 4,处于ⅦA 族,故 E 为 Cl 元素;F 是前四周期中电负性最小的元素,则 E 为 K 元素,据 此解答. 【解答】解:A、B、C、D、E 为短周期主族元素,原子序数依次增大,A 元素原子的核外 p 2 2 3 n 2n 电子数比 s 电子数少 1, 电子排布为 1s 2s 2p , 则 A 为 N 元素; B 元素价电子排布式为 ns np , 由于 n=2,故 B 为 O 元素;C 元素原子核外 s 电子总数与 p 电子总数相等,且不与 A 元素在 2 2 6 2 同一周期,则其电子排布为 1s 2s 2p 3s ,故 C 为 Mg;D 元素原子核外所有 p 轨道全满或半 2 3 满,最外层排布为 3s 3p ,故 D 为 P 元素;E 处于第三周期,E 元素的主族序数与周期数的差 为 4,处于ⅦA 族,故 E 为 Cl 元素;F 是前四周期中电负性最小的元素,则 E 为 K 元素. 2 2 3 (1)A 为 N 元素,核外电子排布式为 1s ns np ,基态原子中能量最高的电子处于 2p 能级, 有 3 个电子,其电子云在空间有 3 个方向,原子轨道呈纺锤形;A 与氢元素形成化合物 NH5 为 NH4H,除配位键外还有离子键、极性键, 故答案为:3;纺锤;离子、极性; (2)某同学根据上述信息,推断 B 基态原子的核外电子排布为

, 该同学所画的电子排布图中 3s 能级中 2 个电子自旋方向相 同,违背了泡利原理, 故答案为:泡利;
3

(3)PCl3 中 P 原子孤电子对数为 故答案为:sp ;三角锥形;焰色反应.
3

=1,价层电子对数为 3+1=4,P 原子采取 sp 杂化,

其分子空间构型为三角锥形,F 为 K 元素,检验 K 元素的方法是:焰色反应,

(4) N2 与 O2 互为等电子体, O2 的电子式可表示为
2+ O2 中含有的

2+

2+

;1mol

π 键数目为 2NA,

故答案为: ;2NA; (5)E 为 Cl 元素,Cl 原子之间形成 p﹣p σ 键,是轴对称的,图象 E 符合,H 原子与 Cl 原子 之间形成 s﹣p σ 键,是轴对称的,图象 D 符合, 故答案为:E;D. 【点评】本题是对物质结构与性质的考查,涉及核外电子运动与排布规律、杂化轨道理论、 分子结构、化学键等,难度中等,推断元素是解题的关键,注意从电子云重叠理解共价键. 20.氮族元素包括 N、P、As、Sb 和 Bi 五种元素,它们的单质和化合物在生产与生活有重要 作用. (1)下列关于氮族元素的说法正确的是 BDF. A.N2 可用于填充霓虹灯,其发光原理是原子核外电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的 轨道,以光的形式释放能量. B.氮族元素属于 p 区元素,第一电离能比同周期的碳族和氧族元素大. C.Bi 原子中最外层有 5 个能量相同的电子. D.Sb 的一种氧化物高于 843K 时会转化为长链的大分子,其结构片段如图,则该分子中 Sb、 O 的原子个数比为 2:3.

E.BN 有晶体和非晶体型两种,它们本质区别是:晶体具有各向异性,而非晶体则具有各向 同性. F.液氨中氢键的键长是指 N﹣H…N 的长度. (2)Na3AsO4 可作杀虫剂.AsO4 的空间构型为正四面体,与其互为等电子体的一种分子为 CCl4. (3)王亚愚研究组在铁砷化合物(FexMoyAsz)绝缘相电子结构研究方面取得进展,已知: Mo 位于第五周期 VIB 族. ①Mo 元素基态原子的价电子排布式为 4d 5s . ②铁砷化合物晶胞结构如图,已知 x=1,则 y=2,若 Fe 的化合价为+2 价,As 为﹣3 价,则 Mo 的化合价为+5.
5 1 3﹣

【考点】晶胞的计算;原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型. 【分析】 (1)A.根据能量守恒和电子能级跃迁原理,只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能 量较低的轨道,才能以光的形式释放能量; B.同一周期元素,元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第 VA 族第一电离能 大于其相邻元素; C.Bi 原子最外层有 2 个 5s 能级电子、3 个 5p 能级电子; D.根据图知,1 个环上含有 2 个 Sb 原子、3 个 O 原子; E.晶体与非晶体的本质区别是:其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列; F.氢键的键长是指 X﹣H…Y 的长度; (2)该微粒中 As 原子价层电子对个数是 4+ ×(5+3﹣4×2)=4,且不含孤电子对,根据价层 电子对互斥理论确定微粒空间构型;原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体; (3)①Mo 原子序数为 42 号元素,其原子核外有 42 个电子,该原子 4d、5s 能级电子为其价 电子; ②该晶胞中,Fe 原子个数=1+8× =2, As 原子个数=16× +2+4× =8,Mo 原子个数=2+8× =4, 则该晶胞中 Fe、As、Mo 原子个数之比=2:8:4=1:4:2,则其化学式为 FeMo2As4;化合物 中各元素化合价的代数和为 0,从而确定 Mo 元素化合价. 【解答】解: (1)A.根据能量守恒和电子能级跃迁原理,只有当电子从能量较高的轨道跃迁 到能量较低的轨道,才能以光的形式释放能量,从低能量高低跃迁到高能量高低,需要吸收 能量,故 A 错误;

B.同一周期元素,元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第 VA 族第一电离能 大于其相邻元素,所以电离能 N>O>C,故 B 正确; C.Bi 原子最外层有 2 个 5s 能级电子、3 个 5p 能级电子,所以 Bi 原子最外层电子能量不完全 相同,故 C 错误; D.利用均摊法计算,根据图知,1 个环上含有 2 个 Sb 原子、3 个 O 原子,所以 Sb、O 原子 个数之比为 3:2,故 D 正确; E.晶体与非晶体的本质区别是:其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列,故 E 错误; F.氢键的键长是指 X﹣H…Y 的长度,则液氨中氢键的键长是指 N﹣H…N 的长度,故 F 正确; 故选 BDF; (2)该微粒中 As 原子价层电子对个数是 4+ ×(5+3﹣4×2)=4,且不含孤电子对,根据价层 电子对互斥理论确定微粒空间构型为正四面体构型;原子个数相等、价电子数相等的微粒互 为等电子体,则与 AsO4 互为等电子体的是 CCl4; 故答案为:正四面体;CCl4; (3)①Mo 原子序数为 42 号元素,其原子核外有 42 个电子,该原子 4d、5s 能级电子为其价 电子,其价电子排布式为 4d 5s ,故答案为:4d 5s ; ②该晶胞中,Fe 原子个数=1+8× =2, As 原子个数=16× +2+4× =8,Mo 原子个数=2+8× =4, 则该晶胞中 Fe、As、Mo 原子个数之比=2:8:4=1:4:2,则其化学式为 FeMo2As4,则 y=2;
5 1 5 1 3﹣

化合物中各元素化合价的代数和为 0,Mo 元素化合价=

=+5,

故答案为:2;+5. 【点评】本题考查物质结构和性质,为高频考点,涉及晶胞计算、原子核外电子排布、空间 构型判断等知识点,难点是晶胞计算,注意:每个原子被几个晶胞占有是确定化学式的关键, 同时考查学生空间想象能力. 21.富马酸亚铁 FeH2C4O4,商品名富血铁,含铁量高,是治疗缺铁性贫血常见的药物.其制 备的离子方程式为:

(1)Fe 的核外电子排布式为[Ar]3d 或 1s 2s 2p 3s 3p 3d . 2 (2)富马酸所含元素的电负性由大到小顺序为 O>C>H,C 原子以 sp 杂化轨道与 O 原子形 成 σ 键. (3)富马酸是无色晶体,在 165℃(17 毫米汞柱)升华,易溶于有机溶剂,其晶体类型为分 子晶体. 2+ 3+ (4)检验 Fe 是否氧化变质,最常用的试剂是 KSCN,若溶液中有 Fe ,加入 KSCN 后溶液 看到现象是溶液呈血红色,有人认为 KSCN 对应的酸有两种,理论上硫氰酸(H﹣S﹣C≡N)

2+

6

2

2

6

2

6

6

的沸点低于异硫氰酸(H﹣N=C=S)的沸点,其原因是异硫氰酸中 H﹣N 键极性强,分子间存 在氢键,而硫氰酸分子间只存在分子间作用力,所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸. (5)FeO 在常温条件下是良好的绝缘体,FeO 在高温高压下会金属化,可以作为制富马酸亚 铁的原料,FeO 晶体的结构如图所示,其晶胞边长为 apm,列式表示 FeO 晶体的密度为

g/cm (不必计算出结果,阿伏加德罗常数的值为 NA) .人工制备的 FeO 晶体中常

3

存在缺陷(如图) : 一个 Fe 空缺,另有两个 Fe 被两个 Fe 所取代,其结果晶体仍呈电中性,但化合物中 Fe 和 3+ 2+ O 的比值却发生了变化.已知某氧化铁样品组成 Fe0.96O,该晶体中 Fe 与 Fe 的离子个数之 比为 1:11. 【考点】晶胞的计算;原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用. 【分析】 (1)Fe 是 26 号元素,Fe 原子失去最外层 2 个电子生成亚铁离子,根据构造原理书 写二价铁离子核外电子排布式; (2)富马酸中含有 C、H、O 元素,元素的非金属性越强,其电负性越大;碳氧双键的 C 原 子含有 3 个 σ 键 1 个 π 键,根据价层电子对互斥理论确定杂化方式; (3)分子晶体的熔沸点较低; (4) 铁离子和 KSCN 溶液混合生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色, 该现象能检验铁离子; 含有氢键的物质熔沸点较高; (5)该晶胞中亚铁离子个数=1+12× =4,氧离子个数=8× +6× =4,晶胞体积=(a×10
﹣10

2+

2+

3+

cm)

3

,密度=

;根据电荷守恒计算 Ni 与 Ni 的离子个数之比.

3+

2+

【解答】解: (1)Fe 是 26 号元素,Fe 原子失去最外层 2 个电子生成亚铁离子,根据构造原 6 2 2 6 2 6 6 理书写二价铁离子核外电子排布式为:[Ar]3d 或 1s 2s 2p 3s 3p 3d , 6 2 2 6 2 6 6 故答案为:[Ar]3d 或 1s 2s 2p 3s 3p 3d ; (2)富马酸中含有 C、H、O 元素,元素的非金属性越强,其电负性越大,所以电负性 O>C >H;碳氧双键的 C 原子含有 3 个 σ 键 1 个 π 键,根据价层电子对互斥理论确定 C 原子杂化 2 2 方式为 sp 杂化,故答案为:O>C>H;sp 杂化; (3)分子晶体熔沸点较低,该物质熔沸点较低,则为分子晶体,故答案为:分子晶体; (4) 铁离子和 KSCN 溶液混合生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色, 该现象能检验铁离子; 异硫氰酸中 H﹣N 键极性强,分子间存在氢键,而硫氰酸分子间只存在分子间作用力,所以 异硫氰酸的沸点高于硫氰酸, 故答案为:溶液呈血红色;异硫氰酸中 H﹣N 键极性强,分子间存在氢键,而硫氰酸分子间 只存在分子间作用力,所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸;

(5)该晶胞中亚铁离子个数=1+12× =4,氧离子个数=8× +6× =4,晶胞体积=(a×10
3

﹣10

cm)



密度=
2+

=

g/cm =

3

g/cm ;设 1mol Fe0.96O 中含 Fe xmol,
2+

3

3+

Fe 为(0.96﹣x)mol,根据晶体仍呈电中性,可知 3x+2×(0.96﹣x)=2×1,x=0.08mol Fe 3+ 2+ 为(0.96﹣x)mol=0.88mol,即离子数之比为 Fe :Fe =0.08:0.88=1:11,

故答案为:

;1:11.

【点评】本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、氢键、晶体类型判断、电负性、原子核 外电子排布等知识点,为高频考点,只有 O、N、F 元素能形成氢键,难点是晶胞计算,题目 难度不大.


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