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2021-2022学年河北省邢台市四校联考高二（下）第二次月考化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省邢台市四校联考高二（下）第二次月考化学试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 下列现象与配合物无关的是， 下列说法正确的是， 固体分为晶体和非晶体等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省邢台市四校联考高二（下）第二次月考化学试卷
1. 下列晶体中，加热熔融时无化学键断裂的是( )
A. 铝 B. 金刚砂 C. 冰 D. 硫酸钠
2. 下列元素基态原子的最外层电子的排布式中，表示的元素不一定为主族元素的是( )
A. 2s2 B. 3s23p4 C. 5s25p5 D. 4s1
3. 下列现象与配合物无关的是( )
A. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变深
B. 向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，再加水，变蓝色
C. 向FcCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色
D. 向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
4. 下列说法正确的是( )
A. 同一周期的元素中，第VII A族元素的第一电离能最大
B. 中心原子是sp杂化的分子，其空间结构不一定为直线形
C. 电负性大于1.8的元素一定为非金属元素，小于1.8的一定为金属元素
D. 基态Mg原子失去第一个电子吸收的能量大于失去第二个电子吸收的能量
5. 下列关于金属及金属键的说法正确的是( )
A. 金属键具有方向性与饱和性
B. 金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
C. 金属能导电是因为金属在外加电场作用下产生了自由电子
D. 金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
6. 某元素离子X3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，下列有关该元素的说法正确的是( )
A. 该元素位于元素周期表的ds区
B. 该元素基态原子的未成对电子数为6
C. 该元素基态原子的价层电子排布式为3d44s2
D. 该元素基态原子的电子的空间运动状态共有24种
7. 固体分为晶体和非晶体。下列关于晶体的叙述正确的是( )
A. 块状固体一定是晶体，粉末状固体一定是非晶体
B. 熔融态的SiO2冷却过快会生成水晶，反之则生成玛瑙
C. 晶体和非晶体的本质区别是晶体的衍射图谐有明锐的衍射峰
D. 破损的晶体经过重结晶后能够变成规则的多面体，体现了晶体的自范性
8. 如图所示，在物体内部，原子核表面生成光子的过程称作原子核“长毛”，由于原子核与核外电子及周围粒子的相互作用，原子核表面的“毛发”易脱落而成为一个自由态光子，这就是我们通常观察到的运动光子。从原子核脱落的光子，通常和核外电子一样围绕原子核运动，称作束缚态光子。下列说法错误的是( )
A. 电子能级跃迁后的状态为原子的激发态
B. 光子的能量不同，获得的光谱图也不同
C. 光子和电子一样，都只能绕原子核运动
D. 电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子吸收光谱
9. 石墨烯具有优异的光学、电学、力学特性，在材料学、微纳加工、能源和生物医学等方面具有广阔的应用前景，石墨烯可采用化学方法制备，如以六氯苯、六溴苯为原料可制备石墨烯。下表是六氯苯、六溴苯、苯六酸的熔点和水溶性：
物质
六氯苯
六溴苯
苯六酸
熔点/℃
231
325
287
水溶性
不溶
不溶
易溶
下列说法正确的是( )
A. 苯六酸所含元素的电负性：C>O>H
B. 从结构上看，六氯苯、六溴苯和苯六酸均为极性分子
C. 六氯苯、六溴苯和苯六酸分子中C的杂化方式均为sp2杂化
D. 苯六酸与六氯苯、六溴苯的水溶性存在明显的差异是因为其分子结构庞大
10. CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，下列有关该材料所涉及元素及其同族元素相关化合物的论述正确的是( )
A. 电负性N>P>As，键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3
B. Cd为48号元素，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s2
C. Sn位于第五周期第IVA族，其价层电子排布式为4d105s25p2
D. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为−4，因此SiH4的还原性小于CH4的
11. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。基态Y原子为所在周期的基态原子中未成对电子数最多的原子，下列说法中正确的是( )
A. XW2的空间结构为V形
B. 最简单氢化物的键角：Y>Z
C. Z的氯化物中各原子的最外层一定满足8电子稳定结构
D. W的氧化物对应水化物的酸性比Z的强
12. 甲醛检测试剂盒常用来检测室内空气中甲醛，其原理是甲醛与MBTH反应生成物质A，物质A再发生一系列反应，最终生成蓝绿色化合物，有关转化如图。下列说法正确的是( )
A. 上述有机物涉及的元素中氮元素的电负性最强
B. 甲醛分子结构为平面三角形
C. 物质A中的C、N、S一定位于同一个平面内
D. 1molMBTH中σ键的数目为22NA
13. 一种由A、B、C三种元素组成的新物质是潜在的拓扑绝缘材料，其结构如图甲、乙所示(晶胞参数已在图中标出)。下列说法正确的是( )
A. 图乙是该物质的晶胞单元
B. 晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：1
C. A、B原子之间最短的距离为22xnm
D. 该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为6
14. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A是最轻的元素；B元素基态原子的最外层有2个未成对电子；D元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n；E元素的原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；F元素原子有5个未成对电子；G元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满状态。请回答下列问题：
(1)B2A2分子中B的杂化轨道用于形成的化学键有 ______(填共价键类型，下同)σ键、______σ健、______π键。
(2)比较熔沸点：BD ______(填“高于”、“低于”或“等于”)C2，原因是 ______。
(3)基态E原子中电子占据的最高能级的原子轨道形状为 ______，A3D+的空间结构为 ______。
(4)F是正常机体必需的微量元素之一，它构成体内岩干种有重要作用的酶。F在元素周期表中的位置为 ______，气态F2+再失去一个电子比气态G2+再失去一个电子更难的原因是 ______。
15. 我国科学家研究的第五代甲醇生产技术被誉为“液态阳光”，该技术中水经过太阳能光解制得氢气，再利用二氧化碳催化加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能光解时使用的太阳能电池板的主要成分为单晶硅，单晶硅的晶体类型属于 ______。
(2)硫化氢分子和水分子结构相似，但冰中水分子周围紧邻的分子数(4个)远小于硫化氢的(12个)，原因是 ______。
(3)二氧化碳是重要的碳源，1molCO2分子中存在 ______个π键，碳在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级而参与成键，写出该激发态原子的核外电子排布式：______。基态氧原子有 ______种不同形状的电子云。
(4)磷化硼纳米颗粒可以作为CO2合成甲醇时的非金属电催化剂，磷化硼硬度极大，在数千摄氏度高温时也较稳定，其立方晶胞结构如图所示。回答下列问题：
①晶胞中含有的P原子与B原子的个数比为 ______，晶体中与P原子距离最近且相等的P原子数为 ______。
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，磷化硼的晶胞参数为apm，磷化硼晶体的密度ρ=______g⋅cm−3。
16. 铜是人类最早使用的金属之一，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜的反应原理如图1：
回答下列问题：
(I)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有 ______种，H2S分子的空间结构名称为______，H2S的沸点比H2O的 ______(填“高”或“低”)，原因是 ______。
(2)Cu2O和Cu2S均为______晶体，Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是 ______。
(3)反应①、②中会生成气体SO2，其中心原子的杂化方式为 ______。
(4)铜的两种氧化物的晶胞如图2、图3所示，图2表示 ______(填化学式)，图3中，A原子坐标参数为(0,0,0)，B原子为(12,12,12)，则C原子的坐标参数为 ______。若图3表示的晶体的密度为ρg⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则图3晶胞中Cu原子与O原子之间的最小距离为 ______(用含ρ和NA的式子表示)pm。
17. 钴及其配合物在生活、生产中用途广泛。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的电子排布式为 ______。
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种不溶于水的紫红色固体，由于其热稳定性较好，可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。在该配合物中，Co的化合价为 ______价，中心原子的配体为 ______。0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为 ______，当向其中加入足量硝酸银溶液时，生成的AgCl质量为______g。
(3)酞菁钴(结构简式如图)主要应用于工业涂料印墨及塑料着色。C原子的杂化方式为 ______，该配合物涉及的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(填元素符号)。
(4)金属钴单质的晶体结构有三种，其中一种六方晶胞结构如图所示，该晶胞中的钴原子数目为 ______，设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的底面积为a(nm)2，晶胞的密度为ρg⋅cm−3，则该晶胞的高c为 ______nm。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.Al属于金属晶体，熔融时破坏金属键，故A错误；
B.金刚砂属于共价晶体，熔融时破坏共价键，故B错误；
C.冰为分子晶体，熔融时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故C正确；
D.硫酸钠属于离子晶体，熔融时破坏离子键，故D错误；
故选：C。
离子晶体、共价晶体、金属晶体熔融时化学键被破坏，分子晶体熔融时破坏分子间作用力。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体类型及物质构成微粒是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：最外层电子的排布式为2s2的元素是Be，处于第二周期第IIA族；最外层电子的排布式为3s23p4、5s25p5的元素分别为S、I，二者分别处于第三周期VIA族、第五周期第VIIA族，而最外层电子的排布式为4s1的元素可能为K、Cr、Cu。最外层电子的排布式为4s1的元素可能为K、Cr、Cu，其中K处于IA族，而Cr处于VIB族，Cu处于IB族，
故选：D。
最外层电子的排布式为4s1的元素可能为K、Cr、Cu，据此分析解答。
本题考查结构与位置的关系，理解掌握各族元素外围电子排布特点，题目比较基础，旨在考查学生对吃饺子是的掌握情况。
3.【答案】A
【解析】解：A.向FeCl2溶液中滴加氯水，方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色，与配合物无关，故A选；
B.向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，即为[CuCl4]2−，再加水，[CuCl4]2−转化为[Cu(H2O)4]2−，变蓝色，与配合物转化有关，故B不选；
C.向FcCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色，生成了配位化合物Fc(SCN)3，与配合物生成有关，故C不选；
D.向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，方程式为：Ag++NH3⋅H2O=AgOH↓+NH4+，继而沉淀消失，方程式为AgOH+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O，与配合物生成有关，故D不选；
故选：A。
A.亚铁离子可以被氧化为铁离子，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色；
B.[CuCl4]2−溶液呈绿色，[Cu(H2O)4]2−溶液呈蓝色；
C.配位化合物Fc(SCN)3 显血红色；
D.白色沉淀AgOH溶于NH3⋅H2O生成[Ag(NH3)2]+。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及配位化合物的转化或生成等，属于高考热点内容，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.同一周期的元素中，第一电离能呈增大趋势，0族元素的第一电离能最大，故A错误；
B.中心原子是sp杂化的分子，杂化轨道构型为直线形，若是三原子组成的分子，分子构型是直线形，对于多原子组成的分子，就不一定适合，如二氨合银离子，故B正确；
C.电负性大于1.8的元素一般为非金属元素，小于1.8的一般为金属元素，但有些元素特殊，如Pb的电负性为1.9，为金属，故C错误；
D.基态Mg原子失去第一个电子吸收的能量小于失去第二个电子吸收的能量，故D错误；
故选：B。
A.同一周期的元素中，0族元素的第一电离能最大；
B.中心原子是sp杂化的分子，杂化轨道构型为直线形，若是三原子组成的分子，分子构型是直线形，对于多原子组成的分子，分子就不一定是直线形；
C.Pb的电负性为1.9，为金属；
D.任何原子I1
5.【答案】D
【解析】解：A.金属键不是存在于相邻原子间的作用力，而是属于整块金属，所以金属键没有方向性与饱和性，故A错误；
B.金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，但不能放出可见光，故B错误；
C.金属中存在金属阳离子和自由电子，当给金属通电时，自由电子定向移动形成了电流，故C错误；
D.金属键是存在于金属阳离子与自由电子间的强烈的相互作用，这些自由电子为所有的阳离子共用，故D正确；
故选：D。
A.金属键没有方向性与饱和性；
B.金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；
C.金属中存在金属阳离子和自由电子；
D.金属键是存在于金属阳离子与自由电子间的强烈的相互作用。
本题主要考查金属键的概念、构成、特性等，属于基本知识的考查，难度不大。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子排布，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断元素名称、明确元素在周期表中的位置、原子核外电子排布规律是解本题关键，C为解答易错点。
【解答】
某元素离子X3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，某元素离子X3+是X原子失去3个电子得到的，则X原子核外电子数=18+3+3=24，为Cr元素；
A.该元素位于第四周期第ⅥB族，位于d区，故A错误；
B.该元素基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，3d、4s能级上的电子都是未成对电子，所以有6个未成对电子，故B正确；
C.该元素基态原子的价电子中3d能级上5个电子、4s能级上1个电子，该元素基态原子的价层电子排布式为3d54s1，故C错误；
D.该元素基态原子中排列电子轨道数=1+1+3+1+3+5+1=15，所以有15种空间运动状态的电子，故D错误；
故选：B。
7.【答案】D
【解析】解：A.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，块状固体不一定是晶体，粉末状固体也可能是晶体，故A错误；
B.熔融态的SiO2冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，故B错误；
C.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，故C错误；
D.晶体自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发呈现规则的几何外形，这一条件是指晶体可以自动结晶析出，因此破损的晶体经过重结晶后能够变成规则的多面体，体现了晶体的自范性，故D正确；
故选：D。
A.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；
B.熔融态的SiO2冷却过快会生成玛瑙，反之则生成水晶；
C.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；
D.晶体自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发呈现规则的几何外形。
本题考查晶体、非晶体的判断，明确二者区别是解本题关键，根据微粒排布判断物质类型，注意对晶体自范性理解，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.处于最低能量的原子为基态原子，电子能级跃迁后的状态能量不是最低状态，故为原子的激发态，故A正确；
B.光子的能量不同，则对应光的波长不同，故获得的光谱图也不同，故B正确；
C.由题干信息可知，束缚态光子通常和电子一样，只能绕原子核运动，故C正确；
D.电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子光谱，包括吸收光谱和发射光谱，由低能级跃迁到高能级为吸收光谱，由高能级跃迁回低能级为发射光谱，故D错误；
故选：D。
A.处于最低能量的原子为基态原子，其他状态为激发态；
B.光子的能量和光谱图是对应的；
C.结合题干信息分析；
D.电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子光谱，包括吸收光谱和发射光谱，不一定是吸收光谱。
本体考查原子核外的电子运动状态，难度不大，熟悉电子的几台、激发态为解答的关键，注意基本知识的掌握。
9.【答案】C
【解析】解：A.元素吸引键合电子的能力：O>C>H，电负性：O>C>H，故A错误；
B.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，这几种分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B错误；
C.这三种物质中碳原子价层电子对数都是3，所以C原子都采用sp2杂化，故C正确；
D.苯六酸中含有亲水基，六氯苯、六溴苯只含憎水基，所以苯六酸与六氯苯、六溴苯的水溶性存在明显的差异是因为其含有亲水基，故D错误；
故选：C。
A.元素吸引键合电子的能力越强，电负性越大；
B.正负电荷中心重合的分子为非极性分子；
C.这三种物质中碳原子价层电子对数都是3；
D.苯六酸中含有亲水基，六氯苯、六溴苯只含憎水基。
本题考查原子杂化类型判断、元素周期律、分子极性判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子杂化类型判断方法、元素周期律内涵、分子极性判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.NH3、PH3、AsH3结构相似，电负性N>P>As，键合电子离中心原子的距离逐渐变远，键合电子间的排斥力逐渐变小，则键角依次减小，即是NH3>PH3>AsH3，故A正确；
B.元素的原子序数=核外电子数，Cd为48号元素，则其核外有48个电子，根据构造原理可知电子排布式为：[Kr]4d105S2，故B错误；
C.Sn位于第五周期第IVA族，位于p区，则其核外有5个能层，价电子数等于最外层电子数，为4个，其价层电子排布式为5s25p2，故C错误；
D.SiH4中H元素显−1价，而CH4中H元素显+1价，SiH4的还原性大于CH4的，故D错误；
故选：A。
A.三者结构相似，中心原子的原子半径越大，键合电子之间的排斥力越小，键角越小；
B.元素的原子序数=核外电子数，Cd为48号元素，则其核外有48个电子，根据构造原理来书写电子排布式；
C.Sn位于第五周期第IVA族，位于p区，则其核外有5个能层，价电子数为4个；
D.SiH4中H元素显−1价，而CH4中H元素显+1价。
本题考查了键角、还原性的强弱比较以及价电子排布式和简化的电子排布式的书写，难度不大，应注意基础知识的积累。
11.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为P、W为S元素；A.XW2是CS2，C原子与2个S原子形成4个共价键，键角是180∘，其结构式为S=C=S，分子的空间构型为直线形，不是V形，故A错误；
B.Y为N，Z为P，NH3和PH3中心原子价层电子对数均为4，均含一个孤电子对，所以均为三角锥形；N原子的电负性大于P，NH3分子的价层电子对更靠近N原子，相互之间的排斥作用力更大，键角更大，所以键角NH3>PH3，故B正确；
C.Z是P元素，可形成PCl3、PCl5两种氯化物，若氯化物为PCl5，P原子最外层有10个电子，不满足最外层8电子稳定结构，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强。Z为P、W为S元素，由于元素的非金属性：P
X、Y、Z、W均为短周期元素，由它们在元素周期表中的相对位置可知，Y位于第二周期，若Y原子为其所在周期中未成对电子最多的原子，可知Y的2p轨道上有3个电子，Y为N元素，结合位置可知X为C、Z为P、W为S，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素中非金属性最强的是O元素，电负性最大的是O元素，故A错误；
B.甲醛分子中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对，甲醛为平面三角形结构，故B正确；
C.连接3个单键的N原子采用sp3杂化，具有氨气分子结构特点，氨气为三角锥形结构，所以该分子中所有C、N、S原子一定不共平面，故C错误；
D.1个MBTH中含有9个C−Hσ键、2个N−Hσ键、6个C−Cσ键，5个C−Nσ键、1个N−Nσ键，1个C=N键中含有1个σ键，该分子中含有24个σ键，1molMBTH中σ键的数目为24NA，故D错误；
故选：B。
A.元素的非金属性越强，其电负性越大；
B.甲醛分子中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对；
C.连接3个单键的N原子采用sp3杂化，具有氨气分子结构特点；
D.1个MBTH中含有9个C−Hσ键、2个N−Hσ键、6个C−Cσ键，5个C−Nσ键、1个N−Nσ键，1个C=N键中含有1个σ键，该分子中含有24个σ键。
本题考查元素周期律、原子杂化类型判断、化学键等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电负性强弱规律、原子杂化类型判断方法、分子中存在的化学键是解本题关键，D为解答易错点。
13.【答案】AC
【解析】解：A.晶胞是晶体的最小重复单元，对比图甲和图乙，图乙是该物质的晶胞单元，故A正确；
B.由图乙知，晶胞中A的数目为8×18+4×12+1=4，B的数目为6×12+4×14=4，C的数目为8，则晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：2，故B错误；
C.A、B原子之间最短的距离是面对角线长的12，即22xnm，故C正确；
D.该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为4，故D错误；
故选：AC。
A.晶胞是晶体的最小重复单元，对比图甲和图乙比较；
B.根据均摊法计算；
C.A、B原子之间最短的距离是面对角线长的12；
D.结合晶体中B原子位置分析。
本题考查晶胞结构特点及其计算，题目难度中等，侧重考查学生分析解决问题能力、知识迁移运用能力。
14.【答案】s−spsp−spp−p高于 CO为极性分子，N2为非极性分子，分子极性越大，熔沸点越高 球形 三角锥形 第四周期ⅦB族 Mn2+的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定状态
【解析】解：(1)B2A2为C2H2，其结构式为H−C≡C−H，C原子采用sp杂化，C的杂化轨道与H形成s−spσ键、与另一个C原子形成sp−spσ健，没有杂化的轨道形成p−pπ键，
故答案为：s−sp；sp−sp；p−p；
(2)CO和N2的相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，分子极性越大，熔沸点越高，则NO的沸点高于N2，
故答案为：CO为极性分子，N2为非极性分子，分子极性越大，熔沸点越高；
(3)基态Na和K原子中电子占据的最高能级分别为3s、4s，s能级的原子轨道形状为球形；A3D+为H3O+，其中心原子O的杂化轨道数为3+6−1−1×32=4，含有1个未成键电子对，其空间结构为三角锥形，
故答案为：球形；三角锥形；
(4)F为Mn，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn在元素周期表中的位置为第四周期ⅦB族；Mn2+的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定状态，所以气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，
故答案为：第四周期ⅦB族；Mn2+的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定状态。
已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A是最轻的元素，则A为H；D元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，n=2，则D为O元素；B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，B的原子序数小于O，其核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；C介于C和O元素之间，则C为N元素；E元素的原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，说明只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p64s1，则E为Na或K元素；G元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，G原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，其原子序数为26，则G为Fe元素；F元素原子有5个未成对电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则F为Mn，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。
15.【答案】共价晶体 水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，使得冰中水分子周围的紧邻分子数少 2NA 1s22s22p3 3 1：1121.68×1032NA×a3
【解析】解：(1)单晶硅的晶体类型属于共价晶体，
故答案为：共价晶体；
(2)冰中水分子周围紧邻的分子数(4个)远小于硫化氢的(12个)，原因是：水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，使得冰中水分子周围的紧邻分子数少，
故答案为：水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，使得冰中水分子周围的紧邻分子数少；
(3)CO2分子的结构是为O=C=O，双键由1个σ键和1个形成π键，故1molCO2分子中存在2NA个π键；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，将一个2s电子激发进入2p能级而参与成键，该激发态原子的核外电子排布式：1s22s22p3；O是8号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p4，有3种不同形状的电子云，
故答案为：2NA；1s22s22p3；3；
(4)①由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且一个晶胞中磷原子的个数为8×18+6×12=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子的个数为4，可知晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1：1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为12，
故答案为：1：1；12；
②根据①一个晶胞中B、P原子的个数均为4，晶胞质量为4×42NAg=168NAg，一个晶胞的体积为V=a3pm3=a3×10−30cm3，则晶体密度为ρ=mV=168NAga3×10−30cm3=1.68×1032NA×a3 g⋅cm−3，
故答案为：1.68×1032NA×a3。
(1)单晶硅属于共价晶体；
(2)冰水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，改变了分子构型；
(3)CO2分子的结构是为O=C=O，双键由1个σ键和1个形成π键；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，将一个2s电子激发进入2p能级而参与成键；O是8号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p4；
(4)①由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，一个晶胞中磷原子的个数为8×18+6×12=4，硼原子位于小立方体内，一个晶胞中硼原子的个数为4，磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为12；
②一个晶胞中B、P原子的个数均为4，晶胞质量为4×42NAg=168NAg，一个晶胞的体积为V=a3pm3=a3×10−30cm3，晶体密度为ρ=mV。
本题考查物质结构和性质，涉及电子排布、氢键、晶胞的计算等知识点，侧重考查基础知识运用及计算能力，难点为晶胞的计算，题目难度中等。
16.【答案】5 折线形 低 H2O分子间存在氢键 离子 两者均为离子晶体，O2−半径小于S2−，Cu2O的晶格能大，熔点高 sp2 CuO(14,14,34) 343288ρ⋅NA×1010
【解析】解：(1)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有Na、Mg、Al、Si、P，H2S分子的价层电子对数为2+6−2×12=4，有两个孤电子对，分子构型为折线形，H2S的沸点比H2O的低，原因是H2O分子间存在氢键，
故答案为：5；V形：低；H2O分子间存在氢键；
(2)两者熔点较高属于离子晶体，两者均为离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能又与离子半径及电荷有关，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷相同，O2−半径小于S2−，所以Cu2O的晶格能大，熔点高，
故答案为：离子；两者均为离子晶体，O2−半径小于S2−，Cu2O的晶格能大，熔点高；
(3)在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，所以S的杂化方式为sp2，
故答案为：sp2；
(4)图2中，Cu原子数目为4，O原子数目为8×18+4×14+2×12+1=4，化学式为CuO；将大立方体切割成4个小立方体，C点位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的14，对应z轴为高的34，故C点坐标为：(14,14,34)，该晶胞中含有Cu原子：4个，O原子：2个，故晶胞中含有2个Cu2O，晶胞的质量m=2NAmol×144g/mol=288NAg，设晶胞的边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞密度=mV=288a3NAg/cm3=ρg/cm3，设面对角线长度为bcm，则b2=a2+a2=2a2，设体对角线长度为ccm，则c2=a2+b2=3a2，观察晶胞可知：Cu原子与O原子之间的距离为体对角线的14即343288ρ⋅NA×1010pm，
故答案为：CuO；(14,14,34)；343288ρ⋅NA×1010。
(1)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有Na、Mg、Al、Si、P，H2S分子的价层电子对数为2+6−2×12=4，有两个孤电子对，H2S的沸点比H2O的低，原因是H2O分子间存在氢键；
(2)两者熔点较高属于离子晶体，两者均为离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能又与离子半径及电荷有关，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷相同，O2−半径小于S2−，所以Cu2O的晶格能大；
(3)在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3；
(4)图2中，Cu原子数目为4，O原子数目为8×18+4×14+2×12+1=4，化学式为CuO；将大立方体切割成4个小立方体，C点位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的14，对应z轴为高的34，故C点坐标为：(14,14,34)，该晶胞中含有Cu原子：4个，O原子：2个，故晶胞中含有2个Cu2O，晶胞的质量m=2NAmol×144g/mol=288NAg，设晶胞的边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞密度=mV=288a3NAg/cm3=ρg/cm3，设面对角线长度为bcm，则b2=a2+a2=2a2，设体对角线长度为ccm，则c2=a2+b2=3a2，观察晶胞可知：Cu原子与O原子之间的距离为体对角线的14，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 +3NH3、Cl− 0.6NA 28.7sp2 N>H>C66×59ρNA×a×10−21
【解析】解：(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价为+3；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为0.6NA，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.1mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol，其质量=2mol×143.5g/mol=28.7g，
故答案为：+3；NH3、Cl−；0.6NA；28.7；
(3)C原子的价层电子对数是3，所以C原子采用sp2杂化，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小顺序是N>H>C，
故答案为：sp2；N>H>C；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7=6×59ρNA×a×10−21nm，
故答案为：6；6×59ρNA×a×10−21。
(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.11mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol；
(3)C原子的价层电子对数是3，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、原子杂化类型判断、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(4)题晶胞计算，注意配合物中内界和外界的区别，题目难度中等。
2021-2022学年河北省邢台市四校联考高二（下）第二次月考化学试卷
1. 下列晶体中，加热熔融时无化学键断裂的是( )
A. 铝 B. 金刚砂 C. 冰 D. 硫酸钠
2. 下列元素基态原子的最外层电子的排布式中，表示的元素不一定为主族元素的是( )
A. 2s2 B. 3s23p4 C. 5s25p5 D. 4s1
3. 下列现象与配合物无关的是( )
A. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变深
B. 向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，再加水，变蓝色
C. 向FcCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色
D. 向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
4. 下列说法正确的是( )
A. 同一周期的元素中，第VII A族元素的第一电离能最大
B. 中心原子是sp杂化的分子，其空间结构不一定为直线形
C. 电负性大于1.8的元素一定为非金属元素，小于1.8的一定为金属元素
D. 基态Mg原子失去第一个电子吸收的能量大于失去第二个电子吸收的能量
5. 下列关于金属及金属键的说法正确的是( )
A. 金属键具有方向性与饱和性
B. 金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
C. 金属能导电是因为金属在外加电场作用下产生了自由电子
D. 金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
6. 某元素离子X3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，下列有关该元素的说法正确的是( )
A. 该元素位于元素周期表的ds区
B. 该元素基态原子的未成对电子数为6
C. 该元素基态原子的价层电子排布式为3d44s2
D. 该元素基态原子的电子的空间运动状态共有24种
7. 固体分为晶体和非晶体。下列关于晶体的叙述正确的是( )
A. 块状固体一定是晶体，粉末状固体一定是非晶体
B. 熔融态的SiO2冷却过快会生成水晶，反之则生成玛瑙
C. 晶体和非晶体的本质区别是晶体的衍射图谐有明锐的衍射峰
D. 破损的晶体经过重结晶后能够变成规则的多面体，体现了晶体的自范性
8. 如图所示，在物体内部，原子核表面生成光子的过程称作原子核“长毛”，由于原子核与核外电子及周围粒子的相互作用，原子核表面的“毛发”易脱落而成为一个自由态光子，这就是我们通常观察到的运动光子。从原子核脱落的光子，通常和核外电子一样围绕原子核运动，称作束缚态光子。下列说法错误的是( )
A. 电子能级跃迁后的状态为原子的激发态
B. 光子的能量不同，获得的光谱图也不同
C. 光子和电子一样，都只能绕原子核运动
D. 电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子吸收光谱
9. 石墨烯具有优异的光学、电学、力学特性，在材料学、微纳加工、能源和生物医学等方面具有广阔的应用前景，石墨烯可采用化学方法制备，如以六氯苯、六溴苯为原料可制备石墨烯。下表是六氯苯、六溴苯、苯六酸的熔点和水溶性：
物质
六氯苯
六溴苯
苯六酸
熔点/℃
231
325
287
水溶性
不溶
不溶
易溶
下列说法正确的是( )
A. 苯六酸所含元素的电负性：C>O>H
B. 从结构上看，六氯苯、六溴苯和苯六酸均为极性分子
C. 六氯苯、六溴苯和苯六酸分子中C的杂化方式均为sp2杂化
D. 苯六酸与六氯苯、六溴苯的水溶性存在明显的差异是因为其分子结构庞大
10. CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，下列有关该材料所涉及元素及其同族元素相关化合物的论述正确的是( )
A. 电负性N>P>As，键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3
B. Cd为48号元素，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s2
C. Sn位于第五周期第IVA族，其价层电子排布式为4d105s25p2
D. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为−4，因此SiH4的还原性小于CH4的
11. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。基态Y原子为所在周期的基态原子中未成对电子数最多的原子，下列说法中正确的是( )
A. XW2的空间结构为V形
B. 最简单氢化物的键角：Y>Z
C. Z的氯化物中各原子的最外层一定满足8电子稳定结构
D. W的氧化物对应水化物的酸性比Z的强
12. 甲醛检测试剂盒常用来检测室内空气中甲醛，其原理是甲醛与MBTH反应生成物质A，物质A再发生一系列反应，最终生成蓝绿色化合物，有关转化如图。下列说法正确的是( )
A. 上述有机物涉及的元素中氮元素的电负性最强
B. 甲醛分子结构为平面三角形
C. 物质A中的C、N、S一定位于同一个平面内
D. 1molMBTH中σ键的数目为22NA
13. 一种由A、B、C三种元素组成的新物质是潜在的拓扑绝缘材料，其结构如图甲、乙所示(晶胞参数已在图中标出)。下列说法正确的是( )
A. 图乙是该物质的晶胞单元
B. 晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：1
C. A、B原子之间最短的距离为22xnm
D. 该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为6
14. 已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A是最轻的元素；B元素基态原子的最外层有2个未成对电子；D元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n；E元素的原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；F元素原子有5个未成对电子；G元素基态的正三价离子的3d轨道为半充满状态。请回答下列问题：
(1)B2A2分子中B的杂化轨道用于形成的化学键有 ______(填共价键类型，下同)σ键、______σ健、______π键。
(2)比较熔沸点：BD ______(填“高于”、“低于”或“等于”)C2，原因是 ______。
(3)基态E原子中电子占据的最高能级的原子轨道形状为 ______，A3D+的空间结构为 ______。
(4)F是正常机体必需的微量元素之一，它构成体内岩干种有重要作用的酶。F在元素周期表中的位置为 ______，气态F2+再失去一个电子比气态G2+再失去一个电子更难的原因是 ______。
15. 我国科学家研究的第五代甲醇生产技术被誉为“液态阳光”，该技术中水经过太阳能光解制得氢气，再利用二氧化碳催化加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能光解时使用的太阳能电池板的主要成分为单晶硅，单晶硅的晶体类型属于 ______。
(2)硫化氢分子和水分子结构相似，但冰中水分子周围紧邻的分子数(4个)远小于硫化氢的(12个)，原因是 ______。
(3)二氧化碳是重要的碳源，1molCO2分子中存在 ______个π键，碳在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级而参与成键，写出该激发态原子的核外电子排布式：______。基态氧原子有 ______种不同形状的电子云。
(4)磷化硼纳米颗粒可以作为CO2合成甲醇时的非金属电催化剂，磷化硼硬度极大，在数千摄氏度高温时也较稳定，其立方晶胞结构如图所示。回答下列问题：
①晶胞中含有的P原子与B原子的个数比为 ______，晶体中与P原子距离最近且相等的P原子数为 ______。
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，磷化硼的晶胞参数为apm，磷化硼晶体的密度ρ=______g⋅cm−3。
16. 铜是人类最早使用的金属之一，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜的反应原理如图1：
回答下列问题：
(I)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有 ______种，H2S分子的空间结构名称为______，H2S的沸点比H2O的 ______(填“高”或“低”)，原因是 ______。
(2)Cu2O和Cu2S均为______晶体，Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是 ______。
(3)反应①、②中会生成气体SO2，其中心原子的杂化方式为 ______。
(4)铜的两种氧化物的晶胞如图2、图3所示，图2表示 ______(填化学式)，图3中，A原子坐标参数为(0,0,0)，B原子为(12,12,12)，则C原子的坐标参数为 ______。若图3表示的晶体的密度为ρg⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则图3晶胞中Cu原子与O原子之间的最小距离为 ______(用含ρ和NA的式子表示)pm。
17. 钴及其配合物在生活、生产中用途广泛。请回答下列问题：
(1)基态Co原子的电子排布式为 ______。
(2)[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种不溶于水的紫红色固体，由于其热稳定性较好，可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。在该配合物中，Co的化合价为 ______价，中心原子的配体为 ______。0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为 ______，当向其中加入足量硝酸银溶液时，生成的AgCl质量为______g。
(3)酞菁钴(结构简式如图)主要应用于工业涂料印墨及塑料着色。C原子的杂化方式为 ______，该配合物涉及的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(填元素符号)。
(4)金属钴单质的晶体结构有三种，其中一种六方晶胞结构如图所示，该晶胞中的钴原子数目为 ______，设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的底面积为a(nm)2，晶胞的密度为ρg⋅cm−3，则该晶胞的高c为 ______nm。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.Al属于金属晶体，熔融时破坏金属键，故A错误；
B.金刚砂属于共价晶体，熔融时破坏共价键，故B错误；
C.冰为分子晶体，熔融时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故C正确；
D.硫酸钠属于离子晶体，熔融时破坏离子键，故D错误；
故选：C。
离子晶体、共价晶体、金属晶体熔融时化学键被破坏，分子晶体熔融时破坏分子间作用力。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体类型及物质构成微粒是解本题关键，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：最外层电子的排布式为2s2的元素是Be，处于第二周期第IIA族；最外层电子的排布式为3s23p4、5s25p5的元素分别为S、I，二者分别处于第三周期VIA族、第五周期第VIIA族，而最外层电子的排布式为4s1的元素可能为K、Cr、Cu。最外层电子的排布式为4s1的元素可能为K、Cr、Cu，其中K处于IA族，而Cr处于VIB族，Cu处于IB族，
故选：D。
最外层电子的排布式为4s1的元素可能为K、Cr、Cu，据此分析解答。
本题考查结构与位置的关系，理解掌握各族元素外围电子排布特点，题目比较基础，旨在考查学生对吃饺子是的掌握情况。
3.【答案】A
【解析】解：A.向FeCl2溶液中滴加氯水，方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色，与配合物无关，故A选；
B.向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，即为[CuCl4]2−，再加水，[CuCl4]2−转化为[Cu(H2O)4]2−，变蓝色，与配合物转化有关，故B不选；
C.向FcCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色，生成了配位化合物Fc(SCN)3，与配合物生成有关，故C不选；
D.向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，方程式为：Ag++NH3⋅H2O=AgOH↓+NH4+，继而沉淀消失，方程式为AgOH+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O，与配合物生成有关，故D不选；
故选：A。
A.亚铁离子可以被氧化为铁离子，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色；
B.[CuCl4]2−溶液呈绿色，[Cu(H2O)4]2−溶液呈蓝色；
C.配位化合物Fc(SCN)3 显血红色；
D.白色沉淀AgOH溶于NH3⋅H2O生成[Ag(NH3)2]+。
本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及配位化合物的转化或生成等，属于高考热点内容，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.同一周期的元素中，第一电离能呈增大趋势，0族元素的第一电离能最大，故A错误；
B.中心原子是sp杂化的分子，杂化轨道构型为直线形，若是三原子组成的分子，分子构型是直线形，对于多原子组成的分子，就不一定适合，如二氨合银离子，故B正确；
C.电负性大于1.8的元素一般为非金属元素，小于1.8的一般为金属元素，但有些元素特殊，如Pb的电负性为1.9，为金属，故C错误；
D.基态Mg原子失去第一个电子吸收的能量小于失去第二个电子吸收的能量，故D错误；
故选：B。
A.同一周期的元素中，0族元素的第一电离能最大；
B.中心原子是sp杂化的分子，杂化轨道构型为直线形，若是三原子组成的分子，分子构型是直线形，对于多原子组成的分子，分子就不一定是直线形；
C.Pb的电负性为1.9，为金属；
D.任何原子I1
5.【答案】D
【解析】解：A.金属键不是存在于相邻原子间的作用力，而是属于整块金属，所以金属键没有方向性与饱和性，故A错误；
B.金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，但不能放出可见光，故B错误；
C.金属中存在金属阳离子和自由电子，当给金属通电时，自由电子定向移动形成了电流，故C错误；
D.金属键是存在于金属阳离子与自由电子间的强烈的相互作用，这些自由电子为所有的阳离子共用，故D正确；
故选：D。
A.金属键没有方向性与饱和性；
B.金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光；
C.金属中存在金属阳离子和自由电子；
D.金属键是存在于金属阳离子与自由电子间的强烈的相互作用。
本题主要考查金属键的概念、构成、特性等，属于基本知识的考查，难度不大。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原子核外电子排布，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断元素名称、明确元素在周期表中的位置、原子核外电子排布规律是解本题关键，C为解答易错点。
【解答】
某元素离子X3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，某元素离子X3+是X原子失去3个电子得到的，则X原子核外电子数=18+3+3=24，为Cr元素；
A.该元素位于第四周期第ⅥB族，位于d区，故A错误；
B.该元素基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，3d、4s能级上的电子都是未成对电子，所以有6个未成对电子，故B正确；
C.该元素基态原子的价电子中3d能级上5个电子、4s能级上1个电子，该元素基态原子的价层电子排布式为3d54s1，故C错误；
D.该元素基态原子中排列电子轨道数=1+1+3+1+3+5+1=15，所以有15种空间运动状态的电子，故D错误；
故选：B。
7.【答案】D
【解析】解：A.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，块状固体不一定是晶体，粉末状固体也可能是晶体，故A错误；
B.熔融态的SiO2冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，故B错误；
C.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，故C错误；
D.晶体自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发呈现规则的几何外形，这一条件是指晶体可以自动结晶析出，因此破损的晶体经过重结晶后能够变成规则的多面体，体现了晶体的自范性，故D正确；
故选：D。
A.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；
B.熔融态的SiO2冷却过快会生成玛瑙，反之则生成水晶；
C.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；
D.晶体自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发呈现规则的几何外形。
本题考查晶体、非晶体的判断，明确二者区别是解本题关键，根据微粒排布判断物质类型，注意对晶体自范性理解，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.处于最低能量的原子为基态原子，电子能级跃迁后的状态能量不是最低状态，故为原子的激发态，故A正确；
B.光子的能量不同，则对应光的波长不同，故获得的光谱图也不同，故B正确；
C.由题干信息可知，束缚态光子通常和电子一样，只能绕原子核运动，故C正确；
D.电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子光谱，包括吸收光谱和发射光谱，由低能级跃迁到高能级为吸收光谱，由高能级跃迁回低能级为发射光谱，故D错误；
故选：D。
A.处于最低能量的原子为基态原子，其他状态为激发态；
B.光子的能量和光谱图是对应的；
C.结合题干信息分析；
D.电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子光谱，包括吸收光谱和发射光谱，不一定是吸收光谱。
本体考查原子核外的电子运动状态，难度不大，熟悉电子的几台、激发态为解答的关键，注意基本知识的掌握。
9.【答案】C
【解析】解：A.元素吸引键合电子的能力：O>C>H，电负性：O>C>H，故A错误；
B.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，这几种分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B错误；
C.这三种物质中碳原子价层电子对数都是3，所以C原子都采用sp2杂化，故C正确；
D.苯六酸中含有亲水基，六氯苯、六溴苯只含憎水基，所以苯六酸与六氯苯、六溴苯的水溶性存在明显的差异是因为其含有亲水基，故D错误；
故选：C。
A.元素吸引键合电子的能力越强，电负性越大；
B.正负电荷中心重合的分子为非极性分子；
C.这三种物质中碳原子价层电子对数都是3；
D.苯六酸中含有亲水基，六氯苯、六溴苯只含憎水基。
本题考查原子杂化类型判断、元素周期律、分子极性判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子杂化类型判断方法、元素周期律内涵、分子极性判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.NH3、PH3、AsH3结构相似，电负性N>P>As，键合电子离中心原子的距离逐渐变远，键合电子间的排斥力逐渐变小，则键角依次减小，即是NH3>PH3>AsH3，故A正确；
B.元素的原子序数=核外电子数，Cd为48号元素，则其核外有48个电子，根据构造原理可知电子排布式为：[Kr]4d105S2，故B错误；
C.Sn位于第五周期第IVA族，位于p区，则其核外有5个能层，价电子数等于最外层电子数，为4个，其价层电子排布式为5s25p2，故C错误；
D.SiH4中H元素显−1价，而CH4中H元素显+1价，SiH4的还原性大于CH4的，故D错误；
故选：A。
A.三者结构相似，中心原子的原子半径越大，键合电子之间的排斥力越小，键角越小；
B.元素的原子序数=核外电子数，Cd为48号元素，则其核外有48个电子，根据构造原理来书写电子排布式；
C.Sn位于第五周期第IVA族，位于p区，则其核外有5个能层，价电子数为4个；
D.SiH4中H元素显−1价，而CH4中H元素显+1价。
本题考查了键角、还原性的强弱比较以及价电子排布式和简化的电子排布式的书写，难度不大，应注意基础知识的积累。
11.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为P、W为S元素；A.XW2是CS2，C原子与2个S原子形成4个共价键，键角是180∘，其结构式为S=C=S，分子的空间构型为直线形，不是V形，故A错误；
B.Y为N，Z为P，NH3和PH3中心原子价层电子对数均为4，均含一个孤电子对，所以均为三角锥形；N原子的电负性大于P，NH3分子的价层电子对更靠近N原子，相互之间的排斥作用力更大，键角更大，所以键角NH3>PH3，故B正确；
C.Z是P元素，可形成PCl3、PCl5两种氯化物，若氯化物为PCl5，P原子最外层有10个电子，不满足最外层8电子稳定结构，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强。Z为P、W为S元素，由于元素的非金属性：P
X、Y、Z、W均为短周期元素，由它们在元素周期表中的相对位置可知，Y位于第二周期，若Y原子为其所在周期中未成对电子最多的原子，可知Y的2p轨道上有3个电子，Y为N元素，结合位置可知X为C、Z为P、W为S，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素中非金属性最强的是O元素，电负性最大的是O元素，故A错误；
B.甲醛分子中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对，甲醛为平面三角形结构，故B正确；
C.连接3个单键的N原子采用sp3杂化，具有氨气分子结构特点，氨气为三角锥形结构，所以该分子中所有C、N、S原子一定不共平面，故C错误；
D.1个MBTH中含有9个C−Hσ键、2个N−Hσ键、6个C−Cσ键，5个C−Nσ键、1个N−Nσ键，1个C=N键中含有1个σ键，该分子中含有24个σ键，1molMBTH中σ键的数目为24NA，故D错误；
故选：B。
A.元素的非金属性越强，其电负性越大；
B.甲醛分子中C原子价层电子对数是3且不含孤电子对；
C.连接3个单键的N原子采用sp3杂化，具有氨气分子结构特点；
D.1个MBTH中含有9个C−Hσ键、2个N−Hσ键、6个C−Cσ键，5个C−Nσ键、1个N−Nσ键，1个C=N键中含有1个σ键，该分子中含有24个σ键。
本题考查元素周期律、原子杂化类型判断、化学键等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电负性强弱规律、原子杂化类型判断方法、分子中存在的化学键是解本题关键，D为解答易错点。
13.【答案】AC
【解析】解：A.晶胞是晶体的最小重复单元，对比图甲和图乙，图乙是该物质的晶胞单元，故A正确；
B.由图乙知，晶胞中A的数目为8×18+4×12+1=4，B的数目为6×12+4×14=4，C的数目为8，则晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：2，故B错误；
C.A、B原子之间最短的距离是面对角线长的12，即22xnm，故C正确；
D.该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为4，故D错误；
故选：AC。
A.晶胞是晶体的最小重复单元，对比图甲和图乙比较；
B.根据均摊法计算；
C.A、B原子之间最短的距离是面对角线长的12；
D.结合晶体中B原子位置分析。
本题考查晶胞结构特点及其计算，题目难度中等，侧重考查学生分析解决问题能力、知识迁移运用能力。
14.【答案】s−spsp−spp−p高于 CO为极性分子，N2为非极性分子，分子极性越大，熔沸点越高 球形 三角锥形 第四周期ⅦB族 Mn2+的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定状态
【解析】解：(1)B2A2为C2H2，其结构式为H−C≡C−H，C原子采用sp杂化，C的杂化轨道与H形成s−spσ键、与另一个C原子形成sp−spσ健，没有杂化的轨道形成p−pπ键，
故答案为：s−sp；sp−sp；p−p；
(2)CO和N2的相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，分子极性越大，熔沸点越高，则NO的沸点高于N2，
故答案为：CO为极性分子，N2为非极性分子，分子极性越大，熔沸点越高；
(3)基态Na和K原子中电子占据的最高能级分别为3s、4s，s能级的原子轨道形状为球形；A3D+为H3O+，其中心原子O的杂化轨道数为3+6−1−1×32=4，含有1个未成键电子对，其空间结构为三角锥形，
故答案为：球形；三角锥形；
(4)F为Mn，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn在元素周期表中的位置为第四周期ⅦB族；Mn2+的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定状态，所以气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，
故答案为：第四周期ⅦB族；Mn2+的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定状态。
已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A是最轻的元素，则A为H；D元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，n=2，则D为O元素；B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，B的原子序数小于O，其核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；C介于C和O元素之间，则C为N元素；E元素的原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，说明只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p64s1，则E为Na或K元素；G元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，G原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，其原子序数为26，则G为Fe元素；F元素原子有5个未成对电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则F为Mn，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。
15.【答案】共价晶体 水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，使得冰中水分子周围的紧邻分子数少 2NA 1s22s22p3 3 1：1121.68×1032NA×a3
【解析】解：(1)单晶硅的晶体类型属于共价晶体，
故答案为：共价晶体；
(2)冰中水分子周围紧邻的分子数(4个)远小于硫化氢的(12个)，原因是：水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，使得冰中水分子周围的紧邻分子数少，
故答案为：水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，使得冰中水分子周围的紧邻分子数少；
(3)CO2分子的结构是为O=C=O，双键由1个σ键和1个形成π键，故1molCO2分子中存在2NA个π键；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，将一个2s电子激发进入2p能级而参与成键，该激发态原子的核外电子排布式：1s22s22p3；O是8号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p4，有3种不同形状的电子云，
故答案为：2NA；1s22s22p3；3；
(4)①由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且一个晶胞中磷原子的个数为8×18+6×12=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子的个数为4，可知晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1：1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为12，
故答案为：1：1；12；
②根据①一个晶胞中B、P原子的个数均为4，晶胞质量为4×42NAg=168NAg，一个晶胞的体积为V=a3pm3=a3×10−30cm3，则晶体密度为ρ=mV=168NAga3×10−30cm3=1.68×1032NA×a3 g⋅cm−3，
故答案为：1.68×1032NA×a3。
(1)单晶硅属于共价晶体；
(2)冰水分子间存在氢键，氢键具有方向性与饱和性，改变了分子构型；
(3)CO2分子的结构是为O=C=O，双键由1个σ键和1个形成π键；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，将一个2s电子激发进入2p能级而参与成键；O是8号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p4；
(4)①由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，一个晶胞中磷原子的个数为8×18+6×12=4，硼原子位于小立方体内，一个晶胞中硼原子的个数为4，磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为12；
②一个晶胞中B、P原子的个数均为4，晶胞质量为4×42NAg=168NAg，一个晶胞的体积为V=a3pm3=a3×10−30cm3，晶体密度为ρ=mV。
本题考查物质结构和性质，涉及电子排布、氢键、晶胞的计算等知识点，侧重考查基础知识运用及计算能力，难点为晶胞的计算，题目难度中等。
16.【答案】5 折线形 低 H2O分子间存在氢键 离子 两者均为离子晶体，O2−半径小于S2−，Cu2O的晶格能大，熔点高 sp2 CuO(14,14,34) 343288ρ⋅NA×1010
【解析】解：(1)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有Na、Mg、Al、Si、P，H2S分子的价层电子对数为2+6−2×12=4，有两个孤电子对，分子构型为折线形，H2S的沸点比H2O的低，原因是H2O分子间存在氢键，
故答案为：5；V形：低；H2O分子间存在氢键；
(2)两者熔点较高属于离子晶体，两者均为离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能又与离子半径及电荷有关，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷相同，O2−半径小于S2−，所以Cu2O的晶格能大，熔点高，
故答案为：离子；两者均为离子晶体，O2−半径小于S2−，Cu2O的晶格能大，熔点高；
(3)在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，所以S的杂化方式为sp2，
故答案为：sp2；
(4)图2中，Cu原子数目为4，O原子数目为8×18+4×14+2×12+1=4，化学式为CuO；将大立方体切割成4个小立方体，C点位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的14，对应z轴为高的34，故C点坐标为：(14,14,34)，该晶胞中含有Cu原子：4个，O原子：2个，故晶胞中含有2个Cu2O，晶胞的质量m=2NAmol×144g/mol=288NAg，设晶胞的边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞密度=mV=288a3NAg/cm3=ρg/cm3，设面对角线长度为bcm，则b2=a2+a2=2a2，设体对角线长度为ccm，则c2=a2+b2=3a2，观察晶胞可知：Cu原子与O原子之间的距离为体对角线的14即343288ρ⋅NA×1010pm，
故答案为：CuO；(14,14,34)；343288ρ⋅NA×1010。
(1)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有Na、Mg、Al、Si、P，H2S分子的价层电子对数为2+6−2×12=4，有两个孤电子对，H2S的沸点比H2O的低，原因是H2O分子间存在氢键；
(2)两者熔点较高属于离子晶体，两者均为离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能又与离子半径及电荷有关，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷相同，O2−半径小于S2−，所以Cu2O的晶格能大；
(3)在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3；
(4)图2中，Cu原子数目为4，O原子数目为8×18+4×14+2×12+1=4，化学式为CuO；将大立方体切割成4个小立方体，C点位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的14，对应z轴为高的34，故C点坐标为：(14,14,34)，该晶胞中含有Cu原子：4个，O原子：2个，故晶胞中含有2个Cu2O，晶胞的质量m=2NAmol×144g/mol=288NAg，设晶胞的边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞密度=mV=288a3NAg/cm3=ρg/cm3，设面对角线长度为bcm，则b2=a2+a2=2a2，设体对角线长度为ccm，则c2=a2+b2=3a2，观察晶胞可知：Cu原子与O原子之间的距离为体对角线的14，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
17.【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 +3NH3、Cl− 0.6NA 28.7sp2 N>H>C66×59ρNA×a×10−21
【解析】解：(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价为+3；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，0.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目为0.6NA，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.1mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol，其质量=2mol×143.5g/mol=28.7g，
故答案为：+3；NH3、Cl−；0.6NA；28.7；
(3)C原子的价层电子对数是3，所以C原子采用sp2杂化，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小顺序是N>H>C，
故答案为：sp2；N>H>C；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7=6×59ρNA×a×10−21nm，
故答案为：6；6×59ρNA×a×10−21。
(1)基态Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co原子核外电子排布式；
(2)在该配合物中，氯元素化合价为−1价、N元素为−3价、H元素为+1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Co的化合价；中心原子的配体为NH3、Cl−；每个[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有的配位键数目6，当向其中加入足量硝酸银溶液时，只有外界中的氯离子能电离，外界中含有2个Cl−，0.11mol该配合物完全电离生成0.2molCl−，生成的AgCl为0.2mol；
(3)C原子的价层电子对数是3，该配合物涉及的非金属元素有C、H、N元素，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；
(4)金该晶胞中的钴原子数目=12×16+2×12+3=6，晶胞的密度ρ=MNA×6a×10−14×c×10−7，c=6MρNA×a×10−14×10−7。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、原子杂化类型判断、晶胞计算方法是解本题关键，难点是(4)题晶胞计算，注意配合物中内界和外界的区别，题目难度中等。
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