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2018-2019学年吉林省扶余市第一中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
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扶余市第一中学2018--2019学年度下学期月考试题
高二化学
本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。(考试时间：90分钟。试卷总分：100分)。
（提醒考生注意：必须在答题区域内答题，否则不给分）
第I卷（60分）
可能用到的相对原子质量：H: 1 O: 16 Cu: 64 B: 11 Na: 23 N:14 C:12 S:32
一、选择题（共25小题，1-15题，每题2分，16-25题，每题3分，共60分。每题只有1个选项符合题意）
1.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. CF2Cl2 B. PCl5 C. HCl D. BF3
【答案】A
【解析】
【详解】分子中原子的化合价的绝对值和该原子的最外层电子数之和等于8，就满足最外层为8电子结构：
A、CF2Cl2的F和Cl的化合价分别是-1价，C的化合价为+4价，所有原子均满足最外层为8电子结构，A正确；
B、PCl5中P和Cl的化合价分别是＋5价和－1价，则P原子不能满足最外层为8电子结构，Cl原子满足，B不正确；
C、HCl中H和Cl的化合价分别是＋1价和－1价，则H原子不能满足最外层为8电子结构，Cl原子满足，C不正确；
D、BF3中B和F的化合价分别是＋3价和－1价，则B原子不能满足最外层为8电子结构，F原子满足，D不正确；
答案：A。
【点睛】氢原子核外只有一个电子层，最多填2个电子，不满足最外层为8电子的结构，所以有氢原子的选项可先排除。
2.在下列所示的微粒中，氧化性最强的是（ ）
A. 1s22s22p2 B. 1s22s22p5 C. 1s22s22p63s1 D. 1s22s22p6
【答案】B
【解析】
试题分析：根据原子核外电子排布可知，A是C，B是F，C是Na，D是Ne，所以氧化性最强的是F，答案选B。
考点：考查元素核外电子排布、非金属性强弱比较
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是根据核外电子排布，得出元素种类，然后根据元素周期律灵活运用即可。
3.下面是一些原子的2p能级和3d能级中电子在原子轨道上的排布情况，其中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
A．同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理，A错误；B.2p能层有3个电子，应在3个不同的轨道，不符合洪特规则，B错误；C．3d能级有8个电子，应在5个不同的轨道，违反了洪特规则，C错误；D．符合洪特规则、泡利不相容原理，D正确，答案选D。
4.下列有关化学用语的说法不正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A、－OH与均表示羟基，A正确；B、NaCl的晶胞如图所示，B错误；C、甲烷的球棍模型可表示为，C正确；D、次氯酸是共价化合物，电子式为，D正确，答案选B。
5.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序.若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是（ ）
A. E(3s)＞E(3p)＞E(3d) B. E(3s)＞E(2s)＞E(1s)
C. E(4f)＞E(4s)＞E(3d) D. E(5s)＞E(4s)＞E(4f)
【答案】B
【解析】
【详解】绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f……：
A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故A错误；
B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故B正确；
C、由以上分析可知E（4f）＞E（3d）＞E（4s），故C错误；
D、应为E（4f）＞E（5s）＞E（4s），故D错误；
答案：B。
【点睛】各能级能量高低顺序为：①.相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②.n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np。
6.下列分子中，中心原子的杂化类型相同，分子空间构型也相同的是（ ）
A. H2O、SO2 B. BeCl2、CO2 C. H2O、NH3 D. NH3、CH2O
【答案】B
【解析】
试题分析：根据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，采取 sp3杂化方式，水是V型结构。SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，采取 sp2杂化方式，SO2是V形结构，故A不正确；同样分析氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，B正确；氨气中氮原子是sp3杂化，含有1对孤对电子，因此氨气是三角锥形结构，C不正确；甲醛中碳原子是sp2杂化，属于平面型结构，D不正确，答案选B。
考点：考查杂化轨道理论对有关判断和应用
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生对价层电子对互斥理论和杂化轨道理论的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。判断中心原子含有的孤对电子是答题的关键。
7.下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是（ ）
A. 硝酸铵、氢化铵、氢氧化二氨合银[Ag(NH3)2]OH、硫酸铵
B. 氢氧化钠、过氧化钠、硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4、氢化钠
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
【答案】A
【解析】
【详解】A、铵离子中存在极性共价键和配位键，氨分子中氮原子上有孤电子对，H＋、Cu2＋、Ag＋有空轨道，能形成配位键，A正确；
A、只有硫酸四氨合铜中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钠含有离子键和共价键，氢化钠只有离子键，A错误；
C、硫酸含有共价键，氢氧化钠、氢氧化钡含有离子键和共价键，氮化钙只有离子键，C错误；
D、只有氯化铵中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钙含有离子键和共价键，双氧水只有共价键，D错误;
答案：A。
【点睛】配位键的判断是解答的难点，注意配位键的含义和形成条件，其形成条件为中心原子有空轨道，配体可提供孤电子对，常见配体有氨气、水、氯离子等。
8.下列说法中，不正确的是（ ）
A. 光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的
B. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法
C. 等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质
D. 分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。
【答案】C
【解析】
【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；
B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故B正确；
C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；
D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。
故选C。
9.下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是（ ）
A. 2s22p2 和2s22p4 B. 3s23p4 和2s22p4
C. 3s2和2s22p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
【详解】A．价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4的元素为O，二者可形成CO2，故A不选；
B．价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p4的元素为O，二者可形成SO2，故B不选；
C．价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为F，二者可形成MgF2，故C不选；
D．价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，故D选；
答案：D
10.4p轨道填充一半的元素，其原子序数是（ ）
A. 15 B. 35 C. 51 D. 33
【答案】D
【解析】
试题分析：根据构造原理可知，4p轨道填充一半的元素，其原子序数是2＋8＋18＋5＝33，答案选D。
考点：考查元素原子序数的计算
点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中，基础性强。该题的关键是明确构造原理的含义，然后结合核外电子排布灵活运用即可。
11.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是（ ）
A. 配位体是Cl－和H2O，配位数是9
B. 中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C. 内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误；
答案：C。
12.下列有关晶胞的叙述，正确的是（ ）
A. 晶胞的结构是晶体的结构 B. 不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C. 晶胞中的任何一个粒子都属于该晶胞 D. 已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
【答案】D
【解析】
【详解】A.构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，晶胞的结构并不是晶体的结构，A错误；
B. 相同晶体中晶胞大小和形状完全相同，不同晶体的晶胞大小和形状不一定相同，B错误；
C. 晶体中的大部分粒子被若干个晶胞所共有，不完全属于某个晶胞，C错误；
D. 知道晶胞的组成，利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D正确。
答案：D。
13.下列说法和解释错误的是
A. 冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大
B. 卤化物从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高
C. 由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向
D. 金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；
B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；
C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；
D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。
故选A。
14.一般情况下，下列比较中不正确的是 （ ）
A. 键角：H2O< CO2 B. 键长：Cl—Cl>F—F
C. 键能：C—Cπ键
【答案】C
【解析】
A. 水分子是V形，二氧化碳是直线形，键角：H2O< CO2，故A正确；B.原子半径越大，键长越长， 键长：Cl—Cl>F—F，故B正确；C. 键长越短，键能越大，键能：C—C＞C—Si，故C错误；D. 一般而言，σ键比π键重叠程度大，强度越大，强度：σ键>π键，故D正确；故选C。
15.以下是摘自高二实验班某学生在这次考试复习中对教材选修3第一章《原子结构和性质》的总结，其中与教材说法不符的是（ ）
A. 同一原子的能层越高，s电子云半径越大
B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数
C. 书写电子排布式时，按照构造原理，依据电子的填充顺序从左到右书写能级
D. 处于最低能量的原子叫做基态原子，我们通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布
【答案】C
【解析】
A、能层越高，能量越大，即不同能层同一能级的电子云半径越大，故A说法正确；B、每一个能层都是从s能级开始，其能级数等于该能层的序数，故B说法正确；C、书写电子排布式时，能层低的能级要写在左边，不能按填充顺序写，故C说法错误；D、基态原子是处于最低能量的原子，通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布，故D说法正确。
16.下列说法中不正确的是（ ）
A. N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体
B. CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化
C. H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近
D. 由I A族和VIA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化合物
【答案】C
【解析】
A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CC12F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项正确；B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项正确；C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项错误；D.由I A族和VIA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Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项正确。答案选C。
17.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）
A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形
C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D. ZQ2是极性键构成的非极性分子
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4, Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则T为为P元素，据此分析。A．元素Y和Q分别是Fe、O，可形成化合物Fe2O3，A项正确；B．T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石，它们的分子构型均为正四面体型，B项正确；C．X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物，C项错误；D．Z为C，CO2是直线型分子，是极性键构成的非极性分子，D项正确；答案选C。
考点：考查元素的推断，原子核外电子排布。
18.对于第三周期元素的有关叙述错误的是（ ）
A. 碱性：NaOH ＞Mg(OH)2 ＞ Al(OH)3 B. 电负性：Si＜P＜S
C. 第一电离能：Si ＜ P ＜ S D. Cl－核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
【答案】C
【解析】
A、同周期从左向右，金属性增强，即金属性：Na>Mg>Al，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，即碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故A说法正确；B、同周期从左向右电负性增强（稀有气体除外），即电负性：S>P>Si，故B说法正确；C、同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能：P>S>Si，故C说法错误；D、Cl－是Cl得到一个电子，即Cl－的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D说法正确。
19.下列说法中正确的是（ ）
A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子
B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致
C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3 杂化
D. 配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1
【答案】A
【解析】
A.依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知，ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，A项正确；B.水很稳定的原因是水分子中H-O键的键能大，而水分子间的氢键使得水的熔、沸点升高，B项错误；C.在NH3、H2O、CH4中N、O、C均采取sp3杂化，只不过NH3、H2O分子中孤对电子占据着杂化轨道，C项错误；D.Cu(H2O)4]SO4中配位体是H2O，配位数是4，D项错误。答案选A。
20.下列关于共价键的说法不正确的是（ ）
A. 在双键中，σ键比π键稳定
B. N2与CO分子中σ键和π键个数对应相等
C. 两个原子形成共价键时至少有1个σ键
D. HCHO分子中σ键与π键个数比为2∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在双键中，σ键比单个的π键电子云重叠程度大，更加稳定，故A正确；
B.CO与N2结构相似，分子中σ键都是1个，π键都为2个，故B正确；
C.单键中含有1个σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，则两个原子形成共价键时至少有1个σ键，故C正确；
D. C、HCHO中含有2个单键和一个双键，则σ键与π键数之比为3：1，故D错误；
答案：D.
【点睛】σ键头碰头重叠，π键肩并肩重叠，共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，单键中含有1个σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
21.下列说法或有关化学用语表达正确的是( )
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故B正确；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B。
考点：考查了原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写的相关知识。
22.下列关于晶体的说法正确的组合是（ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子化合物中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4＋和12个O2－相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠溶于水时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；
②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；
③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，H2O和H2S属于分子晶体，H2O分子间含有氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；
④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；
⑤根据化学式以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；
⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；
⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的是物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；
⑧离子晶体溶于水破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确;
答案：D。
23.在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家庭。下列有关说法错误的是（ ）
A. 金刚石、C60、C70、管状碳和洋葱状碳都不能与H2发生加成反应
B. 已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个
D. 熔点比较：C60
【解析】
【详解】A. C60的结构中存在碳碳双键，可与H2发生加成反应，故A错误；
B. 石墨转化为金刚石为吸热反应，则石墨能量低，金刚石能量高，能量越高，越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C. 以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故C正确；
D. C60、C70、C90为分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，金刚石为原子晶体，在这四种物质中熔点最高，熔点比较: ＜金刚石，故D正确；
答案：A。
【点睛】物质能量越高，越不稳定；键能越大，物质越稳定。
24.二茂铁分子[Fe (C5H5)2]是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子（C5H5-）之间为离子键
B. 1mol环戊二烯（）中含有σ键的数目为5NA
C. 二茂铁分子中存在π键
D. Fe2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】
根据结构简式可知，分子中的化学键是配位键，A不正确。碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，所以1mol环戊二烯（）中含有σ键11mol，B不正确，C正确。根据构造原理可知，Fe2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。答案选C。
25.下列对分子性质的解释中，不正确的是（ ）
A. SO2易溶于水只是因为相似相溶原理
B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子
C. 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
D. 由上图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数
【答案】A
【解析】
【详解】A.SO2易溶于水除了因为SO2和水都是极性分子外，还由于SO2能与水反应生成亚硫酸，增大了溶解度，A错误；
B.乳酸中有一个手性碳原子，可表示为，B正确；
C.碘单质、四氯化碳、甲烷都是非极性分子，而水是极性分子，所以根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，满足相似相溶原理，C正确；
D.H3PO4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，D正确；
答案：A
【点睛】直接和四个不相同的原子或原子团相连的碳原子叫做“手性碳原子”；含氧酸可表示为：(HO)mROn，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强。
第II卷（40分）
二、填空题(本题包括5小题，共40分)
26.在HF、H2S、PH3、CS2、CCl4、H2O2、N2分子中：（将所选的物质化学式填入空白）
（1）以非极性键结合的非极性分子是_______
（2）以极性键相结合，具有直线型结构的非极性分子是_______
（3）以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是_______
（4）以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是______
（5）以极性键相结合，具有V型结构的极性分子是_______
（6）以极性键相结合，而且分子极性最大的是_______
（7）与N2O互为等电子体的是_________
（8）含有非极性键的极性分子是________。
【答案】 (1). N2 (2). CS2 (3). CCl4 (4). PH3 (5). H2S (6). HF (7). CS2 (8). H2O2
【解析】
【分析】
HF中含有极性键，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，分子极性最大；H2S中含有极性键，空间结构为V型，属于极性分子，为sp3杂化；PH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，为sp3杂化；CS2含有极性键，空间结构为直线型，属于非极性分子；CCl4中含有极性键，空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，为sp3杂化；H2O2含有极性键和非极性键，正负电荷重心不重叠，为极性分子，N2中只含非极性键，属于非极性分子。
【详解】（1）以非极性键结合非极性分子是N2，故答案为：N2；
（2）以极性键相结合，具有直线型结构的非极性分子是CS2，故答案为：CS2；
（3）以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是CCl4，故答案为：CCl4；
（4）以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是PH3，故答案为：PH3；
（5）以极性键相结合，具有V型结构的极性分子是H2S，故答案为：H2S；
（6）以极性键相结合，而且分子极性最大的是HF，故答案为：HF；
（7） 与N2O互为等电子体的是CS2，故答案为：CS2；
（8）含有非极性键的极性分子是H2O2，故答案为：H2O2。
【点睛】极性共价键是指成键的两个原子不是相同元素的原子，所以键有极性，只看成键元素相不相同，但是极性分子是指分子的正电荷中心和负电荷中心不重合，主要从分子空间结构进行分析，和组成元素没太大关系。
27.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为________。
（2）B的氢化物的分子空间构型是_____。其中心原子采取___杂化。
（3）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。
（4）ECl3与B、C的氢化物形成配位数为六的配合物的化学式为_____
【答案】 (1). C
【分析】
A、B、C是同一周期的非金属元素。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，所以A是C元素、B是N元素、C是O元素；D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，D是Mg元素；E的原子序数为24，E是Cr元素。
【详解】(1) 同一周期元素的第一电离能从左至右呈增大趋势，由于N原子2p轨道半充满，N的第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为C
(3)CO2的电子式；等电子体是组成原子数相同，价电子数也相同的微粒，一种由B、C组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O；答案：；N2O；
(4) ECl3能与氨气、水形成配位数为六的配合物，且两种配体的物质的量之比为2:1，三个氯离子位于外界，ECl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；答案：[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
28.铍及其化合物的应用正日益被重视。
（1）最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的排布图为_______。
（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_____(填字母)。
A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液pH均小于7
（3）铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。铍的熔点(1551K)比铝的熔点(930K)高，原因是____。
（4）氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b)，固态时则具有如下图所示的链状结构(c)。
①a属于____(填“极性”或“非极性”)分子。
②二聚分子(BeCl2)2中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b的结构式为____(标出配位键)。
（5）Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所：
若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为___个；Al晶体的密度为_____（用字母表示）。
【答案】 (1). (2). BD (3). Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强 (4). 非极性 (5). (6). 4 (7).
【解析】
【分析】
（1）Cr原子为24号元素，根据构造原理写出电子排布式，再去写价电子排布图；
(2)Be在第二周期第ⅡA族，Al在第三周期第ⅢA族，根据周期表和周期律分析作答；
(3)原子半径越小，金属性更强，熔点越高；
(4)①BeCl2无孤电子对，Be原子采取 sp 杂化方式，正负电荷中心重叠；
②两分子BeCl2聚合在一起，Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，可以考虑分子间通过配位键结合在一起；
(5)Al的晶胞为面心立方最密堆积，利用均摊法计算Al原子的数目，再根据立体几何知识计算晶胞密度。
【详解】（1）Cr原子为24号元素，基态原子价层电子排布式为3d54s1,则基态Cr原子价电子的轨道表示式为；答案：；
(2)A．铍属于s区元素，而铝属于p区主族元素，故A错误；
B．金属越活泼，电负性越小，Mg比Be、Al活泼，则两金属电负性都比镁大，故B正确；
C．Be的第一电离能比镁大，而Mg因s轨道全充满，第一电离能比Al大，故C错误；
D.Be2+和Al3+在溶液中均水解，则氯化物的水溶液pH均小于7，故D正确；
答案：BD；
(3)因为Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强，则铍的熔点比铝的熔点高；答案： Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强；
(4)①BeCl2中Be原子成2个Be-Cl，Be原子的杂化轨道数为2，故Be原子采取 sp 杂化方式，是直线型，属于非极性分子；答案：非极性；
②在二聚分子(BeCl2)2中Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，则配位键中电子对由氯原子提供，b 的结构式为；答案：；
(5)Al的晶胞为面心立方最密堆积，则一个晶胞中Al原子的数目为8×1/8+6×1/2=4个；若已知Al的原子半径为b，则晶胞的边长为；NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则Al晶体的密度为；答案：4；。
29.有色金属行业发展蕴藏着巨大潜力。目前，全世界消费量排在前五位为铜、铝、铅、锌、镍。
（1）配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于___晶体；基态Ni原子的价电子电子排布式为____。
（2）铜原子的电子占有____种能量不同的原子轨道。
（3）配合物分子内（如图）的作用力有_____（填编号）。
A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．金属键 E．配位键
（4）很多不饱和有机物在Ni催化下可以与H2发生加成反应。如 ①CH2=CH2、②CH≡CH、③、④HCHO等，其中分子中C原子为SP2杂化的有____（填物质序号），预测HCHO分子的立体结构为_____形。
（5）氢气是新型清洁能源，镧（La）和镍（Ni）的合金可做储氢材料。该合金的晶胞如右图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点上。该晶体的化学式为______。
（6）邻羟基苯甲醛的沸点____（填大于，小于或等于）对羟基苯甲醛的沸点。
【答案】 (1). 分子 (2). 3d84s2 (3). 7 (4). ACE (5). ①③④ (6). 平面三角 (7). LaNi5 (8). 小于
【解析】
【分析】
（1）熔沸点低的晶胞为分子晶体；Ni核电荷数为28，根据构造原理写出价电子排布式；
（2）写出Cu基态原子的电子排布式，找出有多少种能级，每个能级就是能量不同的原子轨道；
（3）观察题目给出的结构式分析作用力，虚线一般为氢键；
（4）碳原子采取sp2杂化的物质的结构为平面型；采取sp3杂化的物质的结构为四面体；采取sp杂化的物质的结构为直线型；
（5）根据均摊法求算晶胞中微粒个数：顶点占1/8，面占1/2，棱占1/4；
（6）分子内氢键降低物质熔沸点，分子间氢键增大物质熔沸点
【详解】（1）因为Ni(CO)4常温时为液态，易溶于CCl4，所以固态Ni(CO)4属于分子晶
体，基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，价电子电子排布式为3d84s2；答案：分子；3d84s2；
（2）Cu基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级能量不同，故有7种能量不同的原子轨道；答案：7；
（3）由结构式知该配合物含氢键、配位键、共价键；答案：ACE；
（4）碳原子采取sp2杂化的物质的结构为平面型；采取sp3杂化的物质的结构为四面体；采取sp杂化的物质的结构为直线型，则采取sp2杂化的有①③④，HCHO中C原子为sp2杂化，且C原子无孤电子对，则分子的立体结构为平面三角形；答案：①③④；平面三角；
（5）根据晶胞中微粒个数求算方法：顶点占1/8，面占1/2，棱占1/4，则镧（La）和镍（Ni）个数分别为8x1/8=1、8x1/2+1=5，该晶体的化学式为LaNi5；答案：LaNi5；
（6）由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键降低物质熔沸点，分子间氢键增大物质熔沸点，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低；答案：小于。
30.氮（N）、磷（P）、砷（As）等ⅤA元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科研人员研究发现As2O3或写成As4O6，俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用。回答下列问题：
（1）As原子的简化的核外电子排布式为_____；P的第一电离能比S大的原因为________。
（2）写出一种与CN-互为等电子体的分子___（用化学式表示）；(SCN)2分子中σ键和π键个数比为__。
（3）砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO33-少量AsO43-，其中AsO33-中As的杂化方式为___，AsO43-的空间构型为___。
（4）NH4+中H-N-H键角比NH3中H-N-H的键角大的原因是____；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图Ⅰ），该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：____。
（5）BN的熔点为3000℃，密度为2.25g/cm3，其晶胞结构如上图Ⅱ所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有____个；若原子半径分别为rN和rB，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 (2). P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大 (3). CO或N2 (4). 5:4 (5). sp3 (6). 正四面体 (7). NH4+的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H键角比NH3中大 (8). 由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子 (9). 4 (10). ×100%
【解析】
【分析】
（1）As原子核外有33个电子，根据构造原理判断核外电子排布。第ⅤA族元素最外层p轨道是半充满状态，比相邻主族元素第一电离能大；
（2）CN-原子数为2，价电子数为10，找等电子体可用“替代法”；（SCN）2的结构式为NC—S—S—CN，根据结构式找σ键和π键个数；
（3）先计算AsO33-中As上的孤电子对数，成键电子对数等于配对原子数，As的价层电子对数=孤电子对数+成键电子对数，然后分析杂化方式和空间构型；
（4）孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，这是导致键角大小的原因；加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子，然后分析水分子形成的配位键弱于氨分子原因即可；
（5）根据晶胞图判断一个N原子周围距离最近的B原子有多少个；用“均摊法”求B原子个数和N原子个数，然后求出晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分比就是空间利用率。
【详解】（1）As原子核外有33个电子，根据构造原理，As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar] 3d104s24p3。P和S都处于第三周期，S的价电子排布式为3s23p4，P的价电子排布式为3s23p3，P的3p能级处于半充满，比较稳定，P的第一电离能比S的大；答案：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大；
（2）用“替代法”，与CN-互为等电子体的粒子有CO、N2、C22-等；（SCN）2的结构式为NC—S—S—CN，单键全是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，（SCN）2分子中有5个σ键、4个π键，σ键和π键个数比为5:4；答案：CO或N2、5:4；
（3）AsO33-中As上的孤电子对数=（5+3-32）=1，成键电子对数为3，As的价层电子对数为1+3=4，As的杂化方式为sp3杂化；AsO43-中As上的孤电子对数=（5+3-42）=0，成键电子对数为4，As的价层电子对数为0+4=4，AsO43-的VSEPR模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO43-的空间构型为正四面体；答案： sp3；正四面体；
（4）NH4+中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子，原因是：O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子与Cu2+形成的配位键弱于氨分子；答案：NH4+的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H键角比NH3中大；由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子；
（5）用“均摊法”，B：8+6=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个。一个晶胞中原子的体积为4（πrN3+πrB3）pm3=4（πrN3+πrB3）10-30cm3，1mol晶体的质量为25g，1mol晶体的体积为25g2.25g/cm3，晶胞的体积为4（25g2.25g/cm3NA），BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4（πrN3+πrB3）10-30cm3[4（25g2.25g/cm3NA）]=×100%；答案：×100%。
【点睛】第（4）小题为易错点，注意孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力。
扶余市第一中学2018--2019学年度下学期月考试题
高二化学
本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考试结束后，只交答题纸和答题卡，试题自己保留。(考试时间：90分钟。试卷总分：100分)。
（提醒考生注意：必须在答题区域内答题，否则不给分）
第I卷（60分）
可能用到的相对原子质量：H: 1 O: 16 Cu: 64 B: 11 Na: 23 N:14 C:12 S:32
一、选择题（共25小题，1-15题，每题2分，16-25题，每题3分，共60分。每题只有1个选项符合题意）
1.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. CF2Cl2 B. PCl5 C. HCl D. BF3
【答案】A
【解析】
【详解】分子中原子的化合价的绝对值和该原子的最外层电子数之和等于8，就满足最外层为8电子结构：
A、CF2Cl2的F和Cl的化合价分别是-1价，C的化合价为+4价，所有原子均满足最外层为8电子结构，A正确；
B、PCl5中P和Cl的化合价分别是＋5价和－1价，则P原子不能满足最外层为8电子结构，Cl原子满足，B不正确；
C、HCl中H和Cl的化合价分别是＋1价和－1价，则H原子不能满足最外层为8电子结构，Cl原子满足，C不正确；
D、BF3中B和F的化合价分别是＋3价和－1价，则B原子不能满足最外层为8电子结构，F原子满足，D不正确；
答案：A。
【点睛】氢原子核外只有一个电子层，最多填2个电子，不满足最外层为8电子的结构，所以有氢原子的选项可先排除。
2.在下列所示的微粒中，氧化性最强的是（ ）
A. 1s22s22p2 B. 1s22s22p5 C. 1s22s22p63s1 D. 1s22s22p6
【答案】B
【解析】
试题分析：根据原子核外电子排布可知，A是C，B是F，C是Na，D是Ne，所以氧化性最强的是F，答案选B。
考点：考查元素核外电子排布、非金属性强弱比较
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是根据核外电子排布，得出元素种类，然后根据元素周期律灵活运用即可。
3.下面是一些原子的2p能级和3d能级中电子在原子轨道上的排布情况，其中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
A．同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理，A错误；B.2p能层有3个电子，应在3个不同的轨道，不符合洪特规则，B错误；C．3d能级有8个电子，应在5个不同的轨道，违反了洪特规则，C错误；D．符合洪特规则、泡利不相容原理，D正确，答案选D。
4.下列有关化学用语的说法不正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A、－OH与均表示羟基，A正确；B、NaCl的晶胞如图所示，B错误；C、甲烷的球棍模型可表示为，C正确；D、次氯酸是共价化合物，电子式为，D正确，答案选B。
5.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序.若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是（ ）
A. E(3s)＞E(3p)＞E(3d) B. E(3s)＞E(2s)＞E(1s)
C. E(4f)＞E(4s)＞E(3d) D. E(5s)＞E(4s)＞E(4f)
【答案】B
【解析】
【详解】绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f……：
A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故A错误；
B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故B正确；
C、由以上分析可知E（4f）＞E（3d）＞E（4s），故C错误；
D、应为E（4f）＞E（5s）＞E（4s），故D错误；
答案：B。
【点睛】各能级能量高低顺序为：①.相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②.n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np。
6.下列分子中，中心原子的杂化类型相同，分子空间构型也相同的是（ ）
A. H2O、SO2 B. BeCl2、CO2 C. H2O、NH3 D. NH3、CH2O
【答案】B
【解析】
试题分析：根据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，采取 sp3杂化方式，水是V型结构。SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，采取 sp2杂化方式，SO2是V形结构，故A不正确；同样分析氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，B正确；氨气中氮原子是sp3杂化，含有1对孤对电子，因此氨气是三角锥形结构，C不正确；甲醛中碳原子是sp2杂化，属于平面型结构，D不正确，答案选B。
考点：考查杂化轨道理论对有关判断和应用
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生对价层电子对互斥理论和杂化轨道理论的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。判断中心原子含有的孤对电子是答题的关键。
7.下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是（ ）
A. 硝酸铵、氢化铵、氢氧化二氨合银[Ag(NH3)2]OH、硫酸铵
B. 氢氧化钠、过氧化钠、硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4、氢化钠
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
【答案】A
【解析】
【详解】A、铵离子中存在极性共价键和配位键，氨分子中氮原子上有孤电子对，H＋、Cu2＋、Ag＋有空轨道，能形成配位键，A正确；
A、只有硫酸四氨合铜中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钠含有离子键和共价键，氢化钠只有离子键，A错误；
C、硫酸含有共价键，氢氧化钠、氢氧化钡含有离子键和共价键，氮化钙只有离子键，C错误；
D、只有氯化铵中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钙含有离子键和共价键，双氧水只有共价键，D错误;
答案：A。
【点睛】配位键的判断是解答的难点，注意配位键的含义和形成条件，其形成条件为中心原子有空轨道，配体可提供孤电子对，常见配体有氨气、水、氯离子等。
8.下列说法中，不正确的是（ ）
A. 光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的
B. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法
C. 等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质
D. 分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。
【答案】C
【解析】
【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；
B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故B正确；
C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；
D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。
故选C。
9.下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是（ ）
A. 2s22p2 和2s22p4 B. 3s23p4 和2s22p4
C. 3s2和2s22p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
【详解】A．价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4的元素为O，二者可形成CO2，故A不选；
B．价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p4的元素为O，二者可形成SO2，故B不选；
C．价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为F，二者可形成MgF2，故C不选；
D．价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，故D选；
答案：D
10.4p轨道填充一半的元素，其原子序数是（ ）
A. 15 B. 35 C. 51 D. 33
【答案】D
【解析】
试题分析：根据构造原理可知，4p轨道填充一半的元素，其原子序数是2＋8＋18＋5＝33，答案选D。
考点：考查元素原子序数的计算
点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中，基础性强。该题的关键是明确构造原理的含义，然后结合核外电子排布灵活运用即可。
11.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是（ ）
A. 配位体是Cl－和H2O，配位数是9
B. 中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C. 内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误；
答案：C。
12.下列有关晶胞的叙述，正确的是（ ）
A. 晶胞的结构是晶体的结构 B. 不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C. 晶胞中的任何一个粒子都属于该晶胞 D. 已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
【答案】D
【解析】
【详解】A.构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，晶胞的结构并不是晶体的结构，A错误；
B. 相同晶体中晶胞大小和形状完全相同，不同晶体的晶胞大小和形状不一定相同，B错误；
C. 晶体中的大部分粒子被若干个晶胞所共有，不完全属于某个晶胞，C错误；
D. 知道晶胞的组成，利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D正确。
答案：D。
13.下列说法和解释错误的是
A. 冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大
B. 卤化物从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高
C. 由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向
D. 金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；
B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；
C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；
D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。
故选A。
14.一般情况下，下列比较中不正确的是 （ ）
A. 键角：H2O< CO2 B. 键长：Cl—Cl>F—F
C. 键能：C—C
【答案】C
【解析】
A. 水分子是V形，二氧化碳是直线形，键角：H2O< CO2，故A正确；B.原子半径越大，键长越长， 键长：Cl—Cl>F—F，故B正确；C. 键长越短，键能越大，键能：C—C＞C—Si，故C错误；D. 一般而言，σ键比π键重叠程度大，强度越大，强度：σ键>π键，故D正确；故选C。
15.以下是摘自高二实验班某学生在这次考试复习中对教材选修3第一章《原子结构和性质》的总结，其中与教材说法不符的是（ ）
A. 同一原子的能层越高，s电子云半径越大
B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数
C. 书写电子排布式时，按照构造原理，依据电子的填充顺序从左到右书写能级
D. 处于最低能量的原子叫做基态原子，我们通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布
【答案】C
【解析】
A、能层越高，能量越大，即不同能层同一能级的电子云半径越大，故A说法正确；B、每一个能层都是从s能级开始，其能级数等于该能层的序数，故B说法正确；C、书写电子排布式时，能层低的能级要写在左边，不能按填充顺序写，故C说法错误；D、基态原子是处于最低能量的原子，通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布，故D说法正确。
16.下列说法中不正确的是（ ）
A. N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体
B. CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化
C. H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近
D. 由I A族和VIA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化合物
【答案】C
【解析】
A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CC12F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项正确；B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项正确；C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项错误；D.由I A族和VIA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Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项正确。答案选C。
17.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）
A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形
C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D. ZQ2是极性键构成的非极性分子
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为S元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Y为Fe元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，Q的电子排布式为1s22s22p4, Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，T的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则T为为P元素，据此分析。A．元素Y和Q分别是Fe、O，可形成化合物Fe2O3，A项正确；B．T和Z分别是P、C，它们形成的单质有P4和金刚石，它们的分子构型均为正四面体型，B项正确；C．X与Q形成的化合物SO2或SO3都为共价化合物，C项错误；D．Z为C，CO2是直线型分子，是极性键构成的非极性分子，D项正确；答案选C。
考点：考查元素的推断，原子核外电子排布。
18.对于第三周期元素的有关叙述错误的是（ ）
A. 碱性：NaOH ＞Mg(OH)2 ＞ Al(OH)3 B. 电负性：Si＜P＜S
C. 第一电离能：Si ＜ P ＜ S D. Cl－核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
【答案】C
【解析】
A、同周期从左向右，金属性增强，即金属性：Na>Mg>Al，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，即碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故A说法正确；B、同周期从左向右电负性增强（稀有气体除外），即电负性：S>P>Si，故B说法正确；C、同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，因此第一电离能：P>S>Si，故C说法错误；D、Cl－是Cl得到一个电子，即Cl－的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D说法正确。
19.下列说法中正确的是（ ）
A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子
B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致
C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3 杂化
D. 配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1
【答案】A
【解析】
A.依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知，ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，A项正确；B.水很稳定的原因是水分子中H-O键的键能大，而水分子间的氢键使得水的熔、沸点升高，B项错误；C.在NH3、H2O、CH4中N、O、C均采取sp3杂化，只不过NH3、H2O分子中孤对电子占据着杂化轨道，C项错误；D.Cu(H2O)4]SO4中配位体是H2O，配位数是4，D项错误。答案选A。
20.下列关于共价键的说法不正确的是（ ）
A. 在双键中，σ键比π键稳定
B. N2与CO分子中σ键和π键个数对应相等
C. 两个原子形成共价键时至少有1个σ键
D. HCHO分子中σ键与π键个数比为2∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在双键中，σ键比单个的π键电子云重叠程度大，更加稳定，故A正确；
B.CO与N2结构相似，分子中σ键都是1个，π键都为2个，故B正确；
C.单键中含有1个σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，则两个原子形成共价键时至少有1个σ键，故C正确；
D. C、HCHO中含有2个单键和一个双键，则σ键与π键数之比为3：1，故D错误；
答案：D.
【点睛】σ键头碰头重叠，π键肩并肩重叠，共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，单键中含有1个σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
21.下列说法或有关化学用语表达正确的是( )
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故B正确；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B。
考点：考查了原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写的相关知识。
22.下列关于晶体的说法正确的组合是（ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子化合物中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4＋和12个O2－相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠溶于水时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；
②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；
③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，H2O和H2S属于分子晶体，H2O分子间含有氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；
④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；
⑤根据化学式以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；
⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；
⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的是物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；
⑧离子晶体溶于水破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确;
答案：D。
23.在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家庭。下列有关说法错误的是（ ）
A. 金刚石、C60、C70、管状碳和洋葱状碳都不能与H2发生加成反应
B. 已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个
D. 熔点比较：C60
【解析】
【详解】A. C60的结构中存在碳碳双键，可与H2发生加成反应，故A错误；
B. 石墨转化为金刚石为吸热反应，则石墨能量低，金刚石能量高，能量越高，越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C. 以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故C正确；
D. C60、C70、C90为分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，金刚石为原子晶体，在这四种物质中熔点最高，熔点比较: ＜金刚石，故D正确；
答案：A。
【点睛】物质能量越高，越不稳定；键能越大，物质越稳定。
24.二茂铁分子[Fe (C5H5)2]是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子（C5H5-）之间为离子键
B. 1mol环戊二烯（）中含有σ键的数目为5NA
C. 二茂铁分子中存在π键
D. Fe2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】
根据结构简式可知，分子中的化学键是配位键，A不正确。碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，所以1mol环戊二烯（）中含有σ键11mol，B不正确，C正确。根据构造原理可知，Fe2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。答案选C。
25.下列对分子性质的解释中，不正确的是（ ）
A. SO2易溶于水只是因为相似相溶原理
B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子
C. 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
D. 由上图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数
【答案】A
【解析】
【详解】A.SO2易溶于水除了因为SO2和水都是极性分子外，还由于SO2能与水反应生成亚硫酸，增大了溶解度，A错误；
B.乳酸中有一个手性碳原子，可表示为，B正确；
C.碘单质、四氯化碳、甲烷都是非极性分子，而水是极性分子，所以根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，满足相似相溶原理，C正确；
D.H3PO4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，D正确；
答案：A
【点睛】直接和四个不相同的原子或原子团相连的碳原子叫做“手性碳原子”；含氧酸可表示为：(HO)mROn，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强。
第II卷（40分）
二、填空题(本题包括5小题，共40分)
26.在HF、H2S、PH3、CS2、CCl4、H2O2、N2分子中：（将所选的物质化学式填入空白）
（1）以非极性键结合的非极性分子是_______
（2）以极性键相结合，具有直线型结构的非极性分子是_______
（3）以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是_______
（4）以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是______
（5）以极性键相结合，具有V型结构的极性分子是_______
（6）以极性键相结合，而且分子极性最大的是_______
（7）与N2O互为等电子体的是_________
（8）含有非极性键的极性分子是________。
【答案】 (1). N2 (2). CS2 (3). CCl4 (4). PH3 (5). H2S (6). HF (7). CS2 (8). H2O2
【解析】
【分析】
HF中含有极性键，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，分子极性最大；H2S中含有极性键，空间结构为V型，属于极性分子，为sp3杂化；PH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，为sp3杂化；CS2含有极性键，空间结构为直线型，属于非极性分子；CCl4中含有极性键，空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，为sp3杂化；H2O2含有极性键和非极性键，正负电荷重心不重叠，为极性分子，N2中只含非极性键，属于非极性分子。
【详解】（1）以非极性键结合非极性分子是N2，故答案为：N2；
（2）以极性键相结合，具有直线型结构的非极性分子是CS2，故答案为：CS2；
（3）以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是CCl4，故答案为：CCl4；
（4）以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是PH3，故答案为：PH3；
（5）以极性键相结合，具有V型结构的极性分子是H2S，故答案为：H2S；
（6）以极性键相结合，而且分子极性最大的是HF，故答案为：HF；
（7） 与N2O互为等电子体的是CS2，故答案为：CS2；
（8）含有非极性键的极性分子是H2O2，故答案为：H2O2。
【点睛】极性共价键是指成键的两个原子不是相同元素的原子，所以键有极性，只看成键元素相不相同，但是极性分子是指分子的正电荷中心和负电荷中心不重合，主要从分子空间结构进行分析，和组成元素没太大关系。
27.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为________。
（2）B的氢化物的分子空间构型是_____。其中心原子采取___杂化。
（3）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为_____。
（4）ECl3与B、C的氢化物形成配位数为六的配合物的化学式为_____
【答案】 (1). C
【分析】
A、B、C是同一周期的非金属元素。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，所以A是C元素、B是N元素、C是O元素；D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，D是Mg元素；E的原子序数为24，E是Cr元素。
【详解】(1) 同一周期元素的第一电离能从左至右呈增大趋势，由于N原子2p轨道半充满，N的第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为C
(3)CO2的电子式；等电子体是组成原子数相同，价电子数也相同的微粒，一种由B、C组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O；答案：；N2O；
(4) ECl3能与氨气、水形成配位数为六的配合物，且两种配体的物质的量之比为2:1，三个氯离子位于外界，ECl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；答案：[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
28.铍及其化合物的应用正日益被重视。
（1）最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的排布图为_______。
（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_____(填字母)。
A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液pH均小于7
（3）铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。铍的熔点(1551K)比铝的熔点(930K)高，原因是____。
（4）氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b)，固态时则具有如下图所示的链状结构(c)。
①a属于____(填“极性”或“非极性”)分子。
②二聚分子(BeCl2)2中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b的结构式为____(标出配位键)。
（5）Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所：
若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为___个；Al晶体的密度为_____（用字母表示）。
【答案】 (1). (2). BD (3). Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强 (4). 非极性 (5). (6). 4 (7).
【解析】
【分析】
（1）Cr原子为24号元素，根据构造原理写出电子排布式，再去写价电子排布图；
(2)Be在第二周期第ⅡA族，Al在第三周期第ⅢA族，根据周期表和周期律分析作答；
(3)原子半径越小，金属性更强，熔点越高；
(4)①BeCl2无孤电子对，Be原子采取 sp 杂化方式，正负电荷中心重叠；
②两分子BeCl2聚合在一起，Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，可以考虑分子间通过配位键结合在一起；
(5)Al的晶胞为面心立方最密堆积，利用均摊法计算Al原子的数目，再根据立体几何知识计算晶胞密度。
【详解】（1）Cr原子为24号元素，基态原子价层电子排布式为3d54s1,则基态Cr原子价电子的轨道表示式为；答案：；
(2)A．铍属于s区元素，而铝属于p区主族元素，故A错误；
B．金属越活泼，电负性越小，Mg比Be、Al活泼，则两金属电负性都比镁大，故B正确；
C．Be的第一电离能比镁大，而Mg因s轨道全充满，第一电离能比Al大，故C错误；
D.Be2+和Al3+在溶液中均水解，则氯化物的水溶液pH均小于7，故D正确；
答案：BD；
(3)因为Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强，则铍的熔点比铝的熔点高；答案： Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强；
(4)①BeCl2中Be原子成2个Be-Cl，Be原子的杂化轨道数为2，故Be原子采取 sp 杂化方式，是直线型，属于非极性分子；答案：非极性；
②在二聚分子(BeCl2)2中Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，则配位键中电子对由氯原子提供，b 的结构式为；答案：；
(5)Al的晶胞为面心立方最密堆积，则一个晶胞中Al原子的数目为8×1/8+6×1/2=4个；若已知Al的原子半径为b，则晶胞的边长为；NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则Al晶体的密度为；答案：4；。
29.有色金属行业发展蕴藏着巨大潜力。目前，全世界消费量排在前五位为铜、铝、铅、锌、镍。
（1）配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于___晶体；基态Ni原子的价电子电子排布式为____。
（2）铜原子的电子占有____种能量不同的原子轨道。
（3）配合物分子内（如图）的作用力有_____（填编号）。
A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．金属键 E．配位键
（4）很多不饱和有机物在Ni催化下可以与H2发生加成反应。如 ①CH2=CH2、②CH≡CH、③、④HCHO等，其中分子中C原子为SP2杂化的有____（填物质序号），预测HCHO分子的立体结构为_____形。
（5）氢气是新型清洁能源，镧（La）和镍（Ni）的合金可做储氢材料。该合金的晶胞如右图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他镍原子都在晶胞面上，镧原子都在晶胞顶点上。该晶体的化学式为______。
（6）邻羟基苯甲醛的沸点____（填大于，小于或等于）对羟基苯甲醛的沸点。
【答案】 (1). 分子 (2). 3d84s2 (3). 7 (4). ACE (5). ①③④ (6). 平面三角 (7). LaNi5 (8). 小于
【解析】
【分析】
（1）熔沸点低的晶胞为分子晶体；Ni核电荷数为28，根据构造原理写出价电子排布式；
（2）写出Cu基态原子的电子排布式，找出有多少种能级，每个能级就是能量不同的原子轨道；
（3）观察题目给出的结构式分析作用力，虚线一般为氢键；
（4）碳原子采取sp2杂化的物质的结构为平面型；采取sp3杂化的物质的结构为四面体；采取sp杂化的物质的结构为直线型；
（5）根据均摊法求算晶胞中微粒个数：顶点占1/8，面占1/2，棱占1/4；
（6）分子内氢键降低物质熔沸点，分子间氢键增大物质熔沸点
【详解】（1）因为Ni(CO)4常温时为液态，易溶于CCl4，所以固态Ni(CO)4属于分子晶
体，基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，价电子电子排布式为3d84s2；答案：分子；3d84s2；
（2）Cu基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级能量不同，故有7种能量不同的原子轨道；答案：7；
（3）由结构式知该配合物含氢键、配位键、共价键；答案：ACE；
（4）碳原子采取sp2杂化的物质的结构为平面型；采取sp3杂化的物质的结构为四面体；采取sp杂化的物质的结构为直线型，则采取sp2杂化的有①③④，HCHO中C原子为sp2杂化，且C原子无孤电子对，则分子的立体结构为平面三角形；答案：①③④；平面三角；
（5）根据晶胞中微粒个数求算方法：顶点占1/8，面占1/2，棱占1/4，则镧（La）和镍（Ni）个数分别为8x1/8=1、8x1/2+1=5，该晶体的化学式为LaNi5；答案：LaNi5；
（6）由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键降低物质熔沸点，分子间氢键增大物质熔沸点，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低；答案：小于。
30.氮（N）、磷（P）、砷（As）等ⅤA元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科研人员研究发现As2O3或写成As4O6，俗称砒霜）对白血病有明显的治疗作用。回答下列问题：
（1）As原子的简化的核外电子排布式为_____；P的第一电离能比S大的原因为________。
（2）写出一种与CN-互为等电子体的分子___（用化学式表示）；(SCN)2分子中σ键和π键个数比为__。
（3）砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO33-少量AsO43-，其中AsO33-中As的杂化方式为___，AsO43-的空间构型为___。
（4）NH4+中H-N-H键角比NH3中H-N-H的键角大的原因是____；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图Ⅰ），该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：____。
（5）BN的熔点为3000℃，密度为2.25g/cm3，其晶胞结构如上图Ⅱ所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有____个；若原子半径分别为rN和rB，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 (2). P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大 (3). CO或N2 (4). 5:4 (5). sp3 (6). 正四面体 (7). NH4+的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H键角比NH3中大 (8). 由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子 (9). 4 (10). ×100%
【解析】
【分析】
（1）As原子核外有33个电子，根据构造原理判断核外电子排布。第ⅤA族元素最外层p轨道是半充满状态，比相邻主族元素第一电离能大；
（2）CN-原子数为2，价电子数为10，找等电子体可用“替代法”；（SCN）2的结构式为NC—S—S—CN，根据结构式找σ键和π键个数；
（3）先计算AsO33-中As上的孤电子对数，成键电子对数等于配对原子数，As的价层电子对数=孤电子对数+成键电子对数，然后分析杂化方式和空间构型；
（4）孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，这是导致键角大小的原因；加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子，然后分析水分子形成的配位键弱于氨分子原因即可；
（5）根据晶胞图判断一个N原子周围距离最近的B原子有多少个；用“均摊法”求B原子个数和N原子个数，然后求出晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分比就是空间利用率。
【详解】（1）As原子核外有33个电子，根据构造原理，As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar] 3d104s24p3。P和S都处于第三周期，S的价电子排布式为3s23p4，P的价电子排布式为3s23p3，P的3p能级处于半充满，比较稳定，P的第一电离能比S的大；答案：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大；
（2）用“替代法”，与CN-互为等电子体的粒子有CO、N2、C22-等；（SCN）2的结构式为NC—S—S—CN，单键全是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，（SCN）2分子中有5个σ键、4个π键，σ键和π键个数比为5:4；答案：CO或N2、5:4；
（3）AsO33-中As上的孤电子对数=（5+3-32）=1，成键电子对数为3，As的价层电子对数为1+3=4，As的杂化方式为sp3杂化；AsO43-中As上的孤电子对数=（5+3-42）=0，成键电子对数为4，As的价层电子对数为0+4=4，AsO43-的VSEPR模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO43-的空间构型为正四面体；答案： sp3；正四面体；
（4）NH4+中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子，原因是：O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子与Cu2+形成的配位键弱于氨分子；答案：NH4+的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H键角比NH3中大；由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子；
（5）用“均摊法”，B：8+6=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个。一个晶胞中原子的体积为4（πrN3+πrB3）pm3=4（πrN3+πrB3）10-30cm3，1mol晶体的质量为25g，1mol晶体的体积为25g2.25g/cm3，晶胞的体积为4（25g2.25g/cm3NA），BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4（πrN3+πrB3）10-30cm3[4（25g2.25g/cm3NA）]=×100%；答案：×100%。
【点睛】第（4）小题为易错点，注意孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力。
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