还剩25页未读，
继续阅读
2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
展开
2017级高二学年下学期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Si-28
第Ⅰ卷(选择题共50分)
一、单项选择题(每小题只有一个选项正确，每题2分，共50分)
1.若电子由3d能级跃迁至4p 能级时，通过光谱仪可直接摄取的是（ ）
A. 电子的运动轨迹图像 B. 原子的吸收光谱
C. 电子体积大小的图像 D. 原子的发射光谱
【答案】B
【解析】
电子由3d能级跃迁至4p能级时，需要吸收能量，所以选项B正确。答案选B。
2.下列说法错误的是（ ）
A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量
B. 电子排布式(6C)1s22s22p2x违反了洪特规则
C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
A项,关键在于熟记构造原理,各能级能量的大小顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s……ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量;B项,对于6C来说,2p能级有3个能量相同的原子轨道,最后2个电子应该以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上,故2违背了洪特规则;C项,根据能级能量高低顺序可知E(4s)
3.下列化学用语的表达正确的是( )
A. 原子核内有10个中子的氧原子：168O
B. 氯原子的结构示意图：
C. 次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl
D. 基态铜原子的外围电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A.原子核内有10个中子的氧原子的质量数=10+8=18，应该表示为，故A错误；
B.氯原子的核外电子总数为17，氯原子的结构示意图为：，故B错误；
C.次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故C正确；
D.铜是29号元素，其原子核外有29个电子，基态原子的外围电子排布式为：3d104s1，图中的3d和4s能级电子数目不符，故D错误。
故选C。
【点睛】书写基态原子电子排布式的依据，也是绘制基态原子电子排布图的主要依据之一：①能量最低原理：原子核外电子遵循构造原理排布时，原子的能量处于最低状态.即在基态原子里，电子优先排布在能量较低的能级里，然后排布在能量逐渐升高的能级里，当某能级中的原子轨道处于全充满或半充满状态时能量较低。②泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋方向相反的电子。③洪特规则：电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据一个轨道，且自旋方向相同。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. Xe元素的所在族的原子的外围电子排布式均为ns2np6，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. 同一原子的能层越高，s电子云半径越大
D. 某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族
【答案】A
【解析】
【详解】A. Xe是稀有气体元素，He的核外电子排布式为1s2，故A错误；
B. s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，所以在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)，故B正确；
C.由于电子能量依次增高，电子在离核更远的区域出现的概率逐渐增大，电子云越来越向更大的空间扩展，所以同一原子的能层越高，s电子云半径越大，故C正确；
D. 由外围电子排布为4f75d16s2基态原子，判断此元素位于周期表中第六周期第ⅢB族，故D正确。
故选A。
5.下列各组表述中，两个微粒不属于同种元素原子的是（ ）
A. 3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的基态原子
B. 2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和最外层电子排布式为2s22p5的基态原子
C. M层全充满而N 层为4s2的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2的基态原子
D. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的基态原子和最外层电子排布式为4s24p5的基态原子
【答案】C
【解析】
【详解】A.3p能级有一个空轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，二者核外电子排布相同，为同一原子，故A不符合；
B.2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子或5个电子，价电子排布为2s22p1或2s22p5的原子，可能为同一原子，故B不符合；
C.M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s2，二者原子核外电子排布不相同，不表示同一原子，故C符合；
D.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子，
若最外层电子数为1，则核外电子总数为5，最外层电子排布为2s22p1，最外层电子数为3，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为2，则核外电子总数为10，最外层电子排布为2s22p6，最外层电子数为8，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为3，则核外电子总数为15，最外层电子排布为3s23p3，最外层电子数为5，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为4，则核外电子总数为20，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为5，则核外电子总数为25，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为6，则核外电子总数为30，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为7，则核外电子总数为35，最外层电子排布为4s22p5，最外层电子数为7，符合题意；
若最外层电子数为8，则核外电子总数为40，最外层电子排布为5s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去。
故该原子核外电子总数为35，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，价层电子排布为4s22p5，二者原子价层电子排布相同，为同一原子，故D不符合。
故选C。
6.硫化羰(OCS)存在于许多种植物中,杀虫效果显著。它与CO2互为等电子体,已知C=O的键能为745kJ·mol-1,有关硫化羰的说法正确的是（ ）
A. 分子中有2个σ键和1个π键 B. 可推测C=S的键能大于745kJ·mol-1
C. OCS中碳原子是采用sp杂化方式成键的 D. 分解温度CO2、OCS、CS2依次由低到高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．羰基硫结构为S=C=O，分子中有2个σ键和2个π键，A错误；B．硫的电负性比氧弱，C=S键的键能小于745kJ•mol-1，B错误；C．COS中碳原子上含有2个σ键电子对，则中心原子采用sp杂化，C正确；D．电负性越大，成键的键能越大越稳定，电负性：C＜S＜O，故分解温度：CS2、COS、CO2依次由低到高，D错误，答案选C。
考点：考查化学键的有关判断
7.下列说法正确的是（ ）
A. 根据等电子体原理，推测N2O 的结构式可表示为N=N=O
B. 根据等电子体原理，推测O3为非极性分子
C. 分子(HOOC-CHOH-CHCl-COOH) 是一个仅含1个手性碳原子的手性分子
D. 酸性由强到弱排列： HClO4>H3PO4>HCl>HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A.N2O与CO2分子均含有3个原子，价电子数均为16，二者互为等电子体，N2O的结构式为N=N=O，故A正确；
B.O3与SO2是等电子体，SO2分子为V型分子，正、负电荷中心不重合，即极性分子，等电子体的结构相似，O3为极性分子，故B错误；
C.HOOC-CHOH-CHCl-COOH中间的两个碳原子都连有四个不同的取代基，是手性碳原子，所以有两个手性碳原子，故C错误；
D.盐酸是强酸而磷酸是弱酸，所以盐酸的酸性强于磷酸，故D错误。
故选A。
【点睛】手性碳原子的判断方法：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。
8.AB型化合物形成的晶体结构多种多样。下图所示的几种结构所表示的物质最有可能是分子晶体的是( )
A. ①③ B. ②⑤ C. ⑤⑥ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】从结构上看：①③④⑥构成晶体的结构单元都是向外延伸和扩展的，符合离子晶体和原子晶体的结构特点，而②和⑤的结构没有这种特点，不能再以化学键与其它原子结合，该结构可以看成一个分子，所以可能是分子晶体。
故选B。
9.以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
A. 具有下列电子排布式的基态原子中：①1s22s22p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4。原子半径最大的是①
B. 具有下列价电子排布式的基态原子中：①3s23p1、②3s23p2、③3s23p3、④3s23p4。第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb,②N、P、As,③O、S、Se,④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素气态基态原子的逐级电离能(单位; kJ·mol-1)分别为738、1451、 7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+
【答案】D
【解析】
【详解】A.核外电子排布：①1s22s22p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4，则①为Si、②为N、③为C、④为S，同周期自左而右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径：Si>C>N，Si>S，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；
B.①3s23p1为Al，②3s23p2为Si，③3s23p3为P，④3s23p4为S；四种元素位于同一周期，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但是3s23p3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，所以第一电离能P大于S，所以四种元素第一电离能最大的是③，故B正确；
C.同周期自左而右电负性逐渐增大，同主族自上而下电负性逐渐减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D.第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子为X2+，故D错误。
故选D。
10.下列实验事实及理论解释都正确的是（ ）
选项
实验事实
理论解释
A
酸性： H3BO3、 H2SiO3 相近
B、Si电负性相近，符合“对角线规则”
B
熔点： SiO2> SiCl4
键能：Si-O>Si-Cl
C
密度：干冰>冰
相对分子质量：CO2>H2O
D
沸点： Cl2> N2>CO
CO为极性分子：且相对分子质量：Cl2>CO
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.B与Si处于对角线上，它们的化学性质相似，H2SiO3为弱酸，H3BO3也为弱酸，酸性相近，故A正确；
B.二氧化硅为原子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般情况下，原子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，熔点与键能无关，故B错误；
C.水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故C错误；
D.N2和Cl2为非极性分子，组成和结构相似，所以随着相对分子质量的增大，熔沸点升高；而CO和N2分子量相同，且都是双原子分子，但CO是极性分子，N2是非极性分子。在其它条件相同下，极性分子的相互吸引力大于非极性分子，极性分子的分子间作用力大，熔沸点高，故极性分子CO的沸点会高于非极性分子N2的沸点，则沸点为Cl2＞CO>N2，故D错误。
故选A。
【点睛】一般来说，不同类型晶体的熔沸点的高低顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，而金属晶体的熔沸点有高有低。这是由于不同类型晶体的微粒间作用不同，其熔、沸点也不相同。原子晶体间靠共价键结合，一般熔、沸点最高；离子晶体阴、阳离子间靠离子键结合，一般熔、沸点较高；分子晶体分子间靠范德华力结合，一般熔、沸点较低；金属晶体中金属键的键能有大有小，因而金属晶体熔、沸点有高（如W）有低（如Hg）。
11.下列关于晶体的说法中，正确的有（ ）
(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点)
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铯、钾、钠、钠-钾合金的熔点依次降低④离子晶体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(晶胞结构如上图所示)每个Ti4+和12个O2-相紧邻⑥12g石墨中含有的C-C键的个数为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧离子晶体CaO的晶格能比KCl高,熔点KCl比CaO低
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【解析】
【详解】①稀有气体分子形成的晶体没有化学键，故①错误；
②在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，但在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，故②错误；
③碱金属单质自上而下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，单质的熔点逐渐降低，所以铯、钾、钠的熔点依次升高，故③错误；
④离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故⑤正确；
⑥12g石墨中碳原子的物质的量为=1mol，石墨中每个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键为2个碳原子共用，含有的C-C键的物质的量为=1.5mol，则含有的C-C键的个数为1.5NA，故⑥正确；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子稳定性为化学性质，化学键强弱影响分子稳定性，故⑦错误；
⑧钙离子电荷比钾离子多，半径比钾离子小，氧离子电荷比氯离子多，半径比氯离子小，故CaO的晶格能比KCl高，则熔点KCl比CaO低，故⑧正确。
所以说法正确的有3种。
故选B。
12.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 水合铜离子的模型如图，1个水合铜离子中有4个配位键
B. CaF2晶体的晶胞如图，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+
C. H原子的电子云图如图，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】
【详解】A.水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，故A正确；
B.根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×+6×=4，故B正确；
C.电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，故C错误；
D.在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D正确。
故选C。
13.下列说法不正确的是（ ）
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键②若R2－和M＋的电子层结构相同，则原子序数：R＞M③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e－稳定结构⑤固体融化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1∶2⑧由于非金属性Cl＞Br＞I，所以酸性HCl＞HBr＞HI
A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤ C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①N2H4分子中N元素和N元素之间形成非极性共价键，N元素和H元素之间形成极性共价键，①正确；
②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期，所以原子序数：M＞R，②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似分子，熔点随相对分子质量增大而升高，③正确；
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构，④正确；
⑤固体融化成液体的过程是物理变化，也可能破坏化学键，例如氢氧化钠熔融时离子键被破坏，⑤错误；
⑥HF分子很稳定，是因为H-F键键能大，稳定，跟氢键无关，⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子分别是O22－、Na＋，个数比是1∶2，⑦正确；
⑧氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HCl＜HBr＜HI，⑧错误；
答案选A。
14.通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是（ ）
A. 分子中N－Cl键键长比CCl4分子中C－Cl键键长长
B. 分子中不含孤电子对
C. NCl3分子是极性分子
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】C
【解析】
【详解】A.N—Cl键中氮原子的半径比C—Cl键中碳原子的半径小，使得N—Cl键的键长比C—Cl键的键长短，故A错误；
B.NCl3与NH3的分子结构相似，并且N原子和Cl原子周围均为8电子稳定结构，分子中含有1对孤电子对，故B错误；
C.NCl3与NH3的空间构型相似，可知NCl3的空间构型为三角锥形，属于极性分子，故C正确；
D.NBr3和NCl3结构相似，但分子间作用力大，难挥发，故D错误。
故选C。
15.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是（ ）
A. 晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr B. 硬度：MgO＞CaO＞BaO
C. 熔点：NaF＞MgF2＞AlF3 D. 阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2
【答案】C
【解析】
分析：A、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；B、根据原子半径大小比较键能，根据键能大小比较硬度；C、从离子半径以及电荷的角度比较晶格能，根据晶格能大小比较；D、根据NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、分析。
详解： A、离子半径Br-＞Cl-＞F-，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；B、原子半径Ba＞Ca＞Mg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故B正确；C、离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故C错误；D、NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、，结合图可知，CsCl为立方体心结构，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，则阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故D正确；故选C。
16.在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，与其同周期的A、B、C、D四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，B、D两元素原子的次外层电子数为18，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高。下列说法错误的是（ ）
A. 元素C核外电子占据10个原子轨道
B. B元素在周期表中的d区
C. E的气态氢化物沸点最高的原因是HE分子间形成氢键
D. 元素D 的电子排布式为[Ar]3d104s24p5
【答案】B
【解析】
在元素周期表中,某稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6,处于第四周期,与其同周期的 A、B、C、D四种元素,它们的原子最外层电子数依次为2、2、1、7,其中A、C两元素原子的次外层电子数为8,则A为Ca、C为K；B、D两元素原子的次外层电子数为18,则B为Zn、D为Br；E、D两元素处于同族,且在该族元素中,E的气态氢化物的沸点最高,则E为F；元素C为钾，核电荷数为19，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据10个原子轨道，A正确；B为Zn元素,核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期ⅡB族,属于ds区，B错误； E的气态氢化物为氟化氢，分子间存在氢键，沸点最高，C正确；元素D为溴，核电荷数为35，电子排布式为[Ar]3d104s24p5，D正确；正确选项B。
17.下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是（ ）
A. CCl4、SiCl4、SiH4 B. H2S、NF3、CH4
C. BCl3、NH3、CO2 D. SO3、BF3、H3O+
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CCl4、SiCl4、SiH4中所有的原子的价层电子对数都为4，杂化方式为sp3杂化，，键角都是109o28、，A错误；B．H2S中S原子的价层电子对数为2+（6-2×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，NF3中N原子的价层电子对数为3+（5-3×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，CH4中C原子的杂化方式为sp3杂化，由于分子中孤电子对的数目不同，分子间的夹角不同，B正确；C．BCl3、NH3、CO2分子中的中心原子的杂化方式不同，C错误；D．SO3、BF3中的S和B都采用sp2杂化，H3O＋用的是sp3杂化，D错误，答案选B。
考点：考查杂化方式、分子构型
18.现有T、A、B、C、D、E、F七种前四周期元素，原子序数依次增大。T的原子半径在周期表中最小，基态A原子s能级上电子总数是p能级上电子总数的2倍，基态C原子的价电子排布式为nsnnp2n，D、E位于同主族，且未成对电子数均为0，基态F原子为前四周期元素中未成对电子数最多的元素，根据以上信息下列说法正确的是（ ）
A. 基态F原子占有15种能量不同的原子轨道
B. T、A、B可组成一种直线型分子，其中δ键和π键数目之比为1:2
C. 分解温度DAC3>EAC3
D. A、B、C的简单氢化物中，最稳定的是C的氢化物，沸点最高的也是C的氢化物
【答案】D
【解析】
现有T、A、B、C、D、E、F七种前四周期元素，原子序数依次增大；T的原子半径在周期表中最小，T为氢元素；基态C原子的价电子排布式为nsnnp2n，n=2，所以核电荷数为8，C为氧元素；基态A原子s能级上电子总数是p能级上电子总数的2倍，A为碳元素；D、E位于同主族，且未成对电子数均为0，D为镁，E为钙；基态F原子为前四周期元素中未成对电子数最多的元素，F为铬元素；由于A为碳，C为氧，所以B为氮；基态铬原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，占有14种能量不同的原子轨道, A错误；T、A、B可组成一种直线型分子HCN，结构为H-C≡N,其中δ键和π键数目之比为1:1，B错误；碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果。镁离子半径小于钙离子半径，所以与氧离子形成的离子键较强，晶格能较大，因此碳酸镁的热分解温度较低，C错误；A、B、C的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O；原子半径越小，氢化物越稳定，因此H2O最稳定；由于水分子间存在氢键，且数目大于氨气，因此沸点最高，D正确；正确选项D。
点睛：第四周期元素中，未成对电子数最多的为铬元素，[Ar]3d54s1,有6对未成对电子；没有未成对电子的是锌元素，[Ar]3d104s2；核外电子排布为4s1的有钾、铬、铜。
19.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是（ ）
A. ①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为①1个②2个③4个④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为①6 ②8 ③12 ④12
D. 空间利用率的大小关系为①＜②＜③＜④
【答案】C
【解析】
【详解】A.②是体心立方堆积，属于钾、钠和铁型，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，故A错误；
B.利用均摊法计算原子个数，①中原子个数=8×=1，②中原子个数=1+8×=2，③中原子个数=1+8×=2，④中原子个数=8×+6×=4，故B错误；
C.③为六方最密堆积，③的配位数是12，所以晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12，故C正确；
D.①中空间利用率为51%，②中空间利用率为68%，③④中空间利用率为74%，所以空间利用率大小关系为：①＜②＜③=④，故D错误。
故选C。
20.下列各组品体物质中，“化学键类型相同，晶体类型也相同的是( )
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ③④⑥ B. ①②③ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；
②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；
③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；
④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；
⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；
⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
答案选A。
【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
21.下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 60gSiO2晶体中含Si-O键的个数为4NA(NA为阿伏加德罗常数)
B. 在立方ZnS晶体(如图所示)中，Zn2+、S2-的配位数都是8
C. 设NaCl的摩尔质量为Mg·mol-1,NaCl的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NAmol-1,在NaCl晶体中，两个距离最近的Cl-中心间的距离为cm
D. CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO 晶体中Ca2+的配位数为6,且这些最邻近的O2-围成正八面体
【答案】B
【解析】
【详解】A.n(SiO2)===1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2中含Si-O键的物质的量为4mol，Si-O键的个数为4NA，故A正确；
B.晶胞中含有表示小球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4个，黑色球位于体心，共4个，所以立方ZnS晶体的每个晶胞中含有4个锌离子，其配位数为4，含有4个硫离子，其配位数也为4，故B错误；
C.设晶胞边长为a，则在氯化钠晶胞中，含Cl-4个，含Na+4个，根据密度公式，可得，所以晶胞面对角线长为，而两个距离最近的Cl-中心间的距离等于面对角线的一半，所以两个距离最近的Cl-中心间的距离为即，故C正确；
D.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心和顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体，故D正确。
故选B。
22.下列叙述正确的是（ ）
①不同核素之间形成共价键一定是极性键②当一个碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子叫手性碳原子③Ge是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ge：[Ar]4s24p2，属于P区元素④非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3，PCl5，H2O，CO2这样的分子⑤冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用⑥熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、电解质、盐⑦氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合成NH3•H2O分子，根据氨水的性质可知NH3•H2O的结构式为⑧σ键重叠方式为头碰头，成镜像对称；ð键重叠方式为肩并肩，成轴对称⑨干冰汽化破坏了共价键，氯化钠溶于水破坏了离子键．
A. ②⑥ B. ①②⑥ C. ②⑤⑥⑧ D. ③④⑥⑦⑨
【答案】A
【解析】
【详解】①不同核素之间形成的共价键可能是非极性键，如H-D中含非极性键，故①错误；
②当一个碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子具有手性，为手性碳原子，故②正确；
③Ge是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ge：[Ar]3d104s24p2，最后填充p电子，为p区元素，故③错误；
④非极性分子如BF3、CO2，极性分子如PCl5、H2O，故④错误；
⑤冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用，还含分之间作用力，共三种作用力，故⑤错误；
⑥熔融状态的HgCl2不能导电，可知由分子构成，则为共价化合物，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，可知该盐可发生电离，为电解质，故⑥正确；
⑦氢键应形成于X…H-Y形式当中，X、Y必须是N、O、F元素之一。这样就有两种可能：（1）H3N…H-O-H；（2）H2N-H…OH2；由于一水合氨可电离出NH4+和OH-，所以（1）结构是合理的。如果是（2）则应电离出NH2-和H3O，故⑦错误；
⑧σ键重叠方式为头碰头，成轴对称，π键重叠方式为肩并肩，成镜像对称，故⑧错误；
⑨干冰汽化破坏了分之间作用力，而共价键不变，氯化钠溶于水破坏了离子键，故⑨错误。
故选A。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
23.长式周期表共有18 个纵行，从左到右排为1﹣18 列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是（ ）
A. 第9列中元素中没有非金属元素
B. 只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2
C. 第四周期第10列元素是铁元素
D. 第15列元素原子的最外层电子排布为ns2np5
【答案】C
【解析】
A. 第9列中元素都是第VIII族元素，全是金属，没有非金属元素，A正确；B. 除第二列的元素原子最外层电子排布为ns2，还有很多过渡元素也是，B不正确；C. 第四周期第10列元素是镍元素，C不正确；D. 第15列元素原子的最外层电子排布为ns2np3，D不正确。本题选A。
24.下列说法正确的是（ ）
A. PCl3的空间构型为平面三角形
B. HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
C. 乳酸（）有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】C
【解析】
A、PCl3分子中P-Cl键的三个键角都是100.1°，所以三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，选项A错误；B、HF因为存在氢键使得熔沸点比HCl大，HCl、HBr、HI三者沸点依次增大，选项B错误；C、中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项C正确；D、氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，选项D错误。答案选C。
25.有五种短周期主族元素 X、 Y、 Z、 R、Q， 它们的原子序数逐渐增大，其中X、 Y、 R、Q在周期表中位置如图；R的简单离子半径是同周期中最小的；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol
I4 = 10540kJ/mol。下列说法正确的是( )
X
Y
R
Q
A. 工业上都用电解它们的氧化物方法制Z、R、Q单质
B. X和Y 的单质熔点： X
D. Y的简单氢化物可与盐酸反应生成既有离子键又有共价键和配位键的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X、 Y、 Z、 R、Q是原子序数依次增大的短周期元素，根据X、 Y、 R、Q在周期表中位置，X、 Y位于第二周期，R、Q位于第三周期，且X、Q同主族；R的简单离子半径是同周期中最小的，则R为Al；根据R与X、 Y、Q的相对位置关系可推出，Q为Si，X为C；Y为N；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol，可见I3≫I2，Z原子最外层有2个电子，则Z为Mg。综合以上分析，X、 Y、 Z、 R、Q分别是C、N、Mg、Al、Si，据此分析解答。
【详解】A. 工业上用电解熔融氧化铝制取铝，因氧化镁熔点高，不用电解熔融氧化镁制取镁，工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制取粗硅，故A错误；
B. C的单质如金刚石为原子晶体，具有高熔点，N 的单质如N2为分子晶体，熔点低，故B错误；
C. 同周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al，故C错误；
D. NH3可与盐酸反应生成NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，既有离子键又有共价键和配位键，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题共50分）
26.C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示（石墨仅表示出其中的一层结构）：
（1）C60、金刚石和石墨三者的关系是互为_____。
A．同分异构体 B．同素异形体 C．同系物 D．同位素
（2）固态时，C60属于_____（填“原子”或“分子”）晶体。
（3）晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅﹣硅单键的数目约是_____NA。
（4）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是_____。
（5）观察CO2分子晶体结构的一部分，试说明每个CO2分子周围有_____个与之紧邻且等距的CO2分子；该结构单元平均占有_____个CO2分子。
（6）观察图形推测，CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a，则每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为_____，每个Cs+配位数为_____。
【答案】 (1). B (2). 分子 (3). 2 (4). 2 (5). 12 (6). 4 (7). 6 (8). 8
【解析】
【分析】
（1）同种元素的不同单质互称同素异形体；
（2）根据晶体构成微粒判断晶体类型；
（3）每个硅原子含有2个硅硅键；
（4）利用均摊法计算；
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；
（6）根据CsCl晶体的晶胞分析。
【详解】（1）同种元素的不同单质互称同素异形体，C60、金刚石和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体；故答案为：B。
（2）C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故答案为：分子。
（3）每个硅原子含有2个硅硅键，则1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是2NA个，故答案为：2。
（4）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×=2，故答案为：2。
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；晶胞中分子数目=8×+6×=4；故答案为：12；4。
（6）以大立方体体心的Cs+为例，与其距离相等且距离最近的Cs+位于大立方体的六个面心，所以每个Cs+周围与它最近且距离为a的的Cs+共有3×8×=6个；每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目=1×8=8，所以每个Cs+配位数为8，故答案为：6；8。
27.如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。
（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）中含____个σ键，____个ð键。
（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为_____；将X溶于水后的溶液滴入到AgNO3溶液中至过量，得到配离子的化学式为_____，其中X与Ag+之间以_____键结合。
（3）氢键的形成对物质的性质具有一定的影响．的沸点_____。（填高或低）
（4）如图是上述六种元素中的一种元素形成的最高价含氧酸的结构：请简要说明该物质易溶于水的两个原因：_____________。
【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). 三角锥形 (4). [Ag（NH3）2]+ (5). 配位 (6). 高 (7). HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的﹣OH易与水分子之间形成氢键
【解析】
分析】
（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13），则a为H，f为C，该分子为CH≡CH；
（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3，能以配位键形成银氨络离子；
（3）氢键主要影响物质的熔沸点；
（4）由图可知为硝酸的结构，含有-OH易形成氢键。
【详解】（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13），则a为H，f为C，该分子为CH≡CH，则含2个C-Hσ键和1个C-Cσ键和2个π键，故答案为：3；2。
（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3，空间结构为三角锥形，能以配位键形成银氨络离子，其化学式为[Ag（NH3）2]+，故答案为：三角锥形；[Ag（NH3）2]+；配位。
（3）氢键主要影响物质的熔沸点，使含氢键的物质的沸点高，故答案为：高；
（4）由图可知为硝酸的结构，含有-OH易与水分子之间形成氢键，且HNO3是极性分子，易溶于极性的水中，则易溶于水，故答案为：HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的﹣OH易与水分子之间形成氢键。
28.铁和钴是两种重要的过渡元素。
（1）钴位于元素周期表得第_____________族，其基态原子中未成对电子的个数为______。
（2）[Fe(H2NCONH2)]6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁（Ⅲ），是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为________，所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是_________。
（3）尿素分子中碳原子为________杂化，分子中σ键与π键的数目之比为_____。
（4）配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=___。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20 .5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_______（填晶体类型）。
（5）血红素是吡咯（C4H5N）的重要衍生物，血红素（含Fe2＋）可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如图所示。
吡咯血红素
①1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为____个。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）分子中的大π键可用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为____ 。
②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过____键相结合。
③血红素中N的杂化方式为______________，请画出血红素中N与Fe的配位键_______。
【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ (2). 3 (3). [Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） (4). N、O、H、C (5). sp2 (6). 7∶1 (7). 5 (8). 分子晶体 (9). 10NA或6.02×1024 (10). π65 (11). 配位 (12). sp2 sp3 (13).
【解析】
【详解】（1）钴的原子序数是27，位于元素周期表中第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，未成对电子的个数为3，故答案为：第四周期第Ⅷ族，3。
（2）铁的原子序数是26，Fe2+的核外电子排布式为［Ar］3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；尿素的结构简式为HN2-CO-NH2，碳原子存在双键，氮原子全部是单键，且存在孤对电子，所以分子中C、N原子的杂化方式分别是sp2、sp3。单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则其分子中σ键与π键的数目之比为7：1。非金属性越强电负性越大，则所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；故答案为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5），N、O、H、C。
（3）尿素分子中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2，尿素分子中含有含有2个N-H单键，4个N-H单键，1个C=O双键，单键是σ键，C=O双键中1个键，1个π键，所以尿素分子中σ键与π键的数目之比为7：1，故答案为：sp2，7∶1。
（4）配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8（价电子就是元素周期表中每种元素下边的那个表示形式中的电子之和），每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：5；分子晶体。
（5）①1个吡咯分子中含1个N-H键，二个N-C键，三个C-C键，四个C-H键共10个σ键，则1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为10NA或6.02×1024个，吡咯环中的大π键由1个氮原子和4个碳原子组成，可表示为，故答案为：10NA或6.02×1024，。
②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过配位键相结合，故答案为：配位。
③根据N原子的价电子排布式2s22p3，若N原子成三个共价键，则N原子周围还有一对孤对对子，即此时无配位键，该N原子采取sp3杂化，若N原子成四个共价键，必有一个配位键，若还存在双键，则该N原子采用sp2杂化，由图可知，这两种情况都存在；Fe2+的配位键为，故答案为：sp2、sp3，。
【点睛】碳碳单键是σ键；碳碳双键里一条是σ键，一条是π键；碳碳三键里一条是σ键，两条是π键。
29.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态O原子的电子排布图为_______，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形，O原子最外层电子的运动状态有_____种。
（2）下图为S8的结构，该分子中S原子的杂化轨道类型为______________。其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_____________。
（3）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形；固体三氧化硫中存在如下图所示的三聚分子，该分子中S原子的价层电子数___________。
（4）FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞中有Fe2+_____个，有S22-_____个，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的____(填空隙名称)的体心。晶胞边长为a nm、FeS2相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g•cm﹣3。
（5）在硅酸盐中，SiO44﹣四面体（如下图（a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图（b）为一种无限长层状结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为____。该多硅酸根的化学式为_____。
【答案】 (1). (2). 哑铃（纺锤） (3). 6 (4). sp3 (5). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (6). 平面正三角 (7). 4 (8). 4 (9). 4 (10). 正八面体 (11). ×1021 (12). sp3 (13). Si2O5）n2n-
【解析】
【分析】
（1）根据O基态原子的核外电子排布式解答；
（2）先结合图的成键数目即孤电子对数目判断其杂化类型，再根据影响S8分子晶体熔沸点高低的是范德华力判断；
（3）根据价层电子对互斥理论分析；
（4）利用均摊法对晶胞中的离子个数进行分析，再根据进行计算；
（5）根据图中的几何关系进行分析。
【详解】（1）基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，则其核外电子的电子排布图为：，根据电子排布式可知，电子占据最高能级为2p，则电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形，不同的电子运动状态均不相同，因O原子最外层有6个电子，则电子的运动状态有6种，故答案为：，哑铃（纺锤），6。
（2）S8、SO2形成的晶体均为分子晶体，根据图可以看出易个S周围有两个S原子成键，S原子还有2个孤电子对，结合杂化轨道理论可知，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3，由于物质中没有氢键，因此物质的熔沸点主要受相对分子质量的影响，因为S8的相对分子质量大，分子间范德华力强，所以S8的熔沸点高于SO2，故答案为：sp3，S8相对分子质量大，分子间范德华力强。
（3）由VSEPR理论，SO3的σ键数为3，孤电子对数为=0，故SO3的分子构型为平面正三角形，杂化方式为sp2杂化，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子S原子形成4个共价键，因此S原子的价层电子数为4，故答案为：平面正三角，4。
（4）根据晶胞结构可知含有亚铁离子的个数为×12+1=4，过硫根离子个数为8×+6×=4，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心。晶胞边长为anm，FeS2相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度的计算表达式为：，故答案为：4，4，正八面体，×1021。
（5）硅酸盐中的硅酸根（SiO44﹣）为四面体结构，每个Si原子周围都与4个O原子相连，无孤对电子，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化，根据晶胞结构图可知：图b该多硅酸根的最小的结构单元为，该结构单元中含有1+2×=2个Si原子，1+1+6×=5个O原子，根据正负化合价的代数和为离子所带电荷数，每个独立的Si-O中的O原子带一个单位的负电荷，所以该多硅酸根的化学式为(Si2O5）n2n-，故答案为：. sp3，（Si2O5）n2n-。
【点睛】根据均摊法计算晶胞中亚铁离子和过硫根离子的数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算晶胞的密度。
2017级高二学年下学期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Si-28
第Ⅰ卷(选择题共50分)
一、单项选择题(每小题只有一个选项正确，每题2分，共50分)
1.若电子由3d能级跃迁至4p 能级时，通过光谱仪可直接摄取的是（ ）
A. 电子的运动轨迹图像 B. 原子的吸收光谱
C. 电子体积大小的图像 D. 原子的发射光谱
【答案】B
【解析】
电子由3d能级跃迁至4p能级时，需要吸收能量，所以选项B正确。答案选B。
2.下列说法错误的是（ ）
A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量
B. 电子排布式(6C)1s22s22p2x违反了洪特规则
C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
A项,关键在于熟记构造原理,各能级能量的大小顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s……ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量;B项,对于6C来说,2p能级有3个能量相同的原子轨道,最后2个电子应该以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上,故2违背了洪特规则;C项,根据能级能量高低顺序可知E(4s)
3.下列化学用语的表达正确的是( )
A. 原子核内有10个中子的氧原子：168O
B. 氯原子的结构示意图：
C. 次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl
D. 基态铜原子的外围电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A.原子核内有10个中子的氧原子的质量数=10+8=18，应该表示为，故A错误；
B.氯原子的核外电子总数为17，氯原子的结构示意图为：，故B错误；
C.次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故C正确；
D.铜是29号元素，其原子核外有29个电子，基态原子的外围电子排布式为：3d104s1，图中的3d和4s能级电子数目不符，故D错误。
故选C。
【点睛】书写基态原子电子排布式的依据，也是绘制基态原子电子排布图的主要依据之一：①能量最低原理：原子核外电子遵循构造原理排布时，原子的能量处于最低状态.即在基态原子里，电子优先排布在能量较低的能级里，然后排布在能量逐渐升高的能级里，当某能级中的原子轨道处于全充满或半充满状态时能量较低。②泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋方向相反的电子。③洪特规则：电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据一个轨道，且自旋方向相同。
4.下列说法不正确的是（ ）
A. Xe元素的所在族的原子的外围电子排布式均为ns2np6，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. 同一原子的能层越高，s电子云半径越大
D. 某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族
【答案】A
【解析】
【详解】A. Xe是稀有气体元素，He的核外电子排布式为1s2，故A错误；
B. s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，所以在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)，故B正确；
C.由于电子能量依次增高，电子在离核更远的区域出现的概率逐渐增大，电子云越来越向更大的空间扩展，所以同一原子的能层越高，s电子云半径越大，故C正确；
D. 由外围电子排布为4f75d16s2基态原子，判断此元素位于周期表中第六周期第ⅢB族，故D正确。
故选A。
5.下列各组表述中，两个微粒不属于同种元素原子的是（ ）
A. 3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的基态原子
B. 2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和最外层电子排布式为2s22p5的基态原子
C. M层全充满而N 层为4s2的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2的基态原子
D. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的基态原子和最外层电子排布式为4s24p5的基态原子
【答案】C
【解析】
【详解】A.3p能级有一个空轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，二者核外电子排布相同，为同一原子，故A不符合；
B.2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子或5个电子，价电子排布为2s22p1或2s22p5的原子，可能为同一原子，故B不符合；
C.M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s2，二者原子核外电子排布不相同，不表示同一原子，故C符合；
D.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子，
若最外层电子数为1，则核外电子总数为5，最外层电子排布为2s22p1，最外层电子数为3，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为2，则核外电子总数为10，最外层电子排布为2s22p6，最外层电子数为8，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为3，则核外电子总数为15，最外层电子排布为3s23p3，最外层电子数为5，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为4，则核外电子总数为20，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为5，则核外电子总数为25，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为6，则核外电子总数为30，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；
若最外层电子数为7，则核外电子总数为35，最外层电子排布为4s22p5，最外层电子数为7，符合题意；
若最外层电子数为8，则核外电子总数为40，最外层电子排布为5s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去。
故该原子核外电子总数为35，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，价层电子排布为4s22p5，二者原子价层电子排布相同，为同一原子，故D不符合。
故选C。
6.硫化羰(OCS)存在于许多种植物中,杀虫效果显著。它与CO2互为等电子体,已知C=O的键能为745kJ·mol-1,有关硫化羰的说法正确的是（ ）
A. 分子中有2个σ键和1个π键 B. 可推测C=S的键能大于745kJ·mol-1
C. OCS中碳原子是采用sp杂化方式成键的 D. 分解温度CO2、OCS、CS2依次由低到高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．羰基硫结构为S=C=O，分子中有2个σ键和2个π键，A错误；B．硫的电负性比氧弱，C=S键的键能小于745kJ•mol-1，B错误；C．COS中碳原子上含有2个σ键电子对，则中心原子采用sp杂化，C正确；D．电负性越大，成键的键能越大越稳定，电负性：C＜S＜O，故分解温度：CS2、COS、CO2依次由低到高，D错误，答案选C。
考点：考查化学键的有关判断
7.下列说法正确的是（ ）
A. 根据等电子体原理，推测N2O 的结构式可表示为N=N=O
B. 根据等电子体原理，推测O3为非极性分子
C. 分子(HOOC-CHOH-CHCl-COOH) 是一个仅含1个手性碳原子的手性分子
D. 酸性由强到弱排列： HClO4>H3PO4>HCl>HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A.N2O与CO2分子均含有3个原子，价电子数均为16，二者互为等电子体，N2O的结构式为N=N=O，故A正确；
B.O3与SO2是等电子体，SO2分子为V型分子，正、负电荷中心不重合，即极性分子，等电子体的结构相似，O3为极性分子，故B错误；
C.HOOC-CHOH-CHCl-COOH中间的两个碳原子都连有四个不同的取代基，是手性碳原子，所以有两个手性碳原子，故C错误；
D.盐酸是强酸而磷酸是弱酸，所以盐酸的酸性强于磷酸，故D错误。
故选A。
【点睛】手性碳原子的判断方法：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。
8.AB型化合物形成的晶体结构多种多样。下图所示的几种结构所表示的物质最有可能是分子晶体的是( )
A. ①③ B. ②⑤ C. ⑤⑥ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】从结构上看：①③④⑥构成晶体的结构单元都是向外延伸和扩展的，符合离子晶体和原子晶体的结构特点，而②和⑤的结构没有这种特点，不能再以化学键与其它原子结合，该结构可以看成一个分子，所以可能是分子晶体。
故选B。
9.以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
A. 具有下列电子排布式的基态原子中：①1s22s22p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4。原子半径最大的是①
B. 具有下列价电子排布式的基态原子中：①3s23p1、②3s23p2、③3s23p3、④3s23p4。第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb,②N、P、As,③O、S、Se,④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素气态基态原子的逐级电离能(单位; kJ·mol-1)分别为738、1451、 7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+
【答案】D
【解析】
【详解】A.核外电子排布：①1s22s22p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4，则①为Si、②为N、③为C、④为S，同周期自左而右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径：Si>C>N，Si>S，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；
B.①3s23p1为Al，②3s23p2为Si，③3s23p3为P，④3s23p4为S；四种元素位于同一周期，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但是3s23p3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，所以第一电离能P大于S，所以四种元素第一电离能最大的是③，故B正确；
C.同周期自左而右电负性逐渐增大，同主族自上而下电负性逐渐减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D.第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子为X2+，故D错误。
故选D。
10.下列实验事实及理论解释都正确的是（ ）
选项
实验事实
理论解释
A
酸性： H3BO3、 H2SiO3 相近
B、Si电负性相近，符合“对角线规则”
B
熔点： SiO2> SiCl4
键能：Si-O>Si-Cl
C
密度：干冰>冰
相对分子质量：CO2>H2O
D
沸点： Cl2> N2>CO
CO为极性分子：且相对分子质量：Cl2>CO
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.B与Si处于对角线上，它们的化学性质相似，H2SiO3为弱酸，H3BO3也为弱酸，酸性相近，故A正确；
B.二氧化硅为原子晶体，四氯化硅为分子晶体，一般情况下，原子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，熔点与键能无关，故B错误；
C.水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故C错误；
D.N2和Cl2为非极性分子，组成和结构相似，所以随着相对分子质量的增大，熔沸点升高；而CO和N2分子量相同，且都是双原子分子，但CO是极性分子，N2是非极性分子。在其它条件相同下，极性分子的相互吸引力大于非极性分子，极性分子的分子间作用力大，熔沸点高，故极性分子CO的沸点会高于非极性分子N2的沸点，则沸点为Cl2＞CO>N2，故D错误。
故选A。
【点睛】一般来说，不同类型晶体的熔沸点的高低顺序为：原子晶体>离子晶体>分子晶体，而金属晶体的熔沸点有高有低。这是由于不同类型晶体的微粒间作用不同，其熔、沸点也不相同。原子晶体间靠共价键结合，一般熔、沸点最高；离子晶体阴、阳离子间靠离子键结合，一般熔、沸点较高；分子晶体分子间靠范德华力结合，一般熔、沸点较低；金属晶体中金属键的键能有大有小，因而金属晶体熔、沸点有高（如W）有低（如Hg）。
11.下列关于晶体的说法中，正确的有（ ）
(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶点)
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铯、钾、钠、钠-钾合金的熔点依次降低④离子晶体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(晶胞结构如上图所示)每个Ti4+和12个O2-相紧邻⑥12g石墨中含有的C-C键的个数为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧离子晶体CaO的晶格能比KCl高,熔点KCl比CaO低
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【解析】
【详解】①稀有气体分子形成的晶体没有化学键，故①错误；
②在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，但在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体由金属阳离子与自由电子构成，故②错误；
③碱金属单质自上而下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，单质的熔点逐渐降低，所以铯、钾、钠的熔点依次升高，故③错误；
④离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故⑤正确；
⑥12g石墨中碳原子的物质的量为=1mol，石墨中每个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键为2个碳原子共用，含有的C-C键的物质的量为=1.5mol，则含有的C-C键的个数为1.5NA，故⑥正确；
⑦分子间作用力影响物理性质，分子稳定性为化学性质，化学键强弱影响分子稳定性，故⑦错误；
⑧钙离子电荷比钾离子多，半径比钾离子小，氧离子电荷比氯离子多，半径比氯离子小，故CaO的晶格能比KCl高，则熔点KCl比CaO低，故⑧正确。
所以说法正确的有3种。
故选B。
12.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 水合铜离子的模型如图，1个水合铜离子中有4个配位键
B. CaF2晶体的晶胞如图，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+
C. H原子的电子云图如图，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】
【详解】A.水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，故A正确；
B.根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×+6×=4，故B正确；
C.电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，故C错误；
D.在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D正确。
故选C。
13.下列说法不正确的是（ ）
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键②若R2－和M＋的电子层结构相同，则原子序数：R＞M③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e－稳定结构⑤固体融化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1∶2⑧由于非金属性Cl＞Br＞I，所以酸性HCl＞HBr＞HI
A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤ C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①N2H4分子中N元素和N元素之间形成非极性共价键，N元素和H元素之间形成极性共价键，①正确；
②R2-和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期，所以原子序数：M＞R，②错误；
③F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似分子，熔点随相对分子质量增大而升高，③正确；
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构，④正确；
⑤固体融化成液体的过程是物理变化，也可能破坏化学键，例如氢氧化钠熔融时离子键被破坏，⑤错误；
⑥HF分子很稳定，是因为H-F键键能大，稳定，跟氢键无关，⑥错误；
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子分别是O22－、Na＋，个数比是1∶2，⑦正确；
⑧氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HCl＜HBr＜HI，⑧错误；
答案选A。
14.通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是（ ）
A. 分子中N－Cl键键长比CCl4分子中C－Cl键键长长
B. 分子中不含孤电子对
C. NCl3分子是极性分子
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】C
【解析】
【详解】A.N—Cl键中氮原子的半径比C—Cl键中碳原子的半径小，使得N—Cl键的键长比C—Cl键的键长短，故A错误；
B.NCl3与NH3的分子结构相似，并且N原子和Cl原子周围均为8电子稳定结构，分子中含有1对孤电子对，故B错误；
C.NCl3与NH3的空间构型相似，可知NCl3的空间构型为三角锥形，属于极性分子，故C正确；
D.NBr3和NCl3结构相似，但分子间作用力大，难挥发，故D错误。
故选C。
15.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是（ ）
A. 晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr B. 硬度：MgO＞CaO＞BaO
C. 熔点：NaF＞MgF2＞AlF3 D. 阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2
【答案】C
【解析】
分析：A、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；B、根据原子半径大小比较键能，根据键能大小比较硬度；C、从离子半径以及电荷的角度比较晶格能，根据晶格能大小比较；D、根据NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、分析。
详解： A、离子半径Br-＞Cl-＞F-，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，故A正确；B、原子半径Ba＞Ca＞Mg，原子半径越大，键能越小，硬度越小，故B正确；C、离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，则熔点越高，故C错误；D、NaCl、CsCl、CaF2的晶胞结构分别为：、、，结合图可知，CsCl为立方体心结构，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，则阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故D正确；故选C。
16.在元素周期表中，一稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6，与其同周期的A、B、C、D四种元素，它们的原子的最外层电子数依次为2、2、1、7，其中A、C两元素原子的次外层电子数为8，B、D两元素原子的次外层电子数为18，E、D两元素处于同族，且在该族元素中，E的气态氢化物的沸点最高。下列说法错误的是（ ）
A. 元素C核外电子占据10个原子轨道
B. B元素在周期表中的d区
C. E的气态氢化物沸点最高的原因是HE分子间形成氢键
D. 元素D 的电子排布式为[Ar]3d104s24p5
【答案】B
【解析】
在元素周期表中,某稀有气体元素原子的最外层电子构型为4s24p6,处于第四周期,与其同周期的 A、B、C、D四种元素,它们的原子最外层电子数依次为2、2、1、7,其中A、C两元素原子的次外层电子数为8,则A为Ca、C为K；B、D两元素原子的次外层电子数为18,则B为Zn、D为Br；E、D两元素处于同族,且在该族元素中,E的气态氢化物的沸点最高,则E为F；元素C为钾，核电荷数为19，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据10个原子轨道，A正确；B为Zn元素,核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s2，处于周期表中第四周期ⅡB族,属于ds区，B错误； E的气态氢化物为氟化氢，分子间存在氢键，沸点最高，C正确；元素D为溴，核电荷数为35，电子排布式为[Ar]3d104s24p5，D正确；正确选项B。
17.下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是（ ）
A. CCl4、SiCl4、SiH4 B. H2S、NF3、CH4
C. BCl3、NH3、CO2 D. SO3、BF3、H3O+
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CCl4、SiCl4、SiH4中所有的原子的价层电子对数都为4，杂化方式为sp3杂化，，键角都是109o28、，A错误；B．H2S中S原子的价层电子对数为2+（6-2×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，NF3中N原子的价层电子对数为3+（5-3×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，CH4中C原子的杂化方式为sp3杂化，由于分子中孤电子对的数目不同，分子间的夹角不同，B正确；C．BCl3、NH3、CO2分子中的中心原子的杂化方式不同，C错误；D．SO3、BF3中的S和B都采用sp2杂化，H3O＋用的是sp3杂化，D错误，答案选B。
考点：考查杂化方式、分子构型
18.现有T、A、B、C、D、E、F七种前四周期元素，原子序数依次增大。T的原子半径在周期表中最小，基态A原子s能级上电子总数是p能级上电子总数的2倍，基态C原子的价电子排布式为nsnnp2n，D、E位于同主族，且未成对电子数均为0，基态F原子为前四周期元素中未成对电子数最多的元素，根据以上信息下列说法正确的是（ ）
A. 基态F原子占有15种能量不同的原子轨道
B. T、A、B可组成一种直线型分子，其中δ键和π键数目之比为1:2
C. 分解温度DAC3>EAC3
D. A、B、C的简单氢化物中，最稳定的是C的氢化物，沸点最高的也是C的氢化物
【答案】D
【解析】
现有T、A、B、C、D、E、F七种前四周期元素，原子序数依次增大；T的原子半径在周期表中最小，T为氢元素；基态C原子的价电子排布式为nsnnp2n，n=2，所以核电荷数为8，C为氧元素；基态A原子s能级上电子总数是p能级上电子总数的2倍，A为碳元素；D、E位于同主族，且未成对电子数均为0，D为镁，E为钙；基态F原子为前四周期元素中未成对电子数最多的元素，F为铬元素；由于A为碳，C为氧，所以B为氮；基态铬原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，占有14种能量不同的原子轨道, A错误；T、A、B可组成一种直线型分子HCN，结构为H-C≡N,其中δ键和π键数目之比为1:1，B错误；碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果。镁离子半径小于钙离子半径，所以与氧离子形成的离子键较强，晶格能较大，因此碳酸镁的热分解温度较低，C错误；A、B、C的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O；原子半径越小，氢化物越稳定，因此H2O最稳定；由于水分子间存在氢键，且数目大于氨气，因此沸点最高，D正确；正确选项D。
点睛：第四周期元素中，未成对电子数最多的为铬元素，[Ar]3d54s1,有6对未成对电子；没有未成对电子的是锌元素，[Ar]3d104s2；核外电子排布为4s1的有钾、铬、铜。
19.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是（ ）
A. ①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为①1个②2个③4个④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为①6 ②8 ③12 ④12
D. 空间利用率的大小关系为①＜②＜③＜④
【答案】C
【解析】
【详解】A.②是体心立方堆积，属于钾、钠和铁型，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，故A错误；
B.利用均摊法计算原子个数，①中原子个数=8×=1，②中原子个数=1+8×=2，③中原子个数=1+8×=2，④中原子个数=8×+6×=4，故B错误；
C.③为六方最密堆积，③的配位数是12，所以晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12，故C正确；
D.①中空间利用率为51%，②中空间利用率为68%，③④中空间利用率为74%，所以空间利用率大小关系为：①＜②＜③=④，故D错误。
故选C。
20.下列各组品体物质中，“化学键类型相同，晶体类型也相同的是( )
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ③④⑥ B. ①②③ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；
②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；
③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；
④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；
⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；
⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
答案选A。
【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
21.下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 60gSiO2晶体中含Si-O键的个数为4NA(NA为阿伏加德罗常数)
B. 在立方ZnS晶体(如图所示)中，Zn2+、S2-的配位数都是8
C. 设NaCl的摩尔质量为Mg·mol-1,NaCl的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NAmol-1,在NaCl晶体中，两个距离最近的Cl-中心间的距离为cm
D. CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO 晶体中Ca2+的配位数为6,且这些最邻近的O2-围成正八面体
【答案】B
【解析】
【详解】A.n(SiO2)===1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2中含Si-O键的物质的量为4mol，Si-O键的个数为4NA，故A正确；
B.晶胞中含有表示小球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4个，黑色球位于体心，共4个，所以立方ZnS晶体的每个晶胞中含有4个锌离子，其配位数为4，含有4个硫离子，其配位数也为4，故B错误；
C.设晶胞边长为a，则在氯化钠晶胞中，含Cl-4个，含Na+4个，根据密度公式，可得，所以晶胞面对角线长为，而两个距离最近的Cl-中心间的距离等于面对角线的一半，所以两个距离最近的Cl-中心间的距离为即，故C正确；
D.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心和顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体，故D正确。
故选B。
22.下列叙述正确的是（ ）
①不同核素之间形成共价键一定是极性键②当一个碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子叫手性碳原子③Ge是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ge：[Ar]4s24p2，属于P区元素④非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3，PCl5，H2O，CO2这样的分子⑤冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用⑥熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、电解质、盐⑦氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合成NH3•H2O分子，根据氨水的性质可知NH3•H2O的结构式为⑧σ键重叠方式为头碰头，成镜像对称；ð键重叠方式为肩并肩，成轴对称⑨干冰汽化破坏了共价键，氯化钠溶于水破坏了离子键．
A. ②⑥ B. ①②⑥ C. ②⑤⑥⑧ D. ③④⑥⑦⑨
【答案】A
【解析】
【详解】①不同核素之间形成的共价键可能是非极性键，如H-D中含非极性键，故①错误；
②当一个碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子具有手性，为手性碳原子，故②正确；
③Ge是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ge：[Ar]3d104s24p2，最后填充p电子，为p区元素，故③错误；
④非极性分子如BF3、CO2，极性分子如PCl5、H2O，故④错误；
⑤冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用，还含分之间作用力，共三种作用力，故⑤错误；
⑥熔融状态的HgCl2不能导电，可知由分子构成，则为共价化合物，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，可知该盐可发生电离，为电解质，故⑥正确；
⑦氢键应形成于X…H-Y形式当中，X、Y必须是N、O、F元素之一。这样就有两种可能：（1）H3N…H-O-H；（2）H2N-H…OH2；由于一水合氨可电离出NH4+和OH-，所以（1）结构是合理的。如果是（2）则应电离出NH2-和H3O，故⑦错误；
⑧σ键重叠方式为头碰头，成轴对称，π键重叠方式为肩并肩，成镜像对称，故⑧错误；
⑨干冰汽化破坏了分之间作用力，而共价键不变，氯化钠溶于水破坏了离子键，故⑨错误。
故选A。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
23.长式周期表共有18 个纵行，从左到右排为1﹣18 列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是（ ）
A. 第9列中元素中没有非金属元素
B. 只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2
C. 第四周期第10列元素是铁元素
D. 第15列元素原子的最外层电子排布为ns2np5
【答案】C
【解析】
A. 第9列中元素都是第VIII族元素，全是金属，没有非金属元素，A正确；B. 除第二列的元素原子最外层电子排布为ns2，还有很多过渡元素也是，B不正确；C. 第四周期第10列元素是镍元素，C不正确；D. 第15列元素原子的最外层电子排布为ns2np3，D不正确。本题选A。
24.下列说法正确的是（ ）
A. PCl3的空间构型为平面三角形
B. HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
C. 乳酸（）有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】C
【解析】
A、PCl3分子中P-Cl键的三个键角都是100.1°，所以三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，选项A错误；B、HF因为存在氢键使得熔沸点比HCl大，HCl、HBr、HI三者沸点依次增大，选项B错误；C、中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项C正确；D、氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，选项D错误。答案选C。
25.有五种短周期主族元素 X、 Y、 Z、 R、Q， 它们的原子序数逐渐增大，其中X、 Y、 R、Q在周期表中位置如图；R的简单离子半径是同周期中最小的；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol
I4 = 10540kJ/mol。下列说法正确的是( )
X
Y
R
Q
A. 工业上都用电解它们的氧化物方法制Z、R、Q单质
B. X和Y 的单质熔点： X
D. Y的简单氢化物可与盐酸反应生成既有离子键又有共价键和配位键的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X、 Y、 Z、 R、Q是原子序数依次增大的短周期元素，根据X、 Y、 R、Q在周期表中位置，X、 Y位于第二周期，R、Q位于第三周期，且X、Q同主族；R的简单离子半径是同周期中最小的，则R为Al；根据R与X、 Y、Q的相对位置关系可推出，Q为Si，X为C；Y为N；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol，可见I3≫I2，Z原子最外层有2个电子，则Z为Mg。综合以上分析，X、 Y、 Z、 R、Q分别是C、N、Mg、Al、Si，据此分析解答。
【详解】A. 工业上用电解熔融氧化铝制取铝，因氧化镁熔点高，不用电解熔融氧化镁制取镁，工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制取粗硅，故A错误；
B. C的单质如金刚石为原子晶体，具有高熔点，N 的单质如N2为分子晶体，熔点低，故B错误；
C. 同周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al，故C错误；
D. NH3可与盐酸反应生成NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，既有离子键又有共价键和配位键，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题共50分）
26.C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示（石墨仅表示出其中的一层结构）：
（1）C60、金刚石和石墨三者的关系是互为_____。
A．同分异构体 B．同素异形体 C．同系物 D．同位素
（2）固态时，C60属于_____（填“原子”或“分子”）晶体。
（3）晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅﹣硅单键的数目约是_____NA。
（4）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是_____。
（5）观察CO2分子晶体结构的一部分，试说明每个CO2分子周围有_____个与之紧邻且等距的CO2分子；该结构单元平均占有_____个CO2分子。
（6）观察图形推测，CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a，则每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为_____，每个Cs+配位数为_____。
【答案】 (1). B (2). 分子 (3). 2 (4). 2 (5). 12 (6). 4 (7). 6 (8). 8
【解析】
【分析】
（1）同种元素的不同单质互称同素异形体；
（2）根据晶体构成微粒判断晶体类型；
（3）每个硅原子含有2个硅硅键；
（4）利用均摊法计算；
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；
（6）根据CsCl晶体的晶胞分析。
【详解】（1）同种元素的不同单质互称同素异形体，C60、金刚石和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体；故答案为：B。
（2）C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故答案为：分子。
（3）每个硅原子含有2个硅硅键，则1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是2NA个，故答案为：2。
（4）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×=2，故答案为：2。
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；晶胞中分子数目=8×+6×=4；故答案为：12；4。
（6）以大立方体体心的Cs+为例，与其距离相等且距离最近的Cs+位于大立方体的六个面心，所以每个Cs+周围与它最近且距离为a的的Cs+共有3×8×=6个；每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目=1×8=8，所以每个Cs+配位数为8，故答案为：6；8。
27.如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。
（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13）中含____个σ键，____个ð键。
（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为_____；将X溶于水后的溶液滴入到AgNO3溶液中至过量，得到配离子的化学式为_____，其中X与Ag+之间以_____键结合。
（3）氢键的形成对物质的性质具有一定的影响．的沸点_____。（填高或低）
（4）如图是上述六种元素中的一种元素形成的最高价含氧酸的结构：请简要说明该物质易溶于水的两个原因：_____________。
【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). 三角锥形 (4). [Ag（NH3）2]+ (5). 配位 (6). 高 (7). HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的﹣OH易与水分子之间形成氢键
【解析】
分析】
（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13），则a为H，f为C，该分子为CH≡CH；
（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3，能以配位键形成银氨络离子；
（3）氢键主要影响物质的熔沸点；
（4）由图可知为硝酸的结构，含有-OH易形成氢键。
【详解】（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H2的相对密度为13），则a为H，f为C，该分子为CH≡CH，则含2个C-Hσ键和1个C-Cσ键和2个π键，故答案为：3；2。
（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X，结合熔点可知，b为N，X为NH3，空间结构为三角锥形，能以配位键形成银氨络离子，其化学式为[Ag（NH3）2]+，故答案为：三角锥形；[Ag（NH3）2]+；配位。
（3）氢键主要影响物质的熔沸点，使含氢键的物质的沸点高，故答案为：高；
（4）由图可知为硝酸的结构，含有-OH易与水分子之间形成氢键，且HNO3是极性分子，易溶于极性的水中，则易溶于水，故答案为：HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的﹣OH易与水分子之间形成氢键。
28.铁和钴是两种重要的过渡元素。
（1）钴位于元素周期表得第_____________族，其基态原子中未成对电子的个数为______。
（2）[Fe(H2NCONH2)]6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁（Ⅲ），是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为________，所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是_________。
（3）尿素分子中碳原子为________杂化，分子中σ键与π键的数目之比为_____。
（4）配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=___。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20 .5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_______（填晶体类型）。
（5）血红素是吡咯（C4H5N）的重要衍生物，血红素（含Fe2＋）可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如图所示。
吡咯血红素
①1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为____个。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）分子中的大π键可用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为____ 。
②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过____键相结合。
③血红素中N的杂化方式为______________，请画出血红素中N与Fe的配位键_______。
【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ (2). 3 (3). [Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） (4). N、O、H、C (5). sp2 (6). 7∶1 (7). 5 (8). 分子晶体 (9). 10NA或6.02×1024 (10). π65 (11). 配位 (12). sp2 sp3 (13).
【解析】
【详解】（1）钴的原子序数是27，位于元素周期表中第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，未成对电子的个数为3，故答案为：第四周期第Ⅷ族，3。
（2）铁的原子序数是26，Fe2+的核外电子排布式为［Ar］3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；尿素的结构简式为HN2-CO-NH2，碳原子存在双键，氮原子全部是单键，且存在孤对电子，所以分子中C、N原子的杂化方式分别是sp2、sp3。单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则其分子中σ键与π键的数目之比为7：1。非金属性越强电负性越大，则所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；故答案为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5），N、O、H、C。
（3）尿素分子中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2，尿素分子中含有含有2个N-H单键，4个N-H单键，1个C=O双键，单键是σ键，C=O双键中1个键，1个π键，所以尿素分子中σ键与π键的数目之比为7：1，故答案为：sp2，7∶1。
（4）配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8（价电子就是元素周期表中每种元素下边的那个表示形式中的电子之和），每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：5；分子晶体。
（5）①1个吡咯分子中含1个N-H键，二个N-C键，三个C-C键，四个C-H键共10个σ键，则1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为10NA或6.02×1024个，吡咯环中的大π键由1个氮原子和4个碳原子组成，可表示为，故答案为：10NA或6.02×1024，。
②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过配位键相结合，故答案为：配位。
③根据N原子的价电子排布式2s22p3，若N原子成三个共价键，则N原子周围还有一对孤对对子，即此时无配位键，该N原子采取sp3杂化，若N原子成四个共价键，必有一个配位键，若还存在双键，则该N原子采用sp2杂化，由图可知，这两种情况都存在；Fe2+的配位键为，故答案为：sp2、sp3，。
【点睛】碳碳单键是σ键；碳碳双键里一条是σ键，一条是π键；碳碳三键里一条是σ键，两条是π键。
29.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态O原子的电子排布图为_______，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形，O原子最外层电子的运动状态有_____种。
（2）下图为S8的结构，该分子中S原子的杂化轨道类型为______________。其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_____________。
（3）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形；固体三氧化硫中存在如下图所示的三聚分子，该分子中S原子的价层电子数___________。
（4）FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞中有Fe2+_____个，有S22-_____个，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的____(填空隙名称)的体心。晶胞边长为a nm、FeS2相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g•cm﹣3。
（5）在硅酸盐中，SiO44﹣四面体（如下图（a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图（b）为一种无限长层状结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为____。该多硅酸根的化学式为_____。
【答案】 (1). (2). 哑铃（纺锤） (3). 6 (4). sp3 (5). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (6). 平面正三角 (7). 4 (8). 4 (9). 4 (10). 正八面体 (11). ×1021 (12). sp3 (13). Si2O5）n2n-
【解析】
【分析】
（1）根据O基态原子的核外电子排布式解答；
（2）先结合图的成键数目即孤电子对数目判断其杂化类型，再根据影响S8分子晶体熔沸点高低的是范德华力判断；
（3）根据价层电子对互斥理论分析；
（4）利用均摊法对晶胞中的离子个数进行分析，再根据进行计算；
（5）根据图中的几何关系进行分析。
【详解】（1）基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，则其核外电子的电子排布图为：，根据电子排布式可知，电子占据最高能级为2p，则电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形，不同的电子运动状态均不相同，因O原子最外层有6个电子，则电子的运动状态有6种，故答案为：，哑铃（纺锤），6。
（2）S8、SO2形成的晶体均为分子晶体，根据图可以看出易个S周围有两个S原子成键，S原子还有2个孤电子对，结合杂化轨道理论可知，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3，由于物质中没有氢键，因此物质的熔沸点主要受相对分子质量的影响，因为S8的相对分子质量大，分子间范德华力强，所以S8的熔沸点高于SO2，故答案为：sp3，S8相对分子质量大，分子间范德华力强。
（3）由VSEPR理论，SO3的σ键数为3，孤电子对数为=0，故SO3的分子构型为平面正三角形，杂化方式为sp2杂化，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子S原子形成4个共价键，因此S原子的价层电子数为4，故答案为：平面正三角，4。
（4）根据晶胞结构可知含有亚铁离子的个数为×12+1=4，过硫根离子个数为8×+6×=4，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心。晶胞边长为anm，FeS2相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度的计算表达式为：，故答案为：4，4，正八面体，×1021。
（5）硅酸盐中的硅酸根（SiO44﹣）为四面体结构，每个Si原子周围都与4个O原子相连，无孤对电子，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化，根据晶胞结构图可知：图b该多硅酸根的最小的结构单元为，该结构单元中含有1+2×=2个Si原子，1+1+6×=5个O原子，根据正负化合价的代数和为离子所带电荷数，每个独立的Si-O中的O原子带一个单位的负电荷，所以该多硅酸根的化学式为(Si2O5）n2n-，故答案为：. sp3，（Si2O5）n2n-。
【点睛】根据均摊法计算晶胞中亚铁离子和过硫根离子的数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算晶胞的密度。
相关资料
更多
