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【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O:16 N：14 Na：23 Mg：24 Al:27 K:39 Fe:56 Zn:65 Cu:64 S：32 Cl:35.5 P:31
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共50分）
1.已知R2-离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2-离子里含有电子的物质的量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由R2-的核内有n个中子，R的质量数为M，则质子数为M-n，故R2-阴离子的核外电子数为M-n+2，mg R2-的物质的量为mol，所以mgR2-阴离子含有的电子的物质的量为×（M-n+2）=。
答案：B
【点睛】本题考查原子构成，计算时要注意电子的质量可忽略，质量数近似等于相对原子质量。
2.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系中，与键的强弱无关的变化规律是（ ）
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 D. H2S的稳定性小于H2O的稳定性
【答案】C
【解析】
【详解】A.非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故不选A；
B.NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，键能越大，故不选B；
C.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，故选C；
D.元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，H2S的稳定性小于H2O的稳定性，故不选D。
答案：C
3.下列有关化学用语的表示方法中正确的是
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸的电子式中，应该是氧原子写在中间，A项错误；
B．M2+离子核外有a个电子，则M原子的质子数为a+2，质量数为a+b+2，B项正确；
C．氯化镁形成过程中，箭头方向标示错误，C项错误；
D．图中给的是钠原子的结构示意图，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】活学活用八电子理论来写电子式。做此类题时，需要特别的细心，如看清箭头方向，如看清是原子还是离子等。
4.部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是（ ）
A. 虚线左侧是金属元素
B. As处于第五周期第VA族
C. Si、Ge可作半导体材料
D. Sb既有金属性又有非金属性
【答案】B
【解析】
【详解】A．既然称为金属与非金属元素的分界线，线左侧都是金属元素，线右侧都是非金属元素，从图中也可以明显看出铝、锗、锑、钋元素是金属元素，A项正确；
B．As为33号元素，位于第四周期，B项错误；
C．我们往往从金属元素与非金属元素分界线处寻找半导体材料，C项正确；
D．处于金属元素与非金属元素分界线两边的元素，往往既有金属性又有非金属性，D项正确；
所以答案选择B项。
5.已知MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。下列说法不正确的是（ ）
A. 上述四种盐的晶体均属于离子晶体 B. 分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO
C. 分解所需温度最低的是BaCO3 D. 所得的气态产物的VSEPR模型是直线形
【答案】C
【解析】
【详解】A.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3，分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物，属于离子晶体，故A正确；
B.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小，离子键最强，MgO的晶格能最大，故B正确；
C.Mg、 Ca、Sr、 Ba为 同主族，原子半径逐渐增大，半径越大金属性越强，越容易失电子，变成离子后半径越大就越难得电子，形成的盐就越难分解，故C错误；
D.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，所得的气态产物均为CO2，CO2 的VSEPR模型是直线形，故D正确；
本题答案为C。
6.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )
A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等
B. NCl3分子是非极性分子
C. NBr3比NCl3易挥发
D. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为
【答案】D
【解析】
【详解】A、C的原子半径小于N原子半径，即N－Cl键长小于C－Cl键长，故A错误；
B、NH3为三角锥形，NCl3和NH3的空间构型相似，即NCl3空间构型为三角锥形，NCl3属于极性分子，故B错误；
C、NCl3和NBr3结构相似，NCl3相对分子质量小于NBr3，因此NCl3的熔沸点低于NBr3，故C错误；
D、NH3与H2O之间能形成分子间氢键，NH3·H2O能够电离出NH4＋和OH－，因此NH3·H2O的结构式为，故D正确。
【点睛】易错点是选项D，NH3中H与H2O中O构成氢键，即，NH3中N与H2O中H构成氢键，即，根据NH3·H2ONH4＋＋OH－，因此得出NH3·H2O的结构式为。
7.下列说法错误的是（ ）
A. 1 mol HCl分子和1 mol HF分子断键需要的能量前者小于后者
B. I3+离子的几何构型为 v形，中心原子的杂化形式为 sp2
C. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
D. 向含有0.1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1 mol AgCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.键长H-F＜H-Cl，故H-F键键能更大，则断开1molH-F需要的能量更多，故A正确；
B.I3+中心原子的价层电子对数为(7+1×2−1)/2=4，则为sp3杂化，价层电子对为正四面体，中心I原子的孤电子对数为(7−1×2−1)/2=2，为V形，故B错误；
C.NH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu（NH3）4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，故C正确；
D.Ag++Cl-=AgCl↓，0.1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl电离产生0.1mol氯离子，加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉的物质的量是0.1mol，内界氯离子未沉淀，故D正确。
故选B。
8.下列关于晶体的说法一定正确的是( )
A. 分子晶体中都存在共价键
B. CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻
C. SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
D. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
【答案】B
【解析】
A不正确，例如稀有气体分子形成的晶体不存在化学键。根据CaTiO3晶体的晶胞结构可知，选项B正确。SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，C不正确。D不正确，例如钠、K等金属的熔点就小于一些分子晶体的熔点。答案选B。
9.Li2O是离子晶体，从如图的Born−Haber循环可得出Li2O晶格能为 ( )
A. 598kJ·mol−1 B. -598KJ·mol−1
C. 1168kJ·mol−1 D. 2908kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【分析】
晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量
【详解】图中： 2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=-598KJ·mol−1 ，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·mol－1，
故选D。
10.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图4，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】
【分析】
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；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8×1/8+6×1/2=4；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；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。
【详解】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，A正确；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8×1/8+6×1/2=4，B正确；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，C错误；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。
【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对图要仔细观察，同时正确理解基本概念。
11.正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构，受热易分解，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图所示），则下列有关说法中不正确的（ ）
A. 正硼酸晶体属于分子晶体
B. 正硼酸分子的稳定性与氢键无关
C. 1molH3BO3晶体中含有3mol氢键
D. B原子杂化轨道的类型sp2，层间的H3BO3分子通过共价键相连
【答案】D
【解析】
正硼酸与石墨有相似的层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键相连，受热易分解，所以正硼酸晶体属于分子晶体，故A正确；分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B正确；1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故C正确；B只形成了3个单键，没有孤电子对，价层电子对数为3，所以采取sp2杂化，同层分子间的主要作用力是范德华力，故D错误．
点睛：根据硼酸的结构跟石墨相似可知B原子的杂化方式为sp2。因为硼酸中有电负性强的O元素，分子中还有活泼H，同层分子间的主要作用力是氢键。根据其受热易分解，说明硼酸是分子晶体。
12.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种
C. RCl5受热后会分解生成分子RCl3，RCl5和RCl3都是极性分子
D. 分子中5个R—Cl键键能不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．R元素最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5分子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项错误；
B．上、下两个顶点的原子与中心R原子形成的键角为180°，中间的平面三角形中，中心原子与三个项点的原子形成的键角为120°，中心原子与上、下顶点原子、与此三角形平面项点的原子形成的键角为90°，所以键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种，B项正确；
C．由图可知RCl5分子空间构型是高度对称的，形成非极性分子，而RCl3是三角锥形结构，其分子是极性分子，C项错误；
D．分子上、下顶点的Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，平面上正三角形顶点三个Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，D项错误；
所以答案选择B项。
13.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是（ ）
A. 元素的非金属性次序为c>b>a
B. a和其他3种元素均能形成共价化合物
C. d和其他3种元素均能形成离子化合物
D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【答案】B
【解析】
试题分析：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。故选B。
考点：考查原子结构与元素周期律的关系
14.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质，其中h 是离子化合物，q是制太阳能电池的主要原料，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，r为二元化合物,其浓溶液在空气中易形成白雾。下列说法正确的是（ ）
A. Y 与X属于同一主族与Z属于同一周期
B. 单质的沸点：X>Z
C. 常温常压下,W的氧化物为液态
D. X的氧化物均能用向上排空气法收集
【答案】C
【解析】
试题分析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质， q是制太阳能电池的主要原料，则q为硅；s常温下呈气态且其水溶液显碱性，则s为氨气；r为二元化合物,其浓溶液在空气中易形成白雾，则r为氯化氢。所以，W、X、Y、Z分别是H、N、Si、Cl。h 是离子化合物，则h为氯化铵。A. Y 与X属于不同的主族，A不正确； B. 氯气易液化，而氮气不易液化，所以单质的沸点X
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
乙是一种“绿色氧化剂”，乙是过氧化氢，M是单质，所以M是氧气；乙和丁的组成元素相同，丁是水；化合物N是具有漂白性的气体，N是SO2，丙是H2S，甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。原于半径： r(Na)>r（S）> r(O)，故A错误；SO2使溴水褪色发生氧化还原反应、乙烯使溴水褪色发生加成反应，故B错误；含S元素的盐溶液，硫酸氢钠溶液显酸性、硫酸钠溶液显中性、亚硫酸钠溶液呈碱性，故C正确；O与H、Na、S形成的化合物中，H2O中H元素不满足8电子结构，故D错误。
16.下列各组物质中，能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的是（ ）
A. 乙烯、乙炔 B. 乙烯、苯
C. 苯、甲烷 D. 甲烷、乙烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯和乙炔都含有碳碳不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故A错误；
B．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．苯、甲烷均不与酸性高锰酸钾反应，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D．甲烷、乙烷均不与酸性高锰酸钾反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
答案选B。
【点睛】能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的有机物可能含有碳碳不饱和键的烃或烃的衍生物、苯的同系物或醛。本题的易错点为C，要注意苯分子中不存在碳碳双键。
17.分子中最多可能有多少个原子共处于同一平面（ ）
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】
在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断．注意单键可以旋转。
【详解】在中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内；苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面。在甲基上可有1个氢原子共平面，-CF3中有1个F共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，因此可能共平面的原子有20个，故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物结构中共面、共线问题的知识，关键是空间想象，做题时要结合甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，同时注意单键可以旋转。
18.下列反应属于取代反应（ ）
A. C3H8+5O23CO2+4H2O B. CH4+Cl2CH3Cl+HCl
C. nCH2=CH2 D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烷燃烧，属于氧化反应，不属于取代反应，A项错误；
B．甲烷的氢原子被氯原子取代生成一氯甲烷，属于取代反应，B项正确；
C．乙烯生成聚乙烯，发生的是加聚反应，C项错误；
D．苯与氢气发生加成反应生成环己烷，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】通常，取代反应的特点是反应物有两种，生成物有两种，基团有上有下。加成反应通常反应物为两种，而生成物只有一种。
19.已知下表均烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种。则第6项烷烃分子的化学式为（ ）
1
2
3
4
5
6
……
CH4
C2H6
C5Hl2
C8H18
C17H36
…
…
A. C16H34 B. C17H36 C. C26H54 D. C27H56
【答案】C
【解析】
分析：根据表格中碳原子或氢原子的数目与项数的关系分析解答。
详解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C。
点睛：本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键。本题的另一种解法是根据氢原子数与项数的关系分析解答，该氢原子数排成的数列为：4，6，12，18，36，……，奇数项构成等比数列，偶数项也构成等比数列，因此第六项的氢原子为6×3×3=54，则碳原子数==26，即C26H54。
20.有7 种物质，①甲烷 ②苯 ③2-丁烯 ④环己烷 ⑤邻二甲苯 ⑥环己烯 ⑦二氧化硫，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（ ）
A. ③⑥⑦ B. ②④⑥⑦ C. ②⑤⑥⑦ D. ④⑤⑥
【答案】A
【解析】
能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是：甲苯、2－丁炔、邻二甲苯、环己烯、SO2，能使溴水褪色的是：2－丁炔、环己烯、SO2，因此既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色的是2－丁炔、环己烯、SO2，故选项A正确。
21.有机物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电导结构一直受到理论化学家的注意，其结构如图所示。有关它的说法中错误的是（ ）
A. 其二氯代物有4种 B. 它所有的原子均在同一平面上
C. 其分子式为C6H8 D. 它不可能是环丙烷的同系物
【答案】B
【解析】
A. 该分子中只有4个碳原子上分别有2个H，如图所示，先在1号碳上取代一个H，则取代第二个H有4种可能，故其二氯代物有4种 ，A正确；B. 由乙烯分子的6原子共面可知，它所有的碳原子可能在同一平面上，但是有氢原子的碳原子全是饱和的碳原子，由甲烷的正四面体结构可知，8个氢原子不可能在同一平面上，B不正确；C. 其分子式为C6H8，C正确；D. 该物质分子中有碳碳双键，故它不可能是环丙烷的同系物，D正确。本题选B。
22.工业上合成的反应为，下列有关说法不正确的是（ ）
A. X、Y、Z三种有机物均易发生加成反应
B. X、Y、Z三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C. X、Y、Z三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D. Z的二氯代物有7种(不考虑立体异构)
【答案】B
【解析】
【详解】A项，X、Z中含碳碳双键，Y中含碳碳三键，X、Y、Z均易发生加成反应，A项正确；
B项，X中四个碳原子都形成碳碳双键，X分子中所有原子均可能共平面，Y为乙炔，乙炔中四个原子共直线，乙炔中四个原子共平面，Z中含两个—CH2—，Z中所有原子不可能共平面，B项错误；
C项，X、Z中含碳碳双键，Y中含碳碳三键，X、Y、Z使酸性KMnO4溶液褪色的原理是：X、Y、Z与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应， C项正确；
D项，Z中有两种类型的H原子，Z的一氯代物有两种，固定1个Cl，移动第2个Cl如图：、（图中数字为第2个Cl原子的位置），Z的二氯代物有4+3=7种，D项正确；
答案选B。
【点睛】本题的难点是：烃的二氯代物种类的确定和分子中原子的共面问题。烃的二氯代物种类的确定常用“定一移二”法，即先固定1个Cl原子的位置，移动第2个Cl原子的位置。确定分子中共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构），苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。
23.将溴水分别与四氯化碳、己烷、己烯、酒精四种试剂混合，充分振荡后静置，下列现象与所加试剂不相吻合的是（ ）
A. 四氯化碳 B. 己烷
C. 己烯 D. 酒精
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴单质易溶于四氯化碳，充分振荡后静置，有机层在下层，A项正确；
B．溴单质易溶于己烷，充分振荡后静置，有机层在上层，B项正确；
C．己烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色，静置后生成的有机物在下层，上层的水层接近无色，C项正确；
D．酒精与水任意比混溶，液体不会出现分层现象，D项错误；
所以答案选择D项。
24.青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】B
【解析】
该分子不对称，分子中有7种氢原子，所以一氯代物有7种，故B正确。
25.已知：①1 mol 某链烃最多能与1mol HCl发生加成反应,生成1 mol氯代烷；②1 mol该氯代烷能与7 mol Cl2发生取代反应,生成只含碳、氯的氯代烷。该烃可能是（ ）
A. CH3CH=CH2 B. CH2=CHCH=CH2
C. CH3CH=CHCH3 D. CH2=CH2
【答案】A
【解析】
试题分析：1mol某链烃最多能和1 molHCl发生加成反应，则分子含有1个碳碳双键，1mol该氯代烷能和7molCl2发生取代反应，生成只含碳元素和氯元素的氯代烃，说明氯代烃分子中含有7个H原子，其中1个H原子为链烃与HCl发生加成反应引入的，所以链烃分子中含有6个H原子，选项中只有CH3CH＝CH2符合，答案选A。
考点：考查有机物的结构与性质。
二、填空题（共四道大题，共计50分）
26.苯和溴取代反应的实验装置如图所示，其中A为由具支试管改制成的反应容器，在其下端开了一小孔，塞好石棉绒，再加入少量铁屑粉。填写下列空白：
(1)向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒内就发生反应。写出A中所发生反应的化学方程式_______________________________________。
(2)B中NaOH溶液的作用是__________________。
(3)试管C中苯的作用是____________________________________。反应开始后，观察D和E两试管，看到的现象为____________________________，此现象可以验证苯和液溴的反应为__________(填反应类型)。
(4)在上述整套装置中，具有防倒吸作用的仪器有________(填字母)。
【答案】 (1). (2). 除去溶于溴苯中的溴 (3). 除去HBr气体中混有的溴蒸气 (4). D试管中紫色石蕊试液慢慢变红，并在导管口有白雾产生，然后E试管中出现浅黄色沉淀 (5). 取代反应 (6). DEF
【解析】
【分析】
(1)苯与溴在催化剂的作用下发生取代反应；
(2)溴单质易溶于溴苯，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去；
(3)溴易挥发，易溶于有机溶剂，溴化氢溶于水电离产生氢离子和溴离子。
【详解】(1)苯与液溴在三溴化铁的催化作用下发生反应：；
(2)B中的氢氧化钠溶液作用是除去溶解在溴苯中的溴单质：Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O；
(3)溴易挥发，易溶于有机溶剂，所以用苯来吸收溴化氢中的溴单质，防止对溴化氢的检验造成干扰；溴化氢溶于水完全电离，产生氢离子和溴离子，所以溶液显强酸性，能使石蕊变红色，在导管处能看到有白雾产生，硝酸银溶液中的银离子与溴离子反应生成了淡黄色沉淀；上述现象可以验证苯和液溴的反应为取代反应；
(4)D、E试管中导管在液面上方，可防止液体倒吸，E装置倒扣的漏斗也可防止液体倒吸；
【点睛】苯与液溴的反应中，铁粉是催化剂，实际上真正起催化作用是溴化铁：2Fe+3Br2=2FeBr3，苯与液溴发生取代反应，生成溴化氢，要验证产物有溴化氢，要排除溴单质的干扰。
27.Ⅰ.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。(请用相应的化学用语答题)
元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径/nm
0.186
0.102
0.075
0.074
0.143
主要化合价
＋1
＋6 －2
＋5 －3
－2
＋3
(1)R的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________。
(2)X与Y按原子个数比1∶1构成的物质的电子式为________________；所含化学键类型__________________________。
(3)X＋、Y2－、M2－离子半径大小顺序为__________________。
(4)将YM2通入FeCl3溶液中的离子方程式：_________________________________________。
Ⅱ.如图转化关系（A、B、C中含相同元素）
(1)若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为_________________________。
(2)若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应生成B的离子方程式为_____________________________________________。
【答案】 (1). Al (2). 第二周期ⅥA族 (3). (4). 离子键、共价键 (5). S2－>O2－>Na＋ (6). SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋ (7). Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓ (8). Fe+2Fe3+=3Fe2+
【解析】
【分析】
用好表格的数据信息，将各元素具体化。在主族元素中，元素最高正价数等于其族序数（O、F除外），元素的最低负价数=族序数-8，根据表格中各元素主要化合价可知，X属于第IA族、Y属于第VIA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，这几种元素都是短周期元素，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S元素，X是短周期中最活泼的金属元素，则X是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA族，则R为Al元素，同一周期元素，除稀有气体外，元素的原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素；
【详解】I．(1) R的元素符号为Al，M为O元素，位于元素周期表第二周期第VIA族；
(2)Na与S按原子个数比1：1构成类似过氧化钠的物质Na2S2，其电子式为：；既有离子键，又有非极性共价键。
(3)氧离子和钠离子核外电子数相同，钠离子核电荷数比氧离子大，所以钠离子半径小于氧离子，硫离子比氧离子多了一个电子层，离子半径大于氧离子，所以三种离子半径大小顺序为：S2－>O2－>Na＋；
(4)二氧化硫气体通入三氯化铁溶液中，发生反应的离子方程式为：
SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；
II．(1)B是白色胶状不溶物，则B为Al(OH)3，X可能为强酸或者强碱，如X为强酸，则A中含有AlO2－，C含Al3＋，如X为强碱，则A含有Al3＋，C含有AlO2－，A和C混合，溶液中AlO2－和Al3＋发生双水解：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓；
(2)若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，即说明B溶液中含有Fe2+，则X为强氧化性酸，A为过量Fe和少量强氧化性酸（如硝酸）反应生成Fe2+，Fe2+再被氧化成Fe3+，故A和C溶液反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
28.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
(1)铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为________，该能层上具有的原子轨道数为______，电子数为______。
(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能不符合这一规律原因是______________。
(3)与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型________；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时首先液化的是________，理由是____________。
(4) H2SeO4酸性大于H2SeO3的原因是____________________________。
(5) 已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a 分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b 分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c 沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______________。
【答案】 (1). N (2). 16 (3). 1 (4). 30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定 (5). sp3 (6). NH3 (7). 因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化 (8). (HO)2SeO2的非羟基氧比（HO）2SeO的非羟基氧多，中心原子Se的正电性更高，导致Se-O-H中O上的电子更偏向Se，在水分子作用下，更易电离出H+ (9). [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O
【解析】
【分析】
铬为24号元素，其外围电子排布为3d54s1。当p、d、f轨道处于全半、全满、半空时的结构，是一种相对稳定的结构。杂化前后的轨道数目不变，杂化的目的是为了更好地成键和容纳孤电子对。含氧酸的酸性强弱可通过非羟基氧的个数来判断。配合物的外界的离子能完全电离。
【详解】(1)基态铬原子中，最外层是第4层，其能层符号为N，根据能层序数等于能级种类数可知，第4层具有s、p、d、f等4种能级，其每种能级含有的轨道数依次为1、3、5、7，所以轨道数共有1+3+5+7=16，铬的外围电子排布为3d54s1，所以第4层只有一个电子；
(2)Zn的外围电子排布为3d104s2，镓的外围电子排布为4s24p1，显然锌的能级处于全充满状态，比较稳定，失去电子需要较多的能量；
(3)AsH3中心原子杂化类型类似于NH3中N原子的杂化，采取sp3杂化，形成三个σ键和容纳一个孤电子对，所以需要4个轨道；对NH3、PH3、AsH3降温时NH3首先液化，说明NH3分子间作用力最大，这是因为氨气分子间形成了氢键；
(4)通常可比较含氧酸的非羟基氧的数目来判断酸性的强弱。H2SeO4中含有2个非羟基氧，而H2SeO3只有一个非羟基氧，所以H2SeO4酸性比H2SeO3强；
（5）配合物中外界中离子通常认为完全电离出来，内界的离子通常认为很难电离出来。与硝酸银生成沉淀的是外界的氯离子。因分子中共有3个氯离子，所以沉淀质量为2：3，外界的氯离子也就是2和3，所以绿色晶体配合物的化学式为[TiCl(H2O)2]Cl2•H2O。
29.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
(1)Y3＋基态电子排布式可表示为________。
(2)MX3－的空间构型是________(用文字描述)。H2X分子的VSEPR模型名称为________。
(3)含Z(H2X)42+的溶液中通入MH3，会生成Z(MH3)42+的原因___________________________。（从电负性角度解释）
(4) 1 mol WX2中含有π键数目为________。
(5) AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000℃ ，其晶胞结构如图所示。
①磷化铝的晶体类型为_____________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为_______。
③磷化铝晶胞参数a＝546.35pm（1pm＝10-12m），其密度为____________ g/cm3（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 (2). 平面正三角形 (3). 四面体形 (4). H2O中O的电负性大，不易提供孤电子对形成配位键 (5). 2NA (6). 原子晶体 (7). （1/4，1/4，3/4） (8).
【解析】
【分析】
用来鉴定文物年代的是14C，所以W为碳元素；能在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭的单质是臭氧，所以X是氧元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，所以M是氮元素或硫元素，依原子序数依次增大可确定M为氮元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，所以Y为铬元素；Z能形成红色的和黑色的两种氧化物，Z为铜元素。
【详解】（1）铬离子的基态电子排布式可表示为：[Ar]3d3；
（2）NO3-的空间构型是平面三角形，H2O的价电子互斥模型名称为四面体型；
（3）Cu(H2O)42+的溶液中通入氨气，会形成Cu(NH3)42+，这是因为氧的电负性大于氮原子且半径相对较小，相对来说较难提供孤电子对以形成配位键，所以配体水分子被氨气分子替换；
（4）双键中含有1个π键，因此1molCO2中含有π键的数目为2NA；
（5）①AlP晶体的熔点高，则推测其为原子晶体；
②A点、B点的坐标分别为（0，0，0）和（1，1/2，1/2），由此可推知C点的坐标为（）；据均摊点分析可知该晶体每个晶胞中含有4个P原子，4个铝原子。据g/cm3。
【点睛】晶体密度的计算，通常都是先分别求出质量和体积，再将二者进行相除而得。在计算时要特别注意单位的换算。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O:16 N：14 Na：23 Mg：24 Al:27 K:39 Fe:56 Zn:65 Cu:64 S：32 Cl:35.5 P:31
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共50分）
1.已知R2-离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2-离子里含有电子的物质的量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由R2-的核内有n个中子，R的质量数为M，则质子数为M-n，故R2-阴离子的核外电子数为M-n+2，mg R2-的物质的量为mol，所以mgR2-阴离子含有的电子的物质的量为×（M-n+2）=。
答案：B
【点睛】本题考查原子构成，计算时要注意电子的质量可忽略，质量数近似等于相对原子质量。
2.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系中，与键的强弱无关的变化规律是（ ）
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 D. H2S的稳定性小于H2O的稳定性
【答案】C
【解析】
【详解】A.非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故不选A；
B.NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，键能越大，故不选B；
C.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，故选C；
D.元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，H2S的稳定性小于H2O的稳定性，故不选D。
答案：C
3.下列有关化学用语的表示方法中正确的是
A. 次氯酸的电子式：
B. M2+离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. Na+的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸的电子式中，应该是氧原子写在中间，A项错误；
B．M2+离子核外有a个电子，则M原子的质子数为a+2，质量数为a+b+2，B项正确；
C．氯化镁形成过程中，箭头方向标示错误，C项错误；
D．图中给的是钠原子的结构示意图，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】活学活用八电子理论来写电子式。做此类题时，需要特别的细心，如看清箭头方向，如看清是原子还是离子等。
4.部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是（ ）
A. 虚线左侧是金属元素
B. As处于第五周期第VA族
C. Si、Ge可作半导体材料
D. Sb既有金属性又有非金属性
【答案】B
【解析】
【详解】A．既然称为金属与非金属元素的分界线，线左侧都是金属元素，线右侧都是非金属元素，从图中也可以明显看出铝、锗、锑、钋元素是金属元素，A项正确；
B．As为33号元素，位于第四周期，B项错误；
C．我们往往从金属元素与非金属元素分界线处寻找半导体材料，C项正确；
D．处于金属元素与非金属元素分界线两边的元素，往往既有金属性又有非金属性，D项正确；
所以答案选择B项。
5.已知MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。下列说法不正确的是（ ）
A. 上述四种盐的晶体均属于离子晶体 B. 分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO
C. 分解所需温度最低的是BaCO3 D. 所得的气态产物的VSEPR模型是直线形
【答案】C
【解析】
【详解】A.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3，分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物，属于离子晶体，故A正确；
B.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小，离子键最强，MgO的晶格能最大，故B正确；
C.Mg、 Ca、Sr、 Ba为 同主族，原子半径逐渐增大，半径越大金属性越强，越容易失电子，变成离子后半径越大就越难得电子，形成的盐就越难分解，故C错误；
D.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，所得的气态产物均为CO2，CO2 的VSEPR模型是直线形，故D正确；
本题答案为C。
6.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )
A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等
B. NCl3分子是非极性分子
C. NBr3比NCl3易挥发
D. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为
【答案】D
【解析】
【详解】A、C的原子半径小于N原子半径，即N－Cl键长小于C－Cl键长，故A错误；
B、NH3为三角锥形，NCl3和NH3的空间构型相似，即NCl3空间构型为三角锥形，NCl3属于极性分子，故B错误；
C、NCl3和NBr3结构相似，NCl3相对分子质量小于NBr3，因此NCl3的熔沸点低于NBr3，故C错误；
D、NH3与H2O之间能形成分子间氢键，NH3·H2O能够电离出NH4＋和OH－，因此NH3·H2O的结构式为，故D正确。
【点睛】易错点是选项D，NH3中H与H2O中O构成氢键，即，NH3中N与H2O中H构成氢键，即，根据NH3·H2ONH4＋＋OH－，因此得出NH3·H2O的结构式为。
7.下列说法错误的是（ ）
A. 1 mol HCl分子和1 mol HF分子断键需要的能量前者小于后者
B. I3+离子的几何构型为 v形，中心原子的杂化形式为 sp2
C. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
D. 向含有0.1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1 mol AgCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.键长H-F＜H-Cl，故H-F键键能更大，则断开1molH-F需要的能量更多，故A正确；
B.I3+中心原子的价层电子对数为(7+1×2−1)/2=4，则为sp3杂化，价层电子对为正四面体，中心I原子的孤电子对数为(7−1×2−1)/2=2，为V形，故B错误；
C.NH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu（NH3）4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，故C正确；
D.Ag++Cl-=AgCl↓，0.1mol[Co（NH3）4Cl2]Cl电离产生0.1mol氯离子，加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉的物质的量是0.1mol，内界氯离子未沉淀，故D正确。
故选B。
8.下列关于晶体的说法一定正确的是( )
A. 分子晶体中都存在共价键
B. CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻
C. SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
D. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
【答案】B
【解析】
A不正确，例如稀有气体分子形成的晶体不存在化学键。根据CaTiO3晶体的晶胞结构可知，选项B正确。SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，C不正确。D不正确，例如钠、K等金属的熔点就小于一些分子晶体的熔点。答案选B。
9.Li2O是离子晶体，从如图的Born−Haber循环可得出Li2O晶格能为 ( )
A. 598kJ·mol−1 B. -598KJ·mol−1
C. 1168kJ·mol−1 D. 2908kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【分析】
晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量
【详解】图中： 2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=-598KJ·mol−1 ，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·mol－1，
故选D。
10.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图4，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】
【分析】
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；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8×1/8+6×1/2=4；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；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。
【详解】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，A正确；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8×1/8+6×1/2=4，B正确；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，C错误；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。
【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对图要仔细观察，同时正确理解基本概念。
11.正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构，受热易分解，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图所示），则下列有关说法中不正确的（ ）
A. 正硼酸晶体属于分子晶体
B. 正硼酸分子的稳定性与氢键无关
C. 1molH3BO3晶体中含有3mol氢键
D. B原子杂化轨道的类型sp2，层间的H3BO3分子通过共价键相连
【答案】D
【解析】
正硼酸与石墨有相似的层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键相连，受热易分解，所以正硼酸晶体属于分子晶体，故A正确；分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B正确；1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故C正确；B只形成了3个单键，没有孤电子对，价层电子对数为3，所以采取sp2杂化，同层分子间的主要作用力是范德华力，故D错误．
点睛：根据硼酸的结构跟石墨相似可知B原子的杂化方式为sp2。因为硼酸中有电负性强的O元素，分子中还有活泼H，同层分子间的主要作用力是氢键。根据其受热易分解，说明硼酸是分子晶体。
12.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种
C. RCl5受热后会分解生成分子RCl3，RCl5和RCl3都是极性分子
D. 分子中5个R—Cl键键能不相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．R元素最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5分子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项错误；
B．上、下两个顶点的原子与中心R原子形成的键角为180°，中间的平面三角形中，中心原子与三个项点的原子形成的键角为120°，中心原子与上、下顶点原子、与此三角形平面项点的原子形成的键角为90°，所以键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种，B项正确；
C．由图可知RCl5分子空间构型是高度对称的，形成非极性分子，而RCl3是三角锥形结构，其分子是极性分子，C项错误；
D．分子上、下顶点的Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，平面上正三角形顶点三个Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，D项错误；
所以答案选择B项。
13.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是（ ）
A. 元素的非金属性次序为c>b>a
B. a和其他3种元素均能形成共价化合物
C. d和其他3种元素均能形成离子化合物
D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【答案】B
【解析】
试题分析：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。故选B。
考点：考查原子结构与元素周期律的关系
14.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质，其中h 是离子化合物，q是制太阳能电池的主要原料，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，r为二元化合物,其浓溶液在空气中易形成白雾。下列说法正确的是（ ）
A. Y 与X属于同一主族与Z属于同一周期
B. 单质的沸点：X>Z
C. 常温常压下,W的氧化物为液态
D. X的氧化物均能用向上排空气法收集
【答案】C
【解析】
试题分析：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质， q是制太阳能电池的主要原料，则q为硅；s常温下呈气态且其水溶液显碱性，则s为氨气；r为二元化合物,其浓溶液在空气中易形成白雾，则r为氯化氢。所以，W、X、Y、Z分别是H、N、Si、Cl。h 是离子化合物，则h为氯化铵。A. Y 与X属于不同的主族，A不正确； B. 氯气易液化，而氮气不易液化，所以单质的沸点X
A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N、乙烯使溴水褪色的原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
乙是一种“绿色氧化剂”，乙是过氧化氢，M是单质，所以M是氧气；乙和丁的组成元素相同，丁是水；化合物N是具有漂白性的气体，N是SO2，丙是H2S，甲是硫化物；X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，Z是Na元素；X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。原于半径： r(Na)>r（S）> r(O)，故A错误；SO2使溴水褪色发生氧化还原反应、乙烯使溴水褪色发生加成反应，故B错误；含S元素的盐溶液，硫酸氢钠溶液显酸性、硫酸钠溶液显中性、亚硫酸钠溶液呈碱性，故C正确；O与H、Na、S形成的化合物中，H2O中H元素不满足8电子结构，故D错误。
16.下列各组物质中，能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的是（ ）
A. 乙烯、乙炔 B. 乙烯、苯
C. 苯、甲烷 D. 甲烷、乙烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯和乙炔都含有碳碳不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故A错误；
B．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．苯、甲烷均不与酸性高锰酸钾反应，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D．甲烷、乙烷均不与酸性高锰酸钾反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；
答案选B。
【点睛】能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的有机物可能含有碳碳不饱和键的烃或烃的衍生物、苯的同系物或醛。本题的易错点为C，要注意苯分子中不存在碳碳双键。
17.分子中最多可能有多少个原子共处于同一平面（ ）
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】
在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断．注意单键可以旋转。
【详解】在中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内；苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面。在甲基上可有1个氢原子共平面，-CF3中有1个F共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，因此可能共平面的原子有20个，故合理选项是C。
【点睛】本题考查有机物结构中共面、共线问题的知识，关键是空间想象，做题时要结合甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，同时注意单键可以旋转。
18.下列反应属于取代反应（ ）
A. C3H8+5O23CO2+4H2O B. CH4+Cl2CH3Cl+HCl
C. nCH2=CH2 D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烷燃烧，属于氧化反应，不属于取代反应，A项错误；
B．甲烷的氢原子被氯原子取代生成一氯甲烷，属于取代反应，B项正确；
C．乙烯生成聚乙烯，发生的是加聚反应，C项错误；
D．苯与氢气发生加成反应生成环己烷，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】通常，取代反应的特点是反应物有两种，生成物有两种，基团有上有下。加成反应通常反应物为两种，而生成物只有一种。
19.已知下表均烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种。则第6项烷烃分子的化学式为（ ）
1
2
3
4
5
6
……
CH4
C2H6
C5Hl2
C8H18
C17H36
…
…
A. C16H34 B. C17H36 C. C26H54 D. C27H56
【答案】C
【解析】
分析：根据表格中碳原子或氢原子的数目与项数的关系分析解答。
详解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C。
点睛：本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键。本题的另一种解法是根据氢原子数与项数的关系分析解答，该氢原子数排成的数列为：4，6，12，18，36，……，奇数项构成等比数列，偶数项也构成等比数列，因此第六项的氢原子为6×3×3=54，则碳原子数==26，即C26H54。
20.有7 种物质，①甲烷 ②苯 ③2-丁烯 ④环己烷 ⑤邻二甲苯 ⑥环己烯 ⑦二氧化硫，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（ ）
A. ③⑥⑦ B. ②④⑥⑦ C. ②⑤⑥⑦ D. ④⑤⑥
【答案】A
【解析】
能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是：甲苯、2－丁炔、邻二甲苯、环己烯、SO2，能使溴水褪色的是：2－丁炔、环己烯、SO2，因此既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色的是2－丁炔、环己烯、SO2，故选项A正确。
21.有机物环丙叉环丙烷，由于其特殊的电导结构一直受到理论化学家的注意，其结构如图所示。有关它的说法中错误的是（ ）
A. 其二氯代物有4种 B. 它所有的原子均在同一平面上
C. 其分子式为C6H8 D. 它不可能是环丙烷的同系物
【答案】B
【解析】
A. 该分子中只有4个碳原子上分别有2个H，如图所示，先在1号碳上取代一个H，则取代第二个H有4种可能，故其二氯代物有4种 ，A正确；B. 由乙烯分子的6原子共面可知，它所有的碳原子可能在同一平面上，但是有氢原子的碳原子全是饱和的碳原子，由甲烷的正四面体结构可知，8个氢原子不可能在同一平面上，B不正确；C. 其分子式为C6H8，C正确；D. 该物质分子中有碳碳双键，故它不可能是环丙烷的同系物，D正确。本题选B。
22.工业上合成的反应为，下列有关说法不正确的是（ ）
A. X、Y、Z三种有机物均易发生加成反应
B. X、Y、Z三种有机物分子中所有原子均有可能共平面
C. X、Y、Z三种有机物使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同
D. Z的二氯代物有7种(不考虑立体异构)
【答案】B
【解析】
【详解】A项，X、Z中含碳碳双键，Y中含碳碳三键，X、Y、Z均易发生加成反应，A项正确；
B项，X中四个碳原子都形成碳碳双键，X分子中所有原子均可能共平面，Y为乙炔，乙炔中四个原子共直线，乙炔中四个原子共平面，Z中含两个—CH2—，Z中所有原子不可能共平面，B项错误；
C项，X、Z中含碳碳双键，Y中含碳碳三键，X、Y、Z使酸性KMnO4溶液褪色的原理是：X、Y、Z与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应， C项正确；
D项，Z中有两种类型的H原子，Z的一氯代物有两种，固定1个Cl，移动第2个Cl如图：、（图中数字为第2个Cl原子的位置），Z的二氯代物有4+3=7种，D项正确；
答案选B。
【点睛】本题的难点是：烃的二氯代物种类的确定和分子中原子的共面问题。烃的二氯代物种类的确定常用“定一移二”法，即先固定1个Cl原子的位置，移动第2个Cl原子的位置。确定分子中共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构），苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。
23.将溴水分别与四氯化碳、己烷、己烯、酒精四种试剂混合，充分振荡后静置，下列现象与所加试剂不相吻合的是（ ）
A. 四氯化碳 B. 己烷
C. 己烯 D. 酒精
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴单质易溶于四氯化碳，充分振荡后静置，有机层在下层，A项正确；
B．溴单质易溶于己烷，充分振荡后静置，有机层在上层，B项正确；
C．己烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色，静置后生成的有机物在下层，上层的水层接近无色，C项正确；
D．酒精与水任意比混溶，液体不会出现分层现象，D项错误；
所以答案选择D项。
24.青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】B
【解析】
该分子不对称，分子中有7种氢原子，所以一氯代物有7种，故B正确。
25.已知：①1 mol 某链烃最多能与1mol HCl发生加成反应,生成1 mol氯代烷；②1 mol该氯代烷能与7 mol Cl2发生取代反应,生成只含碳、氯的氯代烷。该烃可能是（ ）
A. CH3CH=CH2 B. CH2=CHCH=CH2
C. CH3CH=CHCH3 D. CH2=CH2
【答案】A
【解析】
试题分析：1mol某链烃最多能和1 molHCl发生加成反应，则分子含有1个碳碳双键，1mol该氯代烷能和7molCl2发生取代反应，生成只含碳元素和氯元素的氯代烃，说明氯代烃分子中含有7个H原子，其中1个H原子为链烃与HCl发生加成反应引入的，所以链烃分子中含有6个H原子，选项中只有CH3CH＝CH2符合，答案选A。
考点：考查有机物的结构与性质。
二、填空题（共四道大题，共计50分）
26.苯和溴取代反应的实验装置如图所示，其中A为由具支试管改制成的反应容器，在其下端开了一小孔，塞好石棉绒，再加入少量铁屑粉。填写下列空白：
(1)向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒内就发生反应。写出A中所发生反应的化学方程式_______________________________________。
(2)B中NaOH溶液的作用是__________________。
(3)试管C中苯的作用是____________________________________。反应开始后，观察D和E两试管，看到的现象为____________________________，此现象可以验证苯和液溴的反应为__________(填反应类型)。
(4)在上述整套装置中，具有防倒吸作用的仪器有________(填字母)。
【答案】 (1). (2). 除去溶于溴苯中的溴 (3). 除去HBr气体中混有的溴蒸气 (4). D试管中紫色石蕊试液慢慢变红，并在导管口有白雾产生，然后E试管中出现浅黄色沉淀 (5). 取代反应 (6). DEF
【解析】
【分析】
(1)苯与溴在催化剂的作用下发生取代反应；
(2)溴单质易溶于溴苯，可以用氢氧化钠溶液洗涤除去；
(3)溴易挥发，易溶于有机溶剂，溴化氢溶于水电离产生氢离子和溴离子。
【详解】(1)苯与液溴在三溴化铁的催化作用下发生反应：；
(2)B中的氢氧化钠溶液作用是除去溶解在溴苯中的溴单质：Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O；
(3)溴易挥发，易溶于有机溶剂，所以用苯来吸收溴化氢中的溴单质，防止对溴化氢的检验造成干扰；溴化氢溶于水完全电离，产生氢离子和溴离子，所以溶液显强酸性，能使石蕊变红色，在导管处能看到有白雾产生，硝酸银溶液中的银离子与溴离子反应生成了淡黄色沉淀；上述现象可以验证苯和液溴的反应为取代反应；
(4)D、E试管中导管在液面上方，可防止液体倒吸，E装置倒扣的漏斗也可防止液体倒吸；
【点睛】苯与液溴的反应中，铁粉是催化剂，实际上真正起催化作用是溴化铁：2Fe+3Br2=2FeBr3，苯与液溴发生取代反应，生成溴化氢，要验证产物有溴化氢，要排除溴单质的干扰。
27.Ⅰ.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。(请用相应的化学用语答题)
元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径/nm
0.186
0.102
0.075
0.074
0.143
主要化合价
＋1
＋6 －2
＋5 －3
－2
＋3
(1)R的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________。
(2)X与Y按原子个数比1∶1构成的物质的电子式为________________；所含化学键类型__________________________。
(3)X＋、Y2－、M2－离子半径大小顺序为__________________。
(4)将YM2通入FeCl3溶液中的离子方程式：_________________________________________。
Ⅱ.如图转化关系（A、B、C中含相同元素）
(1)若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为_________________________。
(2)若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应生成B的离子方程式为_____________________________________________。
【答案】 (1). Al (2). 第二周期ⅥA族 (3). (4). 离子键、共价键 (5). S2－>O2－>Na＋ (6). SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋ (7). Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓ (8). Fe+2Fe3+=3Fe2+
【解析】
【分析】
用好表格的数据信息，将各元素具体化。在主族元素中，元素最高正价数等于其族序数（O、F除外），元素的最低负价数=族序数-8，根据表格中各元素主要化合价可知，X属于第IA族、Y属于第VIA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，这几种元素都是短周期元素，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S元素，X是短周期中最活泼的金属元素，则X是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA族，则R为Al元素，同一周期元素，除稀有气体外，元素的原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素；
【详解】I．(1) R的元素符号为Al，M为O元素，位于元素周期表第二周期第VIA族；
(2)Na与S按原子个数比1：1构成类似过氧化钠的物质Na2S2，其电子式为：；既有离子键，又有非极性共价键。
(3)氧离子和钠离子核外电子数相同，钠离子核电荷数比氧离子大，所以钠离子半径小于氧离子，硫离子比氧离子多了一个电子层，离子半径大于氧离子，所以三种离子半径大小顺序为：S2－>O2－>Na＋；
(4)二氧化硫气体通入三氯化铁溶液中，发生反应的离子方程式为：
SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；
II．(1)B是白色胶状不溶物，则B为Al(OH)3，X可能为强酸或者强碱，如X为强酸，则A中含有AlO2－，C含Al3＋，如X为强碱，则A含有Al3＋，C含有AlO2－，A和C混合，溶液中AlO2－和Al3＋发生双水解：Al3＋＋3AlO2－＋6H2O＝4Al(OH)3↓；
(2)若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，即说明B溶液中含有Fe2+，则X为强氧化性酸，A为过量Fe和少量强氧化性酸（如硝酸）反应生成Fe2+，Fe2+再被氧化成Fe3+，故A和C溶液反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
28.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
(1)铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为________，该能层上具有的原子轨道数为______，电子数为______。
(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能不符合这一规律原因是______________。
(3)与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型________；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时首先液化的是________，理由是____________。
(4) H2SeO4酸性大于H2SeO3的原因是____________________________。
(5) 已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a 分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b 分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c 沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______________。
【答案】 (1). N (2). 16 (3). 1 (4). 30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定 (5). sp3 (6). NH3 (7). 因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化 (8). (HO)2SeO2的非羟基氧比（HO）2SeO的非羟基氧多，中心原子Se的正电性更高，导致Se-O-H中O上的电子更偏向Se，在水分子作用下，更易电离出H+ (9). [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O
【解析】
【分析】
铬为24号元素，其外围电子排布为3d54s1。当p、d、f轨道处于全半、全满、半空时的结构，是一种相对稳定的结构。杂化前后的轨道数目不变，杂化的目的是为了更好地成键和容纳孤电子对。含氧酸的酸性强弱可通过非羟基氧的个数来判断。配合物的外界的离子能完全电离。
【详解】(1)基态铬原子中，最外层是第4层，其能层符号为N，根据能层序数等于能级种类数可知，第4层具有s、p、d、f等4种能级，其每种能级含有的轨道数依次为1、3、5、7，所以轨道数共有1+3+5+7=16，铬的外围电子排布为3d54s1，所以第4层只有一个电子；
(2)Zn的外围电子排布为3d104s2，镓的外围电子排布为4s24p1，显然锌的能级处于全充满状态，比较稳定，失去电子需要较多的能量；
(3)AsH3中心原子杂化类型类似于NH3中N原子的杂化，采取sp3杂化，形成三个σ键和容纳一个孤电子对，所以需要4个轨道；对NH3、PH3、AsH3降温时NH3首先液化，说明NH3分子间作用力最大，这是因为氨气分子间形成了氢键；
(4)通常可比较含氧酸的非羟基氧的数目来判断酸性的强弱。H2SeO4中含有2个非羟基氧，而H2SeO3只有一个非羟基氧，所以H2SeO4酸性比H2SeO3强；
（5）配合物中外界中离子通常认为完全电离出来，内界的离子通常认为很难电离出来。与硝酸银生成沉淀的是外界的氯离子。因分子中共有3个氯离子，所以沉淀质量为2：3，外界的氯离子也就是2和3，所以绿色晶体配合物的化学式为[TiCl(H2O)2]Cl2•H2O。
29.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
(1)Y3＋基态电子排布式可表示为________。
(2)MX3－的空间构型是________(用文字描述)。H2X分子的VSEPR模型名称为________。
(3)含Z(H2X)42+的溶液中通入MH3，会生成Z(MH3)42+的原因___________________________。（从电负性角度解释）
(4) 1 mol WX2中含有π键数目为________。
(5) AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000℃ ，其晶胞结构如图所示。
①磷化铝的晶体类型为_____________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为_______。
③磷化铝晶胞参数a＝546.35pm（1pm＝10-12m），其密度为____________ g/cm3（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 (2). 平面正三角形 (3). 四面体形 (4). H2O中O的电负性大，不易提供孤电子对形成配位键 (5). 2NA (6). 原子晶体 (7). （1/4，1/4，3/4） (8).
【解析】
【分析】
用来鉴定文物年代的是14C，所以W为碳元素；能在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭的单质是臭氧，所以X是氧元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，所以M是氮元素或硫元素，依原子序数依次增大可确定M为氮元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，所以Y为铬元素；Z能形成红色的和黑色的两种氧化物，Z为铜元素。
【详解】（1）铬离子的基态电子排布式可表示为：[Ar]3d3；
（2）NO3-的空间构型是平面三角形，H2O的价电子互斥模型名称为四面体型；
（3）Cu(H2O)42+的溶液中通入氨气，会形成Cu(NH3)42+，这是因为氧的电负性大于氮原子且半径相对较小，相对来说较难提供孤电子对以形成配位键，所以配体水分子被氨气分子替换；
（4）双键中含有1个π键，因此1molCO2中含有π键的数目为2NA；
（5）①AlP晶体的熔点高，则推测其为原子晶体；
②A点、B点的坐标分别为（0，0，0）和（1，1/2，1/2），由此可推知C点的坐标为（）；据均摊点分析可知该晶体每个晶胞中含有4个P原子，4个铝原子。据g/cm3。
【点睛】晶体密度的计算，通常都是先分别求出质量和体积，再将二者进行相除而得。在计算时要特别注意单位的换算。
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