还剩14页未读，
继续阅读
【化学】吉林省白山市第七中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
展开
吉林省白山市第七中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量： N-14 Ti-48
第I卷（选择题，共50分）
一、选择题(本题包括20小题 ，1-10每小题2 分，11-20每小题3分,共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1.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
B. 氯原子的结构示意图:
C. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
D. 基态铜原子的外围电子排布图:
【答案】C
【解析】试题分析：A.原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，表示为，A错误；B.氯原子的结构示意图：，B错误；C.Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C项正确；D.基态铜原子的外围电子排布图：，D项错误；答案选C。
考点：考查化学用语的正误判断。
2.用价层电子对互斥理论预测SO32-和BF3的空间构型，结论正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 三角锥形；平面三角形 D. 直线形；平面三角形
【答案】C
【解析】SO32－中S有3个σ键，孤电子对数为(6＋2－3×2)/2=1，价层电子对数为4，SO32－的空间构型为三角锥形；BF3中B有3个σ键，孤电子对数为(3－3×1)/2=0，BF3的空间构型为平面三角形，故选项C正确。
3. A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列有关两元素的叙述中正确的是（ ）
①原子半径:A B ③原子序数：A>B
④第一电离能：A>B ⑤A的正价与B的负价的绝对值相等 ⑥电负性：A
【答案】B
【解析】试题分析：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期；①A元素形成阳离子与B元素形成阴离子，A元素处于B元素相邻的下一周期，电子层越多，原子半径越大原子半径A＞B，故①错误；②A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，核外电子排布相同的离子，核原子序数越大，离子半径越小，所以B离子半径较大，即离子半径A＜B，故②错误；③A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，即原子序数A＞B，故③正确；④金属易失电子，电离能较小，非金属元素不易失电子电离能较大，所以第一电离能：A＜B，故④错误；⑤A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和为8，则A的正价与B的负价绝对值相等，若A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和不为8，则A的正价与B的负价绝对值不相等，故⑤错误；⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；所以③⑥正确；故选B。
考点：考查了原子的结构与元素的性质的相关知识。
4.下列电子构型的原子中，第二电离能与第一电离能相差最大的是( )
A. 1s22s22p5 B. 1s22s22p6
C. 1s22s22p63s1 D. 1s22s22p63s2
【答案】C
【解析】第二电离能与第一电离能相差最大，说明能层发生改变，即此元素应属于IA族，A、位于VIIA族，故A错误；B、位于0族，故B错误；C、位于IA族，故C正确；D、位于IIA族，故D错误。
5.下列叙述正确的是（ ）
A. 正四面体构型的分子中,键与键之间的夹角均是109°28’，如金刚石中碳碳键之间的夹角
B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高
C. 因为C的相对原子质量小于Si，所以金刚石的熔点小于晶体硅
D. 石英晶体中存在的最小环为不共面6元环
【答案】B
【解析】A. 正四面体构型的分子中，键与键之间的夹角不一定是109︒28´，如白磷分子中的键角只有60︒，A不正确；B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高，B正确；C. 因为C的原子半径小于Si，所以金刚石中碳碳键的键长比晶体硅中的硅硅键的键长小，故金刚石的熔点小于晶体硅，C不正确；D. 石英晶体中存在的最小环为不共面12元环，D不正确。本题选B。
6.下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是( )
A. 铝的化合物的晶体中有离子晶体
B. 表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体
C. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【答案】B
【分析】熔点低的晶体为分子晶体，熔点较高的为离子晶体，熔点很高的为原子晶体。
【详解】A项、根据表中相应数据可知，AlF3熔点高，为离子晶体，故A正确；
B项、根据表中相应数据可知，CO2熔点低，为分子晶体，故B错误；
C项、C与Si是同主族元素，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，故C正确；
D项、Na与Al是不同主族元素，两者氧化物均为离子晶体，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查晶体类型，注意表格中晶体的熔点的数据及元素的位置分析，注意不同晶体的熔点特性是解答关键。
7.甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推断正确的是( )
A. 甲与乙位于同一周期
B. 甲与乙位于同一主族
C. 甲与乙都位于元素周期表的p区
D. 甲与乙的原子序数之和为偶数
【答案】D
【解析】甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，二者的原子序数之和是6+12＝18，为偶数，答案选D。
8.膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢。它的分子构型是三角锥形。以下关于PH3的叙述正确的是( )
A. PH3分子中有未成键的孤对电子 B. P在周期表中s区
C. PH3是一种强氧化剂 D. PH3分子的P－H键是非极性键
【答案】A
【解析】A、P的孤电子对数为(5－3×1)/2=1，因此磷化氢中含有未成键的孤对电子，故A正确；B、P的最后一个电子填充在p能级，P位于p区，故B错误；C、磷化氢中P显－3价，只具有还原性，因此磷化氢是还原剂，故C错误；D、P和H得电子能力不同，因此P－H属于极性键，故D错误。
9.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》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。
10.下列说法中错误的是 （ ）
A. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
B. 在 和中都存在配位键
C. SO2、SO3都是极性分子
D. 原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
【答案】C
【解析】A元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故A项正确;B在和中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故C项错误；D原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。
点睛：本题考查的知识点比较多，涉及分子的空间结构、电负性的定义、配位键和原子晶体的特点等。解题抓住配位键形成的原理和电负性大小的变化规律解答。
11.下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是 ( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. 乙醇可以与水任意比互溶
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【答案】B
【解析】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错；B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B正确。C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。
12.二茂铁分子[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
【详解】A．按照题意二茂铁为金属有机配合物，其中Fe2＋与环戊二烯离子之间的为配位键，而不是离子键，A项错误；
B．1mol环戊二烯中，其中的C—C，C—H为σ键，C=C中也有一条键为σ键。有3molC—C，6molC—H，另还有2molC=C，其中有2molσ键，共11molσ键，数目为11 NA，B项错误；
C．二茂铁中包含了环戊二烯离子，有碳碳双键，含有π键，C项正确；
D.Fe为26号元素，电子排布为ls 22s 22p63s23p63d64s2，原子失去电子从最外层开始失去电子，即失去4s轨道上的电子，所以Fe2＋的电子排布为ls 22s 22p63s23p63d6，D项错误。
13.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+
【答案】D
【解析】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误；C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了配合物、配位键的形成等性质。明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。
14.下列关于砷(As)元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 第一电离能：As
C. 砷酸的酸性比亚砷酸强，且砷酸钠溶液呈碱性
D. AsH3的VSEPR模型为三角锥形，其中As原子采取sp3杂化
【答案】C
【解析】A、同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，第一电离能是As>Se，同周期从左向右电负性增强，即电负性Se>As，故A错误；B、AsCl3最外层满足8e－稳定结构，AsCl3中As核外电子数为36，Cl核外电子总数为18，故B错误；C、同种元素的含氧酸，价态越高，酸性越强，砷酸中As显＋5价，亚砷酸中As显＋3价，因此砷酸的酸性强于亚砷酸，亚砷酸属于弱酸，因此砷酸钠溶液显碱性，故C正确；D、VSEPR模型包括孤电子对占有的位置，因此AsH3中As有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，因此AsH3的VSEPR模型为四面体，杂化类型为sp3杂化，故D错误。
点睛：易混点是VSEPR和空间构型，VSEPR模型包含了孤电子对数占有的空间，如AsH3的VSEPR模型为四面体型，而空间构型是略去了孤电子对，AsH3的空间构型为三角锥形。
15.已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是( )
A. N—N键的键能为×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
【答案】D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。
16.一种新型陶瓷的化学成分为BN晶体，该晶体具有高熔点、高硬度的特性，关于BN晶体的说法不正确的是（ ）
A. 该晶体为原子晶体，具有金刚石的结构特征
B. 该晶体中B的杂化类型是sp2杂化
C. 该晶体中存在配位键
D. 该晶体可作耐高温、耐磨材料
【答案】B
【解析】试题分析：由题中信息可知，BN晶体具有高熔点、高硬度的特性，所以其为原子晶体，可作为耐高温、耐磨材料。其结构应与金刚石相似，每个原子均采用sp3杂化，由于B最外层只有3个电子，故其原子的最外层有空轨道，而N原子有孤电子对，故两者可形成配位键。综上所述，B不正确。本题选B。
17.下列说法正确的是（ ）
A. HF比HCl稳定是因为HF间能形成氢键
B. 相对分子质量越大范德华力越大，所以NH3、PH3、AsH3、SbH3沸点逐渐升高
C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子的跃迁有关
D. 标况下，22.4L HF含有分子数为NA（NA代表阿弗加德罗常数）
【答案】C
【解析】A. HF比HCl稳定是因为F元素的非金属性强，H—F键的键能很大、不易断裂，A不正确； B. 对于组成和结构相似的分子，如果分子间不能形成氢键，则相对分子质量越大范德华力越大，其沸点越高，但是NH3分子之间可以形成氢键，而PH3、AsH3、SbH3等分子是不能形成氢键，氢键比范德化力要强得多，B不正确；C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子在不同能级之间的跃迁有关，C正确；D. 标况下，HF 是液体，故无法根据气体摩尔体积计算22.4L HF的物质的量，也无法计算其含有的分子数，D不正确。本题选C。
18.最近，科学家成功地制成了一种新型碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（ ）
A. 该物质的化学式为CO4
B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C. 该晶体中C原子与C﹣O化学键数目之比为1：4
D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成
【答案】A
【解析】A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；
D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；
故选A．
19.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原子中，①1s22s22p63s23p2 ②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B. 下列原子的外围电子排布中，①3s23p1 ②3s23p2 ③3s23p3 ④3s23p4，对应的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的增加而递增的是④
D. ①X＋ ②X2＋ ③X3＋ ④X4＋，某元素X的逐级电离能(kJ·mol－1)分别为738、1 451、7 733、10 540、13 630、17 995、21 703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是③
【答案】D
【分析】A、先判断各元素名称，电子层越大原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小；
B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；
C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价。
【详解】A项、由核外电子排布式可知①为Si元素、②为N元素、③为C元素、④为S元素，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径大小顺序为：①>④>③>②，原子半径最大的是Si元素，故A正确；
B项、由外围电子排布式可知①为Al元素、②为Si元素、③为P元素、④为S元素，同周期元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为：③>④>②>①，第一电离能最大的是P元素，故B正确；
C项、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，则①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，故C正确；
D项、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电离能与电负性等，注意理解电离能与元素化合价的关系、同周期第一电离能的变化规律是解答关键。
20.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的是（ ）
A. 正硼酸晶体属于原子晶体
B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C. 分子中硼原子最外层为8电子稳定结构
D. 含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键
【答案】D
【解析】试题分析：A、正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误；B、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错误；C、硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；D、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D正确；故选D。
考点：考查了晶体结构、氢键、杂化轨道、空间构型等，注意正硼酸晶体层内存在H3BO3分子，以氢键结合，属于分子晶体。
第II卷（50分）
21.有A、B、C、D、E、F、G7种元素，试按下述所给的条件推断：
①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外均有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A>B>C；
②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；
③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体；
④G是除氢外原子半径最小的主族元素
（1）A的名称是______，B位于周期表中第____周期____族，C的原子结构示意图是________________。
（2）E的单质颜色是_________。
（3）A元素与D元素形成的化合物的电子式是_________。
（4）G的单质与水反应的化学方程式是____________________________________。
（5）F的元素符号是__________。
（6）在上述七种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_____（填化学式，下同），酸性最强的是_______，气态氢化物最稳定的是__________。
（7）将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反应的离子方程式是_____________________________________________。
【答案】(1). 钠 (2). 三 (3). ⅡA (4). (5). 紫黑色 (6). (7). 2F2＋2H2O4HF＋O2 (8). He (9). NaOH (10). HBrO4 (11). HF (12). Al（OH）3＋OH－AlO2－＋2H2O
【解析】①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，即处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，可推知A为Na，B为Mg，C为Al；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，D、E表现-1价，二者处于ⅦA族，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体，则D为Br，E为I；③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体，则F为He；④G是除氢外原子半径最小的元素，则G为F元素；(1)由上述分析可知，A的名称是钠，B为Mg，位于周期表中第三周期ⅡA族，C为Al，原子结构示意图是；
(2)E为I，其单质颜色是紫黑色；
(3)A元素与D元素形成化合物为NaBr，电子式是；
(4)G的单质为氟气，与水反应的化学方程式是：2F2+2H2O═4HF+O2；
(5)F的元素符号是He；
(6)在上述七种元素中，Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化学式是NaOH，F的非金属性最强，但没有最高价含氧酸，其它元素中Br的非金属性最强，故酸性最强的化学式是 HBrO4，气态氢化物最稳定的化学式是HF；
(7)C的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A的氧化物对应的水化物为氢氧化钠，二者反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。
点睛：(1)元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度．金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱．氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱．(金属的相互置换)；
(2)元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
22.现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：I1＝738 kJ·mol－1，
I2＝1 451 kJ·mol－1，I3＝7 733 kJ·mol－1，
I4＝10 540 kJ·mol－1
D是前四周期中电负性最小的元素
E在周期表的第七列
(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式_________。
(2)比较BA2-和BA3的键角∠ABA的大小：BA2-____(填“>”“＝”或“<”)BA3，请用价层电子对互斥理论解释：____________________________________________________。
(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为，该同学所画的电子排布图违背了_____________。
(4)E位于_____族_____区，价电子排布式为__________。
(5)检验D元素的方法是__________，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因是__________________________________________________________________
【答案】(1). (2). < (3). NH2-中N原子孤电子对数为2，NH3中N原子孤电子对数为1，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，孤对电子数前者多，排斥作用强，所以前者键角小 (4). 泡利不相容原理 (5). 第ⅦB (6). d (7). 3d54s2 (8). 焰色反应 (9). 当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量
分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，且B是短周期元素，如果B是第三周期元素，则不可能出现p电子比s电子少1，则B为第二周期元素，B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D是前四周期中电负性最小的元素，则D是K元素；E在周期表的第七列，则E是Mn元素。
【详解】（1）NH5为离子化合物，是由NH4+与H-两种粒构成，电子式为，故答案为：；
（2）NH2-中N原子孤电子对数为×（5+1-2×1）=2，NH3中N原子孤电子对数为×（5-3×1）=1，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，孤对电子数越多，排斥作用越强，键角越小，则NH2-键角小于NH3，故答案为：NH2-中N原子孤电子对数为2，NH3中N原子孤电子对数为1，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，孤对电子数前者多，排斥作用强，所以前者键角小；
（3）由电子排布图可知，3s能级中2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理，故答案为：泡利原理；
（4）E为Mn元素，原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族，电子排布式为[Ar]3d54s2，由电子排布式可知Mn元素位于为d区价电子排布式为3d54s2，故答案为：ⅦB；d；3d54s2；
（5）D为K元素，检验K元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。
【点睛】本题考查物质结构与性质位置，注意依据信息推断元素是解题的关键。
23.硼和氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题:
（1）N原子核外有_____ 种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_______。
（2）经测定发现，N2O5固体由NO2+ 和NO3-两种离子组成，该固体中N原子杂化类型为_______；与NO2+互为等电子体的微粒有_________(写出一种)。
（3）HF和HI电离出H+较难的是______（填化学式，下同）。铵盐大多不稳定，请预测NH4F、NH4I中，较易分解的是_______。
（4）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为_______(填“元素符号”)。
（5）晶体硼有多种变体，但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体( 见图I)，每个顶点为一个硼原子,每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由____个硼原子构成;若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B)，那么该结构单元有_____种不同类型。
（6）硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构相类似，B、N原子相互交替排列(见图II)，其晶胞结构如图III所示。该晶胞有____个B和____个N。
【答案】(1). 七(或“7”) (2). 哑铃形 (3). sp、sp2 (4). SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种 (5). HF (6). NH4F (7). Be、C、O (8). 12 (9). 3 (10). 2 (11). 2
【解析】（1）N原子核外共有7个电子，也就是有7种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道为p轨道，其形状为哑铃形。
（2）NO2+ 和NO3-的中心原子的价层电对数分别为2和3，故该固体中N原子杂化类型为sp、sp2；与NO2+互为等电子体的微粒有SCN-、CO2、CS2、N3-。
（3）由于H—F键的键能较大、不易断裂、容易形成，故HF和HI相比，电离出H+较难的是HF，同理，NH4F与NH4I相比，较易分解的是NH4F。
（4） 第二周期中，第一电离能呈逐渐增大的趋势，由于Be和N原子的原子结构比其同周期邻近的两个原子稳定，故其第一电离能高于其邻近的两种元素，即B＜Be＜Ｃ＜Ｏ＜Ｎ，所以，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为Be、C、O。
（5）由图可知，每个B参与形成5个面、每个面有3个B，共有20个面，则每一个此基本结构单元由12个硼原子构成；若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B)，由于B原子在结构单元中只有3种位置关系，所以该结构单元有3种不同类型。
（6）由图III可知，B原子位于晶胞的顶点，N原子位于晶胞的2个面心和4条棱上，所以该晶胞含有B的数目为2个、含有N原子的数目为2个。
点睛：本题考查了核外电子的排布规律及其表示方法、价层电子对互斥理论及其应用、等电子原理及其应用、共价键的强度及其响因素、第一电离能及其变化规律、晶胞的有关计算和判断，难度较大。要求学生能深刻理解结构决定性质，能根据原子结构、分子结构和晶体结构解释物质性质的变化规律，比较物质性质的差异。
24.钛及其化合物的研究与应用越来越受到人们的重视。
(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层符号为_____，该能层具有的原子轨道数为____
②LiBH4由Li＋和BH4-构成，BH4-的立体结构是____，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为_____。
③TiCl4在常温下是无色液体，则TiCl4属于_______(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。
(2)高分子纳米活性钛无霸是借助紫外线或太阳光的照射，在其表面产生氧化性极强的活性离子，这种活性离子可以分解生活中的一些有害物质(如苯、甲醛、丙酮等)。
①丙酮()分子中含有π键与σ键数目之比为______。
②甲醛()分子中C原子轨道杂化类型为_______；
甲醛易溶于水，原因是：a.甲醛和水都是极性分子，b.___________________________。
(3)某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有__个，Ti原子的配位数为______；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为a nm，则该氮化钛晶体的密度为_______g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
【答案】(1). M (2). 9 (3). 正四面体形 (4). H>B>Li (5). 分子 (6). 1∶9 (7). sp2杂化 (8). 甲醛与水分子之间能形成氢键 (9). 12 (10). 6 (11).
【分析】（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2；
②BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；③根据状态判断晶体类型；
（2）①丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个碳氧σ键，共有9个σ键，1个碳氧π键；
②甲醛分子中含有碳氧双键；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键；
（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子；依据均摊法计算。
【详解】（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，由电子排布式可知，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为（1+3+5）=9，故答案为：M；9；
②BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，则BH4-的空间构型为正四面体形；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，Li为金属元素，非金属性H元素大于B元素，则电负性强弱顺序为H>B>Li，故答案为：正四面体；H>B>Li；
③TiCl4在常温下是无色液体，说明沸点低，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
（2）①丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个碳氧σ键，共有9个σ键，1个碳氧π键，则分子中含有π键与σ键数目之比为1:9，故答案为：1:9；
②甲醛分子中含有碳氧双键，C形成3个σ键，C上没有孤电子对，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性，故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；
（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子，配位数为6；根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×+8×=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×=4，晶胞的质量为mol×62g/mol=（2a×10-7）3cm3×ρ，ρ=g/cm3。
【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了轨道杂化类型的判断、空间构型和化学键判断、晶胞结构的分析等，注意利用均摊法确定化学式的方法和计算密度是解答关键。
可能用到的相对原子质量： N-14 Ti-48
第I卷（选择题，共50分）
一、选择题(本题包括20小题 ，1-10每小题2 分，11-20每小题3分,共50分。每小题只有一个选项符合题意)
1.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
B. 氯原子的结构示意图:
C. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
D. 基态铜原子的外围电子排布图:
【答案】C
【解析】试题分析：A.原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，表示为，A错误；B.氯原子的结构示意图：，B错误；C.Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C项正确；D.基态铜原子的外围电子排布图：，D项错误；答案选C。
考点：考查化学用语的正误判断。
2.用价层电子对互斥理论预测SO32-和BF3的空间构型，结论正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 三角锥形；平面三角形 D. 直线形；平面三角形
【答案】C
【解析】SO32－中S有3个σ键，孤电子对数为(6＋2－3×2)/2=1，价层电子对数为4，SO32－的空间构型为三角锥形；BF3中B有3个σ键，孤电子对数为(3－3×1)/2=0，BF3的空间构型为平面三角形，故选项C正确。
3. A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，下列有关两元素的叙述中正确的是（ ）
①原子半径:A B ③原子序数：A>B
④第一电离能：A>B ⑤A的正价与B的负价的绝对值相等 ⑥电负性：A
【答案】B
【解析】试题分析：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期；①A元素形成阳离子与B元素形成阴离子，A元素处于B元素相邻的下一周期，电子层越多，原子半径越大原子半径A＞B，故①错误；②A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，核外电子排布相同的离子，核原子序数越大，离子半径越小，所以B离子半径较大，即离子半径A＜B，故②错误；③A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相等，A元素处于B元素相邻的下一周期，原子序数A较大，即原子序数A＞B，故③正确；④金属易失电子，电离能较小，非金属元素不易失电子电离能较大，所以第一电离能：A＜B，故④错误；⑤A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和为8，则A的正价与B的负价绝对值相等，若A元素原子最外层电子数与B元素原子最外层电子数之和不为8，则A的正价与B的负价绝对值不相等，故⑤错误；⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；所以③⑥正确；故选B。
考点：考查了原子的结构与元素的性质的相关知识。
4.下列电子构型的原子中，第二电离能与第一电离能相差最大的是( )
A. 1s22s22p5 B. 1s22s22p6
C. 1s22s22p63s1 D. 1s22s22p63s2
【答案】C
【解析】第二电离能与第一电离能相差最大，说明能层发生改变，即此元素应属于IA族，A、位于VIIA族，故A错误；B、位于0族，故B错误；C、位于IA族，故C正确；D、位于IIA族，故D错误。
5.下列叙述正确的是（ ）
A. 正四面体构型的分子中,键与键之间的夹角均是109°28’，如金刚石中碳碳键之间的夹角
B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高
C. 因为C的相对原子质量小于Si，所以金刚石的熔点小于晶体硅
D. 石英晶体中存在的最小环为不共面6元环
【答案】B
【解析】A. 正四面体构型的分子中，键与键之间的夹角不一定是109︒28´，如白磷分子中的键角只有60︒，A不正确；B. 粒子间以分子间作用力结合而成的晶体其熔点一般不会很高，B正确；C. 因为C的原子半径小于Si，所以金刚石中碳碳键的键长比晶体硅中的硅硅键的键长小，故金刚石的熔点小于晶体硅，C不正确；D. 石英晶体中存在的最小环为不共面12元环，D不正确。本题选B。
6.下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是( )
A. 铝的化合物的晶体中有离子晶体
B. 表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体
C. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【答案】B
【分析】熔点低的晶体为分子晶体，熔点较高的为离子晶体，熔点很高的为原子晶体。
【详解】A项、根据表中相应数据可知，AlF3熔点高，为离子晶体，故A正确；
B项、根据表中相应数据可知，CO2熔点低，为分子晶体，故B错误；
C项、C与Si是同主族元素，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，故C正确；
D项、Na与Al是不同主族元素，两者氧化物均为离子晶体，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查晶体类型，注意表格中晶体的熔点的数据及元素的位置分析，注意不同晶体的熔点特性是解答关键。
7.甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推断正确的是( )
A. 甲与乙位于同一周期
B. 甲与乙位于同一主族
C. 甲与乙都位于元素周期表的p区
D. 甲与乙的原子序数之和为偶数
【答案】D
【解析】甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，二者的原子序数之和是6+12＝18，为偶数，答案选D。
8.膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢。它的分子构型是三角锥形。以下关于PH3的叙述正确的是( )
A. PH3分子中有未成键的孤对电子 B. P在周期表中s区
C. PH3是一种强氧化剂 D. PH3分子的P－H键是非极性键
【答案】A
【解析】A、P的孤电子对数为(5－3×1)/2=1，因此磷化氢中含有未成键的孤对电子，故A正确；B、P的最后一个电子填充在p能级，P位于p区，故B错误；C、磷化氢中P显－3价，只具有还原性，因此磷化氢是还原剂，故C错误；D、P和H得电子能力不同，因此P－H属于极性键，故D错误。
9.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》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。
10.下列说法中错误的是 （ ）
A. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
B. 在 和中都存在配位键
C. SO2、SO3都是极性分子
D. 原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
【答案】C
【解析】A元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故A项正确;B在和中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故C项错误；D原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。
点睛：本题考查的知识点比较多，涉及分子的空间结构、电负性的定义、配位键和原子晶体的特点等。解题抓住配位键形成的原理和电负性大小的变化规律解答。
11.下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是 ( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. 乙醇可以与水任意比互溶
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【答案】B
【解析】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错；B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B正确。C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。
12.二茂铁分子[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
【详解】A．按照题意二茂铁为金属有机配合物，其中Fe2＋与环戊二烯离子之间的为配位键，而不是离子键，A项错误；
B．1mol环戊二烯中，其中的C—C，C—H为σ键，C=C中也有一条键为σ键。有3molC—C，6molC—H，另还有2molC=C，其中有2molσ键，共11molσ键，数目为11 NA，B项错误；
C．二茂铁中包含了环戊二烯离子，有碳碳双键，含有π键，C项正确；
D.Fe为26号元素，电子排布为ls 22s 22p63s23p63d64s2，原子失去电子从最外层开始失去电子，即失去4s轨道上的电子，所以Fe2＋的电子排布为ls 22s 22p63s23p63d6，D项错误。
13.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+
【答案】D
【解析】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误；C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了配合物、配位键的形成等性质。明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。
14.下列关于砷(As)元素的叙述中，正确的是（ ）
A. 第一电离能：As
C. 砷酸的酸性比亚砷酸强，且砷酸钠溶液呈碱性
D. AsH3的VSEPR模型为三角锥形，其中As原子采取sp3杂化
【答案】C
【解析】A、同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，第一电离能是As>Se，同周期从左向右电负性增强，即电负性Se>As，故A错误；B、AsCl3最外层满足8e－稳定结构，AsCl3中As核外电子数为36，Cl核外电子总数为18，故B错误；C、同种元素的含氧酸，价态越高，酸性越强，砷酸中As显＋5价，亚砷酸中As显＋3价，因此砷酸的酸性强于亚砷酸，亚砷酸属于弱酸，因此砷酸钠溶液显碱性，故C正确；D、VSEPR模型包括孤电子对占有的位置，因此AsH3中As有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，因此AsH3的VSEPR模型为四面体，杂化类型为sp3杂化，故D错误。
点睛：易混点是VSEPR和空间构型，VSEPR模型包含了孤电子对数占有的空间，如AsH3的VSEPR模型为四面体型，而空间构型是略去了孤电子对，AsH3的空间构型为三角锥形。
15.已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是( )
A. N—N键的键能为×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
【答案】D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。
16.一种新型陶瓷的化学成分为BN晶体，该晶体具有高熔点、高硬度的特性，关于BN晶体的说法不正确的是（ ）
A. 该晶体为原子晶体，具有金刚石的结构特征
B. 该晶体中B的杂化类型是sp2杂化
C. 该晶体中存在配位键
D. 该晶体可作耐高温、耐磨材料
【答案】B
【解析】试题分析：由题中信息可知，BN晶体具有高熔点、高硬度的特性，所以其为原子晶体，可作为耐高温、耐磨材料。其结构应与金刚石相似，每个原子均采用sp3杂化，由于B最外层只有3个电子，故其原子的最外层有空轨道，而N原子有孤电子对，故两者可形成配位键。综上所述，B不正确。本题选B。
17.下列说法正确的是（ ）
A. HF比HCl稳定是因为HF间能形成氢键
B. 相对分子质量越大范德华力越大，所以NH3、PH3、AsH3、SbH3沸点逐渐升高
C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子的跃迁有关
D. 标况下，22.4L HF含有分子数为NA（NA代表阿弗加德罗常数）
【答案】C
【解析】A. HF比HCl稳定是因为F元素的非金属性强，H—F键的键能很大、不易断裂，A不正确； B. 对于组成和结构相似的分子，如果分子间不能形成氢键，则相对分子质量越大范德华力越大，其沸点越高，但是NH3分子之间可以形成氢键，而PH3、AsH3、SbH3等分子是不能形成氢键，氢键比范德化力要强得多，B不正确；C. 铜元素的焰色反应为绿色，该现象与电子在不同能级之间的跃迁有关，C正确；D. 标况下，HF 是液体，故无法根据气体摩尔体积计算22.4L HF的物质的量，也无法计算其含有的分子数，D不正确。本题选C。
18.最近，科学家成功地制成了一种新型碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（ ）
A. 该物质的化学式为CO4
B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C. 该晶体中C原子与C﹣O化学键数目之比为1：4
D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成
【答案】A
【解析】A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；
D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；
故选A．
19.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原子中，①1s22s22p63s23p2 ②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B. 下列原子的外围电子排布中，①3s23p1 ②3s23p2 ③3s23p3 ④3s23p4，对应的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的增加而递增的是④
D. ①X＋ ②X2＋ ③X3＋ ④X4＋，某元素X的逐级电离能(kJ·mol－1)分别为738、1 451、7 733、10 540、13 630、17 995、21 703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是③
【答案】D
【分析】A、先判断各元素名称，电子层越大原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小；
B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；
C、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价。
【详解】A项、由核外电子排布式可知①为Si元素、②为N元素、③为C元素、④为S元素，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径大小顺序为：①>④>③>②，原子半径最大的是Si元素，故A正确；
B项、由外围电子排布式可知①为Al元素、②为Si元素、③为P元素、④为S元素，同周期元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为：③>④>②>①，第一电离能最大的是P元素，故B正确；
C项、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，则①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，故C正确；
D项、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电离能与电负性等，注意理解电离能与元素化合价的关系、同周期第一电离能的变化规律是解答关键。
20.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如下图)。下列有关说法正确的是（ ）
A. 正硼酸晶体属于原子晶体
B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C. 分子中硼原子最外层为8电子稳定结构
D. 含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键
【答案】D
【解析】试题分析：A、正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误；B、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错误；C、硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；D、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D正确；故选D。
考点：考查了晶体结构、氢键、杂化轨道、空间构型等，注意正硼酸晶体层内存在H3BO3分子，以氢键结合，属于分子晶体。
第II卷（50分）
21.有A、B、C、D、E、F、G7种元素，试按下述所给的条件推断：
①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外均有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A>B>C；
②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；
③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体；
④G是除氢外原子半径最小的主族元素
（1）A的名称是______，B位于周期表中第____周期____族，C的原子结构示意图是________________。
（2）E的单质颜色是_________。
（3）A元素与D元素形成的化合物的电子式是_________。
（4）G的单质与水反应的化学方程式是____________________________________。
（5）F的元素符号是__________。
（6）在上述七种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_____（填化学式，下同），酸性最强的是_______，气态氢化物最稳定的是__________。
（7）将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反应的离子方程式是_____________________________________________。
【答案】(1). 钠 (2). 三 (3). ⅡA (4). (5). 紫黑色 (6). (7). 2F2＋2H2O4HF＋O2 (8). He (9). NaOH (10). HBrO4 (11). HF (12). Al（OH）3＋OH－AlO2－＋2H2O
【解析】①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，即处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，可推知A为Na，B为Mg，C为Al；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，D、E表现-1价，二者处于ⅦA族，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体，则D为Br，E为I；③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体，则F为He；④G是除氢外原子半径最小的元素，则G为F元素；(1)由上述分析可知，A的名称是钠，B为Mg，位于周期表中第三周期ⅡA族，C为Al，原子结构示意图是；
(2)E为I，其单质颜色是紫黑色；
(3)A元素与D元素形成化合物为NaBr，电子式是；
(4)G的单质为氟气，与水反应的化学方程式是：2F2+2H2O═4HF+O2；
(5)F的元素符号是He；
(6)在上述七种元素中，Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化学式是NaOH，F的非金属性最强，但没有最高价含氧酸，其它元素中Br的非金属性最强，故酸性最强的化学式是 HBrO4，气态氢化物最稳定的化学式是HF；
(7)C的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A的氧化物对应的水化物为氢氧化钠，二者反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。
点睛：(1)元素金属性性强弱的判断依据：①金属单质跟水(或酸)反应置换出氢的难易程度．金属单质跟水(或酸)反应置换出氢越容易，则元素的金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物--氢氧化物的碱性强弱．氢氧化物的碱性越强，对应金属元素的金属性越强，反之越弱；③还原性越强的金属元素原子，对应的金属元素的金属性越强，反之越弱．(金属的相互置换)；
(2)元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
22.现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子的第一至第四电离能分别是：I1＝738 kJ·mol－1，
I2＝1 451 kJ·mol－1，I3＝7 733 kJ·mol－1，
I4＝10 540 kJ·mol－1
D是前四周期中电负性最小的元素
E在周期表的第七列
(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式_________。
(2)比较BA2-和BA3的键角∠ABA的大小：BA2-____(填“>”“＝”或“<”)BA3，请用价层电子对互斥理论解释：____________________________________________________。
(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为，该同学所画的电子排布图违背了_____________。
(4)E位于_____族_____区，价电子排布式为__________。
(5)检验D元素的方法是__________，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因是__________________________________________________________________
【答案】(1). (2). < (3). NH2-中N原子孤电子对数为2，NH3中N原子孤电子对数为1，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，孤对电子数前者多，排斥作用强，所以前者键角小 (4). 泡利不相容原理 (5). 第ⅦB (6). d (7). 3d54s2 (8). 焰色反应 (9). 当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量
分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，它们的原子序数依次增大；A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，且B是短周期元素，如果B是第三周期元素，则不可能出现p电子比s电子少1，则B为第二周期元素，B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D是前四周期中电负性最小的元素，则D是K元素；E在周期表的第七列，则E是Mn元素。
【详解】（1）NH5为离子化合物，是由NH4+与H-两种粒构成，电子式为，故答案为：；
（2）NH2-中N原子孤电子对数为×（5+1-2×1）=2，NH3中N原子孤电子对数为×（5-3×1）=1，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，孤对电子数越多，排斥作用越强，键角越小，则NH2-键角小于NH3，故答案为：NH2-中N原子孤电子对数为2，NH3中N原子孤电子对数为1，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，孤对电子数前者多，排斥作用强，所以前者键角小；
（3）由电子排布图可知，3s能级中2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理，故答案为：泡利原理；
（4）E为Mn元素，原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族，电子排布式为[Ar]3d54s2，由电子排布式可知Mn元素位于为d区价电子排布式为3d54s2，故答案为：ⅦB；d；3d54s2；
（5）D为K元素，检验K元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子；电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。
【点睛】本题考查物质结构与性质位置，注意依据信息推断元素是解题的关键。
23.硼和氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题:
（1）N原子核外有_____ 种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_______。
（2）经测定发现，N2O5固体由NO2+ 和NO3-两种离子组成，该固体中N原子杂化类型为_______；与NO2+互为等电子体的微粒有_________(写出一种)。
（3）HF和HI电离出H+较难的是______（填化学式，下同）。铵盐大多不稳定，请预测NH4F、NH4I中，较易分解的是_______。
（4）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为_______(填“元素符号”)。
（5）晶体硼有多种变体，但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体( 见图I)，每个顶点为一个硼原子,每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由____个硼原子构成;若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B)，那么该结构单元有_____种不同类型。
（6）硼和氮构成的一种氮化硼晶体的结构与石墨晶体结构相类似，B、N原子相互交替排列(见图II)，其晶胞结构如图III所示。该晶胞有____个B和____个N。
【答案】(1). 七(或“7”) (2). 哑铃形 (3). sp、sp2 (4). SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种 (5). HF (6). NH4F (7). Be、C、O (8). 12 (9). 3 (10). 2 (11). 2
【解析】（1）N原子核外共有7个电子，也就是有7种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道为p轨道，其形状为哑铃形。
（2）NO2+ 和NO3-的中心原子的价层电对数分别为2和3，故该固体中N原子杂化类型为sp、sp2；与NO2+互为等电子体的微粒有SCN-、CO2、CS2、N3-。
（3）由于H—F键的键能较大、不易断裂、容易形成，故HF和HI相比，电离出H+较难的是HF，同理，NH4F与NH4I相比，较易分解的是NH4F。
（4） 第二周期中，第一电离能呈逐渐增大的趋势，由于Be和N原子的原子结构比其同周期邻近的两个原子稳定，故其第一电离能高于其邻近的两种元素，即B＜Be＜Ｃ＜Ｏ＜Ｎ，所以，第一电离能介于B元素和N元素间的元素为Be、C、O。
（5）由图可知，每个B参与形成5个面、每个面有3个B，共有20个面，则每一个此基本结构单元由12个硼原子构成；若该结构单元中有2 个原子为10B(其余为11B)，由于B原子在结构单元中只有3种位置关系，所以该结构单元有3种不同类型。
（6）由图III可知，B原子位于晶胞的顶点，N原子位于晶胞的2个面心和4条棱上，所以该晶胞含有B的数目为2个、含有N原子的数目为2个。
点睛：本题考查了核外电子的排布规律及其表示方法、价层电子对互斥理论及其应用、等电子原理及其应用、共价键的强度及其响因素、第一电离能及其变化规律、晶胞的有关计算和判断，难度较大。要求学生能深刻理解结构决定性质，能根据原子结构、分子结构和晶体结构解释物质性质的变化规律，比较物质性质的差异。
24.钛及其化合物的研究与应用越来越受到人们的重视。
(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层符号为_____，该能层具有的原子轨道数为____
②LiBH4由Li＋和BH4-构成，BH4-的立体结构是____，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为_____。
③TiCl4在常温下是无色液体，则TiCl4属于_______(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。
(2)高分子纳米活性钛无霸是借助紫外线或太阳光的照射，在其表面产生氧化性极强的活性离子，这种活性离子可以分解生活中的一些有害物质(如苯、甲醛、丙酮等)。
①丙酮()分子中含有π键与σ键数目之比为______。
②甲醛()分子中C原子轨道杂化类型为_______；
甲醛易溶于水，原因是：a.甲醛和水都是极性分子，b.___________________________。
(3)某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有__个，Ti原子的配位数为______；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为a nm，则该氮化钛晶体的密度为_______g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
【答案】(1). M (2). 9 (3). 正四面体形 (4). H>B>Li (5). 分子 (6). 1∶9 (7). sp2杂化 (8). 甲醛与水分子之间能形成氢键 (9). 12 (10). 6 (11).
【分析】（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2；
②BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；③根据状态判断晶体类型；
（2）①丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个碳氧σ键，共有9个σ键，1个碳氧π键；
②甲醛分子中含有碳氧双键；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键；
（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子；依据均摊法计算。
【详解】（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，由电子排布式可知，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为（1+3+5）=9，故答案为：M；9；
②BH4-中B原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，则BH4-的空间构型为正四面体形；非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，Li为金属元素，非金属性H元素大于B元素，则电负性强弱顺序为H>B>Li，故答案为：正四面体；H>B>Li；
③TiCl4在常温下是无色液体，说明沸点低，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
（2）①丙酮分子中含有碳氧双键，1个丙酮分子中含有6个碳氢σ键，2个碳碳σ键，1个碳氧σ键，共有9个σ键，1个碳氧π键，则分子中含有π键与σ键数目之比为1:9，故答案为：1:9；
②甲醛分子中含有碳氧双键，C形成3个σ键，C上没有孤电子对，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；甲醛分子与水分子之间可以形成氢键，氢键的存在能够大大增强物质的溶解性，故答案为：甲醛与水分子之间形成氢键；
（3）以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；以体心的Ti原子研究，其周围有6个N原子，配位数为6；根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×+8×=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×=4，晶胞的质量为mol×62g/mol=（2a×10-7）3cm3×ρ，ρ=g/cm3。
【点睛】本题考查物质结构与性质，考查了轨道杂化类型的判断、空间构型和化学键判断、晶胞结构的分析等，注意利用均摊法确定化学式的方法和计算密度是解答关键。
相关资料
更多
