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【化学】新疆阿勒泰地区第二高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试（A卷）（解析版）
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新疆阿勒泰地区第二高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试（A卷）
1. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A. K＋ 1s22s22p63s23p6
B. F 1s22s22p5
C. S2－ 1s22s22p63s23p4
D. Ar 1s22s22p63s23p6
【答案】C
【详解】s能级最多可容纳2个电子，p能级最多可容纳6个电子；根据构造原理，电子总是从能量低的能层、能级到能量高的能层、能级依次排列，其中S2-是在S原子得到两个电子后形成的稳定结构，所以S2-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，答案选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. K+的结构示意图：
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
【答案】B
【解析】A、钾离子的核外电子数是18；
B、根据核外电子排布规律分析；
C、水是共价化合物；
D、处于全充满或半充满时稳定性强。
详解：A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。
3.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. 6C的电子排布式1s22s22p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
【详解】A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；
B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；
C．根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；
D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；
故答案为A。
4.周期表中有如图所示元素，下列叙述正确的是( )
A. 钛元素原子的M层上共有10个电子
B. 钛元素是ds区的过渡元素
C. 钛元素原子最外层上有4个电子
D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量
【答案】A
【解析】A．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故A正确；B．最后填充3d电子，为d区的过渡元素，故B错误；C.根据图示，钛元素原子最外层上有2个电子，故C错误；D.47.87是元素的相对原子质量，故D错误；故选A。
5.不能说明X的电负性比Y的大的是（ ）
A. 与H2化合时X单质比Y单质容易
B. X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强
C. X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多
D. X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
【答案】C
【详解】A项，与H2化合时X单质比Y单质容易，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；
B项，X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；
C项，X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多不能说明X的电负性比Y大，如Si的电负性比H小；
D项，X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；
答案选C。
6.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. y轴表示的可能是第一电离能
B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径
D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【详解】A．Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；
B．随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；
C．随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；
D．金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；
答案选B。
7.下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A. W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. p能级未成对电子最多的是Z元素
D. X元素是电负性最大的元素
【答案】D
【解析】根据元素在周期表中的相对位置可知，X是F，Y是S，Z是Br，W是P，R是Ar。A、P元素的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S元素的，A错误；B、Z的阴离子含有36个电子，其电子层结构都与R原子的不相同，B错误；C、p轨道未成对电子最多的是P元素，C错误；D、F是最活泼的非金属，电负性最大，D正确，答案选D。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用
8.下列说法正确的是（ ）
A. 在分子中，两个成键的原子间的距离叫做键长
B. H—Cl的键能为431.8 kJ/mol，H—I的键能为298.7 kJ/mol，这可以说明HCl分子比HI分子稳定
C. 含有极性键的分子一定是极性分子
D. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
【答案】B
【详解】A项，键长是指两个成键原子核之间的平均核间距离，故A项错误；
B项，键能越大说明破坏键所需要的能量越大，相应的物质分子就越稳定，故B项正确；
C项，含有极性键的分子不一定是极性分子，比如CH4，含有C-H极性键，但是CH4是正四面体结构，为非极性分子，故C项错误；
D项，键能越大，说明破坏键需要的能量越大，表示该分子稳定，不易受热分解，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
9.中国科技大学的科学家将C60分子组装在一单层分子膜表面，在﹣268℃时冻结分子的热振荡，利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图象．下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是（ ）
A. N2 B. CO2 C. C2H6O D. H2O2
【答案】B
【详解】A．结构式为N≡N，含有1个σ键和2个π键，但不是化合物，故A错误；
B．结构式为O=C=O，含有2个σ键和2个π键，故B正确；
C．根据C2H6O的结构中只存在单键，无双键，只含σ键，不含π键，故C错误；
D．H2O2的结构式为H-O-O-H，只含有σ键，不含π键，故D错误；
故选B。
10.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（ ）
A. H2O与BeCl2为V形 B. CS2与SO2为直线形
C. BF3与PCl3为三角锥形 D. SO3与CO32－为平面三角形
【答案】D
【详解】A．水分子中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；BeCl2 中Be原子的价层电子对个数=2+×(2-2×1)=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，故A错误；
B．CS2分子中每个S原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构；SO2分子中S的价层电子对个数=2+×(6-2×2)=3，且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；
C．BF3分子中B原子的价层电子对个数=3+×(3-3×1)=3，且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；PCl3中P的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，中心原子以采取sp3杂化，分子形状为三角锥形，故C错误；
D．SO3中S的价层电子对个数= 3+(6-3×2)=3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，硫原子采用sp2杂化，分子形状为平面三角形；CO32-中碳原子价层电子对个数=3+×(4−3×2+2)=3，采用sp2杂化，所以CO32-的离子立体结构为平面三角形，故D正确；
故选D。
【点睛】正确理解价层电子对互斥理论是解题的关键。本题的易错点为VSEPR模型与分子的空间构型的区别，要注意VSEPR模型中去掉孤电子对后的形状就是分子的空间构型
11.以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）
A. 1molNH3分子中含有3NA个σ键和4NA个sp3杂化轨道
B. 1mol CO2分子中含有2NA个σ键和2NA个sp2杂化轨道
C. 1mol C2H2分子中含有2NA个σ键2NA个π键
D. 1mol C2H4分子中含有4NA个σ键2NA个π键
【答案】A
【详解】A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；
B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；
C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；
D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；
答案选A。
12.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是（ ）
A. [Co（NH3）4Cl2]Cl B. [Co（NH3）6]Cl3
C. [Cu（NH3）4]Cl2 D. [Co（NH3）3Cl3]
【答案】D
【分析】配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应。
【详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；
B项、[Co（NH3）6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；
C项、[Co（NH3）4]Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；
D项、[Co（NH3）3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。
13. 下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是（ ）
A. CO2H2S B. C2H4BF3 C. C60C2H4 D. NH3HCl
【答案】B
【解析】A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子，氯化氢为极性键形成的极性分子，A错误；B、BF3、C2H4中化学键都是不同元素构成的，属于极性键；二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合，属于非极性分子，B正确；C、C60中只含有非极性键，为非极性分子；乙烯为极性键形成的非极性分子，C错误；D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，D错误；答案选B。
考点：考查键的极性和分子的极性判断
14.下列现象与氢键有关的是（ ）
①H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【详解】①ⅥA族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比ⅥA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②小分子醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水的稳定性与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故⑥错误；
正确的有①②③④⑤，故选B。
15. 下列分子中含有“手性碳原子”的是（ ）
A. CBr2F2 B. CH3CH2CH2OH
C. CH3CH2CH3 D. CH3CH(NO2)COOH
【答案】D
【详解】在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团（分别是—CH3、—NO2、—COOH和H原子），故答案选D。
16.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）
A. CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大
B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子
C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
【答案】D
【分析】根据相似相溶原理可知极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。
17.下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是（ ）
A. 是否是具有规则几何外形的固体
B. 物理性质是否有各向异性
C. 是否是具有美观对称的外形
D. 内部构成微粒是否在空间呈有规则的重复排列
【答案】D
【解析】A.有规则几何外形的固体不一定都是晶体，如玻璃，A错误；B. 具有各向异性的固体一定是晶体,但向异性不是晶体和非晶体的本质区别，B错误；C. 美观对称的固体不一定都是晶体，如玻璃，C错误；D. 晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，晶体具有固定的熔沸点，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故D正确；答案选D.
18.SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推测，其中不正确的是（ ）
A. SiCl4晶体是分子晶体
B. 常温常压下SiCl4是气体
C. SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子
D. SiCl4熔点高于CCl4
【答案】B
【解析】SiCl4的分子结构与CCl4类似，与CCl4根据的结构和性质分析，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，A、SiCl4与CCl4结构相似，则常温常压下SiCl4是分子晶体，A正确；B、②SiCl4与CCl4结构相似，常温常压下SiCl4是液体，B错误；C、CCl4分子是由极性键形成的非极性分子，则SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子，C正确；D、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，D正确；答案选B。
考点：考查物质结构和性质
19. 有关晶体的叙述中正确的是（ ）
A. 在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子
B. 在28 g晶体硅中，含Si—Si共价键个数为4NA
C. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能小于Si—Si键
D. 镁型和铜型金属晶体的配位数均为12
【答案】D
【解析】A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，错误；B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共价键，错误；C、金刚石中的C-C键键长小于Si-Si键，所以C—C键键能大于Si—Si键，则金刚石的熔沸点高，错误；D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是密堆积，其配位数都是12，正确，答案选D。
考点：考查晶体的性质、原子的配位数、化学键数的判断
20.下列有关金属的说法正确的是（ ）
A. 金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B. 金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动
C. 金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D. 体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为1：2
【答案】D
【解析】A、金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子；
B、金属导电的实质是自由电子的定向移动，产生电流；
C、金属原子在化学变化中失去的电子数多少和还原性无关；
D、利用均摊法来计算原子的个数。
详解：A、因金属的最外层电子受原子核的吸引小，则金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子，A错误；
B、金属导电的实质是自由电子定向移动而产生电流的结果，B错误；
C、金属原子在化学变化中失去电子越容易，其还原性越强，C错误；
D、体心立方晶胞中原子在顶点和体心，则原子个数为1+8×1/8=2，面心立方晶胞中原子在顶点和面心，原子个数为8×1/8+6×1/2=4，原子的个数之比为2：4=1：2，D正确。答案选D。
21. 下列有关金属晶体的判断正确的是（ ）
A. 简单立方堆积、配位数6、空间利用率68%
B. 体心立方堆积、配位数6、空间利用率68%
C. 六方最密堆积、配位数8、空间利用率74%
D. 面心立方最密堆积、配位数12、空间利用率74%
【答案】D
【解析】简单立方堆积、配位数6、空间利用率52%，A不正确；体心立方堆积、配位数8、空间利用率68%，B不正确；六方最密堆积、配位数12、空间利用率74%，C不正确，所以正确的答案选D。
考点：考查金属晶体结构的有关判断和计算
点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，主要是考查学生对常见金属晶体结构的了解掌握情况，有利于培养学生的抽象思维能力和逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。
22.以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（ ）
A. 已知的准晶体是离子化合物
B. 已知的准晶体中含有非极性键
C. 合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低
D. 准晶体可开发成为新型材料
【答案】D
【详解】A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；
B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；
C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；
D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。
23.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )
A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等的Na＋共有12个
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构
【答案】D
【解析】A、金刚石是正四面体形成的空间网状结构，最小的环上有6个碳原子，故A说法正确；B、根据氯化钠晶胞的结构，距离Na＋最近的Na＋有12个，上层有4个，同层有4个，下层有4个，故B说法正确；C、根据干冰晶胞结构，每个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C说法正确；D、金属铜属于面心立方最密堆积结构，金属镁属于六方最密堆积结构，故D说法错误。
24.有关晶格能的叙述正确的是（ ）
A. 晶格能是气态离子形成1摩离子晶体释放的能量
B. 晶格能通常取正值，但是有时也取负值
C. 晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定
D. 晶格能越大，物质的硬度反而越小
【答案】A
【分析】晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，通常取正值；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。
【详解】A.晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，注意必须是气态离子，所以A选项是正确的；
B.晶格能通常为正值，故B错误；
C.晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，故C错误；
D.晶格能越大，物质的硬度越大，故D错误。
答案选A。
【点睛】该题主要是考查学生对晶格能概念的了解以及应用的掌握程度，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。解题的关键是明确晶格能的概念和含义，然后灵活运用即可。
25.下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4
C. 熔点由高到低:Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【解析】分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4碳化硅>晶体硅。熔点Al> Mg> Na,离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF> NaCl> NaBr>NaI。
26.按要求填空：
（1）质量数为37的氯原子符号为_______。
（2）S2-的结构示意图为______。
（3）氮原子的电子式为______，N2的电子式为______，NH4+的电子式为_________
（4）磷原子的核外电子排布式为__________________，其价电子排布式为_____， 其价电子排布图为_____________。
（5）含有半满p轨道的最轻原子的核外电子排布式为_______，元素名称为_______；
（6）最活泼的非金属元素原子的核外电子排布式为_______，元素名称为_______。
【答案】(1). Cl (2). (3). (4). (5). (6). 1s22s22p63s23p3 (7). 3s23p3 (8). (9). 1s2s22p3 (10). 氮 (11). 1s22s22p5 (12). 氟
【详解】(1)元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质量数为37的氯原子符号为Cl，故答案为：Cl；
(2)S2-的质子数为16，核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，故答案为：；
(3)N原子最外层电子数为5，其电子式为，氮气中N原子均满足最外层8电子稳定结构，其电子式为，铵根离子在含4个N-H键，其电子式为，故答案为：；；；
(4)P的质子数为15，最外层电子数为5，则磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布式为3s23p3，其价电子排布图为，故答案为：1s22s22p63s23p3；3s23p3；；
(5)含有半满p轨道的最轻原子，其最外层电子为2s22p3，原子序数为7，其电子排布式为：1s2s22p3，为氮元素，故答案为：1s2s22p3；氮；
(6)最活泼的非金属元素为F元素，电子排布式为1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；氟。
27.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。
（1）W基态原子的核外电子排布式为___________________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________________(用元素符号表达)；
（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为___________；
（3）1mol HYZ3分子中含有σ键的数目为_______________；
（4）YH3极易溶于水的主要原因是___________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). N＞O＞C (3). CO2（SCN-等） (4). 4×6.02×1023 (5). 氨分子与水分子间易形成氢键
【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。
(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p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，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；
(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；
(3)HNO3的结构式为，1mol HNO3分子中含有4molσ键，数目为4×6.02×1023，故答案为：4×6.02×1023；
(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。
【点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。
28.黑火药是我国古代的四大发明之一。黑火药爆炸时发生的反应为:2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。回答下列问题：
（1）基态钾原子的核外电子排布式为____________，第一电离能：K______ (填“>”或“<”)Na。
（2）NO3-的空间构型为_____________。
（3）固态硫易溶于CS2，熔点为112℃，沸点为444.8℃。其分子结构为，S8中硫原子的杂化轨道类型是_______，S8分子中至多有________个硫原子处于同一平面。
（4）N2分子中σ键与π键的个数比为________，N2的沸点比CO的沸点____（填“高”或“低”）。
（5）K2S的晶胞结构如图所示。其中K+的配位数为_______，S2-的配位数为____；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为a cm，则K2S晶体的密度为____g·cm-3（列出计算式，不必计算出结果）。
【答案】 (1). ls22s22p63s23p64s1 (2). ＜ (3). 平面正三角形 (4). sp3 (5). 4 (6). 1：2 (7). 低 (8). 4 (9). 8 (10).
【解析】（1）钾位于第四周期ⅠA族，基态原子的核外电子排布式为：ls22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1；因同主族元素第一电离能由上往下依次减小，所以第一电离能：K
（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______ ，提供孤电子对的成键原子是_____。
③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______________________________；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是__________________________________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2 （2）①正四面体 ②配位键；N
③高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3
（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
（4）①3:1 ②
【解析】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2；
（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，
故答案：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。
故答案为：配位键；N；
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。
故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键；极性；sp3；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。
故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×=1，Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。
故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，根据m=ρV可有：g=d g•cm-3×(a×10-7cm)3，解得a=。
故答案为：。
考点：晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
1. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A. K＋ 1s22s22p63s23p6
B. F 1s22s22p5
C. S2－ 1s22s22p63s23p4
D. Ar 1s22s22p63s23p6
【答案】C
【详解】s能级最多可容纳2个电子，p能级最多可容纳6个电子；根据构造原理，电子总是从能量低的能层、能级到能量高的能层、能级依次排列，其中S2-是在S原子得到两个电子后形成的稳定结构，所以S2-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，答案选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. K+的结构示意图：
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
【答案】B
【解析】A、钾离子的核外电子数是18；
B、根据核外电子排布规律分析；
C、水是共价化合物；
D、处于全充满或半充满时稳定性强。
详解：A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；答案选B。
3.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. 6C的电子排布式1s22s22p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
【详解】A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；
B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；
C．根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；
D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；
故答案为A。
4.周期表中有如图所示元素，下列叙述正确的是( )
A. 钛元素原子的M层上共有10个电子
B. 钛元素是ds区的过渡元素
C. 钛元素原子最外层上有4个电子
D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量
【答案】A
【解析】A．钛原子的M层上共有2+6+2=10个电子，故A正确；B．最后填充3d电子，为d区的过渡元素，故B错误；C.根据图示，钛元素原子最外层上有2个电子，故C错误；D.47.87是元素的相对原子质量，故D错误；故选A。
5.不能说明X的电负性比Y的大的是（ ）
A. 与H2化合时X单质比Y单质容易
B. X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强
C. X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多
D. X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
【答案】C
【详解】A项，与H2化合时X单质比Y单质容易，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；
B项，X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；
C项，X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多不能说明X的电负性比Y大，如Si的电负性比H小；
D项，X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；
答案选C。
6.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. y轴表示的可能是第一电离能
B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径
D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【详解】A．Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；
B．随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；
C．随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；
D．金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；
答案选B。
7.下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A. W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. p能级未成对电子最多的是Z元素
D. X元素是电负性最大的元素
【答案】D
【解析】根据元素在周期表中的相对位置可知，X是F，Y是S，Z是Br，W是P，R是Ar。A、P元素的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S元素的，A错误；B、Z的阴离子含有36个电子，其电子层结构都与R原子的不相同，B错误；C、p轨道未成对电子最多的是P元素，C错误；D、F是最活泼的非金属，电负性最大，D正确，答案选D。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用
8.下列说法正确的是（ ）
A. 在分子中，两个成键的原子间的距离叫做键长
B. H—Cl的键能为431.8 kJ/mol，H—I的键能为298.7 kJ/mol，这可以说明HCl分子比HI分子稳定
C. 含有极性键的分子一定是极性分子
D. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
【答案】B
【详解】A项，键长是指两个成键原子核之间的平均核间距离，故A项错误；
B项，键能越大说明破坏键所需要的能量越大，相应的物质分子就越稳定，故B项正确；
C项，含有极性键的分子不一定是极性分子，比如CH4，含有C-H极性键，但是CH4是正四面体结构，为非极性分子，故C项错误；
D项，键能越大，说明破坏键需要的能量越大，表示该分子稳定，不易受热分解，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
9.中国科技大学的科学家将C60分子组装在一单层分子膜表面，在﹣268℃时冻结分子的热振荡，利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图象．下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是（ ）
A. N2 B. CO2 C. C2H6O D. H2O2
【答案】B
【详解】A．结构式为N≡N，含有1个σ键和2个π键，但不是化合物，故A错误；
B．结构式为O=C=O，含有2个σ键和2个π键，故B正确；
C．根据C2H6O的结构中只存在单键，无双键，只含σ键，不含π键，故C错误；
D．H2O2的结构式为H-O-O-H，只含有σ键，不含π键，故D错误；
故选B。
10.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（ ）
A. H2O与BeCl2为V形 B. CS2与SO2为直线形
C. BF3与PCl3为三角锥形 D. SO3与CO32－为平面三角形
【答案】D
【详解】A．水分子中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；BeCl2 中Be原子的价层电子对个数=2+×(2-2×1)=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，故A错误；
B．CS2分子中每个S原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构；SO2分子中S的价层电子对个数=2+×(6-2×2)=3，且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；
C．BF3分子中B原子的价层电子对个数=3+×(3-3×1)=3，且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；PCl3中P的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，中心原子以采取sp3杂化，分子形状为三角锥形，故C错误；
D．SO3中S的价层电子对个数= 3+(6-3×2)=3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，硫原子采用sp2杂化，分子形状为平面三角形；CO32-中碳原子价层电子对个数=3+×(4−3×2+2)=3，采用sp2杂化，所以CO32-的离子立体结构为平面三角形，故D正确；
故选D。
【点睛】正确理解价层电子对互斥理论是解题的关键。本题的易错点为VSEPR模型与分子的空间构型的区别，要注意VSEPR模型中去掉孤电子对后的形状就是分子的空间构型
11.以NA代表阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）
A. 1molNH3分子中含有3NA个σ键和4NA个sp3杂化轨道
B. 1mol CO2分子中含有2NA个σ键和2NA个sp2杂化轨道
C. 1mol C2H2分子中含有2NA个σ键2NA个π键
D. 1mol C2H4分子中含有4NA个σ键2NA个π键
【答案】A
【详解】A项，NH3分子中N原子采取sp3杂化，1个NH3分子中含3个σ键，1molNH3分子中含有3molσ键和4molsp3杂化轨道，A项正确；
B项，CO2分子中碳原子是sp杂化，B项错误；
C项，1个C2H2中含3个σ键和2个π键，1molC2H2分子中含3molσ键和2molπ键，C项错误；
D项，1个C2H4分子中含5个σ键和1个π键，1molC2H4分子中含有5molσ键和1molπ键，D项错误；
答案选A。
12.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是（ ）
A. [Co（NH3）4Cl2]Cl B. [Co（NH3）6]Cl3
C. [Cu（NH3）4]Cl2 D. [Co（NH3）3Cl3]
【答案】D
【分析】配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离子反应。
【详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；
B项、[Co（NH3）6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；
C项、[Co（NH3）4]Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；
D项、[Co（NH3）3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。
13. 下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是（ ）
A. CO2H2S B. C2H4BF3 C. C60C2H4 D. NH3HCl
【答案】B
【解析】A、二氧化碳为极性键形成的非极性分子，氯化氢为极性键形成的极性分子，A错误；B、BF3、C2H4中化学键都是不同元素构成的，属于极性键；二者分子中正电荷中心和负电荷中心相重合，属于非极性分子，B正确；C、C60中只含有非极性键，为非极性分子；乙烯为极性键形成的非极性分子，C错误；D、氨气和氯化氢都是由极性键形成的分子，二者正电荷中心和负电荷中心不相重合，属于极性分子，D错误；答案选B。
考点：考查键的极性和分子的极性判断
14.下列现象与氢键有关的是（ ）
①H2O的熔、沸点比VIA族其他元素氢化物的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【详解】①ⅥA族元素氢化物的熔点随相对分子质量的增大而升高，但水中含有氢键，所以H2O的熔、沸点比ⅥA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②小分子醇、水分子之间能形成氢键，羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，氢键具有方向性和饱和性，使冰的体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成多个氢键(2个N原子、1个O原子)，醋酸分子间只有1个氢键(只有羟基可以形成氢键)，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸容易形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水的稳定性与O-H键的强弱有关，与氢键无关，故⑥错误；
正确的有①②③④⑤，故选B。
15. 下列分子中含有“手性碳原子”的是（ ）
A. CBr2F2 B. CH3CH2CH2OH
C. CH3CH2CH3 D. CH3CH(NO2)COOH
【答案】D
【详解】在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团（分别是—CH3、—NO2、—COOH和H原子），故答案选D。
16.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）
A. CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大
B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子
C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
【答案】D
【分析】根据相似相溶原理可知极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。
17.下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是（ ）
A. 是否是具有规则几何外形的固体
B. 物理性质是否有各向异性
C. 是否是具有美观对称的外形
D. 内部构成微粒是否在空间呈有规则的重复排列
【答案】D
【解析】A.有规则几何外形的固体不一定都是晶体，如玻璃，A错误；B. 具有各向异性的固体一定是晶体,但向异性不是晶体和非晶体的本质区别，B错误；C. 美观对称的固体不一定都是晶体，如玻璃，C错误；D. 晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，晶体具有固定的熔沸点，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故D正确；答案选D.
18.SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推测，其中不正确的是（ ）
A. SiCl4晶体是分子晶体
B. 常温常压下SiCl4是气体
C. SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子
D. SiCl4熔点高于CCl4
【答案】B
【解析】SiCl4的分子结构与CCl4类似，与CCl4根据的结构和性质分析，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，A、SiCl4与CCl4结构相似，则常温常压下SiCl4是分子晶体，A正确；B、②SiCl4与CCl4结构相似，常温常压下SiCl4是液体，B错误；C、CCl4分子是由极性键形成的非极性分子，则SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子，C正确；D、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，D正确；答案选B。
考点：考查物质结构和性质
19. 有关晶体的叙述中正确的是（ ）
A. 在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子
B. 在28 g晶体硅中，含Si—Si共价键个数为4NA
C. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能小于Si—Si键
D. 镁型和铜型金属晶体的配位数均为12
【答案】D
【解析】A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，错误；B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共价键，错误；C、金刚石中的C-C键键长小于Si-Si键，所以C—C键键能大于Si—Si键，则金刚石的熔沸点高，错误；D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是密堆积，其配位数都是12，正确，答案选D。
考点：考查晶体的性质、原子的配位数、化学键数的判断
20.下列有关金属的说法正确的是（ ）
A. 金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B. 金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动
C. 金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D. 体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为1：2
【答案】D
【解析】A、金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子；
B、金属导电的实质是自由电子的定向移动，产生电流；
C、金属原子在化学变化中失去的电子数多少和还原性无关；
D、利用均摊法来计算原子的个数。
详解：A、因金属的最外层电子受原子核的吸引小，则金属原子中的最外层电子在晶体中为自由电子，而不是所有的核外电子，A错误；
B、金属导电的实质是自由电子定向移动而产生电流的结果，B错误；
C、金属原子在化学变化中失去电子越容易，其还原性越强，C错误；
D、体心立方晶胞中原子在顶点和体心，则原子个数为1+8×1/8=2，面心立方晶胞中原子在顶点和面心，原子个数为8×1/8+6×1/2=4，原子的个数之比为2：4=1：2，D正确。答案选D。
21. 下列有关金属晶体的判断正确的是（ ）
A. 简单立方堆积、配位数6、空间利用率68%
B. 体心立方堆积、配位数6、空间利用率68%
C. 六方最密堆积、配位数8、空间利用率74%
D. 面心立方最密堆积、配位数12、空间利用率74%
【答案】D
【解析】简单立方堆积、配位数6、空间利用率52%，A不正确；体心立方堆积、配位数8、空间利用率68%，B不正确；六方最密堆积、配位数12、空间利用率74%，C不正确，所以正确的答案选D。
考点：考查金属晶体结构的有关判断和计算
点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，主要是考查学生对常见金属晶体结构的了解掌握情况，有利于培养学生的抽象思维能力和逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。
22.以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（ ）
A. 已知的准晶体是离子化合物
B. 已知的准晶体中含有非极性键
C. 合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低
D. 准晶体可开发成为新型材料
【答案】D
【详解】A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；
B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；
C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；
D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。
23.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )
A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等的Na＋共有12个
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构
【答案】D
【解析】A、金刚石是正四面体形成的空间网状结构，最小的环上有6个碳原子，故A说法正确；B、根据氯化钠晶胞的结构，距离Na＋最近的Na＋有12个，上层有4个，同层有4个，下层有4个，故B说法正确；C、根据干冰晶胞结构，每个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C说法正确；D、金属铜属于面心立方最密堆积结构，金属镁属于六方最密堆积结构，故D说法错误。
24.有关晶格能的叙述正确的是（ ）
A. 晶格能是气态离子形成1摩离子晶体释放的能量
B. 晶格能通常取正值，但是有时也取负值
C. 晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定
D. 晶格能越大，物质的硬度反而越小
【答案】A
【分析】晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，通常取正值；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。
【详解】A.晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，注意必须是气态离子，所以A选项是正确的；
B.晶格能通常为正值，故B错误；
C.晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，故C错误；
D.晶格能越大，物质的硬度越大，故D错误。
答案选A。
【点睛】该题主要是考查学生对晶格能概念的了解以及应用的掌握程度，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。解题的关键是明确晶格能的概念和含义，然后灵活运用即可。
25.下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4
C. 熔点由高到低:Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【解析】分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4
26.按要求填空：
（1）质量数为37的氯原子符号为_______。
（2）S2-的结构示意图为______。
（3）氮原子的电子式为______，N2的电子式为______，NH4+的电子式为_________
（4）磷原子的核外电子排布式为__________________，其价电子排布式为_____， 其价电子排布图为_____________。
（5）含有半满p轨道的最轻原子的核外电子排布式为_______，元素名称为_______；
（6）最活泼的非金属元素原子的核外电子排布式为_______，元素名称为_______。
【答案】(1). Cl (2). (3). (4). (5). (6). 1s22s22p63s23p3 (7). 3s23p3 (8). (9). 1s2s22p3 (10). 氮 (11). 1s22s22p5 (12). 氟
【详解】(1)元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质量数为37的氯原子符号为Cl，故答案为：Cl；
(2)S2-的质子数为16，核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，故答案为：；
(3)N原子最外层电子数为5，其电子式为，氮气中N原子均满足最外层8电子稳定结构，其电子式为，铵根离子在含4个N-H键，其电子式为，故答案为：；；；
(4)P的质子数为15，最外层电子数为5，则磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布式为3s23p3，其价电子排布图为，故答案为：1s22s22p63s23p3；3s23p3；；
(5)含有半满p轨道的最轻原子，其最外层电子为2s22p3，原子序数为7，其电子排布式为：1s2s22p3，为氮元素，故答案为：1s2s22p3；氮；
(6)最活泼的非金属元素为F元素，电子排布式为1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；氟。
27.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。
（1）W基态原子的核外电子排布式为___________________，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为___________________(用元素符号表达)；
（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为___________；
（3）1mol HYZ3分子中含有σ键的数目为_______________；
（4）YH3极易溶于水的主要原因是___________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). N＞O＞C (3). CO2（SCN-等） (4). 4×6.02×1023 (5). 氨分子与水分子间易形成氢键
【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。
(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p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，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；N＞O＞C；
(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；
(3)HNO3的结构式为，1mol HNO3分子中含有4molσ键，数目为4×6.02×1023，故答案为：4×6.02×1023；
(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。
【点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的结构。
28.黑火药是我国古代的四大发明之一。黑火药爆炸时发生的反应为:2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。回答下列问题：
（1）基态钾原子的核外电子排布式为____________，第一电离能：K______ (填“>”或“<”)Na。
（2）NO3-的空间构型为_____________。
（3）固态硫易溶于CS2，熔点为112℃，沸点为444.8℃。其分子结构为，S8中硫原子的杂化轨道类型是_______，S8分子中至多有________个硫原子处于同一平面。
（4）N2分子中σ键与π键的个数比为________，N2的沸点比CO的沸点____（填“高”或“低”）。
（5）K2S的晶胞结构如图所示。其中K+的配位数为_______，S2-的配位数为____；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为a cm，则K2S晶体的密度为____g·cm-3（列出计算式，不必计算出结果）。
【答案】 (1). ls22s22p63s23p64s1 (2). ＜ (3). 平面正三角形 (4). sp3 (5). 4 (6). 1：2 (7). 低 (8). 4 (9). 8 (10).
【解析】（1）钾位于第四周期ⅠA族，基态原子的核外电子排布式为：ls22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1；因同主族元素第一电离能由上往下依次减小，所以第一电离能：K
（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______ ，提供孤电子对的成键原子是_____。
③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______________________________；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是__________________________________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2 （2）①正四面体 ②配位键；N
③高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3
（3）金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
（4）①3:1 ②
【解析】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；2；
（2）①SO42-中S原子的孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，
故答案：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。
故答案为：配位键；N；
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。
故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键；极性；sp3；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。
故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子；
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×=1，Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。
故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为g，根据m=ρV可有：g=d g•cm-3×(a×10-7cm)3，解得a=。
故答案为：。
考点：晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
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