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2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 P—31 S—32 Cu—64
第I卷（选择题）
一、选择题：（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 下列现象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是（ ）
A. 燃放焰火 B. 霓虹灯广告 C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像
【答案】D
【解析】试题分析：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，将释放能量，燃放焰火、霓虹灯广告、燃烧蜡烛等均与电子的跃迁有关系，平面镜成像是光线反射的结果，与电子的跃迁无关，答案选D。
考点：考查电子跃迁的应用
2. 4p能级只填充一半电子的原子，其原子序数是（ ）
A. 15 B. 33 C. 35 D. 51
【答案】B
【解析】试题分析：4p能级只填充一半电子的原子，说明该元素应该是第ⅤA族元素，根据核外电子排布规律可知其原子序数是2+8+18+5＝33，答案选B。
考点：考查
3. 下列物质的分子中，键角最大的是（ ）
A. H2O B. BF3 C. CH4 D. NH3
【答案】B
【解析】在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小，H2O中O原子含有2个孤电子对，BF3中B原子不含孤电子对，NH3分子中N原子含有1个孤电子对，CH4分子中C原子不含孤电子对，所以键角最大的是BF3，故选B．
4. 下列分子中含有sp2-sp3σ键的是（ ）
A. CH3CH3 B. CH2=CH-CH=CH2
C. CH≡C-CH3 D. CH2=CH-CH2-CH3
【答案】D
【解析】单键碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，叁键碳原子采用sp杂化，所以sp2sp3σ键存在于单键碳原子与双键碳原子之间，故选D。
5. 下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（ ）
A. NH4NO3 B. SiO2 C. C6H5NO2 D. Cu
【答案】C
【解析】只有分子晶体的化学式，才能既表示物质的元素组成，又表示物质的分子组成，所以选项C正确，A是离子晶体，B是原子晶体，D是金属晶体，答案选C。
6. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )
A. BCl3 B. H2O C. SiCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】A、BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故A错误； B、H2O中O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以2+6=8，O原子满足8电子结构；H元素化合价为+1，H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，H原子不满足8电子结构，故B错误；C、SiCl4中Si元素化合价为+4，Si原子最外层电子数为4，所以4+4=8，Si原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C正确； D、PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故D错误．答案选C．
点睛：本题考查原子结构，理解化合价和最外层电子数的关系是解题关键。
7. 下列离子中，外层d轨道达半充满状态的是 ( )
A. Fe3＋ B. Cr3＋ C. Co3＋ D. Cu＋
【答案】A
【解析】试题分析：A、Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道达半充满状态，A正确；B、Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是半充满状态，B错误；C、Co3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是半充满状态，C错误；D、Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，D错误，答案选A。
考点：考查核外电子排布
8. 下列有关化学用语表示正确的是 （ ）
A. 35Cl和37Cl的原子结构示意图均为
B. HC1O的电子式：
C. CO2的比例模型：
D. HCl的电子式：
【答案】A
【解析】A. 35Cl与37Cl核外电子数均为17，二者的原子结构示意图相同，均为，A正确；B．HClO的电子式为，B错误；C.二氧化碳分子中,C的原子半径大于O原子,所以CO2正确的比例模型为：，C错误；D. HCl的电子式为;,D错误；答案选A.
点睛：HC1O的结构式为H-O-Cl，因此次氯酸正确的电子式为。
9. 下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. SiC与SiO2 D. Cl2与I2
【答案】C
【解析】试题分析：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；故选C。
【考点定位】考查不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【名师点晴】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力。
10. 下列对各组物质性质的比较中，正确的是( )
A. 硬度：Li＞Na＞K
B. 熔点：金刚石>晶体硅>金刚砂
C. 电负性：Na＜Al＜Mg
D. 空间利用率：体心立方堆积＜六方堆积＜面心立方堆积
【答案】A
【解析】A．碱金属元素中，其硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；B．原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能由大到小的顺序是：C-C键、C-Si键、Si-Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石＞金刚砂
＞晶体硅，故B错误；C．同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，所以电负性：Na＜Mg ＜Al，故C错误；D. 空间利用率：六方密堆积52%、面心立方堆积74%、体心立方堆积68%，所以空间利用率：面心立方堆积＞体心立方堆积＞六方密堆积，故D错误；答案选A．
点睛：本题考查了电负性、熔点、空间利用率等知识点，把握元素周期律、熔点高低的影响因素、空间利用率大小等为解答的关键。
11. 氨分子立体构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为( )
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B. NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
D. 氨分子是极性分子而甲烷是非极性分子
【答案】C
【解析】A. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，CH4分子中C原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等，采取sp3型杂化，两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，A错误；B. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，B错误；C. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，C正确；D. 氨气分子空间构型是三角锥形不是因为氨气分子是极性分子，甲烷是正四面体形也不是因为甲烷是非极性分子，因果关系不正确，D错误；答案选C。
12. 下列对一些实验事实的理论解释正确的是（ ）
选项
实验事实
理论解释
A
碘单质在CCl4中溶解度比在水中大
CCl4和I2都是非极性分子，
而H2O是极性分子
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C═O是极性键
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】A.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的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；B. 理论解释不对，CO2分子是直线型，中心C原子杂化类型为SP杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；C. 金刚石是原子晶体，故C错误；D.理论解释不对，HF分子中间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误。答案选A.
13. 根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大
C. 熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g/cm3
【答案】C
【解析】A. 熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；C. 熔点10.31℃,熔点低,符合分子晶体的熔点特点,液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后,分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO−+OH−，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；D.熔点97.81℃,质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；答案选C.
14. 下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是（ ）
A. NO2-和NH4+ B. H3O+和ClO3- C. NO3-和CO32- D. PO43-和SO42-
【答案】C
【解析】NH4+是正四面体，故A错误；H3O+和ClO3－是三角锥型，故B错误；NO3－和CO32－是平面结构，故C正确；PO43－和SO42－是正四面体，故D错误。
15. 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
【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)
A. 该物质的分子式为SN
B. 该物质的晶体中微粒间作用力有2种
C. 该物质具有很高的熔、沸点
D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
【解析】试题分析：A.由硫－氮化合物的分子结构可知其分子式是S4N4.错误。B．该物质的晶体属于分子晶体。在分子内原子间以共价键结合；在分子间以分子间作用力结合。因此在该物质晶体中微粒间作用力有2种。正确。 C．由于该物质属于分子晶体，分子间以极弱的分子间作用力结合。因此该物质具有较低的熔、沸点。错误。D．该物质是化合物，而同素异形体是有同种元素形成的不同性质的单质。因此该说法是错误的。
考点：考查物质的分子结构、性质及作用力的知识。
17. 下列化合物中含2个手性碳原子的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据有机化合物分子中手性碳原子的判断方法:碳原子是否连有4个不同的原子或原子团可知,A项分子中含1个手性碳原子;B项分子中含2个手性碳原子;C项分子中含3个手性碳原子;D项分子中不含手性碳原子。
18. 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.
19. 某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是（ ）
A. 3∶9∶4 B. 1∶4∶2
C. 2∶9∶4 D. 3∶8∶4
【答案】B
【解析】试题分析：A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，故选B。
【考点定位】考查晶胞的计算
【名师点晴】解答此类试题常利用分摊法解决。需要注意的是要正确理解分摊法的实质和方法，具体情况具体分析，在立方体中每个顶点的原子占1/8份额；每条棱的原子占1/4份额；每个面的原子占1/2份额；内部原子算1，这是常见的分摊计算法，但是本题是正三棱柱，每个顶点的原子占1/12份额；每条棱的原子占1/6份额；每个面的原子占1/2份额；内部原子算1，这是本题容易发生错误的地方。
20. 下列事实，不能用氢键知识解释的是 ( )
A. 水分子高温下也很稳定
B. 水和乙醇可以完全互溶
C. 冰的密度比液态水的密度小
D. 液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式
【答案】A
【解析】水分子高温稳定是因为H-O键键能大，而与氢键无关，A错误；水分子和乙醇分子之间能够形成氢键，所以二者互溶，B正确；冰中含有氢键，其体积变化大，所以冰的密度比液态水的密度小，C正确；氟化氢分子之间能形成氢键，很多HF分子可以缔结在一起，所以液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式，D正确；正确选项A。
点睛：水分子之间形成氢键，主要影响水的物理性质；而水分子很稳定是分子内部的共价键的作用，要破坏共价键，需要能量较高，因此水的性质很稳定，高温下也很难分解。
21. 下列变化需克服相同类型作用力的是（ ）
A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化
C. 氯化氢和氯化钾的溶解 D. 溴和汞的气化
【答案】A
【解析】试题分析：A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；故选A。
考点：考查了晶体的类型和微粒间作用力的判断的相关知识。
22. 有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）
A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
B. X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强
C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D. ZQ2是极性键构成的直线形分子
【答案】C
【解析】有五种元素X、Y、Z、Q、T、X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨迹，核外电子排布为1s22s22p63s23p4，故X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe；Z原子的L电子层的p亚层上有一个空轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p亚层上有一对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则T为P元素；A．Fe元素和O元素可形成化合物Fe2O3，故A正确；B．S的非金属性比P强，则H2SO4的酸性比H3PO4强，故B正确；C．X和Q结合生成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，均为共价化合物，故C错误；D．CO2中碳氧原子间为极性键，为直线型结构，故D正确，故选C。
23. 已知大多数含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）
A. H2SeO3 B. HMnO4 C. H3BO3 D. H3PO4
【答案】B
【解析】试题分析：A．H2SeO3中m＝1；B．HMnO4中m＝3；C．H3BO3中m＝0；D．H3PO4中m＝1，m最大的是HMnO4，所以酸性最强的是HMnO4，答案选B。
考点：考查含氧酸酸性比较
24. 下列有关说法不正确是（ ）
A. 水合铜离子的模型如图(a)所示，1个水合铜离子中有4个配位体
B. CaF2晶体的晶胞如图(b)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(c)所示，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(d)，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
25. 某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 （ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题：（本大题共4小题，共50分。）
26. 有下列8种晶体，用序号回答下列问题：
A．水晶 B．冰醋酸 C．白磷 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石
（1）属于原子晶体的化合物是_______，属于金属晶体的是_________，不含化学键的分子晶体是 __________．
（2）由极性分子构成的晶体是________，含有共价键的离子晶体是________，属于分子晶体的单质是_________．
（3）属于电解质的是_______，分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是_________，受热熔化，需克服共价键的是___________．
【答案】 (1). A (2). F (3). D (4). B (5). E (6). CD (7). BE (8). BC (9). AG
【解析】（1）水晶、金刚石都是原子晶体，水晶化学成分为二氧化硅，属于原子晶体的化合物，金刚石是单质；含有离子键的化合物形成的晶体是离子晶体，则氯化铵属于离子晶体；稀有气体分子中不存在化学键；（2）冰醋酸是由极性分子构成的分子晶体；氯化铵中含有离子键和共价键，即含有共价键的离子晶体是氯化铵；白磷和固态氩均是分子晶体；（3）冰醋酸和氯化铵溶于水均钠电离出由于质量，属于电解质；冰醋酸和白磷是含有共价键的分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键，水晶和金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键。
点睛：本题考查了化学键的类型和晶体的类型及性质，题目具有一定的综合性，准确判断化学键类型和晶体类型是解题的关键。难点是电解质判断，注意不能依据水溶液能否导电判断化合物是不是电解质，而应该是依据溶于水或在熔化时能否电离出阴阳离子，导电只是一种现象，不能作为判断依据。
27. 已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)：
（1）B的轨道排布式是_____________________________________，A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为___________________________________________。
（2）B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点，理由是________________________；
（3）A的最高价含氧酸根离子中，其中心原子采取____________杂化，D的低价氧化物分子的空间构型是___________________________。
（4）A、E形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为________________；(每个球均表示1个原子) 若相邻A原子和E原子间的距离为a nm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为_____________g/cm3(用含a、NA的符号表示)。
【答案】 (1). (2). A1
（1）B是Mg元素，核电荷数为12，根据核外电子排布规律B的轨道排布式是，Mg、Al、S元素是同一周期元素，同一周期元素的第一电离能逐渐增大，但镁的第一电离能大于铝的第一电离能，同一主族的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N元素的第一电离能大于P元素，P元素第一电离能大于S元素，所以Mg、Al、S、N元素的第一电离能由小到大的顺序为Al＜Mg＜S＜N。故答案为： 、 A1
（3）A的最高价含氧酸根离子是NO3-，NO3-中，中心N原子价层电子对=3+=3，所以N原子采取sp2杂化，D的低价氧化物是SO2，SO2的价层电子对=2+=3，含有一个孤电子对，所以分子空间构型是V形，故答案为：sp2、V形
（4）该晶胞中白色球个数==1，黑色小球个数=12×=3，N元素形成的负价是-3价，所以该晶胞中含有3个亚铜离子1个N离子，所以其化学式为Cu3N；== 故答案为：Cu3N、
28. 配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H＋(提供空轨道)通过配位键形成的。据此，回答下列问题：
（1）下列粒子中可能存在配位键的是____.
A．CO2 B．H3O＋ C．CH4 D．[Ag(NH3)2]+
（2）向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是：首先生成蓝色沉淀。继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。
①请写出上述过程沉淀溶解的离子方程式________________________________。再向深蓝色透明溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为_____________。
②根据以上实验，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3 ____H2O(填“>”、“=”或“<”)。
③请写出铜原子的核外电子排布式_________________。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＝1 958 kJ·mol－1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是_________________________________；
（3）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)、CoCl3·4NH3(紫色)四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol。已知上述配合物中配离子的配位数均为6。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
①CoCl3·5NH3________________；②CoCl3·4NH3（紫色）__________________。
【答案】 (1). BD (2). Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (3). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (4). > (5). 1s22s22p63s23p63d104s1或 [Ar]3d104s1 (6). 金属 (7). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (8). [Co(NH3)5Cl]Cl2 (9). [Co(NH3)4Cl2]Cl
【解析】（1）H2O(氧原子提供电子对)和H＋(提供空轨道)形成配位键，NH3(氮原子提供电子对)和Ag(提供空轨道)形成配位键，故选BD。答案为：BD
（3）①1molCoCl3·5NH3生成氯化银沉淀2mol，所以外界有2个氯离子，内界有1个氯离子、5个NH3，配合物的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；②1molCoCl3·4NH3生成氯化银沉淀1mol，所以外界有1个氯离子，内界有2个氯离子、4个NH3，配合物的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。答案为：①[Co(NH3)5Cl]Cl2 ②[Co(NH3)4Cl2]Cl
29. 张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:
（1）NH3的沸点比PH3_____(填“高"或“低”)，原因是_____________。
（2）Na3AsO4 中含有的化学键类型包括_______；AsO43-的空间构型为_______，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是_________。
（3）自然固氮现象发生的一系列化学变化：N2→NO→NO2→HNO3→NO3-解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。
①NO3-中N原子采取_____杂化方式，其空间构型为________，写出它的一种等电子体的化学式________.
②已知酸性： HNO3>HNO2，下列相关见解合理的是_________.
A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强
B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强
C．HNO3中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出H+，酸性强于HNO2
（4）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为______g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。
【答案】 (1). 高 (2). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 (3). 离子键、共价键 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). SO3、CO32- (9). BC (10). 16 (11).
【解析】（1）NH3和PH3都属于分子晶体，都存在范德华力，但由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点比PH3高。答案为：高、NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力
（2）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43-中As原子孤电子对数=，价层电子对数为4+0=4，据此判断空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As−O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，所以杂化类型为sp3杂化；答案为：离子键、共价键，正四面体 ，sp3
（3）①硝酸根中N原子价电子层电子为3对,理想模型为平面三角形,没有孤电子对，其杂化方式为sp2杂化；与硝酸根为等电子体的物质为：SO3、CO32-等
②A. 判断含氧酸（含有氧元素的酸）酸性强弱的一条经验规律是：同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，A中没有指明同一种元素，所以A错误；B. 同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，B正确；C.HNO3中氮元素化合价更高，得到电子能力强，所以相较HNO2酸性更强,C正确。所以选择BC。答案为：①sp2 、平面三角形、 SO3或CO32- ②BC
（4）根据均摊法可知,晶胞中P4分子数目为8×+6× = 4，则晶胞中P原子数目为4×4=16,晶胞质量为16×g，晶胞体积为(acm)3,则晶胞密度为:=== g·cm-3
故答案为：16 、
甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试化学试题
说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 P—31 S—32 Cu—64
第I卷（选择题）
一、选择题：（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1. 下列现象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是（ ）
A. 燃放焰火 B. 霓虹灯广告 C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像
【答案】D
【解析】试题分析：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，将释放能量，燃放焰火、霓虹灯广告、燃烧蜡烛等均与电子的跃迁有关系，平面镜成像是光线反射的结果，与电子的跃迁无关，答案选D。
考点：考查电子跃迁的应用
2. 4p能级只填充一半电子的原子，其原子序数是（ ）
A. 15 B. 33 C. 35 D. 51
【答案】B
【解析】试题分析：4p能级只填充一半电子的原子，说明该元素应该是第ⅤA族元素，根据核外电子排布规律可知其原子序数是2+8+18+5＝33，答案选B。
考点：考查
3. 下列物质的分子中，键角最大的是（ ）
A. H2O B. BF3 C. CH4 D. NH3
【答案】B
【解析】在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小，H2O中O原子含有2个孤电子对，BF3中B原子不含孤电子对，NH3分子中N原子含有1个孤电子对，CH4分子中C原子不含孤电子对，所以键角最大的是BF3，故选B．
4. 下列分子中含有sp2-sp3σ键的是（ ）
A. CH3CH3 B. CH2=CH-CH=CH2
C. CH≡C-CH3 D. CH2=CH-CH2-CH3
【答案】D
【解析】单键碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化，叁键碳原子采用sp杂化，所以sp2sp3σ键存在于单键碳原子与双键碳原子之间，故选D。
5. 下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（ ）
A. NH4NO3 B. SiO2 C. C6H5NO2 D. Cu
【答案】C
【解析】只有分子晶体的化学式，才能既表示物质的元素组成，又表示物质的分子组成，所以选项C正确，A是离子晶体，B是原子晶体，D是金属晶体，答案选C。
6. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )
A. BCl3 B. H2O C. SiCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】A、BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故A错误； B、H2O中O元素化合价为-2，O原子最外层电子数为6，所以2+6=8，O原子满足8电子结构；H元素化合价为+1，H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，H原子不满足8电子结构，故B错误；C、SiCl4中Si元素化合价为+4，Si原子最外层电子数为4，所以4+4=8，Si原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C正确； D、PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故D错误．答案选C．
点睛：本题考查原子结构，理解化合价和最外层电子数的关系是解题关键。
7. 下列离子中，外层d轨道达半充满状态的是 ( )
A. Fe3＋ B. Cr3＋ C. Co3＋ D. Cu＋
【答案】A
【解析】试题分析：A、Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道达半充满状态，A正确；B、Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是半充满状态，B错误；C、Co3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是半充满状态，C错误；D、Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，D错误，答案选A。
考点：考查核外电子排布
8. 下列有关化学用语表示正确的是 （ ）
A. 35Cl和37Cl的原子结构示意图均为
B. HC1O的电子式：
C. CO2的比例模型：
D. HCl的电子式：
【答案】A
【解析】A. 35Cl与37Cl核外电子数均为17，二者的原子结构示意图相同，均为，A正确；B．HClO的电子式为，B错误；C.二氧化碳分子中,C的原子半径大于O原子,所以CO2正确的比例模型为：，C错误；D. HCl的电子式为;,D错误；答案选A.
点睛：HC1O的结构式为H-O-Cl，因此次氯酸正确的电子式为。
9. 下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. SiC与SiO2 D. Cl2与I2
【答案】C
【解析】试题分析：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误；故选C。
【考点定位】考查不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【名师点晴】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力。
10. 下列对各组物质性质的比较中，正确的是( )
A. 硬度：Li＞Na＞K
B. 熔点：金刚石>晶体硅>金刚砂
C. 电负性：Na＜Al＜Mg
D. 空间利用率：体心立方堆积＜六方堆积＜面心立方堆积
【答案】A
【解析】A．碱金属元素中，其硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；B．原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能由大到小的顺序是：C-C键、C-Si键、Si-Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石＞金刚砂
＞晶体硅，故B错误；C．同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，所以电负性：Na＜Mg ＜Al，故C错误；D. 空间利用率：六方密堆积52%、面心立方堆积74%、体心立方堆积68%，所以空间利用率：面心立方堆积＞体心立方堆积＞六方密堆积，故D错误；答案选A．
点睛：本题考查了电负性、熔点、空间利用率等知识点，把握元素周期律、熔点高低的影响因素、空间利用率大小等为解答的关键。
11. 氨分子立体构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为( )
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B. NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
D. 氨分子是极性分子而甲烷是非极性分子
【答案】C
【解析】A. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，CH4分子中C原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等，采取sp3型杂化，两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，A错误；B. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，B错误；C. NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，C正确；D. 氨气分子空间构型是三角锥形不是因为氨气分子是极性分子，甲烷是正四面体形也不是因为甲烷是非极性分子，因果关系不正确，D错误；答案选C。
12. 下列对一些实验事实的理论解释正确的是（ ）
选项
实验事实
理论解释
A
碘单质在CCl4中溶解度比在水中大
CCl4和I2都是非极性分子，
而H2O是极性分子
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C═O是极性键
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】A.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的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；B. 理论解释不对，CO2分子是直线型，中心C原子杂化类型为SP杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；C. 金刚石是原子晶体，故C错误；D.理论解释不对，HF分子中间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误。答案选A.
13. 根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大
C. 熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g/cm3
【答案】C
【解析】A. 熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故B错误；C. 熔点10.31℃,熔点低,符合分子晶体的熔点特点,液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后,分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO−+OH−，有自由移动的离子，就能导电，故C正确；D.熔点97.81℃,质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；答案选C.
14. 下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是（ ）
A. NO2-和NH4+ B. H3O+和ClO3- C. NO3-和CO32- D. PO43-和SO42-
【答案】C
【解析】NH4+是正四面体，故A错误；H3O+和ClO3－是三角锥型，故B错误；NO3－和CO32－是平面结构，故C正确；PO43－和SO42－是正四面体，故D错误。
15. 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
【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)
A. 该物质的分子式为SN
B. 该物质的晶体中微粒间作用力有2种
C. 该物质具有很高的熔、沸点
D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
【解析】试题分析：A.由硫－氮化合物的分子结构可知其分子式是S4N4.错误。B．该物质的晶体属于分子晶体。在分子内原子间以共价键结合；在分子间以分子间作用力结合。因此在该物质晶体中微粒间作用力有2种。正确。 C．由于该物质属于分子晶体，分子间以极弱的分子间作用力结合。因此该物质具有较低的熔、沸点。错误。D．该物质是化合物，而同素异形体是有同种元素形成的不同性质的单质。因此该说法是错误的。
考点：考查物质的分子结构、性质及作用力的知识。
17. 下列化合物中含2个手性碳原子的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据有机化合物分子中手性碳原子的判断方法:碳原子是否连有4个不同的原子或原子团可知,A项分子中含1个手性碳原子;B项分子中含2个手性碳原子;C项分子中含3个手性碳原子;D项分子中不含手性碳原子。
18. 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.
19. 某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是（ ）
A. 3∶9∶4 B. 1∶4∶2
C. 2∶9∶4 D. 3∶8∶4
【答案】B
【解析】试题分析：A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，故选B。
【考点定位】考查晶胞的计算
【名师点晴】解答此类试题常利用分摊法解决。需要注意的是要正确理解分摊法的实质和方法，具体情况具体分析，在立方体中每个顶点的原子占1/8份额；每条棱的原子占1/4份额；每个面的原子占1/2份额；内部原子算1，这是常见的分摊计算法，但是本题是正三棱柱，每个顶点的原子占1/12份额；每条棱的原子占1/6份额；每个面的原子占1/2份额；内部原子算1，这是本题容易发生错误的地方。
20. 下列事实，不能用氢键知识解释的是 ( )
A. 水分子高温下也很稳定
B. 水和乙醇可以完全互溶
C. 冰的密度比液态水的密度小
D. 液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式
【答案】A
【解析】水分子高温稳定是因为H-O键键能大，而与氢键无关，A错误；水分子和乙醇分子之间能够形成氢键，所以二者互溶，B正确；冰中含有氢键，其体积变化大，所以冰的密度比液态水的密度小，C正确；氟化氢分子之间能形成氢键，很多HF分子可以缔结在一起，所以液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式，D正确；正确选项A。
点睛：水分子之间形成氢键，主要影响水的物理性质；而水分子很稳定是分子内部的共价键的作用，要破坏共价键，需要能量较高，因此水的性质很稳定，高温下也很难分解。
21. 下列变化需克服相同类型作用力的是（ ）
A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化
C. 氯化氢和氯化钾的溶解 D. 溴和汞的气化
【答案】A
【解析】试题分析：A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；故选A。
考点：考查了晶体的类型和微粒间作用力的判断的相关知识。
22. 有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）
A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
B. X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强
C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
D. ZQ2是极性键构成的直线形分子
【答案】C
【解析】有五种元素X、Y、Z、Q、T、X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨迹，核外电子排布为1s22s22p63s23p4，故X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe；Z原子的L电子层的p亚层上有一个空轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p亚层上有一对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则T为P元素；A．Fe元素和O元素可形成化合物Fe2O3，故A正确；B．S的非金属性比P强，则H2SO4的酸性比H3PO4强，故B正确；C．X和Q结合生成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，均为共价化合物，故C错误；D．CO2中碳氧原子间为极性键，为直线型结构，故D正确，故选C。
23. 已知大多数含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）
A. H2SeO3 B. HMnO4 C. H3BO3 D. H3PO4
【答案】B
【解析】试题分析：A．H2SeO3中m＝1；B．HMnO4中m＝3；C．H3BO3中m＝0；D．H3PO4中m＝1，m最大的是HMnO4，所以酸性最强的是HMnO4，答案选B。
考点：考查含氧酸酸性比较
24. 下列有关说法不正确是（ ）
A. 水合铜离子的模型如图(a)所示，1个水合铜离子中有4个配位体
B. CaF2晶体的晶胞如图(b)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(c)所示，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(d)，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
25. 某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 （ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题：（本大题共4小题，共50分。）
26. 有下列8种晶体，用序号回答下列问题：
A．水晶 B．冰醋酸 C．白磷 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石
（1）属于原子晶体的化合物是_______，属于金属晶体的是_________，不含化学键的分子晶体是 __________．
（2）由极性分子构成的晶体是________，含有共价键的离子晶体是________，属于分子晶体的单质是_________．
（3）属于电解质的是_______，分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是_________，受热熔化，需克服共价键的是___________．
【答案】 (1). A (2). F (3). D (4). B (5). E (6). CD (7). BE (8). BC (9). AG
【解析】（1）水晶、金刚石都是原子晶体，水晶化学成分为二氧化硅，属于原子晶体的化合物，金刚石是单质；含有离子键的化合物形成的晶体是离子晶体，则氯化铵属于离子晶体；稀有气体分子中不存在化学键；（2）冰醋酸是由极性分子构成的分子晶体；氯化铵中含有离子键和共价键，即含有共价键的离子晶体是氯化铵；白磷和固态氩均是分子晶体；（3）冰醋酸和氯化铵溶于水均钠电离出由于质量，属于电解质；冰醋酸和白磷是含有共价键的分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键，水晶和金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键。
点睛：本题考查了化学键的类型和晶体的类型及性质，题目具有一定的综合性，准确判断化学键类型和晶体类型是解题的关键。难点是电解质判断，注意不能依据水溶液能否导电判断化合物是不是电解质，而应该是依据溶于水或在熔化时能否电离出阴阳离子，导电只是一种现象，不能作为判断依据。
27. 已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)：
（1）B的轨道排布式是_____________________________________，A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为___________________________________________。
（2）B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点，理由是________________________；
（3）A的最高价含氧酸根离子中，其中心原子采取____________杂化，D的低价氧化物分子的空间构型是___________________________。
（4）A、E形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为________________；(每个球均表示1个原子) 若相邻A原子和E原子间的距离为a nm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为_____________g/cm3(用含a、NA的符号表示)。
【答案】 (1). (2). A1
（1）B是Mg元素，核电荷数为12，根据核外电子排布规律B的轨道排布式是，Mg、Al、S元素是同一周期元素，同一周期元素的第一电离能逐渐增大，但镁的第一电离能大于铝的第一电离能，同一主族的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以N元素的第一电离能大于P元素，P元素第一电离能大于S元素，所以Mg、Al、S、N元素的第一电离能由小到大的顺序为Al＜Mg＜S＜N。故答案为： 、 A1
（3）A的最高价含氧酸根离子是NO3-，NO3-中，中心N原子价层电子对=3+=3，所以N原子采取sp2杂化，D的低价氧化物是SO2，SO2的价层电子对=2+=3，含有一个孤电子对，所以分子空间构型是V形，故答案为：sp2、V形
（4）该晶胞中白色球个数==1，黑色小球个数=12×=3，N元素形成的负价是-3价，所以该晶胞中含有3个亚铜离子1个N离子，所以其化学式为Cu3N；== 故答案为：Cu3N、
28. 配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H＋(提供空轨道)通过配位键形成的。据此，回答下列问题：
（1）下列粒子中可能存在配位键的是____.
A．CO2 B．H3O＋ C．CH4 D．[Ag(NH3)2]+
（2）向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是：首先生成蓝色沉淀。继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。
①请写出上述过程沉淀溶解的离子方程式________________________________。再向深蓝色透明溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为_____________。
②根据以上实验，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3 ____H2O(填“>”、“=”或“<”)。
③请写出铜原子的核外电子排布式_________________。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＝1 958 kJ·mol－1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是_________________________________；
（3）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)、CoCl3·4NH3(紫色)四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol。已知上述配合物中配离子的配位数均为6。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
①CoCl3·5NH3________________；②CoCl3·4NH3（紫色）__________________。
【答案】 (1). BD (2). Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O (3). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (4). > (5). 1s22s22p63s23p63d104s1或 [Ar]3d104s1 (6). 金属 (7). 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (8). [Co(NH3)5Cl]Cl2 (9). [Co(NH3)4Cl2]Cl
【解析】（1）H2O(氧原子提供电子对)和H＋(提供空轨道)形成配位键，NH3(氮原子提供电子对)和Ag(提供空轨道)形成配位键，故选BD。答案为：BD
（3）①1molCoCl3·5NH3生成氯化银沉淀2mol，所以外界有2个氯离子，内界有1个氯离子、5个NH3，配合物的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；②1molCoCl3·4NH3生成氯化银沉淀1mol，所以外界有1个氯离子，内界有2个氯离子、4个NH3，配合物的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。答案为：①[Co(NH3)5Cl]Cl2 ②[Co(NH3)4Cl2]Cl
29. 张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:
（1）NH3的沸点比PH3_____(填“高"或“低”)，原因是_____________。
（2）Na3AsO4 中含有的化学键类型包括_______；AsO43-的空间构型为_______，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是_________。
（3）自然固氮现象发生的一系列化学变化：N2→NO→NO2→HNO3→NO3-解释了民谚“雷雨发庄稼”的原理。
①NO3-中N原子采取_____杂化方式，其空间构型为________，写出它的一种等电子体的化学式________.
②已知酸性： HNO3>HNO2，下列相关见解合理的是_________.
A．含氧酸中氧原子总数越多，酸性越强
B．同种元素化合价越高，对应含氧酸的酸性越强
C．HNO3中氮元素的正电性更高，在水溶液中更易电离出H+，酸性强于HNO2
（4）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为______，该晶体的密度为______g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。
【答案】 (1). 高 (2). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 (3). 离子键、共价键 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). SO3、CO32- (9). BC (10). 16 (11).
【解析】（1）NH3和PH3都属于分子晶体，都存在范德华力，但由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点比PH3高。答案为：高、NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力
（2）Na3AsO4属于离子化合物，含有离子键，酸根离子中含有共价键；AsO43-中As原子孤电子对数=，价层电子对数为4+0=4，据此判断空间构型为正四面体；As4O6的分子中As原子形成3个As−O键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，所以杂化类型为sp3杂化；答案为：离子键、共价键，正四面体 ，sp3
（3）①硝酸根中N原子价电子层电子为3对,理想模型为平面三角形,没有孤电子对，其杂化方式为sp2杂化；与硝酸根为等电子体的物质为：SO3、CO32-等
②A. 判断含氧酸（含有氧元素的酸）酸性强弱的一条经验规律是：同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，A中没有指明同一种元素，所以A错误；B. 同种元素化合价越高，含氧酸中氧原子总数越多酸性越强，B正确；C.HNO3中氮元素化合价更高，得到电子能力强，所以相较HNO2酸性更强,C正确。所以选择BC。答案为：①sp2 、平面三角形、 SO3或CO32- ②BC
（4）根据均摊法可知,晶胞中P4分子数目为8×+6× = 4，则晶胞中P原子数目为4×4=16,晶胞质量为16×g，晶胞体积为(acm)3,则晶胞密度为:=== g·cm-3
故答案为：16 、
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