创新示范卷4 物质结构元素周期律（含答题卡）-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮创新示范卷（人教多选版 新教材）

(运)各刀 创新示范卷（四） 第四章 物质结构 元素周期律 第I卷（选择题，共40分） A.第一电离能：X<Z<Y 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20 B.Y的简单氢化物可用作制冷剂 分。每小题只有一个选项符合题意 C.X和Z、X和M均可以形成含有极性键的 非极性分子 1.(2024·烟台模拟)1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼 史 D.W和M的化合物的水溶液中，阳离子与阴 酸盐是一种常见的离子液体（结构如图），其 离子数目之比等于1：2 环状结构中存在大π键。下列说法正确的是 4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增 大。基态X原子核外电子仅占据5个原子轨 道且有3个未成对电子，Y在周期表中位于 ⅢA族，Z与X属于同一主族，基态W原子 的核外有1个未成对电子。下列说法错误 A.阳离子中至少10原子共平面 的是 ( 斗 B.BF:的空间构型为平面正方形 A.原子半径：Y>Z>W C.该化合物中所有元素都分布在p区 B.最高价含氣酸的酸性：W>X>Z D.该化合物中可能存在离子键，配位键和 C.简单氢化物的还原性：X>Z 氢键 D.X、Y、Z均可与W形成共价化合物 2.下列化学用语或图示表达正确的是( 5.(2024·济南外国语高三月考)《Nature》杂志 评选出的2019年世界十大科技进展之一是 A.NaCl的电子式Na:Cl: 我国科研人员发现用于“点击化学”的一种新 阳 B.SO2的VSEPR模型 化合物（如图所示），WX,Y、Z为短周期主族 元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层 C.ppo键电子云轮廓图∠8 电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z 同主族。下列说法正确的是 D.CO的空间结构模型 3.短周期主族元素X、Y、Z、W,M的原子序数依 W-W-W 羹 次增大：X的氢化物种类繁多，其中含氢量最 A.第一电离能：W>X>Z 高的为25%：Z和W的基态原子均满足s轨 B.四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的 道电子总数和P轨道上的电子总数相等；M 为Y 是同周期中电负性最大的元素。下列说法错 C.最简单氢化物的沸点W>X 误的是 D.最简单氢化物的稳定性：W>X>Y 4-1 6.(2023·山东省德州市高三期末)元素H、C、 A.乙炔的B.SO2的C.基态Cr的 D.p,轨道的 N可组成多种杂环化合物，例如 空间结构VSEPR 价层电子的 电子云轮廓图 模型 模型 轨道表示式 啶)、 (毗咯)，下列说法错误的是( 9.(2024·辽宁省大连市高三双基测试)某深蓝 日 A.电负性：H<C<N 色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如 图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增 中，N为sp2杂化 大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其 中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下 都难溶于水 一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误 的是 都含有π键 W2++2X2Z-YX2-YX2-ZX2- YX2-X2Z ZX2-YX2 7.某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、 W Y、Z五种元素原子序数依次增大，且Z原子 YX2-X2Z ZX2-YX2 最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法 A.Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极 正确的是 ) 性的向量和等于零 XM MX-Z B.最简单氢化物的稳定性：Y<Z M-Y-M C.W的价层电子排布图为 XM MX-Z 3d 4s A.Z的氢化物只含极性键 个个个个个 B.原子半径：M>W>X>Y>Z D.1个生成物离子中含有4条配位键 C.Z的氢化物沸点一定比X的氢化物的沸 10.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解 点高 氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如 D.已知HWO3的解离反应：H3W)3十H2O 图所示。下列叙述正确的是 ( =H++W(OH)4,K。=5.81×10-10, N.H, NH,HO 0 →Gm0GmNL* →CaNH,2 可判断H3WO3是一元弱酸 N, 8.(2023·北京市东城区高三期末考试)下列图 ① ② 3 示或化学用语表示不正确的是 A.N2H,分子中g键与π键的数目之比为5：1 ☐ B.1molN2H可处理水中2mol(O2 3d C.[Cu(NH3),]+中存在离子键、配位键和 图 极性共价键 D.氨水中NH3与H2O间存在氢键 4-2 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20 A.M2+离子中Si的配位数是6 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求， B.1个M+中含有42个g键，8个π键 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错 C.SiF4,SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依次升高 的得0分。 D.气态SiCI,分子的空间构型为正四面体 11.2024年1月1日，习近平主席在2024年“新 13.(2024·江苏省泰州中学高三月考)自然界 年贺词”中提到：“中国的创新动力、发展活 中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成 力勃发奔涌。C919大飞机实现商飞”，铼 CuSO,溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变 (Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材 为铜蓝(CuS)。已知：Ksp(ZnS)=2× 料。X,Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且 10-2,Kp(CuS)=6×10-36。下列说法正 位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z 确的是 三种元素可与铼元素组成一种化合物（结构 如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。 ●Zn+ Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W 形成的化合物为共价晶体，下列说法正确 的是 A.Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d4s B.反应ZnS(s)+Cu2+(aq)一CuS(s)+ Zm+（(aq)正向进行，需满足(Zn) c(Cu2+) A.元素第一电离能：Z>Y>W>Q 3×104 B.图中的阳离子存在三个共价键和一个配 C.ZnS晶胞（见如图）中S2-的配位数为4 位键，四个键的性质不同 D.生成铜蓝后的溶液中一定存在：c(S2-)= C.熔点：W品体大于W、Y形成的晶体 c(Cu2+)且c(S2-)> Ksp(CuS) Ksp (ZnS) D.Q的最高价氧化物对应水化物可以和强 c(Zn2+) 碱反应 14.(2024·济南模拟)化合物M的结构如图所 12.(2024·四川省威远中学校高二期中)已知 示，X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主 族元素，Y在自然界中以化合态的形式存 SiCL与N-甲基咪唑(lC )反应可以得 在，Z的最外层电子数是其电子层数的3倍。 到M+,其结构如图所示，下列说法不正确 下列说法正确的是 的是 HC- CH, 4-3 A.元素Y、Z、W形成的单质中，Y的熔点 (1)基态铁原子价电子排布中未成对电子数 最高 与成对电子对数之比为 B.X2Z分子间存在氢键，因此X2Z分子稳定 (2)第二周期元素中，第一电离能介于元素B 性较强 和N之间的元素有 种。 C.W与Z形成的两种常见离子化合物中阴 (3)超碱PnH离子中PH时与PH3键角 阳离子个数比相同 PH时 PH(填“大于”或“小 D.化合物M中各原子或离子均达到2电子 于”)，请分析原因 或8电子稳定结构 15.(2024·菏泽市高三期中)[Co(NH3)6]Cl2 (4)写出与超肉素A1C等电子体的两种分 晶体的晶胞如图所示（已知该立方晶胞的边 子的化学式： 长为apm,阿伏加德罗常数为NA, (5)六方相氨化硼品体结构与石墨相似（如 [Co(NH3)后]CL2的摩尔质量为Mg/mol). 图)，晶体中氮原子的杂化方式为 以下说法正确的是 Q 氨化硼晶体不导电的原因是 0 O[CANE MF A.若规定A点原子坐标为(0,0,0)，B点原 子坐标为 20小则c点原子坐标 为保昌 (6)磷化硼品胞结构 B.离[Co(NH3)6]2+最近的CI有4个 P 如图所示，晶胞中P C.[Co(NH3)6]Cl2中，中心离子的配位数 原子空间堆积方式为 为8 D.[Co(NH,)]C,晶体的密度为4M× :已知晶体中硼和磷原子半径分 aNA 别为r1pm和r2pm,距离最近的硼和磷原 1030g/cm 子核间距为二者原子半径之和。则磷化硼 第Ⅱ卷（非选择题，共60分） 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 16.(12分)(2024·郑州模拟)某研究团队设计 (写出计算式)。 了一系列稳定的由超碱PHt和超卤素 17.(12分)(2024·济宁模拟)硼及其化合物在 MX组成的PnH MX4(Pn=N,P:M=B、 材料制造、有机合成等方面用途非常广泛。 Al、Fe:X=CI、Br)超盐晶体。 回答下列问题： 4-4 (1)氨硼烷(H3NBH3)是目前最具潜力的储 18.(12分)(2024·潍坊模拟)中国科学报报道 氢材料之一。氨硼烷能溶于水，其原因是 钙钛矿太阳能电池在柔性可穿戴电子设备 等方面具有独特的优势和巨大的应用潜力。 钛酸钙晶胞俯视投影图如图： (2)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架 状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单 △C3 ○Ti 链状结构的多硼酸根，其化学式为 图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子 已知：晶胞中只含有一个钙离子，钙离子与 采取的杂化类型是 钛离子之间的最近距离为xnm。 2 回答下列问题： (1)基态T2+的核外价电子排布图为 0 0 -0B a (b) AI原子的最高能层轨道数为 (3)硼氢化钠是一种常用的还原剂，其品胞 结构如图所示： (2)Ti的四卤化物熔点如表所示，TF4熔点 高于其他三种卤化物，自TCL至TL熔点 ●B[4 ONa' 依次升高，原因是 -anm ①该晶体中Na十的配位数为 化合物 TiF TiCh TiBr Til 标注为“1”的Na十分数坐标为 ②HBO3分子中的O一B一O的键角 熔点/℃ 377 24.1238.3 155 (填“大于”“等于”或 (3)图中组成元素的电负性大小顺序是 “小于”)BH中的H一B一H的键角 ③已知硼氢化钠晶体的密度为pg·cm3, (4)如图结构的化学式为 Na代表阿伏加德罗常数的值，则a= (用含P、NA的代数式表示)。 :Ca+、Ti1+的配位数分 ④若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na十被 别为 L+取代，得到的晶体的化学式为 (5)晶体密度为 g·cm一3（列出 计算式)。 4-5 创新示范卷（四） (化学)答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 填 正确填涂 注 1.答题前，光牛须准确填四自已的姓名、准考证号，并认其核对条形码上的姓名 准考证号， 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填苏，非选择题必领使用0.5毫米熊色墨水签字笔书写。 错误填涂 涂写要工整，清腐。 样 ×) 车 3按照题号在对应的答题区城内作答，超出答圈区域的答题无效，在草稿纸、试 0历三 项 题卷上作答无效 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕被等。 第I卷 选择题 选择题(1~10小题，每小题2分，共20分) 正确填涂 二、选择题(11~15小题，每小题4分，共20分) 1A回C回 5AEg回 9ABCD 13ABCD 各题 2ABC回 6囚BC回 10ABC回 14ABC回 的 3ABCD 7ABCD 11ABCD 15A BCD 4ABCD 8ABCD 12ABCD == 区 作答 第Ⅱ卷 非选择题（需用0.5毫米黑色墨水签字笔书写） 三，（共60分） 16.(12分) 超出边框的答案无效 17.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（四）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(12分) 19.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 20.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（四）第2页（共2页） 19.(12分)(2024·宝鸡模拟)照相底片定影时， (5)用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数 常用定影液硫代硫酸钠(NSO)溶解未曝光 由金的X射线衍射图像可知品胞属于面心立 的溴化银(AgBr),生成含Na[Ag(S2(O方)2]的 方晶胞。若金原子的半径为rcm,金的密度为 废定影液，再向其中加人Na2S,使 pg·cm3,摩尔质量为Mg·mol1,列出计 算阿伏加德罗常数的算式 (用 Na3[Ag(S2O3)2]中的银转化为Ag2S,使定 含r、pM的表达式表示)。 影液再生。将Ag2S在高温下转化为Ag,达 (6)从组成的角度分析Ag2CO3比Ag2S的 到回收银的目的。 分解温度低的原因是 回答下列问题： 20.(12分)环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn,Zn)盐常 (1)元素周期表中，铜、银、金位于同一副族 作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回 相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式 答下列问题： (1)基态Cu原子的价电子排布式为 为 。 乙二胺 (H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，与 (2)镍的氨合离子[Ni(NH3)6]+中存在的 Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因 化学键有 是 A.离子键 B.共价键 (2)S,O离子结构如图所 C.配位键 D.氢键 F.r键 些 示，写出一种等电子体 E.o键 ,其结构中。 (3)Ni、Co的第五电离能分别为：I5(Ni) 键的类型为 7339k·mol1,I5(Co)=7670kJ·mol1, I5(Ni)<I5(Co),其原因是 (3)写出AgBr溶于Na2S2O3溶液反应的离 (4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单 子方程式 质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰 Na[Ag(S2O3)2]中存在的作用力有 锡不如金刚石稳定，其原因是 (填化学键类型)，银离 (5)硒化锌晶胞结 子的配位数是 构如图所示，其晶 (4)在空气中灼烧Ag2S生成Ag和SO2, 胞参数为apm。 SO2分子中心原子的杂化类型为 ①相邻的Se2-与 OZn Zn2+之间的距离为 pm。 ,分子的空间构型为 ②已知原子坐标：A点为(0,0,0)，B点为 与CO2构型不同的原因是 (1,1,1),则C点的原子坐标为 0 ③若硒化锌晶体的密度为pg·cm一3，则阿 由此判断H2O的键角 伏加德罗常数NA= mol-1(用含 H3O+的键角。 a、p的计算式表示)。 4-6化学（新教材） (4)根据题意，依据得失电子守恒可得关系式为 有CuS()4·3H2O或CuSO4·H2O或CuSO杂质 6CuC~K2Cr2O2.25mL.溶液中n(CuCI)=0.02× 时会导致测得结晶水的含量偏低。 20.00×10-3×6,样品中m(CC1)=0.02×20.00×10-3 答案：(1)除去孔雀石中的杂质，获得纯净的氧化铜 ×6×250,'25×99.5g=2.388g,故产品的纯度为 (2)BCD mCD×100%=79.6%:K,Cr,0,溶液具有强氧化 (3)①蒸发浓缩至表层出现品膜、冷却结品：加入适 3.00 量无水乙醇②e、b,c、【、g③检验晶体中的结晶水 性，会氧化碱式滴定管下端的橡胶管，需用酸式滴定管。 是否已全部失去（或确保晶体中的结品水已全部失 答案：(1)ABD(2)Cu2++Cu+2CI-—2CuC1 当溶液中蓝色褪去变为无色C(3)乙醇挥发可带 去)④CuSO·3H2O(或CuSO,·H2O,CuSO1) 走CuC1表面的水分防止其被氧化(4)79.6酸式 20解析：(145g焦统藏的物质的量为7授品 滴定管 2.5mol,其中硫酸和三氧化硫均是2.5mol,2.5mol 19.解析：(2)由分析可知，若步豫I时采用高温，氨水会 三氧化硫又产生2.50l硫酸，则溶液中硫酸的物质的 受热挥发，反应生成的[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3会 受热分解生成氧化铜，使浸取率降低，故A错误。 量是5.0m0l,物质的量浓度是5.0mdl=1.25m0l/L: 4L (3)由题图可知，孔雀石经破碎预处理后，加入氨水 (2)250g质童分数为98%的硫酸中硫酸的质量是 “氨浸”时，CuCO3·Cu(OH)2溶于氨水转化为 LCu(NH3)4]2(OHD2CO,过滤得到含有[Cu(NH3)42 250g×98%=245g,其中溶剂水是5g,硫酸的物质 (OH)2CO。的滤液和沉淀；滤液经“蒸氨”， 的量是0品一25mm,可以结合水的物意的量 [Cu(NH)4]2(OH)2CO3受热分解生成二氧化碳、 是2.5mol,质量是2.5mol×18g/mol=45g,因此 氨气、氧化铜和水，向氧化铜固体中加入70%硫酸， 还可以吸敢水的质量是45g一5g=40g:(3)设 氧化铜溶解得到硫酸铜浸出液，向浸出液中加入适 Fe3O,的物质的量是amol,Fe2O3的物质的量是 量无水乙醇降低硫酸铜的溶解度，经蒸发浓缩至表 层出现晶膜、冷却结晶，过滤或减压过滤，用无水乙 6m:反应中消耗氧气的物质的量是品品 醇洗涤沉淀，干燥得到硫酸铜晶体。①由分析可知， 131mol:则根据方程式可知3a+2b=48、8a+5.5b= 可以向浸出液中加入适量无水乙醇降低硫酸铜的溶 131,解得a=4,b=18,则n(FeO:):n(Fe2O3)= 解度，经蒸发浓缩至表层出现晶膜、冷却结晶析出硫 2:9:(4)设混合气为1体积，根据硫化氢完全燃烧 酸铜晶体。②减压过滤后，洗涤沉淀时，先关小水龙 点燃 头，加入乙醇至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀 的方程式2H2S+302==2S02+2H20可知，0.84 物，将晶体表面的杂质洗涤干净，然后开大水龙头， 体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和 使洗涤剂快速通过沉淀物，减少晶体因溶解造成损 0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量 失，并重复操作2一3次，则减压过滤后，洗涤沉淀的 正确操作为e一→b→c→f→g。③品体中所含结品水 77%,因此所需空气为25×1.77=10.62，则二氧化硫 0.21 可通过重量分析法测定，重复置于烘箱中脱结品水、 0.84 冷却、称量的操作可以确保品体中的结品水已全部 体积分数910.62-L.26+081+0.81+0.16-0.075. 失去，减少测定结品水含量的误差。④若品体中含 答案：(1)1.25(2)40(3)2：9(4)0.075 创新示范卷（四） 选择题答案速查 题号 2 3 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 A D D C A C D C C D D B C AC AD 1.A[A.阳离子中五元环上C原子形成的化学键有1 物中C,B、N和F分布在p区，而H为s区元素，故C 个双键，由此判断采用的是p杂化，甲基和乙基上碳 错误：D.该化合物为离子化合物，一定含有离子键， 原子形成四个单键，采用的是sp3杂化，由环状结构中 BF:中存在配位键，其中B提供空轨道，F一提供孤电 存在大x健可知，两个N原子都采用$p2杂化，则五 子对，但不存在氢键，故D错误。] 元环上2个N原子，3个碳原子，包括3个碳原子分别 2.D[A项，NaC1是离子化合物，Na+与CI之间以离 连接的H原子，共8个原子共平面，另外甲基和乙基 子健结合，其电子式为：Na[:Cl:],A错误：B 直接与N原子连接的碳原子也与五元环共平而，即至 项，SO2中的中心S原子的价层电子对数为2十 少10原子共平面，故A正确：B.BF,中心原子价层 电子对数为4，无孤电子对，为sp3杂化，空间构型为 6一2X2=3,含有1对孤电子对，S原子为p杂化， 2 正四面体形，而不是平面正方形，故B错误：C.该化合 VSEPR模型为平面三角形，不是四面体形，B错误：C 答案-12 创新示范卷·参考答案 项，ppG键电于云轮廓图为O( O,C错误：D 子的核外电子总数相等，W形成3个价键，且原子序 数小于O,为N,则Y为F,据此分析。由以上分析可 项，CO号的中心C原子的价层电子对数为3+ 知，W为N,X为O,Y为F,Z为S。A.同一周期元 4+22X3=3.C原子上不含有孤电子对，其空间结 2 素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但 第ⅡA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，同 构模型是平面三角形，D正确.] 一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小， 3.D[X的氢化物种类繁多，则X为C元素，其中含氢 则第一电离能W>X>Z,选项A正确：B.F的非金属 量最高的为甲就，甲就中氢元素质量分载为青× 性最强，不存在最高价含氧酸，选项B错误：C.氨气和 100%=25%,Z和W的基态原子均满足s轨道电子 水分子之间都存在氢键，但水分子之间形成氢键更 总数和p轨道上的电子总数相等，且原子序数大于C 多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点W<X,选 元素，而Z和W均是短周期元素，因此Z和W的基态 项C错误：D.元素的非金属性越强，其气态氢化物的 原子核外电子排布式分别为1s22s22p、 稳定性越强，非金属性F>()>N,则气态氢化物的稳 1s22s22p3s2,因此Z为0元素，W为Mg元素，Y的 定性Y>X>W,选项D错误，] 原子序数大于C小于O,则Y为N,M原子序数大于 6.C[A项，由元素周期律可知同周期从左到右，电负 Mg且为短周期主族元素，M是同周期中电负性最大 性增大，从上到下电负性减小，电负性：H<C<N,故 的元素，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增大， 所以M为CI元素。由上述分析可知，X为C、Y为 A正确：B项 中N原子形成两个6键，孤电子对 N,Z为O、W为Mg、M为Cl。A.C,N、O元素位于同 一周期，从左至右基态原子的第一电离能有逐渐增大 数为1，N的价层电子对数为3，采用sD杂化，故B正确： 的趋势，而N元素原子最外电子层中2即轨道半充满， C项 能形成氢键，具有亲水性，故C错误：D 相较于O原子更难失去第一个电子，因此第一电离 能：N>O>C,故A正确：B.NH3的沸点较低而容易 汽化，汽化过程会吸收能量，因此液氨可用作制冷剂， 项，双键中有一个。键和一个π到 故B正确：C.C元素和O元素形成的CO2分子中含 有极性共价键(C一O),C元素与Cl元素形成的CCL 都有双键，故D正确。] 分子中含有极性共价键(C一CI),二氧化碳和四氯化 7.D[由题千信息可知，Z原子最外层电子数是电子层 碳均为非极性分子，故C正确；D.MgC2为易溶强酸 数的3倍，故Z为O:根据多孔储氢材料前驱体结构图 弱碱盐，在水中完全电离，电离出的Mg2+会发生水解 可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W,X、 而被消耗，1个Mg2+水解会生成2个H+,因此溶液 Y、Z五种元煮原子序数依次增大，故Y为N:M只形 中阳离子与阴离子数目之比大于1：2，故D错误。] 成一个单键，M为H,X为C,则W为B,据此分析解 4.C[基态X原子核外电子仅占据5个原子轨道且有 题。Z的氢化物有H2O和H2O2,H2O2存在非极性 3个未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p3, 键，A错误：根据同一周期从左往右主族元素的原子 为N元素：Z与X属于同一主族，则Z为P元素：Y在 半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增 周期表中位于ⅢA族，且原子序数大于N,则Y为Al 大，故原子半径：W>X>Y>Z>M,B错误；X为C, 元素；基态W原子的核外有1个未成对电子，且原子 烃类都属碳的氢化物，某些烃类物质沸点比Z的氢化 序数大于P,则W为Cl元素。A同周期主族元素自 物(H2O和H2O2)沸点高，C错误：由H3WO3十H2O 左至右原子半径依次减小，所以半径A>P>CL,即Y 一H++W(OH)4,K。=5.81×1010,可判断 >Z>W,A正确：B.非金属性越强，最高价含氧酸的 HWO3是一元弱酸，D正确。] 酸性越强，非金属性：CI(W)>N(X)>P(Z),所以最 高价含氧酸的酸性：W>X>Z,B正确：C.非金属性越 8.C[A项，乙炔的分子式为C2H2,为直线形，《 强，单质的氧化性越强，简单氢化物的还原性越弱，非 为其空间结构模型，A正确：B项，根据VSEPR理论， 金属性：N(X)>P(Z),则简单氢化物的还原性：Z> 二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故6/2 X,C错误：D.N可以和CI形成共价化合物NCl3,Al =3,则SO2的VSEPR模型为三角锥形，B正确：C 可以和CI形成共价化合物AIC3,P可以和CI形成共 项，基态Cr的电子排布式为1s22s22p3s23p3d4s, 价化合物PCL3、PCI,D正确。] 价层电子的轨道表示式为： 西.c特 5.A[W、X、Y,Z为短周期主族元素且原子序数依次 3d 4s 增大，X、Z同主族，根据化合物中价键可知Z为十6 误；D项，P,轨道的电子云轮廓图为沿x轴延展的纺 价，故Z为S,X为O,Y原子的最外层电子数与W原 锤状，D正确。] 答案-13 化学（新教材） 9.C[基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个 13.C[A项，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3dP,A 未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p2或 错误：B项，反应ZnS(s)+Cu+(ag)一CuS(s)+ 1s22s22p,结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为 Zn2+(aq)的平衡常数K= c(Zn2+) C元素：Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一 c(Cu2+) 周期，为H元素，Z可以形成3个共价键，则应为N元 c(Zn2+)c(S2-)Ksp(ZnS) 2×10-22 素：W的焰色为绿色，所以为Cu元素。A项，Y元素 c(Cu2+)c(S2-) Ksp(CuS) 6X10-6=3 的最高价氧化物为CO2·为直线形分子，结构对称，为 非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正 10,若平衡正向移动，需要Q。<K,即c(Zn2)<1 c(Cu2+)3 确：B项，非金属性C<N,则最简单氢化物的稳定性： ×1014,B错误：C项，由图可知，与S2距离最近且 Y(C)<Z(N),B正确：C项，W为Cu元素，价层电子 相等的Zn2+有4个，故S2-的配位数为4，C正确：D 排布式为3d04s,价层电子排布图为 项，生成铜蓝后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，存在 3d ☑幻C错误：D项，据图可知 4s c(S2-)= Ksp(CuS)Ksp(ZnS) Cu+)c(ZmD错误] 1个生成物离子中，C2+与4个N原子配位，即含有4 14.AC[化合物M的结构见题图，X、Y、Z、W为原子 条配位键，D正确。] 序数依次增大的短周期主族元素，Z原子最外层电子 10.D[A项，联氨分子中含有4个N一H键和1个 数是其电子层数的3倍，则Z为O:Y元素在自然界 N一N键，结构式为H一N一N一H,只含有单键， 中以化合态存在，且Y的原子序数小于Z,化合物M HH 中Y可以形成3个或4个共价键，则Y为B:X形成 即只含有。键，不含有π键，故A错误：B项，1mol 1个共价键，W形成十1价阳离子，则X为H,W为 N2H,失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1mol Na,以此分析解答。A.元素B,O、Na的单质依次为 O2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1mol 共价晶体、分子晶体、金属晶体，其熔点按分子晶体、 N2H1可处理水中1molO2,故B错误：C项， 金属晶体、共价晶体依次升高，故A正确；B.XZ为 [Cu(NH3)1门2+中铜离子与氨分子之间存在配位键， H2O,分子间存在氢键，熔沸点高，稳定性与化学键 氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子 有关，与分子间氯键无关，故B错误：C.W与Z形成 键，故C错误；D项，N、O元素电负性都较大，能和另 的两种常见离子化合物为Na2O和Na2O2,阴阳离子 一分子中的H原子形成氢键，所以NH与H。以 个数比均为1：2，故C正确：D.化合物M中Y为B, 氢键结合成NH3·H2O,故D正确。] 可以形成3个或4个共价键，形成3个键为6电子结 11.D[X,Y、Z、O、W是原子序数依次增大且位于不同 构，故D错误。] 主族的短周期元素，其中X、Y,Z三种元素可与铢元 15.AD[A.将品胞内部分为8个小立方体，A点原子 素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得 到缺，Q是地壳中含量最丰富的金属元素则为A1,Z 坐标为00,0).B点原子生标为（合号0）小则C 与W形成的化合物为共价晶体，Z为O,W为Si,X 为H结合化合物中Y的价键可知为N,阳离子为铵 的生标为（合，子，）故A正确：B以底面面心 根离子，综合分析可知，X为H,Y为N,Z为O,Q为 [C0(NH)6]+为例，在此品胞中离该 Al,W为Si。第一电离能：N>O>Si>Al,即Y>Z [Co(NH3)6]+最近的C厂有4个，下方晶胞中还有 >W>Q,选项A错误：阳离子为NH时，四个键的性 4个，因此离[Co(NH3)6]2+最近CI的有8个，故B 质相同，选项B错误：N一Si键键长小于Si一Si键，N 错误：C.[Co(NH3)s]Cl2中，只有NH3是配体，中心 一Si键键能大于Si一Si键，选项C错误：D.铝的最高 离子的配位数为6，故C错误：D.晶胞中[C0 价氧化物对应的水化物为A1(OH)3,可以与强碱反 应，选项D正确。] (NH)。+数目：8×日+6×号=4，C广数月：8，品 12.B[A项，2个CI-和4个H,C-N 均为Si原子的 胞的质量：m= ✉N 兴品体的蜜度为p=吕 配体，因此M+离子中Si的配位数是6，A正确：B 项，共价单键为。键，共价双键含有1个。键和1个π 。x0N&m2=X10gom,故D 4M a3NA 键，配位键为。键，因此1个M2+中含有54个g键， 正确。] 8个π键，B错误：C项，SiF4、SiCl1、SiBr4、Sil4为结 16.解析：(1)基态铁原子价电子排布是354s2,则未成 构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子之 对电子数与成对电子对数之比为4：2=2：1：(2)同 间作用力依次增大，沸点依次升高，C正确：D项， 一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA SiCl分子中Si形成4个a键，且不存在孤电子对， 族、第VA族反常，则第二周期元素中，第一电离能 其结构与甲烷相似，空间构型为正四面体，D正确。] 介于元素B和N之间的元素有Be、C,O共3种元 答案-14 创新示范卷·参考答案 素；(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角：PH时 sp杂化，而BH中B原子采用sp3杂化，sp2杂化 大于PH3,原因是PH分子中磷原子上孤电子对与 形成的键角是120°，sp3杂化形成的键角是109°28， 共价键之间的排斥作用大于共价键之间的排斥作 所以s即2杂化形成的键角大于sp3杂化形成的键角， 用：(4)原子总数相等，价电子总数相等的微粒互称 故HBO3分子中的(O一B一(O的键角大于BH(中 为等电子体，则与超卤素ACI等电子体的两种分 的H一B一H的键角：③在一个品胞中含有Na的 子的化学式：CC4,SiC14(或SiF,等)：(5)六方相氮 化硼晶体结构与石墨相似（见题图），石墨中碳原子 教目为6X号+4X =4,含有的BH的数目为1 的杂化方式是s即，则品体中氨原子的杂化方式为 $即，氯化硼晶体不导电的原因是层状结构中没有自 +8xg+4×号 4,则根据品胞密度公式可知p= 由移动的电子：(6)磷化硼晶胞中P原子在正六面体 4×(23+15) 的面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积，P V=NAX2aX10ag·cm3,所以该品胞中a 原子个数是8X日十6×号=4，B原子个数是4，设 76X10?:④根据Na+在品胞的位置可知：若隔氢 PNA 品胞的边长为a,体对角线是3a,B原子、P原子最 化钠晶胞上下底心处的Na+被Ii+取代，则其中含 近距离等于体对角线的四分之一，即a=十 有的Na数目为4×号十4X}=3,含有的Li+数 3 则磷化娜晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 目为2×号=1：合有的BH的数目为1+8×日十4 3r(r月+r2)X4 一×100%。 =4,因此该晶体化学式为NaIi(BH)。 r4+22 3 答案：(1)氨硼烷分子和水分子之间可以形成氢键 答案：(1)2：1(2)3(3)大于PH3分子中磷原 (2)[BO2]”或BO2sp2,sp3 子上孤电子对与共价键之间的排斥作用大于共价键 (3)①8 13) (1.24 ②大于③ 76×10 之间的斥力(4)CC1、SiCL(或SiF,等)(5)sp 层状结构中没有自由移动的电子(6)面心立方最 ④Nas Li(BH,)4 18.解析：(1)Ti的原子序数为22，核外电子排布式为 3(r+2)X4 密堆积 1s22s22p53s23p53d4s2,Ti2+的核外价电子排布式 [4n+2 -×100% 3d √3 为3d,价电子排布图为。 17.解析：(1)氨硼烷能溶于水，是由于氨珊烷分子与水 口A原子的最高 能层为M层，其轨道包括1个3s轨道，3个3p轨道， 分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的相互吸 5个3d轨道，所以轨道数共为1十3十5=9个。 引作用：(2)图()是一种链状结构的多硼酸根，从图 (2)由于F的非金属性强，Ti与F之间的电负性差值 可看出，每个一O—BO一单元，都有一个B,有一 较大，形成的化合物TF,为离子化合物，而TC 0 TiBr1、Til1均为共价化合物，离子化合物的熔沸点 个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个 高于共价化合物，TiCl:,TBr4、Til分子纽成与结构 O—BO一单元共用，所以V(B):V(O)=1: 相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸 0 点越高。(3)金属元素的电负性小于非金属元素，因 1+2×号)=1：2，所以化学式为[B0]:或 此图中电负性最大的是O,Ti和C位于同一周期， 从左至右电负性逐渐增大，因此电负性大小关系为 BO2;从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看 O>Ti>Ca。(4)由俯视图可知，Ca2+位于体心， 出：一半B原子采用sp3杂化形成两个四配位BO1 O-位于棱上，T+位于顶点，根据均摊法计算可 四面体；另一半B原子采用的是sp杂化形成两个三 配位BO3平面三角形结构，故其中B原子杂化类型 知，1个品跑中Ca2+数为1X1=1,02:为12× 为sp2杂化、sp3杂化：(3)①以上底面面心Na+研 =3,T+数为8×号=1，周此晶胞的化学式为 究，与其配位的BH处于品胞的顶，点、品胞上半部 的面心，还有处于上面晶胞下半部左右侧面的面心， CaTiO3,由图可知，与Ca2+最近且距离相等的O 即该晶体中Na十的配位数为8：根据坐标原，点及标 数为4×3=12，与T+最近且距离相等的(02-数为 注为“1”的Na的位置，可知该Na十的分数坐标为 6×1=6。(5)钙离子与钛离子之间的距离是晶胞体对 1,,号)：@H,B0,分子为平西分子，B原子来用 角线的一半，且为xnm,因此，该晶胞的边长为二nm, 3 答案-15 化学（新教材） 晶胞的体积为(2二×10-7cm),1个晶胞的质量为 知4r=√2x,即x=22r,又金的密度为pg·cm-3 摩尔质量为Mg·mol-1,列出4M=NA(2√2r)3p, 40+48+16×3 g,因此晶胞的密度为 NA 计算阿伏加德罗常数的算式为N,。四 40+48+16×3 NA 51√3 (6)由于S2-的半径大于O2-的半径，Ag+对CO 2.×10-7cm NA(xX10-7)3g·cm3, 中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放 3 出CO2气体，导致Ag2CO3比Ag2S的分解温度低。 3d 答案：(1) 9(2)TiF4为离子晶体，熔 答案：(1)4d05s乙二胺的两个N提供孤电子对 □ 给Cu2行形成配位键(2)SO p-p键 点高，TiCL4、TBr4、TiL为分子品体，相对分子质量 (3)AgBr+2S2()号—[Ag(S2O3)2]3-+Br离 依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高 子键、共价键、配位键2(4)sp2V形硫原子 (3)0>TiCa (4)CaTiO 12 6 (5) 513 上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小 NA(z×107)月 19.解析：(1)已知基态钢原子的价层电子排布式为 小于(5)NA=42。【 -mol-1(6)Ag+对CO号 3dP4s',元素周期表中，钢、银、金位于同一副族相邻 中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放 周期，故基态银原子的价层电子排布式为405s', 出CO2气体 由于乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中两个一NH2的N 20.解析：(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布 原子上均有孤电子对，均能与Cu+等金属离子形成 式为3d04s。(2)镍的氨合离子[Ni(NH3):+中氨气 配位键，故能与Cu2+等金属离子形成稳定环状离 分子中存在共价单健，单键就是G键，镍离子和氨气 子：(2)等电子体是指原子总数相等，价电子总数相 分子之间存在配位键。(3)L(Co)和I(Ni)分别指 等的粒子，因S和O的价电子数相等，故S2O的 失去3d5和3d5上的一个电子所需能量，3d5处于半 等电子体为SO,其结构中g键是S原子的3p轨 充满稳定状态，需要的能量较高。(4)S加与C同主 道和O原子的2即轨道重叠形成的，故σ键的类型为 族，Sn原子半径大，Sn一Sn键的键长长，键能小，故 ppG键：(3)由题千信息可知，硫代硫酸钠 灰锡不如金刚石稳定。(5)①硒化锌晶胞中相邻的 (Na2S2O3)溶解未曝光的溴化银(AgBr),生成 Sc2-与Zn2+之间的距离是晶胞体对角线长度的四 Nag[Ag(S2O3)2],AgBr溶于Na2SO溶液反应的 分之一，而晶胞体对角线的长度为晶胞棱长的√3倍， 方程式为AgBr+2Na2S2O3-Nag[Ag(S2O3)2] +NaBr,故离子方程式为AgBr+2S2O号 故二者之间的距高为。pm,②根据码化锌品胞中 [Ag(S2O3)2]3-+Br,Nag[Ag(S2O3)2]中存在的 相邻的Se2-与Zn2+之间的距离是品胞体对角线长 作用力有Na+与[Ag(S2O3)2]3-之间的离子键、 度的四分之一分析，A点为(0,0,0)，B点为(1,1,1)， [Ag(S2(O)3)2]3-内部中有S原子和O原子间的共价 键和Ag+与S2O%之间的配位键，[Ag(S2O3)2]3 则C点的原子坐标为(·立4小 1331 ③根据均摊法分 中银离子的配位数是2；(4)在空气中灼烧Ag2S生 析，一个品跑中锌原子的个教为4，临原子个数为8X日 成Ag和SO2,SO2分子中心原子S原子周围形成2 个。键，含有的孤电子对数为2(6一2×2)=1，故中 ±6×号=4，m=(65+79》X4 NA Fg,故p=65+79)X4 NA ÷(a×10-10)3cm3= 144×4 心原子的价层电子对数为3，故杂化类型为即，分子 (aX101)3·NAg·cm3, 的空间构型为V形，CO2中C原子没有孤电子对， 可得阿伏加德罗常数NA-plax10D) 4×144 导致C一0之间的播斥力减小，故键角增大，故SO2 与CO2构型不同的原因是硫原子上孤电子对存在对 答案：(1)3d04s'(2)BCE(3)I5(Co)和I(Ni)分 共价键的排斥作用使键角变小，由于H,)中O原子 别指失去3d和3d5上的一个电子所需能量，3d处 存在2对孤电子对，HO十中O原子存在1对孤电子 于半充满稳定状态，需要的能量较高 对，由此判断H(O的键角小于HO十的键角：(5)设阿 (4)Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn一Sm键的键 伏加德罗常数为NA,已知金的品胞属于面心立方晶 长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定(5)①5。 胞，故一个品隐中含有8×号十6X号=4个金原子， 33 ③ 4×144 设品胞的边长为xcm,若金原子的半径为rcm,可 444 p(a×10-10)3 答案-16