2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修2 物质结构与性质复习定时40min卷（三）

1 选择性必修二物质结构与性质复习定时 40min卷（三） 1. 下列说法错误的是 2. A． 不符合泡利原理 B．p能级能量一定比 s能级的能量高 C．2p和 3p轨道形状均为哑铃形，3p的半径比 2p大 D．基态 N原子的轨道表示式为 ，违背了洪特规则 2．下列关于实验现象的解释或结论正确的是 选 项 实验操作 现象 解释或结论 A 在[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇 析出蓝色晶体 极性：乙醇>水 B 向 NaCl溶液中滴加少量 AgNO3溶 液，然后滴加氨水直至过量 先产生白色沉 淀后沉淀消失 配位键影响物质的溶解性 C 向 AgNO3溶液中滴加过量氨水 先生成沉淀，后 沉淀溶解 稳定性： [Ag(NH3)2]+<[Ag(H2O)2]+ D 向 Co(NH3)3Cl3的水溶液中滴加硝酸 银溶液 无明显现象 该配合物中 Co2+的配位数是 3 3．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下： 步骤 1：向盛有 4 mL 0.1 mol·L-1蓝色 CuSO4溶液的试管中，滴加几滴 1 mol·L-1氨水，有蓝 色沉淀生成； 步骤 2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤 3：向试管中加入 8 mL 95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法不正确的是 A．最终所得溶液中大量存在 NH 4  、[Cu(NH3)4]2＋、 2-4SO B．步骤 2所发生反应的离子方程式为 Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH- C．步骤 3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 2 D．H2O与 Cu2＋的配位能力大于 NH3 4．一种名贵宝石的主要成分是由原子序数依次增大的短周期主族元素 X、Y、Z、W组成， 其中 X、Z为金属元素，X的质子数等于W的最外层电子数，Y、W的最外层电子数之和 是 X、Z最外层电子数之和的 2倍，Y单质是空气的主要成分之一，下列有关说法正确的是 A．X的氢氧化物易溶于水 B．X、Z位于同一主族 C．X、W的氯化物中各原子均为 8电子稳定结构 D．Y、Z的第一电离能均小于同周期相邻两种元素 5．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是 A．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强 B．稳定性： 2 2H O H S ，是由于水分子间存在氢键 C．已知：B元素和Cl元素的电负性差值大于N元素和Cl元素的电负性差值，故： 3BCl 分 子的极性大于 3NCl D．键角： 3 2H O H O   是由于 3H O  中O上孤电子对数比 2H O分中O上的少 6．sp3杂化与 CH4分子的空间构型 (1)杂化轨道的形成 碳原子 2s轨道上的 1个电子进入 2p空轨道， 个 2s轨道和 个 2p轨道“混合”， 形成 相等、 相同的 个 sp3杂化轨道。 4个 sp3杂化轨道在空间呈 ，轨道之间的夹角为 ，每个轨道上都有一个未成 对电子。 (2)共价键的形成 碳原子的 4个 轨道分别与 4个氢原子的 轨道重叠，形成 4个相同的 键。 3 (3)CH4分子的空间构型 CH4分子为空间 结构，分子中 C—H键之间的夹角都是 。 (4)正四面体结构的分子或离子的中心原子，一般采用 sp3杂化轨道形成共价键，如 CCl4、 NH 4  等。金刚石中的碳原子、晶体硅和石英(SiO2)晶体中的硅原子也是采用 杂化轨 道形成共价键的。 7．铜是人类最早使用的金属之一，最近科学家发现 Cu 元素有很强的杀菌作用，还可代替 Al布线在硅芯片上。用黄铜矿(主要成分为 CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下： 2 2 2O O Δ Cu SΔ 2 2800CuFeS Cu S Cu ℃ ① ② 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。Cu2O的熔点 Cu2S的熔点(填写“＜”、 “＞”或“=”)。 (2)反应①、②中生成的气体 SO2，分子的空间结构为 。 (3)Cu2+能与 NH3形成配位数为 4的配合物，向 CuSO4溶液中加入氨水，最终形成配合物 [Cu(NH3)4]SO4。请判断：[Cu(NH3)4]SO4。中存在的化学键的类型有 (填序号)。 a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.非极性共价键 e.极性共价键 (4)如图是铜的一种氮化物晶体的晶胞结构。该化合物的化学式 为 ，每个 N原子周围与它最近且等距离的 Cu原子 有 个，每个 Cu原子周围与它最近且等距离的 N原子 有 个。 8．前四周期元素 A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种 运动状态；基态 B原子 s能级的电子总数比 p能级的多 1；基态 C原子中成对电子数是未成 对电子数的 3倍；E为第四周期元素且价层电子均为半充满状态，D形成简单离子的半径在 同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题： (1)E在元素周期表中的位置为 。 (2) 3BA 极易溶于水的主要原因是 ； 3BA 分子中键角 109°28＇(填 “>”“<”或“=”)。 (3)元素 A、B、C中，电负性最大的是 (填元素符号，下同)，元素 B、C、D第 一电离能由大到小的顺序为 。 4 (4) 3BC 中 B原子轨道的杂化类型为 ， 3A C的空间构型 。 9．硅、硫元素是重要的非金属元素，在生产、生活中占有重要地位。如很多含巯基( SH ) 的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物Ⅰ可与氧化汞生成化合物Ⅱ。 (1)基态硫原子价电子排布式为 。 (2)①硫单质的一种结构为 ，该晶体中存在的作用 力 、 。 ② 2 4SO  、 2CS 、 23CO  键角由大到小的顺序是 (填离子符号) (3) 2H S、 2H Se、 2H O的沸点由高到低顺序为 。 (4)  2 4Si NH 分子的空间结构(以Si为中心)为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型 是 。 (5)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有___________。 A．在Ⅰ中 S原子采取 3sp 杂化 B．在Ⅱ中 S元素的电负性最大 C．在Ⅲ中C-C-C键角是 180° D．在Ⅲ中存在离子键与共价键 (6)化合物Ⅰ的结构与甘油( )相似，但是甘油在水中的溶解度 更大，其原因可能是 。 (7)硫铁矿( 2FeS )是制备硫酸的原料， 2FeS 晶体的晶胞形状为立方体， 边长为 anm，结构如图所示。 ①距离 2+Fe 最近的阴离子有 个。 ② 2FeS 的摩尔质量为 -1120g mol ，阿佛加德罗常数为 AN 。该晶体的密度为 -3g cm 。 选择性必修二物质结构与性质复习定时40min卷（三） 1. 下列说法错误的是 2. A．不符合泡利原理 B．p能级能量一定比s能级的能量高 C．2p和3p轨道形状均为哑铃形，3p的半径比2p大 D．基态N原子的轨道表示式为，违背了洪特规则 2．下列关于实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 在[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇 析出蓝色晶体 极性：乙醇>水 B 向NaCl溶液中滴加少量AgNO3溶液，然后滴加氨水直至过量 先产生白色沉淀后沉淀消失 配位键影响物质的溶解性 C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 先生成沉淀，后沉淀溶解 稳定性：[Ag(NH3)2]+<[Ag(H2O)2]+ D 向Co(NH3)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液 无明显现象 该配合物中Co2+的配位数是3 3．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下： 步骤1：向盛有4 mL 0.1 mol·L-1蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴1 mol·L-1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8 mL 95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法不正确的是 A．最终所得溶液中大量存在NH、[Cu(NH3)4]2＋、 B．步骤2所发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH- C．步骤3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 D．H2O与Cu2＋的配位能力大于NH3 4．一种名贵宝石的主要成分是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成，其中X、Z为金属元素，X的质子数等于W的最外层电子数，Y、W的最外层电子数之和是X、Z最外层电子数之和的2倍，Y单质是空气的主要成分之一，下列有关说法正确的是 A．X的氢氧化物易溶于水 B．X、Z位于同一主族 C．X、W的氯化物中各原子均为8电子稳定结构 D．Y、Z的第一电离能均小于同周期相邻两种元素 5．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是 A．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强 B．稳定性：，是由于水分子间存在氢键 C．已知：元素和元素的电负性差值大于元素和元素的电负性差值，故：分子的极性大于 D．键角：是由于中上孤电子对数比分中上的少 6．sp3杂化与CH4分子的空间构型 (1)杂化轨道的形成 碳原子2s轨道上的1个电子进入2p空轨道， 个2s轨道和 个2p轨道“混合”，形成 相等、 相同的 个sp3杂化轨道。    4个sp3杂化轨道在空间呈 ，轨道之间的夹角为 ，每个轨道上都有一个未成对电子。 (2)共价键的形成 碳原子的4个 轨道分别与4个氢原子的 轨道重叠，形成4个相同的 键。    (3)CH4分子的空间构型 CH4分子为空间 结构，分子中C—H键之间的夹角都是 。 (4)正四面体结构的分子或离子的中心原子，一般采用sp3杂化轨道形成共价键，如CCl4、NH等。金刚石中的碳原子、晶体硅和石英(SiO2)晶体中的硅原子也是采用 杂化轨道形成共价键的。 7．铜是人类最早使用的金属之一，最近科学家发现Cu元素有很强的杀菌作用，还可代替Al布线在硅芯片上。用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜，其反应原理如下： 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。Cu2O的熔点 Cu2S的熔点(填写“＜”、“＞”或“=”)。 (2)反应①、②中生成的气体SO2，分子的空间结构为 。 (3)Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物，向CuSO4溶液中加入氨水，最终形成配合物[Cu(NH3)4]SO4。请判断：[Cu(NH3)4]SO4。中存在的化学键的类型有 (填序号)。 a.离子键  b.金属键 c.配位键 d.非极性共价键 e.极性共价键 (4)如图是铜的一种氮化物晶体的晶胞结构。该化合物的化学式为 ，每个N原子周围与它最近且等距离的Cu原子有 个，每个Cu原子周围与它最近且等距离的N原子有 个。 8．前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子中成对电子数是未成对电子数的3倍；E为第四周期元素且价层电子均为半充满状态，D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题： (1)E在元素周期表中的位置为 。 (2)极易溶于水的主要原因是 ；分子中键角 109°28＇(填“>”“<”或“=”)。 (3)元素A、B、C中，电负性最大的是 (填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为 。 (4)中B原子轨道的杂化类型为 ，的空间构型 。 9．硅、硫元素是重要的非金属元素，在生产、生活中占有重要地位。如很多含巯基()的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物Ⅰ可与氧化汞生成化合物Ⅱ。 (1)基态硫原子价电子排布式为 。 (2)①硫单质的一种结构为  ，该晶体中存在的作用力 、 。 ②、、键角由大到小的顺序是 (填离子符号) (3)、、的沸点由高到低顺序为 。 (4)分子的空间结构(以为中心)为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。 (5)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有___________。 A．在Ⅰ中S原子采取杂化 B．在Ⅱ中S元素的电负性最大 C．在Ⅲ中键角是180° D．在Ⅲ中存在离子键与共价键 (6)化合物Ⅰ的结构与甘油(  )相似，但是甘油在水中的溶解度更大，其原因可能是 。 (7)硫铁矿()是制备硫酸的原料，晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。 ①距离最近的阴离子有 个。 ②的摩尔质量为，阿佛加德罗常数为。该晶体的密度为 。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$1 选择性必修二物质结构与性质复习定时 40min卷（三）答案解析 1.【答案】B【详解】A、泡利不相容原理指出不能有两个或两个以上的电子处于完全相同的 状态，选项中 2s 轨道上两个电子自旋方向不会相同，不符合泡利原理，A 正确； B．p 能级能量不一定高于 s 能级的能量，如 2p 能级能量低于 4s 能级能量，B 错误； C．2p 和 3p 轨道形状都是哑铃形，但是 3p 轨道离原子核更远，原子核对其吸引作用相对更 弱，因此 3p 的半径比 2p 大，C 正确；D．洪特规则表示，电子会优先以自旋方向相同的方 式分别占据不同的轨道，2p 轨道上一个电子与其他两个电子自旋方向不同，违背了洪特规 则，D正确； 2.【答案】B【详解】A．根据实验现象知，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶 解度，则乙醇的极性比水的弱，故 A 错误； B．氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，继续滴加氨水直至过量， 氯化银与氨水反应生成银氨络离子，沉淀会溶解，则向氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液， 产生白色沉淀，继续滴加氨水直至过量，观察现象能验证配位键影响物质的溶解性，故 B 正确；C．硝酸银中滴入氨水生成 AgOH，继续滴加氨水生成[Ag(NH3)2]+，说明稳定性 [Ag(NH3)2]+>[Ag(H2O)2]+，故 C 错误；D．向配合物 Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无 沉淀产生，说明氯原子为内界，所以其化学式为 Co[(NH3)3Cl3]，配位数是 6，故 D 错误； 3.【答案】D【分析】硫酸铜溶液中滴加氨水，生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸铵，继续滴 加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，继续滴加 95%乙醇，降低了溶剂的极 性，有[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体析出。 【详解】A．根据分析，最终溶液中含硫酸铵和[Cu(NH3)4]SO4，大量存在 NH 4  、[Cu(NH3)4]2＋、 2- 4SO ，A 正确；B．步骤 2 中继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4， 离子方程式为 Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-，B 正确；C．根据分析，加入乙醇降低了 溶剂的极性从而析出晶体，C 正确；D．硫酸铜溶液中铜离子以水合铜离子形式存在，加入 氨水后最终转化为[Cu(NH3)4]2＋，故 NH3与 Cu2＋的配位能力大于 H2O，D 错误； 4.【答案】D【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中 X、Z 为金属元 素，Y 单质是空气的主要成分之一，可知 X 为第二周期金属元素，Z 为第三周期金属元素，Y 为第二周期非金属元素，W 为第三周期非金属元素。由“X 的质子数等于 W 的最外层电子数” 可知，X 为 Be，W 为 Si；结合“Y、W 的最外层电子数之和是 X、Z 最外层电子数之和的 2 倍” 可知，X、Y、Z、W 依次为 Be、O、Al、Si。 2 【详解】A．据对角线规则可知 Be(OH)2 难溶于水，A 错误；B．Be 位于第ⅡA 族，Al 位于 第ⅢA 族，B 错误；C．BeCl2中 Be 原子不满足 8 电子稳定结构，C 错误；D．O 的第一电离 能小于同周期相邻元素 N、F，Al 的第一电离能也小于同周期相邻元素 Mg、Si，D 正确； 5【答案】D【解析】A．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，主要是由于对羟基苯甲醛存 在分子间氢键导致其沸点升高，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键导致沸点降低，A 错误； B．稳定性： 2 2H O H S ，是由于 O 原子的半径小于 S，导致 H-O 键的键能比 H-S 键大，与 水分子间存在氢键无关，B 错误；C．已知：B 元素和 Cl 元素的电负性差值大于 N 元素和 Cl 元素的电负性差值，但 BCl3 为平面三角形结构，分子高度对称，正负电荷中心重合，是非 极性分子，NCl3为三角锥形结构，是极性分子，即 BCl3分子的极性小于 NCl3，C 错误； D．已知 H3O+中心原子 O原子周围的孤电子对数为： 1 (6-1-3×1) 2 =1，而 H2O 中心原子 O 原子 周围的孤电子对数为： 1 (6-2×1) 2 =2，且孤电子对对孤电子对的排斥力大于孤电子对对成键 电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角：H3O+＞H2O，D符合题意； 6.【答案】(1)1 3 能量 成分 4 正四面体形 109°28' (2)sp3杂化 1s σ (3)正四面体 109°28′ (4)sp3【解析】（1）根据杂化轨道的 定义可知，碳原子 2s 轨道上的 1 个电子进入 2p 空轨道，1 个 2s 轨道和 3 个 2p 轨道“混合”， 形成能量相等、成分相同的 4 个 sp3杂化轨道。4 个 sp3杂化轨道在空间呈正四面体形，轨 道之间的夹角为 109°28'，每个轨道上都有一个未成对电子； （2）碳原子通过杂化轨道和氢原子形成共价键，碳原子的 4 个 sp3杂化轨道分别与 4 个氢 原子的 1s 轨道重叠，形成 4 个相同的σ键； （3）甲烷中 C 原子的价层电子对数为 4，其空间构型为：正四面体形；分子中 C—H 键之间 的夹角都是 109°28'； （4）金刚石中的碳原子、晶体硅和石英(SiO2)晶体中的硅原子的价层电子对数都为 4，其中 心原子的杂化方式都为：sp3。 7.【答案】(1)3d104s1 ＞ (2)V形 (3)ACE (4)Cu2N 4 2 【解析】（1）Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是 29号元素，基态铜原子的价电子排布式为 3d104s1； 同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧，分析晶格能可知， 氧离子的半径比硫离子小，故 Cu2O的晶格能更大，熔点更高，故答案为：3d104s1；＞； （2）在 SO2中中心 S原子的价层电子对数=2+ 6 2 2 2   =3，采用 sp2杂化，含有 1对孤电子 3 对，空间构型为 V形，故答案为：V形； （3）配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根 中原子之间形成极性键，不存在金属键，故答案为：ACE； （4）由晶胞结构可知 Cu的个数为 4，氮的个数为 1 8 ×8+1=2，该物质的化学式为 Cu2N，每 个 N原子周围与它最近且等距离的 Cu原子有 4个，每个 Cu原子周围与它最近且等距离的 N原子有 2个，故答案为：Cu2N；4；2。 8.【答案】(1)第四周期ⅥB族 (2)NH3与水分子同为极性分子，且能与水分子之间形成氢键 < (3)O N>O>Al (4)sp2杂化 三角锥形 【分析】前四周期元素 A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有 一种运动状态，A为 H；基态 B原子 s能级的电子总数比 p能级的多 1，B为 N；基态 C原 子中成对电子数是未成对电子数的 3倍，C为 O；E为第四周期元素且价层电子均为半充满 状态，E为 Cr，D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，D为 Al。 【解析】（1）E为第四周期元素且价层电子均为半充满状态，E为 Cr，故 E在元素周期表 中的位置为第四周期ⅥB族。 （2）NH3与水分子同为极性分子，且能与水分子之间形成氢键； NH3中的键角为 107º<109°28＇ （3）电负性 O>N>H； 第一电离能 N>O>S>Al，故 N>O>Al。 （4） 3NO 中 N原子上有三个σ键，故为 sp2杂化； 3H O中 O的杂化类型为 sp3，O上有一个孤电子对，故空间构型为三角锥形。 9.【答案】(1) 2 43s 3p (2)(非极性)共价键 范德华力 2- 2-2 3 4CS >CO >SO (3) 2 2 2H O H Se H S  (4)四面体 3sp (5)AD (6)甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水 4 (7)6  37A 480 N 10a   【解析】（1）S为 16号元素，其价层电子排布式为： 2 43s 3p ，故答案为： 2 43s 3p ； （2）①由模型可知该单质由 8个 S原子以共价键结合形成的分子，晶体中分子之间存在范 德华力，故答案为：(非极性)共价键；范德华力； ② 2 4SO  为正四面体结构键角 109°28′、 2CS 为直线型结构键角 180°、 23CO  为平面三角形结构 键角 120°，则键角： 2- 2-2 3 4CS >CO >SO ，故答案为： 2- 2- 2 3 4CS >CO >SO ； （3） 2H S、 2H Se、 2H O为同主族元素形成的结构相似的分子晶体， 2H O之间存在氢键其 沸点高于 2H S、 2H Se； 2H Se的相对分子质量大于 2H S，则 2H Se分子间作用力大于 2H S， 沸点： 2H Se > 2H S，故答案为： 2 2 2H O H Se H S  ； （4）  2 4Si NH 分子中心 Si原子与周围 4个 N原子形成 键，其价层电子对数为 4，分子 为四面体构型；N原子与两个氢原子和 1个 Si形成 键，其价层电子对数为 4，采用 sp3 杂化，故答案为：四面体；sp3； （5）A. 由 I结构可知，在Ⅰ中 S原子形成 2个 键，采用 3sp 杂化，故 A正确； B. 在Ⅱ中 O元素的电负性最大，故 B错误； C. 在Ⅲ中 C只形成 键，C-C-C键角约为 109°28′，故 C错误； D. 在Ⅲ中存在钠盐结构片段，含离子键，同时存在 C-C、C-H、C-S等共价键，故 D正确； 故答案为：AD； （6）对比结构可知甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水，故答案为： 甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水； （7）①由晶胞结构可知 Fe2+位于顶点和面心， 2-2S 位于棱心和体心，距离 2+Fe 最近的 2-2S 有 6 个，故答案为：6； ②Fe2+个数为： 1 18 +6 4 8 2    ， 2-2S 位于棱心和体心，个数 112 1 4 4    ，晶胞质量= A 480 N g ， 该晶体的密度为  37A 480 N 10a   ，故答案为：  37A 480 N 10a   。 选择性必修二物质结构与性质复习定时40min卷（三）答案解析 1.【答案】B【详解】A、泡利不相容原理指出不能有两个或两个以上的电子处于完全相同的状态，选项中2s轨道上两个电子自旋方向不会相同，不符合泡利原理，A正确； B．p能级能量不一定高于s能级的能量，如2p能级能量低于4s能级能量，B错误； C．2p和3p轨道形状都是哑铃形，但是3p轨道离原子核更远，原子核对其吸引作用相对更弱，因此3p的半径比2p大，C正确；D．洪特规则表示，电子会优先以自旋方向相同的方式分别占据不同的轨道，2p轨道上一个电子与其他两个电子自旋方向不同，违背了洪特规则，D正确； 2.【答案】B【详解】A．根据实验现象知，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，则乙醇的极性比水的弱，故A错误； B．氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，继续滴加氨水直至过量，氯化银与氨水反应生成银氨络离子，沉淀会溶解，则向氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，继续滴加氨水直至过量，观察现象能验证配位键影响物质的溶解性，故B正确；C．硝酸银中滴入氨水生成AgOH，继续滴加氨水生成[Ag(NH3)2]+，说明稳定性[Ag(NH3)2]+>[Ag(H2O)2]+，故C错误；D．向配合物Co(NH)3Cl3的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生，说明氯原子为内界，所以其化学式为Co[(NH3)3Cl3]，配位数是6，故D错误； 3.【答案】D【分析】硫酸铜溶液中滴加氨水，生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸铵，继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，继续滴加95%乙醇，降低了溶剂的极性，有[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出。 【详解】A．根据分析，最终溶液中含硫酸铵和[Cu(NH3)4]SO4，大量存在NH、[Cu(NH3)4]2＋、，A正确；B．步骤2中继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-，B正确；C．根据分析，加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体，C正确；D．硫酸铜溶液中铜离子以水合铜离子形式存在，加入氨水后最终转化为[Cu(NH3)4]2＋，故NH3与Cu2＋的配位能力大于H2O，D错误； 4.【答案】D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中X、Z为金属元素，Y单质是空气的主要成分之一，可知X为第二周期金属元素，Z为第三周期金属元素，Y为第二周期非金属元素，W为第三周期非金属元素。由“X的质子数等于W的最外层电子数”可知，X为Be，W为Si；结合“Y、W的最外层电子数之和是X、Z最外层电子数之和的2倍”可知，X、Y、Z、W依次为Be、O、Al、Si。 【详解】A．据对角线规则可知Be(OH)2难溶于水，A错误；B．Be位于第ⅡA族，Al位于第ⅢA族，B错误；C．BeCl2中Be原子不满足8电子稳定结构，C错误；D．O的第一电离能小于同周期相邻元素N、F，Al的第一电离能也小于同周期相邻元素Mg、Si，D正确； 5【答案】D【解析】A．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，主要是由于对羟基苯甲醛存在分子间氢键导致其沸点升高，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键导致沸点降低，A错误； B．稳定性：，是由于O原子的半径小于S，导致H-O键的键能比H-S键大，与水分子间存在氢键无关，B错误；C．已知：B元素和Cl元素的电负性差值大于N元素和Cl元素的电负性差值，但BCl3为平面三角形结构，分子高度对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，NCl3为三角锥形结构，是极性分子，即BCl3分子的极性小于NCl3，C错误； D．已知H3O+中心原子O原子周围的孤电子对数为：=1，而H2O中心原子O原子周围的孤电子对数为：=2，且孤电子对对孤电子对的排斥力大于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角：H3O+＞H2O，D符合题意； 6.【答案】(1)1 3 能量 成分 4 正四面体形 109°28' (2)sp3杂化 1s σ (3)正四面体 109°28′ (4)sp3【解析】（1）根据杂化轨道的定义可知，碳原子2s轨道上的1个电子进入2p空轨道，1个2s轨道和3个2p轨道“混合”，形成能量相等、成分相同的4个sp3杂化轨道。4个sp3杂化轨道在空间呈正四面体形，轨道之间的夹角为109°28'，每个轨道上都有一个未成对电子； （2）碳原子通过杂化轨道和氢原子形成共价键，碳原子的4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个相同的σ键； （3）甲烷中C原子的价层电子对数为4，其空间构型为：正四面体形；分子中C—H键之间的夹角都是109°28'； （4）金刚石中的碳原子、晶体硅和石英(SiO2)晶体中的硅原子的价层电子对数都为4，其中心原子的杂化方式都为：sp3。 7.【答案】(1)3d104s1 ＞ (2)V形 (3)ACE (4)Cu2N 4 2 【解析】（1）Cu位于第四周期ⅤⅡB族，是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是氧，分析晶格能可知，氧离子的半径比硫离子小，故Cu2O的晶格能更大，熔点更高，故答案为：3d104s1；＞； （2）在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+=3，采用sp2杂化，含有1对孤电子对，空间构型为V形，故答案为：V形； （3）配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性键，不存在金属键，故答案为：ACE； （4）由晶胞结构可知Cu的个数为4，氮的个数为×8+1=2，该物质的化学式为Cu2N，每个N原子周围与它最近且等距离的Cu原子有4个，每个Cu原子周围与它最近且等距离的N原子有 2个，故答案为：Cu2N；4；2。 8.【答案】(1)第四周期ⅥB族 (2)NH3与水分子同为极性分子，且能与水分子之间形成氢键 < (3)O N>O>Al (4)sp2杂化 三角锥形 【分析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，B为N；基态C原子中成对电子数是未成对电子数的3倍，C为O；E为第四周期元素且价层电子均为半充满状态，E为Cr，D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，D为Al。 【解析】（1）E为第四周期元素且价层电子均为半充满状态，E为Cr，故E在元素周期表中的位置为第四周期ⅥB族。 （2）NH3与水分子同为极性分子，且能与水分子之间形成氢键； NH3中的键角为107º<109°28＇ （3）电负性O>N>H； 第一电离能N>O>S>Al，故N>O>Al。 （4）中N原子上有三个σ键，故为sp2杂化； 中O的杂化类型为sp3，O上有一个孤电子对，故空间构型为三角锥形。 9.【答案】(1) (2)(非极性)共价键 范德华力 (3) (4)四面体 (5)AD (6)甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水 (7)6 【解析】（1）S为16号元素，其价层电子排布式为：，故答案为：； （2）①由模型可知该单质由8个S原子以共价键结合形成的分子，晶体中分子之间存在范德华力，故答案为：(非极性)共价键；范德华力； ②为正四面体结构键角109°28′、为直线型结构键角180°、为平面三角形结构键角120°，则键角：，故答案为：； （3）、、为同主族元素形成的结构相似的分子晶体，之间存在氢键其沸点高于、；的相对分子质量大于，则分子间作用力大于，沸点：>，故答案为：； （4）分子中心Si原子与周围4个N原子形成键，其价层电子对数为4，分子为四面体构型；N原子与两个氢原子和1个Si形成键，其价层电子对数为4，采用sp3杂化，故答案为：四面体；sp3； （5）A. 由I结构可知，在Ⅰ中S原子形成2个键，采用杂化，故A正确； B. 在Ⅱ中O元素的电负性最大，故B错误； C. 在Ⅲ中C只形成键，键角约为109°28′，故C错误； D. 在Ⅲ中存在钠盐结构片段，含离子键，同时存在C-C、C-H、C-S等共价键，故D正确； 故答案为：AD； （6）对比结构可知甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水，故答案为：甘油中所含的羟基数目多，更易与水形成氢键，更易溶于水； （7）①由晶胞结构可知Fe2+位于顶点和面心，位于棱心和体心，距离最近的有6个，故答案为：6； ②Fe2+个数为：，位于棱心和体心，个数，晶胞质量=，该晶体的密度为，故答案为：。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$