第5次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高二化学选择性必修1+2（人教版2019）

—112 — 机溶剂,符合共价晶体的性质特点,B正确;无色晶体,能溶于 水,质硬而脆,熔点800℃,熔化时能导电,符合离子晶体的性 质,属于离子晶体,C不正确;熔点-56.6℃,微溶于水,硬度 小,固态或液态时不导电,符合分子晶体的性质,属于分子晶 体,D不正确,答案选B。] 6.A [在金属晶体中就含有金属阳离子,A错;在HCl中H原子 形成的是2电子结构,B正确;CO2是分子晶体,而SiO2是共价 晶体,C正确;常温下为固体的硫黄形成分子晶体,而常温下为 液体的 Hg形成金属晶体,D正确。] 7.B [A项,同属于共价晶体,熔、沸点高低主要看共价键的强 弱,显然对键能而言,晶体硅<碳化硅<二氧化硅<金刚石,错 误;B项,形成分子间氢键的物质的熔、沸点要大于形成分子内 氢键的物质的熔、沸点,正确;C项,对于不同类型的晶体,其熔、 沸点高低一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体,形成分子间 氢键的分子晶体的熔、沸点高于一般的分子晶体,故 MgO> H2O>Br2>O2,错误;D项,生铁为铁合金,熔点要低于纯铁, 错误。] 8.C [由于N原子最外层上有5个电子,其中3个成单电子,能 够形成3个共价键,C60中每个C与周围的3个C形成共价键, 即N60中也是每个N与周围的3个N形成共价键,则N60分子 中没有双键,不含有π键,A错误;N60是由分子构成的晶体,属 于分子晶体,B错误;N60分子是由非极性键(N—N)构成的,为 非极性分子,C正确;分子晶体相对分子质量越大,范德华力越 大,熔点越高,所以N60的熔点比C60的高,D错误。] 9.B [A项,C􀪅N中N原子为sp2杂化,—NH2中N原子为sp3 杂化,杂化类型不同,错误;B项,分子中含6个N—H,6个C— N,3个C􀪅N,双键中有1个σ键,共15个σ键,正确;C项,分 子结构对称,为非极性分子,错误;D项,分子中含有氨基,氨基 为三角锥形结构,因此分子中所有原子不可能共平面,错误。] 10.D [NH3分子的中心原子N原子上含有3个σ键,中心原子 上的孤电子对数=12× (5-3×1)=1,所以 NH3 的 VSEPR 模型是四面体形,略去孤电子对后,其立体构型是三角锥形; BF3 分子的中心原子B原子上含有3个σ键,中心原子上的孤 电子对数=12× (3-3×1)=0,所以BF3分子的VSEPR模型 是平面三角形,中心原子上没有孤电子对,所以其立体构型就 是平面三角形,A错误;BF3 中B原子杂化轨道数为 1 2× (3- 3×1)+3=3,采取sp2 杂化方式,NH3 中N原子杂化轨道数 为1 2× (5-3×1)+3=4,采取sp3杂化方式,中心原子杂化轨 道的类型不相同,B错误;NH3·BF3中氢原子只有两个电子, C错误;NH3·BF3 中B原子有空轨道,N原子有孤电子对, 所以NH3提供孤电子对,BF3 提供空轨道,形成配位键,配位 键也属于σ键,则N原子形成4个σ键,没有孤电子对,杂化 轨道数为4,采取sp3杂化方式,B原子形成4个σ键,没有孤 电子对,杂化轨道数为4,采取sp3杂化方式,D正确。] 11.B [根据Z的基态原子2p轨道半充满,推断Z是氮元素;M 的最高正价与最低负价绝对值之差为4,则 M 是硫元素;根据 分子结构图推断X是氢元素;Y是碳元素。电负性 N>C,A 错误;原子半径C>N>H,B正确;分子结构图中氮是sp3 杂 化,C错误;碳酸是弱酸,D错误。] 12.D [根据等电子体的概念可知A项正确;金刚石中碳原子形 成空间网状的正四面体结构,每个C与其它4个C形成共价 键,且每2个C形成1个共价键,则1mol金刚石晶体中,平均 含有4mol×12=2molC —C键,C项描述正确,B项正确;选 项D中强调该物质是气态团簇分子,即是一个大分子,因此不 能用均摊法计算,直接找出分子中原子个数即得化学式,该物 质的化学式应为E4F4或F4E4,选项D错误。] 13.C [离子晶体中含有离子键,离子键在熔融状态下被破坏,电 离出自由移动的阴、阳离子,所以离子晶体在熔融状态下能够 导电,这是判断某晶体是否为离子晶体的依据。] 14.A [从“元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满 K、 L、M三个电子层”可以看出,Xn+共有28个电子,A项错误; 图中Xn+位于每条棱的中点,一个晶胞拥有的Xn+个数为12 ×14=3 ,N3-位于顶点,一个晶胞拥有N3-的个数为8×18= 1,B项正确;由于该物质的化学式为X3N,故X显+1价,C、D 项正确。] 15.C [该 配 合 物 中 Fe显+2价,Fe2+ 最 外 层 电 子 排 布 为 3s23p63d6,即最外层电子数为14,则配体提供的电子总数为 12,每个NO和 H2O均可提供2个电子,故n=5,该配合物的 化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4,A项错误;氢元素位于元素 周期表s区,B项错误;该配合物中只有SO2-4 能与Ba2+反应 生成沉淀,C项正确;该配合物中的阴离子是SO2-4 ,S原子孤 电子对数=6+2-2×42 =0 ,价层电子对数为0+4=4,空间构 型为正四面体形,D项错误。] 16.解析 (1)由分析可知,属于原子晶体的化合物是水晶,属于 离子晶体的是氯化铵。(2)由分析可知,由极性分子构成的晶 体是冰醋酸,属于分子晶体的单质是白磷、固态氩,含有共价 键的离子晶体是氯化铵。(3)由分析可知,属于电解质的是冰 醋酸、氯化铵,分子内存在化学键,但受热熔化时,化学键不发 生变化的是冰醋酸、白磷,受热熔化,需克服共价键的是水晶、 金刚石。(4)由对角线关系可知,氢氧化铍与氢氧化铝一样是 两性氢氧化物,能与氢氧化钠溶液反应生成偏铍酸钠和水,而 氢氧化镁不与氢氧化钠溶液的反应,则用氢氧化钠溶液鉴别 氢氧 化 铍 和 氢 氧 化 镁,反 应 的 离 子 方 程 式 为 Be(OH)2+ 2OH-􀪅􀪅[Be(OH)4]2-。 答案 (1)A E (2)B CD E (3)BE BC AG (4)NaOH溶液 Be(OH)2+2OH-􀪅􀪅[Be(OH)4]2- 17.解析 (1)Mo处于第五周期第ⅥB族,核外电子排布与Cr相 似,其价电子为4d、5s电子,4d能级上有5个电子、5s能级上 有1个电子,据此书写它的基态价电子排布式;核外未成对电 子是4d、5s能级上的电子。(2)该分子中只存在共价键,共价 单键为σ键、共价双键中含有σ键 和π键。(3)CO提供孤电 子对的是C原子、Mo提供空轨道;p-甲酸丁酯吡啶配体中C 原子价层电子对个数有4、3,根据价层电子对互斥理论判断C 原子杂化类型。(4)F的电负性强于H,对电子的吸引能力强, 导致共用电子对偏向F,则O—H键较易断裂。 答案 (1)4d55s1 6 (2)AB (3)C sp3杂化、sp2杂化 (4)F的电负性强于 H,对电子的吸引能力强,导致共用电子 对偏向F,则O—H键较易断裂,所以酸性强于乙酸 (5)将C60与C70的混合物加入一种空腔大小与C60适配的“杯 酚”中,然后加入甲苯溶剂,将未装入杯酚的C70溶解,过滤后 分离C70;再向不溶物中加入氯仿,氯仿溶解杯酚而将不溶解 的C60释放并沉淀出来 18.解析 (2)氮化硅的晶体结构中,原子间都以单键相连,且 N 原子和N原子,Si原子和Si原子不直接相连,同时每个原子 都满 足8电 子 稳 定 结 构,因 此 氮 化 硅 的 化 学 式 为 Si3N4。 (3)每个Ga原子与4个N原子形成共价键,这四个N原子构 成正四面体结构;每个 N原子与4个Ga原子通过共价键结 合,这四个Ga原子构成正四面体结构,所以氮化镓中镓原子 的杂化方式为sp3杂化。 答案 (1)3 4 C3N4 C3N4 与金刚石都是共价晶体,C— N键键长比C—C键键长小,键能大 (2)①共价 ②Si3N4 (3)4s24p1 4 4 GaN sp3 19.解析 A、B、C、D、E、F都是前四周期的元素,它们的核电荷数 的大小顺序为A<B<C<D<E<F,A原子核外有3个未成 对电子,则A为N;C元素是地壳中含量最高的金属元素,则C 是Al;E原子核外的 M能层中只有2对成对电子,则E是S, 又B2E为离子晶体,则B是 Na,在第三周期元素的单质形成 的晶体中,硅的晶体类型与其他均不相同,则D为Si;F原子 的最外 层 电 子 数 与 B的 相 同,其 余 各 层 均 充 满 电 子,故 F 为Cu。 (1)N、Na、Al、Si四种元素中,非金属性最强的是N,其他三种 元素均位于第三周期,则第一电离能由小到大的顺序是Na< Al<Si<N。(2)NaCl是离子晶体,SiCl4 是分子晶体,前者的 熔点高于后者。(3)NH3 的中心原子 N的价层电子对数=3 +12× (5-3×1)=4,则N采取sp3 杂化;SO2 的中心原子S 的价层电子对数=2+12× (6-2×2)=3,则其空间结构为V 形。(4)Cu的 核 外 电 子 数 是29,则 其 核 外 电 子 排 布 式 是 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1;Cu2+与NH3 形成的 配 离 子 的 化 学 式 是 [Cu(NH3)4]2+,其 结 构 式 是 。(5)原子半径 N<Cu,题 给 晶 胞 结 构 中,空心球表示N,实心球表示Cu,晶胞中N原子数是8×18 =1,Cu原子数是12×14=3 ,则二者形成的化合物的化学式 是Cu3N。(6)N、Al形成的化合物的化学式是AlN,其晶体中 的化学键是共价键。 答案 (1)Na<Al<Si<N (2)高 NaCl为离子晶体,而SiCl4为分子晶体 (3)sp3 V形 (4)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1) [Cu(NH3)4]2+ (5)Cu3N (6)AlN 共价键 20.解析 (1)镍为28号元素,原子核外有28个电子,其核外电子 排 布 式 为 [Ar]3d84s2 或 1s22s22p63s23p63d84s2。(2)Fe (CO)5沸点较低,为分子晶体,不存在离子键,Fe原子与CO 分子之间为配位键,CO分子内含有极性共价键,故选 AC。 (3)同周期自左至右第一电离能呈增大趋势,但 N原子2p能 级轨道半满,更稳定,第一电离能高于 O,所以四种元素第一 电离能由大到小的顺序为N>O>H>C;根据色胺酮中N原 子的成键方式可知,成双键的N原子为sp2 杂化,成单键的为 sp3杂化;根据色胺酮钴配合物的结构简式可知,Co与2个O 原子、2个N原子配位,配位数为4;分析甲醇性质可知,甲醇 通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。(4)Fe、Co、Ni单质均为 金属晶体,其熔点与金属阳离子半径、金属所带电荷数有关, Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小,同时价电子数目多,金属键 强,因此熔点高。(5)据图可知晶胞中Ti原子与 N原子的最 近距离为棱长的一半,根据均摊法,晶胞中Ti原子的个数为 12×14+1=4 ,化学式为TiN,则N原子的个数也为4,所以晶 胞的质量m=4× (48+14) NA g ,密度为ρg·cm-3,所以晶胞的 棱长为 3 4×(48+14) ρNA cm= 3 4×(48+14) ρNA ×1010pm,则Ti原 子与 N 原子的最近距离为12× 3 4×(48+14) ρNA ×1010pm= 3 31 ρNA ×1010pm。 答案 (1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (2)AC (3)N>O>H>C sp2杂化、sp3杂化 4 氢键 (4)Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小,同时价电子数目多,金 属键强,因此熔点高 (5) 3 31 ρNA ×1010 第五次月考滚动检测卷 1.D [晶体硅中所有原子都以共价键相结合,属于共价晶体,A 正确;Si原子的最外层有4个电子,B正确;Si原子核外有14个 电子,根据构造原理可知其电子排布式为1s22s22p63s23p2,C 正确;硅原子的价电子排布图不符合洪特规则,选项D错误。] 2.C [铝在第三周期第ⅢA族,是主族元素,A正确;铁和氯气 反应生成氯化铁为离子化合物,铁元素与氯气反应形成离子 键,B正确;有特殊性能的材料可作新型材料,准晶体具有特殊 性能,所以能开发成为新型材料,组成为铝—铜—铁—铬的准 晶体中,铜、铝、铬金属元素在自然界中存在,所以准金属在自 然界中可能存在,C错误;铜在第四周期第ⅡB族,铁在第四周 期第Ⅷ族,属于过渡元素,铜、铁都是过渡元素,D正确。] 3.C [p电子与p电子间形成的单键是σ键。] 4.B [光辐射是电子释放能量的重要形式之一,激光、焰火都与 原子核外电子发生跃迁释放能量有关,A正确;甲烷与水之间 为分子间作用力,不是氢键,B错误;同主族从上往下碱金属元 素的离子半径逐渐增大,冠醚利用不同大小的空穴适配不同大 小的碱金属离子进行“分子识别”,C正确;晶体自范性的本质: 晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象,D 正确。] 5.C [由图可知,18-冠-6中碳原子和氧原子的价层电子对数都 为4,原子的杂化方式都为sp3杂化,故A正确;18-冠-6与钾离 子作用,但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别 的特征,故B正确;18-冠-6与钾离子作用,但不与锂离子或钠 离子作用说明超分子具有分子识别的特征,不具备自组装的特 征,故C错误;由题意可知,冠醚是皇冠状分子,分子中内部有 很大的空间,能与离子半径不同的碱金属阳离子发生络合反 应,把无机物带入有机物中,它可以作为相转移催化剂也是基 于这个原理,故D正确。] 6.C [加入 AgNO3 溶液不产生沉淀,用强碱处理没有 NH3 放 出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该配合物的化学 式为[PtCl4(NH3)2],则配合物中中心原子的电荷数为4,配位 数为6,故A错误;Pt与6个配体成键,该配合物应是八面体形 结构,故B错误;由上述分析可知,Cl-和NH3 分子均与Pt4+ 形成配位键,故C正确;该配合物的配体是 NH3 和Cl-,故D 错误。] 7.A [选项B因果关系颠倒;选项C的理论解释错误,原因是石 墨中碳碳键键能大于金刚石中碳碳键键能;选项D的理论解释 错误,原因是 HF分子间存在氢键。] 8.D [由题意知一个氯化钠晶胞即为一个氯化钠纳米颗粒,则其 表面粒子数=8+6+12=26,总粒子数=表面粒子数+中心粒 子数=26+1=27。] 9.A [同一能级上的同一轨道上最多排2个电子,两个电子的自 旋方向不同,其运动状态肯定不同,所以在同一能级上运动的 电子,其运动状态肯定不同,故A正确;由均摊法可知图示银的 晶胞中银原子个数=8×18+6× 1 2=4 ,故B错误;11号到18 号元素位于同一周期,元素的电负性逐渐增大,但0族元素除 外,故C错误;固态时能导电的晶体不一定是金属晶体,如石墨 能导电,但石墨不是金属晶体,故D错误。] 10.D [A.由低温相可推得:晶胞中有4个X-,2个 An+,1个 Bm+,所以该物质的化学式为A2BX4,A正确;B.低温相时,每 个X-连有2个An+,1个Bm+,1个四面体空隙,配位数为3, B正确;C.低温相晶体中一共有8个四面体空隙,占据了3个, 因此占据了37.5%的四面体空隙,C正确;D.高温相中2个 An+,1个Bm+在四面体空隙中的位置不确定,但是比例是确 定的,D错误;故选D。] 11.A [将I+3 中一个碘原子看成中心原子,另两个是与中心原子 结合的原子,中心原子的价层电子对=2+7-1-2×12 =4 ,所 以中心原子的杂化方式为sp3,①正确;金属晶体是由金属阳 离子和自由电子构成的,所以金属阳离子可能还存在于金属 晶体中,②错误;氨气分子间存在氢键,导致其熔沸点较低,所 以NH3极易液化,液氨汽化吸收大量的热,用作制冷剂,③正 确;离子晶体的熔点与离子键的强弱有关,与金属性无关,离 子半径越小,电荷越多,键能越大,离子晶体的熔点越高,所以 熔点:KCl<NaCl<MgCl2,④错 误;干 冰 晶 胞 结 构 中,每 个 CO2分子周围等距且紧邻的CO2 分子个数=3×8÷2=12, ⑤正确;SiC晶体中每个Si原子形成4个Si—C键,1molSiC 晶体中含有1molSi原子,所以含有4molSi—C键,⑥错误; CCl4含有C—Cl极性键,空间构型为正四面体型,结构对称且 正负电荷的中心重合,为非极性分子,CH3Cl是四面体构型, 但不是正四面体型,结构不对称,为极性分子,⑦错误;H2O比 H2S稳定,是因为共价键键能前者大于后者,氢键影响的是熔 沸点,⑧错误;综上所述正确的有①③⑤。] 12.B [根据晶胞的结构分析得到晶胞中原子个数分别为P:1 个,Sn:8×18=1 ,Cu:6×12=3 ,则 磷 锡 青 铜 的 化 学 式 为 Cu3SnP,故A正确;以面心的铜分析,与Cu等距离且最近的 Cu有8个,故B错误;三种元素Cu、Sn、P的价电子分别为 3d104s1、5s25p2、3s23p3,则三种元素在元素周期表中分别处于 ds区、p区、p区,故C正确;Sn和P原子间的最短距离为体对 角线的一半即 3 2apm ,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 111 — —114 — 13.D [根据图示,在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-在其上下、 左右、前后均有Cl-,这些Cl-形成正八面体,故A正确;根据 均摊原则,CaF2晶体中,每个晶胞平均占有Ca2+数8× 1 8+6 ×12=4 ,故B正确;在图③金刚石晶体中,每个C原子与相邻 的4个C原子成键,碳原子采取sp3杂化,故C正确;图④表示 铜晶体为面心立方堆积,铜原子的配位数为12,故D错误。] 14.A [标准状况下2.24LCl2 的物质的量是0.1mol,但由于 Cl2与 H2O的反应是可逆反应,溶液中Cl元素的存在形式有 Cl2、Cl-、HClO、ClO-,Cl2 分子中含有2个氯原子,所以根据 Cl元素守恒可知N(Cl-)+N(ClO-)+N(HClO)<1.204× 1023个,A 错 误;根 据 晶 胞 结 构 可 知,1个 晶 胞 中 含 有1个 CsCl,16.85 g CsCl 晶 体 的 物 质 的 量 是 n(CsCl)= 16.85g 168.5g·mol-1 =0.1mol,所以其中含有的结构单元为6.02 ×1022个,B正确;6.5gZn的物质的量是0.1mol,Zn与浓硫 酸发生反应:Zn+2H2SO4(浓)􀪅􀪅ZnSO4+SO2↑+2H2O, 当硫酸浓度变稀后,发生反应:Zn+H2SO4(稀)􀪅􀪅ZnSO4+ H2↑,可见当Zn完全反应后变为Zn2+,故0.1molZn完全 反应转 移 电 子 的 物 质 的 量 是0.2mol,则 转 移 的 电 子 数 为 0.2NA,C正确;1个—CH3 中含有9个电子,则1mol—CH3 中含有9mol电子,则其中含有的电子数为9mol×6.02× 1023/mol=5.418×1024个,D正确。] 15.C [Fe的原子序数为26,价电子排布式为:3d64s2,失去2个 电子后,转化为Fe2+,A正确;Na+嵌入越多,导电性越好,根 据晶胞结构可判断,1个普鲁士蓝晶胞中含有4个 Na+,1个 普鲁士白晶胞中含有8个 Na+,所以导电能力普鲁士蓝小于 普鲁士白,B正确;普鲁士蓝晶胞一个小立方体中CN-个数= 12×14=3 、Fe原子个数=8×18=1 、Na+个数=1×12= 1 2 , 所以其原子个数比为Na0.5Fe(CN)3,化学式为NaFe2(CN)6, CN-为-1价、Na+的化合价为+1价,该化学式中Fe元素化 合价为+2.5,Fe2+与Fe3+个数比为1∶1,C错误;普鲁士白 晶胞中1个晶胞含有的Na+为8个,Fe原子个数=8×18+6 ×12+12× 1 4+1=8 ,CN-个数=24×14+24× 1 2+6=24 , 体 积 = (a × 10-10cm)3,1 个 晶 胞 的 质 量 m = (23+56+26×3)×8 NA = 8×157NA g ,则 该 晶 体 密 度 ρ= (23+56+26×3)×8 (a×10-10)3NA =8×157 a3NA ×1030,故 答 案 为8×157 a3NA × 1030,D正确。] 16.解析 (1)钛位于周期表第四周期ⅣB族,是22号元素,基态 原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d24s2,电子占据12个轨 道,所以有12种空间运动状态不同的电子,Ti2+电子排布式 为1s22s22p63s23p63d2,所以 Ti2+电子占据的最高能层的电 子排布式为3s23p63d2;(2)PO3-4 的σ键电子对为4,孤电子对 1 2 (5+3-4×2)=0,价层电子对数为4,PO3-4 的空间构型是 正四面体,,第三周期元 素 第 一 电 离 能 介 于 Al、P之 间 的 有 Mg、Si、S三种元素;(3)Ti、B、H中Ti是金属,B、H是非金属, 电负性最小的为Ti,B的电负性小于 H,所以电负性由小到大 排列顺序为 H>B>Ti,BH-4 中心原子价层电子对数为4,B 原子的杂化方式是sp3,BH-4 中含σ键、配位键;(4)由晶胞结 构,根据均摊法计算,1个晶胞中含2个钛原子,4个氧原子,1 个晶 胞 体 积 a2b×10-21cm3,晶 体 密 度 80×2 a2b×10-21NA = 1.6×1023 a2bNA g·cm-3。 答案 (1)第四周期ⅣB族 12 3s23p63d2 (2)正四面体 Mg、Si、S (3)H>B>Ti sp3 ①④ (4)1.6×10 23 a2bNA 17.解析 (1)镍元素原子序数是28,根据构造原理可知基态原子 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2 或者[Ar]3d84s2;3d 轨道的轨道数目是5个,由于在一个原子轨道上最多可容纳2 个自旋方向相反的电子,且原子核外电子总是尽可能成单排 列,而且自旋方向相同,这种排布使原子的能量最低,处于稳 定状态,可知基态 Ni原子3d能级上的未成对的电子数为2 个。(2)单质铜及镍都是金属单质,由金属阳离子与自由电子之 间以金属键结合形成金属晶体;元素铜与镍的第二电离能分别 为:I2(Cu)=1959kJ·mol-1,I2(Ni)=1753kJ·mol-1, I2(Cu)>I2(Ni),这是由于Cu+电子排布呈半充满状态,比较 稳定,失 电 子 需 要 能 量 高,第 二 电 离 能 数 值 大。(3)①[Ni (NH3)6]SO4 中阴离子SO2-4 的中心S原子价层电子对数是 4+6+2-2×42 =4 ,S原子上无孤对电子,因此SO2-4 的立体 构型是四面体形;②NH3、PH3都是由分子通过分子间作用力 结合形成的分子晶体,NH3 的分子之间除存在分子间作用力 外,还存在氢键,增加了分子之间的吸引作用,导致NH3 的熔 沸点比PH3高;NH3是三角锥形分子,分子中正、负电荷重心 不重合,因此NH3属于极性分子;N原子价层电子对数是3+ 5-1×3 2 =4 ,因此N原子杂化类型是sp3 杂化。(4)根据电离 能大小可知:M 第一、第二电离能较小且相差不大,但第三电 离能较大,属于 M原子最外层有2个电子,因此 M 的最高化 合价为+2价。 答案 (1)1s22s22p63s23p63d84s2或者[Ar]3d84s2 2 (2)金属键 Cu+电子排布呈全充满状态,比较稳定,失电子 需要能量高,第二电离能数值大 (3)①正四面体 ②高于 NH3分子间可形成氢键 极性分 子 sp3 (4)+2 18.解析 (1)Sn位于第五周期ⅣA族,价电子数等于最外层电子 数,即Sn的价电子排布式为5s25p2;Zn位于元素周期表第四 周期ⅡB族,属于ds区。(2)三种元素属于同周期,同周期从 左向右第一电离能增大趋势,但ⅡA>ⅢA,ⅤA>ⅥA,Si、P、 S第一电离能由大到小的顺序是P>S>Si;同周期从左向右 电负性增大(稀有气体除外),因此电负性最大的是S。(3) SO2-3 中 中 心 原 子S价 层 电 子 对 数 为3+ 6+2-3×2 2 =4 , SO2-4 中中心原子S的价层电子对数为4+ 6+2-4×2 2 =4 ,前 者含有1个孤电子对,后者不含有孤电子对,根据孤电子对之 间的斥力>孤电子对数-成键电子对之间的斥力>成键电子 对之间的斥力,因此SO2-3 键角小于SO2-4 。(4)Cu2+与NH3 之间形成配位键,1个Cu2+与4个NH3 形成4个配位键,即 形成4个σ键,NH3中N与3个H形成3个σ键,因此1mol [Cu(NH3)4]2+含有(4+4×3)NA 个σ键,即16NA 或16× 6.02×1023个σ键;深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O, [Cu(NH3)4]2+与SO2-4 之间形成离子键,Cu2+与NH3 之间 形成配位键,N 和 H 之间形成共价键,[Cu(NH3)4]SO4· H2O也含有氢键,但不含有金属键。(5)根据晶胞图可知,Cu 位于顶点、面心和体心,个数为8×18+4× 1 2+1=4 ,Zn位于 棱上和面心,个数为4×14+2× 1 2=2 ,Sn位于面上,个数为4 ×12=2 ,S位于晶胞内部,个数为8,即化学式为Cu2ZnSnS4; 晶胞的质量为 2 NA ×(64×2+65+119+32×4)g,晶胞的体积 为(a×a×2a×10-30)cm3,根据密度的定义,该晶胞的密度为 2 NA ×(64×2+65+119+32×4)g (a×a×2a×10-30)cm3 = 880 2a3NA ×1030g/cm3。 答案 (1)5s25p2 ds (2)P>S>Si S (3)SO2-3 SO2-3 、SO2-4 的硫原子都是sp3 杂化,但SO2-3 有 孤电子对,排斥作用较大,使其键角小于SO2-4 (4)16NA(或16×6.02×1023) D (5)Cu2ZnSnS4 880 2a3NA ×1030 19.解析 (1)Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,属于 过渡元素,过渡元素的价电子层包括最外层和次外层上的d 能级,因此铁元素的价电子排布式为3d64s2;FeCl3 的熔点为 306℃,沸点为315℃,氯化铁熔沸点较低,则氯化铁属于分子 晶体。(2)以Fe2+顶点研究,与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处 于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用,与 Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为3×82 =12 ;晶胞中Fe2+数 目=8×18+6× 1 2=4 ,O2-离子数目=1+12×14=4 ,晶胞 质量=4× (56+16) NA g ,Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱 长的 1 2 ,设 二 者 最 短 距 离 为rpm,则 晶 胞 棱 2rpm,则: 4×(56+16) NA g =ρg·cm-3× 2r×10-10cm 3,解 得r= 3 36 ρ×NA ×1010pm。(3)①SO2-4 中S原子的孤电子对数= 6+2-2×4 2 =0 ,价层电子对数=4+0=4,离子空间构型为正 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。(4)加入 AgNO3 溶液,能将所有氯离 子沉淀,说明Cl-为外界,加入 NaOH溶液并加热,无刺激性 气体产 生,说 明 NH3 在 内 界,故 该 配 合 物 的 结 构 式 为[Cr (NH3)6]Cl3;该配合物中Cr与6个NH3 之间的配位键均为 σ键,NH3中N—H键为σ键,故1mol该配合物中含有σ键 的数目为24NA。 答案 (1)3d64s2 分子晶体 (2)12 3 36 ρ×NA ×1010 (3)①正四面体 ②配位键 N (4)[Cr(NH3)6]Cl3 24NA 20.解析 (1)基态Se原子序数为34,位于第四周期ⅥA族,核外 电子排布式为[Ar]3d104s24p4,其能量最高轨道为p轨道,电 子云形状为哑铃形或纺锤形。(2)同周期主族元素随原子序 数增大第一电离能呈增大趋势,As族元素原子4p轨道为半充 满稳定结构,第一电离能高于同周期相邻元素的,故第一电离 能:As>Se>Ge>Ga。(3)CH3NH3 中N原子形成3个共价 键,价层还有一对孤电子对,则N的价电子对数为4,为sp3 杂 化;CH3NH+3 中共18个电子,与 CH3CH3 互为等 电 子 体; CH3NH+3 中N形成4个σ键,而NH3 分子中N有一对孤电 子对,孤电子对对 H—N键的排斥力更大,将 H—N—H键角 压缩变小。(4)C与周围4个原子形成正四面体结构,则C原 子坐标参数为 1 4 ,3 4 ,3 4 ;由图知1个Ge连着4个O,1个 O连着4个Ge,所以O配位数为4;每个Ge原子周围距离最 近且相等的Ge原子有12个;已知 Ge与 O的最近距离为a nm,设晶胞边长为xnm,则 34x=a ,x=4 33anm ,则1mol晶 胞的体积为:NA×( 4 3 3a )3×10-21cm3,1个晶胞含有Ge原 子个数为4,O原子个数为18×8+ 1 2×6=4 ,则1mol晶胞的 质量 为:4× 73+16 g=4×89g ,晶 体 密 度 为:ρ= m V = 4×89 NA× 4a 3 3 ×10-21 。 答案 (1)[Ar]3d104s24p4 哑铃形或纺锤形 (2)As>Se>Ge>Ga (3)sp3 CH3CH3 大 CH3NH+3 中 N形成4个σ键,而 NH3分子中N有一对孤电子对,孤电子对对 H—N键的排斥 力更大,将 H—N—H键角压缩变小 (4) 14 ,3 4 ,3 4 4 12 4×89 NA× 4a 3 3 ×10-21 期末考试测控卷 1.C [某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3,其原 子核外电子数为21+3=24,为Cr元素,原子核外排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1,处于周期表中第4周期第ⅥB族,属于 d区,故选C。] 2.A [氯化氢分子中的σ键为s—pσ键,故A错误;单键为σ键, 双键中含有1个σ键和1个π键,则乙烯分子中含有5个σ键 和1个π键,故B正确;乙烯分子中两个不饱和碳原子的杂化 方式为sp2杂化,未参与杂化的2p轨道形成1个π键,故C正 确;氯乙烷分子中两个碳原子都为饱和碳原子,原子的杂化方 式都为sp3杂化,故D正确。] 3.C [①泡利不相容原理又称泡利原理,是指确定的一个原子轨 道上最多可容纳两个电子,而这两个电子的自旋方向必须相 反,同时要遵循洪特规则,即电子分布到原子轨道时,优先以自 旋相同的方式分别占据不同的轨道,因为这种排布方式原子的 总能量最低。则氧原子的电子排布图:↑↓ 1s ↑↓ 2s ↑↓ ↑ ↓ 2p 最 外层违背了洪特规则,故①错误;②处于最低能量状态原子叫 基态原子,处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁时产生 辐 射,将 多 余 的 能 量 发 射 出 去 形 成 的 光 谱 叫 发 射 光 谱, 1s22s22p1x♂→1s22s22p1y♂过程中,由于p能级有三个相同的轨 道,能量大小相同,即px=py=pz,不能形成的发射光谱,故② 错误;③稀有气体的原子结构是稳定结构,同周期稀有气体的 第一电离能最大,同主族自上而下第一电离能逐渐降低,故氦 元素的第一电离能最大,故③错误;④核外电子排布完全相同 的两种微粒不一定属于同种元素,化学性质不一定相同,如 Na+与F-核外电子排布相同,但是二者化学性质不同,故④正 确;⑤氮元素和碳元素同周期,同周期从左至右原子半径依次 减小,则氮原子半径小于碳原子半径,则NCl3中N—Cl键的键 长比CCl4中C—Cl键的键长短,故⑤正确;⑥金属元素的电负 性一般小于1.8,非金属元素的电负性一般大于1.8,而位于非 金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左 右,既有金属又有非金属,故⑥错误;⑦主族元素原子的第一电 离能、电负性变化趋势基本相同,但电离能变化有特例,如电负 性:O>N,但第一电离能:O<N,故⑦错误。] 4.B [同一周期元素,元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族元素第一电离能大于其相邻元 素,所以第一电离能F>N>O,选项A错误;BeCl2 价层电子对 数为2,无孤电子对,故为直线形结构,键角为180°;NH3 价层 电子对数为4,有一个孤电子对,故为三角锥形结构,键角为 107.3°;H2O价层电子对数为4,有2个孤电子对,故为V形结 构,键角为104.5°;CCl4 价层电子对数为4,无孤电子对,故结 构为正四面体,键角为109°28';所以键角的大小顺序为:BeCl2 >CCl4>NH3>H2O,选项B正确;水的稳定性是化学性质,不 是由氢键决定的,是由分子内部氢氧键的稳定性决定的,选项C 错误;干冰属于分子晶体,干冰升华克服的是分子间作用力, SiO2是共价晶体,SiO2熔化克服的是极性键,选项D错误。] 5.B [A.离子晶体中一定存在离子键,可能存在共价键和氢键, 如 胆 矾, 胆 矾 的 平 面 结 构 式 为 ,故 A 正 确;B.硫单质和白磷均属于分子晶体,不含分子间氢键,其熔点 与范德华力有关,与键能无关,故B错误;C.离子晶体是由阴阳 离子通过离子键结合,熔融状态下,断裂离子键,形成自由移动 的离子,能够导电,分子晶体中分子间存在范德华力或氢键,熔 融状态时断裂范德华力或氢键,没有自由移动的离子,因此分 子晶体熔融状态下不能够导电,故C正确;D.石墨晶体层与层 之间存在范德华力,范德华力小于共价键,所以石墨晶体中片 层间距远大于层内碳原子间距,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 113 — —116 — 6.C [H+核外无电子,半径最小,Li+和H-核外电子排布相同, H-核电荷数较小,半径较大,即半径H+<Li+<H-,A正确; 杂化轨道形成的键都是σ键,而双键、三键中的π键都是未杂化 的轨道形成的,故杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与 成键的孤电子对,B正确;[Cu(NH3)4]2+中Cu2+给出空轨道, N提供孤电子对,C错误;分子的中心原子通过sp3 杂化轨道成 键时,若无孤电子对,则为四面体结构,若有孤电子对,则为三 角锥形或V形,D正确。] 7.A [反应②为4NH3+6HClO􀪅􀪅6HCl+2N2+6H2O,有极性键 的断裂和极性键、非极性键的形成,A正确;基态氯原子价层电子 的轨道表示式为↑↓ 3s ↑↓↑↓ ↑ 3p ,B错误;NH3 质子数为10,H2O 质子数为10,OH-质子数为9,C错误;H2O、NH3中心原子的价层 电子对数均为4,H2O中心原子上孤电子对更多,孤电子对对成键 电子对排斥力更强,孤电子对越多,键角越小,H2O的 H—O—H 键角小于NH3的H—N—H键角,D错误。] 8.C [由表格和J为0族元素可知:X为N,Y为O,Z为F,R为 S,W为Br,J为Xe;A项,S原子3p轨道上的电子应先分占不 同轨道;B项,O2-与Na+具有相同的电子层结构,原子序数越 小,离子半径越大,故O2-的半径大于 Na+的半径;C项,N原 子2p轨道处于半充满状态,较稳定,所以N的第一电离能要大 于O的第一电离能;D项,电负性最大的元素为Z(F),一般稀 有气体元素的电负性不考虑。] 9.D [A.离子晶体一般熔点高、硬度大,A错误;B.同一周期随 着原子序数变大,第一电离能变大,P的3p轨道为半充满稳定 状态,第一电离能大于同周期相邻元素,与最外层电子数依次 增多没有必然关系,B错误;C.熔沸点不能体现非金属性、金属 性强弱,C错误;D.在 H2S晶体中,每个 H2S分子周围紧邻的 分子有12个;在冰晶体中,每个 H2O分子周围紧邻的分子有4 个;因为 H2S晶体中,分子间只存在范德华力;冰晶体中氧的电 负性较强,分子间存在氢键,氢键具有方向性,D正确。] 10.D [H2O和NH3的中心原子价电子对数分别为2+ 6-2×1 2 =4、3+5-3×12 =4 ,O原子上存在2对孤电子对,N原子上 存在1对孤电子对,已知排斥力:孤电子对-孤电子对>孤电 子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对,因此键角: NH3>H2O,故A错误;热稳定性与氢键强度无关,故B错误; 由于原子半径Si>C,因此键长:Si-Si>Si-C,键长越短,键 能越大,因此熔点:SiC>Si,故C错误;核外电子离核越远,能 量越高,电子出现的概率越大,因此电子云半径:3s>1s,故D 正确。] 11.C [CH4、NH3和N2H4中C、N价层电子对数都是4,所以这 三种分子中C、N都采用sp3 杂化,A正确;CH4 中C价层电 子对数=4+4-4×12 =4 且不含有孤电子对,NH3 中N价层 电子对数为3+5-3×12 =4 且含有1个孤电子对,空间结构 分别为正四面体形、三角锥形,B正确;CH4 结构对称,正负电 荷中心重合,为非极性分子,NH3 为三角锥形,正负电荷中心 不重合,为极性分子,N2H4 正负电荷中心不重合,为极性分 子,C错误;N2H4、NH3 都能形成分子间氢键,且形成分子间 氢键个数:N2H4>NH3,CH4 不能形成分子间氢键,所以沸 点:N2H4> NH3>CH4,D正确。] 12.D [A.C原子最外层为L层,没有d轨道接受水分子中的孤电 子对,不能发生类似的水解反应,A错误;B.中间体SiCl4(H2O)可 看做硅的一个空d轨道和水分子中氧原子的孤电子对形成配位 键,为sp3d杂化,B错误;C.C的电负性比Si的大,与CO2为分子 晶体、SiO2为共价晶体没有关系,C错误;D.Si的原子半径比C的 大,Si原子之间难以可以形成p-pπ,D正确。] 13.D [根据晶胞结构分析得到Ca、Ti、O的个数分别为8×18= 1、1、6×12=3 ,则钛酸钙的化学式为CaTiO3,故A正确;钛为 22号元素,与钙是都是第四周期元素,故B正确;钛为22号元 素,基态钛原子电子排布式为[Ar]3d24s2,价电子排布式是 3d24s2,故C正确;Ca2+所在的横截面有3个,每个横截面与 Ca2+距离最近且相等的O2-有4个,因此晶胞中与每个Ca2+ 距离最近且相等的O2-有12个,故D错误。] 14.C [铝原子的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p1,有1+1+ 3+1+1=7个原子轨道,则核外电子有7种空间运动状态,故 A正确;27Al原子的质量数为27,质子数为13,则中子数=质 量数-质子数=27-13=14,故B正确;Cl-核外各层所含电 子数分别为2、8、8,M 层最多容纳18个电子,则 M 层没有充 满电子,故C错误;Ga是31号元素,核外有四个电子层,最外 层有三个电子,则位于周期表的第四周期ⅢA族,故D正确。] 15.A [Ⅰ由C、H、O和N元素组成,电负性最大的元素为O,故 A正确;单键均为σ键,双键中含有1个σ键1个π键,叁键含 有1个σ键2个π键;1个Ⅱ分子中含有14个σ键,故B错误; Ⅱ分子中苯环上的C原子的杂化形式属于sp2 杂化,故C错 误;Ⅲ中含 有 C—O 和 C􀪅O,碳 氧 键 的 键 能 不 相 等,故 D 错误。] 16.解析 (1)锰元素的原子序数为25,位于元素周期表第四周期 ⅦB族;钴元素的原子序数为27,价电子排布式为3d74s2,则 3d轨道有3个未成对电子。(2)二氧化碳为共价化合物,电子 式为··O ·· · · · ·C·· ·· O ·· · ·,分子中含有碳氧双键,双键中含有1 个σ键和1个π键,则σ键与π键的数目比为2∶2=1∶1。 (3)元素的非金属性越强,原子半径越小,形成共价键的键长 越小、键能越大,碳元素的非金属性强于硅元素,则C—H 键 的键能大于Si—H键。(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于 分子晶体,二氧化硅为共价晶体,熔化时破坏共价键,干冰是 分子晶体,熔化时破坏分子间作用力,则二氧化硅晶体的熔点 高于干冰。(5)同主族元素的价电子数相同,由C原子的价电 子排布式为2s22p2可知,锗元素的价电子排布式为4s24p2,则 锗元素的原子序数为32。(6)由晶胞结构可知,与位于顶点的 镍离子最近的镍离子位于面心上,则晶体中镍离子周围与其 等距离且最近的镍离子有12个;由晶胞中原子坐标参数A为 (0,0,0),B为 12 ,0,0 可知,晶胞的边长距离为1,C位于体 心,则C原子坐标参数为 12 ,1 2 ,1 2 。 答案 (1)ⅦB 3 (2)··O ·· · · · ·C····O ·· · · 1∶1 (3)> (4)SiO2是共价晶体,熔化时破坏共价键,干冰是分子晶体,熔 化时破坏分子间作用力,所以SiO2熔点高于干冰 (5)32 (6)12 12 ,1 2 ,1 2 17.解析 (1)氟是9号元素,核外有9个电子,因此bc不符合题 意,而原子激发态的电子排布式有ad,3p能级上电子的能量 高于3s能级上电子的能量,因此能量较高的是1s22s22p33p2 即d;(2)某元素位于周期表的第四周期,元素原子的最外层只 有一个电子,其次外层内的所有轨道电子均成对,则该原子价 电子排布式为3d104s1;该元素位于周期表的ds区,写出该基 态原子电子排布式为[Ar]3d104s1;(3)图a、b、c分别表示C、 N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。根 据题意,同周期从左到右第一电离能呈增大趋势,但第ⅡA族 大于第ⅢA族,第ⅤA族大于第ⅥA族,因此第一电离能的变 化图是图a,判断的根据是同一周期第一电离能的总体趋势是 依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此 N 元素的第一电离能较C、O两种元素高;失去两个电子后的价 电子排布式分别为2s2,2s22p1,2s22p2,2s22p3,碳价电子2p 处于全空,稳定,难失去电子,第三电离能比氮大,因此第三电 离能的变化图是图b;(4)根据短周期元素X、Y、Z、W 的原子 序数依次增大,0.1mol·L-1溶液对应的pH(25℃)分析,得 到X为N,Y为Na,Z为P,W 为S。①根据同周期从左到右 电负性逐渐增强,同主族从上到下电负性逐渐减小,则元素的 电负性:Z小于 W;②根据层多径大,同电子层结构核多径小, 则简单离子半径:W 大于Y;③根据非金属性越强,其气态氢 化物越稳定,则氢化物的稳定性:X大于Z。 答案 (1)ad d (2)ds [Ar]3d104s1 (3)图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的,但 由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离 能较C、O两种元素高 图b (4)①小于 ②大于 ③大于 18.解析 (1)Fe是26号元素,Fe3+是Fe原子失去最外层的2个 电子后再失去次外层的1个3d电子形成的,其核外电子排布 式是[Ar]3d5,3d轨道有5个,原子核外电子总是尽可能成单 排列,而且自旋方向相同,这种排布使原子能量最低,处于稳 定状态,则Fe3+离子中未成对的电子数为5个。(2)Li、Na都 是第ⅠA元素,由于 Na原子核外电子层数比Li多,原子半 径:Na>Li,原子失去电子的能力逐渐增强,所以第一电离能: I2(Li)>I1(Na);一般情况下同一周期元素的第一电离能呈 增大趋势,但当元素处于第ⅡA的全充满的稳定状态时,其第 一电离能大于同一周期相邻元素,所以Li、Be、B三元素的第 一电离能I1(Be)、I1(B)、I1(Li)之间的大小关系是I1(Be)> I1(B)>I1(Li)。(3)磷酸根离子的中心P原子上无孤对电子, 因此PO3-4 的空间构型为正四面体形;P原子杂化轨道类型为 sp3杂化。(4)[Cu(OH)4]2-中,中心Cu2+上有空轨道,OH- 的O原子上有孤对电子,因此4个OH-与Cu2+形成4个配 位 键 结 合 为 [Cu (OH )4 ]2-, 故 其 结 构 为: 。 (5)A.[Cu(H2O)4]SO4的中心Cu2+配位数是4,A正确;B. [Cu(H2O)4]SO4 的 内 界 离 子 是[Cu(H2O)4]2+,其 中 心 Cu2+结合的配位体是 H2O,B正确;C.此配合物中Cu2+提供 空轨道,而配位体 H2O中的O原子提供孤对电子,C错误;D. [Cu(H2O)4]SO4溶于水电离产生SO2-4 ,因此向该溶液中加 入BaCl2溶液,Ba2+与SO2-4 反应产生BaSO4 沉淀,D正确; 故合理选项是C。(6)经研究表明,Fe(SCN)3是配合物,Fe3+与 SCN-不仅能以1∶3的个数比配合,还可以以其他个数比配合, 若所得的Fe3+和SCN-的配合物中,主要是Fe3+与SCN-以个 数比1∶1配合,所得离子显红色,根据元素守恒、电荷守恒,可知 该离子的离子符号为[Fe(SCN)]2+。(7)若所得的Fe3+和SCN- 以个数比1∶5配合,则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应产生 KCl、K2[Fe(SCN)5],该反应的化学方程式可以表示为:FeCl3+ 5KSCN􀪅􀪅K2[Fe(SCN)5]+3KCl。 答案 (1)5 (2)同一主族元素随着电子层数增多,原子核对最外层的电子 控制减弱,原子的第一电离能逐渐减小 I1(Be)>I1(B)>I1 (Li) (3)4 sp3 (4) (5)C (6)[Fe(SCN)]2+ (7)FeCl3+5KSCN􀪅􀪅K2[Fe(SCN)5]+3KCl 19.解析 (1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,因 此基态硫原子价电子排布式为3s23p4。(2)H2S、CH4、H2O 均为分子晶体,H2O分子间存在氢键,沸点较高,H2S、CH4 的 分子间范德华力随相对分子质量增大而增加,因此沸点由高 到低顺序为 H2O>H2S>CH4。(3)第六周期0族元素的原 子序数为86,因 此 第80号 元 素 汞 位 于 第 六 周 期 第ⅡB族。 (4)CH2 CH CH2 OH SH SH 中硫原子的价层电子对数=2+6-2×12 =4 , 因此硫原子采取sp3 杂化,故 A正确; Hg SCH2 SCH CH2 OH 中含有 的元素为H、C、O、S、Hg,同周期元素从左至右元素的电负性逐 渐增大,同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小,因此5种 元素中电负性最大的为氧元素,故B错误;CH2 CH CH2 SO3Na SH SH 中碳 原子成键均为单键,因此碳原子采取sp3 杂化,所以C—C—C 键角接近109°28',故C错误;CH2 CH CH2 SO-3 SH SH 中存在C—H、C— C、C—S、S􀪅O、S—O、S—H共价键和 CH2 CH CH2 SO-3 SH SH 与Na+之 间的离子键,故D正确;Ⅳ中存在S􀪅O键和S—O键,键能不相 等,故E错误;综上所述,说法正确的是AD项。(5)CH2 CH CH2 OH SH SH 中羟基能与水分子之间形成分子间氢键,CH2 CH CH2 SO3Na SH SH 为易溶 于水的钠盐,溶于水后电离出的 CH2 CH CH2 SO-3 SH SH 中氧原子均能与水 分子之 间 形 成 氢 键,相 同 物 质 的 量 的 两 种 物 质 溶 于 水 后, CH2 CH CH2 SO-3 SH SH 形 成 的 氢 键 更 多,因 此 化 合 物Ⅲ更 易 溶 于 水。 (6)①对比图b和图c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的 原子位置不完全相同,不符合晶胞是晶体的最小重复单元要 求。②以晶胞上方立方体中右侧面心中汞原子为例,同一晶胞 中与Hg距离最近的Sb的数目为2,晶胞右侧中有2个Sb原子 与汞原子距离最近,因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数 目为4;该晶胞中锑原子均位于晶胞内,因此1个晶胞中含有锑 原子数为8,锗原子位于晶胞顶点、面心、体心,因此1个晶胞中 含有锗原子数为1+8×18+4× 1 2=4 ,Hg原子位于棱边、面 心,因此1个晶胞中含有汞原子数为6×12+4× 1 4=4 ,则该晶 胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2。 答案 (1)3s23p4 (2)H2O>H2S>CH4 (3)六 (4)AD (5)化合物Ⅲ (6)①不是晶体中最小结构的重复单元 ②4 1∶1∶2 20.解析 (1)因为 MgxFe2-xSiO4中 Mg、Si、O的化合价分别为+ 2、+4和-2,根据化合物中各元素的化合价的代数和为0,可以 确定铁的化合价为+2。(3)由硼镁化合物的晶体结构可知 Mg 位于正六棱柱的顶点和面心,由均摊法可以求出正六棱柱中含 有12×16+2× 1 2=3 个 Mg,由晶胞沿c轴的投影图可知本题 所给晶体结构包含三个晶胞,则晶胞中 Mg的个数为1;晶体结 构中B在正六棱柱体内共6个,则该物质的化学式为 MgB2;由 晶胞沿c轴的投影图可知,B原子在图中两个正三角形的重心, 该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍,顶点到对边 的垂线长度为 3 2a ,因此B—B最近距离为 32a× 1 3×2= 3 3a 。 答案 (1)3d64s2 O>Si>Fe>Mg +2 (2)氯化钠为离子晶 体,而SiCl4为分子晶体 熔点依次升高,因为SiCl4、GeCl4、SnCl4 均为分子晶体,结构相似,随着其相对分子质量依次增大,其分子 间作用力依次增强 正四面体 sp3 (3)1 MgB2 3 3a 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 115 — — 78 — 第五次月考滚动检测卷 (范围:分子结构与性质 晶体结构与性质) (时间:90分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第15题。该题主要水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN-组成,其立 方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中,Fe2+与Fe3+含量发生变化,依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白 三种物质为背景,考查电子排布式和晶体结构的知识,从而提高学生的应用理解能力,值得推荐。 一、选择题(共15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题意) 1.硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是 ( ) A.晶体硅属于共价晶体 B.硅原子的电子式为·Si · · · C.硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 D.硅原子的价电子排布图为↑↓ 3s ↑↓ 3p 2.以色列科学家达尼埃尔·谢赫特曼因发现准晶体获得诺贝尔化学奖。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、低表面能以及低传热性,正被开发为炒菜锅的镀层。 下列说法不正确的是 ( ) A.铝是主族元素 B.铁元素与氯气反应形成离子键 C.自然界中不存在准晶体 D.铜、铁都是过渡元素 3.下列说法不正确的是 ( ) A.在CH2􀪅CH—C≡N分子中含6个σ键,3个π键 B.2个原子形成的多重共价键中,只能有一个是σ键,而π键可以是一个或多个 C.s电子与s电子间形成的键一定是σ键,p电子与p电子间形成的键一定是π键 D.共价键一定有原子轨道的重叠 4.下列说法不正确的是 ( ) A.激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关 B.可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷与水分子间存在氢键 C.冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别” D.晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象 5.冠醚能与阳离子尤其是与碱金属离子作用,并随环的大小不同而与不同碱金属 离子作用,12-冠-4与锂离子作用而不与钠离子、钾离子作用,18-冠-6与钾离子 作用如图,但不与锂离子或钠离子作用,下列说法不正确的是 ( ) A.18-冠-6中C原子和O原子的杂化轨道类型相同 B.与K+作用不与Li+和Na+作用反映了超分子的“分子识别”的特征 C.与钾离子作用反映了超分子的“自组装”的特征 D.冠醚与碱金属离子作用的原理与其可做相转移催化剂的原理有关 6.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+形成配位键 D.该配合物的配体为NH3 7.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 氮原子的第一电离能大于氧原子 氮原子2p能级半充满 B CO2 为直线形分子 CO2 分子中C􀪅O之间的夹角为180° C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体,石墨是共价晶体 D HF的沸点高于HCl HF的相对分子质量小于HCl 8.纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大,这是它有许多特殊性质的原因。 假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同(如图 所示),则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数之比为 ( ) A.7∶8 B.13∶14 C.1∶1 D.26∶27 9.下列叙述中,正确的是 ( ) A.在同一能级上运动的电子,其运动状态肯定不同 B.如图所示银的晶胞中有14个银原子 C.11号到18号元素位于元素周期表中同一周期,所以元素的电负性逐渐增大 D.固态时能导电的晶体一定是金属晶体 10.一种由阳离子An+、Bm+和阴离子X-组成的无机固体电解质结构如图,其中高温相呈现无序结 构,An+、Bm+均未画出,低温相呈现有序结构。 下列说法错误的是 ( ) A.该物质的化学式为A2BX4 B.低温相中X-的配位数为3 C.低温相晶体中阳离子占据37.5%的四面体空隙 D.高温相中空隙有66.7%被An+填充,33.3%被Bm+填充 11.下列关于晶体结构和性质的叙述中都正确的一组是 ( ) ①I+3 的立体构型为V形,中心原子的杂化方式为sp3 ②金属阳离子只能存在于离子晶体中 ③因为NH3 分子间存在氢键,所以NH3 极易液化,用作制冷剂 ④因金属性K>Na>Mg,所 以熔点:KCl>NaCl>MgCl2 ⑤干冰晶体中,每个二氧化碳分子周围等距且紧邻的二氧化碳分 子有12个 ⑥因为1molSi晶体中含有2molSi—Si键,所以1molSiC晶体中也含有2mol Si—C键 ⑦CH3Cl和CCl4 均为正四面体构型的非极性分子 ⑧H2O比 H2S稳定是因为水分 子间存在氢键 A.①③⑤ B.①③⑤⑥ C.④⑥⑦⑧ D.②③④⑥⑧ 12.磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构 如图所示。已知晶胞参数为apm,下列说法不正确的是 ( ) A.磷锡青铜的化学式为Cu3SnP B.该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有4个 C.三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区 D.Sn和P原子间的最短距离为 32apm 13.晶体的结构如下图所示,下列说法中不正确的是 ( ) — 77 — — 80 — A.在图①NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体 B.在图②CaF2 晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+ C.在图③金刚石晶体中,碳原子采取sp3 杂化 D.图④表示铜晶体为面心立方堆积,铜原子的配位数为8 14.用6.02×1023表示阿伏加德罗常数(NA)的值,下列说法中不正确的是 ( ) A.1L水吸收标准状况下2.24LCl2,所得溶液中,N(Cl-)+N(ClO-)+ N(HClO)=1.204×1023个 B.16.85gCsCl晶体中含有6.02×1022个如图所示的结构单元 C.6.5gZn与足量的浓 H2SO4 完全反应,转移的电子数为0.2NA D.1mol—CH3 中的电子数为5.418×1024个 15.某水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN-组成,其立方晶胞嵌入和嵌出Na+过程中, Fe2+与Fe3+含量发生变化,依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质,其过程如图所示。 下列说法错误的是 ( ) A.基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2,失去4s电子转化为Fe2+ B.导电能力普鲁士蓝小于普鲁士白 C.普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为1∶2 D.若普鲁士白的晶胞棱长为apm,则其晶体的密度为8×157a3NA ×1030g·cm-3 二、非选择题(共5小题,共55分) 16.(10分)金属钛被誉为“二十一世纪金属”,有“生物金属,海洋金属,太空金属”的美称,具有广泛 的应用前景。回答下列问题: (1)钛在周期表中的位置 ,钛原子核外有 种空间运动状态不同的电子, Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为 。 (2)磷酸钛铝锂可用作锂离子电池的正极材料,PO3-4 的空间构型是 ,第一电离能介于 Al、P之间的第三周期元素为 (填元素符号)。 (3)Ti(BH4)2 是一种储氢材料,其中所含元素的电负性由小到大排列顺序为 ,B原子的 杂化方式是 ,其中的BH-4 可由BH3 和 H-结合而成。BH-4 含有 (填序号) ①σ键 ②π键 ③氢键 ④配位键 ⑤离子键 (4)TiO2 在自然界中有三种同素异形态,即金红石型、锐钛型和 斜钛型三种,其中金红石型是三种变体中最稳定的一种,其晶 胞如图所示,该晶体的密度为 g·cm-3(设阿伏加德罗 常数的值为NA,用含a、b、NA 的代数式表示)。 17.(11分)东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云 南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制 作仿银饰品。回答下列问题: (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)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:I2(Cu)=1 959kJ·mol-1,I2(Ni)=1753kJ·mol-1,从原子结构知识解释I2(Cu)>I2(Ni)的原因是 。 (3)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氨的沸点 (填 “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 。 (4)新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。某储氢材料是短周期金属元素 M 的氯化 物。M的部分电离能(单位:kJ·mol-1) I1 I2 I3 I4 I5 738 1451 7733 10540 13630 如表所示:M的最高正价是 价。 18.(12分)新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的 研究热点。回答下列问题: (1)Sn的价电子排布式为 ,Zn位于元素周期表的 区。 (2)Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是 。其中电负性最大的元素是 。 (3)SO2-3 和SO2-4 键角较小的是 ,原因是 。 (4)向CuSO4 溶液中滴加氨水至过量,最终得到蓝色溶液,溶液中1mol [Cu(NH3)4]2+含有 个σ键。再向溶液中加入乙醇,得到深蓝色 晶体,该晶体中不存在 (填标号)。 A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.金属键 E.氢键 (5)锌黄锡矿(K型)是制备薄膜太阳能电池的重要原料,其晶胞结构如图 所示(晶胞参数α=β=y=90°)。该晶体的化学式为 ,密度ρ= g·cm-3(用含有NA 的代数式表示)。 19.(10分)在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上,最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是 我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。请回答: (1)基态铁原子的价电子排布式为 ,FeCl3 的熔点为306°C,沸点为315°C,FeCl3 的晶体 类型是 。 (2)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知:氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm -3, NA 代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中,与Fe2+紧邻且等距离的 Fe2+数目为 ;Fe2+与O2-最短核间距为 pm。 (3)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]SO4 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 。 (4)无水CrCl3 和氨分子作用能形成某种配合物,该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知: 若加入AgNO3 溶液,能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl;若加入NaOH溶液并 加热,无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界,写出该配合物的结构式 ,1mol该配合物中含有σ键的数目为 。 20.(12分)硅、镓、锗、硒等单质及某些化合物(如砷化镓)都是常用的半导体材料,广泛用于光电应 用领域。具有钙钛矿结构的金属卤化物(通常用ABX3 表示)作为一种新型半导体材料也备受 关注,A是阳离子(CH3NH+3 、Cs+等),B是二价金属阳离子(Pb2+、Sn2+等),X是卤离子。 (1)基态Se原子的核外电子排布式为 ,其能量最高轨道的电子云形状为 。 (2)镓、锗、砷、硒的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 (3)CH3NH+3 中 N 原子的杂化方式为 ,该离子与 分子互为等电子体; CH3NH+3 中 H—N—H键角比NH3 中 H—N—H键角 (填“大”或“小”),理由是 。 (4)锗的一种氧化物的立方晶胞如图所示: 其中原子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,1,0),则C原子坐标参数为 ,O的配位数为 ,每个Ge原子周围距离最近且相等的Ge原子有 个。已知Ge与O的最近距 离为anm,阿伏加德罗常数值为NA,则该晶体的密度ρ= g·cm -3(列出计算式即可)。 — 79 —