期末考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高二化学选择性必修1+2（人教版2019）

— 82 — 期末考试测控卷 (范围:选择性必修2全部) (时间:90分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第13题。该题主要以钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物,该类化合物具有特殊的 理化性质为背景,考查晶体结构的相关知识,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.已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3,该元素在周期表中的位置和区域是 ( ) A.第三周期第ⅥB族;p区 B.第三周期第ⅢB族;ds区 C.第四周期第ⅥB族;d区 D.第四周期第ⅢB族;f区 2.一定条件下,乙烯(CH2􀪅CH2)可与 HCl反应生成氯乙烷(CH3CH2Cl)。下列说法错误的是 ( ) A.HCl分子中的σ键为s—sσ键 B.乙烯分子中总共有5个σ键和1个π键 C.乙烯分子中两个碳原子的未参与杂化的2p轨道形成π键 D.氯乙烷中碳原子均采用sp3 杂化 3.下列叙述中正确的个数有 ( ) ①氧原子的电子排布图:↑↓ 1s ↑↓ 2s ↑↓ ↑ ↓ 2p 最外层违背了泡利原理 ②处于最低能量状态原子叫基态原子,1s22s22p1x♂→1s22s22p1y♂过程中形成的是发射光谱 ③所有元素中,氟的第一电离能最大 ④具有相同核外电子排布的粒子,化学性质不一定相同 ⑤NCl3 中N—Cl键的键长比CCl4 中C—Cl键的键长短 ⑥金属元素的电负性均小于1.8 ⑦主族元素的电负性越大,其元素原子的第一电离能一定越大 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 4.下列说法中正确的是 ( ) A.元素第一电离能:N<O<F B.键角:BeCl2>CCl4>NH3>H2O C.H2O比 H2S稳定的原因是 H2O分子间存在氢键 D.SiO2 熔化和干冰升华克服的作用力相同 5.下列说法中不正确的是 ( ) A.离子晶体中可能存在共价键、氢键 B.硫单质熔点高于白磷的原因是硫硫键键能大于磷磷键键能 C.可通过融化状态下是否导电,区分离子晶体与分子晶体 D.石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距,说明层间靠范德华力维系 6.下列叙述中,不正确的是 ( ) A.微粒半径由小到大顺序是 H+<Li+<H- B.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 C.[Cu(NH3)4]2+中 H提供接受孤电子对的空轨道 D.分子的中心原子通过sp3 杂化轨道成键时,该分子不一定为四面体结构 7.用NaClO可除去水体中过量氨氮(以NH3 表示),以防止水体富营养化,其原理如图所示。下列 有关叙述正确的是 ( ) A.反应②有极性键的断裂和极性键、非极性键的形成 B.基态氯原子价层电子的轨道表示式为3s23p5 C.NH3、H2O、OH-所含的质子数和电子数均相等 D.H2O的 H—O—H键角大于NH3 的 H—N—H键角 8.下表是元素周期表前五周期的一部分,X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号,其中J为0族元素。 X Y Z R W J 下列说法正确的是 ( ) A.R原子的核外电子的轨道表示式为↑↓ 1s ↑↓ 2s ↑↓↑↓↑↓ 2p ↑↓ 3s ↑↓↑↓ 3p B.Y2-与Na+的半径大小关系为Y2-<Na+ C.X的第一电离能大于Y的第一电离能 D.表中电负性最大的元素为 W — 81 — — 84 — 9.下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确并且存在因果关系的是 ( ) 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 某晶体熔点低,硬度小,不导电 该晶体是离子晶体 B Al、Si、P的第一电离能依次增大 Al、Si、P的最外层电子数依次增多 C 金刚石、硅、锗的熔点、硬度依次降低 C、Si、Ge的非金属性依次减弱,金属性依次 增强 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 H2S晶体中,分子间只存在范德华力;冰晶体 中,分子间存在氢键,氢键具有方向性 10.下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是 ( ) 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角:H2O>NH3 水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多 B 热稳定性:NH3>PH3 NH3 分子间氢键强于PH3 分子间作用力 C 熔点:晶体硅>碳化硅 Si—Si的键能大于C—Si的键能 D 电子云半径:3s>1s 3s电子能量高,在离核更远的区域出现的概率大 11.CH4、NH3 和N2H4 均可作为燃料电池的燃料。下列说法错误的是 ( ) A.CH4、NH3 和N2H4 中C、N杂化方式均相同 B.CH4 和NH3 的空间结构分别为正四面体形、三角锥形 C.CH4、NH3 和N2H4 均为极性分子 D.沸点:N2H4>NH3>CH4 12.已知:SiCl4 可发生水解反应,机理如下: 下列有关C、Si及其化合物的说法正确的是 ( ) A.C和Si同为ⅣA族,可推断CCl4 也能发生与SiCl4 类似的水解反应 B.由轨道杂化理论,推测中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为sp3d2 C.C的电负性比Si的大,可推断CO2 为分子晶体,SiO2 为共价晶体 D.Si的原子半径比C的大,推断Si原子之间难形成p-pπ 13.钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物,该类化合物具有特殊的理化性质,比如吸 光性、电催化性等,其晶体结构如图所示。下列说法不正确的是 ( ) A.钛酸钙的化学式为CaTiO3 B.钛与钙是同一周期元素 C.基态钛原子价电子排布式是3d24s2 D.晶胞中与每个Ca2+距离最近且相等的O2-有6个 14.三甲基镓[(CH3)3Ga]是应用最广泛的一种金属有机化合物,可通过如下反应制备:GaCl3+ (CH3)3Al △ 􀪅􀪅(CH3)3Ga+AlCl3。(已知:GaCl3 中Ga为最高价)下列说法错误的是 ( ) A.Al原子核外电子有7种空间运动状态 B.27Al原子的中子数为14 C.Cl-的核外三个电子能层均充满电子 D.Ga位于周期表中第四周期ⅢA族 15.下图为“点击化学”的一种反应,下列关于物质Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是 ( ) A.Ⅰ的组成元素中电负性最大的元素为O B.一个Ⅱ分子中有9个σ键 C.Ⅱ分子中C原子的杂化方式均为sp杂化 D.Ⅲ中碳氧键的键能均相等 二、非选择题(共5小题,共55分) 16.(10分)研究发现,在CO2 低压合成甲醇反应(CO2+3H2 →CH3OH+H2O)中,Co氧化物负 载的 Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性,显示出良好的应用前景。 回答下列问题: (1)Mn位于周期表的第 族,Co基态原子核外有 个未成对电子。 (2)CO2 的电子式为 ,分子中σ键与π键的数目比为 。 (3)比较键能:C—H Si—H(填“>”“<”或“=”)。 (4)SiO2 晶体的熔点高于干冰的原因是 。 — 83 — — 86 — (5)锗(Ge)与C同族,Ge原子比C原子多两个电子层,则Ge的原子序数为 。 (6)镍的氧化物也常用作催化剂,NiO的晶胞结构如图所示,该晶体中Ni周围与其等距离且最 近的Ni有 个,原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置,若该晶胞中原子坐标参 数A为(0,0,0),B为 12 ,0,0 ,则C的原子坐标参数为 。 17.(10分)回答下列问题: (1)氟原子激发态的电子排布式有 ,其中能量较高的是 。(填标号) a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p5 d.1s22s22p33p2 (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。该元素位于周期表的 区,写出该基态原子电子排布式为 。 (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)。第一电离 能的变化图是 (填标号),判断的根据是 ; 第三电离能的变化图是 (填标号)。 (4)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。根据表中信息完成下列空白。 元素 X Y Z W 最高价氧化物的水化物 H3ZO4 0.1mol 0.1mol·L-1溶液对应的pH(25℃) 1.00 13.00 1.57 0.70 ①元素的电负性:Z W(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②简单离子半径:W Y(填“大于”“小于”或“等于”)。 ③氢化物的稳定性:X Z(填“大于”“小于”或“等于”)。 18.(11分)Ⅰ.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡 献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题: (1)基态Fe3+离子中未成对的电子数为 。 (2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能I1 大小比较关系如下:I2(Li)>I1(Na),原因是 , 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 。 (3)磷酸根离子中P的价层电子对数为 、杂化轨道类型为 。 Ⅱ.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途,如金属铜用来制造电线电缆,五水硫酸铜可用 作杀菌剂等。 (4)向 CuSO4 溶 液 中 加 入 过 量 NaOH 溶 液 可 生 成[Cu(OH)4]2- (不 考 虑 空 间 构 型), [Cu(OH)4]2-结构可用示意图表示为 。 (5)胆 矾 CuSO4·5H2O 可 写 为[Cu(H2O)4]SO4·H2O,其 结 构 示 意 如 下 图:则 关 于 [Cu(H2O)4]SO4 的下列说法中错误的是 。 A.此配合物中心离子的配位数为4 B.配体为 H2O,配位原子是氧原子 C.此配合物中Cu2+提供孤对电子 D.向此配合物溶液中加入BaCl2 溶液,将出现白色沉淀 Ⅲ.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。 (6)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。该离子的离子符号是 。 (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的化学 方程式可以表示为 。 — 85 — — 88 — 19.(12分)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。 CH CH2 SH CH2 OH SH Ⅰ Hg SCH2 CH CH2 OH S Ⅱ CH CH2 SH CH2 SO3Na SH Ⅲ CH3 S O 􀪅􀪅 O 􀪅􀪅 OH Ⅳ (1)基态硫原子价电子排布式为 。 (2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为 。 (3)汞的原子序数为80,位于元素周期表第 周期第ⅡB族。 (4)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中硫原子采取sp3 杂化 B.在Ⅱ中硫元素的电负性最大 C.在Ⅲ中C—C—C键角是180° D.在Ⅲ中存在离子键与共价键 E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等 (5)汞解毒剂的水溶性好,有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比,水溶性 较好的是 。 (6)理论计算预测,由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。 X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分锗原子被 Hg和Sb取代后形成。 ①图b为Ge晶胞中部分锗原子被 Hg和Sb取代后形成的一种单元结构,它不是晶胞单元,理 由是 。 ②图c为X的晶胞,X的晶体中与 Hg距离最近的Sb的数目为 ;该晶胞中粒子个数比 Hg∶Ge∶Sb= 。 20.(12分)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物 (MgxFe2-xSiO4)。回答下列问题: (1)基态Fe原子的价电子排布式为 。橄榄石中,各元素电负性大小顺序为 ,铁的化合价为 。 (2)已知一些物质的熔点数据如下表: 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl4 -68.8 GeCl4 -51.5 SnCl4 -34.1 Na与Si均为第三周期元素,NaCl熔点明显高于SiCl4,原因是 。 分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4 熔点变化趋势及其原因 。 SiCl4 的空间结构为 ,其中Si的轨道杂化形式为 。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能,晶体结构属于立方晶系,其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如 下所示,晶胞中含有 个 Mg。该物质化学式为 ,B—B最近距离为 。 — 87 — —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 —