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2017-2018学年甘肃省兰州第一中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
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甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期第一次月考
化学试题
1. 下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是
A. CH4 B. C2H4 C. NH3 D. H2O2
【答案】B
【解析】一般来说，单键只含有σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，则A．甲烷分子中只有单键，全部是σ键，A错误；B．含有C=C键，既含σ键又含π键，B正确；C．只含有N-H键，不含π键，C错误；D．结构式为H-O-O-H，只含有σ键，D错误。答案选B。
单键：本题考查化学键的分类，注意把握σ键和π键的区别以及形成原因，判断时注意通过判断单键、双键或三键分析解答。
2. 下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图．下列说法正确的是
A. X和R在同一周期 B. 原子半径：W＞R＞X
C. 气态氢化物的稳定性：Y＞X D. X、Z形成的化合物中只有离子键
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据题图可知，X、Y位于第二周期，Z、R、W位于第三周期，X和R位于不同周期，同一主族，A错误；B、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小。不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：R＞W＞X，B错误；C．Y、X是同周期的元素,原子序数Y＞X，原子序数越大，原子半径就越小，元素的非金属性越强。所以非金属性：Y＞X，C正确；D、根据题目提供的信息可知X是O元素，Z是Na元素，可形成Na2O和Na2O2，Na2O2中含有非极性共价键，D错误；答案选C。
考点：考查元素的结构、位置、性质的关系的知识。
3. 核磁共振(NMR)技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域．已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象．试判断下列哪组原子均可产生NMR现象
A. 18O、31P B. 元素周期表中ⅢA族所有元素的原子
C. 19F、12C D. 元素周期表中第三周期元素的所有原子
【答案】B
【解析】试题分析：A．18O 质子数为8，中子数为10，没有NMR现象；31P质子数为15，中子数为16，有NMR现象．错误．B．元素周期表中ⅢA族所有元素的原子，元素的原子核内质子数都是奇数，都有NMR现象。正确。C．19F质子数为9，中子数为10，有NMR现象；12C质子数为6，中子数为6，没有NMR现象。错误。D．元素周期表中第三周期元素的所有原子，原子序数为奇数的所有元素因为质子数为奇数都有NMR现象；而原子序数为偶数的元素，如32S质子数为16，中子数为16，没有NMR现象。因此不符合题意。
考点：考查NMR现象与原子结构关系的知识。
4. 有关化学用语表达，下列正确的是
A. CS2的比例模型： B. Ca2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p5
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 氮原子最外层轨道表示式
【答案】A
【解析】A. CS2是直线形结构，其比例模型为，A正确；B. Ca2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，B错误；C. 乙烯的结构简式：CH2＝CH2，C错误；D. 氮原子最外层轨道表示式为，D错误，答案选A。
5. 当硅原子由1s22s22p63s23p21s22s22p63s13p3时，以下认识正确的是
A. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中释放能量
C. 转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相反
D. 转化后硅原子与磷原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】试题分析：A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故A正确、B错误；C.3p能级上的两个电子应优先占据不同轨道，故C错误；D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子与磷原子的价层电子数不同，性质不同，故D错误；故选A。
考点：考查电子的跃迁，注意原子核外电子的排布规律符合能量最低原理、洪特规则以及泡利不相容原理。
6. 下表中某些共价键的键能，由此判断下列说法不正确的是
共价键
H－H
F－F
H－F
H－Cl
H－I
E(kJ·mol−1)
436
157
568
432
298
A. 432kJ·mol−1 > E(H－Br) > 298kJ·mol−1
B. H2(g)+F2(g)＝2HF(g) △H=+25kJ·mol−1
C. 表中最稳定的共价键是H－F
D. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ·mol−1
【答案】B
【解析】A、同主族从上到下半径增大，即Br的半径介于Cl和I之间，因此H－Br的键能介于H－Cl和H－I之间，故A说法正确；B、根据△H=反应物的键能总和－生成物的键能总和=(436＋157－2×568)kJ·mol－1=－543kJ·mol－1，故B说法错误；C、键能越大，共价键越稳定，根据数据，H－F最稳定，故C说法正确；D、断键需要吸收热量，因此有H2(g)→2H(g) △H=＋436kJ·mol－1，故D说法正确。
7. 已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是
A. N—N键的键能为×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
【答案】D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。
8. 下列描述中不正确的是
A. CS2立体构型为V形 B. SF6中有6对完全相同的成键电子对
C. ClO3－的空间构型为三角锥形 D. SiF4和SO32－的中心原子均为sp3杂化
【答案】A
【解析】A．二硫化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以其空间构型是直线型，A错误；B．SF6中价层电子对个数=6+(6−6×1)/2=6，且不含孤电子对，所以有6对完全相同的成键电子对，B正确；C．ClO3－中价层电子对个数=3+(7+1−3×2)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，C正确；D．SiF4中硅原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以硅原子采用sp3杂化，SO32-中价层电子对个数=3+(6+2−3×2)/2=4，所以硫原子为sp3杂化，D正确；答案选A。
点睛：本题考查了原子杂化方式的判断、粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
9. 国际无机化学命名委员会作出决定：把长式周期表原有的主、副族及族号取消，由左至右按原顺序改为18列，如碱金属为第一列，稀有气体为18列，按这个规定，下列说法中错误的是
A. 第3列元素种类最多，第14列元素形成的化合物种类最多
B. 第8、9、10三列元素中没有非金属元素
C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D. 从上到下第1列碱金属元素的单质熔点逐渐降低，第17列元素的单质熔点逐渐升高
【答案】C
【解析】A、第三列含有镧系和锕系，因此元素种类最多，第14列是碳族元素，有机物中都含有碳元素，即化合物的种类最多，故说法正确；B、8、9、10列是过渡金属，不含非金属，故说法正确；C、稀有气体He最外层有2个电子，位于第18列，故说法错误；D、碱金属单质熔点从上到下逐渐降低，第17列是卤族元素，状态从气态→液态→固态，熔点增强，故说法正确。
10. 下列有关元素及周期表说法错误的是
A. 金属元素约占80% B. 主族元素处于周期表的s区和p区
C. 基态原子最外层为4s1的元素有3种 D. Na、K、Rb第一电离能逐渐增大
【答案】D
【解析】A. 在元素周期表中只有22种非金属，金属元素约占80%，故A正确；B. 主族元素处于周期表的s区和p区，故B正确；C. 最外层为4s1的元素有钾、铬、铜3种，故C正确；D. 金属性越强，第一电离能越大，金属性：Na
A. SO32-中硫原子的杂化方式为sp2 B. C2H2分子中含有3个σ键和2个π键
C. H2O分子中氧原子的杂化方式为sp2 D. BF3分子空间构型呈三角锥形
【答案】B
【解析】A. SO32-中价层电子对个数=3+(6+2−3×2)/2=4，所以硫原子为sp3杂化，A错误；B. C2H2的结构式为H－C≡C－H，因此分子中含有3个σ键和2个π键，B正确；C. H2O分子中价层电子对个数=2+(6−1×2)/2=4，所以氧原子的杂化方式为sp3，C错误；D. BF3分子中价层电子对个数=3+(3−1×3)/2=3，所以分子空间构型为平面三角形，D错误，答案选B。
12. 下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是
A. VSEPR模型可用来预测分子的立体构型
B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型
C. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定
D. 中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
【答案】C
【解析】A．VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，A正确；B．立体构型与价电子对相互排斥有关，所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，B正确；C．分子的稳定性与键角没有关系，C错误；D．中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力，D正确；答案选C。
点睛：本题考查了价层电子对互斥理论的用途，明确价层电子对互斥理论原理是解本题关键，注意排斥能力大小顺序：孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力。
13. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的元素属于的区、周期和族为
A. p区、第五周期、ⅠB族 B. ds区、第五周期、ⅠB族
C. d区、第四周期、ⅠB族 D. ds区、第五周期、Ⅷ族
【答案】B
【解析】试题分析：因为核外电子排布为[Kr]4d105s1的故为第五周期、ⅠB族，价电子轨道是sd，故为ds区，B项正确；答案选B。
考点：考查原子排布
14. 下列说法中正确的是（ ）
A. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
B. 1s22s12p1表示原子的激发态
C. s－s σ键与s－p σ键的电子云形状相同
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】B
D、电子无论从激发态跃迁到基态，还是从基态跃迁到激发态时都会产生原子光谱，故D错误，故选B。
考点：考查电子的排布、不同轨道电子云的形状、电子云的含义等
15. 下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是
A. 1s22s22p63s23p64s2 B. 1s22s22p63s23p3
C. 1s22s22p4 D. 1s22s22p63s23p2
【答案】C
【解析】A．质子数为20，是Ca元素；B．质子数为15，是P元素；C．质子数为8，是O元素；D．质子数为14，是Si元素；所以非金属性最强的元素是O元素，即电负性最强的元素是O元素，答案选C。
点睛：本题考查结构位置性质关系、电负性等，根据核外电子排布式判断元素，掌握电负性的意义与强弱判断是解答本题的关键。元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小。
16. 第4能层所含原子轨道种类数、原子轨道数目和最多可容纳电子数分别为
A. 3、9、18 B. 4、12、24
C. 5、16、32 D. 4、16、32
【答案】D
【解析】第N能级为第4层，含有的轨道能级分别为s、p、d、f 的顺序依次为1、3、5、7，共有16个轨道，每一个轨道可容纳2个电子，可以最多容纳32个电子，D正确；正确选项D。
17. 下列常见分子的中心原子的杂化轨道类型是sp3的是
A. NH4+ B. CH4 C. SO2 D. CO2
【答案】B
【解析】A、NH4＋中心原子N有4个σ键，孤电子对数为(5－1－4×1)/2=0，价层电子对数为4，因此杂化类型为sp3，但NH4＋不是分子，属于离子，故A错误；B、CH4中性原子，有4个σ键，孤电子对数为(4－4×1)/2=0，价层电子对数为4，因此杂化类型为sp3，甲烷属于分子，故B正确；C、SO2中性原子S有2个σ键，孤电子对数为(6－2×2)/2=1，价层电子对数为3，杂化类型为sp2，故C错误；D、CO2中心原子有2个σ键，孤电子对数为(4－2×2)/2=0，杂化类型为sp，故D错误。
点睛：本题的易错点是A选项，如果不注意题干说的是分子，容易错选A，杂化类型的判断，杂化轨道数等于价层电子对数，价层电子对数=σ键数目+孤电子对数。
18. 下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是
A. 杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
B. 分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
C. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
D. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
【答案】A
考点：考查对杂化轨道的理解
19. 在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是
A. 电离能最小的电子能量最高
B. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
C. 最易失去的电子能量最高
D. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
【答案】D
【解析】试题分析：A．电离能最小的电子，易失去，性质活泼，能量最高，故A正确；B．离核最近区域内运动的电子能量最低，离核越远区域内运动的电子能量越高，故B正确；C．最易失去的电子，性质活泼，所以能量最高，故C正确；D．轨道电子的能量主要取决于能层，例如4s轨道电子能量大于3p轨道电子的能量，故D错误；故选D。
考点：考查原子核外电子的排布
20. 已知X、Y元素同周期，且电负性X
B. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的酸性
D. X和Y形成化合物时，X显正价，Y显负价
【答案】B
【解析】试题分析：X、Y元素同周期，且电负性X
21. 下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是
X
W
Y
R
Z
A. W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. X元素是电负性最大的元素
D. p轨道未成对电子最多的是Z元素
【答案】C
【解析】试题分析：根据五种元素在周期表中的位置可知，X为F元素，W为P元素，Y为S元素，Z为Br元素，R为Ar元素，则：A、W元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，A错误；B、Y的阴离子核外有18个电子，与R原子相同，Z的阴离子核外有36个电子，与R得电子层结构不相同，B错误；C、F元素是电负性最大的元素，C正确；D、p能级未成对电子数最多的不是Z元素，而是P元素，D错误；答案选C。
考点：考查元素推断以及元素周期律的应用
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. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里滴入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液。若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子
C. 沉淀溶解后将生成深蓝色的正四面体形的配离子[Cu（NH3）4]2+
D. 加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出[Cu（H2O）4]SO4•H2O晶体
【答案】B
【解析】试题分析：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，但[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C错误；D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4，故D错误；故选B。
【考点定位】考查配合物、配位键的形成等性质
【名师点晴】明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体；氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-；据此分析即可解题。
24. 已知元素周期表中1～18号元素的离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A. 原子的第一电离能：X>W B. 离子的还原性：Y2－>Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y>HZ D. 原子半径：X
【解析】试题分析：1～18号元素的离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，则W和X是金属，其中W位于X的右侧。Y和Z 是非金属，位于W和X的上一周期，其中Z位于Y的右侧。同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。即金属性是X大于W，非金属性是Z大于Y。所以原子的第一电离能是X＜W，原子半径是X＞W，离子的还原性Y2－>Z－，氢化物的稳定性是H2Y＜HZ，答案选Ｂ。
考点：考查元素周期表的特点及其应用。
25. 0.75 mol RO中共有30 mol电子，则R在元素周期表中的位置是
A. 第2周期ⅤA族 B. 第2周期ⅥA族
C. 第3周期ⅣA族 D. 第3周期ⅦA族
【答案】C
【解析】0.75 molRO32－中共有30 mol电子，则1mol该离子中含有的电子数是30mol÷0.75＝40mol，所以R的质子数是40－2－8×3＝14，即R是Si，在元素周期表中的位置是第3周期ⅣA族，答案选C。
26. 甲、乙、丙、丁四种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。下列推断合理的是
A. 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B. 乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C. 丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D. 丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有-1价的元素
【答案】D
【解析】试题分析：A、甲是18电子的氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，故甲的水溶液为二元弱酸，甲为H2S，若盐溶液若为NaHS溶液，既能与盐酸等反应生成H2S，也能与NaOH反应生成Na2S，错误；B、氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，乙可能为CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，错误；C、第二周期IVA族元素为C，CH3CH3和CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，错误；D、H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中含有-1价氧元素，正确。
考点：考查元素推断、18e－微粒
27. 下列说法中正确的是
A. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
B. 乙炔分子中，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键
C. 凡中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形
D. 凡AB2型的共价化合物，其中心原子A均采用sp杂化轨道成键
【答案】B
【解析】试题分析：A．sp3杂化轨道是指同一电子层内，1个s轨道和3个p轨道杂化，形成能量相等的四个sp3杂化轨道，故A错误；B．乙炔分子的结构式H-C≡C-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+×(4-2×2)=2，采取sp杂化，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键，故B正确；C．中心原子采取sp2杂化的分子，n=3，sp2杂化，不含孤电子对其分子构型都是平面三角形，否则不是，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，所以采取sp2杂化，含有一对孤电子对，所以立体构型为V型，故C错误；D．AB2型的共价化合物，其中心原子A价层电子对为2，则中心原子以sp杂化轨道成键，如氯化铍分子中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，AB2型的共价化合物，也有不采用sp杂化轨道成键，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，所以采取sp2杂化，故D错误；故选B。
【考点定位】考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【名师点晴】本题考查了杂化轨道、分子空间结构等，题目难度中等，注意把握杂化轨道理论的应用，注意判断中心原子的价层电子对以及孤对电子数的判断。杂化类型的判断方法：①例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化；②根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：对于ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数)，注意：A．当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；B．当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零。根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。③对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式。
28. 基态原子的第5电子层只有2个电子，则该原子的第4电子层中的电子数肯定为
A. 8个 B. 18个 C. 8个～18个 D. 8个～32个
【答案】C
【解析】根据构造原理，第5层上有2个电子，则电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d0～105s2，因此该原子的第四电子层中的电子数肯定为8～18个，答案选B。
29. 具有下列电子层结构的原子和离子，其对应的元素一定属于同一周期的是
A. 两原子的核外全部都是s电子
B. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
C. 原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子的两种原子
D. 两原子N层上都有1个s电子，一个原子有d电子，另一个原子无d电子
【答案】D
【解析】试题分析：A、两原子核外全部都是s电子，不一定是同一周期，如H与Li+，错误；B、最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是Na、Mg、Al或F的离子，前三种与Ne不是同一周期，错误；C、原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子不一定是同周期，M层上的s、p能级都充满电子，但未说明4s能级上有无电子，所以不能确定是同周期，错误；D、N层上都有1个电子，说明最外层是4s，一个有d电子，一个无d电子，只是说明3d轨道上有无电子，但不影响电子层数，所以都是第四周期元素，正确，答案选D。
考点：考查原子结构域元素位置的关系
30. 六氧化四磷的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有的共价键的数目是
A. 10 B. 12 C. 24 D. 28
【答案】B
【解析】试题分析：分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6，结构为，由图可以看出，有12个共价键，答案选B。
【考点定位】考查共价键的形成。
【名师点睛】本题考查共价键的形成，题目难度不大，注意白磷的结构以及六氧化四磷的结构模型。根据题目所给信息，分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可先确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6。
31. 下表列出了前20号元素中的某些元素性质的一些数据：
元素
性质
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径
（10－10m）
1.02
2.27
0.74
1.43
0.77
1.10
0.99
1.86
0.75
1.17
最高
价态
＋6
＋1
—
＋3
＋4
＋5
＋7
＋1
＋5
＋4
最低
价态
－2
—
－2
—
－4
－3
－1
—
－3
－4
（1）以上10种元素中，电负性最大的是________（填元素符号）。
（2）写出下列有关反应的化学方程式：
①E的单质与I元素的最高价氧化物对应的水化物浓溶液反应方程式：________________。
②B2C2与EC2反应：________________________。
（3）比元素B原子序数大10的元素的原子的电子排布式是________。
（4）C和I相比较，非金属性较弱的是_____（填元素名称）。
【答案】 (1). O (2). C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+3H2O (3). 2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2 (4). 1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1 (5). 氮
【解析】由A、C的化合价可知，C只有负价，则C为O，A为S，由化合价及半径可知，B为K、H为Na，D为Al，E为C、J为Si，F为P、I为N，G为Cl。则
（1）非金属性越强，电负性越大，以上10种元素中，电负性最大的是O；（2）①E的单质与I元素的最高价氧化物对应的水化物反应的方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+3H2O；②B2C2与EC2反应为2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2；（3）比元素B原子序数大10的元素是铜，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1；（4）同周期从左向右非金属性增强，C和I相比较，非金属性较弱的是氮。
32. 铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途。
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①Cu2+的价电子排布图________________; NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为_______________________(填元素符号)。
②SO42-的空间构型为_____________，SO32-离子中心原子的杂化方式为__________。
（2）请写出向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：___________。
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
①下列说法正确的是________
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu(NH3)4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu(NH3)4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因_____________________．
【答案】 (1). (2). N>O>S (3). 正四面体形 (4). sp3杂化 (5). 2Cu(NH3)42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42- (6). c (7). 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度
【解析】（1）①Cu是29号元素，Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+价电子排布图是；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小，所以3种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞S；②SO42－的价层电子对数=4+（6+2-4×2）/2=4，所以空间构型为正四面体型；SO32－离子的价层电子对数=3+（6+2-3×2）/2=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；（2）由流程图可知向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式为：2Cu(NH3)42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42-；（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，a错误；b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，b错误；c．Cu(NH3)4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，c正确；d．Cu(NH3)4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，d错误；答案选c；②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度。
33. 周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：
（1）Y、Z、T中单质熔点最高是______（填元素符号）
（2）比W原子序数少5的基态原子中单电子数为_________________。
（3）T与Z形成的化合物中，中心原子杂化类型是_______
（4）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中:分子呈三角锥形的是________（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_______（填化学式，写一种）。
（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为__________，阳离子中存在的化学键类型有_______。
【答案】 (1). S (2). 6 (3). sp2 (4). NH3 (5). H2O2或N2H4 (6). [Cu(NH3)4]SO4 (7). 共价键、配位键或极性共价键、配位键
【解析】周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X为H元素；Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则核外电子排布为1s22s22p3，故Y为N元素；W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则其核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu；T与Z同主族，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，外围电子排布ns2np2或ns2np4，由于Z原子序数大于氮，T的原子序数小于Cu，外围电子排布不能为ns2np2，只能为ns2np4，故Z为O元素、T为S元素。则
（1）氮气、氧气常温下均是气态，S是固体，则单质熔点最高是S；（2）比W原子序数少5的元素是Cr，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以单电子数为6。（3）S与O形成的化合物有SO2、SO3，中心原子杂化类型均是sp2；（4）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1：1型的配合物中，阳离子的结构如图所示，配体中有3个共价键、1对孤对电子，为NH3，配离子为[Cu(NH3)4]2+，阴离子带2个单位负电荷，且呈四面体结构，为SO42-，故配合物化学式为：[Cu(NH3)4]SO4，阳离子中存在的化学键类型有：共价键、配位键。
34. 原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为28。回答下列问题：
（1）化合物ZX3与化合物YX4的VSPER构型相同，均为正四面体，其分子中化学键的键角较大的是____(用分子式表示，下同)，原因是______________________________。
（2）与Z同主族且上下相邻的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________________，理由是___________________；三者的沸点由高到低的顺序是________，解释原因_____________________________。
（3）1mol Y2X2 含有σ键的数目为________。
（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是___________。
（5）W元素在周期表的位置是_________。
【答案】 (1). CH4 (2). NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小 (3). NH3＞PH3＞AsH3 (4). 键长越短，键能越大，化合物越稳定 (5). NH3＞AsH3＞PH3 (6). NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高 (7). 3NA (或答具体数值也行) (8). N2O (9). 第四周期第Ⅷ族
【解析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，X是H；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Y是C；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Z是N；W的原子序数为28，W是Ni，则
（1）由于NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小，即其分子中化学键的键角较大的是CH4。（2）由于键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性强弱顺序是NH3＞PH3＞AsH3；由于NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高，即三者的沸点由高到低的顺序是NH3＞AsH3＞PH3。（3）乙炔的结构式为H－C≡C－H，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA。（4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，碳元素的一种氧化物与氮元素的一种氧化物互为等电子体，两种氧化物分别是CO2和N2O。（5）Ni元素在周期表的位置第四周期第Ⅷ族。
甘肃省兰州第一中学2017-2018学年高二下学期第一次月考
化学试题
1. 下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是
A. CH4 B. C2H4 C. NH3 D. H2O2
【答案】B
【解析】一般来说，单键只含有σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，则A．甲烷分子中只有单键，全部是σ键，A错误；B．含有C=C键，既含σ键又含π键，B正确；C．只含有N-H键，不含π键，C错误；D．结构式为H-O-O-H，只含有σ键，D错误。答案选B。
单键：本题考查化学键的分类，注意把握σ键和π键的区别以及形成原因，判断时注意通过判断单键、双键或三键分析解答。
2. 下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图．下列说法正确的是
A. X和R在同一周期 B. 原子半径：W＞R＞X
C. 气态氢化物的稳定性：Y＞X D. X、Z形成的化合物中只有离子键
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据题图可知，X、Y位于第二周期，Z、R、W位于第三周期，X和R位于不同周期，同一主族，A错误；B、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小。不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：R＞W＞X，B错误；C．Y、X是同周期的元素,原子序数Y＞X，原子序数越大，原子半径就越小，元素的非金属性越强。所以非金属性：Y＞X，C正确；D、根据题目提供的信息可知X是O元素，Z是Na元素，可形成Na2O和Na2O2，Na2O2中含有非极性共价键，D错误；答案选C。
考点：考查元素的结构、位置、性质的关系的知识。
3. 核磁共振(NMR)技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域．已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象．试判断下列哪组原子均可产生NMR现象
A. 18O、31P B. 元素周期表中ⅢA族所有元素的原子
C. 19F、12C D. 元素周期表中第三周期元素的所有原子
【答案】B
【解析】试题分析：A．18O 质子数为8，中子数为10，没有NMR现象；31P质子数为15，中子数为16，有NMR现象．错误．B．元素周期表中ⅢA族所有元素的原子，元素的原子核内质子数都是奇数，都有NMR现象。正确。C．19F质子数为9，中子数为10，有NMR现象；12C质子数为6，中子数为6，没有NMR现象。错误。D．元素周期表中第三周期元素的所有原子，原子序数为奇数的所有元素因为质子数为奇数都有NMR现象；而原子序数为偶数的元素，如32S质子数为16，中子数为16，没有NMR现象。因此不符合题意。
考点：考查NMR现象与原子结构关系的知识。
4. 有关化学用语表达，下列正确的是
A. CS2的比例模型： B. Ca2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p5
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 氮原子最外层轨道表示式
【答案】A
【解析】A. CS2是直线形结构，其比例模型为，A正确；B. Ca2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，B错误；C. 乙烯的结构简式：CH2＝CH2，C错误；D. 氮原子最外层轨道表示式为，D错误，答案选A。
5. 当硅原子由1s22s22p63s23p21s22s22p63s13p3时，以下认识正确的是
A. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中释放能量
C. 转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相反
D. 转化后硅原子与磷原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】试题分析：A．由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故A正确、B错误；C.3p能级上的两个电子应优先占据不同轨道，故C错误；D．元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子与磷原子的价层电子数不同，性质不同，故D错误；故选A。
考点：考查电子的跃迁，注意原子核外电子的排布规律符合能量最低原理、洪特规则以及泡利不相容原理。
6. 下表中某些共价键的键能，由此判断下列说法不正确的是
共价键
H－H
F－F
H－F
H－Cl
H－I
E(kJ·mol−1)
436
157
568
432
298
A. 432kJ·mol−1 > E(H－Br) > 298kJ·mol−1
B. H2(g)+F2(g)＝2HF(g) △H=+25kJ·mol−1
C. 表中最稳定的共价键是H－F
D. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ·mol−1
【答案】B
【解析】A、同主族从上到下半径增大，即Br的半径介于Cl和I之间，因此H－Br的键能介于H－Cl和H－I之间，故A说法正确；B、根据△H=反应物的键能总和－生成物的键能总和=(436＋157－2×568)kJ·mol－1=－543kJ·mol－1，故B说法错误；C、键能越大，共价键越稳定，根据数据，H－F最稳定，故C说法正确；D、断键需要吸收热量，因此有H2(g)→2H(g) △H=＋436kJ·mol－1，故D说法正确。
7. 已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1，O=O键为497.3 kJ﹒mol－1，Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1，N≡N键为946 kJ·mol－1，则下列叙述中正确的是
A. N—N键的键能为×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
【答案】D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的，故A错误；B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B错误；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C错误；D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D正确。故选D。
8. 下列描述中不正确的是
A. CS2立体构型为V形 B. SF6中有6对完全相同的成键电子对
C. ClO3－的空间构型为三角锥形 D. SiF4和SO32－的中心原子均为sp3杂化
【答案】A
【解析】A．二硫化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以其空间构型是直线型，A错误；B．SF6中价层电子对个数=6+(6−6×1)/2=6，且不含孤电子对，所以有6对完全相同的成键电子对，B正确；C．ClO3－中价层电子对个数=3+(7+1−3×2)/2=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，C正确；D．SiF4中硅原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以硅原子采用sp3杂化，SO32-中价层电子对个数=3+(6+2−3×2)/2=4，所以硫原子为sp3杂化，D正确；答案选A。
点睛：本题考查了原子杂化方式的判断、粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
9. 国际无机化学命名委员会作出决定：把长式周期表原有的主、副族及族号取消，由左至右按原顺序改为18列，如碱金属为第一列，稀有气体为18列，按这个规定，下列说法中错误的是
A. 第3列元素种类最多，第14列元素形成的化合物种类最多
B. 第8、9、10三列元素中没有非金属元素
C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D. 从上到下第1列碱金属元素的单质熔点逐渐降低，第17列元素的单质熔点逐渐升高
【答案】C
【解析】A、第三列含有镧系和锕系，因此元素种类最多，第14列是碳族元素，有机物中都含有碳元素，即化合物的种类最多，故说法正确；B、8、9、10列是过渡金属，不含非金属，故说法正确；C、稀有气体He最外层有2个电子，位于第18列，故说法错误；D、碱金属单质熔点从上到下逐渐降低，第17列是卤族元素，状态从气态→液态→固态，熔点增强，故说法正确。
10. 下列有关元素及周期表说法错误的是
A. 金属元素约占80% B. 主族元素处于周期表的s区和p区
C. 基态原子最外层为4s1的元素有3种 D. Na、K、Rb第一电离能逐渐增大
【答案】D
【解析】A. 在元素周期表中只有22种非金属，金属元素约占80%，故A正确；B. 主族元素处于周期表的s区和p区，故B正确；C. 最外层为4s1的元素有钾、铬、铜3种，故C正确；D. 金属性越强，第一电离能越大，金属性：Na
A. SO32-中硫原子的杂化方式为sp2 B. C2H2分子中含有3个σ键和2个π键
C. H2O分子中氧原子的杂化方式为sp2 D. BF3分子空间构型呈三角锥形
【答案】B
【解析】A. SO32-中价层电子对个数=3+(6+2−3×2)/2=4，所以硫原子为sp3杂化，A错误；B. C2H2的结构式为H－C≡C－H，因此分子中含有3个σ键和2个π键，B正确；C. H2O分子中价层电子对个数=2+(6−1×2)/2=4，所以氧原子的杂化方式为sp3，C错误；D. BF3分子中价层电子对个数=3+(3−1×3)/2=3，所以分子空间构型为平面三角形，D错误，答案选B。
12. 下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是
A. VSEPR模型可用来预测分子的立体构型
B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型
C. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定
D. 中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
【答案】C
【解析】A．VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，A正确；B．立体构型与价电子对相互排斥有关，所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，B正确；C．分子的稳定性与键角没有关系，C错误；D．中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力，D正确；答案选C。
点睛：本题考查了价层电子对互斥理论的用途，明确价层电子对互斥理论原理是解本题关键，注意排斥能力大小顺序：孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力。
13. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的元素属于的区、周期和族为
A. p区、第五周期、ⅠB族 B. ds区、第五周期、ⅠB族
C. d区、第四周期、ⅠB族 D. ds区、第五周期、Ⅷ族
【答案】B
【解析】试题分析：因为核外电子排布为[Kr]4d105s1的故为第五周期、ⅠB族，价电子轨道是sd，故为ds区，B项正确；答案选B。
考点：考查原子排布
14. 下列说法中正确的是（ ）
A. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
B. 1s22s12p1表示原子的激发态
C. s－s σ键与s－p σ键的电子云形状相同
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】B
D、电子无论从激发态跃迁到基态，还是从基态跃迁到激发态时都会产生原子光谱，故D错误，故选B。
考点：考查电子的排布、不同轨道电子云的形状、电子云的含义等
15. 下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是
A. 1s22s22p63s23p64s2 B. 1s22s22p63s23p3
C. 1s22s22p4 D. 1s22s22p63s23p2
【答案】C
【解析】A．质子数为20，是Ca元素；B．质子数为15，是P元素；C．质子数为8，是O元素；D．质子数为14，是Si元素；所以非金属性最强的元素是O元素，即电负性最强的元素是O元素，答案选C。
点睛：本题考查结构位置性质关系、电负性等，根据核外电子排布式判断元素，掌握电负性的意义与强弱判断是解答本题的关键。元素的非金属性越强其电负性越大。同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小。
16. 第4能层所含原子轨道种类数、原子轨道数目和最多可容纳电子数分别为
A. 3、9、18 B. 4、12、24
C. 5、16、32 D. 4、16、32
【答案】D
【解析】第N能级为第4层，含有的轨道能级分别为s、p、d、f 的顺序依次为1、3、5、7，共有16个轨道，每一个轨道可容纳2个电子，可以最多容纳32个电子，D正确；正确选项D。
17. 下列常见分子的中心原子的杂化轨道类型是sp3的是
A. NH4+ B. CH4 C. SO2 D. CO2
【答案】B
【解析】A、NH4＋中心原子N有4个σ键，孤电子对数为(5－1－4×1)/2=0，价层电子对数为4，因此杂化类型为sp3，但NH4＋不是分子，属于离子，故A错误；B、CH4中性原子，有4个σ键，孤电子对数为(4－4×1)/2=0，价层电子对数为4，因此杂化类型为sp3，甲烷属于分子，故B正确；C、SO2中性原子S有2个σ键，孤电子对数为(6－2×2)/2=1，价层电子对数为3，杂化类型为sp2，故C错误；D、CO2中心原子有2个σ键，孤电子对数为(4－2×2)/2=0，杂化类型为sp，故D错误。
点睛：本题的易错点是A选项，如果不注意题干说的是分子，容易错选A，杂化类型的判断，杂化轨道数等于价层电子对数，价层电子对数=σ键数目+孤电子对数。
18. 下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是
A. 杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
B. 分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
C. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
D. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
【答案】A
考点：考查对杂化轨道的理解
19. 在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是
A. 电离能最小的电子能量最高
B. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
C. 最易失去的电子能量最高
D. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
【答案】D
【解析】试题分析：A．电离能最小的电子，易失去，性质活泼，能量最高，故A正确；B．离核最近区域内运动的电子能量最低，离核越远区域内运动的电子能量越高，故B正确；C．最易失去的电子，性质活泼，所以能量最高，故C正确；D．轨道电子的能量主要取决于能层，例如4s轨道电子能量大于3p轨道电子的能量，故D错误；故选D。
考点：考查原子核外电子的排布
20. 已知X、Y元素同周期，且电负性X
B. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的酸性
D. X和Y形成化合物时，X显正价，Y显负价
【答案】B
【解析】试题分析：X、Y元素同周期，且电负性X
21. 下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是
X
W
Y
R
Z
A. W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. X元素是电负性最大的元素
D. p轨道未成对电子最多的是Z元素
【答案】C
【解析】试题分析：根据五种元素在周期表中的位置可知，X为F元素，W为P元素，Y为S元素，Z为Br元素，R为Ar元素，则：A、W元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，A错误；B、Y的阴离子核外有18个电子，与R原子相同，Z的阴离子核外有36个电子，与R得电子层结构不相同，B错误；C、F元素是电负性最大的元素，C正确；D、p能级未成对电子数最多的不是Z元素，而是P元素，D错误；答案选C。
考点：考查元素推断以及元素周期律的应用
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. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里滴入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液。若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子
C. 沉淀溶解后将生成深蓝色的正四面体形的配离子[Cu（NH3）4]2+
D. 加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出[Cu（H2O）4]SO4•H2O晶体
【答案】B
【解析】试题分析：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，但[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C错误；D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4，故D错误；故选B。
【考点定位】考查配合物、配位键的形成等性质
【名师点晴】明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体；氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-；据此分析即可解题。
24. 已知元素周期表中1～18号元素的离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A. 原子的第一电离能：X>W B. 离子的还原性：Y2－>Z－
C. 氢化物的稳定性：H2Y>HZ D. 原子半径：X
【解析】试题分析：1～18号元素的离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，则W和X是金属，其中W位于X的右侧。Y和Z 是非金属，位于W和X的上一周期，其中Z位于Y的右侧。同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。即金属性是X大于W，非金属性是Z大于Y。所以原子的第一电离能是X＜W，原子半径是X＞W，离子的还原性Y2－>Z－，氢化物的稳定性是H2Y＜HZ，答案选Ｂ。
考点：考查元素周期表的特点及其应用。
25. 0.75 mol RO中共有30 mol电子，则R在元素周期表中的位置是
A. 第2周期ⅤA族 B. 第2周期ⅥA族
C. 第3周期ⅣA族 D. 第3周期ⅦA族
【答案】C
【解析】0.75 molRO32－中共有30 mol电子，则1mol该离子中含有的电子数是30mol÷0.75＝40mol，所以R的质子数是40－2－8×3＝14，即R是Si，在元素周期表中的位置是第3周期ⅣA族，答案选C。
26. 甲、乙、丙、丁四种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。下列推断合理的是
A. 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应
B. 乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
C. 丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D. 丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有-1价的元素
【答案】D
【解析】试题分析：A、甲是18电子的氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，故甲的水溶液为二元弱酸，甲为H2S，若盐溶液若为NaHS溶液，既能与盐酸等反应生成H2S，也能与NaOH反应生成Na2S，错误；B、氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，乙可能为CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，错误；C、第二周期IVA族元素为C，CH3CH3和CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，错误；D、H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中含有-1价氧元素，正确。
考点：考查元素推断、18e－微粒
27. 下列说法中正确的是
A. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
B. 乙炔分子中，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键
C. 凡中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形
D. 凡AB2型的共价化合物，其中心原子A均采用sp杂化轨道成键
【答案】B
【解析】试题分析：A．sp3杂化轨道是指同一电子层内，1个s轨道和3个p轨道杂化，形成能量相等的四个sp3杂化轨道，故A错误；B．乙炔分子的结构式H-C≡C-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+×(4-2×2)=2，采取sp杂化，每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键，故B正确；C．中心原子采取sp2杂化的分子，n=3，sp2杂化，不含孤电子对其分子构型都是平面三角形，否则不是，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，所以采取sp2杂化，含有一对孤电子对，所以立体构型为V型，故C错误；D．AB2型的共价化合物，其中心原子A价层电子对为2，则中心原子以sp杂化轨道成键，如氯化铍分子中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，AB2型的共价化合物，也有不采用sp杂化轨道成键，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+×(6-2×2)=3，所以采取sp2杂化，故D错误；故选B。
【考点定位】考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【名师点晴】本题考查了杂化轨道、分子空间结构等，题目难度中等，注意把握杂化轨道理论的应用，注意判断中心原子的价层电子对以及孤对电子数的判断。杂化类型的判断方法：①例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化；②根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：对于ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数)，注意：A．当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；B．当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零。根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。③对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式。
28. 基态原子的第5电子层只有2个电子，则该原子的第4电子层中的电子数肯定为
A. 8个 B. 18个 C. 8个～18个 D. 8个～32个
【答案】C
【解析】根据构造原理，第5层上有2个电子，则电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d0～105s2，因此该原子的第四电子层中的电子数肯定为8～18个，答案选B。
29. 具有下列电子层结构的原子和离子，其对应的元素一定属于同一周期的是
A. 两原子的核外全部都是s电子
B. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
C. 原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子的两种原子
D. 两原子N层上都有1个s电子，一个原子有d电子，另一个原子无d电子
【答案】D
【解析】试题分析：A、两原子核外全部都是s电子，不一定是同一周期，如H与Li+，错误；B、最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是Na、Mg、Al或F的离子，前三种与Ne不是同一周期，错误；C、原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子不一定是同周期，M层上的s、p能级都充满电子，但未说明4s能级上有无电子，所以不能确定是同周期，错误；D、N层上都有1个电子，说明最外层是4s，一个有d电子，一个无d电子，只是说明3d轨道上有无电子，但不影响电子层数，所以都是第四周期元素，正确，答案选D。
考点：考查原子结构域元素位置的关系
30. 六氧化四磷的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有的共价键的数目是
A. 10 B. 12 C. 24 D. 28
【答案】B
【解析】试题分析：分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6，结构为，由图可以看出，有12个共价键，答案选B。
【考点定位】考查共价键的形成。
【名师点睛】本题考查共价键的形成，题目难度不大，注意白磷的结构以及六氧化四磷的结构模型。根据题目所给信息，分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可先确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6。
31. 下表列出了前20号元素中的某些元素性质的一些数据：
元素
性质
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径
（10－10m）
1.02
2.27
0.74
1.43
0.77
1.10
0.99
1.86
0.75
1.17
最高
价态
＋6
＋1
—
＋3
＋4
＋5
＋7
＋1
＋5
＋4
最低
价态
－2
—
－2
—
－4
－3
－1
—
－3
－4
（1）以上10种元素中，电负性最大的是________（填元素符号）。
（2）写出下列有关反应的化学方程式：
①E的单质与I元素的最高价氧化物对应的水化物浓溶液反应方程式：________________。
②B2C2与EC2反应：________________________。
（3）比元素B原子序数大10的元素的原子的电子排布式是________。
（4）C和I相比较，非金属性较弱的是_____（填元素名称）。
【答案】 (1). O (2). C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+3H2O (3). 2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2 (4). 1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1 (5). 氮
【解析】由A、C的化合价可知，C只有负价，则C为O，A为S，由化合价及半径可知，B为K、H为Na，D为Al，E为C、J为Si，F为P、I为N，G为Cl。则
（1）非金属性越强，电负性越大，以上10种元素中，电负性最大的是O；（2）①E的单质与I元素的最高价氧化物对应的水化物反应的方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+3H2O；②B2C2与EC2反应为2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2；（3）比元素B原子序数大10的元素是铜，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1或者[Ar]3d104s1；（4）同周期从左向右非金属性增强，C和I相比较，非金属性较弱的是氮。
32. 铜、铁都是日常生活中常见的金属，它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途。
请回答以下问题：
（1）超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①Cu2+的价电子排布图________________; NH4CuSO3中N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为_______________________(填元素符号)。
②SO42-的空间构型为_____________，SO32-离子中心原子的杂化方式为__________。
（2）请写出向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2时发生反应的离子方程式：___________。
（3）某学生向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
①下列说法正确的是________
a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成3种不同的氢键
b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
c．Cu(NH3)4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d．Cu(NH3)4SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
②请解释加入乙醇后析出晶体的原因_____________________．
【答案】 (1). (2). N>O>S (3). 正四面体形 (4). sp3杂化 (5). 2Cu(NH3)42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42- (6). c (7). 乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度
【解析】（1）①Cu是29号元素，Cu2+的价层电子数是9个，所以Cu2+价电子排布图是；N、O、S三种元素中由于N原子的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大；同主族元素，随电子层数的增多，第一电离能逐渐减小，所以3种元素的第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞S；②SO42－的价层电子对数=4+（6+2-4×2）/2=4，所以空间构型为正四面体型；SO32－离子的价层电子对数=3+（6+2-3×2）/2=4，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；（2）由流程图可知向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2时生成白色沉淀，根据所给沉淀的化学式书写离子方程式为：2Cu(NH3)42++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+6NH4++SO42-；（3）①a．氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成2种不同的氢键，N与H，O与H之间，a错误；b．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是角形，氨气分子的键角大于水分子的键角，b错误；c．Cu(NH3)4SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键，硫酸根离子与配离子之间是离子键，N与H之间是共价键，氨气与铜离子之间是配位键，c正确；d．Cu(NH3)4SO4组成元素中电负性最大的是氧元素，d错误；答案选c；②根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度。
33. 周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：
（1）Y、Z、T中单质熔点最高是______（填元素符号）
（2）比W原子序数少5的基态原子中单电子数为_________________。
（3）T与Z形成的化合物中，中心原子杂化类型是_______
（4）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中:分子呈三角锥形的是________（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_______（填化学式，写一种）。
（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为__________，阳离子中存在的化学键类型有_______。
【答案】 (1). S (2). 6 (3). sp2 (4). NH3 (5). H2O2或N2H4 (6). [Cu(NH3)4]SO4 (7). 共价键、配位键或极性共价键、配位键
【解析】周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W，原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X为H元素；Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则核外电子排布为1s22s22p3，故Y为N元素；W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则其核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu；T与Z同主族，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，外围电子排布ns2np2或ns2np4，由于Z原子序数大于氮，T的原子序数小于Cu，外围电子排布不能为ns2np2，只能为ns2np4，故Z为O元素、T为S元素。则
（1）氮气、氧气常温下均是气态，S是固体，则单质熔点最高是S；（2）比W原子序数少5的元素是Cr，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以单电子数为6。（3）S与O形成的化合物有SO2、SO3，中心原子杂化类型均是sp2；（4）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1：1型的配合物中，阳离子的结构如图所示，配体中有3个共价键、1对孤对电子，为NH3，配离子为[Cu(NH3)4]2+，阴离子带2个单位负电荷，且呈四面体结构，为SO42-，故配合物化学式为：[Cu(NH3)4]SO4，阳离子中存在的化学键类型有：共价键、配位键。
34. 原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为28。回答下列问题：
（1）化合物ZX3与化合物YX4的VSPER构型相同，均为正四面体，其分子中化学键的键角较大的是____(用分子式表示，下同)，原因是______________________________。
（2）与Z同主族且上下相邻的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________________，理由是___________________；三者的沸点由高到低的顺序是________，解释原因_____________________________。
（3）1mol Y2X2 含有σ键的数目为________。
（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是___________。
（5）W元素在周期表的位置是_________。
【答案】 (1). CH4 (2). NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小 (3). NH3＞PH3＞AsH3 (4). 键长越短，键能越大，化合物越稳定 (5). NH3＞AsH3＞PH3 (6). NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高 (7). 3NA (或答具体数值也行) (8). N2O (9). 第四周期第Ⅷ族
【解析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，X是H；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Y是C；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，Z是N；W的原子序数为28，W是Ni，则
（1）由于NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小，即其分子中化学键的键角较大的是CH4。（2）由于键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性强弱顺序是NH3＞PH3＞AsH3；由于NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高，即三者的沸点由高到低的顺序是NH3＞AsH3＞PH3。（3）乙炔的结构式为H－C≡C－H，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA。（4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，碳元素的一种氧化物与氮元素的一种氧化物互为等电子体，两种氧化物分别是CO2和N2O。（5）Ni元素在周期表的位置第四周期第Ⅷ族。
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