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2018-2019学年福建省永春县第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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永春一中高二年期中考化学科试卷（2019.4）
时间：90分钟 满分：100分 命题：沈环辉 审核：尤琼玉
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 Ni－59 P－31 Si－28 S－32 Fe－56 Cl－35.5 Cu－64 Mg－24 K－39
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共44分）
1.著名化学家徐光宪，因为在稀土萃取领域取得的卓越成就被誉为“稀土界的袁隆平”；2009 年，胡锦涛 主席为其颁发了“国家最高科学技术奖”。稀土元素是指镧系的 15 种元素，加上钪和钇共 17 种元素。下列 说法正确的是
A. 稀土元素全部是金属元素 B. 要萃取出碘酒中的碘可用 KOH 溶液做萃取剂
C. 镧系元素属于主族元素 D. 某些稀土元素在地壳中的含量高于铁
【答案】A
【解析】
稀土元素全部是金属元素，A正确；氢氧化钾与碘反应，不能用氢氧化钾溶液萃取碘酒中的碘，故B错误；镧系元素属于ⅢB族元素，故C错误；稀土元素在地壳中的含量都很小，故D错误。
2.下列原子的电子跃迁能释放光能形成发射光谱的是( )
A. 1s22s22p63s2→1s22s22p63p2 B. 1s22s22p33s1→1s22s22p4
C. 1s22s2→1s22s12p1 D. 1s22s22p1x →1s22s22p1 y
【答案】B
【解析】
原子中的电子从能量较高的轨道（激发态）跃迁到能量较低的轨道（基态或者低能态），多余的能量以光的形式出现，即形成发射光谱， 3s2→3p2 ，吸收能量，形成吸收光谱，A选项错误；在1s22s22p33s1→1s22s22p4中，3s1→2p4从高能态到低能态，释放能量，形成发射光谱，B选项正确；从2s2→2p1 吸收能量，形成吸收光谱，C选项错误；2p→2p，2Px与2Py空间伸展方向不同，轨道的能量相同， D选项错误；正确答案：B。
3. 以下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A. H3O+ B. BF3 C. CCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
试题分析：只要化合物中元素化合价的绝对值和该元素原子的最外层电子数之和满足8，则该元素原子就能满足8电子稳定结构，据此可知，选项C正确，A中H、B中的硼元素、C中的P元素均不能满足8电子稳定结构，答案选D。
考点：考查8电子稳定结构的判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题难易适中，基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是明确8电子稳定结构的判断依据，然后灵活运用即可。
4.下列有关氧元素及其化合物表示正确的是（ ）
A. 质子数为8、中子数为10的氧原子：
B. 过氧化氢的电子式：
C. 氧原子的价电子排布图：
D. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．质子数为8、中子数为10的氧原子应该表示为：，故Ａ错误；B．过氧化氢的电子式：，故Ｂ正确；C．氧原子的价电子是指最外层电子，所以氧原子的价电子排布图为：
故Ｃ错误；D．次氯酸的结构式为：H—O—Cl，故Ｄ错误。
【考点定位】常见化学用语
【名师点睛】化学用语是化学学科用于表示物质的组成、结构、性质等的专用语言，是化学试题中必考内容。主要包括原子结构示意图、电子排布式、轨道表示式、化学式、电子式、结构式、结构简式、球棍模型、比例模型、化学方程式、离子方程式等。贯穿于整个化学学习过程之中，知识零散、覆盖面广泛。所以，日常学习中要分类做好专题归纳整理，以便快速准确解决此类问题。
5. 下列各组物质的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是
A. MgO和BaO2 B. SO2和SiO2 C. KOH和NH4Cl D. CCl4和KCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A．MgO是离子晶体，只含有离子键；BaO2是离子晶体，含有离子键、非极性共价键。错误。B．SO2是分子晶体，含有共价键；SiO2是原子晶体，原子间通过共价键结合。错误。C．KOH和NH4Cl但是离子晶体，含有离子键、共价键。正确。D．CCl4是分子晶体，含有共价键；KCl是离子晶体，含有离子键。错误。
考点：考查晶体的化学键与晶体类型的关系的知识。
6.以下微粒含配位键的是（ ）
①N2H5+ ②CH4 ③OH－ ④NH4+ ⑤Fe(CO)3 ⑥Fe(SCN)3 ⑦H3O＋ ⑧[Ag(NH3)2]OH
A. ①②④⑦⑧ B. ①④⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥⑦ D. 全部
【答案】B
【解析】
【分析】
在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，据此分析解答。
【详解】①氢离子提供空轨道，N2H4氮原子提供孤电子对，所以能形成配位键，N2H5+含有配位键，故正确；
②甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键，故错误；
③OH-电子式为，无空轨道，OH-不含有配位键，故错误；
④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH4+含有配位键，故正确；
⑤Fe(CO)3中Fe原子提供空轨道，CO提供孤对电子，可以形成配位键，故正确；
⑥SCN-的电子式，铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对，Fe(SCN)3含有配位键，故正确；
⑦H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键，故正确；
⑧Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Ag（NH3）2]OH含有配位键，故正确；
答案选B。
【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点最低的是 HCl
B. 磷原子核外有15个运动状态完全不同的电子
C. 硝酸易挥发是因为形成分子内氢键
D. 甲烷分子间也可以形成氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A、HCl、HBr、HI形成的晶体都是分子晶体，则HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，选项A正确；
B、磷为15号元素，原子核外有15个运动状态完全不同的电子，选项B正确；
C、由于硝酸中存在分子内氢键使得其沸点比较低，故硝酸易挥发，选项C正确；
D、因为碳氢电负性差别很小，甲烷里的C-H键极性很小，甲烷分子间不形成氢键，选项D不正确。
答案选D。
8.下列关于丙烯（CH3—CH =CH2）的说法正确的
A. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
B. 丙烯分子存在非极性键
C. 丙烯分子有6个σ键，1个π键
D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】B
【解析】
试题分析：A.丙烯中的碳碳双键两端的C是sp2杂化，单键连接的C是sp3杂化，故A错误；B .同种原子间的共价键称之为非极性键，故B正确；C.丙烯中含有8个σ键，1个π键，故C错误；D.丙烯中只有两个C在同一直线上，故D错误，此题选B。
考点：考查丙烯的结构与性质相关知识。
9.下列曲线表示F、Cl、Br元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
A．同一主族中，元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故A正确；B．同一主族中，元素的非金属性从上到下，逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，故B错误；C．同一主族中，从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故C错误；D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故D错误；故选A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物
B. Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C. 液态水转变为气态水需要吸热，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量
D. N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
A、含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故A正确；B、Na投入到水中，生成氢氧化钠和氢气，有氧氢共价键的断裂，也有氢氢共价键的形成，所以Na投入到水中，有共价键的断裂与形成，故B正确；C、液态水转变为气态水需要吸热，克服分子间作用力，没有旧键断裂和新键形成，故C错误；D、N2分子中是氮氮叁键，而NCl3分子中氮氯单键，均具有8电子稳定结构，故D正确；故选C。
11.下列说法中正确的是（ ）
A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子
B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致
C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3 杂化
D. 配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1
【答案】A
【解析】
A.依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知，ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，A项正确；B.水很稳定的原因是水分子中H-O键的键能大，而水分子间的氢键使得水的熔、沸点升高，B项错误；C.在NH3、H2O、CH4中N、O、C均采取sp3杂化，只不过NH3、H2O分子中孤对电子占据着杂化轨道，C项错误；D.Cu(H2O)4]SO4中配位体是H2O，配位数是4，D项错误。答案选A。
12.下列描述中正确的是
A. ClO3—的空间构型为平面三角形 B. SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对
C. BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D. BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形
【答案】B
【解析】
A．先求出中心原子价层电子对数，再判断微粒构型；
B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；
C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；
D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。
详解：A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；
B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确；
C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；
D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。
点睛：本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。
13.三氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（ ）
A. 三氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B. 三氯化硼加到水中使溶液的pH升高
C. 三氯化硼分子呈平面三角形，属非极性分子 D. 分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
A．氯化硼是共价化合物；
B．三氯化硼水解生成HCl；
C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子；
D．原子的价电子数加上化合价的绝对值等于8，则为8电子稳定结构。
【详解】A．氯化硼是共价化合物液态时不能导电，选项A错误；
B．三氯化硼加到水中会发生水解生成HCl，则使溶液的pH降低，选项B错误；
C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，为非极性分子，选项C正确；
D．三氯化硼中B的价电子数为3，化合价为+3，则分子中B的最外层电子数为3+3=6，则B不满足最外层8电子稳定结构，选项D错误．
答案选C。
【点睛】本题考查原子轨道杂化、分子立体构型、8电子稳定结构等，难度适中，注意三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构。
14.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是( )
A. NH3与BF3都是三角锥形 B. NH3与BF3都是极性分子
C. NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构 D. NH3·BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道
【答案】D
【解析】
【分析】
BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个B﹣F键，B原子周围没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N﹣H键，N原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，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，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。
【详解】A.BF3分子构型为平面三角形，故A错误；
B.BF3分子为非极性分子，故B错误；
C.NH3•BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；
D.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，故D正确。
故选D。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
15.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
16.下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是
A. NH4Cl+NaOH===NaCl+NH3↑＋H2O
B. Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑
C. Cl2+2NaOH===NaClO+NaCl+H2O
D. 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑
【答案】D
【解析】
A．该反应中没有非极性键的断裂和形成，故A不选；B．该反应中有离子键、极性键、非极性键断裂，只有离子键、极性键形成，没有非极性键的形成，故B不选；C．该反应中没有极性键的断裂，和非极性键的形成，故C不选；D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故D选；答案为D。
点睛：物质的类别与化学键之间的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。
17.下列描述中不正确的是（ ）
A. 标况下，22.4L C2H2 中所含的 π 键数和 18g 冰中所含的氢键数均为 2NA
B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有 σ 键，可能有 π 键
C. NH4+与 H3O + 均为 10 电子粒子，它们互为等电子体
D. 一个 P4S3 分子（结构如图）中含有三个非极性共价键
【答案】C
【解析】
A. 标况下，22.4L C2H2 为1mol,含有1mol碳碳三键，含有一个σ 键和两个π 键数， 18g 冰是1mol水，每个水分子中含有两个故对电子，能形成两个氢键，所以标况下，22.4L C2H2 中所含的 π 键数和 18g 冰中所含的氢键数均为 2NA是正确的，故A正确；B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有 σ 键，可能有 π 键。如水中只存在σ 键，N2中既存在σ 键又有 π所以B 正确；C. 等电子体指原子总数相等，价电子总数相同的分子，故NH4+与 H3O + 均为 10 电子粒子，但它们不是等电子体，故C错； D. 非极性共价键是指 同种原子之间形成的共价键，所以根据图分析知 P4S3 分子（结构如图）中含有三个非极性共价键，是正确的，故D正确；答案：C。
18.“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（ ）
A. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，选项A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，选项B错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，选项C正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能含有一定量的双氧水，选项D正确；
答案选B。
19.有4个系列同族的物质，101.3Pa时测定它们的沸点（℃）如下表所示：
①
He-268.8
(a) - 249.5
Ar - 185.8
Kr- 151.7
②
F2- 187.0
Cl2 – 33.6
(b) 58.7
I2 184.0
③
(c) 19.4
|HCl - 84.0
HBr - 67.0
HI-35.3
④
H2O 100.0
H2S - 60.0
(d) - 42.0
H2Te- 1.8
对应表中内容，下列叙述中正确的是
A. 系列①的(a)物质中没有离子键，应有共价键和分子间作用力
B. 系列③中(c)物质的沸点比HC1高是因为(c)中的共价键更牢固
C. 系列②中(b)物质的元素的原子序数应为35，且该物质常温下为液态
D. 系列④中H2O沸点变化出现反常，是因为分子内有氢键的影响
【答案】C
【解析】
A．分子晶体熔沸点较低，根据该组物质熔沸点知，都是分子晶体，所以没有离子键，稀有气体是单原子分子，稀有气体中只含分子间作用力不含化学键，A错误；B．氢化物都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点较高，③中（c）物质是HF，HF中含有氢键导致其熔沸点最大，B错误；C．卤族单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，其单质的熔沸点随着原子序数增大而增大，根据熔沸点知②中（b）物质为Br2，溴常温下为液态，Br的相对原子质量为35，C正确；D．水中分子间有氢键，分子内没有氢键，D错误；答案选C。
20.已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（ ）
A. NA·a3·ρ B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，根据ρV=M/NA计算相对分子质量，
【详解】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，
故选：A。
【点睛】本题考查晶胞计算，解题关键：把握原子的位置、均摊法确定原子个数，注意M与密度、体积的关系．
21. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z基态原子的2p轨道上有3个未成对电子。下列说法正确的是
A. X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有12mol σ键
B. Z的最高价含氧酸分子中，羟基氧和非羟基氧个数比为1:1
C. Y的气态氢化物分子中H—Y—H键角比Y的最高价氧化物分子中O—Y—O键角小
D. Z的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，是因为氢键的影响
【答案】C
【解析】
试题分析：元素X位于第四周期，其基态原子内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2则X为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，则Z为N元素。A、1mol配合物[X(NH3)4]Cl2中含有16mol σ键，错误；B、Z的最高价含氧酸为HNO3，分子中含有1个羟基，所以羟基氧和非羟基氧个数比为1:2，错误；C、Y的气态氢化物为H2S，结构类似于H2O，键角在104.5º左右，Y的最高价氧化物为SO3，键角为120º，正确；D、Z的气态氢化物为NH3，Y的气态氢化物为H2S，氢化物的稳定性与非金属活泼性有关，与氢键无关，错误。
考点：本题考查元素的推断、化学键、键角、氢化物的稳定性。
22.石墨烯可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子；石墨炔是平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能，还可用于H2的提纯；将氢气氢化到石墨烯排列的六角晶格中，使每个碳原子都增加一个氢原子可得最薄的绝缘新材料石墨烷。下列有关说法中不正确的是
A. 石墨烯和石墨炔互为同素异形体
B. 石墨炔有望替代二氧化硅用作半导体材料
C. 12g石墨烯完全转变为石墨烷需标况下11.2L氢气
D. 石墨炔孔径略大于H2分子的直径，因此它是理想的H2提纯薄膜
【答案】B
【解析】
试题分析：A．同素异形体是同种元素组成的结构不同的单质，石墨烯和石墨炔互为同素异形体，故A正确；B．石墨炔是具有优良的半导体性能，可作半导体材料，但二氧化硅不是半导体材料，故B错误；C．每个C原子增加1个H原子后得到石墨烷，则碳原子与H原子数目相等，氢气物质的量为碳的一半，故H2的物质的量为0.5mol，标况下体积为11.2L，故C正确；D．碳原子半径大于氢原子，则石墨炔孔径大于H2分子的直径，可以容纳H2分子，则石墨炔是理想的H2提纯薄膜，故D正确；故选B。
考点：考查同素异形体、半导体材料等。
二、填空题
23.请回答下列问题：
（1）(NH4)2SO4中含有化学键的类型为_________________________。
（2）KNO3中NO3-的立体构型为____________________，其中N原子的杂化方式为________，写出与NO互为等电子体的另一种阴离子的化学式：_______________。
（3）已知配合物CrCl3·6H2O中心原子Cr3＋的配位数为6，向含0.1 mol CrCl3·6H2O的溶液中滴加2 mol·L－1 AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50 mL，则该配合物的化学式为________________，Cr在基态时，价电子排布式为_____________________。
（4）LiBH4由Li＋和BH4-构成，BH4-的立体构型是____________，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为____________。
（5）丙酮()分子中C原子轨道杂化类型为_____________；含有的π键与σ键数目之比为___________。
（6）第一电离能I 1（Zn）______I 1（Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_______________。
【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). 平面三角形 (3). sp2 (4). CO32- (5). [CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O (6). 3d54s1 (7). 正四面体形 (8). H＞B＞Li (9). sp2 、sp3 (10). 1∶9 (11). 大于 (12). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
【解析】
【详解】（1）（NH4）2SO4中存在N-H共价键和S-O共价键，铵根离子与硫酸根离子之间存在离子键；故含有化学键的类型为离子键、共价键；
（2）NO3-中价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形；硝酸根离子中N原子价层电子对个数是3，杂化方式为sp2杂化；NO3-中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，CO32-有4个原子，4+6×3+2=24个价电子，所以与NO3-互为等电子体的另一种阴离子为CO32-；
（3）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，n（AgNO3）=2mol•L-1×0.05L=0.1mol，0.1molCrCl3•6H2O和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以该配合物外界氯离子个数是1，则有2个氯原子是配位原子，该配合物的配位数是6，所以有4个水分子是配体，则该配合物的化学式为[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O；根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1；
（4）BH4-中B原子价层电子数=4+（3+1-4×1）=4，且不含孤电子对，所以是正四面体形；
非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li；
（5）丙酮()分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基上的碳原子为sp2杂化；单键全为σ键，1个双键中含有1个π键和1个σ键，故1 mol丙酮中含有1 molπ键和9 mol σ键，含有的π键与σ键数目之比为1∶9；
（6）第一电离能I 1（Zn）大于I 1（Cu)，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
24.铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）铁在元素周期表中的位置是________________。
（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于___________（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_______；Fe(CO)x在一定条件下发生反应：Fe(CO)x(s)Fe(s)+xCO(g)。已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为_________。
（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式____________；两者相比较沸点较高的为__________（填化学式）。CN－中碳原子杂化轨道类型为__________，C、N、O三元素的第一电离能最大的为_______（用元素符号表示）。
（4）铜与Cl形成化合物的晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。
①该晶体的化学式为________。它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H2CuCl3，反应的化学方程式为___________________。
②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于______（填“离子”、“共价”）化合物。
【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族 (2). 分子晶体 (3). 5 (4). 金属键 (5). N≡N (6). CO (7). sp杂化 (8). N (9). CuCl (10). CuCl＋2HCl(浓)===H2CuCl3(或CuCl＋2HCl(浓)===H2[CuCl3]) (11). 共价
【解析】
【详解】（1）Fe为26号元素，位于第四周期第VIII族；
（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为N≡N；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高；该微粒中C原子价层电子对个数是2，所以C原子采用sp杂化；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，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能最大的是N元素；
（4））①立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中，Cu的数目为4，Cl的数目为8×+6×=4，则该晶体的化学式为CuCl；
它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H2CuCl3，则反应的化学方程式为CuCl+ 2HCl= H2CuCl3或CuCl＋2HCl(浓)===H2[CuCl3]；
②一般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与氯电负性差值3.0-1.9=1.1<1.7，该化合物属于共价化合物。
25.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Co原子的价电子排布式为_______，Co2＋核外3d能级上有_____对成对电子。
（2）Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是________。1 mol配离子中所含σ键的数目为________，配位体N3-中心原子的杂化类型为________。
（3）Co2＋在水溶液中以[Co(H2O)6]2＋存在。向含Co2＋的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋，其原因是_________________________________________________。
（4）某蓝色晶体晶体结构如图，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的体心上。据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是________。K＋空缺率（体心中没有K＋的占总体心的百分比）为_____________。
（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，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________。
图甲 图乙
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中(如图乙)，已知O2－的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). 3d74s2 (2). 2 (3). 6 (4). 23NA (5). sp (6). N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强 (7). KFe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). 50% (10). (1，，) (11).
【解析】
【详解】（1）CO原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co2+核外电子排布为3d7，3d能级上有2对成对电子；
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为，离z为，则坐标参数为（1，，）；
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)=×1024；每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=××1024=。
26.元素周期表中第三周期包括Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar 8种元素。请回答下列问题：
（1）SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_______，该分子构型为_________。
（2）第三周期8种元素按单质熔点(℃)大小顺序绘制的柱形图(已知柱形“1”代表Ar)如图所示，则其中“2”原子的结构示意图为____________，“8”原子的电子排布式为________________。
（3）氢化镁储氢材料的晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，则该晶体的化学式为__________，晶胞的体积为__________cm3(用ρ、NA表示，其中NA表示阿伏加德罗常数的值)。
（4）实验证明：KCl、MgO、CaO三种晶体的结构与NaCl晶体的结构相似，已知NaCl、KCl、CaO晶体的晶格能数据如下表：
晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ·mol－1)
786
715
3401
则KCl、MgO、CaO三种晶体熔点从高到低的顺序是________________。其中MgO晶体中一个Mg2＋周围和它最近且等距离的Mg2＋有________个。
（5）噻吩( )广泛应用于合成医药、农药、染料工业。
①噻吩分子中含有_______个σ键，分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则噻吩分子中的大π键应表示为______________。
②噻吩的沸点为84 ℃，吡咯( )的沸点在129~131℃之间，后者沸点较高，其原因是__________________________________。
（6）Si、C和O的成键情况如下：
化学键
C—O
C===O
Si—O
Si===O
键能/(kJ·mol－1)
360
803
464
640
C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体，而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体，请结合数据分析其原因：_______________________________________________________
【答案】 (1). sp3 (2). V形或折线形 (3). (4). 1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 (5). MgH2 (6). (7). MgO＞CaO＞KCl (8). 12 (9). 9 (10). (11). 吡咯分子间可形成氢分键，而噻吩分子间不能形成氢键 (12). 碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(803 kJ·mol－1×2＝1 606 kJ·mol－1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(360 kJ·mol－1×4＝1 440 kJ·mol－1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(640 kJ·mol－1×2＝1 280 kJ·mol－1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(464 kJ·mol－1×4＝1 856 kJ·mol－1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体
【解析】
【详解】（1）SCl2中S原子杂化轨道数（6+2）=4，采取 sp3杂化方式，两对孤对电子对，所以该分子构型为V形或折线形；
(2)第三周期8种元素按单质算，排除氩气外，只有氯气为气体，熔点较低，氯原子核电荷数为17，原子的结构示意图为：；“8”为硅原子，原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2；
（3）根据晶胞结构可知，该晶胞中含有镁原子个数为8×+1=2, 含有氢原子个数为4×+2=4,镁原子与氢原子个数比为1:2，所以氢化镁化学式为MgH2；该晶胞中含有2个MgH2，则该晶胞的体积为=cm3；
(4) 晶格能越大，离子晶体熔点就越高，而晶格能大小与离子的电荷和半径有关，电荷越多，离子半径越小，晶格能就越大；KCl、MgO、CaO这3种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，MgO、CaO中离子都带2个单位电荷，KCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl->O2-，Mg2+CaO>KCl ,故熔点MgO>CaO>KCl；在MgO晶胞中Mg2＋周围有六个O2-，O2-周围有六个Mg2＋,根据晶胞的结构可以看出,如果以体心上一个Mg2＋为究对象，和它最邻近且等距离的Mg2＋分布在晶胞每个棱边中点上,共有12个；
（4）①单键为σ键，双键中一根为σ键，一根为π键，噻吩为：，则1个噻吩分子中含σ键有5+4=9个，噻吩分子为平面结构，S原子价电子排布式为3s23p4，形成两根共价键，环中存在两根π键，为单双建交替，pz轨道交盖可形成离域大π键，S的pz轨道中一对电子与环上的π电子共轭，形成离域大π键，噻吩的芳香性仅比苯弱一点，符合休克尔规则，形成五中心六电子的离域大π键，记为；
②噻吩的沸点为84℃，吡咯（）的沸点在129～131℃之间，后者沸点较高，吡咯环中存在N，N的电负性较S大，吡咯能形成分子间氢键使沸点升高，
故答案为：吡咯分子间可形成氢键，而噻吩分子间不能形成氢键；
(6) C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体，而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体，其原因： 碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×803 kJ•mol－1＝1606 kJ•mol－1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×360 kJ•mol－1＝1440 kJ•mol－1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×640 kJ•mol－1＝1280 kJ•mol－1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×464 kJ•mol－1＝1856 kJ•mol－1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体；正确答案：碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×803 kJ•mol－1＝1606 kJ•mol－1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×360 kJ•mol－1＝1440 kJ•mol－1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×640 kJ•mol－1＝1280 kJ•mol－1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×464 kJ•mol－1＝1856 kJ•mol－1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体。
【点睛】本题考查物质结构相关知识，涉及到价电子排布式的书写，电离能，电负性，价层电子对互斥理论，杂化轨道理论，氢键的性质，晶胞的简单计算，均为高频考点，整体难度中等，部分试题较难。本题难点在于噻吩的离域大π键，杂环化合物如吡啶，吡咯，噻吩，咪唑等。
永春一中高二年期中考化学科试卷（2019.4）
时间：90分钟 满分：100分 命题：沈环辉 审核：尤琼玉
可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 Ni－59 P－31 Si－28 S－32 Fe－56 Cl－35.5 Cu－64 Mg－24 K－39
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共44分）
1.著名化学家徐光宪，因为在稀土萃取领域取得的卓越成就被誉为“稀土界的袁隆平”；2009 年，胡锦涛 主席为其颁发了“国家最高科学技术奖”。稀土元素是指镧系的 15 种元素，加上钪和钇共 17 种元素。下列 说法正确的是
A. 稀土元素全部是金属元素 B. 要萃取出碘酒中的碘可用 KOH 溶液做萃取剂
C. 镧系元素属于主族元素 D. 某些稀土元素在地壳中的含量高于铁
【答案】A
【解析】
稀土元素全部是金属元素，A正确；氢氧化钾与碘反应，不能用氢氧化钾溶液萃取碘酒中的碘，故B错误；镧系元素属于ⅢB族元素，故C错误；稀土元素在地壳中的含量都很小，故D错误。
2.下列原子的电子跃迁能释放光能形成发射光谱的是( )
A. 1s22s22p63s2→1s22s22p63p2 B. 1s22s22p33s1→1s22s22p4
C. 1s22s2→1s22s12p1 D. 1s22s22p1x →1s22s22p1 y
【答案】B
【解析】
原子中的电子从能量较高的轨道（激发态）跃迁到能量较低的轨道（基态或者低能态），多余的能量以光的形式出现，即形成发射光谱， 3s2→3p2 ，吸收能量，形成吸收光谱，A选项错误；在1s22s22p33s1→1s22s22p4中，3s1→2p4从高能态到低能态，释放能量，形成发射光谱，B选项正确；从2s2→2p1 吸收能量，形成吸收光谱，C选项错误；2p→2p，2Px与2Py空间伸展方向不同，轨道的能量相同， D选项错误；正确答案：B。
3. 以下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A. H3O+ B. BF3 C. CCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
试题分析：只要化合物中元素化合价的绝对值和该元素原子的最外层电子数之和满足8，则该元素原子就能满足8电子稳定结构，据此可知，选项C正确，A中H、B中的硼元素、C中的P元素均不能满足8电子稳定结构，答案选D。
考点：考查8电子稳定结构的判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题难易适中，基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是明确8电子稳定结构的判断依据，然后灵活运用即可。
4.下列有关氧元素及其化合物表示正确的是（ ）
A. 质子数为8、中子数为10的氧原子：
B. 过氧化氢的电子式：
C. 氧原子的价电子排布图：
D. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
【答案】B
【解析】
试题分析：A．质子数为8、中子数为10的氧原子应该表示为：，故Ａ错误；B．过氧化氢的电子式：，故Ｂ正确；C．氧原子的价电子是指最外层电子，所以氧原子的价电子排布图为：
故Ｃ错误；D．次氯酸的结构式为：H—O—Cl，故Ｄ错误。
【考点定位】常见化学用语
【名师点睛】化学用语是化学学科用于表示物质的组成、结构、性质等的专用语言，是化学试题中必考内容。主要包括原子结构示意图、电子排布式、轨道表示式、化学式、电子式、结构式、结构简式、球棍模型、比例模型、化学方程式、离子方程式等。贯穿于整个化学学习过程之中，知识零散、覆盖面广泛。所以，日常学习中要分类做好专题归纳整理，以便快速准确解决此类问题。
5. 下列各组物质的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是
A. MgO和BaO2 B. SO2和SiO2 C. KOH和NH4Cl D. CCl4和KCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A．MgO是离子晶体，只含有离子键；BaO2是离子晶体，含有离子键、非极性共价键。错误。B．SO2是分子晶体，含有共价键；SiO2是原子晶体，原子间通过共价键结合。错误。C．KOH和NH4Cl但是离子晶体，含有离子键、共价键。正确。D．CCl4是分子晶体，含有共价键；KCl是离子晶体，含有离子键。错误。
考点：考查晶体的化学键与晶体类型的关系的知识。
6.以下微粒含配位键的是（ ）
①N2H5+ ②CH4 ③OH－ ④NH4+ ⑤Fe(CO)3 ⑥Fe(SCN)3 ⑦H3O＋ ⑧[Ag(NH3)2]OH
A. ①②④⑦⑧ B. ①④⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥⑦ D. 全部
【答案】B
【解析】
【分析】
在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，据此分析解答。
【详解】①氢离子提供空轨道，N2H4氮原子提供孤电子对，所以能形成配位键，N2H5+含有配位键，故正确；
②甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键，故错误；
③OH-电子式为，无空轨道，OH-不含有配位键，故错误；
④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH4+含有配位键，故正确；
⑤Fe(CO)3中Fe原子提供空轨道，CO提供孤对电子，可以形成配位键，故正确；
⑥SCN-的电子式，铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对，Fe(SCN)3含有配位键，故正确；
⑦H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键，故正确；
⑧Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Ag（NH3）2]OH含有配位键，故正确；
答案选B。
【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
7.下列说法不正确的是（ ）
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点最低的是 HCl
B. 磷原子核外有15个运动状态完全不同的电子
C. 硝酸易挥发是因为形成分子内氢键
D. 甲烷分子间也可以形成氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A、HCl、HBr、HI形成的晶体都是分子晶体，则HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，选项A正确；
B、磷为15号元素，原子核外有15个运动状态完全不同的电子，选项B正确；
C、由于硝酸中存在分子内氢键使得其沸点比较低，故硝酸易挥发，选项C正确；
D、因为碳氢电负性差别很小，甲烷里的C-H键极性很小，甲烷分子间不形成氢键，选项D不正确。
答案选D。
8.下列关于丙烯（CH3—CH =CH2）的说法正确的
A. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
B. 丙烯分子存在非极性键
C. 丙烯分子有6个σ键，1个π键
D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】B
【解析】
试题分析：A.丙烯中的碳碳双键两端的C是sp2杂化，单键连接的C是sp3杂化，故A错误；B .同种原子间的共价键称之为非极性键，故B正确；C.丙烯中含有8个σ键，1个π键，故C错误；D.丙烯中只有两个C在同一直线上，故D错误，此题选B。
考点：考查丙烯的结构与性质相关知识。
9.下列曲线表示F、Cl、Br元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
A．同一主族中，元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故A正确；B．同一主族中，元素的非金属性从上到下，逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，故B错误；C．同一主族中，从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故C错误；D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故D错误；故选A。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物
B. Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C. 液态水转变为气态水需要吸热，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量
D. N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
A、含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故A正确；B、Na投入到水中，生成氢氧化钠和氢气，有氧氢共价键的断裂，也有氢氢共价键的形成，所以Na投入到水中，有共价键的断裂与形成，故B正确；C、液态水转变为气态水需要吸热，克服分子间作用力，没有旧键断裂和新键形成，故C错误；D、N2分子中是氮氮叁键，而NCl3分子中氮氯单键，均具有8电子稳定结构，故D正确；故选C。
11.下列说法中正确的是（ ）
A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子
B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致
C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3 杂化
D. 配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1
【答案】A
【解析】
A.依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知，ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，A项正确；B.水很稳定的原因是水分子中H-O键的键能大，而水分子间的氢键使得水的熔、沸点升高，B项错误；C.在NH3、H2O、CH4中N、O、C均采取sp3杂化，只不过NH3、H2O分子中孤对电子占据着杂化轨道，C项错误；D.Cu(H2O)4]SO4中配位体是H2O，配位数是4，D项错误。答案选A。
12.下列描述中正确的是
A. ClO3—的空间构型为平面三角形 B. SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对
C. BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D. BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形
【答案】B
【解析】
A．先求出中心原子价层电子对数，再判断微粒构型；
B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；
C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；
D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。
详解：A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；
B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确；
C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；
D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。
点睛：本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。
13.三氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（ ）
A. 三氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B. 三氯化硼加到水中使溶液的pH升高
C. 三氯化硼分子呈平面三角形，属非极性分子 D. 分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
A．氯化硼是共价化合物；
B．三氯化硼水解生成HCl；
C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子；
D．原子的价电子数加上化合价的绝对值等于8，则为8电子稳定结构。
【详解】A．氯化硼是共价化合物液态时不能导电，选项A错误；
B．三氯化硼加到水中会发生水解生成HCl，则使溶液的pH降低，选项B错误；
C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，为非极性分子，选项C正确；
D．三氯化硼中B的价电子数为3，化合价为+3，则分子中B的最外层电子数为3+3=6，则B不满足最外层8电子稳定结构，选项D错误．
答案选C。
【点睛】本题考查原子轨道杂化、分子立体构型、8电子稳定结构等，难度适中，注意三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构。
14.化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是( )
A. NH3与BF3都是三角锥形 B. NH3与BF3都是极性分子
C. NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构 D. NH3·BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道
【答案】D
【解析】
【分析】
BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个B﹣F键，B原子周围没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N﹣H键，N原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，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，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。
【详解】A.BF3分子构型为平面三角形，故A错误；
B.BF3分子为非极性分子，故B错误；
C.NH3•BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；
D.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，故D正确。
故选D。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
15.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
16.下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是
A. NH4Cl+NaOH===NaCl+NH3↑＋H2O
B. Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑
C. Cl2+2NaOH===NaClO+NaCl+H2O
D. 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑
【答案】D
【解析】
A．该反应中没有非极性键的断裂和形成，故A不选；B．该反应中有离子键、极性键、非极性键断裂，只有离子键、极性键形成，没有非极性键的形成，故B不选；C．该反应中没有极性键的断裂，和非极性键的形成，故C不选；D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故D选；答案为D。
点睛：物质的类别与化学键之间的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。
17.下列描述中不正确的是（ ）
A. 标况下，22.4L C2H2 中所含的 π 键数和 18g 冰中所含的氢键数均为 2NA
B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有 σ 键，可能有 π 键
C. NH4+与 H3O + 均为 10 电子粒子，它们互为等电子体
D. 一个 P4S3 分子（结构如图）中含有三个非极性共价键
【答案】C
【解析】
A. 标况下，22.4L C2H2 为1mol,含有1mol碳碳三键，含有一个σ 键和两个π 键数， 18g 冰是1mol水，每个水分子中含有两个故对电子，能形成两个氢键，所以标况下，22.4L C2H2 中所含的 π 键数和 18g 冰中所含的氢键数均为 2NA是正确的，故A正确；B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有 σ 键，可能有 π 键。如水中只存在σ 键，N2中既存在σ 键又有 π所以B 正确；C. 等电子体指原子总数相等，价电子总数相同的分子，故NH4+与 H3O + 均为 10 电子粒子，但它们不是等电子体，故C错； D. 非极性共价键是指 同种原子之间形成的共价键，所以根据图分析知 P4S3 分子（结构如图）中含有三个非极性共价键，是正确的，故D正确；答案：C。
18.“暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（ ）
A. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D. 该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，选项A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，选项B错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，选项C正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能含有一定量的双氧水，选项D正确；
答案选B。
19.有4个系列同族的物质，101.3Pa时测定它们的沸点（℃）如下表所示：
①
He-268.8
(a) - 249.5
Ar - 185.8
Kr- 151.7
②
F2- 187.0
Cl2 – 33.6
(b) 58.7
I2 184.0
③
(c) 19.4
|HCl - 84.0
HBr - 67.0
HI-35.3
④
H2O 100.0
H2S - 60.0
(d) - 42.0
H2Te- 1.8
对应表中内容，下列叙述中正确的是
A. 系列①的(a)物质中没有离子键，应有共价键和分子间作用力
B. 系列③中(c)物质的沸点比HC1高是因为(c)中的共价键更牢固
C. 系列②中(b)物质的元素的原子序数应为35，且该物质常温下为液态
D. 系列④中H2O沸点变化出现反常，是因为分子内有氢键的影响
【答案】C
【解析】
A．分子晶体熔沸点较低，根据该组物质熔沸点知，都是分子晶体，所以没有离子键，稀有气体是单原子分子，稀有气体中只含分子间作用力不含化学键，A错误；B．氢化物都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点较高，③中（c）物质是HF，HF中含有氢键导致其熔沸点最大，B错误；C．卤族单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，其单质的熔沸点随着原子序数增大而增大，根据熔沸点知②中（b）物质为Br2，溴常温下为液态，Br的相对原子质量为35，C正确；D．水中分子间有氢键，分子内没有氢键，D错误；答案选C。
20.已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（ ）
A. NA·a3·ρ B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，根据ρV=M/NA计算相对分子质量，
【详解】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，
故选：A。
【点睛】本题考查晶胞计算，解题关键：把握原子的位置、均摊法确定原子个数，注意M与密度、体积的关系．
21. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z基态原子的2p轨道上有3个未成对电子。下列说法正确的是
A. X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有12mol σ键
B. Z的最高价含氧酸分子中，羟基氧和非羟基氧个数比为1:1
C. Y的气态氢化物分子中H—Y—H键角比Y的最高价氧化物分子中O—Y—O键角小
D. Z的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，是因为氢键的影响
【答案】C
【解析】
试题分析：元素X位于第四周期，其基态原子内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2则X为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，则Z为N元素。A、1mol配合物[X(NH3)4]Cl2中含有16mol σ键，错误；B、Z的最高价含氧酸为HNO3，分子中含有1个羟基，所以羟基氧和非羟基氧个数比为1:2，错误；C、Y的气态氢化物为H2S，结构类似于H2O，键角在104.5º左右，Y的最高价氧化物为SO3，键角为120º，正确；D、Z的气态氢化物为NH3，Y的气态氢化物为H2S，氢化物的稳定性与非金属活泼性有关，与氢键无关，错误。
考点：本题考查元素的推断、化学键、键角、氢化物的稳定性。
22.石墨烯可看作将石墨的层状结构一层一层地剥开得到的单层碳原子；石墨炔是平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能，还可用于H2的提纯；将氢气氢化到石墨烯排列的六角晶格中，使每个碳原子都增加一个氢原子可得最薄的绝缘新材料石墨烷。下列有关说法中不正确的是
A. 石墨烯和石墨炔互为同素异形体
B. 石墨炔有望替代二氧化硅用作半导体材料
C. 12g石墨烯完全转变为石墨烷需标况下11.2L氢气
D. 石墨炔孔径略大于H2分子的直径，因此它是理想的H2提纯薄膜
【答案】B
【解析】
试题分析：A．同素异形体是同种元素组成的结构不同的单质，石墨烯和石墨炔互为同素异形体，故A正确；B．石墨炔是具有优良的半导体性能，可作半导体材料，但二氧化硅不是半导体材料，故B错误；C．每个C原子增加1个H原子后得到石墨烷，则碳原子与H原子数目相等，氢气物质的量为碳的一半，故H2的物质的量为0.5mol，标况下体积为11.2L，故C正确；D．碳原子半径大于氢原子，则石墨炔孔径大于H2分子的直径，可以容纳H2分子，则石墨炔是理想的H2提纯薄膜，故D正确；故选B。
考点：考查同素异形体、半导体材料等。
二、填空题
23.请回答下列问题：
（1）(NH4)2SO4中含有化学键的类型为_________________________。
（2）KNO3中NO3-的立体构型为____________________，其中N原子的杂化方式为________，写出与NO互为等电子体的另一种阴离子的化学式：_______________。
（3）已知配合物CrCl3·6H2O中心原子Cr3＋的配位数为6，向含0.1 mol CrCl3·6H2O的溶液中滴加2 mol·L－1 AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50 mL，则该配合物的化学式为________________，Cr在基态时，价电子排布式为_____________________。
（4）LiBH4由Li＋和BH4-构成，BH4-的立体构型是____________，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为____________。
（5）丙酮()分子中C原子轨道杂化类型为_____________；含有的π键与σ键数目之比为___________。
（6）第一电离能I 1（Zn）______I 1（Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_______________。
【答案】 (1). 离子键、共价键 (2). 平面三角形 (3). sp2 (4). CO32- (5). [CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O (6). 3d54s1 (7). 正四面体形 (8). H＞B＞Li (9). sp2 、sp3 (10). 1∶9 (11). 大于 (12). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
【解析】
【详解】（1）（NH4）2SO4中存在N-H共价键和S-O共价键，铵根离子与硫酸根离子之间存在离子键；故含有化学键的类型为离子键、共价键；
（2）NO3-中价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形；硝酸根离子中N原子价层电子对个数是3，杂化方式为sp2杂化；NO3-中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，CO32-有4个原子，4+6×3+2=24个价电子，所以与NO3-互为等电子体的另一种阴离子为CO32-；
（3）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，n（AgNO3）=2mol•L-1×0.05L=0.1mol，0.1molCrCl3•6H2O和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以该配合物外界氯离子个数是1，则有2个氯原子是配位原子，该配合物的配位数是6，所以有4个水分子是配体，则该配合物的化学式为[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O；根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1；
（4）BH4-中B原子价层电子数=4+（3+1-4×1）=4，且不含孤电子对，所以是正四面体形；
非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li；
（5）丙酮()分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基上的碳原子为sp2杂化；单键全为σ键，1个双键中含有1个π键和1个σ键，故1 mol丙酮中含有1 molπ键和9 mol σ键，含有的π键与σ键数目之比为1∶9；
（6）第一电离能I 1（Zn）大于I 1（Cu)，原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
24.铁、铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）铁在元素周期表中的位置是________________。
（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于___________（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=_______；Fe(CO)x在一定条件下发生反应：Fe(CO)x(s)Fe(s)+xCO(g)。已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为_________。
（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式____________；两者相比较沸点较高的为__________（填化学式）。CN－中碳原子杂化轨道类型为__________，C、N、O三元素的第一电离能最大的为_______（用元素符号表示）。
（4）铜与Cl形成化合物的晶胞如图所示（黑点代表铜原子）。
①该晶体的化学式为________。它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H2CuCl3，反应的化学方程式为___________________。
②已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于______（填“离子”、“共价”）化合物。
【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族 (2). 分子晶体 (3). 5 (4). 金属键 (5). N≡N (6). CO (7). sp杂化 (8). N (9). CuCl (10). CuCl＋2HCl(浓)===H2CuCl3(或CuCl＋2HCl(浓)===H2[CuCl3]) (11). 共价
【解析】
【详解】（1）Fe为26号元素，位于第四周期第VIII族；
（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为N≡N；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高；该微粒中C原子价层电子对个数是2，所以C原子采用sp杂化；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，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能最大的是N元素；
（4））①立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中，Cu的数目为4，Cl的数目为8×+6×=4，则该晶体的化学式为CuCl；
它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H2CuCl3，则反应的化学方程式为CuCl+ 2HCl= H2CuCl3或CuCl＋2HCl(浓)===H2[CuCl3]；
②一般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与氯电负性差值3.0-1.9=1.1<1.7，该化合物属于共价化合物。
25.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Co原子的价电子排布式为_______，Co2＋核外3d能级上有_____对成对电子。
（2）Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是________。1 mol配离子中所含σ键的数目为________，配位体N3-中心原子的杂化类型为________。
（3）Co2＋在水溶液中以[Co(H2O)6]2＋存在。向含Co2＋的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋，其原因是_________________________________________________。
（4）某蓝色晶体晶体结构如图，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的体心上。据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是________。K＋空缺率（体心中没有K＋的占总体心的百分比）为_____________。
（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，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________。
图甲 图乙
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中(如图乙)，已知O2－的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). 3d74s2 (2). 2 (3). 6 (4). 23NA (5). sp (6). N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强 (7). KFe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). 50% (10). (1，，) (11).
【解析】
【详解】（1）CO原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co2+核外电子排布为3d7，3d能级上有2对成对电子；
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为，离z为，则坐标参数为（1，，）；
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)=×1024；每个氧化镍的质量=g，所以每平方米含有的氧化镍质量=××1024=。
26.元素周期表中第三周期包括Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar 8种元素。请回答下列问题：
（1）SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_______，该分子构型为_________。
（2）第三周期8种元素按单质熔点(℃)大小顺序绘制的柱形图(已知柱形“1”代表Ar)如图所示，则其中“2”原子的结构示意图为____________，“8”原子的电子排布式为________________。
（3）氢化镁储氢材料的晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，则该晶体的化学式为__________，晶胞的体积为__________cm3(用ρ、NA表示，其中NA表示阿伏加德罗常数的值)。
（4）实验证明：KCl、MgO、CaO三种晶体的结构与NaCl晶体的结构相似，已知NaCl、KCl、CaO晶体的晶格能数据如下表：
晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ·mol－1)
786
715
3401
则KCl、MgO、CaO三种晶体熔点从高到低的顺序是________________。其中MgO晶体中一个Mg2＋周围和它最近且等距离的Mg2＋有________个。
（5）噻吩( )广泛应用于合成医药、农药、染料工业。
①噻吩分子中含有_______个σ键，分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则噻吩分子中的大π键应表示为______________。
②噻吩的沸点为84 ℃，吡咯( )的沸点在129~131℃之间，后者沸点较高，其原因是__________________________________。
（6）Si、C和O的成键情况如下：
化学键
C—O
C===O
Si—O
Si===O
键能/(kJ·mol－1)
360
803
464
640
C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体，而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体，请结合数据分析其原因：_______________________________________________________
【答案】 (1). sp3 (2). V形或折线形 (3). (4). 1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 (5). MgH2 (6). (7). MgO＞CaO＞KCl (8). 12 (9). 9 (10). (11). 吡咯分子间可形成氢分键，而噻吩分子间不能形成氢键 (12). 碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(803 kJ·mol－1×2＝1 606 kJ·mol－1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(360 kJ·mol－1×4＝1 440 kJ·mol－1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(640 kJ·mol－1×2＝1 280 kJ·mol－1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(464 kJ·mol－1×4＝1 856 kJ·mol－1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体
【解析】
【详解】（1）SCl2中S原子杂化轨道数（6+2）=4，采取 sp3杂化方式，两对孤对电子对，所以该分子构型为V形或折线形；
(2)第三周期8种元素按单质算，排除氩气外，只有氯气为气体，熔点较低，氯原子核电荷数为17，原子的结构示意图为：；“8”为硅原子，原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2；
（3）根据晶胞结构可知，该晶胞中含有镁原子个数为8×+1=2, 含有氢原子个数为4×+2=4,镁原子与氢原子个数比为1:2，所以氢化镁化学式为MgH2；该晶胞中含有2个MgH2，则该晶胞的体积为=cm3；
(4) 晶格能越大，离子晶体熔点就越高，而晶格能大小与离子的电荷和半径有关，电荷越多，离子半径越小，晶格能就越大；KCl、MgO、CaO这3种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，MgO、CaO中离子都带2个单位电荷，KCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl->O2-，Mg2+
（4）①单键为σ键，双键中一根为σ键，一根为π键，噻吩为：，则1个噻吩分子中含σ键有5+4=9个，噻吩分子为平面结构，S原子价电子排布式为3s23p4，形成两根共价键，环中存在两根π键，为单双建交替，pz轨道交盖可形成离域大π键，S的pz轨道中一对电子与环上的π电子共轭，形成离域大π键，噻吩的芳香性仅比苯弱一点，符合休克尔规则，形成五中心六电子的离域大π键，记为；
②噻吩的沸点为84℃，吡咯（）的沸点在129～131℃之间，后者沸点较高，吡咯环中存在N，N的电负性较S大，吡咯能形成分子间氢键使沸点升高，
故答案为：吡咯分子间可形成氢键，而噻吩分子间不能形成氢键；
(6) C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体，而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体，其原因： 碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×803 kJ•mol－1＝1606 kJ•mol－1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×360 kJ•mol－1＝1440 kJ•mol－1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×640 kJ•mol－1＝1280 kJ•mol－1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×464 kJ•mol－1＝1856 kJ•mol－1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体；正确答案：碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×803 kJ•mol－1＝1606 kJ•mol－1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×360 kJ•mol－1＝1440 kJ•mol－1)，故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体；硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(2×640 kJ•mol－1＝1280 kJ•mol－1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(4×464 kJ•mol－1＝1856 kJ•mol－1)，故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体。
【点睛】本题考查物质结构相关知识，涉及到价电子排布式的书写，电离能，电负性，价层电子对互斥理论，杂化轨道理论，氢键的性质，晶胞的简单计算，均为高频考点，整体难度中等，部分试题较难。本题难点在于噻吩的离域大π键，杂环化合物如吡啶，吡咯，噻吩，咪唑等。
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