【化学】云南省大关县一中2018-2019学年高二上学期12月考试（解析版）

云南省大关县一中2018-2019学年高二上学期12月考试
1.N—H键键能的含义是(　　)
A. 由N和H形成1 mol NH3所放出的能量
B. 把1 mol NH3中的共价键全部拆开所吸收的能量
C. 拆开约6.02×1023个N—H键所吸收的能量
D. 形成约1个N—H键所放出的能量
【答案】C
【解析】
N—H键能的含义是：1molN和1molH原子形成1mol N—H键所释放的能量，或者说是1mol N—H键断裂成为1molN和1molH原子所吸收的能量。所以选项C正确。选项A错误：由N和H形成1 mol NH3（应该是1molN—H键）所放出的热量。选项B错误：把1 mol NH3（应该是1molN—H键）的键全部拆开所吸收的热量。选项D错误：形成1个（应该是1mol）N—H键所放出的热量。
2.对配合物[Cu(NH3)4]SO4的叙述，错误的是（　　）
A. Cu2+和NH3之间以配位键结合
B. [Cu(NH3)4]2+和SO42-之间以离子键结合
C. Cu2+和NH3之间以离子键结合
D. [Cu(NH3)4]SO4在水中全部电离成[Cu(NH3)4]2+和SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】
配合物中，配离子：含有配位键的离子，可以是阳离子或阴离子；内界、外界：内界指配位单元，外界与内界相对；配位体：提供孤电子对的分子或离子；配位原子：配体中，提供电子对的原子；中心原子、金属原子：一般指接受电子对的原子；配位数：中心原子周围的配位原子个数；结合配合物[Cu（NH3）4]SO4 进行分析即可解答。
【详解】A．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以氨气分子是配位体，铜离子提供空轨道，Cu2+ 和NH3 之间以配位键结合，故A正确； 
B．[Cu（NH3 ）4]SO4 中外界是SO42- ，內界是[Cu（NH3）4]2+ ，以离子键结合，故B正确； 
C．该配合物中，铜离子提供空轨道，是中心离子，氮原子提供孤电子对，氨气分子是配位体，Cu2+ 和NH3 之间以配位键结合，故C错误； 
D．[Cu（NH3 ）4]SO4 中外界是SO42-，內界是[Cu（NH3）4]2+ ，以离子键结合，在水中全部电离成[Cu（NH3）4 ]2+ 和SO42-，故D正确；
综上所述，本题选C。
3.下列各元素最易形成离子化合物的是(　　)
①第三周期第一电离能最小的元素　②价电子构型为2s22p6的原子　③2p能级为半满的元素　④电负性最大的元素
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】离子化合物是由阴、阳离子构成的，通常是由活泼金属元素和非金属元素组成。①第三周期第一电离能最小的元素是钠，②价电子构型为2s22p6的原子是惰性气体氖，③2p能级为半满的元素是氮，④电负性最大的元素是氟，所以最易形成离子化合物的是①和④。综上所述，本题答案为D。
4.下列说法中正确的是(　　)
A. 含有非极性键的分子一定是非极性分子
B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D. 两个原子之间共用两对电子，形成的化学键一定有极性
【答案】C
【解析】
【详解】A.含有非极性键的分子可能是极性分子，如H2O2为极性分子，也可能是非极性分子，如CH2＝CH2是非极性分子，A不正确；
B.CH4分子为非极性分子，但其只含有极性键，B不正确；
C.由极性键形成的双原子分子，其正负电荷中心不重合，一定为极性分子，C正确；
D.同种元素的原子共用两对电子，形成的化学键为非极性键，不同元素的原子共用两对电子，形成的化学键为极性键，D不正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】键的极性是产生分子极性的前提，但含极性键的分子若电荷分布是对称的，则键产生的极性可以互相抵消，此时，可形成非极性分子；若电荷分布不对称，则键产生的极性没有互相抵消，此时形成极性分子。
5.X与Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，Y与Z两元素的核外电子层数相同，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则X、Y、Z的原子序数
A. X＞Y＞Z B. Y＞X＞Z
C. Z＞X＞Y D. Z＞Y＞X
【答案】D
【解析】
分析：X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，利用原子序数越大，离子半径越小来分析原子序数的关系；
Z和Y两元素的核外电子层数相同，，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，利用同周期元素从左到右金属性减弱，第一电离能增大来解答。
详解：X、Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，二者处于同一周期，X元素的阳离子半径大于Y元素阳离子半径，由原子序数越大，离子半径越小，则原子序数为Y＞X，
又Z和Y两元素的核外电子层数相同，，则在同一周期，Z元素的第一电离能大于Y元素的第一电离能，则原子序数为Z＞Y，所以X、Y、Z三种元素原子序数为Z＞Y＞X，答案选D。
点睛：本题考查结构性质位置关系、半径比较等，明确微粒半径的比较是解答本题关键，难度不大。
6.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl—和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl—与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
7.下列物质属于等电子体的一组是(　　)
A. CH4和NH3 B. B3H6N3和C6H6
C. F－和Mg D. H2O和CH4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4和NH3原子数不相同，故A错误；
B项、B3H6N3和C6H6原子数相同、电子总数相同互称为等电子体，故B正确；
C项、F-和Mg原子数相同，但电子总数不相同，故C错误；
D项、H2O和CH4原子数不相同，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查了等电子体的判断，侧重于基本概念的考查，注意把握概念中的两个相等即可解题。
8.根据π键的成键特征判断C＝C的键能是C—C键能的(　　)
A. 2倍 B. 大于2倍 C. 小于2倍 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】由于π键的键能比σ键键能小，双键中有一个π键和一个σ键，所以双键的键能小于单键的键能的2倍。A. 2倍不符合题意； B. 大于2倍不符合题意； C. 小于2倍符合题意；D. 无法确定不符合题意；答案：C。
9.已知某元素的＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是(　　)
A. 第三周期ⅣA族，p区
B. 第四周期ⅡB族，s区
C. 第四周期Ⅷ族，d区
D. 第四周期ⅡA族，s区
【答案】D
【解析】
【分析】
对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。
【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有2个电子，有4个电子层，故该元素应为第四周期ⅡA族元素Ca，处于s区。答案选D。
【点睛】本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系。
10. 下列说法中正确的是
A. s区都是金属元素 B. s区都是主族元素
C. 稀有气体在ds区 D. 所有非金属元素都在p区
【答案】B
【解析】
区的名称来自于按构造原理最后填入电子的能级的符号，A、D不正确，因为氢元素在s区，属于非金属。稀有气体在区，C不正确。所以B正确，答案选B。
11.下列物质中含离子键的是(　　)
A. Cl2 B. CO2 C. NaCl D. CH4
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cl2是含有非极性共价键的单质，故不选A项；
B.CO2是含有极性共价键的化合物，故不选B项；
C.离子键指带相反电荷离子之间的相互作用，NaCl是含有离子键的化合物，故选C项；
D.CH4是含有极性共价键的化合物，故不选D项。综上所述，答案为C。
12.具有下列特征的元素，一定是非金属元素的是(　　)
A. 对应氢氧化物是两性氢氧化物 B. 具有负化合价
C. 最高价氧化物对应的水化物是酸 D. 具有可变化合价
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对应氢氧化物是两性氢氧化物,如Al(OH)3为两性氢氧化物，但Al是金属元素，故A错误；
B.在化合物中金属元素只能显正化合价，非金属元素在化合物中既可以是正化合价又可以是负化合价，所以具有负化合价的元素一定是非金属元素，故B正确；
C.最高价氧化物对应的水化物是酸如HMnO4对应的Mn显＋7价，为金属元素,故C错误；
D.金属也可以具有可变化合价(如、),故D错误；答案：B。
13.当H原子和F原子沿z轴结合成HF分子时，F原子中和H原子对称性不一致的轨道是(　　)
A. 1s B. 2s C. 2px D. 2pz
【答案】C
【解析】
试题分析：s轨道无论沿何轴结合，均对称。F是沿z轴与H原子成键，所以2pz是对称的，因此正确的答案选C。
考点：考查s轨道、p轨道的有关判断
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生对原子轨道的了解、掌握程度。有利于培养学生的分析问题、解决问题的能力。
14.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是
A. 共价键的方向性 B. 共价键的饱和性
C. 共价键的键角 D. 共价键的键长
【答案】B
【解析】
试题分析：水分子中的化学键是共价键，而共价键是有饱和性的。氧原子的最外层电子数是6个，而氢原子的最外层电子数是1个，所以H2O分子中每个O原子结合2个H原子，答案选B。
考点：考查共价键的形成以及特点
点评：该题主要是考查学生对共价键形成特点的熟悉了解程度，意在巩固学生的基础，提高学生的能力。
15.根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ·mol－1)，判断下列说法不正确的是(　　)

A. 元素的电负性最大的可能是Q元素
B. R和S均可能与U在同一主族
C. U元素可能在周期表的s区
D. 原子的价电子排布为ns2np1的可能是T元素
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图表中数据可知，Q的第一电离能最大，所以元素的电负性最大的可能是Q元素，A项正确；
B.根据第一电离能的数据可知，R的最外层应该有1个电子，S的最外电子层应该有2个电子，不属于同一主族，B项不正确；
C.U最外层有1个电子，可能属于s区元素，C项正确；
D.T元素最外层有3个电子，价电子排布可能是ns2np1，D项正确。答案：B。
16.关于金属晶体的六方最密堆积的结构形式的叙述正确的是(　　)

A. 晶胞是六棱柱 B. 晶胞是六面体
C. 每个晶胞中含4个原子 D. 每个晶胞中含17个原子
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属晶体的六方最密堆积结构形式的晶胞是六棱柱的1/3,故A错误；
B.金属晶体的六方最密堆积结构形式的晶胞是六棱柱的1/3，即平行六面体,故B正确；
C.每个晶胞中绝对占有2个原子，故C错误；
D.每个晶胞中有8个顶点和1个内部原子, 晶胞中绝对占有2个原子,故D错误；答案：B。
17.下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是（　　）
A. 具有规则几何外形的固体均为晶体
B. 晶体具有自范性，非晶体没有自范性
C. 晶体研碎后即变为非晶体
D. 将玻璃加工成规则的固体即变成晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.晶体的几何外形比较规则属于晶体的一般特性，但并不是所有具有几何外形的固体都是晶体，故A项错误。
B.晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的微观结构是物质微粒按照一定的规律在空间排列成整齐的行列，而非晶体内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态，晶体具有自范性，非晶体没有自范性，故B项正确。
C.晶体碾碎后还是晶体，故C项错误。
D.将玻璃加工成规则的固体不会改变其各项同性的特征，所以不会变成晶体，故D项错误。答案：B。
【点睛】晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的微观结构是物质微粒按照一定的规律在空间排列成整齐的行列，而非晶体内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态，晶体具有自范性，非晶体没有自范性。
18.镁铝合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成为新型建筑装潢材料，主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等，下列与这些用途无关的性质是(　　)
A. 不易生锈 B. 导电性好
C. 密度小 D. 强度高
【答案】B
【解析】
【详解】铝镁合金因其不易生锈，密度小，强度高而适合做窗框，卷帘门，防护栏等，与其导电性无关。综上所述，符合题意的选项为导电性好；答案：B。
19.二氧化硅晶体是空间立体网状结构，如图所示：

关于二氧化硅晶体的下列说法中，正确的是(　　)
A. 1 mol SiO2晶体中Si—O键为2 mol
B. 二氧化硅晶体的分子式是SiO2
C. 晶体中Si、O原子最外电子层都满足8电子结构
D. 晶体中最小环上的原子数为8
【答案】C
【解析】
【详解】A、由二氧化硅晶体结构图可知，1个硅原子与周围4个氧原子形成了4个Si-O键，1molSiO2含有1mol硅原子，故1molSiO2晶体中含有的Si-O键为4mol，故A错误；
B、每个硅原子周围连有4个氧原子，每个氧原子周围连有2个硅原子，Si、O原子个数比为1:2，化学式为SiO2，SiO2不是分子式，因为原子晶体不存在分子，故B错误；
C、经过上面分析可知，在SiO2晶体中，硅原子与氧原子最外层都达到了8电子稳定结构，故C正确；
D、由结构图可以看出，晶体中最小环上的原子数为12，其中包括6个硅原子和6个氧原子，故D错误；答案：C。
【点睛】注意二氧化硅为原子晶体，不存在分子，为易错点。
20.表中原子化热、晶格能、键能的单位都是kJ•mol﹣1

则下列说法正确的是
A. Na（s）与Cl2（g）反应生成1mol NaCl（s）放出的热量为556.1kJ
B. Si（s）+2Cl2（g）═SiCl4（g）△H=﹣602kJ•mol﹣1
C. 从表中可以看出，氯化钠的熔点比晶体硅高
D. 从表中数据可以看出，微粒半径越大金属键、离子键越弱，而共价键却越强
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据晶格能的定义“1mol离子化合物中的阴、阳离子从相互分离的气态，结合成离子晶体时所放出的能量”，反应物Na应为气态，故A错误;
B、反应的△H=176KJ/mol2+243KJ/mol-360KJ/mol=-602KJ/mol,故B正确;
C、NaCl是离子晶体,硅是原子晶体,晶体类型不同,其熔点高低不能只看其晶格能和键能大小,故C错误;
D、微粒半径越大共价键也是越弱,故D错误;答案：B。
【点睛】A为易错点，注意根据晶格能定义判断Na应为气态。
21. 石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是

A. 石墨烯与石墨互为同位素
B. 0.12g石墨烯中含有6.02*1022个碳原子C石墨烯是一种有机物
C. 石墨烯中的碳原子间以共价键结合
【答案】D
【解析】
同位素的研究对象是原子，A选项错误；0.12g石墨烯的物质的量为0.01mol，所含碳原子个数为0.01NA，B选项错误；有机物一般含有碳、氢元素，C选项错误；由图示可知，石墨烯中碳原子间均为共价键结合，D选项正确。
22.下列性质体现了金属通性的是(　　)
A. 银不易生锈 B. 铁常温下不溶于浓硝酸
C. 钠与水剧烈反应放出氢气 D. 金属具有良好的延展性
【答案】D
【解析】
分析：金属通性指的是金属的某些共有的物理性质，如“不透明、有金属光泽、有延展性、导热性、导电性”等，据此分析解答。
详解：A只是对不活泼金属性质的描述，不是通性；B是对铁某些特殊性质的描述，不是通性；C是对活泼金属性质的描述，不是金属的通性；只有D才是金属通性的体现；正确选项D。
23. 下列说法正确的是（ ）
A. 原子晶体中只存在非极性共价键
B. 稀有气体形成的晶体属于分子晶体
C. 干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
D. 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、原子晶体也可能含有极性键，例如二氧化硅等，A不正确；B、稀有气体形成的晶体属于分子晶体，B正确；C、干冰升华是物理变化，破坏的是分子间作用力，化学键不变，C不正确；D、金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，也可能是共价化合物，例如氯化铝是共价化合物，D不正确，答案选B。
考点：考查化学键、晶体类型等的有关判断
24. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（ ）

A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】A
【解析】
本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个Z原子，X原子为8*1/8（被8个晶胞共有）=1，Y原子为12*1/4（被4个晶胞共有）=3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。
25.能与氢氧化钠溶液反应且属化合物的原子晶体是（ ）
A. 铝 B. 金刚石 C. 硅 D. 二氧化硅
【答案】D
【解析】
A．铝属于金属晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，故A错误；B．金刚石属于原子晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，故B错误；C．硅属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，故C错误；D．二氧化硅属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是化合物，故D正确；故选D。
点睛：常见的原子晶体有：一些非金属单质，如金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等，化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物．再结合物质的性质判断。
26.高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构．晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如图为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）．则下列说法正确的是（　　）

A. 超氧化钾的化学式为KO2，每晶胞含有14个K+和13个O2﹣
B. 晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+
C. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
D. 晶体中，0价氧原子与﹣2价氧原子的数目比为3：1
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据图知，该晶胞中钾离子个数为8×1/8+6×1/2=4，超氧根离子个数1+12×1/4=4，则钾离子和超氧根离子个数之比=4:4=1:1，所以其化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-，故A错误；
B、根据图知，每个钾离子周围有6个超氧根离子、每个超氧根离子周围有6个钾离子，故B错误；
C、根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有12个，故C错误；
D. 晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，则0价氧原子数目为8−2=6，所以晶体中0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3:1，故D正确；答案：D。
【点睛】解答此题的关键是理清图中各离子所处的位置，据图可知，有8个钾离子位于顶点，6个钾离子位于面心，有12个超氧根离子位于棱上，1个超氧根离子处于体心，据此判断其化学式。
27. 关于晶体和非晶体的说法，正确的是（ ）
A. 晶体在三维空间里呈周期性有序排列，因此在各个不同的方向上具有相同的物理性质
B. 晶体在熔化过程中需要不断的吸热，温度不断地升高
C. 普通玻璃在各个不同的方向上力学、热学、电学、光学性质相同
D. 晶体和非晶体之间不可以相互转化
【答案】C
【解析】
晶体在三维空间里呈周期性有序排列，其许多物理性质常常会表现出各向异性，A不正确。晶体的熔点是固定的，所以在熔化过程中温度不会变化，B不正确。玻璃不属于晶体，不具有物理性质各向异性的特点，C 正确。在一定条件下晶体和非晶体是可以相互转化的，D不正确。答案是C。
28.高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是(　　)

A. KO2中只存在离子键
B. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－
C. 晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个
D. 晶体中，所有原子之间都以离子键相结合
【答案】C
【解析】
【详解】A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；
B、K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；
C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；
D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。
【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。
29.(1)①在BF3分子中，F—B—F的键角是________，B原子的杂化轨道类型为________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4－体构型为________；
②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________。
(2)①Y2X2(C2H2)分子中Y原子轨道的杂化类型为______，1 mol Y2X2含有σ键的数目为______。
②元素Y(C)的一种氧化物与元素Z(N)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为________。
③化合物ZX3(NH3)的沸点比化合物YX4(CH4)的高，其主要原因是_____________。
【答案】 (1). 120° (2). sp2 (3). 正四面体 (4). 共价键 (5). 范德华力或分子间作用力 (6). sp (7). 3NA (8). N2O (9). NH3分子间存在氢键而CH4分子间只存在范德华力
【解析】
①因为BF3分子的空间构型为平面三角形，所以F—B—F的键角是120°，B原子的杂化轨道类型为sp2， 在BF中中心原子B为sp3杂化，所以BF的结构为正四面体构型；正确答案：120°；sp2 ； 正四面体。
②六方氮化硼晶体结构与石墨相似，所以B、N原子间以共价键相结合构成分子晶体，其层间的作用力为分子间作用力；正确答案：共价键；范德华力或分子间作用力。
（2）①乙炔分子为直线构型，分子中碳原子杂化方式为sp，1molC2H2分子中存在2个C-H σ键 ，C≡C键中有一个 σ键和2个π键，所以1molC2H2分子含有 3NAσ键；正确答案：sp；3NA。
②等电子体要符合原子总数和价电子数均相等；所以C与N分别形成的氧化物中符合等电子体的分子分别为：CO2、N2O；正确答案：N2O。
③由于氮原子半径较小，非金属性较强，与氢元素形成的氢化物中含有氢键，造成氨气的沸点反常，而甲烷分子中只存在分子间作用力，沸点较低；正确答案：NH3分子间存在氢键而CH4分子间只存在范德华力。
点睛：常见的氢化物中，氨气、水、氟化氢等分子间除了存在分子间作用力外，还存在有氢键，造成三者的沸点反常。
30.二氧化硅晶体是立体的网状结构。其晶体模型如下图所示。请认真观察该晶体模型后回答以下问题：

二氧化硅的晶胞结构
(1)二氧化硅晶体中最小环为________元环。
(2)每个硅原子为________个最小环共有。
(3)每个最小环平均拥有________个硅原子、________个氧原子。
【答案】 (1). 12 (2). 12 (3). 1/2 (4). 1
【解析】
【分析】
如将金刚石晶体中的碳原子换成硅原子，则可得到晶体硅。与金刚石晶体相比，晶体硅中原子半径较大，Si—Si键的键长较长。如在每个Si—Si键中插入一个氧原子，则可得到SiO2晶体，即图所示的晶体结构。
【详解】（1）利用金刚石结构所得结论，二氧化硅晶体中的最小环应为12元环（6个碳原子和6个硅原子交替成环）；答案：12。
（2）每个硅原子为12个最小环共有；答案：12；
（3）每个最小环平均拥有6×1/12＝1/2个硅原子和6×1/6＝1个氧原子。答案：1/2 ；1。
31.X、Y、T、Q 四种元素，位于元素周期表前四周期，元素的性质或结构信息如下．
①X 单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼；
②Y 二价阳离子的外围电子层排列为3d9；
③T原子核外s轨道电子总数等于p轨道电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂；
④Q 第三周期主族元素中原子半径最小。
请根据上述信息回答下列问题：
(1)写出 X3﹣的一种等电子体的化学式__； X的气态氢化物易液化的原因是：__．
(2)写出T元素基态原子的核外电子排布式__；Q元素的原子核外有__种运动状态不同的电子．
(3)元素 X、T 的电负性相比，__的小(填元素名称)；元素X的第一电离能与T相比较，T的__(填“大”或“小”)．
(4)Y元素在周期表中位于__区．Y单质晶体的晶胞中实际拥有__个原子，该晶体中Y原子在三维空间的堆积方式为__堆积．CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag•cm﹣3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为__cm3．
(5)在硫酸铜溶液中通入X的气态氢化物至过量，先出现蓝色沉淀，最后溶解形成深蓝色的溶液．此蓝色沉淀溶解的离子方程式为：__．
(6)元素X与Q可形成化合物XQ3，根据价层电子对互斥理论判断XQ3的空间构型为：__，分子中X原子的杂化方式为__杂化．
【答案】 (1). CO2 (2). 氢键导致其易液化 (3). [Ar]3d94s2 (4). 17 (5). 氮 (6). 小 (7). ds (8). 4 (9). 面心立方最密 (10). 224/a NA (11). Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O (12). 三角锥形 (13). sp3
【解析】
【分析】
X单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼，则X是N元素；Y二价阳离子的外围电子层排列为3d9，Y的原子序数是18+9+2=29，为Cu元素；T原子核外s轨道电子总数等于p轨道电子总数，人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂，则T为O元素；同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，Q在第三周期主族元素中原子半径最小，则Q为Cl元素，据以上分析解答。
【详解】X单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质气体性质稳定，但其原子较活泼，则X是N元素；Y二价阳离子的外围电子层排列为3d9，Y的原子序数是18+9+2=29，为Cu元素；T原子核外s轨道电子总数等于p轨道电子总数，人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂，则T为O元素；同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，Q在第三周期主族元素中原子半径最小，则Q为Cl元素，
(1)X3﹣为N3﹣，该离子中含有3个原子且含有16个价电子，则一种等电子体的化学式CO2，X的气态氢化物是氨气，氨气易液化的原因是：氨气分子间不只存在范德华力，还存在氢键，氢键的存在导致氨气易液化；综上所述，本题答案是：CO2 ；氢键导致其易液化。
(2)T是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，Cu元素基态原子的核外电子排布式：[Ar]3d94s2；原子核外有几个电子，其核外就有几种运动状态，Q是Cl元素，则Cl元素的原子核外有17种运动状态不同的电子；综上所述，本题答案是：[Ar]3d94s2；17。
(3) X是N元素，T是Cl元素；同一周期中,元素的电负性随着原子序数的增大而增大,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第ⅤA族元素大于第ⅥA族元素,所以元素X、T的电负性相比，氮元素的小，元素X的第一电离能与T相比较，T的小；
综上所述，本题答案是：氮，小。
(4)Cu元素在周期表中位于ds区，铜单质的晶体为面心立方晶胞，所以Cu单质晶体的晶胞中实际拥有原子个数8×1/8+6×1/2=4；所以该晶胞中实际拥有4个原子,该晶体中Cu原子在三维空间里的堆积方式为面心立方最密堆积；CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag•cm﹣3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为=4×56/( NA×a)=224/a NA cm3；综上所述，本题答案是：ds，4，面心立方最密，224/a NA。
(5)硫酸铜和氨气反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜继续和一水合氨反应生成络合物铜氨络合物，所以蓝色沉淀溶解的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O；综上所述，本题答案是：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O。
(6)元素N与Cl可形成化合物NCl3，根据价层电子对互斥理论知，NCl3中价层电子对个数=3+1/2(5-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，分子中N原子的杂化方式为sp3杂化；综上所述，本题答案是：三角锥形，sp3。
【点睛】针对问题（6）要求分析分子中中心原子的杂化类型，可根据价层电子对互斥理论进行确定；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=1/2(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。
32.请按要求填空：
(1)Mg是第3周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见下表：
氟化物
NaF
MgF2
SiF4
熔点/K
1266
1534
183
①解释表中氟化物熔点差异的原因：
a．_________________________________________________。
b．__________________________________。
②硅在一定条件下可以与Cl2反应生成SiCl4，试判断SiCl4的沸点比CCl4的________(填“高”或“低”)，理由__________________________________。
(2)下列物质变化，只与范德华力有关的是_________
a．干冰熔化 b．乙酸汽化
c．石英熔融 d．HCONHCH3CH3溶于水
e．碘溶于四氯化碳
(3)C，N元素形成的新材料具有如下图所示结构， 该晶体的化学式为：_______________。该晶体硬度将超过目前世界上最硬的金刚石，其原因是________________________。

(4)FeCl3常温下为固体，熔点282 ℃，沸点315 ℃，在300 ℃以上升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断FeCl3的晶体类型为_________________。
(5)氮化碳和氮化硅晶体结构相似，是新型的非金属高温陶瓷材料，它们的硬度大，熔点高、化学性质稳定。
①氮化硅的硬度________(“大于”或“小于”)氮化碳的硬度，原因是________________。
②下列物质熔化时所克服的微粒间的作用力与氮化硅熔化时所克服的微粒间的作用力相同的是_________。
a．单质I2和晶体硅 b．冰和干冰
c．碳化硅和二氧化硅 d．石墨和氧化镁
③已知氮化硅的晶体结构中，原子间都以单键相连，且氮原子与氮原子不直接相连、硅原子与硅原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子稳定结构，请写出氮化硅的化学式________。
(6)第ⅢA，ⅤA元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与______个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为________。在四大晶体类型中，GaN属于_______晶体。
【答案】 (1). NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4熔点要高 (2). 因为Mg2＋的半径小于Na＋的半径，所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF2的熔点大于NaF (3). 高 (4). SiCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，因此沸点高 (5). ae (6). C3N4 (7). 氮原子半径小于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比碳碳键长短，键能更大 (8). 分子晶体 (9). 小于 (10). 硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长要短，键能更大 (11). c (12). Si3N4 (13). 4 (14). 正四面体 (15). 原子
【解析】
【详解】(1)①NaF与MgF2为离子晶体,SiF4为分子晶体，所以NaF与MgF2远比SiF4的熔点要高；因为Mg2+的半径小于Na+的半径,所以MgF2的离子键强度大于NaF的离子键强度，故MaF的熔点大于NaF。
②因为SiCI4和CCl4组成和结构相似,SiCl4的相对分子质量比CCl4的大,范德华力大,所以SiCl4的沸点比CCl4的高。答案：高；SiCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，因此沸点高。
(2)a.干冰熔化只破坏分子间作用力；b.乙酸汽化破坏分子间作用力和分子间氢键；c.石英熔融破坏共价键；d.HCONHCH3CH3分子间不存在氢键，溶于水破坏范德华力；e碘溶于水只破坏范德华力，故只有ae符合要求。答案：ae。
(3) 该晶胞中含C原子数＝8×1/8＋4×1/2＝3，N原子数为4，故该晶体化学式为C3N4。由于C—N键键长比C—C键键长短，键能大，所以金刚石硬度比C3N4硬于小。答案：C3N4 ；氮原子半径小于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比碳碳键长短，键能更大 。
(4)FeCl3溶沸点不高，且易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，说明FeCl3为分子晶体。答案：分子晶体。
(5) ①氮化硅和氮化碳均为原子晶体。氮化硅中C—Si键的键长比氮化碳中C—N键的键长长，键能小，所以氮化硅硬度比氮化碳小。答案：硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长要短，键能更大。
②氮化硅是原子晶体，熔化时所克服的是共价键，a．单质I2是分子晶体，熔化时所克服的范德华力，晶体硅是原子晶体，熔化时所克服的是共价键；故a不符合；b．冰和干冰属于分子晶体，熔化只破坏分子间作用力，故b错误；c．碳化硅和二氧化硅属于原子晶体，熔化时所克服的是共价键，故c正确；d．石墨属于混合晶体，熔化时破坏分子间作用力和共价键；氧化镁是离子晶体，破坏离子键。答案:c。
③由题意知氮化硅晶体中每个Si原子连接4个N原子，每个N原子连接3个Si原子，Si和C原子均达到8电子稳定结构，其化学式为Si3N4。答案：Si3N4。
(6) GaN与单晶硅结构相似，所以每个Ga原子与4个N原子形成共价键，每个N原子与3个Ga原子形成共价键。与同一Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体结构，GaN与晶体硅都是原子晶体。答案：4；正四面体 ；原子。
【点睛】硅原子半径大于碳原子半径，氮碳形成的共价键键长比氮硅键长短，键能更大。
33.(1)将等径圆球在二维空间里进行排列，可形成密置层和非密置层，在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A属于________层，配位数是________；B属于________层，配位数是________。
(2)将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子的配位数是________，平均每个晶胞所占有的原子数目是________。

(3)有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式，钋位于元素周期表的第________周期第__________族，元素符号是________，最外电子层的电子排布式是________。
【答案】 (1). 非密置 (2). 4 (3). 密置 (4). 6 (5). 6 (6). 1 (7). 六 (8). ⅥA (9). Po (10). 6s26p4
【解析】
【分析】
密置层的排列最紧密，靠的最近，空隙最少，每一层中，一个原子与周围三个原子相互接触，据此分析；根据配位数为中心原子直接接触的原子的个数分析；金属原子周围直接接触的原子数目有六个，每个晶胞有8个原子，一个原子被8个晶胞所共有，据此分析；根据钋元素是氧族元素解答。
【详解】（1）密置层的排列最紧密，靠的最近，空隙最少，在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A中的排布不是最紧密，A属于非密置层，一个中心圆球周围有四个圆球，配位数是4；B中排布是最紧密的结构，B属于密置层，一个中心圆球周围有六个圆球，配位数是6；答案：非密置；4 ；密置； 6。
（2）将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子周围直接接触的原子数目有六个，金属原子的配位数是6，每个晶胞有8个原子，一个原子被8个晶胞所共有，平均每个晶胞所占有的原子数目是8×1/8=1；答案：6；1。
（3）有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式，钋位于元素周期表的第六周期ⅥA族，元素符号是Po，最外层电子排布式是6s26p4。答案：六； ⅥA ； Po ； 6s26p4。
34.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________;
（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________;
（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________;
（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_________________________________________________;
（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3As(2)(3)三角锥
（4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O (5)稳定性：NH3＞PH3＞AsH3因为键长越短，键能越大，化合物越稳定 沸点：NH3＞AsH3＞PH3NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子键作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。
【解析】
（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As;(2) Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O;再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.(3)～(5)就不再分析了。