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【化学】福建省厦门第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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福建省厦门第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Ni-59 Zn-65
第Ⅰ卷
选择题：每道选择题有且只有一个正确选项，每题1.5分，共30分。
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H2S的电子式：
B. 基态氧原子的电子排布图：
C. 二氧化硅的分子式：SiO2
D. 24Cr的电子排布式：[Ar]3d54s1
【答案】D
【解析】试题分析：A．H2S是共价化合物，没有形成离子，其电子式是，错误；B．原子核外的电子尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，所以基态氧原子的电子排布图是，错误；C．二氧化硅是原子晶体，在晶体中原子之间形成共价网状结构，没有分子，化学式是SiO2，错误；D．24Cr的核外电子排布式：[Ar]3d54s1，正确。
考点：考查化学用语表示的正误判断的知识。
2.已知五种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列叙述正确的是（ ）
L
M
Q
R
T
原子半径（nm）
0.160
0143
0.104
0.111
0.066
主要化合价
+2
+3
+6、﹣2
+2
﹣2
A. L和Q形成的化合物含极性共价键
B. M易与T单质反应
C. T、Q的简单氢化物常温常压下均为无色气体
D. L、R的单质与盐酸反应速率：R＞L
【答案】B
【详解】L和R的化合价都为+2价，应为周期表第II A族，根据半径关系可知R为Be， L为Mg；Q和T的化合价都有-2价，应为周期表第VIA族元素，Q的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第IIIA族元素，根据半径大于S，为Al元素。
A.Mg与S形成MgS，该化合物属于离子化合物，不存在极性键，A错误；
B.M为Al，T为O， 铝易与氧气反应，B正确；
C.T为O，对应的氢化物常温下为液体，Q为S，其氢化物为气态硫化氢，C错误；
D.L为Mg、R为Be，元素的金属性Mg>Be，元素的金属性越强，其与酸反应速率越快，因此反应速率：Mg>Be，D错误；
故合理选项是B。
3.下列各组物质的熔点均与所含化学键有关的是（ ）
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. MgCl2与Si D. Cl2与I2
【答案】C
【详解】A.CaO是离子化合物，含有离子键，熔化断裂的是离子键；CO2是共价化合物，含有共价键，由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，A错误；
B.NaCl是离子键结合而成离子晶体，熔化断裂的是离子键，而HCl分子是由共价键结合而成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，B错误；
C.MgCl2是由离子键结合而成的离子晶体，熔化破坏的是离子键；晶体Si是由原子通过共价键结合而成的原子晶体，熔化断裂的是共价键，C正确；
D. Cl2与I2都是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，而分子内的化学键是共价键，二者不相同，D错误；
故合理选项是C。
4.有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
A. 杂化轨道全部参加形成化学键
B. sp3、sp2、sp1杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
【答案】A
【详解】A.杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，A错误；
B.sp3、sp2、sp1杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，B正确；
C.部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，C正确；
D.杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，D正确；
故合理选项是A。
5.下列描述中正确的是（ ）
A. CS2 为空间构型为 V 形的极性分子
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. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子
D. HCN、SiF4 和 SO32- 的中心原子均为 sp3 杂化
【答案】B
【解析】A． CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；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H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ④①②⑤③
C. ⑤①④②③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【分析】根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。
【详解】①BCl3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心B原子为sp2杂化，键角为120°；
②NH3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于NH3分子中孤电子对存在，孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角＜109°28′；
③H2O，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=2，孤电子对数为LP==2，则价电子对数为VP=BP+LP=2+2=4，根据杂化轨道理论，中心O原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于H2O分子中存在两对孤电子对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比NH3分子的键角还小；
④PCl4+，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=4，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，根据杂化轨道理论，中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；
⑤HgCl2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；
综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③，答案选C。
【点睛】本题考查价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角，需明确孤电子对斥力大于键合电子对斥力．题目难度不大，是基础题。
7.下列说法不正确的是( )
A. 构成单质的分子内不一定存在共价键
B. HF的热稳定性很好,是因为HF分子间存在氢键
C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D. NaCl晶体熔化,需要破坏离子键
【答案】B
【分析】A、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质；
B、稀气体分子之间不存任何化学键；
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物；
D、氯化钠是离子晶体；
【详解】A、稀气体分子之间不存任何化学键,所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键, A正确；
B、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质，而氟化氢稳定是氢氟键的键能大所致, B错误；
C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，C正确；
D、氯化钠是离子晶体，故其熔化时破坏离子键,D正确；
正确选项B。
8.下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（ ）
A. CO2 B. CO32- C. H2O D. CCl4
【答案】C
【分析】VSEPR模型是价层电子对互斥模型的简称，根据价层电子对互斥理论，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=×（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。分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，含有一个孤电子对，为三角锥形，含有两个孤电子对，为V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，为平面三角形；含有一个孤电子对，为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，以此进行判断。
【详解】A项，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，VSEPR模型为直线形，且中心原子不含孤电子对，分子构型为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不符合题意；B项，CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以C原子价层电子对个数是3，VSEPR模型为平面三角形，且不含孤电子对，CO32﹣的分子构型为平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不符合题意；C项，水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C符合题意；D项，CCl4分子中，中心原子C原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为C。
9.在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中的共价键类型是（ ）
A. 仅有σ键 B. 三个σ键，两个π键
C. 两个σ键，两个π键 D. 三个σ键，一个π键
【答案】D
【详解】由题所给条件，在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构可知，其结构式应为：F-N=N-F，两个氮之间是氮氮双键，一个为σ键一个为π键，氮氟之间是单键，为σ键，所以该分子中的共价键类型是三个σ键，一个π键。故D正确。
综上所述，本题应选D。
【点睛】原子轨道以“头碰头”方式重叠的称为σ键，原子轨道以“肩并肩”方式重叠称为π键。σ键原子轨道重叠程度比π键原子轨道重叠程度大，所以σ键比π键牢固，在化学反应中π键易断裂。另外σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键。
10.用价电子对互斥理论（VSEPR）可以预测许多分子或离子的空间构型，也可推测键角大小，下列判断正确的是（ ）
A. CS2是V形分子 B. SnBr2键角大于
C. BF3是三角锥形分子 D. NH4+键角等于109º28ˊ
【答案】D
【解析】分析：先确定中心原子上的孤电子对数和σ键电子对数，由此导出VSEPR模型，略去中心原子上的孤电子对导出分子或离子的空间构型；价电子对间的排斥作用：孤电子对间的排斥作用孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，据此确定键角。
详解：A项，CS2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C上没有孤电子对，CS2是直线形分子，A项错误；B项，SnBr2中中心原子Sn上的孤电子对数为（4-21）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，SnBr2的键角小于120º，B项错误；C项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，B上没有孤电子对，BF3是平面三角形分子，C项错误；D项，NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N上没有孤电子对，NH4+为正四面体形，键角等于109º28ˊ，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子或离子的空间构型、键角。当中心原子上没有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型不一致。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B. C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
【答案】C
【详解】A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
12.元素X的＋1价离子X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. X元素的原子序数是19
B. X的晶体具有良好的导电性、导热性和延展性
C. X＋离子是图中的黑球
D. 该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
【答案】A
【解析】分析：A项，X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+的K、L、M层依次排有2、8、18个电子，X的原子序数为29；B项，X为Cu，Cu属于金属晶体；C项，用“均摊法”确定X+是图中的黑球；D项，根据正负化合价代数和为0确定阴、阳离子个数比。
详解：A项，X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+的K、L、M层依次排有2、8、18个电子，X+核外有28个电子，X原子核外有29个电子，X的原子序数为29，A项错误；B项，X的原子序数为29，X为Cu，Cu属于金属晶体，金属晶体具有良好的导电性、导热性和延展性，B项正确；C项，用“均摊法”，白球：8=1个，黑球：12=3个，根据正负化合价代数和为0，X+与N3-的个数比为3:1，X+是图中的黑球，C项正确；D项，根据正负化合价代数和为0，X+与N3-的个数比为3:1，D项正确；答案选A。
13.2018年1月26日，中国科技大学的教授们将水置于一个20 ℃、足够强的电场中，水分子瞬间凝固形成“暖冰”。则关于“暖冰”的判断正确的是（ ）
A. “暖冰”中存在离子键
B. “暖冰”中水分子的O-H键是非极性键
C. “暖冰”有良好的导电性和导热性
D. 水凝固形成20 ℃时的“暖冰”所发生的变化是物理变化
【答案】D
【解析】A. 水属于共价化合物，所以“暖冰”中只存在共价键，A不正确；B. “暖冰”中水分子的O—H键是不同原子间的共价键，是极性键，B不正确；C. “暖冰”属于分子晶体，晶体中没有自由移动的离子，没有导电性和导热性，C不正确；D. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化只是水由液态变为固态，没有生成新物质，所以是物理变化，D正确。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力
B. PCl5分子中各原子最外层均达到了8电子稳定结构
C. 水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固
D. 金刚石中所有原子均是以共价键相结合的
【答案】B
【详解】本题考查微粒间的相互作用力的知识点，意在考查考生对化学键和分子间作用力的掌握程度。干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力，A正确；PCl5分子中磷原子最外层不是8电子稳定结构，B错误；水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固，C正确；金刚石中所有原子均是以共价键相结合的，D正确。
【点睛】掌握常见物质的晶体类型和微粒间的作用力。分子晶体的状态的改变破坏分子间作用力，原子晶体破坏共价键。掌握常见含有氢键的物质，如水，或氨气或氟化氢等，注意氢键影响物质的物理性质，不影响化学性质。
15.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是（ ）
A. 金属Mg（六方最密堆积）和金属Cu（面心立方最密堆积）的空间利用率
B. BF3和CH4中心原子的价层电子对数
C. Si-O和C-O的键能
D. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
【答案】D
【详解】A.金属Mg(六方最密堆积)和金属Cu(面心立方最密堆积)的空间利用率都是74%，二者相同，A错误；
B.BF3的中心原子B的价层电子对数是3；CH4中心C原子的价层电子对数是4，前者小于后者，B错误；
C.由于原子半径Si>C，所以共价键的键长C-O
故合理选项是D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. SiO2的沸点高于CO2，其原因是SiO2的摩尔质量较大
B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，所以硫酸是共价化合物
C. HClO易分解是因为HClO分子间作用力弱
D. 含有阳离子的晶体不一定含有阴离子
【答案】D
【详解】A.SiO2的沸点高于CO2，是由于SiO2是原子晶体，原子间通过共价键结合，共价键是强烈的相互作用，断裂消耗的能量高，而CO2是由分子通过分子间作用力结合而成的分子晶体，分子间作用力弱，断裂消耗的能量小，因此熔沸点低，A错误；
B.离子化合物、共价化合物溶于水都可电离产生自由移动的离子，因此不能根据H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，判断硫酸是共价化合物，B错误；
C.HClO易分解是因为HClO分子内的共价键结合的不牢固，与分子间作用力大小无关，C错误；
D.金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，含有阳离子，无阴离子，可见含有阳离子的晶体不一定含有阴离子，D正确；
故合理选项是D。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关
B. 乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关
C. 冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力
D. MgO熔点高达是因为其中的离子键较难被破坏
【答案】C
【详解】A.SiO2硬度大是由于在晶体中Si、O原子之间形成共价键，每个Si与4个O原子形成共价键，每个O原子与2个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，由于共价键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很多能量，因此熔沸点高，硬度大，A正确；
B.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而二甲醚分子之间只存在范德华力，所以乙醇的沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，B正确；
C.乙酸羟基上氢较活泼，在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，C错误；
D.MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多，晶格能大，MgO晶体的熔点高，D正确；
故合理选项是C。
18.如图所示为干冰晶体的晶胞，它是一种面心立方结构，即每8个分子构成立方体，且再在6个面的中心各有1个分子占据，在每个周围距离 (其中为立方体棱长)的分子有（ ）
A. 4个 B. 8个 C. 12个 D. 6个
【答案】C
【详解】由图可知，以立方体顶点的二氧化碳为例，周围距离为a，即为面对角线的一半，这样的二氧化碳分子分布在与之相连的面的面心上，而与一个顶点相连的面有12个，所以这样的二氧化碳分子也有12个，故答案选C。
【点睛】若以立方体顶点的二氧化碳为例，共顶点的立方体共有8个立方体，而每一个立方体中有三个面顶点，每个面与两个立方体共用，则与顶点上二氧化碳分子等距且最近的二氧化碳分子个数为：3×8÷2=12。
19.下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（ ）
A. CO2、汽油、MgO B. KCl、P2O5、Si
C. NH3、PH3、HBr D. SiC、NaCl、NO2
【答案】A
【分析】一般情况下，不同类型的晶体，熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同种类型的晶体可根据晶体中微粒间的作用力大小分析。
【详解】A．CO2常温下为气体，汽油常温下为液体，MgO常温下为固体，则熔点：CO2＜汽油＜MgO，选项A正确；B．KCl为离子晶体，P2O5为分子晶体， Si为原子晶体，熔点：分子晶体＜离子晶体＜原子晶体，则熔点P2O5＜KCl＜Si，选项B错误；C、分子结构相似，且都为分子晶体，分子相对分子质量越大，分子之间作用力越大，熔点越高，但NH3存在分子间氢键，熔点增大，则熔点：NH3＞HBr＞PH3，选项C错误；D、SiC为原子晶体，NaCl为离子晶体，NO2为分子晶体，熔点：分子晶体＜离子晶体＜原子晶体，则熔点NO2＜NaCl＜SiC，选项D错误；答案选A。
【点睛】本题考查晶体的熔沸点高低的比较，题目难度不大，注意比较晶体熔沸点高低的角度。
20.氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是（ ）
A. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C. 两种晶体中的B原子的杂化类型相同
D. 两种晶体均为分子晶体
【答案】B
【详解】A、 由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，故A错误；
B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；
C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2, 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；
D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；
综上所述，本题应选B。
第II卷
21.常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。
(1)Ga 基态原子核外电子排布式为_______，As 基态原子核外有_______个未成对电子。
(2)Ga、As、Se 的电负性由大到小的顺序是__________。
(3)GaCl3和AsF3的立体构型分别是____________，__________。
(4)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化的原因：________________________。
镓的卤化物
GaCl3
GaBr3
GaI3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346
GaF3的熔点超过1000 ℃，可能的原因是_____________________________________。
(5)硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，而体现弱酸性。[B(OH)4]-中B原子的杂化类型为__________。
(6)若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅，若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是__________ (用化学式表示)；
【答案】(1). [Ar]3d104s24p1（或1s22s22p63s23p63d104s24p1） (2). 3 (3). Se>As>Ga (4). 平面三角形 (5). 三角锥形 (6). GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点逐渐增大 (7). GaF3 是离子晶体 (8). sp3 (9). C>SiC>Si
【分析】(1) Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式；As 是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式，然后根据各个能级具有的轨道数及每个最多容纳2个电子判断其具有的未成对电子；
(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大；
(3)根据价层电子对数判断分子的空间构型；
(4)镓的卤化物GaF3是离子晶体，其余为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，根据分子间作用力与物质相对分子质量的关系分析；
(5) [B(OH)4]-中B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为4；
(6)根据共价键的键长与键能对物质熔点的影响分析。
【详解】(1) Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 或简写为[Ar] 3d104s24p1；As 是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3，由于p能级有3个轨道，核外电子总是尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样能量最低，可知As原子具有的未成对电子数是3个；
(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大，由于Ga、As、Se是同一周期的元素，原子序数GaAs>Ga；
(3) GaCl3中Ga原子具有的价层电子对数为3，所以分子的立体构型是平面三角形；而AsF3中As原子价层电子对数为4，含有1对孤电子对，所以分子的立体构型是三角锥形；
(4)镓的卤化物GaCl3、GaBr3、GaI3为分子晶体，分子之间由分子间作用力结合，物质的相对分子质量越大，分子之间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化消耗的能量就越高，物质的熔沸点逐渐升高；而镓的卤化物GaF3是离子晶体，Ga3+与F-离子之间通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很高能量，因此熔沸点高，
(5) [B(OH)4]-中B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为sp3杂化；
(6)金刚石、SiC、晶体硅都是原子晶体，原子之间通过共价键结合，由于原子半径CSiC>Si。
【点睛】本题考查了物质结构及其性质，涉及价电子排布式的书写、电负性、晶体类型与性质、分子的空间构型与原子的杂化方式判断等，注意同一周期主族元素电负性变化规律，明确VSEPR模型与微粒空间构型关系，从晶体类型判断影响物质熔沸点的原因。
22.钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度，被美誉为“未来钢铁”、“战略金属”。
(1)基态钛原子核外共有_______种运动状态不相同的电子，价电子排布式_______；与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有________种。
(2)钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是_________________________________________________________。
(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4分子结构与CCl4相同，在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______________；TiCl4稳定性比CCl4差，试从结构分析其原因：_______________________________________________________。
(4)钙钛矿材料是一类有着与钛酸钙相同晶体结构的材料，这种奇特的晶体结构让它具备了很多独特的理化性质，比如吸光性、电催化性等。钛酸钙晶体结构如图所示。其中，A代表Ca2+，Ti原子位于由O原子构成的正八面体的中心，则钛酸钙的化学式为______，Ca2+的配位数是________。
【答案】(1). 22 (2). 3d24s2 (3). 3 (4). 钛原子的价电子数比Al多，金属键更强 (5). 正四面体 (6). 钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长大、键能小，易断裂 (7). CaTiO3 (8). 12
【分析】(1)原子核外有多少电子，电子的运动状态就有多少；根据构造原理先写出Ti的核外电子排布式，就可得到其价层电子排布式；然后根据每个能级具有的轨道数判断与Ti具有相同未成对电子数目；
(2)钛、铝都属于金属晶体，金属键越强，金属晶体的硬度越大；
(3)根据物质的熔沸点与晶体类型关系分析；利用价层电子对数判断分子空间构型；根据共价键的牢固程度判断物质的稳定性大小；
(4)钙钛晶矿晶胞中钛离子与周围六个氧原子包围形成八面体，立方体晶胞共有12个边长，每条边长的中点是一个氧原子，共12个氧原子包围着中心的钙离子，根据均摊法计算图中立方体中各原子数目确定化学式。
【详解】(1)由于在任何一个原子中都不存在运动状态完全相同的电子，所以22号Ti元素的原子核外有22种运动状态不相同的电子，Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，可见其价层电子排布式为3d24s2；在Ti原子核外有2个未成对电子，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4，因此有3种；
(2)钛、铝都属于金属晶体，金属键影响硬度，钛的价电子比Al的多，金属键比Al的强，所以钛的硬度大于铝；
(3)在TiCl4分子中Ti原子价层电子对数为4，没有孤对电子，因此分子的空间构型是正四面体，TiCl4与CCl4都是分子晶体，但TiCl4稳定性比CCl4差，是因为钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长大、键能小，易断裂；
(4)由于A代表Ca2+，Ti原子位于由O原子构成的正八面体的中心，根据图示可知钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧原子数目为12×=3，所以晶胞的化学式为CaTiO3。
【点睛】本题考查物结构与性质，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、空间构型与杂化方式关系、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，(4)为难点、易错点，需要学生理解晶胞结构，具备一定的空间想象与数学计算能力。
23.A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：
（1）B、C中第一电离能较大的是__ (用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______________。
（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。
（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。
①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。
②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。
a．离子键 b．共价键 c．σ键 d．π键 e．配位键 f．氢键
（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957 kJ/mol 、5492 kJ/mol，二者相差很大的原因________。
（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：
①在该晶胞中，E的配位数为_________。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。
③已知该晶胞的边长为x cm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。
【答案】(1). Mg (2). (3). 平面三角形 (4). 分子 (5). sp3 (6). bce (7). Al3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大 (8). 4 (9). （1，，） (10).
【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。
(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；
(2) DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；
(3)①C2Cl6 是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；
②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；
(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大， 是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；
(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；
②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；
③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。
【点睛】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。
24.硫、锌及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
(1)O和S处于同一主族。H2O及H2S中，中心原子的杂化方式相同，键长及键角如图所示。
①H2O分子中的键长比H2S中的键长短，其原因是________________________________。
②H2O分子中的键角∠HOH 比H2S分子中的键角∠HSH 大，其原因是__________________。
(2)单质硫与热的NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3。S32-的空间构型为______，中心原子的杂化方式为_______。
(3)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。
②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________________。
③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_________________________________________________。
(4)冰晶体的结构与金刚石的结构相似，属立方晶系。如图，将金刚石晶胞中的C原子全部置换成O原子，O原子与最近距离的四个O原子相连，H原子插入两个相连的O原子之间，与氧形成一个共价键和一个氢键，即为冰中的共价键和氢键。0℃时冰晶体中氢键的键长(定义氢键的键长为O—H…O的长度)为_____cm（列出计算式即可）。（0℃时冰密度为0.9g/cm3。）
【答案】(1). 原子半径：O< S，故H-O键的键长较短 (2). O的半径小于S，成键电子对间距小，斥力大，键角变大，故H2O分子中的键角更大 (3). V形 (4). sp3 (5). 9 (6). (7). 吡咯分子间可形成氢键，而噻吩分子间不能形成氢键 (8).
【分析】(1)①从形成共价键的原子半径大小比较共价键的键长；
②从原子半径大小及成键电子对间的斥力大小影响分析；
(2)单质硫与热的NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3，S32-属多硫链的一种，S32-的空间构型为V形，S原子均为sp3杂化；
(3)①单键为σ键，双键中一根为σ键，一根为π键，噻吩()分子为平面结构，S原子价电子排布式为3s23p4，形成两根共价键后，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，据此分析；
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，考虑形成分子间氢键使沸点升高；
(5)用均摊方法计算晶体中一个晶胞中含有的H2O分子数，可计算出晶胞的质量，结合晶体的密度公式，可得晶胞参数，再分析晶胞中最近的两个O原子的距离为晶胞体对角线的计算。
【详解】(1)①由于原子半径O
(2)单质硫与热NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3，S32-属多硫链的一种，S32-的空间构型为V形，S原子均为sp3杂化；
(3)①单键为σ键，双键中一个为σ键，一个为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，形成两个共价键，环中存在两根π键，为单双建交替，pz轨道交叉可形成离域大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，而噻吩分子间不能形成氢键；
(5)在一个晶胞中含有水分子数目为×8+×6+4=8，晶胞的质量为m=，然后根据ρ=计算出晶胞参数L=cm，晶胞体对角线长度为cm，由于两个最近的O原子之间的距离为晶胞体对角线的，所以两个最近的O原子之间的距离a=cm。
【点睛】本题考查物质结构的相关知识，涉及到价电子排布式的书写，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，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，通常具有一定的芳香性，杂化原子往往提供电子用以形成离域大π键，主要涉及到休克尔规则(4n+2电子)使本题具有一定的难度。
25.碳族元素的单质和化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锗是重要半导体材料，基态Ge原子中，核外电子占据最高能级的符号是______，该能级的电子云轮廓图为________。Ge的晶胞结构与金刚石类似，质地硬而脆，沸点2830℃，锗晶体属于_______晶体。
(2)(CH3)3C+是有机合成重要中间体，该中间体中碳原子杂化方式为_______，(CH3)3C+中碳骨架的几何构型为________。
(3)治疗铅中毒可滴注依地酸钠钙，使Pb2+转化为依地酸铅盐。下列说法正确的是_______。
A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)∶n(EDTA)=1∶4
B.依地酸中各元素的电负性从大到小的顺序为O>N>C>H
C.依地酸铅盐中含有离子键和配位键
D.依地酸具有良好的水溶性是由于其分子间能形成氢键
(4)下表列出了碱土金属碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135
碱土金属碳酸盐同主族由上到下的热分解温度逐渐升高，原因是：______________________。
(5)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图：
①若该晶胞的边长为anm，则Cl-间的最短距离是________。
②在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于____位置。
【答案】(1). 4p (2). 纺锤形或哑铃形 (3). 原子 (4). sp2 sp3 (5). 平面三角形 (6). BC (7). 金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越小，氧化物越不稳定，碳酸盐越难分解 (8). anm (9). 棱心
【分析】(1)由于锗是第四周期第IVA元素所以其价层电子排布式是[Ar]3d104s24p2，最高能级符号及不同能级电子云形状；利用原子晶体熔沸点高、硬度大判断其晶体类型；
(2)甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3；根据与甲基C原子连接的C原子确定碳骨架的形状；
(3)A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：2；
B.非金属性越强，电负性越大；
C.内界配离子与外界酸根离子之间形成离子键、内界Pb2+与配体EDTA的离子形成配位键；
D.依地酸具有良好的水溶性，是由于其分子与水分子之间形成氢键；
(4)从表格中得出：这些物质阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高；
(5)①晶胞中两个O原子的距离为晶胞参数的；
②根据图示可知若Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于棱心上。
【详解】(1)根据锗是第四周期第IVA元素分析其最高能级符号是4p，由于p电子的电子云是纺锤形或哑铃形；Ge的晶胞结构与金刚石类似，质地硬而脆，沸点2830℃，由于金刚石是原子晶体，可知锗晶体属于原子晶体；
(2)甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3，分别采取sp3、sp2杂化；由于与三个甲基连接的C原子是采用sp2杂化，所以可确定C骨架为平面三角形；
(3)A.由配离子结构，可知形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：2，A错误；
B.非金属性越强，电负性越大，由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性O>N>C>H，B正确；
C.内界配离子与外界酸根离子之间形成离子键、内界Pb2+与配体EDTA的离子形成配位键，C正确；
D.依地酸具有良好的水溶性，是由于其分子与水分子之间形成氢键，D错误，
故合理选项是BC；
(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果，钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低；
(5)①根据图示可知晶胞中两个O原子的距离为晶胞参数的，由于晶胞参数为anm，所以晶胞中两个O原子的距离为anm；
②根据图示可知若Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于棱心上。
【点睛】本题考查物质结构的知识，涉及能层、能级的能量高低、电子云形状的判断、晶体类型的判断、电负性等比较以及对数据的分析、处理与应用，学习中注重相关基础知识和解题方法的积累。
26.第VIII族元素单质及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。
（1）过渡元素Co 基态原子价电子排布式为_____。第四电离能I4 (Co) < I4 (Fe) ，其原因是_________。
（2）Ni(CO)4 常用作制备高纯镍粉，其熔点为－19.3 ℃， 沸点为 43 ℃。则：
①Ni(CO)4的熔、沸点较低的原因为__________________________________________。
②写出一种与CO互为等电子体的分子的化学式__________。
③Ni(CO)4中σ键和π键的数目之比为__________。
（3）NiSO4 常用于电镀工业，其中 SO42－的中心原子的杂化轨道类型为_______，该离子中杂化轨道的作用是__________。
（4）氧化镍和氯化钠的晶体结构相同，可看成镍离子替换钠离子，氧离子替换氯离子。 则：
① 镍离子的配位数为__________。
② 若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 ρ g·cm-3，则该晶胞中最近的 O2－之间的距离为__________pm（列出表达式）。
（5）某种磁性氮化铁的结构如图所示，Fe为__________堆积，则该化合物的化学式为__________。 其中铁原子最近的铁原子的个数为__________。
【答案】(1). 3d74s2 (2). Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道处于半充满的稳定结构，不易再失去电子，所以I4 (Fe)>I4 (Co) (3). Ni(CO)4 属于分子晶体，分子间的范德华力容易被破坏 (4). N2 (5). 1:1 (6). sp3 (7). 形成σ键 (8). 6 (9). (10). 六方最密 (11). Fe3N (12). 12
【分析】(1)Co 是27号元素，根据构造原理，可得其基态原子排布式，进而得到其价电子排布式；根据失去电子后形成离子的结构分析；
(2)①根据 Ni(CO)4的熔沸点高低结合各类晶体熔沸点大小分析比较；
②根据等电子体含义书写；
③单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键；
(3)硫酸根中的S原子的价层电子对数是4，其杂化轨道类型为sp3，该离子中的杂化轨道可用于形成σ键；
(4)①根据氯化钠的晶体结构可知镍离子的配位数为6；
②根据氯化钠的晶胞结构可知晶胞中最近的O2-之间的距离为面对角线的一半，根据晶体密度，结合晶胞中含有的粒子数计算晶胞参数可得O2-之间的距离；
(5)由结构可知，Fe为六方最密堆积；图中结构单元中有2个N原子，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，利用均摊法计算图中结构单元中Fe原子数目，进而确定化学式。
【详解】(1) Co是27号元素，根据构造原理，可得其基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，过渡元素发生反应时，不仅最外层电子发生变化，次外层电子也发生变化，所以其价电子排布式为3d74s2；Fe是26号元素，Fe失去3个电子后形成的Fe3+电子层结构为3d5，3d轨道处于半充满的稳定结构，不易再失去电子，而Co原子失去4个电子变为Co4+，电子层结构为3d5，3d5是稳定结构，再失去一个电子比较难，所以I4 (Fe)>I4 (Co)；
(2)①Ni(CO)4的熔、沸点较低是因为Ni(CO)4 属于分子晶体，分子间以微弱的范德华力结合，范德华力比较微弱，容易被破坏，因此物质的熔沸点比较低；
②CO互为等电子体的分子是N2；
③单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键，Ni(CO)4中σ键和π键的数目之比为8:8=1:1；
②在一个晶胞中含有Ni2+的个数：=4；O2-的个数为：=4，因此在一个晶胞中含有4个NiO；晶胞的质量为m=g，晶胞密度为ρ g·cm-3，则晶胞参数为=×1010pm，由于晶胞中最近的O2 -之间的距离为面对角线的一半，所以最近的O2-之间的距离L=pm；
(5)由结构可知，Fe为六方最密堆积；图中结构单元中有2个N原子，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，结构单元中Fe原子数目=3+2×+12×=6，Fe、N原子数目之比为3：1，故该晶体化学式为 Fe3N；面心碳原子与结构单元中6个顶点Fe原子相邻，且与内部3个Fe原子也相邻，密置层为ABAB…方式排列，其中铁原子最近的铁原子的个数为12。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、晶体类型的判断、晶胞密度的有关计算等，(5)在晶胞计算需要学生有一定的空间想象与数学计算能力，这是本题的易错点。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Ni-59 Zn-65
第Ⅰ卷
选择题：每道选择题有且只有一个正确选项，每题1.5分，共30分。
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H2S的电子式：
B. 基态氧原子的电子排布图：
C. 二氧化硅的分子式：SiO2
D. 24Cr的电子排布式：[Ar]3d54s1
【答案】D
【解析】试题分析：A．H2S是共价化合物，没有形成离子，其电子式是，错误；B．原子核外的电子尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，所以基态氧原子的电子排布图是，错误；C．二氧化硅是原子晶体，在晶体中原子之间形成共价网状结构，没有分子，化学式是SiO2，错误；D．24Cr的核外电子排布式：[Ar]3d54s1，正确。
考点：考查化学用语表示的正误判断的知识。
2.已知五种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列叙述正确的是（ ）
L
M
Q
R
T
原子半径（nm）
0.160
0143
0.104
0.111
0.066
主要化合价
+2
+3
+6、﹣2
+2
﹣2
A. L和Q形成的化合物含极性共价键
B. M易与T单质反应
C. T、Q的简单氢化物常温常压下均为无色气体
D. L、R的单质与盐酸反应速率：R＞L
【答案】B
【详解】L和R的化合价都为+2价，应为周期表第II A族，根据半径关系可知R为Be， L为Mg；Q和T的化合价都有-2价，应为周期表第VIA族元素，Q的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第IIIA族元素，根据半径大于S，为Al元素。
A.Mg与S形成MgS，该化合物属于离子化合物，不存在极性键，A错误；
B.M为Al，T为O， 铝易与氧气反应，B正确；
C.T为O，对应的氢化物常温下为液体，Q为S，其氢化物为气态硫化氢，C错误；
D.L为Mg、R为Be，元素的金属性Mg>Be，元素的金属性越强，其与酸反应速率越快，因此反应速率：Mg>Be，D错误；
故合理选项是B。
3.下列各组物质的熔点均与所含化学键有关的是（ ）
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. MgCl2与Si D. Cl2与I2
【答案】C
【详解】A.CaO是离子化合物，含有离子键，熔化断裂的是离子键；CO2是共价化合物，含有共价键，由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，A错误；
B.NaCl是离子键结合而成离子晶体，熔化断裂的是离子键，而HCl分子是由共价键结合而成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，B错误；
C.MgCl2是由离子键结合而成的离子晶体，熔化破坏的是离子键；晶体Si是由原子通过共价键结合而成的原子晶体，熔化断裂的是共价键，C正确；
D. Cl2与I2都是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，而分子内的化学键是共价键，二者不相同，D错误；
故合理选项是C。
4.有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
A. 杂化轨道全部参加形成化学键
B. sp3、sp2、sp1杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
【答案】A
【详解】A.杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，A错误；
B.sp3、sp2、sp1杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，B正确；
C.部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，C正确；
D.杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，D正确；
故合理选项是A。
5.下列描述中正确的是（ ）
A. CS2 为空间构型为 V 形的极性分子
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. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子
D. HCN、SiF4 和 SO32- 的中心原子均为 sp3 杂化
【答案】B
【解析】A． CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；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H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ④①②⑤③
C. ⑤①④②③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【分析】根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。
【详解】①BCl3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心B原子为sp2杂化，键角为120°；
②NH3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于NH3分子中孤电子对存在，孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角＜109°28′；
③H2O，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=2，孤电子对数为LP==2，则价电子对数为VP=BP+LP=2+2=4，根据杂化轨道理论，中心O原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于H2O分子中存在两对孤电子对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比NH3分子的键角还小；
④PCl4+，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=4，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，根据杂化轨道理论，中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；
⑤HgCl2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；
综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③，答案选C。
【点睛】本题考查价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角，需明确孤电子对斥力大于键合电子对斥力．题目难度不大，是基础题。
7.下列说法不正确的是( )
A. 构成单质的分子内不一定存在共价键
B. HF的热稳定性很好,是因为HF分子间存在氢键
C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D. NaCl晶体熔化,需要破坏离子键
【答案】B
【分析】A、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质；
B、稀气体分子之间不存任何化学键；
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物；
D、氯化钠是离子晶体；
【详解】A、稀气体分子之间不存任何化学键,所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键, A正确；
B、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质，而氟化氢稳定是氢氟键的键能大所致, B错误；
C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，C正确；
D、氯化钠是离子晶体，故其熔化时破坏离子键,D正确；
正确选项B。
8.下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（ ）
A. CO2 B. CO32- C. H2O D. CCl4
【答案】C
【分析】VSEPR模型是价层电子对互斥模型的简称，根据价层电子对互斥理论，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=×（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。分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，含有一个孤电子对，为三角锥形，含有两个孤电子对，为V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，为平面三角形；含有一个孤电子对，为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，以此进行判断。
【详解】A项，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，VSEPR模型为直线形，且中心原子不含孤电子对，分子构型为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不符合题意；B项，CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以C原子价层电子对个数是3，VSEPR模型为平面三角形，且不含孤电子对，CO32﹣的分子构型为平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不符合题意；C项，水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C符合题意；D项，CCl4分子中，中心原子C原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为C。
9.在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中的共价键类型是（ ）
A. 仅有σ键 B. 三个σ键，两个π键
C. 两个σ键，两个π键 D. 三个σ键，一个π键
【答案】D
【详解】由题所给条件，在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构可知，其结构式应为：F-N=N-F，两个氮之间是氮氮双键，一个为σ键一个为π键，氮氟之间是单键，为σ键，所以该分子中的共价键类型是三个σ键，一个π键。故D正确。
综上所述，本题应选D。
【点睛】原子轨道以“头碰头”方式重叠的称为σ键，原子轨道以“肩并肩”方式重叠称为π键。σ键原子轨道重叠程度比π键原子轨道重叠程度大，所以σ键比π键牢固，在化学反应中π键易断裂。另外σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键。
10.用价电子对互斥理论（VSEPR）可以预测许多分子或离子的空间构型，也可推测键角大小，下列判断正确的是（ ）
A. CS2是V形分子 B. SnBr2键角大于
C. BF3是三角锥形分子 D. NH4+键角等于109º28ˊ
【答案】D
【解析】分析：先确定中心原子上的孤电子对数和σ键电子对数，由此导出VSEPR模型，略去中心原子上的孤电子对导出分子或离子的空间构型；价电子对间的排斥作用：孤电子对间的排斥作用孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，据此确定键角。
详解：A项，CS2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C上没有孤电子对，CS2是直线形分子，A项错误；B项，SnBr2中中心原子Sn上的孤电子对数为（4-21）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，SnBr2的键角小于120º，B项错误；C项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，B上没有孤电子对，BF3是平面三角形分子，C项错误；D项，NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N上没有孤电子对，NH4+为正四面体形，键角等于109º28ˊ，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子或离子的空间构型、键角。当中心原子上没有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型不一致。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B. C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
【答案】C
【详解】A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
12.元素X的＋1价离子X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. X元素的原子序数是19
B. X的晶体具有良好的导电性、导热性和延展性
C. X＋离子是图中的黑球
D. 该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
【答案】A
【解析】分析：A项，X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+的K、L、M层依次排有2、8、18个电子，X的原子序数为29；B项，X为Cu，Cu属于金属晶体；C项，用“均摊法”确定X+是图中的黑球；D项，根据正负化合价代数和为0确定阴、阳离子个数比。
详解：A项，X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+的K、L、M层依次排有2、8、18个电子，X+核外有28个电子，X原子核外有29个电子，X的原子序数为29，A项错误；B项，X的原子序数为29，X为Cu，Cu属于金属晶体，金属晶体具有良好的导电性、导热性和延展性，B项正确；C项，用“均摊法”，白球：8=1个，黑球：12=3个，根据正负化合价代数和为0，X+与N3-的个数比为3:1，X+是图中的黑球，C项正确；D项，根据正负化合价代数和为0，X+与N3-的个数比为3:1，D项正确；答案选A。
13.2018年1月26日，中国科技大学的教授们将水置于一个20 ℃、足够强的电场中，水分子瞬间凝固形成“暖冰”。则关于“暖冰”的判断正确的是（ ）
A. “暖冰”中存在离子键
B. “暖冰”中水分子的O-H键是非极性键
C. “暖冰”有良好的导电性和导热性
D. 水凝固形成20 ℃时的“暖冰”所发生的变化是物理变化
【答案】D
【解析】A. 水属于共价化合物，所以“暖冰”中只存在共价键，A不正确；B. “暖冰”中水分子的O—H键是不同原子间的共价键，是极性键，B不正确；C. “暖冰”属于分子晶体，晶体中没有自由移动的离子，没有导电性和导热性，C不正确；D. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化只是水由液态变为固态，没有生成新物质，所以是物理变化，D正确。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力
B. PCl5分子中各原子最外层均达到了8电子稳定结构
C. 水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固
D. 金刚石中所有原子均是以共价键相结合的
【答案】B
【详解】本题考查微粒间的相互作用力的知识点，意在考查考生对化学键和分子间作用力的掌握程度。干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力，A正确；PCl5分子中磷原子最外层不是8电子稳定结构，B错误；水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固，C正确；金刚石中所有原子均是以共价键相结合的，D正确。
【点睛】掌握常见物质的晶体类型和微粒间的作用力。分子晶体的状态的改变破坏分子间作用力，原子晶体破坏共价键。掌握常见含有氢键的物质，如水，或氨气或氟化氢等，注意氢键影响物质的物理性质，不影响化学性质。
15.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是（ ）
A. 金属Mg（六方最密堆积）和金属Cu（面心立方最密堆积）的空间利用率
B. BF3和CH4中心原子的价层电子对数
C. Si-O和C-O的键能
D. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
【答案】D
【详解】A.金属Mg(六方最密堆积)和金属Cu(面心立方最密堆积)的空间利用率都是74%，二者相同，A错误；
B.BF3的中心原子B的价层电子对数是3；CH4中心C原子的价层电子对数是4，前者小于后者，B错误；
C.由于原子半径Si>C，所以共价键的键长C-O
故合理选项是D。
16.下列说法正确的是（ ）
A. SiO2的沸点高于CO2，其原因是SiO2的摩尔质量较大
B. H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，所以硫酸是共价化合物
C. HClO易分解是因为HClO分子间作用力弱
D. 含有阳离子的晶体不一定含有阴离子
【答案】D
【详解】A.SiO2的沸点高于CO2，是由于SiO2是原子晶体，原子间通过共价键结合，共价键是强烈的相互作用，断裂消耗的能量高，而CO2是由分子通过分子间作用力结合而成的分子晶体，分子间作用力弱，断裂消耗的能量小，因此熔沸点低，A错误；
B.离子化合物、共价化合物溶于水都可电离产生自由移动的离子，因此不能根据H2SO4溶于水能电离出H+和SO42-，判断硫酸是共价化合物，B错误；
C.HClO易分解是因为HClO分子内的共价键结合的不牢固，与分子间作用力大小无关，C错误；
D.金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，含有阳离子，无阴离子，可见含有阳离子的晶体不一定含有阴离子，D正确；
故合理选项是D。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关
B. 乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关
C. 冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力
D. MgO熔点高达是因为其中的离子键较难被破坏
【答案】C
【详解】A.SiO2硬度大是由于在晶体中Si、O原子之间形成共价键，每个Si与4个O原子形成共价键，每个O原子与2个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，由于共价键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很多能量，因此熔沸点高，硬度大，A正确；
B.乙醇和二甲醚互为同分异构体，乙醇分子之间除存在范德华力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，而二甲醚分子之间只存在范德华力，所以乙醇的沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，B正确；
C.乙酸羟基上氢较活泼，在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，C错误；
D.MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多，晶格能大，MgO晶体的熔点高，D正确；
故合理选项是C。
18.如图所示为干冰晶体的晶胞，它是一种面心立方结构，即每8个分子构成立方体，且再在6个面的中心各有1个分子占据，在每个周围距离 (其中为立方体棱长)的分子有（ ）
A. 4个 B. 8个 C. 12个 D. 6个
【答案】C
【详解】由图可知，以立方体顶点的二氧化碳为例，周围距离为a，即为面对角线的一半，这样的二氧化碳分子分布在与之相连的面的面心上，而与一个顶点相连的面有12个，所以这样的二氧化碳分子也有12个，故答案选C。
【点睛】若以立方体顶点的二氧化碳为例，共顶点的立方体共有8个立方体，而每一个立方体中有三个面顶点，每个面与两个立方体共用，则与顶点上二氧化碳分子等距且最近的二氧化碳分子个数为：3×8÷2=12。
19.下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（ ）
A. CO2、汽油、MgO B. KCl、P2O5、Si
C. NH3、PH3、HBr D. SiC、NaCl、NO2
【答案】A
【分析】一般情况下，不同类型的晶体，熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；同种类型的晶体可根据晶体中微粒间的作用力大小分析。
【详解】A．CO2常温下为气体，汽油常温下为液体，MgO常温下为固体，则熔点：CO2＜汽油＜MgO，选项A正确；B．KCl为离子晶体，P2O5为分子晶体， Si为原子晶体，熔点：分子晶体＜离子晶体＜原子晶体，则熔点P2O5＜KCl＜Si，选项B错误；C、分子结构相似，且都为分子晶体，分子相对分子质量越大，分子之间作用力越大，熔点越高，但NH3存在分子间氢键，熔点增大，则熔点：NH3＞HBr＞PH3，选项C错误；D、SiC为原子晶体，NaCl为离子晶体，NO2为分子晶体，熔点：分子晶体＜离子晶体＜原子晶体，则熔点NO2＜NaCl＜SiC，选项D错误；答案选A。
【点睛】本题考查晶体的熔沸点高低的比较，题目难度不大，注意比较晶体熔沸点高低的角度。
20.氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是（ ）
A. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C. 两种晶体中的B原子的杂化类型相同
D. 两种晶体均为分子晶体
【答案】B
【详解】A、 由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，故A错误；
B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；
C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2, 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；
D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；
综上所述，本题应选B。
第II卷
21.常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。
(1)Ga 基态原子核外电子排布式为_______，As 基态原子核外有_______个未成对电子。
(2)Ga、As、Se 的电负性由大到小的顺序是__________。
(3)GaCl3和AsF3的立体构型分别是____________，__________。
(4)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化的原因：________________________。
镓的卤化物
GaCl3
GaBr3
GaI3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346
GaF3的熔点超过1000 ℃，可能的原因是_____________________________________。
(5)硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，而体现弱酸性。[B(OH)4]-中B原子的杂化类型为__________。
(6)若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅，若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是__________ (用化学式表示)；
【答案】(1). [Ar]3d104s24p1（或1s22s22p63s23p63d104s24p1） (2). 3 (3). Se>As>Ga (4). 平面三角形 (5). 三角锥形 (6). GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点逐渐增大 (7). GaF3 是离子晶体 (8). sp3 (9). C>SiC>Si
【分析】(1) Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式；As 是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式，然后根据各个能级具有的轨道数及每个最多容纳2个电子判断其具有的未成对电子；
(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大；
(3)根据价层电子对数判断分子的空间构型；
(4)镓的卤化物GaF3是离子晶体，其余为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，根据分子间作用力与物质相对分子质量的关系分析；
(5) [B(OH)4]-中B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为4；
(6)根据共价键的键长与键能对物质熔点的影响分析。
【详解】(1) Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 或简写为[Ar] 3d104s24p1；As 是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3，由于p能级有3个轨道，核外电子总是尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样能量最低，可知As原子具有的未成对电子数是3个；
(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大，由于Ga、As、Se是同一周期的元素，原子序数Ga
(3) GaCl3中Ga原子具有的价层电子对数为3，所以分子的立体构型是平面三角形；而AsF3中As原子价层电子对数为4，含有1对孤电子对，所以分子的立体构型是三角锥形；
(4)镓的卤化物GaCl3、GaBr3、GaI3为分子晶体，分子之间由分子间作用力结合，物质的相对分子质量越大，分子之间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化消耗的能量就越高，物质的熔沸点逐渐升高；而镓的卤化物GaF3是离子晶体，Ga3+与F-离子之间通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很高能量，因此熔沸点高，
(5) [B(OH)4]-中B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为sp3杂化；
(6)金刚石、SiC、晶体硅都是原子晶体，原子之间通过共价键结合，由于原子半径C
【点睛】本题考查了物质结构及其性质，涉及价电子排布式的书写、电负性、晶体类型与性质、分子的空间构型与原子的杂化方式判断等，注意同一周期主族元素电负性变化规律，明确VSEPR模型与微粒空间构型关系，从晶体类型判断影响物质熔沸点的原因。
22.钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度，被美誉为“未来钢铁”、“战略金属”。
(1)基态钛原子核外共有_______种运动状态不相同的电子，价电子排布式_______；与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有________种。
(2)钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是_________________________________________________________。
(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4分子结构与CCl4相同，在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______________；TiCl4稳定性比CCl4差，试从结构分析其原因：_______________________________________________________。
(4)钙钛矿材料是一类有着与钛酸钙相同晶体结构的材料，这种奇特的晶体结构让它具备了很多独特的理化性质，比如吸光性、电催化性等。钛酸钙晶体结构如图所示。其中，A代表Ca2+，Ti原子位于由O原子构成的正八面体的中心，则钛酸钙的化学式为______，Ca2+的配位数是________。
【答案】(1). 22 (2). 3d24s2 (3). 3 (4). 钛原子的价电子数比Al多，金属键更强 (5). 正四面体 (6). 钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长大、键能小，易断裂 (7). CaTiO3 (8). 12
【分析】(1)原子核外有多少电子，电子的运动状态就有多少；根据构造原理先写出Ti的核外电子排布式，就可得到其价层电子排布式；然后根据每个能级具有的轨道数判断与Ti具有相同未成对电子数目；
(2)钛、铝都属于金属晶体，金属键越强，金属晶体的硬度越大；
(3)根据物质的熔沸点与晶体类型关系分析；利用价层电子对数判断分子空间构型；根据共价键的牢固程度判断物质的稳定性大小；
(4)钙钛晶矿晶胞中钛离子与周围六个氧原子包围形成八面体，立方体晶胞共有12个边长，每条边长的中点是一个氧原子，共12个氧原子包围着中心的钙离子，根据均摊法计算图中立方体中各原子数目确定化学式。
【详解】(1)由于在任何一个原子中都不存在运动状态完全相同的电子，所以22号Ti元素的原子核外有22种运动状态不相同的电子，Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，可见其价层电子排布式为3d24s2；在Ti原子核外有2个未成对电子，同周期中未成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4，因此有3种；
(2)钛、铝都属于金属晶体，金属键影响硬度，钛的价电子比Al的多，金属键比Al的强，所以钛的硬度大于铝；
(3)在TiCl4分子中Ti原子价层电子对数为4，没有孤对电子，因此分子的空间构型是正四面体，TiCl4与CCl4都是分子晶体，但TiCl4稳定性比CCl4差，是因为钛原子半径比碳大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长大、键能小，易断裂；
(4)由于A代表Ca2+，Ti原子位于由O原子构成的正八面体的中心，根据图示可知钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧原子数目为12×=3，所以晶胞的化学式为CaTiO3。
【点睛】本题考查物结构与性质，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、空间构型与杂化方式关系、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，(4)为难点、易错点，需要学生理解晶胞结构，具备一定的空间想象与数学计算能力。
23.A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：
（1）B、C中第一电离能较大的是__ (用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______________。
（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。
（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。
①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。
②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。
a．离子键 b．共价键 c．σ键 d．π键 e．配位键 f．氢键
（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957 kJ/mol 、5492 kJ/mol，二者相差很大的原因________。
（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：
①在该晶胞中，E的配位数为_________。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。
③已知该晶胞的边长为x cm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。
【答案】(1). Mg (2). (3). 平面三角形 (4). 分子 (5). sp3 (6). bce (7). Al3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大 (8). 4 (9). （1，，） (10).
【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。
(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；
(2) DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；
(3)①C2Cl6 是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；
②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；
(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大， 是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；
(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；
②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；
③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。
【点睛】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。
24.硫、锌及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
(1)O和S处于同一主族。H2O及H2S中，中心原子的杂化方式相同，键长及键角如图所示。
①H2O分子中的键长比H2S中的键长短，其原因是________________________________。
②H2O分子中的键角∠HOH 比H2S分子中的键角∠HSH 大，其原因是__________________。
(2)单质硫与热的NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3。S32-的空间构型为______，中心原子的杂化方式为_______。
(3)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。
②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________________。
③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_________________________________________________。
(4)冰晶体的结构与金刚石的结构相似，属立方晶系。如图，将金刚石晶胞中的C原子全部置换成O原子，O原子与最近距离的四个O原子相连，H原子插入两个相连的O原子之间，与氧形成一个共价键和一个氢键，即为冰中的共价键和氢键。0℃时冰晶体中氢键的键长(定义氢键的键长为O—H…O的长度)为_____cm（列出计算式即可）。（0℃时冰密度为0.9g/cm3。）
【答案】(1). 原子半径：O< S，故H-O键的键长较短 (2). O的半径小于S，成键电子对间距小，斥力大，键角变大，故H2O分子中的键角更大 (3). V形 (4). sp3 (5). 9 (6). (7). 吡咯分子间可形成氢键，而噻吩分子间不能形成氢键 (8).
【分析】(1)①从形成共价键的原子半径大小比较共价键的键长；
②从原子半径大小及成键电子对间的斥力大小影响分析；
(2)单质硫与热的NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3，S32-属多硫链的一种，S32-的空间构型为V形，S原子均为sp3杂化；
(3)①单键为σ键，双键中一根为σ键，一根为π键，噻吩()分子为平面结构，S原子价电子排布式为3s23p4，形成两根共价键后，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，据此分析；
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，考虑形成分子间氢键使沸点升高；
(5)用均摊方法计算晶体中一个晶胞中含有的H2O分子数，可计算出晶胞的质量，结合晶体的密度公式，可得晶胞参数，再分析晶胞中最近的两个O原子的距离为晶胞体对角线的计算。
【详解】(1)①由于原子半径O
(2)单质硫与热NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3，S32-属多硫链的一种，S32-的空间构型为V形，S原子均为sp3杂化；
(3)①单键为σ键，双键中一个为σ键，一个为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，形成两个共价键，环中存在两根π键，为单双建交替，pz轨道交叉可形成离域大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，而噻吩分子间不能形成氢键；
(5)在一个晶胞中含有水分子数目为×8+×6+4=8，晶胞的质量为m=，然后根据ρ=计算出晶胞参数L=cm，晶胞体对角线长度为cm，由于两个最近的O原子之间的距离为晶胞体对角线的，所以两个最近的O原子之间的距离a=cm。
【点睛】本题考查物质结构的相关知识，涉及到价电子排布式的书写，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，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，通常具有一定的芳香性，杂化原子往往提供电子用以形成离域大π键，主要涉及到休克尔规则(4n+2电子)使本题具有一定的难度。
25.碳族元素的单质和化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锗是重要半导体材料，基态Ge原子中，核外电子占据最高能级的符号是______，该能级的电子云轮廓图为________。Ge的晶胞结构与金刚石类似，质地硬而脆，沸点2830℃，锗晶体属于_______晶体。
(2)(CH3)3C+是有机合成重要中间体，该中间体中碳原子杂化方式为_______，(CH3)3C+中碳骨架的几何构型为________。
(3)治疗铅中毒可滴注依地酸钠钙，使Pb2+转化为依地酸铅盐。下列说法正确的是_______。
A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)∶n(EDTA)=1∶4
B.依地酸中各元素的电负性从大到小的顺序为O>N>C>H
C.依地酸铅盐中含有离子键和配位键
D.依地酸具有良好的水溶性是由于其分子间能形成氢键
(4)下表列出了碱土金属碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135
碱土金属碳酸盐同主族由上到下的热分解温度逐渐升高，原因是：______________________。
(5)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图：
①若该晶胞的边长为anm，则Cl-间的最短距离是________。
②在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于____位置。
【答案】(1). 4p (2). 纺锤形或哑铃形 (3). 原子 (4). sp2 sp3 (5). 平面三角形 (6). BC (7). 金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越小，氧化物越不稳定，碳酸盐越难分解 (8). anm (9). 棱心
【分析】(1)由于锗是第四周期第IVA元素所以其价层电子排布式是[Ar]3d104s24p2，最高能级符号及不同能级电子云形状；利用原子晶体熔沸点高、硬度大判断其晶体类型；
(2)甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3；根据与甲基C原子连接的C原子确定碳骨架的形状；
(3)A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：2；
B.非金属性越强，电负性越大；
C.内界配离子与外界酸根离子之间形成离子键、内界Pb2+与配体EDTA的离子形成配位键；
D.依地酸具有良好的水溶性，是由于其分子与水分子之间形成氢键；
(4)从表格中得出：这些物质阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高；
(5)①晶胞中两个O原子的距离为晶胞参数的；
②根据图示可知若Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于棱心上。
【详解】(1)根据锗是第四周期第IVA元素分析其最高能级符号是4p，由于p电子的电子云是纺锤形或哑铃形；Ge的晶胞结构与金刚石类似，质地硬而脆，沸点2830℃，由于金刚石是原子晶体，可知锗晶体属于原子晶体；
(2)甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3，分别采取sp3、sp2杂化；由于与三个甲基连接的C原子是采用sp2杂化，所以可确定C骨架为平面三角形；
(3)A.由配离子结构，可知形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：2，A错误；
B.非金属性越强，电负性越大，由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性O>N>C>H，B正确；
C.内界配离子与外界酸根离子之间形成离子键、内界Pb2+与配体EDTA的离子形成配位键，C正确；
D.依地酸具有良好的水溶性，是由于其分子与水分子之间形成氢键，D错误，
故合理选项是BC；
(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果，钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低；
(5)①根据图示可知晶胞中两个O原子的距离为晶胞参数的，由于晶胞参数为anm，所以晶胞中两个O原子的距离为anm；
②根据图示可知若Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于棱心上。
【点睛】本题考查物质结构的知识，涉及能层、能级的能量高低、电子云形状的判断、晶体类型的判断、电负性等比较以及对数据的分析、处理与应用，学习中注重相关基础知识和解题方法的积累。
26.第VIII族元素单质及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。
（1）过渡元素Co 基态原子价电子排布式为_____。第四电离能I4 (Co) < I4 (Fe) ，其原因是_________。
（2）Ni(CO)4 常用作制备高纯镍粉，其熔点为－19.3 ℃， 沸点为 43 ℃。则：
①Ni(CO)4的熔、沸点较低的原因为__________________________________________。
②写出一种与CO互为等电子体的分子的化学式__________。
③Ni(CO)4中σ键和π键的数目之比为__________。
（3）NiSO4 常用于电镀工业，其中 SO42－的中心原子的杂化轨道类型为_______，该离子中杂化轨道的作用是__________。
（4）氧化镍和氯化钠的晶体结构相同，可看成镍离子替换钠离子，氧离子替换氯离子。 则：
① 镍离子的配位数为__________。
② 若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 ρ g·cm-3，则该晶胞中最近的 O2－之间的距离为__________pm（列出表达式）。
（5）某种磁性氮化铁的结构如图所示，Fe为__________堆积，则该化合物的化学式为__________。 其中铁原子最近的铁原子的个数为__________。
【答案】(1). 3d74s2 (2). Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道处于半充满的稳定结构，不易再失去电子，所以I4 (Fe)>I4 (Co) (3). Ni(CO)4 属于分子晶体，分子间的范德华力容易被破坏 (4). N2 (5). 1:1 (6). sp3 (7). 形成σ键 (8). 6 (9). (10). 六方最密 (11). Fe3N (12). 12
【分析】(1)Co 是27号元素，根据构造原理，可得其基态原子排布式，进而得到其价电子排布式；根据失去电子后形成离子的结构分析；
(2)①根据 Ni(CO)4的熔沸点高低结合各类晶体熔沸点大小分析比较；
②根据等电子体含义书写；
③单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键；
(3)硫酸根中的S原子的价层电子对数是4，其杂化轨道类型为sp3，该离子中的杂化轨道可用于形成σ键；
(4)①根据氯化钠的晶体结构可知镍离子的配位数为6；
②根据氯化钠的晶胞结构可知晶胞中最近的O2-之间的距离为面对角线的一半，根据晶体密度，结合晶胞中含有的粒子数计算晶胞参数可得O2-之间的距离；
(5)由结构可知，Fe为六方最密堆积；图中结构单元中有2个N原子，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，利用均摊法计算图中结构单元中Fe原子数目，进而确定化学式。
【详解】(1) Co是27号元素，根据构造原理，可得其基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，过渡元素发生反应时，不仅最外层电子发生变化，次外层电子也发生变化，所以其价电子排布式为3d74s2；Fe是26号元素，Fe失去3个电子后形成的Fe3+电子层结构为3d5，3d轨道处于半充满的稳定结构，不易再失去电子，而Co原子失去4个电子变为Co4+，电子层结构为3d5，3d5是稳定结构，再失去一个电子比较难，所以I4 (Fe)>I4 (Co)；
(2)①Ni(CO)4的熔、沸点较低是因为Ni(CO)4 属于分子晶体，分子间以微弱的范德华力结合，范德华力比较微弱，容易被破坏，因此物质的熔沸点比较低；
②CO互为等电子体的分子是N2；
③单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键，Ni(CO)4中σ键和π键的数目之比为8:8=1:1；
②在一个晶胞中含有Ni2+的个数：=4；O2-的个数为：=4，因此在一个晶胞中含有4个NiO；晶胞的质量为m=g，晶胞密度为ρ g·cm-3，则晶胞参数为=×1010pm，由于晶胞中最近的O2 -之间的距离为面对角线的一半，所以最近的O2-之间的距离L=pm；
(5)由结构可知，Fe为六方最密堆积；图中结构单元中有2个N原子，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，结构单元中Fe原子数目=3+2×+12×=6，Fe、N原子数目之比为3：1，故该晶体化学式为 Fe3N；面心碳原子与结构单元中6个顶点Fe原子相邻，且与内部3个Fe原子也相邻，密置层为ABAB…方式排列，其中铁原子最近的铁原子的个数为12。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、晶体类型的判断、晶胞密度的有关计算等，(5)在晶胞计算需要学生有一定的空间想象与数学计算能力，这是本题的易错点。
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