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【化学】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高二下学期摸底考试（解析版）
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河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高二下学期摸底考试
可能用到的原子量 N14 H1
一、单选题
1.下列说法正确的是( )
A. 、、是三种不同的核素
B. 和互为同位素
C. 、互为同素异形体
D. 同一元素形成的不同微粒具有相同的化学性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，不是原子，A错误；
B. 具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，B正确；
C. 同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，、都为氧气分子，分子结构相同，不属于同分异构体关系，C错误；
D. 同一元素形成的不同微粒化学性质不一定相同，如Na具有较强的还原性，而Na+没有还原性，只有弱氧化性，D错误；
答案选B。
2. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是
A. ：He B. C. 1s2 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项只能表示最外层电子数；
B项只表示核外的电子分层排布情况；
C项具体到亚层的电子数；
D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；
D项描述最详尽，答案选D。
3.某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，则此元素是( )
A. S B. Al C. Si D. Cl
【答案】B
【解析】
【详解】某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，该元素原子的价电子排布为3s23p1，核电荷数为13，此元素是Al，B正确；
综上所述，本题选B。
4.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是（ ）
A. 电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2
B. 该元素为V
C. 该元素为ⅡA族元素
D. 该元素位于d区
【答案】C
【解析】
【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期ⅤB族元素，为V元素，位于d区；
答案选C。
5.某元素的电离能(电子伏特)如下:
14.5
29.6
47.4
77.5
97.9
551.9
666.8
此元素位于元素周期表的族数是( )
A. IIIA B. IVA C. VIA D. VA
【答案】D
【解析】
【详解】从表中原子的第一至第七电离能可以看出，元素的第一、第二、第三、第四、第五电离能都较小，该元素的第六电离能远远大于第五电离能，说明该元素的原子最外层有5个电子，失去5个电子时达到稳定结构，主族元素族序数等于最外层电子数，所以此元素位于元素周期表的族数是ⅤA族；
故选C。
【点睛】同一种元素的原子，其电离能随着失电子个数的增多而增大，当原子失去电子变为稳定状态时，如果继续失电子，则其电离能会出现突兀性变化，据此判断该主族元素的原子最外层电子数。
6.元素、、在周期表中的相对位置如图所示。已知元素原子的外围电子排布式为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 元素原子的价电子排布式为
B. 元素在元素周期表的第三周期第ⅥA族
C. 元素所在周期中所含非金属元素最多
D. 元素原子的核外电子排布式为
【答案】A
【解析】
【分析】
Y元素原子的外围电子排布为nsn−1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n−1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素。
【详解】A．Y元素原子的外围电子排布为nsn−1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n−1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；
B． Y为S元素，处于第三周期第ⅥA族，故B正确；
C．X为F元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；
D．Z为As元素，是33号元素，其元素原子的核外电子排布式为，故D正确；
答案选A。
7.关于第二周期的4种非金属元素B、C、N、O，下列说法中错误的是( )
A. 非金属性依次增强 B. 第一电离能依次增大
C. 电负性依次增大 D. 原子半径依次减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，故A正确；
B.同周期元素，从左到右第一电离能呈现增大的趋势，但由于氮原子的2p能级电子处于半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，故N大于O，故B错误；
C.元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故C正确；
D.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，故D正确；
故选B。
8.二氧化硅晶体是立体的网状结构，其结构如图所示。
下列关于二氧化硅晶体网状结构的叙述正确的是
A. 存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角
B. 在最小的环上，有3个Si原子和3个O原子
C. 在最小的环上，Si和O的原子个数之比为1∶2
D. 在最小的环上，有6个Si原子和6个O原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A错误。
B．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B错误；
C．最小环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C错误；
D．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故D正确；
故答案选D。
9.下列分子中，既含有σ键，又含有π键的是( )
A. CH4 B. HCl C. CH2==CH2 D. F2
【答案】C
【解析】
【分析】
共价单键之间为σ键，共价双键和三键之间既含有σ键又含有π键。
【详解】A.CH4中只存在C—H键，仅含σ键；
B.HCl中存在H—Cl键，仅含σ键；
C.CH2=CH2中含C—H键和C=C键，C—H键为σ键，C=C键中既有σ键又有π键；
D.F2中含F—F键，仅含σ键；
答案选C。
10.下列不能形成配位键的组合是（ ）。
A. Ag＋、NH3 B. H2O、H＋
C. Co3＋、CO D. Ag＋、H＋
【答案】D
【解析】
【详解】配位键的形成条件必须是一方能提供孤对电子，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤对电子，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤对电子，所以不能形成配位键；
故选D。
11.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )
A. CO2与SO2 B. CH4与NH3
C. BeCl2与BF3 D. C2H4与C2H2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据分子的组成判断形成的δ键数目以及孤电子对数目，以此判断杂化类型。
【详解】A. CO2中C形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个δ键，孤电子对数==1，为sp2杂化，不相同，故A错误；
B. CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，相同，故B正确；
C. BeCl2中Be形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，不相同，故C错误；
D. C2H4中C形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，C2H2中形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，不相同，故D错误；
故选B。
12.下列现象与氢键有关的是：
①NH3的熔、沸点比PH3的高 ②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小 ④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 ⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
氢键是分子间（内）电负性较大的成键原子通过H原子而形成的静电作用，分子中含有与H原子相结合的原子半径小、电负性大、有孤对电子的F、O、N原子可以形成氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高、水中溶解度增大，分子内氢键使物质熔沸点降低。
【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②因小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，与氢键无关，故⑥错误；
①②③④⑤正确，故选B。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键。
13.关于原子轨道的说法正确的是 ( )
A. 凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键分子其空间构型都是正四面体型
B. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
D. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【答案】C
【解析】
【详解】A．中心原子的杂化轨道的空间构型与分子的空间构型不一定相同，中心原子采取sp3杂化，其杂化轨道的空间构型为正四面体，而其分子的空间构型不一定是正四面体，如NH3、H2O，中心原子N、O都是采取sp3杂化，但分子的空间构型分别为三角锥和V形，而非正四面体型，选项A错误；
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的1个2s轨道和3个2p轨道混合起来形成的4个能量相同的sp3杂化轨道，4个相同的sp3杂化轨道再与4个H原子的1s轨道采取“头碰头”的方式形成σ键，选项B错误；
C．sp3杂化轨道分别来自同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道，由1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道，选项C正确；
D．AB3型的共价化合物，其中心原子A采用的杂化方式有sp2杂化或sp3杂化，如SO3、BF3的中心原子均采取sp2杂化；NH3、NCl3的中心原子均采取sp3杂化，而不一定都采取sp3杂化轨道成键， D错误。
答案选C。
14.2008年秋天，毒奶粉事件震惊全国，这主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺()。下列关于三聚氰胺分子的说法正确的是( )
A. 所有氮原子均采用杂化
B. 一个三聚氰胺分子中共含有15个键
C. 三聚氰胺分子属于极性分子，故极易溶于水
D. 三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A．C=N中，C原子为sp2杂化，C=N中N原子为sp2杂化，-NH2中N原子为sp3杂化，杂化类型不同，故A错误；
B．分子中含6个N-H，6个C-N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故B正确；
C．分子结构对称，为非极性分子，则微溶于冷水，故C错误；
D．不存在同种元素之间的共价键，则分子内只有极性键，故D错误；
故选B。
15.下列大小关系正确的是
A. 熔点：NaI＞NaBr B. 硬度：MgO＞CaO
C. 晶格能：NaCl＜NaBr D. 熔沸点：CO2＞NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaI、NaBr都形成离子晶体，由于离子半径I->Br-，所以NaBr的晶格能大，熔点：NaINaBr，C不正确；
D．CO2形成分子晶体，NaCl形成离子晶体，所以熔沸点：CO2
16.有四种晶体，其粒子排列方式如下所示，其中化学式不属AB型的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶胞中A位于顶点，平均含有A的个数为8×⅛=1，B位于晶胞的体心，B的个数为1，则化学式为AB，故A不合题意；
B．A、B均位于晶胞的顶点，各有4×⅛=½，化学式为AB，故B不合题意；
C. 晶胞中A位于顶点，平均含有A的个数为8×⅛=1，B位于晶胞的棱上，平均含有B的个数为12×¼=3，则化学式为AB3，不属于AB型，故C符合题意；
D．A位于晶胞的顶点和面心，共有8×⅛+6×½=4个，B位于晶胞的棱和体心，共有12×¼+1=4个，化学式为AB，故D不合题意；
答案选C。
17.下列变化需克服相同类型作用力的是( )
A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化
C. 氯化氢和氯化钠的溶解 D. 溴和汞的气化
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；
B. 硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；
C. 氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；
D. 溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；
故选A。
18.在20世纪90年代末期,科学家发现并证明碳有新的单质形态存在。后来人们又相继得到了、、、等另外一些球碳分子。21世纪初,科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子,大大丰富了碳元素单质的家族。下列有关说法错误的是
A. 熔点比较:
B. 、、管状碳和洋葱状碳之间的转化属于化学变化
C. 晶体结构如上图所示,每个分子周围与它最近且等距离的分子有12个
D. 、、管状碳和洋葱状碳都不能与发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
A、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；
B、 、、管状碳和洋葱状碳是碳形成的不同的单质，它们之间的转化属于化学变化；
C、以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个。
D、 、、管状碳和洋葱状碳都能与发生反应，生成碳的氧化物。
【详解】A、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，熔点比较: ，故A正确；
B、 、、管状碳和洋葱状碳是碳形成的不同的单质，它们之间的转化属于化学变化，故B正确；
C、以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故C正确；
D、 、、管状碳和洋葱状碳都能与发生反应，生成碳的氧化物，故D错误。
故选D。
19.关于下列几种离子晶体，说法不正确的是( )
A. 由于晶体和晶体中正、负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等
B. 晶体中，配位数为8， 配位数为4，不相等，主要是由于、电荷数(绝对值)不相同
C. 的熔点比的高主要是因为的晶格能比大
D. 晶体固态时也能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A.离子晶体中的离子配位数由晶体中正负离子的半径比决定，正负离子半径比越大，配位数越大，NaCl晶体中正负离子半径比小于CsCl晶体中正负离子半径比，所以NaCl晶体中离子配位数为6，而CsCl晶体中离子配位数为8，故A正确；
B.在CaF2晶体中，Ca2+和F-的电荷绝对值比是2：l，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，故B正确；
C.晶格能越大，熔点越高，O2-所带电荷大于Cl-，O2-的半径小于Cl-，MgO的晶格能比MgCl2大，所以MgO的熔点比MgCl2高，故C正确；
D. 晶体固态时离子不能自由移动，不能导电，D错误；
答案选D。
20.下表中列出了有关晶体的说明，错误的是( )
选项
A
B
C
D
晶体名称
氯化钾
氩
白磷(P4)
烧碱
构成晶体微粒名称
阴、阳离子
原子
分子
阴、阳离子
晶体中存在的作用力
离子键
共价键、范德华力
共价键、范德华力
离子键、共价键
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钾为离子晶体，结构微粒为离子，结构粒子间的作用力为离子键，A正确；
B.氩为单原子分子，原子间没有共价键，B错误；
C.白磷为分子晶体，构成微粒为分子，分子内原子之间以共价键结合，分子之间的作用力为范德华力，C正确；
D.烧碱(NaOH)为离子晶体，构成微粒为阴、阳离子，钠离子和氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子内的2个原子之间形成共价键，故含有离子键和共价键， D正确。
答案选B。
21.下列对分子性质的解释中，不正确的是( )
A. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B. 乳酸()存在对映异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 在NH3分子中存在极性共价键和配位键
D. 由上图知酸性： ，因为分子中有非羟基氧原子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碘、甲烷、四氯化碳都是非极性分子，水为极性分子，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，故A正确；
B. 中中间的碳原子上连有四个不同的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构体，故B正确；
C. NH3分子中存在极性共价键，没有配位键，故C错误；
D. H3PO4的非羟基氧原子数是1，HClO没有非羟基氧原子。含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；
故选C。
22.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是
A 原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B. XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C. 由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D. 由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。则
A．原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A错误。
B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。
C．例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。
D．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。
答案选C。
23. 下列叙述错误的是( )
①离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性
②配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对
③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用
④在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键
⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键
⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同( )
A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故正确；
②配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故错误；
③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故正确；
④在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故错误；
⑤化合物NH4Cl和CuSO4•5H2O都存在配位键，铵根离子中N原子和其中一个H原子形成配位键，Cu原子和水分子中O原子形成配位键，故正确；
⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故正确；
②④错误，故选B。
24.晶体的晶胞结构与晶体的相似(如下图所示)，但晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于晶体的描述不正确的是( )
A. 晶体的熔点较高，硬度也较大
B. 与距离相同且最近的构成的多面体是正六面体
C. 与距离相同且最近的有4个
D. 上图的结构中共含有4个和4个
【答案】B
【解析】
【详解】A.CaC2晶体是由Ca2+和C22-形成的离子晶体，离子晶体的熔点较高，硬度也较大，故A正确；
B.根据晶胞结构图知，以最中心钙离子为例，由于晶胞沿一个方向拉长，Ca2+周围距离最近且等距离的C22-分布在这个钙离子同一层的正方形的棱边的中点上，上底面面心上和下底面面心上的两个C22-与钙离子的距离大于同一层上的4个C22-与钙离子的距离，所以1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，4个C22-构成正方形，故B错误；
C.根据晶胞结构图知，以最中心钙离子为例，由于晶胞沿一个方向拉长，Ca2+周围距离最近且等距离的C22-分布在这个钙离子同一层的正方形的棱边的中点上，上底面面心上和下底面面心上的两个C22-与钙离子的距离大于同一层上的4个C22-与钙离子的距离，所以1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，故C正确；
D.根据晶胞结构图知，C22-的个数为8×+6×=4，Ca2+的个数为12×+1=4，故D正确；
故选B。
25.晶胞如图所示，在晶胞中，●表示，○表示。已知晶体的密度为，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则在晶体中每个和与之等距且最近的之间的距离为( )
A. cm B. cm
C. cm D. cm
【答案】B
【解析】
【详解】设晶胞的边长为a，则其体积为a3，1个晶胞中含Cl-：8×+6×=4、Na+：12×+1=4，根据ρg/cm3==，求出a=cm，在晶体中每个和与之等距且最近的的距离为面对角线的，根据勾股定理，距离为cmcm ；
答案选B。
二、填空题
26.铜的化合物用途非常广泛。已知下列反应：[Cu(NH3)2]++NH3+CO ⇌ [Cu(NH3)3CO]+，2CH3COOH +2CH2＝CH2+O22CH3COOCH＝CH2+2H2O。
(1)Cu2+基态核外电子排布式为______。
(2)NH3分子空间构型为_______， 其中心原子的杂化类型是______。
(3)CH3COOCH＝CH2分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，1mol CH3COOCH＝CH2中含键数目为_____。
(4)CH3COOH可与H2O混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为__________。
(5)配离子[Cu(NH3)3CO]+中NH3及CO中的C与Cu(Ⅰ)形成配位键。不考虑空间构型，[Cu(NH3)3CO]+的结构示意图表示为____
【答案】 (1). [Ar]3d9 或1s22s22p63s23p63d9 (2). 三角锥 (3). sp3 (4). sp2和sp3 (5). 11mol (6). CH3COOH与H2O之间可以形成氢键 (7).
【解析】
分析】
根据铜原子的电子排布式，失去最外层与次外层各一个电子，依此写出铜离子的电子排布式；根据VSEPR判断其空间构型和杂化轨道形式；根据结构中σ键数，判断杂化轨道形式和计算σ键；根据分子间可以形成氢键，判断相溶性；根据形成配位键，判断结构示意图。
【详解】（1）Cu元素的核电荷数为29，核外电子数也为29，基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s与3d能级各失去1个电子形成Cu2+，Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；答案为1s22s22p63s23p63d9。
（2）NH3分子中N原子价层电子对数=3+ =4，且含有1对孤电子对，根据VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，根据杂化轨道理论，中心N原子的杂化方式为sp3杂化；答案为三角锥形，sp3。
（3）CH3COOCH=CH2分子中甲基上的C形成4个σ键，没有孤对电子，C原子为sp3杂化，羧基上的碳、碳碳双键中碳都形成3个σ键，没有孤对电子，为sp2杂化，CH3COOCH=CH2分子中含有1个C-C、6个C-H、2个C-O、1个C=O、1个C=C键，则σ键的数目为1+6+2+1+1=11，1mol CH3COOCH=CH2分子中含有σ键的数目为11mol；答案为：sp2和sp3，11mol。
（4）乙酸和水都为极性分子，且分子之间可形成氢键，故CH3COOH可与H2O混溶；答案为CH3COOH与H2O之间可以形成氢键。
（5）Cu（I）提供空轨道，N、C原子提供孤对电子，Cu（I）与NH3及CO中的C形成配位键，结构示意图表示为：；答案为。
27.氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)化合物N2H4的电子式为___________________。
(2)As原子的核外电子排布式为_______________________。
(3)P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_______________。
(4)NH4+中H-N-H的健角比NH3中H-N-H的键角大，原因是_________________。
(5)Na3AsO4中含有的化学键类型包括________；AsO43-空间构型为________，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是________________。
(6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为_________，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。
【答案】 (1). (2). ls22s22p63s23p63d104s24p3 或[Ar]3d104s24p3 (3). P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以笫一电离能比硫的大 (4). NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大 (5). 离子键、共价键 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 16 (9).
【解析】
【详解】(1)N2H4分子中存在N—N键，每个N原子还连接2个H原子,电子式为：；
(2)As为33号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；
(3)P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，S的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，P元素的3p轨道处于半充满状态，比相邻的Si、S更难失去电子，所以P的第一电离能更大；
正确答案：P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大；
(4)NH4+、NH3中N原子都是采用sp3杂化，但是NH3分子中存在一对孤对电子，由于孤对电子对成对电子的斥力更大，所以NH3分子中H—N—H键角更小；
正确答案：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大；
(5)Na3AsO4中，Na+与AsO43-之间形成离子键，AsO43-中，As与O之间形成共价键。AsO43-的As采用sp3杂化，空间构型为正四面体；从As4O6的结构可以看出，As的成键对数为3，孤对数目为=1，所以As的杂化方式仍然是sp3；
正确答案：离子键、共价键；正四面体、sp3；
(6)晶胞中含有P4分子数8×+6×=4，P原子数目为16 ，晶胞体积a3cm3，所含粒子质量g，所以晶体密度为=g/cm3；
正确答案：16、 。
【点睛】①同一周期从左到右，各元素第一电离能总体呈增大趋势，但是ns轨道全满、np轨道全满、半满状态时，该元素的电离能大于相邻的粒子。②晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。
28.A、B、C、D、E是前36号元素。其中A与B在周期表中位置相邻，A原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍；B的基态原子有7种不同运动状态的电子；C原子在同周期原子中原子半径最大(稀有气体除外)；D原子的L电子层中有两个未成对电子，且无空轨道；E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)
(1)A、B、D四种元素第一电离能从小到大顺序_____。
(2)A的稳定氧化物中，中心原子的杂化类型为____，空间构型为_____。
(3)C与电负性最大的元素形成的化合物与B的氢化物熔沸点______更高，原因是_______。
(4)E的某种化合物的结构如图所示。
微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用力，此化合物中各种粒子间的相互作用力有____。
A: 离子键 B: 共价键 C: 配位键 D: 氢键
(5)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与E同族。一种E合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中E原子处于面心，金原子处于顶点位置，则该合金中E原子与金原子数量之比为____；该晶体中，原子之间的作用力是_____。
(6)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中。若将铜原子与金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为____。
【答案】 (1). C
【分析】
由A原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍可知，A原子的电子排布式为1s22s22p2，为C原子；由B的基态原子有7种不同运动状态的电子可知，B的基态原子电子排布式为1s22s22p3，为N原子；由D原子的L电子层中有两个未成对电子，且无空轨道可知，D原子的电子排布式为1s22s22p4，为O原子；由C原子在同周期原子中原子半径最大(稀有气体除外)，E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满可知，C原子的电子排布式为原子的电子排布式为1s22s22p63s1，为Na原子，E原子的电子排布式为原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu原子。
【详解】(1)C、N、O都为第二周期的非金属元素，同周期元素,从左到右第一电离能呈现增大的趋势,但由于氮原子的2p能级电子处于半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从小到大顺序为C
(3)电负性最大的元素为F元素，Na元素与F元素形成的化合物为离子化合物NaF，属于离子晶体，N元素的氢化物为共价化合物氨气，属于分子晶体，离子键比氢键或范德华力强，则离子晶体NaF的熔点高于分子晶体NH3 ，故答案为：NaF；NaF属于离子晶体，而NH3 属于分子晶体，离子键比氢键或范德华力强；
(4)由E的化合物的结构图可知，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间以及水分子与硫酸根离子之间形成氢键，硫酸根离子中存在共价键，硫酸根离子与配离子之间形成离子键，则微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用力为ABCD，故答案为：ABCD；
(5)铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目=6×=3，晶胞中Au原子数目=8×=1，则晶胞中Cu原子与Au原子数量之比为3：1；铜金合金晶体属于金属晶体，含有化学键类型为金属键，故答案为：3：1；金属键；
(6)CaF2的结构如图，由题意可知氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8，故答案为：Cu3AuH8。
【点睛】CaF2的结构如图，由题意确定氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，H原子应位于晶胞内部是确定化学式的关键。
可能用到的原子量 N14 H1
一、单选题
1.下列说法正确的是( )
A. 、、是三种不同的核素
B. 和互为同位素
C. 、互为同素异形体
D. 同一元素形成的不同微粒具有相同的化学性质
【答案】B
【解析】
【详解】A.核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，不是原子，A错误；
B. 具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，B正确；
C. 同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，、都为氧气分子，分子结构相同，不属于同分异构体关系，C错误；
D. 同一元素形成的不同微粒化学性质不一定相同，如Na具有较强的还原性，而Na+没有还原性，只有弱氧化性，D错误；
答案选B。
2. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是
A. ：He B. C. 1s2 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A项只能表示最外层电子数；
B项只表示核外的电子分层排布情况；
C项具体到亚层的电子数；
D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；
D项描述最详尽，答案选D。
3.某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，则此元素是( )
A. S B. Al C. Si D. Cl
【答案】B
【解析】
【详解】某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，该元素原子的价电子排布为3s23p1，核电荷数为13，此元素是Al，B正确；
综上所述，本题选B。
4.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是（ ）
A. 电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2
B. 该元素为V
C. 该元素为ⅡA族元素
D. 该元素位于d区
【答案】C
【解析】
【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期ⅤB族元素，为V元素，位于d区；
答案选C。
5.某元素的电离能(电子伏特)如下:
14.5
29.6
47.4
77.5
97.9
551.9
666.8
此元素位于元素周期表的族数是( )
A. IIIA B. IVA C. VIA D. VA
【答案】D
【解析】
【详解】从表中原子的第一至第七电离能可以看出，元素的第一、第二、第三、第四、第五电离能都较小，该元素的第六电离能远远大于第五电离能，说明该元素的原子最外层有5个电子，失去5个电子时达到稳定结构，主族元素族序数等于最外层电子数，所以此元素位于元素周期表的族数是ⅤA族；
故选C。
【点睛】同一种元素的原子，其电离能随着失电子个数的增多而增大，当原子失去电子变为稳定状态时，如果继续失电子，则其电离能会出现突兀性变化，据此判断该主族元素的原子最外层电子数。
6.元素、、在周期表中的相对位置如图所示。已知元素原子的外围电子排布式为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 元素原子的价电子排布式为
B. 元素在元素周期表的第三周期第ⅥA族
C. 元素所在周期中所含非金属元素最多
D. 元素原子的核外电子排布式为
【答案】A
【解析】
【分析】
Y元素原子的外围电子排布为nsn−1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n−1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素。
【详解】A．Y元素原子的外围电子排布为nsn−1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n−1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；
B． Y为S元素，处于第三周期第ⅥA族，故B正确；
C．X为F元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；
D．Z为As元素，是33号元素，其元素原子的核外电子排布式为，故D正确；
答案选A。
7.关于第二周期的4种非金属元素B、C、N、O，下列说法中错误的是( )
A. 非金属性依次增强 B. 第一电离能依次增大
C. 电负性依次增大 D. 原子半径依次减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，故A正确；
B.同周期元素，从左到右第一电离能呈现增大的趋势，但由于氮原子的2p能级电子处于半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，故N大于O，故B错误；
C.元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故C正确；
D.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，故D正确；
故选B。
8.二氧化硅晶体是立体的网状结构，其结构如图所示。
下列关于二氧化硅晶体网状结构的叙述正确的是
A. 存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角
B. 在最小的环上，有3个Si原子和3个O原子
C. 在最小的环上，Si和O的原子个数之比为1∶2
D. 在最小的环上，有6个Si原子和6个O原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A错误。
B．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B错误；
C．最小环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C错误；
D．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故D正确；
故答案选D。
9.下列分子中，既含有σ键，又含有π键的是( )
A. CH4 B. HCl C. CH2==CH2 D. F2
【答案】C
【解析】
【分析】
共价单键之间为σ键，共价双键和三键之间既含有σ键又含有π键。
【详解】A.CH4中只存在C—H键，仅含σ键；
B.HCl中存在H—Cl键，仅含σ键；
C.CH2=CH2中含C—H键和C=C键，C—H键为σ键，C=C键中既有σ键又有π键；
D.F2中含F—F键，仅含σ键；
答案选C。
10.下列不能形成配位键的组合是（ ）。
A. Ag＋、NH3 B. H2O、H＋
C. Co3＋、CO D. Ag＋、H＋
【答案】D
【解析】
【详解】配位键的形成条件必须是一方能提供孤对电子，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤对电子，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤对电子，所以不能形成配位键；
故选D。
11.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )
A. CO2与SO2 B. CH4与NH3
C. BeCl2与BF3 D. C2H4与C2H2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据分子的组成判断形成的δ键数目以及孤电子对数目，以此判断杂化类型。
【详解】A. CO2中C形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个δ键，孤电子对数==1，为sp2杂化，不相同，故A错误；
B. CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，相同，故B正确；
C. BeCl2中Be形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，不相同，故C错误；
D. C2H4中C形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，C2H2中形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，不相同，故D错误；
故选B。
12.下列现象与氢键有关的是：
①NH3的熔、沸点比PH3的高 ②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小 ④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 ⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
氢键是分子间（内）电负性较大的成键原子通过H原子而形成的静电作用，分子中含有与H原子相结合的原子半径小、电负性大、有孤对电子的F、O、N原子可以形成氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高、水中溶解度增大，分子内氢键使物质熔沸点降低。
【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②因小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，与氢键无关，故⑥错误；
①②③④⑤正确，故选B。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键。
13.关于原子轨道的说法正确的是 ( )
A. 凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键分子其空间构型都是正四面体型
B. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
C. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
D. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【答案】C
【解析】
【详解】A．中心原子的杂化轨道的空间构型与分子的空间构型不一定相同，中心原子采取sp3杂化，其杂化轨道的空间构型为正四面体，而其分子的空间构型不一定是正四面体，如NH3、H2O，中心原子N、O都是采取sp3杂化，但分子的空间构型分别为三角锥和V形，而非正四面体型，选项A错误；
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的1个2s轨道和3个2p轨道混合起来形成的4个能量相同的sp3杂化轨道，4个相同的sp3杂化轨道再与4个H原子的1s轨道采取“头碰头”的方式形成σ键，选项B错误；
C．sp3杂化轨道分别来自同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道，由1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道，选项C正确；
D．AB3型的共价化合物，其中心原子A采用的杂化方式有sp2杂化或sp3杂化，如SO3、BF3的中心原子均采取sp2杂化；NH3、NCl3的中心原子均采取sp3杂化，而不一定都采取sp3杂化轨道成键， D错误。
答案选C。
14.2008年秋天，毒奶粉事件震惊全国，这主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺()。下列关于三聚氰胺分子的说法正确的是( )
A. 所有氮原子均采用杂化
B. 一个三聚氰胺分子中共含有15个键
C. 三聚氰胺分子属于极性分子，故极易溶于水
D. 三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A．C=N中，C原子为sp2杂化，C=N中N原子为sp2杂化，-NH2中N原子为sp3杂化，杂化类型不同，故A错误；
B．分子中含6个N-H，6个C-N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故B正确；
C．分子结构对称，为非极性分子，则微溶于冷水，故C错误；
D．不存在同种元素之间的共价键，则分子内只有极性键，故D错误；
故选B。
15.下列大小关系正确的是
A. 熔点：NaI＞NaBr B. 硬度：MgO＞CaO
C. 晶格能：NaCl＜NaBr D. 熔沸点：CO2＞NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaI、NaBr都形成离子晶体，由于离子半径I->Br-，所以NaBr的晶格能大，熔点：NaI
D．CO2形成分子晶体，NaCl形成离子晶体，所以熔沸点：CO2
16.有四种晶体，其粒子排列方式如下所示，其中化学式不属AB型的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶胞中A位于顶点，平均含有A的个数为8×⅛=1，B位于晶胞的体心，B的个数为1，则化学式为AB，故A不合题意；
B．A、B均位于晶胞的顶点，各有4×⅛=½，化学式为AB，故B不合题意；
C. 晶胞中A位于顶点，平均含有A的个数为8×⅛=1，B位于晶胞的棱上，平均含有B的个数为12×¼=3，则化学式为AB3，不属于AB型，故C符合题意；
D．A位于晶胞的顶点和面心，共有8×⅛+6×½=4个，B位于晶胞的棱和体心，共有12×¼+1=4个，化学式为AB，故D不合题意；
答案选C。
17.下列变化需克服相同类型作用力的是( )
A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化
C. 氯化氢和氯化钠的溶解 D. 溴和汞的气化
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；
B. 硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；
C. 氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；
D. 溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；
故选A。
18.在20世纪90年代末期,科学家发现并证明碳有新的单质形态存在。后来人们又相继得到了、、、等另外一些球碳分子。21世纪初,科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子,大大丰富了碳元素单质的家族。下列有关说法错误的是
A. 熔点比较:
B. 、、管状碳和洋葱状碳之间的转化属于化学变化
C. 晶体结构如上图所示,每个分子周围与它最近且等距离的分子有12个
D. 、、管状碳和洋葱状碳都不能与发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
A、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；
B、 、、管状碳和洋葱状碳是碳形成的不同的单质，它们之间的转化属于化学变化；
C、以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个。
D、 、、管状碳和洋葱状碳都能与发生反应，生成碳的氧化物。
【详解】A、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，熔点比较: ，故A正确；
B、 、、管状碳和洋葱状碳是碳形成的不同的单质，它们之间的转化属于化学变化，故B正确；
C、以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故C正确；
D、 、、管状碳和洋葱状碳都能与发生反应，生成碳的氧化物，故D错误。
故选D。
19.关于下列几种离子晶体，说法不正确的是( )
A. 由于晶体和晶体中正、负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等
B. 晶体中，配位数为8， 配位数为4，不相等，主要是由于、电荷数(绝对值)不相同
C. 的熔点比的高主要是因为的晶格能比大
D. 晶体固态时也能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A.离子晶体中的离子配位数由晶体中正负离子的半径比决定，正负离子半径比越大，配位数越大，NaCl晶体中正负离子半径比小于CsCl晶体中正负离子半径比，所以NaCl晶体中离子配位数为6，而CsCl晶体中离子配位数为8，故A正确；
B.在CaF2晶体中，Ca2+和F-的电荷绝对值比是2：l，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，故B正确；
C.晶格能越大，熔点越高，O2-所带电荷大于Cl-，O2-的半径小于Cl-，MgO的晶格能比MgCl2大，所以MgO的熔点比MgCl2高，故C正确；
D. 晶体固态时离子不能自由移动，不能导电，D错误；
答案选D。
20.下表中列出了有关晶体的说明，错误的是( )
选项
A
B
C
D
晶体名称
氯化钾
氩
白磷(P4)
烧碱
构成晶体微粒名称
阴、阳离子
原子
分子
阴、阳离子
晶体中存在的作用力
离子键
共价键、范德华力
共价键、范德华力
离子键、共价键
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钾为离子晶体，结构微粒为离子，结构粒子间的作用力为离子键，A正确；
B.氩为单原子分子，原子间没有共价键，B错误；
C.白磷为分子晶体，构成微粒为分子，分子内原子之间以共价键结合，分子之间的作用力为范德华力，C正确；
D.烧碱(NaOH)为离子晶体，构成微粒为阴、阳离子，钠离子和氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子内的2个原子之间形成共价键，故含有离子键和共价键， D正确。
答案选B。
21.下列对分子性质的解释中，不正确的是( )
A. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B. 乳酸()存在对映异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 在NH3分子中存在极性共价键和配位键
D. 由上图知酸性： ，因为分子中有非羟基氧原子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碘、甲烷、四氯化碳都是非极性分子，水为极性分子，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，故A正确；
B. 中中间的碳原子上连有四个不同的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构体，故B正确；
C. NH3分子中存在极性共价键，没有配位键，故C错误；
D. H3PO4的非羟基氧原子数是1，HClO没有非羟基氧原子。含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；
故选C。
22.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是
A 原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B. XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C. 由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D. 由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。则
A．原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A错误。
B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。
C．例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。
D．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。
答案选C。
23. 下列叙述错误的是( )
①离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性
②配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对
③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用
④在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键
⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键
⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同( )
A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故正确；
②配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故错误；
③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故正确；
④在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故错误；
⑤化合物NH4Cl和CuSO4•5H2O都存在配位键，铵根离子中N原子和其中一个H原子形成配位键，Cu原子和水分子中O原子形成配位键，故正确；
⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故正确；
②④错误，故选B。
24.晶体的晶胞结构与晶体的相似(如下图所示)，但晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于晶体的描述不正确的是( )
A. 晶体的熔点较高，硬度也较大
B. 与距离相同且最近的构成的多面体是正六面体
C. 与距离相同且最近的有4个
D. 上图的结构中共含有4个和4个
【答案】B
【解析】
【详解】A.CaC2晶体是由Ca2+和C22-形成的离子晶体，离子晶体的熔点较高，硬度也较大，故A正确；
B.根据晶胞结构图知，以最中心钙离子为例，由于晶胞沿一个方向拉长，Ca2+周围距离最近且等距离的C22-分布在这个钙离子同一层的正方形的棱边的中点上，上底面面心上和下底面面心上的两个C22-与钙离子的距离大于同一层上的4个C22-与钙离子的距离，所以1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，4个C22-构成正方形，故B错误；
C.根据晶胞结构图知，以最中心钙离子为例，由于晶胞沿一个方向拉长，Ca2+周围距离最近且等距离的C22-分布在这个钙离子同一层的正方形的棱边的中点上，上底面面心上和下底面面心上的两个C22-与钙离子的距离大于同一层上的4个C22-与钙离子的距离，所以1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，故C正确；
D.根据晶胞结构图知，C22-的个数为8×+6×=4，Ca2+的个数为12×+1=4，故D正确；
故选B。
25.晶胞如图所示，在晶胞中，●表示，○表示。已知晶体的密度为，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则在晶体中每个和与之等距且最近的之间的距离为( )
A. cm B. cm
C. cm D. cm
【答案】B
【解析】
【详解】设晶胞的边长为a，则其体积为a3，1个晶胞中含Cl-：8×+6×=4、Na+：12×+1=4，根据ρg/cm3==，求出a=cm，在晶体中每个和与之等距且最近的的距离为面对角线的，根据勾股定理，距离为cmcm ；
答案选B。
二、填空题
26.铜的化合物用途非常广泛。已知下列反应：[Cu(NH3)2]++NH3+CO ⇌ [Cu(NH3)3CO]+，2CH3COOH +2CH2＝CH2+O22CH3COOCH＝CH2+2H2O。
(1)Cu2+基态核外电子排布式为______。
(2)NH3分子空间构型为_______， 其中心原子的杂化类型是______。
(3)CH3COOCH＝CH2分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，1mol CH3COOCH＝CH2中含键数目为_____。
(4)CH3COOH可与H2O混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为__________。
(5)配离子[Cu(NH3)3CO]+中NH3及CO中的C与Cu(Ⅰ)形成配位键。不考虑空间构型，[Cu(NH3)3CO]+的结构示意图表示为____
【答案】 (1). [Ar]3d9 或1s22s22p63s23p63d9 (2). 三角锥 (3). sp3 (4). sp2和sp3 (5). 11mol (6). CH3COOH与H2O之间可以形成氢键 (7).
【解析】
分析】
根据铜原子的电子排布式，失去最外层与次外层各一个电子，依此写出铜离子的电子排布式；根据VSEPR判断其空间构型和杂化轨道形式；根据结构中σ键数，判断杂化轨道形式和计算σ键；根据分子间可以形成氢键，判断相溶性；根据形成配位键，判断结构示意图。
【详解】（1）Cu元素的核电荷数为29，核外电子数也为29，基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，4s与3d能级各失去1个电子形成Cu2+，Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；答案为1s22s22p63s23p63d9。
（2）NH3分子中N原子价层电子对数=3+ =4，且含有1对孤电子对，根据VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，根据杂化轨道理论，中心N原子的杂化方式为sp3杂化；答案为三角锥形，sp3。
（3）CH3COOCH=CH2分子中甲基上的C形成4个σ键，没有孤对电子，C原子为sp3杂化，羧基上的碳、碳碳双键中碳都形成3个σ键，没有孤对电子，为sp2杂化，CH3COOCH=CH2分子中含有1个C-C、6个C-H、2个C-O、1个C=O、1个C=C键，则σ键的数目为1+6+2+1+1=11，1mol CH3COOCH=CH2分子中含有σ键的数目为11mol；答案为：sp2和sp3，11mol。
（4）乙酸和水都为极性分子，且分子之间可形成氢键，故CH3COOH可与H2O混溶；答案为CH3COOH与H2O之间可以形成氢键。
（5）Cu（I）提供空轨道，N、C原子提供孤对电子，Cu（I）与NH3及CO中的C形成配位键，结构示意图表示为：；答案为。
27.氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(1)化合物N2H4的电子式为___________________。
(2)As原子的核外电子排布式为_______________________。
(3)P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_______________。
(4)NH4+中H-N-H的健角比NH3中H-N-H的键角大，原因是_________________。
(5)Na3AsO4中含有的化学键类型包括________；AsO43-空间构型为________，As4O6的分子结构如图所示，则在该化合物中As的杂化方式是________________。
(6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶胞中含有的P原子的个数为_________，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、a的式子表示)。
【答案】 (1). (2). ls22s22p63s23p63d104s24p3 或[Ar]3d104s24p3 (3). P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以笫一电离能比硫的大 (4). NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大 (5). 离子键、共价键 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). 16 (9).
【解析】
【详解】(1)N2H4分子中存在N—N键，每个N原子还连接2个H原子,电子式为：；
(2)As为33号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；
(3)P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，S的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，P元素的3p轨道处于半充满状态，比相邻的Si、S更难失去电子，所以P的第一电离能更大；
正确答案：P的p亚层是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大；
(4)NH4+、NH3中N原子都是采用sp3杂化，但是NH3分子中存在一对孤对电子，由于孤对电子对成对电子的斥力更大，所以NH3分子中H—N—H键角更小；
正确答案：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大；
(5)Na3AsO4中，Na+与AsO43-之间形成离子键，AsO43-中，As与O之间形成共价键。AsO43-的As采用sp3杂化，空间构型为正四面体；从As4O6的结构可以看出，As的成键对数为3，孤对数目为=1，所以As的杂化方式仍然是sp3；
正确答案：离子键、共价键；正四面体、sp3；
(6)晶胞中含有P4分子数8×+6×=4，P原子数目为16 ，晶胞体积a3cm3，所含粒子质量g，所以晶体密度为=g/cm3；
正确答案：16、 。
【点睛】①同一周期从左到右，各元素第一电离能总体呈增大趋势，但是ns轨道全满、np轨道全满、半满状态时，该元素的电离能大于相邻的粒子。②晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。
28.A、B、C、D、E是前36号元素。其中A与B在周期表中位置相邻，A原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍；B的基态原子有7种不同运动状态的电子；C原子在同周期原子中原子半径最大(稀有气体除外)；D原子的L电子层中有两个未成对电子，且无空轨道；E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)
(1)A、B、D四种元素第一电离能从小到大顺序_____。
(2)A的稳定氧化物中，中心原子的杂化类型为____，空间构型为_____。
(3)C与电负性最大的元素形成的化合物与B的氢化物熔沸点______更高，原因是_______。
(4)E的某种化合物的结构如图所示。
微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用力，此化合物中各种粒子间的相互作用力有____。
A: 离子键 B: 共价键 C: 配位键 D: 氢键
(5)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与E同族。一种E合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中E原子处于面心，金原子处于顶点位置，则该合金中E原子与金原子数量之比为____；该晶体中，原子之间的作用力是_____。
(6)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中。若将铜原子与金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为____。
【答案】 (1). C
【分析】
由A原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍可知，A原子的电子排布式为1s22s22p2，为C原子；由B的基态原子有7种不同运动状态的电子可知，B的基态原子电子排布式为1s22s22p3，为N原子；由D原子的L电子层中有两个未成对电子，且无空轨道可知，D原子的电子排布式为1s22s22p4，为O原子；由C原子在同周期原子中原子半径最大(稀有气体除外)，E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满可知，C原子的电子排布式为原子的电子排布式为1s22s22p63s1，为Na原子，E原子的电子排布式为原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu原子。
【详解】(1)C、N、O都为第二周期的非金属元素，同周期元素,从左到右第一电离能呈现增大的趋势,但由于氮原子的2p能级电子处于半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能从小到大顺序为C
(3)电负性最大的元素为F元素，Na元素与F元素形成的化合物为离子化合物NaF，属于离子晶体，N元素的氢化物为共价化合物氨气，属于分子晶体，离子键比氢键或范德华力强，则离子晶体NaF的熔点高于分子晶体NH3 ，故答案为：NaF；NaF属于离子晶体，而NH3 属于分子晶体，离子键比氢键或范德华力强；
(4)由E的化合物的结构图可知，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间以及水分子与硫酸根离子之间形成氢键，硫酸根离子中存在共价键，硫酸根离子与配离子之间形成离子键，则微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用力为ABCD，故答案为：ABCD；
(5)铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目=6×=3，晶胞中Au原子数目=8×=1，则晶胞中Cu原子与Au原子数量之比为3：1；铜金合金晶体属于金属晶体，含有化学键类型为金属键，故答案为：3：1；金属键；
(6)CaF2的结构如图，由题意可知氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8，故答案为：Cu3AuH8。
【点睛】CaF2的结构如图，由题意确定氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，H原子应位于晶胞内部是确定化学式的关键。
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