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期末练习【新教材】鲁科版（2019）高中化学选择性必修二
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这是一份期末练习【新教材】鲁科版（2019）高中化学选择性必修二，共16页。试卷主要包含了单选题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高中化学鲁科版（2019）选择性必修二期末练习
一、单选题
1.下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（ ）
A. HNO3 B. H2SO3 C. H2CO3 D. HClO4
2.已知：原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X
A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb ②N、O、S ③Si、P、As ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素基态原子的逐级电离能分别为578、1817、2745、11575、14830、18376、23293，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋
4.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
1 500
7 700
10 500
……
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1s22s22p1
5.钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法错误的是（ ）
A. 该晶体属于离子晶体 B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似 D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
6.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是（ ）
A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小
B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能
C. C 的原子半径小于 Si
D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键
7.下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. 乙醇可以与水任意比互溶 D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
8.已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1 ， O=O键为497.3 kJ﹒mol－1 ， Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1 ， N≡N键为946 kJ·mol－1 ， 则下列叙述中正确的是( )
A. N—N键的键能为 13 ×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
9.硫化羰（OCS）存在于许多种植物中，杀虫效果显著。它与CO2、CS2互为等电子体，已知C=O键的键能为745kJ·mol－1 ， 有关硫化羰的说法正确的是（ ）
A. 分子中有2个σ键和1个π键 B. 可推测C=S键的键能大于745 kJ·mol－1
C. OCS中碳原子是采用sp杂化方式成键的 D. 分解温度CO2、OCS 、CS2依次由低到高
10.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种
C. RCl5受热后会分解生成分子RCl3 ， RCl5和RCl3都是极性分子
D. 分子中5个R—Cl键键能不相同
11.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系中，与键的强弱无关的变化规律是（ ）
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 D. H2S的稳定性小于H2O的稳定性
12.在SO2分子中，分子的立体构型为V形，S原子采用sp2杂化，那么SO2的键角（ ）
A. 等于120° B. 大于120° C. 小于120° D. 等于180°
13.某晶体为体心立方(如图)，实验测得其密度为ρ(g/cm3)。已知它的相对原子质量为a,阿伏加德罗常数为NA(mol-1)，假定晶体中原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则该晶体中原子的半径为(cm)为( )
A. 32aNA·ρ B. 3·32aNA·ρ C. 34·32aNA·ρ D. 12·32aNA·ρ
14.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是（ ）
A. VSEPR模型可用来预测分子的立体结构
B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构
C. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定
D. 中心原子上的孤电子对不参与互相排斥
15.关于氢键，下列说法正确的是( )
A. 每一个水分子内含有两个氢键
B. 的熔沸点明显高于 ，对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键。
C. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
D. SO2易溶于水，重要的原因之一是由于SO2与H2O之间能形成氢键
16.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（ ）
A. X元素的氢化物的水溶液显碱性
B. Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C. Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D. Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
17.Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3 ， 若1 mol该配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是（ ）
A. m＝1，n＝5 B. m＝3，n＝4 C. m＝5，n＝1 D. m＝4，n＝5
18.一般情况下，前者无法决定后者的是（ ）
A. 原子核外电子排布﹣﹣元素在周期表中的位置 B. 弱电解质的相对强弱﹣﹣电离常数的大小
C. 分子间作用力的大小﹣﹣分子稳定性的高低 D. 物质内部储存的能量﹣﹣化学反应的热效应
19.关于氢键的下列说法正确的是（ ）
A. 由于氢键的作用，使NH3、H2O，HF的沸点反常，且沸点高低顺序为HF＞H2O＞NH3
B. 氢键只能存在于分子间，不能存在于分子内
C. 没有氢键，就没有生命
D. 相同量的水在气态、液态和固态时均有氢键，且氢键的数目依次增多
20.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A. C﹣H之间只是sp2形成的σ键，C﹣C之间只是未参加杂化的2p轨道形成的π键
B. C﹣C间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
C. sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
D. sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
二、实验探究题
21.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2p轨道上有2个未成对电子，Y元素原子的4p轨道上有3个未成对电子．X跟Y可形成化合物Y2X3 ， Z元素可以形成正一价离子．请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的价电子排布式为________，X的元素符号是________；
（2）Y元素在元素周期表中的位置是________，Y的元素名称是________，Y元素价层电子的电子排布图为________；
（3）比较Y的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物沸点高低________，并说明理由________
（4）已知化合物Y2X3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为YZ3 ， 产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是________．
22.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如铜用来制电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂．
（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的________性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜溶液的质量________．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+配离子，已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是________．
（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，能得到两种结构不同的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为________．（填“正四面体形”或“正四边形”）
（4）胆矾CuSO4•5H2O可写[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意如图1：
下列有关胆矾的说法不正确的是 ．
A.游泳池的池水中往往定期加一些胆矾，是因为铜离子有一定的杀菌作用
B.胆矾中氧原子存在配位键和氢键两种化学键
C.Cu2+的价电子排布式为3d84s1
D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去
（5）《X射线金相学》中记载了关于铜与金可形成的两种有序的金属互化物，其晶胞如图2．则图中Ⅰ、Ⅱ对应物质的化学式分别为________、________．设图Ⅰ晶胞的边长为α cm，对应金属互化物的密度为ρ g•cm﹣3 ， 则阿伏加德罗常数NA的值可表示为________．（只要求列出算式）．
三、综合题
23.铁和钴是两种重要的过渡元素。
（1）钴位于元素周期表得第________族，其基态原子中未成对电子的个数为________。
（2）[Fe(H2NCONH2)]6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁（Ⅲ），是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为________，所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是________。
（3）尿素分子中碳原子为________杂化，分子中σ键与π键的数目之比为________。
（4）配合物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）。
（5）血红素是吡咯（C4H5N）的重要衍生物，血红素（含Fe2＋）可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如图所示。
吡咯 血红素
①1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为________个。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）分子中的大π键可用 πmn 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，则吡咯环中的大π键应表示为________ 。
②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过________键相结合。
③血红素中N的杂化方式为________，请画出血红素中N与Fe的配位键________。
24.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
（1）铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为________，该能层上具有的原子轨道数为________，电子数为________。
（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能不符合这一规律原因是________。
（3）与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型________；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时首先液化的是________，理由是________。
（4）H2SeO4酸性大于H2SeO3的原因是________。
（5）已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a 分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b 分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c 沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为________。
参考答案
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】对于同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO3
2.【答案】 B
【解析】A. 若X和Y均位于VIIA，且原子半径：XHCl，则键能大小为HX>HY，故A不符合题意；
B. 若X和Y均位于VIA，且原子半径：XMg，故D不符合题意。
故答案为：B。
3.【答案】 D
【解析】A、原子依次为①硅，②氮，③碳，④硫，原子半径最大的是①硅，不选A；
B、根据同一周期的元素，最外层电子越多，第一电离能越大，第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以③的第一电离能最大，不选B；
C、同周期 从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，所以钠钾铷的电负性依次减小，氮氧硫的电负性中氧的电负性最大，硅磷砷的电负性中最大的是磷，钠磷氯的电负性依次增大，所以不选C；
D、根据元素电离能分析，该元素原子核最外层有3个电子，所以其最外层电子在化学反应中容易失去而在化合物中呈现+3价，
故答案为：D。
4.【答案】 B
【解析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
A.最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，A不符合题意；
B.最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，B符合题意；
C.R元素的原子最外层共有2个电子，C不符合题意；
D.短周期元素R元素可能是第IIA的Mg或Be，D不符合题意；
故答案为：B。
5.【答案】 B
【解析】A.Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；
B.根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；
C.NaCl晶胞结构也是该形状，C对；
D.与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，
故答案为：B。
6.【答案】 D
【解析】CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC不符合题意，D符合题意，
故答案为：D。
7.【答案】 B
【解析】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错；
B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B符合题意。
C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。
8.【答案】 D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的 13 ，故A不符合题意；
B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B不符合题意；
C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C不符合题意；
D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D符合题意。
故答案为：D。
9.【答案】 C
【解析】A．羰基硫结构为S=C=O，分子中有2个σ键和2个π键，A不符合题意；
B．硫的电负性比氧弱，C=S键的键能小于745kJ•mol-1 ， B不符合题意；
C．COS中碳原子上含有2个σ键电子对，则中心原子采用sp杂化，C符合题意；
D．电负性越大，成键的键能越大越稳定，电负性：C＜S＜O，故分解温度：CS2、COS、CO2依次由低到高，D不符合题意，
故答案为：C。
10.【答案】 B
【解析】A．R元素最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5分子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项不符合题意；
B．上、下两个顶点的原子与中心R原子形成的键角为180°，中间的平面三角形中，中心原子与三个项点的原子形成的键角为120°，中心原子与上、下顶点原子、与此三角形平面项点的原子形成的键角为90°，所以键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种，B项符合题意；
C．由图可知RCl5分子空间构型是高度对称的，形成非极性分子，而RCl3是三角锥形结构，其分子是极性分子，C项不符合题意；
D．分子上、下顶点的Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，平面上正三角形顶点三个Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，D项不符合题意；
故答案为：B
11.【答案】 C
【解析】A.非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故不选A；
B.NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，键能越大，故不选B；
C.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，
D.元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，H2S的稳定性小于H2O的稳定性，故不选D。
故答案为：C
12.【答案】 C
【解析】在SO2分子中，分子的空间结构为V形，S原子采用sp2杂化，由于在S原子上含有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，因此SO2的键角小于120°，
故答案为：C。
13.【答案】 C
【解析】在晶胞中含有金属原子数为1+8× 18 =2，设晶胞边长为x，根ρ= mV 得，ρ= 2aNAx3 ，解得x= 32aNA·ρ ，由于晶体中原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，假设原子半径为r，则4r= 3 x，所以r= 3x4 = 34·32aNA·ρ ，
故答案为：C。
14.【答案】 D
【解析】A、价层电子对互斥理论可用来预测分子的立体构型，故A说法不符合题意；
B、立体构型与价电子数对相互排斥有有关，因此分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，故B说法不符合题意；
C、多原子分子内，两个共价键之间的夹角，分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定，故C说法不符合题意；
D、中心原子上的孤电子对参与相互排斥，如H2O中中心原子为O，O有2个孤电子对，离子构型为V型，甲烷中中心原子为C，无孤电子对，空间构型为正四面体，故D说法符合题意。
15.【答案】 B
【解析】A.氢键只存在于分子之间，水分子内存在的是H-O化学键，A项不符合题意；
B. 的熔沸点明显高于 ，是因为对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键强于分子内氢键，B项符合题意；
C.氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键非常稳定，C项不符合题意；
D.SO2易溶于水，重要的原因之一是SO2能与H2O发生反应，使其溶解度增大，D项不符合题意；
故答案为：B。
16.【答案】 C
【解析】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。则
A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（H2O），A不符合题意；
B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不符合题意；
C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C符合题意；
D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分子晶体，熔沸点低，D不符合题意；
故答案为：C。
17.【答案】 B
【解析】Co（Ⅲ）的八面体配合物CoClm·nNH3 , CoClm·nNH3 呈电中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，则中心原子的配位数为6，所以n的值为4，即该配合物的结构是：[CoCl2 (NH3)4]Cl，
故答案为：B。
18.【答案】 C
【解析】解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；
B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B正确；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳定性决定于其中的化学键，故C错误；
D、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，否则吸热，即物质内部储存的能量决定了化学反应的热效应，故D正确，
故选C．
19.【答案】 C
【解析】解：A．由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氰化氢中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O＞HF＞NH3 ， 故A错误；
B．氢键存在于不直接相连的H与电负性较大的原子间，则可以存在于分子之间，也可存在于分子内，故B错误；
C．由于氢键的存在，常温常压下水为液体，而水的液态是生物体营养传递的基础，故C正确；
D．气态时，分子间距离增大，不存在氢键，液态和固态时均有氢键，且氢键的数目相同，故D错误；
故选C．
20.【答案】 C
【解析】解：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，
C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，
故选C．
二、实验探究题
21.【答案】 （1）2s22p4；O
（2）第4周期VA族；砷；
（3）NH3＞AsH3＞PH3；NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高
（4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O
【解析】解：已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42；Y元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ， 处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；X元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，X的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以X为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物Y2X3 ， 故X为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为：42﹣8﹣33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成正一价离子，（1）X为O元素，其原子基态时的价电子排布式为2s22p4；（2）Y的原子4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3 ， 元素名称为砷；处于第四周期第ⅤA族，；其价电子的轨道表示式为 ；
故答案为：第四周期第ⅤA族； 砷； ；（3）同主族元素为N、P、As，在同主族元素对应的氢化物中，对应的氢化物含有氢键，沸点较高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高，则沸点大小为：NH3＞AsH3＞PH3；
故答案为：NH3＞AsH3＞PH3 ， NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高；（4）X为O元素、Y为As元素，Z为H元素．化合物Y2X3为As2O3 ， YZ3为AsH3 ， As2O3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为AsH3 ， 产物还有ZnSO4和H2O，反应中Zn元素化合价由0价升高为+2价，As元素化合价由+3价降低为﹣3价，参加反应的Zn与As2O3的物质的量之比为6×2：2=6：1，则反应方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，
故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O．
22.【答案】 （1）自范；不变
（2）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键
（3）正四边形
（4）B,C
（5）CuAu；CuAu3；2×(64+197)ρ×a3
【解析】解：（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的 自范性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜晶体不再吸水，而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变，故答案为：自范；不变；（2）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，故答案为：N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构，故答案为：正四边形；（4）A．硫酸铜溶解于水能产生重金属离子﹣﹣铜离子，能破坏蛋白质的结构，使之失去生理功能，细菌和病毒主要生命活性物质是蛋白质，故少量的硫酸铜可以消毒游泳池，故A正确；B．氧原子与铜离子之间形成配位键，水分子中O原子与H原子之间形成共价键，硫酸根离子中氧原子与氯原子之间形成共价键，水分子之间O原子与氢原子之间存在氢键，但氢键不是化学键，故B错误；C．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1 ， 失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式3d9 ， 故C错误；D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；故答案为：BC．（5）晶胞I中Cu原子数目为8× 18 +2× 12 =2、Au原子数目为4× 12 =2，则化学式为CuAu，晶胞Ⅱ中Cu原子数目为8× 18 =1、Au原子数目为6× 12 =3，故化学式为CuAu3 ， 晶胞I的质量为2× 64+197NA g，
则2× 64+197NA g=（α cm）3×ρ g•cm﹣3 ， 则NA= 2×(64+197)ρ×a3 ，
故答案为：CuAu； CuAu3； 2×(64+197)ρ×a3 ．
三、综合题
23.【答案】 （1）第四周期第Ⅷ；3
（2）[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；N、O、H、C
（3）sp2；7∶1
（4）5；分子晶体
（5）10NA或6.02×1024；π65；配位；sp2、sp3；
【解析】（1）钴的原子序数是27，位于元素周期表中第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2 ， 未成对电子的个数为3，故答案为：第四周期第Ⅷ族，3。（2）铁的原子序数是26，Fe2+的核外电子排布式为［Ar］3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；尿素的结构简式为HN2-CO-NH2 ， 碳原子存在双键，氮原子全部是单键，且存在孤对电子，所以分子中C、N原子的杂化方式分别是sp2、sp3。单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则其分子中σ键与π键的数目之比为7：1。非金属性越强电负性越大，则所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；故答案为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5），N、O、H、C。（3）尿素分子中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2 ， 尿素分子中含有含有2个N-H单键，4个N-H单键，1个C=O双键，单键是σ键，C=O双键中1个 σ 键，1个π键，所以尿素分子中σ键与π键的数目之比为7：1，故答案为：sp2 ， 7∶1。（4）配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8（价电子就是元素周期表中每种元素下边的那个表示形式中的电子之和），每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：5；分子晶体。（5）①1个吡咯分子中含1个N-H键，二个N-C键，三个C-C键，四个C-H键共10个σ键，则1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为10NA或6.02×1024个，吡咯环中的大π键由1个氮原子和4个碳原子组成，可表示为 π56 ，故答案为：10NA或6.02×1024 ， π56 。②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过配位键相结合，故答案为：配位。③根据N原子的价电子排布式2s22p3 ， 若N原子成三个共价键，则N原子周围还有一对孤对对子，即此时无配位键，该N原子采取sp3杂化，若N原子成四个共价键，必有一个配位键，若还存在双键，则该N原子采用sp2杂化，由图可知，这两种情况都存在；Fe2+的配位键为 ，故答案为：sp2、sp3 ， 。
24.【答案】 （1）N；16；1
（2）30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定
（3）sp3；NH3；因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化
（4）(HO)2SeO2的非羟基氧比（HO）2SeO的非羟基氧多，中心原子Se的正电性更高，导致Se-O-H中O上的电子更偏向Se，在水分子作用下，更易电离出H+
（5）[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O
【解析】(1)基态铬原子中，最外层是第4层，其能层符号为N，根据能层序数等于能级种类数可知，第4层具有s、p、d、f等4种能级，其每种能级含有的轨道数依次为1、3、5、7，所以轨道数共有1+3+5+7=16，铬的外围电子排布为3d54s1 ， 所以第4层只有一个电子；(2)Zn的外围电子排布为3d104s2 ， 镓的外围电子排布为4s24p1 ， 显然锌的能级处于全充满状态，比较稳定，失去电子需要较多的能量；(3)AsH3中心原子杂化类型类似于NH3中N原子的杂化，采取sp3杂化，形成三个σ键和容纳一个孤电子对，所以需要4个轨道；对NH3、PH3、AsH3降温时NH3首先液化，说明NH3分子间作用力最大，这是因为氨气分子间形成了氢键；(4)通常可比较含氧酸的非羟基氧的数目来判断酸性的强弱。H2SeO4中含有2个非羟基氧，而H2SeO3只有一个非羟基氧，所以H2SeO4酸性比H2SeO3强；（5）配合物中外界中离子通常认为完全电离出来，内界的离子通常认为很难电离出来。与硝酸银生成沉淀的是外界的氯离子。因分子中共有3个氯离子，所以沉淀质量为2：3，外界的氯离子也就是2和3，所以绿色晶体配合物的化学式为[TiCl(H2O)2]Cl2•H2O。
高中化学鲁科版（2019）选择性必修二期末练习
一、单选题
1.下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（ ）
A. HNO3 B. H2SO3 C. H2CO3 D. HClO4
2.已知：原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X
A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb ②N、O、S ③Si、P、As ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素基态原子的逐级电离能分别为578、1817、2745、11575、14830、18376、23293，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋
4.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
1 500
7 700
10 500
……
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1s22s22p1
5.钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法错误的是（ ）
A. 该晶体属于离子晶体 B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似 D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
6.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是（ ）
A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小
B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能
C. C 的原子半径小于 Si
D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键
7.下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是( )
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. 乙醇可以与水任意比互溶 D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
8.已知H—H键的键能为436 kJ﹒mol－1 ， O=O键为497.3 kJ﹒mol－1 ， Cl—Cl键为242.7 kJ·mol－1 ， N≡N键为946 kJ·mol－1 ， 则下列叙述中正确的是( )
A. N—N键的键能为 13 ×946 kJ·mol－1＝315.3 kJ·mol－1
B. 氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短
C. 氧气分子中氧原子是以共价单键结合的
D. 氮气分子比氯气分子稳定
9.硫化羰（OCS）存在于许多种植物中，杀虫效果显著。它与CO2、CS2互为等电子体，已知C=O键的键能为745kJ·mol－1 ， 有关硫化羰的说法正确的是（ ）
A. 分子中有2个σ键和1个π键 B. 可推测C=S键的键能大于745 kJ·mol－1
C. OCS中碳原子是采用sp杂化方式成键的 D. 分解温度CO2、OCS 、CS2依次由低到高
10.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种
C. RCl5受热后会分解生成分子RCl3 ， RCl5和RCl3都是极性分子
D. 分子中5个R—Cl键键能不相同
11.在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系中，与键的强弱无关的变化规律是（ ）
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 D. H2S的稳定性小于H2O的稳定性
12.在SO2分子中，分子的立体构型为V形，S原子采用sp2杂化，那么SO2的键角（ ）
A. 等于120° B. 大于120° C. 小于120° D. 等于180°
13.某晶体为体心立方(如图)，实验测得其密度为ρ(g/cm3)。已知它的相对原子质量为a,阿伏加德罗常数为NA(mol-1)，假定晶体中原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则该晶体中原子的半径为(cm)为( )
A. 32aNA·ρ B. 3·32aNA·ρ C. 34·32aNA·ρ D. 12·32aNA·ρ
14.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是（ ）
A. VSEPR模型可用来预测分子的立体结构
B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构
C. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定
D. 中心原子上的孤电子对不参与互相排斥
15.关于氢键，下列说法正确的是( )
A. 每一个水分子内含有两个氢键
B. 的熔沸点明显高于 ，对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键。
C. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
D. SO2易溶于水，重要的原因之一是由于SO2与H2O之间能形成氢键
16.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（ ）
A. X元素的氢化物的水溶液显碱性
B. Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C. Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D. Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
17.Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3 ， 若1 mol该配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是（ ）
A. m＝1，n＝5 B. m＝3，n＝4 C. m＝5，n＝1 D. m＝4，n＝5
18.一般情况下，前者无法决定后者的是（ ）
A. 原子核外电子排布﹣﹣元素在周期表中的位置 B. 弱电解质的相对强弱﹣﹣电离常数的大小
C. 分子间作用力的大小﹣﹣分子稳定性的高低 D. 物质内部储存的能量﹣﹣化学反应的热效应
19.关于氢键的下列说法正确的是（ ）
A. 由于氢键的作用，使NH3、H2O，HF的沸点反常，且沸点高低顺序为HF＞H2O＞NH3
B. 氢键只能存在于分子间，不能存在于分子内
C. 没有氢键，就没有生命
D. 相同量的水在气态、液态和固态时均有氢键，且氢键的数目依次增多
20.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A. C﹣H之间只是sp2形成的σ键，C﹣C之间只是未参加杂化的2p轨道形成的π键
B. C﹣C间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
C. sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
D. sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
二、实验探究题
21.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2p轨道上有2个未成对电子，Y元素原子的4p轨道上有3个未成对电子．X跟Y可形成化合物Y2X3 ， Z元素可以形成正一价离子．请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的价电子排布式为________，X的元素符号是________；
（2）Y元素在元素周期表中的位置是________，Y的元素名称是________，Y元素价层电子的电子排布图为________；
（3）比较Y的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物沸点高低________，并说明理由________
（4）已知化合物Y2X3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为YZ3 ， 产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是________．
22.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如铜用来制电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂．
（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的________性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜溶液的质量________．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（2）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+配离子，已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是________．
（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，能得到两种结构不同的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为________．（填“正四面体形”或“正四边形”）
（4）胆矾CuSO4•5H2O可写[Cu（H2O）4]SO4•H2O，其结构示意如图1：
下列有关胆矾的说法不正确的是 ．
A.游泳池的池水中往往定期加一些胆矾，是因为铜离子有一定的杀菌作用
B.胆矾中氧原子存在配位键和氢键两种化学键
C.Cu2+的价电子排布式为3d84s1
D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去
（5）《X射线金相学》中记载了关于铜与金可形成的两种有序的金属互化物，其晶胞如图2．则图中Ⅰ、Ⅱ对应物质的化学式分别为________、________．设图Ⅰ晶胞的边长为α cm，对应金属互化物的密度为ρ g•cm﹣3 ， 则阿伏加德罗常数NA的值可表示为________．（只要求列出算式）．
三、综合题
23.铁和钴是两种重要的过渡元素。
（1）钴位于元素周期表得第________族，其基态原子中未成对电子的个数为________。
（2）[Fe(H2NCONH2)]6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁（Ⅲ），是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为________，所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是________。
（3）尿素分子中碳原子为________杂化，分子中σ键与π键的数目之比为________。
（4）配合物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）。
（5）血红素是吡咯（C4H5N）的重要衍生物，血红素（含Fe2＋）可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如图所示。
吡咯 血红素
①1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为________个。（用NA表示阿伏加德罗常数的值）分子中的大π键可用 πmn 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，则吡咯环中的大π键应表示为________ 。
②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过________键相结合。
③血红素中N的杂化方式为________，请画出血红素中N与Fe的配位键________。
24.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
（1）铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为________，该能层上具有的原子轨道数为________，电子数为________。
（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能不符合这一规律原因是________。
（3）与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子杂化的类型________；一定压强下将AsH3和NH3、PH3的混合气体降温时首先液化的是________，理由是________。
（4）H2SeO4酸性大于H2SeO3的原因是________。
（5）已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a 分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b 分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c 沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为________。
参考答案
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】对于同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO3
2.【答案】 B
【解析】A. 若X和Y均位于VIIA，且原子半径：X
B. 若X和Y均位于VIA，且原子半径：X
故答案为：B。
3.【答案】 D
【解析】A、原子依次为①硅，②氮，③碳，④硫，原子半径最大的是①硅，不选A；
B、根据同一周期的元素，最外层电子越多，第一电离能越大，第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以③的第一电离能最大，不选B；
C、同周期 从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，所以钠钾铷的电负性依次减小，氮氧硫的电负性中氧的电负性最大，硅磷砷的电负性中最大的是磷，钠磷氯的电负性依次增大，所以不选C；
D、根据元素电离能分析，该元素原子核最外层有3个电子，所以其最外层电子在化学反应中容易失去而在化合物中呈现+3价，
故答案为：D。
4.【答案】 B
【解析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
A.最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，A不符合题意；
B.最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，B符合题意；
C.R元素的原子最外层共有2个电子，C不符合题意；
D.短周期元素R元素可能是第IIA的Mg或Be，D不符合题意；
故答案为：B。
5.【答案】 B
【解析】A.Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；
B.根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；
C.NaCl晶胞结构也是该形状，C对；
D.与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，
故答案为：B。
6.【答案】 D
【解析】CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC不符合题意，D符合题意，
故答案为：D。
7.【答案】 B
【解析】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错；
B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B符合题意。
C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。
8.【答案】 D
【解析】A. N—N键的键能不是N≡N键键能的 13 ，故A不符合题意；
B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B不符合题意；
C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C不符合题意；
D. 氮气分子中的N≡N键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D符合题意。
故答案为：D。
9.【答案】 C
【解析】A．羰基硫结构为S=C=O，分子中有2个σ键和2个π键，A不符合题意；
B．硫的电负性比氧弱，C=S键的键能小于745kJ•mol-1 ， B不符合题意；
C．COS中碳原子上含有2个σ键电子对，则中心原子采用sp杂化，C符合题意；
D．电负性越大，成键的键能越大越稳定，电负性：C＜S＜O，故分解温度：CS2、COS、CO2依次由低到高，D不符合题意，
故答案为：C。
10.【答案】 B
【解析】A．R元素最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5分子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项不符合题意；
B．上、下两个顶点的原子与中心R原子形成的键角为180°，中间的平面三角形中，中心原子与三个项点的原子形成的键角为120°，中心原子与上、下顶点原子、与此三角形平面项点的原子形成的键角为90°，所以键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种，B项符合题意；
C．由图可知RCl5分子空间构型是高度对称的，形成非极性分子，而RCl3是三角锥形结构，其分子是极性分子，C项不符合题意；
D．分子上、下顶点的Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，平面上正三角形顶点三个Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，D项不符合题意；
故答案为：B
11.【答案】 C
【解析】A.非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故不选A；
B.NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，键能越大，故不选B；
C.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，
D.元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，H2S的稳定性小于H2O的稳定性，故不选D。
故答案为：C
12.【答案】 C
【解析】在SO2分子中，分子的空间结构为V形，S原子采用sp2杂化，由于在S原子上含有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，因此SO2的键角小于120°，
故答案为：C。
13.【答案】 C
【解析】在晶胞中含有金属原子数为1+8× 18 =2，设晶胞边长为x，根ρ= mV 得，ρ= 2aNAx3 ，解得x= 32aNA·ρ ，由于晶体中原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，假设原子半径为r，则4r= 3 x，所以r= 3x4 = 34·32aNA·ρ ，
故答案为：C。
14.【答案】 D
【解析】A、价层电子对互斥理论可用来预测分子的立体构型，故A说法不符合题意；
B、立体构型与价电子数对相互排斥有有关，因此分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，故B说法不符合题意；
C、多原子分子内，两个共价键之间的夹角，分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定，故C说法不符合题意；
D、中心原子上的孤电子对参与相互排斥，如H2O中中心原子为O，O有2个孤电子对，离子构型为V型，甲烷中中心原子为C，无孤电子对，空间构型为正四面体，故D说法符合题意。
15.【答案】 B
【解析】A.氢键只存在于分子之间，水分子内存在的是H-O化学键，A项不符合题意；
B. 的熔沸点明显高于 ，是因为对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键强于分子内氢键，B项符合题意；
C.氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键非常稳定，C项不符合题意；
D.SO2易溶于水，重要的原因之一是SO2能与H2O发生反应，使其溶解度增大，D项不符合题意；
故答案为：B。
16.【答案】 C
【解析】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。则
A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（H2O），A不符合题意；
B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不符合题意；
C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C符合题意；
D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分子晶体，熔沸点低，D不符合题意；
故答案为：C。
17.【答案】 B
【解析】Co（Ⅲ）的八面体配合物CoClm·nNH3 , CoClm·nNH3 呈电中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，则中心原子的配位数为6，所以n的值为4，即该配合物的结构是：[CoCl2 (NH3)4]Cl，
故答案为：B。
18.【答案】 C
【解析】解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；
B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B正确；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳定性决定于其中的化学键，故C错误；
D、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，否则吸热，即物质内部储存的能量决定了化学反应的热效应，故D正确，
故选C．
19.【答案】 C
【解析】解：A．由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氰化氢中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O＞HF＞NH3 ， 故A错误；
B．氢键存在于不直接相连的H与电负性较大的原子间，则可以存在于分子之间，也可存在于分子内，故B错误；
C．由于氢键的存在，常温常压下水为液体，而水的液态是生物体营养传递的基础，故C正确；
D．气态时，分子间距离增大，不存在氢键，液态和固态时均有氢键，且氢键的数目相同，故D错误；
故选C．
20.【答案】 C
【解析】解：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，
C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，
故选C．
二、实验探究题
21.【答案】 （1）2s22p4；O
（2）第4周期VA族；砷；
（3）NH3＞AsH3＞PH3；NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高
（4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O
【解析】解：已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42；Y元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ， 处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；X元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，X的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以X为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物Y2X3 ， 故X为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为：42﹣8﹣33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成正一价离子，（1）X为O元素，其原子基态时的价电子排布式为2s22p4；（2）Y的原子4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3 ， 元素名称为砷；处于第四周期第ⅤA族，；其价电子的轨道表示式为 ；
故答案为：第四周期第ⅤA族； 砷； ；（3）同主族元素为N、P、As，在同主族元素对应的氢化物中，对应的氢化物含有氢键，沸点较高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高，则沸点大小为：NH3＞AsH3＞PH3；
故答案为：NH3＞AsH3＞PH3 ， NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高；（4）X为O元素、Y为As元素，Z为H元素．化合物Y2X3为As2O3 ， YZ3为AsH3 ， As2O3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为AsH3 ， 产物还有ZnSO4和H2O，反应中Zn元素化合价由0价升高为+2价，As元素化合价由+3价降低为﹣3价，参加反应的Zn与As2O3的物质的量之比为6×2：2=6：1，则反应方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O，
故答案为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O．
22.【答案】 （1）自范；不变
（2）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键
（3）正四边形
（4）B,C
（5）CuAu；CuAu3；2×(64+197)ρ×a3
【解析】解：（1）将一块缺角的硫酸铜晶体置于饱和硫酸铜溶液中会慢慢变成了完整晶体，这一现象体现了晶体的 自范性，若不考虑溶剂挥发，硫酸铜晶体不再吸水，而硫酸铜溶液为饱和溶液，则溶液质量不变，故答案为：自范；不变；（2）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，故答案为：N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键；（3）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构，故答案为：正四边形；（4）A．硫酸铜溶解于水能产生重金属离子﹣﹣铜离子，能破坏蛋白质的结构，使之失去生理功能，细菌和病毒主要生命活性物质是蛋白质，故少量的硫酸铜可以消毒游泳池，故A正确；B．氧原子与铜离子之间形成配位键，水分子中O原子与H原子之间形成共价键，硫酸根离子中氧原子与氯原子之间形成共价键，水分子之间O原子与氢原子之间存在氢键，但氢键不是化学键，故B错误；C．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1 ， 失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式3d9 ， 故C错误；D．由于胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；故答案为：BC．（5）晶胞I中Cu原子数目为8× 18 +2× 12 =2、Au原子数目为4× 12 =2，则化学式为CuAu，晶胞Ⅱ中Cu原子数目为8× 18 =1、Au原子数目为6× 12 =3，故化学式为CuAu3 ， 晶胞I的质量为2× 64+197NA g，
则2× 64+197NA g=（α cm）3×ρ g•cm﹣3 ， 则NA= 2×(64+197)ρ×a3 ，
故答案为：CuAu； CuAu3； 2×(64+197)ρ×a3 ．
三、综合题
23.【答案】 （1）第四周期第Ⅷ；3
（2）[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；N、O、H、C
（3）sp2；7∶1
（4）5；分子晶体
（5）10NA或6.02×1024；π65；配位；sp2、sp3；
【解析】（1）钴的原子序数是27，位于元素周期表中第Ⅷ族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2 ， 未成对电子的个数为3，故答案为：第四周期第Ⅷ族，3。（2）铁的原子序数是26，Fe2+的核外电子排布式为［Ar］3d5（或1s22s22p63s23p63d5）；尿素的结构简式为HN2-CO-NH2 ， 碳原子存在双键，氮原子全部是单键，且存在孤对电子，所以分子中C、N原子的杂化方式分别是sp2、sp3。单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则其分子中σ键与π键的数目之比为7：1。非金属性越强电负性越大，则所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是O、N、C、H；故答案为：[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5），N、O、H、C。（3）尿素分子中碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2 ， 尿素分子中含有含有2个N-H单键，4个N-H单键，1个C=O双键，单键是σ键，C=O双键中1个 σ 键，1个π键，所以尿素分子中σ键与π键的数目之比为7：1，故答案为：sp2 ， 7∶1。（4）配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8（价电子就是元素周期表中每种元素下边的那个表示形式中的电子之和），每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，故答案为：5；分子晶体。（5）①1个吡咯分子中含1个N-H键，二个N-C键，三个C-C键，四个C-H键共10个σ键，则1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为10NA或6.02×1024个，吡咯环中的大π键由1个氮原子和4个碳原子组成，可表示为 π56 ，故答案为：10NA或6.02×1024 ， π56 。②血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过配位键相结合，故答案为：配位。③根据N原子的价电子排布式2s22p3 ， 若N原子成三个共价键，则N原子周围还有一对孤对对子，即此时无配位键，该N原子采取sp3杂化，若N原子成四个共价键，必有一个配位键，若还存在双键，则该N原子采用sp2杂化，由图可知，这两种情况都存在；Fe2+的配位键为 ，故答案为：sp2、sp3 ， 。
24.【答案】 （1）N；16；1
（2）30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定
（3）sp3；NH3；因为氨分子间存在氢键，分子间作用力更大，沸点更高，降温时先液化
（4）(HO)2SeO2的非羟基氧比（HO）2SeO的非羟基氧多，中心原子Se的正电性更高，导致Se-O-H中O上的电子更偏向Se，在水分子作用下，更易电离出H+
（5）[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O
【解析】(1)基态铬原子中，最外层是第4层，其能层符号为N，根据能层序数等于能级种类数可知，第4层具有s、p、d、f等4种能级，其每种能级含有的轨道数依次为1、3、5、7，所以轨道数共有1+3+5+7=16，铬的外围电子排布为3d54s1 ， 所以第4层只有一个电子；(2)Zn的外围电子排布为3d104s2 ， 镓的外围电子排布为4s24p1 ， 显然锌的能级处于全充满状态，比较稳定，失去电子需要较多的能量；(3)AsH3中心原子杂化类型类似于NH3中N原子的杂化，采取sp3杂化，形成三个σ键和容纳一个孤电子对，所以需要4个轨道；对NH3、PH3、AsH3降温时NH3首先液化，说明NH3分子间作用力最大，这是因为氨气分子间形成了氢键；(4)通常可比较含氧酸的非羟基氧的数目来判断酸性的强弱。H2SeO4中含有2个非羟基氧，而H2SeO3只有一个非羟基氧，所以H2SeO4酸性比H2SeO3强；（5）配合物中外界中离子通常认为完全电离出来，内界的离子通常认为很难电离出来。与硝酸银生成沉淀的是外界的氯离子。因分子中共有3个氯离子，所以沉淀质量为2：3，外界的氯离子也就是2和3，所以绿色晶体配合物的化学式为[TiCl(H2O)2]Cl2•H2O。
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