【化学】贵州省遵义育新高级中学2018-2019学年高二上学期11月月考（解析版） 试卷

贵州省遵义育新高级中学2018-2019学年高二上学期11月月考
分卷I
选择题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.下列说法中正确的是(　　)
A. 含有非极性键的分子一定是非极性分子
B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D. 两个原子之间共用两对电子，形成的化学键一定有极性
【答案】C
【解析】
【详解】A.含有非极性键的分子可能是极性分子，如H2O2为极性分子，也可能是非极性分子，如CH2＝CH2是非极性分子，A不正确；
B.CH4分子为非极性分子，但其只含有极性键，B不正确；
C.由极性键形成的双原子分子，其正负电荷中心不重合，一定为极性分子，C正确；
D.同种元素的原子共用两对电子，形成的化学键为非极性键，不同元素的原子共用两对电子，形成的化学键为极性键，D不正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】键的极性是产生分子极性的前提，但含极性键的分子若电荷分布是对称的，则键产生的极性可以互相抵消，此时，可形成非极性分子；若电荷分布不对称，则键产生的极性没有互相抵消，此时形成极性分子。
2.是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关的叙述中错误的是
A. 的化学性质与相同
B. 的原子序数为53
C. 的原子核外电子数为78
D. 的原子核内中子数多于质子数
【答案】C
【解析】
同位素的化学性质相同，A项正确；由原子中，质子数＝核外电子数＝原子序数，质量数＝质子数＋中子数可知，B、D项正确，C项错误。
3.下列对分子性质的解释中，不正确的是(　　)

A. 水很稳定(1000 ℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子
C. 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
D. 由上图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数
【答案】A
【解析】
【分析】
A.化合物的稳定性与化学键有关，水分子中H-O键牢固，故水稳定，但与氢键无关；
B.有机物分子中连有4个不同基团的C原子是手性碳原子；
C.根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
D.酸性强弱的经验规律之一：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为-OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。
【详解】A.化合物的稳定性与化学键强弱有关，氢键影响水的沸点但不影响水的稳定性，故A错误；
B.乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中与-OH相连的C上连有4个不同的基团，是手性碳原子，故B正确；
C.碘、四氯化碳、甲烷是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确；
D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；
故选A。
4.金属钠晶体为体心立方晶胞，实验测得钠的密度为ρ(g·cm－3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，假定金属钠原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据ρ = 求得晶胞体积，再得到晶胞边长，因为金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，所以钠原子的半径为晶胞体对角线的1/4，据此可以确定钠原子的半径。
【详解】因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×1/8=2，设晶胞边长为x，根据ρ=m/V得，ρ = ，推出x =，所以晶胞的体对角线长度为，因此钠原子半径，故选C；
答案选C。
5.在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N—N键的键能为160kJ·mol－1(N2的键能为942kJ·mol－1)，晶体片段结构如右图所示。又发现利用N2可制取出N5、N3。含N5＋离子的化合物及N60、N5极不稳定。则下列说法错误的是(　　)

A. 按键型分类，该晶体中含有非极性共价键
B. 含N5＋离子的化合物中既有离子键又有共价键
C. 高聚氮与N2、N3、N5、N5＋、N60互为同素异形体
D. 这种固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．高聚氮中含N-N键，则该晶体中含有非极性共价键，故A正确；B．含N5+离子的化合物，为离子化合物，还存在N-N键，则含N5+离子的化合物中既有离子键又有共价键，故B正确；C．同素异形体的分析对象为单质，而N5+为离子，与单质不能互为同素异形体，故C错误；D．N-N易断裂，高聚氮能量较高，则固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料，故D正确；故选C。
6.下列对元素周期律和元素周期表的认识正确的是(　　)
A. 元素周期律的本质是随着核电荷数的增加元素化合价呈周期性的变化
B. 核外电子排布的周期性变化是元素性质周期性变化的本质
C. 元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds四个区
D. 元素周期表中最外层电子数<2的元素一定是金属元素
【答案】B
【解析】
元素周期律的本质是原子核外电子排布周期性变化的必然结果，所以A不正确，B正确。元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds 、f五个区，C不正确。D不正确，例如He。答案选B。
7.M能层对应的能层是(　　)
A. 第一能层 B. 第二能层 C. 第三能层 D. 第四能层
【答案】C
【解析】
【分析】
第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别叫K、L、M、N、O、P、Q。
【详解】第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别叫K、L、M、N、O、P、Q，因此M能层对应的能层指的就是第三能层，故答案选C。
【点睛】能层概念：根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的能层，其能层序数第一、二、三、四、五、六、七……对应的能层分别用字母K、L、M、N、O、P、Q表示。
8.首次将量子化概念运用到原子结构，并解释了原子稳定性的科学家是(　　)
A. 玻尔 B. 爱因斯坦 C. 门捷列夫 D. 鲍林
【答案】A
【解析】
【分析】
玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性量子化的概念，玻尔提出了能级的概念，解释了氢原子的光谱。
【详解】A.玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性，故A正确；
B.爱因斯坦创立了代表现代科学的相对论，故B错误；
C.门捷列夫提出元素周期律，故C错误；
D.鲍林根据光谱实验的结果，总结出多电子原子中电子填充各原子轨道能级顺序，提出了多电子原子中原子轨道的近似能级图；
答案选A。
9.CH3+，—CH3，CH3—都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是(　　)
A. 它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B. CH3—与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为正四面体形
C. CH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D. CH3+与OH－形成的化合物中含有离子键
【答案】C
【解析】
等电子体是指价电子数和原子数分别都相等的物质，甲烷分子变成CH3+、-CH3、CH3-时，失去的分别是氢负离子、氢原子和氢离子，原子个数相同，价电子数不同，A选项错误；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，立体构型均为三角锥形，不是正四面体形，B选项错误；CH中的碳原子含有（4-1-3×1）÷2＝0对孤对电子，所以 中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，C选项正确；CH3+与OH-形成的化合物为CH3OH，均由非金属元素组成，只含有共价键，不含有离子键，D选项错误；正确答案C。
10.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【答案】D
【解析】
本题考查了价层电子对互斥理论的应用。H2S为V形；BF3为平面三角形。
11.下列各组分子中，按共价键极性由强到弱排序正确的是(　　)
A. HF　H2O　NH3　CH4 B. CH4　NH3　H2O　HF
C. H2O　HF　CH4　NH3 D. HF　H2O　CH4　NH3
【答案】A
【解析】
共价键极性的强弱取决于形成共价键的两原子的电负性，其电负性相差越大，形成的共价键极性越强。
12.下列原子半径最小的是(　　)
A. 1s22s22p3 B. 1s22s22p33s23p3
C. 1s22s22p5 D. 1s22s22p33s23p2
【答案】D
【解析】
【详解】有电子排布式可知，四种原子分别为：N，Mg，F，Na，同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径从大到小的顺序：Na >Mg >N >F，所以原子半径最大的为钠，D正确；
综上所述，本题选D。
13.4p轨道填充一半的元素，其原子序数是(　　)
A. 15 B. 33 C. 35 D. 51
【答案】B
【解析】
根据构造原理可知，当4p轨道填充一半时，3d已经排满10个电子，所以原子序数为2+8+18+5＝33，答案是B。
14.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的（　　）
A. 铁是非晶体
B. 晶体和非晶体在熔化过程中温度都上升
C. 晶体熔化时吸热，非晶体熔化时不吸热
D. 晶体有固定熔点，非晶体没有固定熔点
【答案】D
【解析】
【分析】
晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点。
【详解】A.铁是金属晶体，故A错误；
B.晶体在熔化过程中温度保持不变，非晶体在熔化过程中温度不断升高，故B错误；
C.晶体与非晶体熔化时都需要吸热，故C错误；
D.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故D正确；
答案选D。
15.根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的（　　）
A. PCl3 B. H3O+ C. HCHO D. PH3
【答案】C
【解析】
根据价层电子对互斥理论可知，选项A中P原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2=1，B中O原子含有的孤对电子对数是（6－1－1×3）÷2=1，D中P原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2=1，因此选项ABD都是三角锥形结构。选项C中碳原子含有的孤对电子对数是（4－1×2－2×1）÷2=0，所以甲醛是平面三角形结构，答案选C。
16.下面的排序错误的是（　　）
A. 晶体熔点由高到低：MgO＞H2O＞NH3
B. 熔点由高到低：金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
C. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】B
【解析】
试题分析：B项：顺序应为，金刚石>纯铁>生铁 >钠，故错。故选B。
考点：熔点 硬度 晶格能
点评：本题考查的是熔点、硬度、晶格能的相关知识，需要注意的是合金的熔点会低于各组成成分的熔点。
17.最近，美国普度大学的研究人员开发出一种利用铝镓合金加水制造氢气的新工艺。这项技术具有广泛的能源潜在用途，包括为汽车提供原料、为潜水艇提供燃料等。该技术通过向铝镓合金注水，铝生成氧化铝，同时生成氢气。合金中镓(Ga，ⅢA)是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。下列关于铝、镓的说法正确的是
A. 铝的金属性比镓强
B. 铝的熔点比镓低
C. Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，一定能与NaOH溶液反应
D. 铝、镓合金与水反应后的物质可以回收利用冶炼铝
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据同主族元素金属性的递变规律分析，同主族元素从上到下金属性逐渐增强；
B.二者都是金属晶体，金属键越强，熔点越高，二者离子电荷相同，离子半径越大金属键越弱；
C.Ga的金属性比Al强，Ga（OH）3可能不表现为两性氢氧化物；
D.铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，工业上电解熔融的氧化铝冶炼铝。
【详解】A.同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性Ge>Al，故A错误；
B.二者都是金属晶体，离子半径Ge3+>Al3+，故金属Al中的金属键更强，则熔点Al>Ge，故B错误；
C. Ga的金属性比Al强，Ga(OH)3可能不表现为两性氢氧化物，故Ga(OH)3不一定与能与NaOH溶液反应，故C错误；
D.铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，可以回收氧化铝冶炼铝，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查元素周期律，其中易错点为C项。同主族元素原子最外层电子数相同，故化学性质有一定的相似性，如，碱金属元素均易失电子，具有较强的还原性；但由于同主族元素原子的原子半径逐渐增大，其化学性质也表现出递变性规律，如金属性逐渐增强，故本题中不能推测Ga(OH)3一定和Al(OH)3一样具有两性。
18.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是(　　)
A. 光气(COCl2) B. 六氟化硫
C. 二氟化氙 D. 三氟化硼
【答案】A
【解析】
试题分析：A、光气COCl2中每个C原子为最外层8电子结构，正确。B、六氟化硫中S原子不满足8电子结构，错误。C、二氟化氙中Xe原子不满足8电子结构，错误。D、三氟化硼中B原子不满足8电子结构，错误。
考点：考查分子中原子是否满足8电子稳定结构的判断的知识。
19.在同一个原子中，M能层上的电子与Q能层上的电子的能量(　　)
A. 前者大于后者 B. 后者大于前者
C. 前者等于后者 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
在同一个原子中，能层的能量由低到高的顺序是：K、L、M、N、O、P、Q，故答案选B。
20. 下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是
A. Na: 1s22s22p53s2 B. S2-: 1s22s22p63s23p6
C. N: 1s22s22p3 D. Si: 1s22s22p63s23p2
【答案】A
【解析】
根据构造原理可知，钠原子的最外层电子数是1个，所以选项A不是钠原子的基态电子排布，其余都是的，答案选A。
21.能够用键能的大小作为主要依据来解释的是(　　)
A. 常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态
B. 硝酸是挥发性酸，而硫酸、磷酸是不挥发性酸
C. 稀有气体一般难于发生化学反应
D. 空气中氮气的化学性质比氧气稳定
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氯气的相对分子质量比溴单质小，所以氯气的沸点比溴单质低，在常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态，与键能无关，故A错误；B．硝酸的分子间作用力小，沸点低，是挥发性，酸硫酸、磷酸的分子间作用力大，沸点高，是不挥发性酸，与键能无关，故B错误；C．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构，稀有气体一般难于发生化学反应，与键能无关，故C错误；D．氮气分子中N≡N的键能比氧气分子中O=O的键能强，故化学性质比氧气分子稳定，与键能有关，故D正确；故选D。
考点：考查了化学键和分子间作用力的相关知识。
22.如图所示是晶体结构中具有代表性的最小重复单元(晶胞)的排列方式，图中○—X、●—Y、⊗—Z。其对应的化学式不正确的是(　　)
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
A、B图中X、Y原(离)子的数目比均为1：1，B项错；C图中X的数目：4×＋1＝，Y的数目：4×＝，化学式X3Y正确；D图中，X的数目：8×＝1，Y的数目：6×＝3，Z位于体心，数目为1，化学式XY3Z正确。
23.下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（　　）
A. 分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
B. 杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
C. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
D. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
【答案】B
【解析】
试题分析：A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子可能是正四面体结构，如CH4，也可能不是正四面体结构，如H2O是V型分子，NH3是三棱锥型，正确；C．原子轨道发生杂化时，轨道数不变，但轨道的形状发生了改变，正确；D． sp3杂化轨道夹角是109°28′；sp2杂化轨道夹角是120°；sp杂化轨道的夹角为180，正确。
考点：考查关于杂化轨道的叙述正误判断的知识。
24.下列说法正确的是(　　)
A. 因为p轨道是“8”字形的，所以p电子是“8”字形
B. 能层数为3时，有3s、3p、3d、3f四个轨道
C. 氢原子中只有一个电子，故氢原子只有一个轨道
D. 原子轨道与电子云都是用来形象描述电子运动状态的
【答案】D
【解析】
A项,p轨道是哑铃形,是说的电子出现概率高的“区域”的形状。B项,能层数为3时,共有9个轨道。C项,氢原子中有一个电子,但轨道是人们规定的,可以是空轨道。
25.下列叙述正确的是(　　)
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
26.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是(　　)
A. Li2SO4难溶于水
B. Li与N2反应的产物是Li3N
C. LiOH易溶于水
D. LiOH与Li2CO3受热都很难分解
【答案】B
【解析】
试题分析：锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，A、硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，A错误；B、镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，B正确；C、氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，C错误；D、氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，D错误；答案选Ｂ。
考点：考查位置结构性质的相互关系应用。
27.某元素的原子核外有三个电子层，其中M层电子数是L层电子数的一半，则此元素(　　)
A. C B. Si C. S D. C1
【答案】B
【解析】
【分析】
本题根据元素的核外电子排布，三个电子层分别为K、L、M，K层为2个电子，L层为8个电子。根据题设条件中，M层的电子数是L层电子数的一半，可以得到M层为4个电子，进而推出该原子的核外电子数，原子序数等于原子的核外电子数，即可判断相应元素。
【详解】三个电子层即为K、L、M，根据原子的核外电子排布规律，K层为2个电子，L层为8个电子。若M层的电子数是L层电子数的一半，则M层为4个电子，原子核外一共有2+8+4 = 14个电子，为硅元素，故答案选B。
28.根据价层电子对互斥理论及原子的杂化轨道理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（ ）
A. 直线形　sp杂化 B. 三角形　sp2杂化
C. 三角锥型　sp2杂化 D. 三角锥型　sp3杂化
【答案】D
【解析】
试题分析：根据价层电子对互斥理论可知，NF3分子中氮原子含有的孤对电子对数＝（5－3×1）÷2＝1，所以NF3是三角锥形结构，氮原子是sp3杂化，答案选D。
考点：考查分子空间构型以及氮元素杂化轨道类型的判断
29.下列说法中正确的是(　　)
A. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
B. 处于最低能量的原子叫基态原子
C. 能量高的电子在离核近的区域运动，能量低的电子在离核远的区域运动
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】B
【解析】
试题分析：A选项，小黑点表示的是电子出现的概率。B选项正确。C选项，错误。能量高的垫在离核远的区域运动，能量低的电子在离核近的区域运动。D选项，错误。光谱也有可能是由激发态跃迁到能量稍低的激发态而产生，或电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱。
考点：原子核外电子的能级分布
30.下列事实不能用键能的大小来解释的是(　　)
A. N元素的电负性较大，但N2的化学性质很稳定
B. 惰性气体一般难发生反应
C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱
D. F2比O2更容易与H2反应
【答案】B
【解析】
本题主要考查键参数的应用。由于N2分子中存在三键，键能很大，破坏共价键需要很大的能量，所以N2的化学性质很稳定；稀有气体都为单原子分子，分子内部没有化学键；卤族元素从F到I原子半径逐渐增大，其氢化物中的化学键键长逐渐变长，键能逐渐变小，所以稳定性逐渐减弱。由于H－F键的键能大于H—O键，所以二者相比较，更容易生成HF。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.写出下列价电子层所对应的元素在周期表中的位置和所属的区，并指明属于金属还是非金属。
序号
①4s24p5
②4d105s2
③5s1
④3d74s2
在周期表中的位置
__
__
__
__
所属的区
__
__
__
__
金属还是非金属
__
__
__
__
【答案】 (1). 第四周期ⅦA族 (2). 第五周期ⅡB族 (3). 第五周期ⅠA族 (4). 第四周期Ⅷ族 (5). p (6). ds (7). s (8). d (9). 非金属 (10). 金属 (11). 金属 (12). 金属
【解析】
【分析】
元素所在的周期数 = 电子层数，对于主族元素来讲，主族序数 = 价电子层的电子总数，元素所属的区可通过价电子层来判断；
熟记金属与非金属元素的分界线，在分界线左边的是金属元素，在分界线右边的是非金属元素；
根据电子层数和最外层电子数确定周期序数和族序数。
【详解】①的价电子层为4s24p5，共有4个电子层，位于第四周期，最外层有7个电子，为第ⅦA族，价电子层符合ns3np1～6，故属于p区，位于金属与非金属元素的分界线的右边，属于非金属元素；
②的价电子层为4d105s2，共有5个电子层，位于第五周期，价电子层符合(n-1)d10ns1～2，故属于ds区，且最外层有2个电子，为第ⅡB族，在金属与非金属元素分界线的左边，属于金属元素；
③的价电子层为5s1，共有5个电子层，位于第五周期，价电子层符合ns1～2，故属于s区，且最外层有1个电子，为ⅠA族，在金属与非金属分界线的左边，属于金属元素；
④的价电子层为3d74s2，共有4个电子层，位于第四周期，价电子层符合(n-1)d1～9ns1～2，故属于d区，且价电子层的电子总数为9，为第Ⅷ族，在金属与非金属元素分界线的左边，属于金属元素。
32.Cu2+能与NH3、H2O、OH﹣、Cl﹣等形成配位数为4的配合物。
（1）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu（OH）4]。
①画出配离子[Cu（OH）4]2+中的配位键__。
②Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有__（填序号）。
A．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键
（2）金属铜单独与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液发生如下反应：Cu+H2O2+4NH3═[Cu（OH）4]2++2OH﹣。其原因是_________________．
（3）Cu2+可以与乙二胺（H2N﹣CH2CH2﹣NH2）形成配离子（如图）：

①H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序____。
②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是__。
③乙二胺沸点高于Cl﹣CH2CH2﹣Cl的主要原因是__。
【答案】 (1). (2). AC (3). 过氧化氢为氧化剂，氨分子与Cu2+形成配位键，两者相互促进使反应进行 (4). O＞N＞H (5). sp3 (6). 乙二胺分子间能形成氢键
【解析】
【分析】
（1）①Cu2+含有空轨道，OH-含有孤对电子，可形成配位键；
②Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在离子键和极性共价键；
（2）过氧化氢可氧化Cu生成Cu2+，进而与氨分子形成配位键；
（3）①根据电负性在周期表中递变规律分析；
②乙二胺分子中N原子形成4个δ键；
③乙二胺分子间能形成氢键。
【详解】(1)①Cu2+含有空轨道，OH−含有孤对电子,可形成配位键，配离子[Cu(OH)4]2+中1个Cu2+与4个OH−形成配位键，可表示为，故答案为：；
②Na2[Cu(OH)4]为离子化合物，含有离子键，并且O−H为极性共价键，故答案为：AC；
(2)过氧化氢可氧化Cu生成Cu2+，进而与氨分子形成配位键，
故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨分子与Cu2+形成配位键，两者相互促进使反应进行；
(3)①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O>N，H的电负性最弱，则有O>N>H，故答案为：O>N>H；
②乙二胺分子中N原子形成4个δ键，为sp3杂化，故答案为：sp3；
③N元素电负性较强，可形成氢键，沸点较高，故答案为：乙二胺分子间能形成氢键。
33.现有前四周期A，B，C，D，E、X六种元素，已知B，C，D，E、A五种非金属元素原子半径依次减小，其中B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍．X原子的M能层上有4个未成对电子．请回答下列问题：
（1）写出C，D，E三种原子第一电离能由大到小的顺序为__。
（2）A原子与B，C，D原子形成最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为__，根据价层电子对互斥理论预测BA2D的分子构型为__。
（3）某蓝色晶体，其结构特点是X2+、X3+离子分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个BC﹣．与A同族且相差两个周期的元素R的离子位于立方体的恰当位置上，根据其结构特点可知该晶体的化学式为____（用最简正整数表示）。
（4）科学家通过X射线探明，KCl、MgO、CaO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似（如右图所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：

根据表格中的数据：判断KCl、MgO、TiN 三种离子晶体熔点从高到低的顺序是__，MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的O2﹣有__个。
（5）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好，离子型氧化物V2O5和Cr2O3中，适合作录音带磁粉原料的是__。

【答案】 (1). F＞N＞O (2). H2O＞NH3＞CH4 (3). 平面三角形 (4). NaFe2（CN）6 (5). TiN＞MgO＞KCl (6). 6 (7). Cr2O3
【解析】
【分析】
根据B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍，则电子排布式为：1s22s22p2，故为C，B、C、D、E、A五种非金属元素原子半径依次减小，则为同周期，故B为C，C为O，D为F，A为H。
【详解】（1）同周期从左到右第一电离能依次增大，但是在第ⅤA族的氮原子，p轨道上半充满状态稳定，不易失去电子，故答案为：F＞N＞O；
（2）C、N、O原子的得电子能力O＞N＞C，得电子能力越强，其氢化物的稳定性越强，根据价层电子对互斥理论，CH2O的中心原子的杂化方式为sp2杂化，为平面三角形，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；平面三角形；
（3）X原子的M能层上有4个未成对电子，则电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故为Fe，BC-为CN-，与A同族且相差两个周期的元素R即为Na，根据立方体结构，每个晶胞中含有钠、铁、和氢氰根的个数为：1、2、6，分子式为：NaFe2（CN）6，故答案为：NaFe2（CN）6；
（4）因为KCl、MgO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，离子半径越小、离子电荷越多则晶体的晶格能越大，晶格能越大则晶体熔点越高，故熔点从大到小的顺序为TiN＞MgO＞KCl。MgO晶体与氯化钠相似，故一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的O2-有6个，答案为：TiN＞MgO＞KCl；6；
（5）金属铬(+3)离子和钒(+5)离子的未成对电子数分别为3和0，则三氧化二铬磁性大、磁记录性能好，适合作磁粉材料，故答案为：Cr2O3。
34.有A，B，C，D，E五种短周期元素，其中A，B，C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个不成对的电子；D，E原子核内各自的质子数与中子数相等；B元素可分别与A，C，D，E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为 7∶8，E与B的质量比为1∶1。试回答：
(1)写出D元素基态原子的电子排布式：__________________________。
(2)写出AB2的结构式：___________________________________________________。
(3)B，C两元素的第一电离能大小关系为______>______(填元素符号)，原因是____________________。
(4)根据VSEPR模型预测C的氢化物的立体构型为____________，中心原子C的杂化轨道类型为________。
(5)C的单质分子中π键的数目为______，B，D两元素的气态氢化物的稳定性大小关系为______>____(填化学式)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2 (2). O=C=O (3). N (4). O (5). N原子最外层的p能级电子处于半充满状态，比较稳定 (6). 三角锥形 (7). sp3杂化 (8). 2 (9). H2O (10). SiH4
【解析】
【分析】
p能级电子数不超过6，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，则A的核外电子排布为1s22s22p2，应为C元素；B原子最外层中有两个不成对的电子，核外电子排布式为1s22s22p4，为O元素；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，且A、B、C属于同一周期，则C为N元素，可形成NO2化合物；在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，则有M（D）：M（O）=7：4，M（D）=7× = 28，D应为Si元素；E与B的质量比为1：1，则M（E）= 2M（O）= 2×16 = 32，所以E为S元素，据此答题。
【详解】p能级电子数不超过6，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，则A的核外电子排布为1s22s22p2，应为C元素。B原子最外层中有两个不成对的电子，核外电子排布式为1s22s22p4，为O元素。B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，且A、B、C属于同一周期，则C为N元素，可形成NO2化合物。在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，则有M(D)：M(O) = 7：4，M(D) = 7×164 = 28，D应为Si元素。E与B的质量比为1：1，则M(E) = 2M(O) = 2×16 = 32，所以E为S元素。
（1）D为Si元素，原子序数为14，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，
故答案为：1s22s22p63s23p2；
（2）AB2为CO2，路易斯结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O ；
（3）由于N原子2p轨道为半充满状态，第一电离能较大，所以第一电离能N>O，
故答案为：N；O；N原子最外层的电子处于半充满状态，比较稳定；
（4）NH3中，N原子与H原子形成3个δ键，孤电子对数为(5−3×1)/2=1，所以空间构型为三角锥形，N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，
故答案为：三角锥形；sp3；
（5）C为N元素，形成的单质为N≡N，含有2个π键，由于O的非金属性大于Si，则稳定性：H2O>SiH4，故答案为：2；H2O；SiH4。
【点睛】本题考查元素原子结构与性质相互关系的综合应用。需要注意的是，同周期中，元素原子的第一电离能的反常现象，即IIA族、VA族元素原子的价电子排布分别为ns2、ns2np3，其结构分别满足为全满和半满状态，这两个主族元素原子较为稳定，故第一电离能反常。如本题第（3）小题，N元素与O元素第一电离能比较中，N>O，因N原子最外层的电子处于半充满状态，比较稳定。
35.氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：

请回答下列问题：
（1） 由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_________、__________；
（2） 基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；
（3） 在BF3分子中，F-B-F的建角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF，BF的立体结构为_______；
（4） 在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；
（5）六方氢化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶苞边长为361.5pm，立方氮化硼晶苞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。
【答案】
【解析】
略
36.2001年是伟大的化学家、1954年诺贝尔化学奖得主、著名的化学结构大师、20世纪的科学怪杰鲍林(L.Pauling)教授的诞辰100周年。1994年这位老人谢世后，人们打开他的办公室，发现里面有一块黑板，画得满满的，其中一个结构式如图所示。老人为什么画这个结构式？它能合成吗？它有什么性质？不得而知。这是鲍林留给世人的一个谜，也许这是永远无法解开的谜，也许有朝一日你就能解开它。不管结果如何，让我们先对这个结构作一番了解。

(1)它的分子式是__________________________________________________________。
(2)它的所有原子是否可能处于同一个平面上？________(填“可能”或“不可能”)。
(3)它是否带有电荷？________(填“是”或“否”)。
(4)该分子中sp杂化的氮原子有___个；sp2杂化的氮原子有___个；sp3杂化的氮原子有_____个。
(5)为什么人们推测它是炸药？______________________________________________。
【答案】 (1). C6H2O2N10 (2). 可能 (3). 否 (4). 1 (5). 9 (6). 0 (7). 它分解能产生大量很稳定的气体N2
【解析】
【分析】
（1）根据结构简式书写分子式；
（2）根据苯环的共面结构和氮原子的成键特点来确定该有机物的共面情况；
（3）根据原子的成键情况来确定电性；
（4）sp杂化的N原子表现为线型结构，sp2杂化N原子表现为三角锥结构；sp3杂化的N原子表现为四面体结构；
（5）产物中有大量的氮气，而能量越低越稳定，放出的热量越多。
【详解】（1）根据结构简式书写分子式为：C6H2O2N10，故答案为：C6H2O2N10；
（2）碳原子和氮原子均相当于有3个价电子对，根据价层电子对互斥理论，可知它们为平面三角型结构，由此推出碳原子和氮原子构成的环为平面结构，氧原子有4对电子对，它们排列方式为四面体结构，故与氧原子连接的氢原子也可能在该平面内，与环不直接相连的2个氮原子也可能在此平面内，所以它的所有原子可能处于同一个平面，故答案为：可能；
（3）所有的原子成键都达到了饱和，所以不带电荷，故答案为：否；
（4）根据N原子的成键特点和结构，可知该分子中sp杂化的N原子只有结构的中间氮原子；其余的氮原子都是sp2杂化；没有sp3杂化的，故答案为：1；9；0。
（5）该物质分解会产生大量很稳定的气体N2。从能量变化角度来看，生成物的能量越低，反应放出的能量越高，故答案为：它分解能产生大量很稳定的气体N2。