甘肃兰州一中2012016学年高二下期中化学试卷解析版

1、2015-2016学年甘肃省兰州一中高二（下）期中化学试卷一、选择题（共24小题，每小题2分，共48分.每小题只有一个答案符合题意.） TOC o 1-5 h z 1 .描述硅原子核外电子运动说法错误的是（）A.有4种不同的伸展方向 B.有14种不同运动状态的电子C.有5种不同能量的电子 D.有5种不同的运动范围22.下列各组微粒中，各能层电子数均达到2n个的是（）A. Ne 和 Ar B . H 和 Na+ C. Ne 和 Cl D. F 和 S2.某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，其基态原子在L层分布中正确的是.下列说法正确的是（）A.电子云伸展方向与电子的能量大小是无关的B.

2、只含极性键的分子一定是极性分子C.氢键是一种特殊的化学键，它广泛地存在于自然界中D. H - O键键能为462.8 kJ/mol,即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2462.8 kJ5.根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是（）晶体NaClKClAlCl 3SiCl4单质B容点/C810776190-682300沸点/C14651418180572500A. SiCl4是分子晶体B .单质B可能是原子晶体AlCl3加热能升华NaCl中化学键的强度比 KCl中的小6. X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（ ）A

3、. X的原子半径大于 Y的原子半径X的电负性大于丫的电负性X阴离子的半径小于 Y阳离子的半径X的第一电离能小于 Y的第一电离能.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（）A.两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化. NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D.氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据（用Ii、I2表示，单位为kJVmol1）.下列关于元素R的判断中一定正确的是（）1I2I3I4I5R74

4、0150077001050013600R的最高正价为+3价R元素位于元素周期表中第n A族R元素第一电离能大于同周期相邻元素R元素的原子最外层共有 4个电子R元素基态原子的电子排布式为1s22s2 .A. B. C. D . TOC o 1-5 h z .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, C2H2与 C2H4.图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2）,分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别.下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是（

5、）A. CF4 B. CH4 C, NH4+D, H2O.下列描述中不正确的是（）CS2为V形的极性分子C1O3的空间构型为三角锥形SF6中有6对完全相同的成键电子对PCl5和SO3均为非极性分子.下列关于晶体的说法中，不正确的是（）晶胞是晶体结构的基本单元 分子晶体若是密堆积方式，其配位数都是12含有离子的晶体-一定是离子晶体 共价键的强弱决定分子晶体熔沸点的高低MgO远比NaCl的晶格能大含有共价键的晶体一定是原子晶体 分子晶体的熔点一定比金属晶体低NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6.A.B.C.D.关于乙烯分子中有 5个？键、一个 兀键，下列说法正确的是（）sp2杂化轨道形成？键、

6、未杂化的2P轨道形成 兀键sp2杂化轨道形成 兀键、未杂化的2P轨道形成？键C、H之间形成的是s- p ?键，C、C之间的兀键是未参加杂化的 2P轨道形成的C、C之间形成的是sp2 - sp2?键，C、H之间是未参加杂化的 2P轨道形成的 兀键.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. H2O C. CO32D. CCl4. BF3与一定量的水形成晶体 Q （H2O） 2?BF3, Q在一定条件下可转化为 R：h2o- h-熔化r n-晶一凡0HOBFQ晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及（离子键 共价键 配位键 金属键 氢键 范德华力.A.

7、B.C.16.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水,D.首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液.下列对此现象说法正确的是（）. 2+,A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu的侬度不变2+B.沉捉溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu （H2O） 42+C.该实验能证明Cu （NH3） 4比氢氧化铜稳定D.在Cu （NH3） 42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH 3提供空轨道.已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换. 又知次磷酸（H3P。2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2P。2）却不能跟D?O发生氢 交换.由此可推断出

8、 H 3P02的分子结构是（D. H-P-H0 H C.h-ptT.下列说法正确的是A.甘油（CH20H CHOH CH2OH）分子中含有1个手性碳原子B.互为手性异构体的化合物，所含化学键的种类和数目完全相同C.互为手性异构体的化合物，在三维空间不能重合，但物理、化学性质却几乎完全相同D.互为手性异构体的化合物，分子组成不同，所以物理、化学性质也不同A.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（C02SiO2 B. C60和 Ar C. NaCl 和 HCl D. CaO 和 CsCl氧气的分子式为（CN） 2,结构式为N至-C-N,性质与卤素相似，下列叙述正确的是 ）A.分

9、子中四原子共直线，是非极性分子B . NC键的键长大于C金键的键长C.分子中含有2个？键和4个兀键D.氧气不和氢氧化钠溶液发生反应.下列比较正确的是（）A.元素的电负性：SP B.晶体的硬度：碳化硅晶体硅C.酸性：H3P04VH3PO3 D.热分解温度：CaCO3BaCO3. PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P-H键键能比N- H键键能低.下 列判断错误的是（）PH3分子呈三角锥形PH3分子是极性分子PH3沸点低于NH3沸点，因为P- H键键能低PH3分子稳定性低于 NH3分子，因为N- H键键能高.六氧化四磷的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分

10、子中含有的共价键的数目是()A. 10 B. 12 C. 24 D. 28.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是 (假设金属的摩尔质量为M g?mol 金属原子半径为r cm,用Na表示阿伏加德罗常数的值)()A.金属Mg采用 堆积方式8、123实验测得 W g该金属的体积为 V cm ,则阿伏加德罗常数B.和中原子的配位数分别为:C.对于采用 堆积方式的金属，Na的表达式为川4 3* BD.中空间利用率的表达式为:二、非选择题(共 4小题，共52分).结合原子核外电子排布的有关知识，按要求完成下列各题：(1)元素基态原子的电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有 (填

11、元素名称).(2)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域：s区、p区、d区、ds区和f区.第四周期元素属于 s区的有 种，属于d区的有 种.(3)某同学将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23Px23py1,它违背了 .(4)燃放由碱金属盐等做成的焰火时，可发出五颜六色的光，请用原子结构的知识解释发光的原因：.按要求回答下列问题：(1)气态SeO3分子的立体构型为 , SO32离子的立体构型为 ；H+可与NH3形成NH4+. NH4+中H -N - H键角比NH3中H - N - H键角大，原因 是.30g SiO2晶体中含Si - O键的物质的量为 , 9

12、g冰中含氢键的个数 为.配合物种类繁多，应用广泛.按要求完成下列各题：(1)已知含Ti3+的配合物的化学式为TiCl (H2O) 5Cl2?H2O,其中配离子为 , 该配合物的配体是,中心原子的配位数为 .(2)已知+3价Co的配合物CoClm?nNH3,中心原子的配位数为 6,若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应生成1mol AgCl沉淀，则该配合物的化学式为 (用配合物 形式表不).(3)已知Fe2+与KCN溶液反应生成Fe (CN) 2沉淀，当加入过量 KCN溶液时沉淀溶解， 生成配合物黄血盐，其配离子呈正八面体结构(如图)若其中2个CN被Cl取代，所形成配离子的同分异构体有 种，

13、上述沉淀溶解过程的化学方程式为X原子核外s.元素X、Y、Z、W、R为前四周期元素，且原子序数依次增大.已知:轨道电子数是p轨道电子数的2倍；Z原子L电子层上有2对成对电子；W原子核外电子 占有9个轨道，而且有1个未成对电子；R为过渡金属，R+核外有3个电子层且各层均处于 全满状态.请回答下列问题:W基态原子的价电子排布图为 , R基态原子的外围电子排布式 为.(2)元素X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为(用元素符号表示) .(3)由上述元素形成的与 BF3互为等电子体的阴离子的化学式为 ,其中心原 子的杂化方式为 杂化.(4)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有

14、关.一般而言，为d0或d10排布时，无色；为d1d9排布时，有颜色.据此判断，R (H2O) 6产 (填充”或有”)颜色.(5)已知Z、R能形成两种化合物，其晶胞如图甲和乙所示， 则甲的化学式为 乙的化学式为 ;高温时甲易转化为乙，原因是 .(6)在高温高压下，由 X和Z两种元素所形成的晶体其晶胞如图丙所示，则该晶体的化学 式为 (用元素符号表示).若该晶体中距离最近的两个 X原子核之间的距离为 a pm,则该晶体的密度为 g/cm3 (写出含a的表达式，不必化简，用NA表示阿 伏加德罗常数的值).2015-2016学年甘肃省兰州一中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共24小

15、题，每小题2分，共48分.每小题只有一个答案符合题意.）.描述硅原子核外电子运动说法错误的是（）A.有4种不同的伸展方向 B.有14种不同运动状态的电子C.有5种不同能量的电子 D .有5种不同的运动范围【考点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态.【分析】根据硅原子为14号元素，则核外有14种不同运动状态的电子，再根据电子排布式1s22s22p63s23p2 进行分析.【解答】解：A.硅原子为14号元素，电子排布式1s22s22p63s23p2,共2种轨道，S轨道为 球形只有1伸展方向，p轨道有3种伸展方向，则有 4种不同的伸展方向，故 A正确；B .硅原子为14号元素，则核外有14种不

16、同运动状态的电子，故 B正确；C.硅原子为14号元素，电子排布式1s22s22p63s23p2,所以有5种不同能量的电子，故 C 正确；D,硅原子为14号元素，电子排布式1s22s22p63s23p：则核外有3个电子层，所以有3种不 同的运动范围，故 D错误.故选D.下列各组微粒中，各能层电子数均达到2n2个的是（）A. Ne 和 Ar B . H 和 Na+ C. Ne 和 Cl D. F 和 S2【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系.【分析】 各个电子层电子数都达到 2n2个，但最外层电子数不大于 8个，次外层不大于18 个，倒数第三层不大于 32个，据此分析解答.【解答】解：各

17、个电子层电子数都达到2n2个，但最外层电子数不大于 8个，次外层不大于18个，倒数第三层不大于 32个.当n=1时，电子层只有一个，第一电子层也是其最外电子层，最多排2个电子；当n=2时，最外层是第二电子层，最多排 8个电子，各电子层能达到 2n2个电子，所以只要 核外电子数是10个的原子或离子都可.当n=3时，最外层是第三电子层，最多排 8个电子，不是各电子层能达到 2n2个电子，所以 舍去.所以符合条件的是有 2个电子或10个电子的原子或离子.Ar原子核外第三层只有 8个电子，未达到2n2 （n为电子层数）=18个，不符合条件， 故A错误；H和Na+各个电子层电子数都达到 2n2个，故B正

18、确；C核外第三层只有8个电子，未达到2n2 （n为电子层数）=18个，不符合条件，故 C 错误；S2核外第三层只有8个电子，未达到2n2 （n为电子层数）=18个，不符合条件，故 D 错误； 故选B .某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，其基态原子在L层分布中正确的是（ ）【考点】原子核外电子排布.【分析】K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2P能级，2P能级能量较 高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，2P能级有3个轨道，电子优先单独占有 1个轨道, 且自旋方向相同.【解答】 解：K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2P能级，2P能级能 量较高，2s

19、能级有1个轨道，容纳2个电子，剩余2个电子填充2P能级，2P能级有3个轨 道，电子优先单独占有 1个轨道，且自旋方向相同，基态原子在 L层分布图为.下列说法正确的是（）A.电子云伸展方向与电子的能量大小是无关的B.只含极性键的分子一定是极性分子C.氢键是一种特殊的化学键，它广泛地存在于自然界中D. H - O键键能为462.8 kJ/mol ,即18 g H2O分解成H2和。2时，消耗能量为2462.8 kJ 【考点】原子核外电子排布；含有氢键的物质.【分析】A.电子云伸展方向与电子的能量大小是无关，电子能量越高，电子在离核更远的区域出现概率增大，电子云向更大的空间扩展；B.含有极性键的分子，

20、结构对称，可能为非极性分子；C.氢键不属于化学键；D.化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，且水分之间存在氢键，也需要消耗能量.【解答】解：A.电子能量越高，电子在离核更远的区域出现概率增大，电子云向更大的空间扩展，电子云伸展方向不变，与电子的能量大小是无关，故 A正确；B.含有极性键的分子， 结构对称，可能为非极性分子，若甲烷为极性键形成的非极性分子，故B错误；C.氢键不属于化学键，故 C错误；D.化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，且水分之间存在氢键，也需要消耗能量，消耗的能量不等于断键吸收的能量，故D错误.故选：A.5.根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误

21、的是（）晶体NaClKCl容点/C810776沸点/C14651418AlCl3SiCl4单质B190-682300180572500A. SiCl4是分子晶体B.单质B可能是原子晶体A1C13加热能升华NaCl中化学键的强度比 KC1中的小 【考点】分子晶体.【分析】A.根据SiCJ的物理性质分析；B .根据单质B的熔沸点分析；C,由表中数据可知 A1C1 3的沸点比熔点低；D.离子晶体的晶格能越大，化学键强度越高.【解答】解：A.由表中数据可知，SiC14的熔沸点较低，属于分子晶体，故 A正确；B.单质B的熔沸点很高，所以单质 B是原子晶体，故 B正确；C.由表中数据可知 A1C1 3的沸

22、点比熔点低，所以 A1C13加热能升华，故 C正确；D. KC1、NaC1均为离子晶体，决定晶格能的因素为：离子电荷、离子半径，钾离子的半径 大于钠离子，所带电荷相同，因此 NaC1的晶格能较大，化学键强度较大，故 D错误； 故选D.6. X、丫为两种元素的原子，X的阴离子与丫的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知 ( )A . X的原子半径大于 Y的原子半径X的电负性大于丫的电负性X阴离子的半径小于 Y阳离子的半径X的第一电离能小于 Y的第一电离能 【考点】原子结构与元素的性质.【分析】X元素的阴离子和 丫元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相 等，则Y元素处于X元素的下一周期

23、，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少.【解答】 解：X元素的阴离子和 Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数 目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少，A、Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，原子半径小于同周期与Y处于同族的元素，故原子半径 YX,故A错误；B、X为非金属元素，Y为金属元素，故 X的电负性高于 Y的电负性，故B正确；C、核外电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，Y元素处于X元素的下一周期，Y的核电荷数更大，故离子半径X阴离子半径更大，故 C错误；D、X为

24、非金属元素，Y为金属元素，故 X的第一电离能大于 Y的第一电离能，故 D错误; 故选B .氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为()A .两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化. NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D.氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断.3【分析】NH3中N原子成3个？键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4,米取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间

25、构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型.【解答】解：NH3中N原子成3个？键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4,采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109。28，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接 4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109。28；故CH4为正四面 体构型，故ABD错误，C正确.故选：C.8.下表列出了某短周期元素 R的各级电离能数据（用 Ii、12表示，单位为kJ?mol1）.下

26、列关于元素R的判断中一定正确的是（）1I2I3I4I5R740150077001050013600R的最高正价为+3价R元素位于元素周期表中第n A族R元素第一电离能大于同周期相邻元素R元素的原子最外层共有 4个电子R元素基态原子的电子排布式为1s22s2 .A. B.C. D .【考点】原子核外电子排布.【分析】某短周期元素R的第三电离能剧增，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族,该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于4,故R为Mg元素.【解答】解：某短周期元素 R的第三电离能剧增，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于 4,故R为M

27、g元素.R的最高正价为+2价，故错误；R元素位于元素周期表中第n A族，故 正确；R元素最外层电子排布式为3s2,为全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故正确；R元素的原子最外层共有 2个电子，故 错误；R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p62s2,故 错误，故选：B.9.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A. CO2 与 SO2B. CH4与 NH3 C. BeCl2与 BF3 D, C2H2与 C2H4【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断.【分析】A、B、C、物质属于ABm, ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=7 （中心原子的价电子

28、数 +配位原子的成键电子数 土电荷数）注意：当上述公式中电荷数为正值时取，电荷数为负值时取 +”.当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零.根据n值判断杂化类型： 一般有如下规律：当n=2 , sp杂化；n=3, sp2杂化；n=4 , sp3杂化.D、对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+?键数进行判断.【解答】解：A、CO2中C原子杂化轨道数为(4+0)=,采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为(6+0) =3,采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故 A错误.2B、CH4中C原子杂化轨道数为-lx (4+4) =4,采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为Hx (5+3

29、) =4,采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故 B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为(2+2) =2,采取sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为X (3+3) =3,采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故 C错误；2D、C2H2分子中碳原子形成1个C-H, 1个C七三键，C原子杂化轨道数为(1 + 1) =2, 采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成 2个C- H, 1个C C双键，C原子杂化轨道 数为(2+1) =3, C原子采取sp2杂化方式，故 D错误.故选：B.图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2),分子内存在空腔，

30、能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别.下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是()A. CF4 B. CH4 C, NH4+D, H2O【考点】有机化合物中碳的成键特征.【分析】能被该有机物识别即能嵌入空腔形成4个氢键，则要求某分子或离子是正四面体结构且能形成氢键，据此解题.【解答】 解：要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力.符合这样的选项就是 C和D,但题中要求形成 4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选 C. 故选C.下列描述中不正确的是()CS2为V形的极性分子ClO3的空间构型为

31、三角锥形SF6中有6对完全相同的成键电子对PCl5和SO3均为非极性分子【考点】判断简单分子或离子的构型.一一 .一4- 2X2 【分析】A. CS2中C原子孤电子对数=0,价层电子对数=2+0=2,为直线形对称2结构；C1O3中Cl原子孤电子对数=匕，=1,价层电子对数=3+1=4;2SF6中含有6个完全相同的S- F键；D,对应ABn型分子，中心原子最外层电子全部参与成键，该分子为非极性分子.q 一 2 X 2【解答】解：A. CS2中C原子孤电子对数=-=0,价层电子对数=2+0=2,为直线形对称结构，属于非极性分子，故 A错误；C1O3中C1原子孤电子对数=_ Ji=1,价层电子对数=

32、3+1=4,空间构型为三角锥2形，故B正确；SF6中含有6个S-F键，化学键完全相同，故 C正确；PC15和SO3电子中P、S原子最外层电子全部参与成键，均为非极性分子，故 D正确.故选：A.12.下列关于晶体的说法中，不正确的是（）晶胞是晶体结构的基本单元 分子晶体若是密堆积方式，其配位数都是12含有离子的晶体-一定是离子晶体 共价键的强弱决定分子晶体熔沸点的高低MgO远比NaCl的晶格能大含有共价键的晶体一定是原子晶体 分子晶体的熔点一定比金属晶体低NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6.A.B.C,D.【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.【分析】晶体的基本单元是晶胞；分子晶

33、体若是密堆积方式，其配位数=3刈吆；金属晶体由金属阳离子和电子构成；共价键影响分子晶体稳定性但不影响晶体熔沸点；离子晶体晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；含有共价键的晶体可能是分子晶体或离子晶体；分子晶体的熔点不一定比金属晶体低；NaCl晶体中，由体心的钠离子看出周围的氯离子.【解答】解：晶体的基本单元是晶胞，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，有自范性，故正确；分子晶体若是密堆积方式，其配位数=3刈吆=12,故正确；金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以含有离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；共价键影响分子晶体稳定性但不影响晶体熔沸点，晶体熔沸点与分子间作用力成正比，

34、故错误；离子晶体晶格能与离子半径成反比、与电何成正比，镁离子半径小于钠离子、氧离子半径小于氯离子，而镁离子电荷大于能力、氧离子电荷大于氯离子，所以 MgO远比NaCl的 晶格能大，故正确；含有共价键的晶体可能是分子晶体或离子晶体，如水中只含共价键， 为分子晶体，NaOH为离子晶体但含有共价键，故错误；分子晶体的熔点不一定比金属晶体低，如 NaCl晶体中，由体心的钠离子看出周围有 所以NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为 故选D.Hg的熔点小于碘，故错误；6个氯离子，每个氯离子周围有 6个钠离子,6,故正确；.关于乙烯分子中有 5个？键、一个 兀键，下列说法正确的是（）sp2杂化轨道形成？键、

35、未杂化的2P轨道形成 兀键sp2杂化轨道形成 兀键、未杂化的2P轨道形成？键C、H之间形成的是s- p ?键，C、C之间的兀键是未参加杂化的 2P轨道形成的 D. C、C之间形成的是sp2 - sp2?键，C、H之间是未参加杂化的 2P轨道形成的 兀键 【考点】共价键的形成及共价键的主要类型.【分析】A.杂化轨道用于填充孤对电子及成B.杂化轨道用于填充孤对电子及成？键;C.乙烯中每个 C原子形成2个C-H键、 取sp2杂化，杂化轨道用于填充孤对电子及成D,乙烯中每个C原子形成2个C-H键、 取sp2杂化，杂化轨道用于填充孤对电子及成 【解答】解：A.乙烯中sp2杂化轨道形成2 ,B,乙烯中sp

36、杂化轨道形成?键；1个C=C双键，故杂化轨道数目为 3, C原子采?键；1个C=C双键，故杂化轨道数目为 3, C原子采 ?键.?键，未杂化的2P轨道形成 兀键，故A正确；?键，未杂化的2P轨道形成 兀键，杂化轨道不能形成 兀键，故B错误；C.乙烯中每个 C原子成2个C-H键、1个C=C双键，故杂化轨道数目为 2, C原子采取 sp2杂化，杂化轨道用于填充孤对电子及成 ？键，C-H之间是sp2杂化轨道形成？键，C-C之间有未杂化的2p轨道形成的 兀键，故C错误；2D.乙烯中C原子成2个C-H键、1个C=C双键，故杂化轨道数目为 2, C原子米取sp2 杂化，杂化轨道用于填充孤对电子及成？键，C

37、-H之间是sp2杂化轨道形成？键，C-C之间有未杂化的2P轨道形成的 兀键，故D错误； 故选A .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, H2O C. CO32D. CCl4【考点】判断简单分子或离子的构型.【分析】 价层电子对互斥模型（简称 VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数二?键个数+孤电子对个数. ？键个数二配原子个数，孤电子对个数 =73)=0,所以CO32的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结本模型一致，故 B不选；D.CC14分子中中心原子 C原子原子价层电子对个数 =?键个数+孤电子对个数=

38、4+工(4-1 4)=4, VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，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不选；故选B .H.0- H-熔化1F gg. BF3与一定量的水形成晶体 Q (H2O) 2?BF3, Q在一定条件下可转化为R:h3o- HOBF*+R晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及()离子键 共价键 配位键 金属键 氢键 范德华力.A. B. C. D,【考点】化学键.【分析】非金属元素原子之间易形成共价键，含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的 H原子易形成氢键，以此来解

39、答.【解答】解：Q非金属元素原子之间易形成共价键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，所以不涉及的是离子键和金属键， 故选C.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液.下列对此现象说法正确的是(). 2+,A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu的侬度不变2+B.沉捉溶解后，将生成深蓝色的配合离子 Cu (H2O) 4C.该实验能证明Cu (NH3) 4比氢氧化铜稳定D.在Cu (NH3)42+离子中，Cu2+给出孤对电子，N

40、H 3提供空轨道【考点】 配合物的成键情况.【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B.氢氧化铜和氨水反应生成配合物Cu (NH3)42+而使溶液澄清；C,氢氧化铜沉淀能转化为络合物离子Cu (NH3) 42+,能证明Cu (NH3) 42+比氢氧化铜稳定；D.配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键.【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2+2NH 3?H2O C

41、u (OH) 2j+2NH4+,继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透 明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu (OH) 2+4NH3 Cu(NH3) 42+2OH ;A.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu (NH3) 42+而使溶液澄清，故 B错误；C.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生 成络合物离子Cu (

42、NH3) 42+而使溶液澄清，氢氧化铜沉淀能转化为络合物离子Cu (NH3)42+,说明Cu (NH3) 42+比氢氧化铜稳定，故 C正确；D.在Cu (NH3) 42+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故 D错误； 故选C.已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换. 又知 次磷酸(H3P。2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2P。2)却不能跟D?O发生氢交换.由此可推断出 H 3PO2的分子结构是()【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的结构与性质之间的关系.【分析】根据磷酸分子中的三

43、个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢.【解答】解：由题意可知，次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，则 H3PO2中只有一个羟基氢，A、有2个羟基氢，则不符合题意，故 A错误；B、有1个羟基氢，则符合题意，故 B正确；C、有2个羟基氢，则不符合题意，故 C错误；D、不含有羟基氢，则不符合题意，故 D错误；故选B .下列说法正确的是

44、（）A.甘油（CH20H CHOH CH2OH）分子中含有1个手性碳原子B.互为手性异构体的化合物，所含化学键的种类和数目完全相同C.互为手性异构体的化合物，在三维空间不能重合，但物理、化学性质却几乎完全相同D.互为手性异构体的化合物，分子组成不同，所以物理、化学性质也不同【考点】手性分子”在生命科学等方面的应用.【分析】有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时，称为不对称碳原子， 手性碳原子为具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左右手一样互为镜像， 且在三维空间里不能重叠，互称手性异构.【解答】 解：A . CH2OH - CH0H - CH20H分子中不存在手性碳原子，故 A错误

45、；B.手性碳原子为具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，所含化学键的种类和数目完 全相同，故B正确；C.互为手性异构体的化合物，物理性质不同，光学活性不同，故 C错误；D.互为手性异构体的化合物，分子组成相同，故 D错误.故选B.19.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）C02 和 Si02 B. C60和 Ar C. NaCl 和 HCl D. CaO 和 CsCl【考点】化学键.【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键.【解答】解：A、固体C02是分子晶体，二氧化硅是

46、原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A错误；B、固体C60和Ar都是分子晶体，Ar只含共价键，而稀有气体晶体中不存在化学键，故 B 错误；C、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体 HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故 C 错误；D、CaO和CsCl都是离子晶体，只含离子键，故 D正确； 故选：D.20.氧气的分子式为（CN） 2,结构式为N金-C弟，性质与卤素相似，下列叙述正确的是（ ）A.分子中四原子共直线，是非极性分子NC键的键长大于C-C键的键长C.分子中含有2个？键和4个兀键D.氧气不和氢氧化钠溶液发生反应【考点】氯、澳、碘及其化合物的综合应用.【分析】A.直接连接

47、三键两端原子的原子与三键两端的原子共线，正负电荷重心重合的分 子为非极性分子；B.同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长；C.共价单键是？键，共价双键中一个是 ？键一个是 兀键，共价三键中一个是 ？键两个是 兀 键；D.根据卤素单质的性质分析氧化氢的性质.【解答】解：A.直接连接三键两端原子的原子与三键两端的原子共线，正负电荷重心重合的分子为非极性分子， 该反应中所有原子共线， 且该分子的正负电荷重心重合，为非极性分子，故A正确；B.同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以鼠分子中C-N键长小于C-C

48、键长，故B错误；C.共价单键是？键，共价双键中一个是 ？键一个是 兀键，共价三键中一个是 ？键两个是 兀 键，所以氧气分子中含有 3个？键和4个兀键，故C错误；D .根据卤素性质知，卤素单质能和氢氧化钠发生加成反应，则氟分子也能与氢氧化钠发生 反应，故D错误；故选A .21.下列比较正确的是（）A.元素的电负性：SP B.晶体的硬度：碳化硅晶体硅C.酸性：H3P04VH3PO3 D.热分解温度：CaCO3BaCO3【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律的作用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.【分析】A.同一周期元素从左到右电负性逐渐增大；B.影响原子晶体硬度大小的因素是共价

49、键的键长；C.酸的电离常数越大，该酸的酸性越强；D.晶格能越大，热分解温度越高，晶格能的主要影响因素是离子电荷，电荷越高，晶格能越大.其次就是离子半径，离子越小，晶格能越大.【解答】 解：A. S、P属于同一周期，且原子序数逐渐增大，同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性 SP,故A正确；B.原子半径Si0,两者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以晶体的硬度：碳化硅晶体硅，故 B错误；H3P04电离常数Ki=7,1 X10 3, H3P03电离常数Ki=3.7M02, H3P04的电离常数大，酸 性强，故C错误；CaC03、BaC03离子电荷相同，Ca2+半径

50、小于Ba2+半径，固体CaC03晶格能大于BaC03 晶格能，所以热分解温度：CaC03V BaC03,故D错误；故选A .22. PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P-H键键能比N- H键键能低.下 列判断错误的是（）PH3分子呈三角锥形PH3分子是极性分子PH3沸点低于NH3沸点，因为P- H键键能低PH3分子稳定性低于 NH3分子，因为N- H键键能高【考点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子.【分析】A、NH3是三角锥型，PH3分子结构和NH3相似，也是三角锥型；B、分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子；C、NH3分子

51、之间存在氢键，沸点高；D、化学键越稳定，分子越稳定，键能越大化学键越稳定.【解答】解：A、PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故 PH3也是三角锥型，故 A 正确；B、PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故 B正确；C、NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故 NH3沸 点比PH3高，故C错误；D、P-H键键能比N - H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故 D 正确； 故选C.23.六氧化四磷的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足 8电子结构，则该分子中含有的共价键的数目是（）A. 10 B. 12

52、 C. 24 D. 28【考点】共价键的形成及共价键的主要类型.【分析】根据题目所给信息： 分子结构中只含有单键， 且每个原子的最外层都满足 8电子稳 定结构.可先确定 P4的结构，即空心正四面体，有 6个P- P键.每个P-P键中间插入1 个O原子，就成了 P4O6.【解答】解：分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构.可先确定P4的结构，即空心正四面体，有 6个P-P键.每个P- P键中间插入1个O原子，就成P了 P4O6,结构为 If,由图可以看出，有12个共价键.o-p 口 /0故选B.24.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示,有关说法正确的是（假设金属的摩

53、尔质量为M g ?mol 1,金属原子半径为r cm,用Na表示阿伏加德罗常数的值）A.金属Mg采用 堆积方式B.和中原子的配位数分别为:C.对于采用 堆积方式的金属，於Na的表达式为w, （ 4 ） 38、12实验测得 W g该金属的体积为V cm3,则阿伏加德罗常数D.中空间利用率的表达式为:43H-100%6)【考点】晶胞的计算.【分析】A. Mg属于六方最密堆积;C.根据均摊法计算;12；D.面心立方堆积原子侪积晶胞体积M00%.【解答】 解：A. Mg属于六方最密堆积，所以金属 Mg采用 堆积方式，故 A错误;6, 1 p ,配位数为12,故B错误;故C错误;D.面心立方堆积c 00

54、c空间利用率为43原子体积 铲乂4 vr晶胞体积必00%= ) 3乂1叫故D正确.故选：D.二、非选择题(共 4小题，共52分)25.结合原子核外电子排布的有关知识，按要求完成下列各题：(1)元素基态原子的电子排布中4s轨道上只有1个电子的元素有钾、铭、铜(填元素名称).(2)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域：s区、p区、d区、ds区和f区.第四周期元素属于 s区的有 2 种,属于d区的有 8 种.(3)某同学将15P原子的电子排布式写成 1s22s22p63s23Px23py1,它违背了洪特规则 .(4)燃放由碱金属盐等做成的焰火时，可发出五颜六色的光，请用原子结

55、构的知识解释发光的原因：电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量.【考点】原子核外电子排布.【分析】(1)根据能量最低原理可知，4s轨道上只有1个电子的元素有 K、Cr、Cu;(2)属于s区的元素处于I A、n A族，d区包含出BVHB (例系元素、舸系元素除外)、 第皿族；(3)能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：洪特规则是在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道) 上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；(4)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较

56、低的轨道时，以光的形式释放能量，燃放时焰火 发出五颜六色的光.【解答】 解：(1)根据能量最低原理可知，4s轨道上只有1个电子的元素有：4s1、3d54s1、3d104s1,分别为 K、Cr、Cu,故答案为：钾、铭、铜；(2)属于s区的元素处于I A、HA族，有K、Ca2种元素；d区包含出B口 B (例系元素、舸系元素除外)、第皿族，有 Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni8种元素，故答案为：2； 8；(3) P原子3P能级上有3个轨道，3P能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成 1s22s22p63s23Px23py它违背了洪特

57、故答案为：洪特规则；(4)燃放由碱金属盐等做成的焰火时，元素原子中的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量，燃放时焰火发出五颜六色的光，故答案为：电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量.26.按要求回答下列问题：(1)气态SeO3分子的立体构型为平面三角形，SO32离子的立体构型为三角锥形；H+可与NH3形成NH4+. NH4+ H -N - H键角比NH3中H - N - H键角大，原因是_ NH3中N原子有一对孤电子对， 排斥力较大，NH 4+中N原子上没有孤电子对， 排斥力小 .30g SiO2晶体中含Si - O键的物质白勺量为2mol

58、, 9g冰中含氢键的个数为 _236.02 乂0.【考点】判断简单分子或离子的构型；化学键.【分析】(1)气态SeQ分子Se原子孤电子对数=-=0,价层电子对数=3+0=3； SO326+2 2 X 3离子中S原子孤电子对数=1 ,价层电子对数=3+1=4；(2) NH3中N原子有一对孤电子对，NH 4+中N原子上没有孤电子对，NH3中孤电子对与成键电子对排斥力较大；(3)SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键；冰晶体中每个水分子与周围4个水分子形成4个氢键，每个氢键为1个水分子提供y.2一.“八皿 6-2X3，人【解答】 解：(1)气态SeO3分子Se原子孤电子对数=-=0,价层电子对

59、数=3+0=3,为平面三角形；SO32离子中S原子孤电子对数=6+21X 3=1,价层电子对数=3+1=4,为三角锥形, 故答案为：平面三角形；三角锥形；NH3中N原子有一对孤电子对， NH 4+中N原子上没有孤电子对，NH3中孤电子对与成键电子对排斥力较大，故NH4+中H- N- H键角比NH3中H -N -H键角大，故答案为：NH3中N原子有一对孤电子对，排斥力较大，NH4+中N原子上没有孤电子对，排斥力小；SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，30g SiO2晶体中含Si - O键的物质的量为30g-1丽武* mo 冰晶体中每个水分子与周围 4个水分子形成4个氢键，每个氢键为1个

60、水分子提供，则9g冰中含氢键的个数为 壁一X4矣6.02 M023mo1 =6.02 M023,ISg/mol 2故答案为：2mol； 6.02 M023.27.配合物种类繁多，应用广泛.按要求完成下列各题：(1)已知含Ti3+的配合物的化学式为TiCl (H2O) 5Cl2?H2。，其中配离子为 TiCl (H2O) 5产，该配合物的配体是H&、Cl ,中心原子的配位数为6 .(2)已知+3价Co的配合物CoClm?nNH3,中心原子的配位数为6,若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应生成1mol AgCl沉淀，则该配合物的化学式为CoCl2 (NH3)Cl或Co(NH3) 4CCl(用