2018-2019学年福建省福州市八县（市）一中高二下学期期中联考化学试题 解析版
2018-2019学年第二学期八县（市）一中期中联考高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：O 16 Na 23 Cl 35.5 Ti 48
一、单选题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）
1.科学研究证明：核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关，还与核外电子的数目及核电荷的数目有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，都是[Ne]3s23p6。下列说法正确的是（ ）
A. 两粒子都达8电子稳定结构，化学性质相同
B. 两粒子的电子发生跃迁时，产生的光谱不同
C. 两粒子的1s能级上电子的能量相同
D. 两粒子3p能级上的电子离核的距离相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.硫离子是得到电子后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，A错误；
B.电子的能量不同，则发生跃迁，产生的光谱不同，B正确；
C.虽然电子数相同，但核电荷数不同，所以能量不同，C错误；
D.同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，D错误。
故答案选B。
2.以下是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。其中违反了洪特规则的是（ ）
① ② ③ ④ ⑤
A. ①② B. ①②③ C. ②④⑤ D. ①③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】德国人弗里德里希·洪特（F.Hund
）根据大量光谱实验数据总结出一个规律，即电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低。所以在能量相等的轨道上，电子尽可能自旋平行地多占不同的轨道。①虽然不符合泡利不相容原理，但符合洪特规则，；②在能量简并的原子轨道上，电子自旋不相同，违反洪特规则；③符合洪特规则；④应优先占据不同的轨道，违反洪特规则；⑤在能量简并的原子轨道上，电子自旋不相同，违反洪特规则。
故答案选C。
3.下列粒子中，中心原子杂化轨道类型相同，粒子的空间构型也相同的是（ ）
A. PCl3、BCl3 B. H3O+、SO3
C. BeCl2、CS2 D. NH3、CH4
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，PCl3中P价层电子对个数=3+(5-3×1)=4，采取sp3杂化，P存在1个孤电子对，因而PCl3空间构型为三角锥形，BCl3中B价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，采取sp2杂化，B电子均成键，因而BCl3空间构型是平面三角形，A错误；
B.H3O+中O价层电子对个数=3+(6-1-3×1)=4，采取sp3杂化，且O含有1个孤电子对，H3O+空间构型为三角锥形，SO3中S价层电子对个数=3+(6-3×2)=3，采取sp2杂化，不存在孤对电子，SO3空间构型为平面三角形，B错误；
C.BeCl2中Be价层电子对个数=2+(2-2×1)=2，采取sp杂化，不存在孤对电子，BeCl2空间构型为直线型，CS2中C价层电子对个数=2+(4-2×2)=2，采取sp杂化，不存在孤对电子，CS2空间构型为直线型，C正确；
D.NH3中N价层电子对个数=3+(5-3×1)=4，采取sp3杂化，N含有1个孤电子对，NH3空间构型为三角锥形，CH4中C价层电子对个数=4+(4-4×1)=4，采取sp3杂化，不存在孤对电子，CH4空间构型为正四面体型，D错误。
故答案选C。
【点睛】注意对于与中心原子结合的原子种类相同的分子，当中心原子的孤对电子数为零，分子的VSEPR模型与分子的立体构型相同，当中心原子的孤对电子数不为零，要考虑孤对电子的影响才能得到分子的立体构型。
4.同组物质中化学键类型相同、晶体类型也相同的是（ ）
A. HCHO、CO2、CH3OH B. Al、N2、SiO2
C. Ba(OH)2、H2O、CaO2 D. 金刚石、O2、F2
【答案】A
【解析】
【详解】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，金属单质含有金属键。
A.HCHO、CO2、CH3OH都属于分子晶体，且只含共价键，A正确；
B.Al是金属晶体，含金属键；N2是分子晶体，含共价键；SiO2为原子晶体，含共价键，B错误；
C.Ba(OH)2和CaO2属于离子晶体，含有离子键，且阴离子中存在共价键；H2O是分子晶体，含共价键，C错误；
D.金刚石属于原子晶体，含共价键；O2、F2属于分子晶体，含共价键，D错误。
故答案选A。
5.具有下列电子层结构的原子或离子，其对应元素一定属于同一周期的是（ ）
A. 两原子核外全部都是s电子
B. 最外层电子排布为3s23p6的原子和最外层电子排布为3s23p6的离子
C. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子
【答案】D
【解析】
【详解】A.氢原子和锂原子都只有s电子但不在同一周期，A错误；
B.最外层电子排布为3s23p6的微粒可能是原子或离子，其核外电子数相等，但质子数可以不同，例如Ar和K+，两者对应元素不在同一周期，B错误；
C.原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子，这里M层可能是最外层，则该原子为Ar，若M为次外层，该原子可能是K，两者不在同一周期，C错误；
D.3p能级上只有一个空轨道的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p2，该原子可推知为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p5，该原子可推知为Cl，两者处于同一周期，D正确。
故答案选D。
6.下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是（ ）
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4
A. ①②③ B. ①③ C. ③⑤ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①HCl中只有1个σ键；②H2O中只有2个σ键；③N2的结构式为，含1个σ键和2个π键；④H2O2只有单键，则只有σ键；⑤C2H4中含有单键和双键，则既有σ键，又有π键，③⑤正确。
故答案选C。
【点睛】共价单键是σ键，共价双键有一个σ键，π键，共价三键由一个σ键，两个π键组成。
7.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
B. 2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子
C. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
D. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
【答案】B
【解析】
【详解】A.最外层都只有一个电子的原子为H原子和碱金属原子，虽然都位于ⅠA族，但H原子和碱金属原子化学性质不同，A错误；
B.2p轨道上有三个未成对的电子的X原子，根据洪特规则电子分布为2p3，该原子可推知为N，同理可知Y原子为P，N和P位于同主族，即ⅤA族，最外层电子数相同，具有相似的化学性质，B正确；
C.M层为第三层，其仅有两个电子，可推知X为Mg原子，N层为第四层，其仅有两个电子，若第三层3d轨道无电子，可推知Y为Ca，若第三层3d轨道有电子，可推知Y为第四周期除Cu以外的过渡元素（Cu价电子为3d104s1，不符合要求），Mg和Ca同主族，化学性质相似，但Mg和过渡元素化学性质不相似，C错误；
D.原子核外电子排布式为1s2的X原子为He，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be，He为稀有气体原子，既难得电子，也难失电子，而Be为金属原子，与He原子化学性质不相似，D错误。
故答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 二氯甲烷（CH2Cl2）分子的中心原子是sp3杂化，分子空间构型为正四面体结构
B. 分子晶体中一定含有共价键
C. BCl3、PCl5、H2O分子中均有一种原子的最外层电子不满足8e－稳定结构
D. 由原子间通过共价键形成的晶体一定比其他类别晶体熔、沸点高
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氯甲烷（CH2Cl2）分子的中心原子是sp3杂化，但由于C-Cl键与C-H键键长不一样，因而分子空间构型为四面体结构，而非正四面体结构，A错误；
B.例如稀有气体Ar为单原子分子晶体，晶体内只有范德华力，而无共价键，B错误；
C.对于共价化合物而言，其组成元素化合价的绝对值与其最外层电子数之和等于8，则满足8e-结构，BCl3、PCl5、H2O分子中B、P、H分别为+3价、+5价、+1价，其最外层电子数依次为3、5、1，其组成元素化合价的绝对值与其最外层电子数之和分别是6、10、2，均不满足8e-结构，C正确；
D.由原子间通过共价键形成的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体，所以由原子间通过共价键形成的晶体不一定比其他类型晶体熔沸点高，D错误。
故答案选C。
【点睛】不同晶体类型的物质（1）、一般情况下，原子晶体>离子晶体>分子晶体，而金属晶体的熔沸点差异较大，有的很高（钨），有的很低（汞）。（2）、对于有明显状态差异的物质，根据常温下状态进行判断。如NaCl>Hg>CO2。
9.在ClCH=CHCl分子中，C—Cl键采用的成键轨道是（ ）
A. sp—p B. sp2—s C. sp2—p D. sp3—p
【答案】C
【解析】
【详解】ClCH=CHCl为平面型分子，ClCH=CHCl每个C原子含有3个σ键和1个π键，所以价层电子对个数为3，采用sp2杂化，Cl原子中未成对电子为3p电子，据此判断C-Cl键采用的成键轨道为sp2-p。
故答案选C。
10.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
① 1s22s22p63s23p2； ②1s22s22p63s23p3； ③1s22s22p3； ④1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是（ ）
A. 最高正化合价：④＞③=②＞① B. 原子半径：②＞①＞④＞③
C. 第一电离能：①＞②＞③＞④ D. 电负性：④＞③＞②＞①
【答案】D
【解析】
【详解】四种元素基态原子电子排布式可知，①是Si元素，②是P元素，③是N元素，④F元素。
A.F元素没有正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：②=③>①，A错误；
B.同周期自左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径P
F，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si>P>N>F，即①>②>③>④，B错误；
C.同周期自左往右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NP，因而第一电离能F>N>P>Si，即④>③>②>①，C错误；
D.同周期自左往右，电负性逐渐增大，所以电负性Si③>②>①，D正确。
故答案选D。
11.下列物质中，化学式能真正表示该物质分子组成的是（ ）
A. SiO2 B. S C. KOH D. H2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.SiO2是原子晶体，只有Si原子和O原子，没有分子，A错误；
B.单质硫为分子，但硫分子不是由1个S原子构成的，所以，化学式S不能真实表示硫分子的组成，B错误；
C.KOH为离子晶体，只有钾离子和氢氧根离子，没有分子，C错误；
D.H2SO4是分子晶体，有H2SO4分子构成，化学式能真正表示该物质分子组成，D正确。
故答案选D。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A. 含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NA
B. 58.5g NaCl晶体中含有0.25NA个如图所示的结构单元
C. 含1mol水分子的冰晶体中氢键数为4NA
D. 常温常压下，5g2D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4价，邻近两个硅原子之间插入一个氧原子，因而每个硅原子形成4个Si-O单键，即4个σ键，根据含16g氧原子的二氧化硅易算出SiO2为0.5mol，因而含有的σ键数目为4×0.5NA=2NA，A正确；
B.根据晶胞图易算出一个NaCl晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，58.5g NaCl为0.1mol，0.1molNaCl含0.1NA个Na+和0.1NA个Cl-，晶胞数等于0.1NA/4=0.25NA，B正确；
C.一个H2O分子中形成两个O-H单键，O原子存在两对孤对电子，因而可以与其他水分子形成两个氢键，含1mol水分子的冰晶体中氢键数为2NA，C错误；
D.1个2D2O分子中含有1×2+8=10个质子，电子数等于质子数，为10个电子，而中子数等于(2-1)×2+16-8=10 ，2D2O摩尔质量为20g/mol，5g2D2O为0.25mol，因而5g2D2O含有的质子数10×0.25 NA=2.5NA、电子数10×0.25 NA=2.5NA、中子数为10×0.25 NA=2.5NA，D正确。
故答案选C。
13.已知干冰晶胞结构属于面心立方最密堆积，晶胞中最近的相邻两个CO2 分子间距为apm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（ ）
A. 晶胞中一个CO2分子的配位数是8
B. 晶胞的密度表达式是
C. 一个晶胞中平均含6个CO2分子
D. CO2是极性分子，易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】已知干冰晶胞结构属于面心立方最密堆积，则每个晶胞中有4个CO2分子，晶胞中最近的相邻两个CO2分子间距为apm，最近的两个CO2分子分别位于晶胞的顶点和邻近的面心上，则晶胞的边长为a×10-10cm，则晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，NA个晶胞的质量为44×4g，所以晶胞的密度为。
A.晶胞中一个CO2分子的配位数为12，A错误；
B.晶胞的密度表达式为，B正确；
C.一个晶胞中平均含4个CO2分子，C错误；
D.CO2分子的空间构型是直线型，含极性键，但CO2分子属于非极性分子，D错误。
故答案选B。
14.如图是第三周期主族元素（11~17号）某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 若X轴为原子序数，y轴表示的可能是第一电离能
B. 若X轴为原子序数，y轴表示的可能是原子半径
C. 若X轴为最高正化合价，y轴表示的可能是电负性
D. 若X轴为族序数，y轴表示的可能是0.1mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于第三周期11~17号元素，随着原子序数的增大，第一电离能呈现增大的趋势，但Mg和P特殊，其价电子分别为3s1和3s2sp3，s1和p3为半充满，因而稳定，第一电离能会大于相邻的两个原子的第一电离能，A错误；
B.同周期时，原子半径随原子序数增大而依次减小，与图显示的趋势矛盾，B错误；
C.对于第三周期，最高正化合价随原子序数增大而依次增大，而电负性在同周期时随原子序数增大而依次增大，因而X轴为最高正化合价，y轴表示的可能是电负性，C正确；
D.对于第三周期，主族序数随原子序数增大而依次增大，而最高价氧化物对应水化物碱性在同周期时随原子序数增大而依次减弱，即最高价氧化物对应水化物碱性在同周期时随主族序数依次减弱，例如NaOH的碱性强于Al(OH)3，等浓度时NaOH溶液pH大于Al(OH)3溶液，与图显示趋势相反，D错误。
故答案选C。
15.胆矾CuSO4·5H2O可写[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A. Cu2＋的价电子排布式为3d84s1
B. 所有氧原子都采取sp3杂化
C. 氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种化学键
D. 胆矾中的水在不同温度下会分步失去
【答案】D
【解析】
【详解】A.Cu原子基态电子排布式为[Ar]3d104s1，因而Cu2+的价电子排布式为3d9，A错误；
B.H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非羟基氧不是中心原子，不参与杂化，B错误；
C.在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键，以及H---O氢键，但不存在氧原子参与的离子键，C错误；
D.由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同产物，D正确。
故答案选D。
【点睛】如何判断配位键？配位键，又称配位共价键，或简称配键，是一种特殊的共价键。当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键。配位键形成后，就与一般共价键无异。成键的两原子间共享的两个电子不是由两原子各提供一个，而是来自一个原子。例如图片式中“→”表示配位键。
16.化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是（ ）
A. 离子晶体NH4Cl的所有原子的最外层均满足2个或8个电子的稳定结构，离子晶体NH4H的所有原子的最外层电子均满足2个或8个电子的稳定结构
B. 固态CO2是分子晶体，固态SiO2也是分子晶体
C. NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化
D. 已知Be与Al的化学性质相似，Al(OH)3、Be(OH)2都能与NaOH溶液反应，且生成的盐都可用NaXO2表示（X表示Al或Be）
【答案】A
【解析】
【详解】A.2个或8个电子的稳定结构指该元素的化合价的绝对值与该元素的原子最外层电子数之和等于2或者8，在NH4Cl中，N、H、Cl的化合价分别为-3、+1、-1，最外层电子数分别为5、1、7，因而元素的化合价的绝对值与该元素的原子最外层电子数之和分别为8、2、8，满足2个或8个电子的稳定结构，同理NH4H也符合，A正确；
B.固态CO2是分子晶体，但固态SiO2是原子晶体，B错误；
C.NCl3中N原子价层电子对个数=3+(5-3×1)=4，采取sp3杂化，BCl3中B原子价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，采取sp2杂化，C错误；
D.已知Be与Al的化学性质相似，Al(OH)3、Be(OH)2都能与NaOH溶液反应，前者生成的盐表示为NaAlO2，由于Be在化合物中化合价为+2，后者生成的盐表示为Na2BeO2，D错误。
故答案选A。
17.某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是（ ）
A. 1∶4∶2
B. 2∶9∶4
C. 3∶8∶4
D. 3∶9∶4
【答案】A
【解析】
【详解】A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2。
故答案选A。
【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式：在计算晶胞中的微粒时应分析一个微粒被多少个晶胞共享，如果一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n，这种方法称为均摊法。
18.正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构。层内的H3BO3分子通过氢键相连（如下图）。下列有关说法正确的是（ ）
A. 正硼酸晶体属于原子晶体
B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C. 分子中B原子杂化轨道的类型为sp3
D. 含1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键
【答案】D
【解析】
A．正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误；B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C．B只形成了3个单键，没有孤电子对，所以采取sp2杂化，故C错误；D.根据图示，1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。
19.如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。下列判断不正确的是（ ）
A. 图中对应的e、f单质晶体熔化时克服的是共价键
B. d单质对应元素的电子排布式：1s22s22p63s23p2
C. b元素形成最高价含氧酸易与水分子之间形成氢键
D. 单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的最简单分子中含2个σ键和2个π键
【答案】B
【解析】
【详解】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可以知道a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。
A.e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，A正确；
B. d为Cu，对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，B错误；
C.b为N，最高价含氧酸为HNO3，HNO3中含有O-H键，易与水分子之间形成氢键，C正确；
D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，结构式为，分子中含有2个σ键和2个π键，D正确。
故答案选B。
20.下列关于物质结构的命题中，错误的项数有（ ）
①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为 [Ar]4s24p2，属于P区
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子
④Na2O、Na2O2中阴阳离子个数比不同
⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物
⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：
⑦HF晶体沸点高于HCl，是因为 HCl共价键键能小于HF
A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 7项
【答案】B
【解析】
【详解】①甲基中，碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以为sp3
杂化，-COOH中，碳原子价层电子对个数=3+0=3，形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化，①正确；
②Ge位于第四周期ⅣA族，Ge为32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于p区元素，②错误；
③H2O2结构不对称，属于极性分子，③错误；
④Na2O每有2个Na+，就有1个O2-，阴阳离子个数比为1：2，Na2O2每有2个Na+，就有1个O22-，阴阳离子个数比为1：2，④错误；
⑤Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸，但Cu(OH)2能溶于氨水，是因为Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子，属于络合反应，Cu(OH)2无两性，⑤错误；
⑥氢键应形成于X…H-Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·H2O的结构式有两种可能：H3N…H-O-H、H2N-H…OH2，由于NH3·H2O可电离出NH4+和OH-，前者合理，⑥正确；
⑦HF和HCl属于分子晶体，由于HF中存在H—F…H这样的相互作用，即氢键，使得HF沸点高于HCl，⑦错误。
合计共有5项错误。
故答案选B。
II卷
二、填空题（共4大题，共60分）
21.A、B、C、D、E为原子序数依次增大五种前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价电子排布式为nsnnpn+2；短周期元素C和D为同周期不相邻的元素，C是同周期元素中离子半径最小的元素，D元素最外层有两个未成对电子；E位于元素周期表的第四周期第IVB族，常用加热ECl4（氯化物）溶液的方法制备纳米材料。回答下列问题：
（1）D元素在周期表中的位置为______，E原子核外有_____个未成对电子，五种元素中电负性最大的是_____(填元素名称)。
（2）由A、B、D三种元素形成的常见三元化合物中具有强氧化性的是______(填化学式)。
（3）氯元素能与C（非碳元素符号）形成某化合物Q。在1.01×105Pa、T1℃时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得Q的气态密度为5.00g/L，则此时Q的结构式为___________。（如有配位键须用“→”标出）
（4）A、B、D元素形成的化合物有A2B、DB3，下列关于A2B和DB3的说法中，正确的是________(填标号)。
A.中心原子的价层电子对数目相等 B.都是非极性分子
C.中心原子的孤电子对数目相等 D.都含有极性键
E.都能与Ｎa2O反应 F.固态时晶体类型不同
（5）D在空气中燃烧的产物分子构型为_________。固体DB3中存在如图所示的三聚分子，该分子中D原子的杂化轨道类型为________。
（6）E单质有两种同素异形体，高温下是体心立方堆积；但在常温下的晶体结构为如下图所示的六方最密堆积（底面是正六边形）。已知常温下晶体晶胞参数分别为a cm和c cm，则该晶体的密度可表示为________g·cm-3。(用含a和c的式子表示，用NA表示阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】 (1). 第三周期第VIA族 (2). 2 (3). 氧 (4). H2SO4 (5). (6). D E (7). V形 (8). sp3 (9).
【解析】
分析】
A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素。B的价电子排布式为nsnnpn+2，n=2则为2s22p4，即B为O元素；A的核外电子总数与其周期数相同且原子序数小于B，则A为H元素；短周期元素C和D为同周期，应为第三周期，C是同周期元素中离子半径最小的元素，则为Al元素，D元素最外层有两个未成对电子，则为S元素；E位于元素周期表的第四周期第IVB族，常用加热ECl4（氯化物）溶液的方法制备纳米材料，则E为Ti元素。
【详解】（1）D为S元素，在周期表中的位置为第三周期第VIA族，E为Ti元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d24s2，原子核外有2个未成对电子，元素非金属性越强电负性越大，则五种元素中电负性最大的是氧（注意填名称）；
（2）由A、B、D三种元素形成的常见三元化合物可以是H2SO3、H2SO4等，具有强氧化性的是H2SO4；
（3）氯元素能与C（非碳元素符号）形成某化合物Q，根据铝和氯的化合价可设Q为(AlCl3)n，在1.01×105Pa、T1℃时，气体摩尔体积为53.4L/mol，实验测得Q的气态密度为5.00g/L，则M=ρVm=5.00g/L×53.4L/mol=267g/mol，则133.5n=267，解得n=2，此时Q的化学式为Al2Cl6，则此时Q的结构式为；
（4）A、B、D元素形成的化合物有A2B、DB3分别是H2O、SO3。
A.H2O中O价层电子对数=2+1/2(6-2×1)=4，而SO3中S价层电子对数=3+1/2(6-3×2)=3，因而中心原子的夹层电子对数目不相等，A错误；
B.水分子为非极性分子，而三氧化硫分子为极性分子，B错误；
C.水分子中O原子有2个孤电子对，三氧化硫分子中S原子不存在孤对电子，C错误；
D.极性键指不同原子间形成的共价键，H2O中含两个氧氢键，SO3中含硫氧键，均为极性键，D正确；
E.H2O与Na2O反应得到NaOH，而SO3和Na2O反应得到Na2SO4，E正确；
F.由于H2O和SO3均为分子，固体时晶体类型同为分子晶体，F错误。
故答案选DE。
（5）D在空气中燃烧的产物分子式SO2，S原子最外层6e-，考虑杂化时O原子不提供电子，故6/2=3应该是sp2杂化，又S原子只连有2个原子，故为V形分子（折线形），固体SO3如图所示，S原子为为边缘颜色较深的小球，其与四个O原子连接，根据空间构型与杂化的关系可知，S原子采取sp3杂化。
（6）如图所示，底边正六边形面积=6×××acm2，则晶胞体积V=a2c cm3，Ti的摩尔质量为48g/mol，上下底边顶点Ti原子一个晶胞占有，共有12×=2，上下底边面上中心Ti原子一个晶胞占有，共有2×=1，晶胞内有3个Ti，为晶胞所完全占有，因而晶胞内共有2+1+3=6个Ti原子，因而晶胞Ti质量m=g，密度==g/cm3。
【点睛】极性分子和非极性分子。(1)极性分子：正电荷中心和负电荷中心不相重合的分子；
(2)非极性分子：正电荷中心和负电荷中心相重合的分子；
(3)分子极性的判断：分子的极性由共价键的极性及分子的空间构型两个方面共同决定。
22.很多非金属元素是地球上组成生命的基本元素，特别是碳元素、氧元素与其它元素结合成不计其数的无机物和有机化合物，构成了丰富多彩的世界。请回答下列问题：
（1）基态碳原子最外层有______种空间运动状态不同的电子，其价电子排布图（即价电子轨道表示式）为______。
（2）写出COS的电子式：_______，中心原子的杂化轨道类型为_______杂化，写出与COS互为等电子体的粒子化学式（分子与离子各一种）：________、_______。
（3）碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如下表所示：
试从生成物角度分析为什么随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高？___________。
（4）碳的一种同素异形体—C60，又名足球烯，是一种高度对称的球碳分子（C60分子结构和C60晶体的晶胞结构如下图所示）。立方烷(分子式：C8H8，结构是立方体：)是比C60约早20年合成出的一种对称型烃类分子，而现如今已合成出一种立方烷与C60的复合型分子晶体，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间空隙中。则该复合型分子晶体中组成的C8H8与C60分子个数比为__________。
（5）碳的另一种同素异形体——石墨，其晶体结构如图所示，虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞含碳原子个数为________个。
【答案】 (1). 4 (2). (3). (4). sp (5). CO2 (6). NO2+ (7). 阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，与氧离子形成的离子键更强，对应的碳酸盐就越容易分解 (8). 1︰1 (9). 4
【解析】
【分析】
碳是地球上组成生命的基本元素之一，可以sp3、sp2和sp杂化轨道成共价键，具有很强的结合能力，本题考查了一些含碳化合物的性质。
【详解】（1）原子核外没有运动状态相同的电子，最外层有4个电子，即最外层有4种运动状态不同的电子，碳原子价电子排布式为2s22p2，其价电子排布图；
（2）COS中最外层有4个电子，分别与O原子、S原子形成2对共用电子对，COS的电子式，COS中C原子价层电子对个数=2+(4-2×2)=2，C原子采取sp杂化，COS含3个原子，价电子总数为4+6+6=16，举例：分子为CO2，离子为NO2+；
（3）碳酸盐分解的本质是晶体中阳离子结合CO32-中的氧离子，使碳酸根分解为CO2的过程，当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子的能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解；
（4）晶胞中C60按8顶点、6面心分布，则每个晶胞中C60数目为8×+6×=4，立方烷填充在原C60晶体的分子间空隙中，按12棱、1体心分布，每个晶胞中立方烷数目为12×+1=4，故C8H8与C60分子个数比为1：1；
（5）由图可知，石墨晶胞结构为，晶胞中碳原子数目为1+2×+4×+8×=4，则石墨晶胞含碳原子个数为4个。
【点睛】必须指出，等电子体的结构相近，某些物理性质相似，但多数化学性质差异很大。如N2、CO、CN－、O22＋等都是等电子体，CO、CN－的毒性很大，而 N2无毒；CO、CN－的配位能力很强，而N2的配位能力很弱；O22＋的反应活性很强，而N2的反应活性很弱等。
23.氮、磷、硫、氯元素在科研与生产中也有许多重要的用途。请回答下列问题：
（1）磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式________ 。
（2）N和P都有+5价，PCl5能形成离子型晶体，晶格中含有[PCl4]+和[PCl6]－，则[PCl4]+空间构型为___________。但NCl5不存在，其原因是___________________。
（3）N、P两种元素都能形成多种气态氢化物。联氨（N2H4)为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，写出联氨在水中第一步电离方程式_______________________。
（4）①请推测①HC1O4、②H5IO6[可写成(HO)5IO]、③HIO4三种物质的酸性由强到弱的顺序为_________(填序号)。
②已知一定条件下发生反应：Na2O+NaCl=Na3OCl，该反应过程中破坏和形成的化学键有_________。
（5）复杂磷酸盐有直链多磷酸盐（如图b）和环状偏磷酸盐（如图c）。其酸根阴离子都是由磷氧四面体（图a）通过共用氧原子连接而成。直链多磷酸盐的酸根离子（图b）中，磷原子和氧原子的原子个数比为n：____；含3个磷原子的环状偏磷酸盐的酸根离子（图c）的化学式为_____。
（6）多原子分子中各原子若在同一平面，且有互相平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成离域π键。分子中的π键可用符号Π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Π，则SO2中的大π键应表示为___________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s13p33d1（或[Ne] 3s13p33d1） (2). 正四面体 (3). N原子最外层没有d轨道 (4). N2H4·H2O ≒ N2H5++OH—（或N2H4+H2O ≒ N2H5++OH—） (5). ①③② (6). 离子键 (7). 3n＋1 (8). P3O93－ (9).
【解析】
【分析】
本题考查了核外电子排布式，最高价含氧酸酸性大小，大Π键以及确定化学式等物质结构与性质的相关知识，难度适中。
【详解】（1）P原子基态电子排布式为[Ne]3s23p3，磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式[Ne]3s13p33d1。
（2）[PCl4]+中P原子的价层电子对数=4+1/2(5-1-4×1)=4，采取sp3杂化，因而其空间构型为正四面体；P原子半径比N原子大且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，P原子周围可容纳较多的配位体形成较高配位数的化合物；N原子半径小没有可以利用的3d空轨道，配位数只能达到4，因此PCl5存在但NCl5不存在。
（3）氨在水中的电离方程式为NH3+H2O⇌NH4++OH-，而联氨（N2H4)为二元弱碱，在水中的电离与氨相似，故联氨在水中第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-。
（4）①由于非金属性Cl＞Br＞I，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的酸性越强，则①的酸性最强。在②③中都是碘元素的含氧酸，非羟基氧个数越多，酸性越强，则酸性为③＞②，故三种物质的酸性由强到弱的顺序为①③②。
②反应物和生成物均是离子化合物，且只含离子键，因而该反应过程中破坏和形成的化学键为离子键。
（5）由图可知，直链多磷酸盐的酸根离子（图b）中，每个P原子占有两个O原子，另有两个氧原子与另一个磷原子共用占一半，最后首尾两个氧原子各一半为整个分子的，故磷原子和氧原子的原子个数比为n：3n+1；图c中，有3个P原子，和9个O原子，P的化合价为+5，O的化合价为-2，该离子所带电荷为(+5)×3+(-2)×9=-3，因而该化学式为P3O93-。
（6）SO2是sp2杂化，有一个未参与杂化的p轨道（假设为pz），其中有一对孤电子对。而氧的三个p轨道中有2个单电子,其中一个参与成键,另外一个未参与成键的p轨道，因为有2个氧，所以一共有相互平行的3个p轨道（包含pz），其中有4个电子（S提供2个，氧各1个），因此形成键。
24.金属钠元素、钴元素在工业上有重要的应用。请回答下列问题：
（1）Ca大于Co的是________(填标号)
A. 最外层电子数 B. 原子半径
C. 第一电离能 D. 未成对电子数
（2）经X射线衍射法测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于_____，若该堆积方式下的晶胞参数为a cm，则钴原子的半径为______pm。
（3）Co3+氧化性极强，在水溶液中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因是________。
（4）已知：配合物中，配位体中含有一个配位原子的配体称为单齿配体；一个配体中有两个或两个以上配位原子的配体称为多齿配体。[Co(NO3—)4]2—中Co2+的配位数为4，该配离子中各元素第一电离能由大到小的顺序_______（填元素符号），1mol该离子中含σ键数目为_________。
（5）①Co的某配合物化学式为CoCl3·3NH3，为八面体结构，其中极性分子有___种。
②该配合物在热NaOH溶液中发生反应产生沉淀，并释放出气体，该反应的化学方程式_________。
（6）NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Cl2
反应，可以形成一种新晶体，其立方晶胞如下图所示(大球为Cl，小球为Na)。
①若A的原子坐标为(0,0,0)，C的原子坐标为（1,,），则B的原子坐标为________。
②晶体中，Cl构成的多面体包含_____个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为______。
（7）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由I型和II型小立方体各4个构成，其化学式为_____，晶体中Al3+占据O2—形成的_____面体空隙，NA为阿伏伽德罗常数的值，设化学式对应的摩尔质量为Mg/mol，则钴蓝晶体的密度计算式为_________g/cm3。
【答案】 (1). B (2). 面心立方堆积 (3). a×1010 (4). Co3+可与NH3（或一水合氨、OH—也可以）形成较稳定的配合物 (5). N 、O、 Co或N ＞O＞Co (6). 16NA (7). 2 (8). CoCl3·3NH3+3NaOH Co(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl (9). (，0，) (10). 20 (11). 4 (12). CoAl2O4 (13). 八 (14). 8M/[NA(2a×10—7)3]
【解析】
【分析】
本题以金属钠元素、钴元素为载体，考查了钠钴及其化合物的结构和性质。
【详解】（1）Ca原子基态电子排布式为[Ar]4s2，Co原子基态电子排布式为[Ar]3d74s2。A.根据核外电子排布式可知Ca和Co的最外层电子数均为2，A错误；B.Ca和Co的电子层数一样，但Co的核电荷数较大，因而对最外层电子的吸引力较大，原子半径较小，故Ca原子半径大于Co原子，B正确；C.同周期自左往右第一电离能变化有曲折，但整体趋势是第一电离能越来越大，故Ca的第一电离能比Co小，C错误；D. 根据核外电子排布式可知Ca原子没有未成对电子，而Co原子有3个未成对电子，Co的未成对电子数多于Ca，D错误。故答案选B。
（2）根据晶体钴在417℃以上堆积方式的剖面图易知该堆积方式为面心立方堆积，设面对角线长s，根据面心立方堆积特点可知s=4r，r为钴原子半径，又s=，带入数据可解得r=×1010pm。
（3）Co3+有空轨道，原因为Co3+可与NH3形成稳定的配合物，故答案为：Co3+可与NH3形成稳定的配合物。
（4）非金属越强，第一电离能越大，由于N的电子排布式是半充满稳定结构，所以第一电离能大于O，所以第一电离能由大到小的顺序为N、O、Co；硝酸根中σ键有3个，则一个[Co(NO3—)4]2—离子中含σ键数目为4+4×3=16，则1mol该配离子中含σ键数目为16NA。
（5）①Co的某配合物化学式为CoCl3·3NH3，为八面体结构，可推知其结构有两种，因为不能形成对称结构，其中极性分子也是2种；
②该配合物在热NaOH溶液中发生反应产生沉淀，该沉淀为Co(OH)3，并释放出气体，气体为氨气，因而化学方程式为CoCl3·3NH3+3NaOH Co(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl。
（6）①观察立方晶胞可知，两个有一定间距的Cl（大球）处于每个面的中心，C的原子坐标为（1，，），观察C所处的面内，距离较远的棱的距离为，距离较近的棱的距离为1-=，类比C，可知B的坐标为（，0，）；
②晶体中Cl构成的面均是正三角形，这样的三角形可计数有20个；以C处Cl为例，与之邻近的侧棱上有2个Na离Cl最近，假设晶胞长1，该距离易算得，这个距离恰好等于晶胞内体心Na与该Cl距离相等，该Cl为两个晶胞占有，因而有两个体心Na与该Cl紧邻，合计2+2=4个。
（7）观察黑色小球Co可知有两类Co，一类位于棱上有12×
=3个，另一类在晶胞内，体心有1个Co，而每个I型中含有1个Co，晶胞有4个I型，因而I型含Co共计4个，晶胞内Co合计3+1+4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；距离O2-最近的Al3+有6个，结合晶胞分析可知，6个Al3+组成八面体，因而晶体中Al3+占据O2—形成八面体空隙；每个晶胞内相当于拥有8个CoAl2O4，因而晶胞微粒质量m=g，晶胞体积V=(2a×10-7)3cm3，密度等于=g/cm3。
