2018-2019学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

乌鲁木齐市第四中学2018-2019学年度下学期期末考试 高二化学试题 相对原子质量：Cu-64;N-14‎ 一、选择题（每题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1. 元素“氦、铷、铯”等是用下列哪种科学方法发现的 A. 红外光谱 B. 质谱 C. 原子光谱 D. 核磁共振谱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．红外光谱可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，故A错误；B．质谱用电场和磁场将运动的离子按它们的质荷比分离后进行检测的方法，常用确定实验式，故B错误；C．原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，故C正确；D．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的数目，故D错误；故选C。‎ 考点：结构化学的研究与现代物理学特别是量子力学、光学的发展息息相关，常见物理检测手段是从事化学结构研究的必备工具。‎ ‎2. 下列能层中，有f能级的是 A. K B. L C. M D. N ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：K层只有s能级，L层只有s和p能级；M层有s、p、d三个能级，N层有s、p、d、f四个能级，选D。‎ 考点：考查原子核外电子排布。‎ ‎3. 对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光。产生这一现象的主要原因（ ）‎ A. 在电流的作用下，氖原子与构成灯管的物质发生反应 B. 电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线 C. 氖原子获得电子后转变成发出红光的物质 D. 电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是因为通电时Ne原子吸收能量，原子核外的电子由基态跃迁到激发态。但是激发态不稳定，电子再由激发态向基态跃迁，能量就以光的形式释放。所以灯管发出红色光。因此选项为D．‎ 考点：考查惰性气体灯管发出不同颜色的光的原因分析的知识。‎ ‎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.下列说法不正确的是（　　）‎ A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强 B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键 C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键 D. N2分子中有一个σ键，2个π键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故A正确；‎ B．两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故B正确；‎ C．单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在σ键，故C错误；‎ D．两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，N2分子中含有一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎6.下列分子中，属于极性分子的是（　　）‎ A. CO2 B. BeCl‎2 ‎C. BBr3 D. COCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2为直线形结构，结构对称，正负电荷中心重叠为非极性分子，故A错误；‎ B．BeCl2为直线型结构，结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B错误；‎ C．BBr3为平面正三角形结构，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；‎ D．COCl2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子稳定结构的是（　　）‎ A. 二氯化硫（SCl2） B. 次氯酸（HClO）‎ C. 六氟化氙（XeF6） D. 三氟化硼（BF3）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氯化硫(SCl2)分子中S的化合价为+2，Cl的化合价为-1，S的价电子数为VIA，满足6+|+2|=8，Cl的价电子数为VIIA，满足7+|-1|=8，所以二氯化硫(SCl2)分子中 S、Cl均满足最外层8电子稳定结构，故A正确；‎ B．次氯酸(HClO)分子中H、Cl、O的化合价分别为+1、+1、-2，H：1+|+1|=2，Cl：7+|+1|=8，O：6+|-2|=8，所以次氯酸(HClO)分子中Cl、O满足最外层8电子稳定结构，但H不满足，故B错误；‎ C．六氟化氙(XeF6)分子中Xe、F的化合价分别为+6、-1，Xe：8+|+6|=14≠8，F：7+|-1|=8，所以六氟化氙(XeF6)分子中Xe不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8‎ 电子稳定结构，故C错误；‎ D．三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合价分别为+3、-1，B：3+|+3|=6≠8，F：7+|-1|=8，所以三氟化硼(BF3)分子中B不满足最外层8电子稳定结构、F满足最外层8电子稳定结构，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】对于ABn型分子，若：A或B原子的价电子数+|A或B元素的化合价|=8，则该原子满足最外层8电子结构，反之不满足最外层8电子稳定结构。‎ ‎8.下列各项叙述中，正确的是(　　)‎ A. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态 B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素 C. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同 D. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B不正确，应该是位于第ⅢA，属于p区元素。电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。‎ ‎9.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 ‎1500‎ ‎7700‎ ‎10500‎ ‎……‎ 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1s22s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。‎ ‎10.有关物质结构的下列说法中正确的是(　　)‎ A. 碘升华时破坏了共价键 B. 含极性键的共价化合物一定是电解质 C. 氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏 D. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．碘升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故A错误；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，而氨气是含极性键的共价化合物，但是它不是电解质，故B错误；C．电解质溶于水时会发生电离，所以氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏，故C正确；D．分子间作用力影响物质的熔沸点，与物质的稳定性无关，HF共价键的键能大于HCl，所以HF比HCl更稳定，故D错误；故选C。‎ ‎11.下列描述正确的是(　　)‎ A. CS2为V形极性分子 B. SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化 C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1‎ D. 水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CS2为直线形非极性分子，键角是180°，A错误；‎ B.SiF4与SO32-的中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化,B正确；‎ C.C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；‎ D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；‎ 故合理选项B。‎ ‎12..下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 冰熔化时，分子中H﹣O键发生断裂 B. 原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高 C. 分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高 D. 分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B．影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C．影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D．分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。‎ 考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。‎ ‎13.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是 A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O C. C与HCl D. CCl4与SiC ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题中CO2、SO2、H2O、HCl、CCl4属于分子晶体，化学键类型为共价键，C、SiO2和SiC为原子晶体，化学键类型为共价键，C为原子晶体或过渡型晶体，化学键类型为共价键，由此分析解答。‎ ‎【详解】A．SO2属于分子晶体，SiO2为原子晶体，晶体类型不同，故A错误；‎ B．CO2与H2O属于分子晶体，化学键类型为共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；‎ C．C为原子晶体或过渡型晶体，而HCl是分子晶体，晶体类型不同，故C错误；‎ D．CCl4属于分子晶体，SiC是原子晶体，晶体类型不同，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素（铵盐除外）；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。‎ ‎14.下列现象与氢键有关的是（ ）‎ ‎①NH3的熔、沸点比第ⅤA族其他元素氢化物的熔、沸点高 ‎②碳原子数较少的醇、羧酸可以和水以任意比互溶 ‎③常温下H2O为液态，而H2S为气态 ‎④水分子高温下也很稳定 A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①因第ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高，①正确；‎ ‎②分子中含有C原子数较少的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，因此可以和水以任意比互溶，②正确；‎ ‎③水分子与分子间存在氢键，所以常温下H2O为液态，而H2S分子间无氢键，所以常温下为气态，③正确；‎ ‎④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，④错误；‎ 可见说法正确的是①②③，故合理选项是B。‎ ‎15.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺(结构如图)。‎ 下列关于三聚氰胺分子的说法中正确的是（ ）‎ A. 一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键 B. 所有氮原子均采取sp3杂化 C. 属于极性分子 D. 三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．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A正确；‎ B．C=N中，C原子为sp2杂化， N原子也为sp2杂化，-NH2中N原子（连接的都是单键）为sp3杂化，杂化类型不同，故B错误；‎ C．该分子结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；‎ D．同种元素原子之间才能形成非极性键，该分子结构中没有相同的原子连接，则该分子内只有极性键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎16.最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性，因这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如上图所示，则该晶体的化学式为（ ）‎ A. Mg2CNi3 B. MgCNi2‎ C. MgCNi3 D. MgC2Ni ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=8×=1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=6×=3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为：MgCNi3，故答案为C。‎ ‎【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8‎ 个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。‎ ‎17.下列各组酸中，酸性依次增强的是 A. H2CO3 、H2SiO3 、 H3PO4 B. HNO3 、 H3PO4   、H2SO4‎ C. HI、 HCl、 H2S D. HBrO 、 HBrO3 、 HBrO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性P＞C＞Si，则酸性H2SiO3、H2CO3、H3PO4 依次增强，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性N＞P，则酸性HNO3＞H3PO4 ，故B错误；‎ C．同一主族元素的非金属性越强，其氢化物中化学键越稳定，越不易电离出氢离子，其酸性越弱，则酸性HCl＜HI；且H2S是弱酸，其酸性应该是最弱的；故C错误；‎ D．同一元素含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，非羟基氧原子个数：HBrO＜HBrO3＜HBrO4，则酸性HBrO＜HBrO3＜HBrO4，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎18.下列数据对应物质的熔点，据此作出下列判断中错误的是(　　)‎ Na2O NaCl AlF3‎ AlCl3‎ ‎920℃‎ ‎801℃‎ ‎1292℃‎ ‎190℃‎ BCl3‎ Al2O3‎ CO2‎ SiO2‎ ‎-107℃‎ ‎2073℃‎ ‎-57℃‎ ‎1723℃‎ A. 铝的化合物的晶体中有离子晶体 B. 表中只有BCl3和AlCl3是分子晶体 C. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体 D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表中数据可知，Al2O3为离子晶体，故A正确；‎ B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；‎ C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；‎ D．Na和Al不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎19.最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（　　）‎ A. 该物质的化学式为CO4‎ B. 该晶体的熔、沸点高，硬度大 C. 该晶体中C原子与C﹣O化学键数目之比为1：4‎ D. 该晶体的空间最小环由12个原子构成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；‎ B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；‎ C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C正确；‎ D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎20.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，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. 分子中硼原子最外层为8电子稳定结构 D. 含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：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、硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；D、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。‎ 考点：考查了晶体结构、氢键、杂化轨道、空间构型等，注意正硼酸晶体层内存在H3BO3分子，以氢键结合，属于分子晶体。‎ ‎21.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是(　　)‎ A. CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4‎ B. KCl＞NaCl＞MgCl2＞MgO C. Rb＞K＞Na＞Li D. 石墨＞金刚石＞SiO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项A错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项B错误；C、‎ 金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项C错误；D、石墨C—C的键长比金刚石C—C键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨＞金刚石＞SiO2，选项D正确。答案选D。‎ 二、填空题 ‎22.有下列七种晶体：A 水晶 B 冰醋酸 C 白磷 D 晶体氩 E 氯化铵 F 铝 G 金刚石 用序号回答下列问题：‎ ‎（1）属于原子晶体的化合物是___________，直接由原子构成的晶体是____________，由单原子分子构成的晶体是_____________。‎ ‎（2） 由极性分子构成的晶体是_____________，含有共价键的离子晶体是___________，属于分子晶体的单质是_________。‎ ‎（3） 在一定条件下能导电而不发生化学变化的是___________，受热熔化后化学键不发生变化的是__________，需克服共价键的是_____________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). ADG (3). D (4). B (5). E (6). CD (7). F (8). BCD (9). AG ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)原子晶体的构成微粒为原子，分子晶体的构成微粒为分子，但稀有气体形成的分子晶体由单原子分子构成的；‎ ‎(2)冰醋酸是极性分子，白磷和晶体氩是非极性分子，氯化铵是含有共价键的离子晶体，白磷和氩是分子晶体；‎ ‎(3)金属铝在一定条件下能导电而不发生化学变化；分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键，原子晶体熔化时破坏共价键。‎ ‎【详解】(1)水晶、金刚石都是原子晶体，水晶化学成分为二氧化硅，金刚石是单质，晶体氩是单原子构成的分子晶体，故属于原子晶体的化合物是A，直接由原子构成的晶体是A、D、G，直接由原子构成的分子晶体是稀有气体D；‎ ‎(2)冰醋酸是极性分子，白磷和晶体氩是非极性分子，且属于单质，含有共价键的离子晶体是氯化铵，是分子晶体而且是单质的是白磷和固体氩，故由极性分子构成的晶体是B，含有共价键的离子晶体是E，属于分子晶体的单质是C和D；‎ ‎(3)‎ 金属铝在一定条件下能导电而不发生化学反应，冰醋酸、白磷和晶体氩是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏化学键；水晶和金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故在一定条件下能导电而不发生化学变化的是F，受热熔化后化学键不发生变化的是B、C和D，需克服共价键的是A和G。‎ ‎【点睛】物质的类别与化学键之间的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。‎ ‎23.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质是大气污染物监测物之一；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。‎ ‎（1）Y3＋基态的电子排布式可表示为 。‎ ‎（2）MX3－的空间构型 （用文字描述）。‎ ‎（3）M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是 。‎ ‎（4）根据等电子原理，WX分子的结构式为 。‎ ‎（5）1 mol WX2中含有的σ键数目为 。‎ ‎（6）H2X分子中X原子轨道的杂化类型为 。‎ ‎（7）向Z2+的溶液中加入过量NaOH溶液，可生成Z的配位数为4的配位离子，写出该配位离子的结构式 。‎ ‎【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3（或[Ar]3d3）(2分)‎ ‎（2）平面三角形(2分)‎ ‎（3）N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强。(3分)‎ ‎（4）C≡O (2分)　　‎ ‎（5）2×6.02×1023个（或2NA）(2分)‎ ‎（6）sp3(2分)　　‎ ‎ (2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析： W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的五种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，W是C元素，M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，M是N元素，X的某一种单质是大气污染物监测物之一，则X是O元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，则Y的价电子排布为3d54s1,所以Y是Cr，Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，Z是Cu。所以（1）Y3＋基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3（2）NO3－离子中，N的价层电子对数为3+1/2(5+1-3×2)=3,无孤对电子，所以MX3－的空间构型为平面正三角形；（3）从化合价角度分析：N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强。（4）CO与氮气是等电子体，结构相似，所以CO的结构式类似于氮气，存在三键结构，结构式为C≡O；‎ ‎（5）CO2分子中存在2个碳氧双键，每个双键都有1个σ键，所以1molCO2分子中存在2NA（2×6.02×1023）个σ键;（6）H2O分子中，O的价层电子对数是2+1/2(6-2)=4，故O原子杂化类型为sp3杂化；（7）向Cu2+加入过量NaOH溶液，可生成四羟基合铜络离子，结构式为 考点：物质结构与性质。‎ ‎24.Ti、Fe、Cu、Ni为过渡金属元素，在工业生产中有重要的应用．‎ ‎（1）①常温下Fe(CO)5呈液态，熔点为‎-20.5℃‎，沸点为‎103℃‎．据此可以判断其晶体为_________晶体，Fe(CO)5中铁的化合价为0，则该物质中含有的化学键类型有______（填字母）．‎ A 离子键 B 极性共价键 C 非极性共价键 D 配位键 ‎②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为________，配体H2O中O原子的杂化方式为________．‎ ‎③NiO、FeO的晶体结构类型均与氧化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_______FeO（填“<”或“>”）．‎ ‎（2）Cu、N两元素形成某种化合物晶胞结构如图（灰色球表示Cu原子），已知紧邻的白球与灰球之间的距离为a cm，该晶胞的密度为________g•cm-3．‎ ‎【答案】 (1). 分子晶体 (2). BD (3). 6 (4). sp3杂化 (5). >； (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①Fe(CO)5熔沸点比较低，符合分子晶体性质；Fe与CO之间形成配位键，CO中存在极性键；‎ ‎②配离子[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+是中心离子，NO、H2O是配体；H2O中O原子形成2个O-H键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；‎ ‎③离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高；‎ ‎(2)紧邻的白球与灰球之间的距离为acm，则晶胞棱长为‎2a cm，根据均摊法计算晶胞中Cu、N原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度。‎ ‎【详解】(1)①常温下Fe(CO)5呈液态，熔点为‎-20.5℃‎，沸点为‎103℃‎，符合分子晶体性质，应使用分子晶体；Fe与CO之间形成配位键，CO中存在极性键；‎ ‎②配离子[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+是中心离子，NO、H2O是配体，Fe2+的配位数为6；H2O中O原子形成2个O-H键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化；‎ ‎③NiO、FeO晶体结构类型均与氧化钠的相同，均属于离子晶体，离子电荷相等，而离子半径Ni2+＜Fe2+，故NiO的晶格能大于FeO的，则熔点NiO＞FeO；‎ ‎(2)紧邻的白球与灰球之间的距离为a cm，则晶胞棱长为‎2a cm，晶胞中Cu原子数目为12×=3、N原子数目=8×=1，则晶胞质量为g，则晶胞密度为g÷(2acm)3=g•cm-3。‎ ‎25.（1） 一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为__________,该晶体中原子之间的作用力是_____________。‎ ‎（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______．‎ ‎（3）立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图所示，晶胞中含B原子数目为_____________ 。‎ ‎（4）科学家把C60和K掺杂在一起制造出的化合物具有超导性能，其晶胞如图所示。该化合物中的K原子和C60分子的个数比为_____________________ 。‎ ‎（5）铁有γ、δ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为__________。‎ ‎【答案】 (1). 3：1 (2). 金属键 (3). Cu3AuH8 (4). 4 (5). 3∶1 (6). 4 (7). 4∶3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据均摊法计算晶胞中Cu、Au原子数目，确定合金中二者原子数目之比； ‎ 铜金合金晶体属于金属晶体，据此判断化学键类型；‎ ‎(2)CaF2的结构如图，利用均摊法计算；‎ ‎(3)根据均摊法计算；‎ ‎(4)根据均摊法计算晶胞中K原子、C60分子数目，确定数目之比；‎ ‎(5)利用均摊法计算γ晶体晶胞中所含有的铁原子数；先判断δ、α两种晶胞中铁原子的配位数，再计算其比值。‎ ‎【详解】(1)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，故晶胞中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；‎ ‎(2)CaF2的结构如图，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；‎ ‎(3)晶胞中B原子位于顶点和面心，数目8×+6×=4；‎ ‎(4)晶胞中K原子数目=2×6×=6、C60分子数目=1+8×=2，故晶胞中K原子、C60分子数目之比=6:2=3:1；‎ ‎(5)γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×+6×=4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8:6=4:3。‎ ‎【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。‎