2017-2018学年福建省莆田第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2017-2018学年福建省莆田第一中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

福建省莆田第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试 化学试题 ‎1. 能够证明电子在核外是分层排布的事实是(　　)‎ A. 电负性 B. 电离能 C. 电子亲和能 D. 电势能 ‎【答案】B ‎【解析】电负性代表原子在形成共用电子对的时候吸引电子对的能力，所以选项A错误。元素的电离能的数据可以看出，电离能有突然增大的阶段，电离能相近的电子应该在同一个电子层，所以选项B正确。元素的电子亲和能反映了元素的原子得到电子的难易程度，无法证明电子层，选项C错误。电势能是处于电场的电荷分布所具有的势能，与电子层无关，选项D错误。‎ ‎2. 在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是(　　)‎ A. 最易失去的电子一般能量最高 B. 电离能最小的电子能量最高 C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量 D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低 ‎【答案】C ‎【解析】A、能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，选项A错误；B、电离能是失去电子时所吸收的能量，能量越高的电子在失去时消耗的能量也就越少，因而电离能也就越低，选项B正确；C、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，选项C错误；D、电子首先进入能量最低、离核最近的轨道，选项D错误。答案选B。‎ ‎3. 基态原子第五电子层只有2个电子，则该原子的第四电子层的电子数肯定为(　　)‎ A. 8个 B. 18个 C. 8～18个 D. 8～32个 ‎【答案】C ‎【解析】根据构造原理，第5层上有2个电子，则电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d0～105s2，因此该原子的第四电子层中的电子数肯定为8～18个，答案选B。‎ ‎4. 下列各表为周期表的一部分(表中为原子序数)，其中正确的是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】第2号元素He为稀有气体，所以其所在的列是周期表的最后一列，所以此列右侧一定没有元素，选项A、选项B错误。第6号元素为C，其下方应该是14号元素Si，所以选项C错误。第6号元素为C，其下方应该是14号元素Si，再下一个应该是32号元素Ge，所以选项D正确。‎ 点睛：元素周期表中同族元素上下的核电荷数之差是由规律的。其差值应该为2、8、18或者32。前20号元素，除H和Li的差值为2以外，都是差值为8。‎ ‎5. 2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“ ”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7，下列说法不正确的是（　　）‎ A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. Ts的同位素原子具有相同的电子数 C. Ts在同族元素中非金属性最弱 D. 中子数为176的TS核素符号是 Ts ‎【答案】D ‎【解析】A. 第七周期的0族元素是118号元素，所以 Ts是第七周期第ⅦA族元素，故A正确；B. 同位素原子具有相同质子数和电子数，所以Ts的同位素原子具有相同的电子数，故B正确；C. 同族元素从上到下非金属性逐渐减弱，Ts在同族元素中处在最下方，所以Ts非金属性最弱，故C正确；D. 中子数为176的Ts核素的质量数是176+117=293，该核素符号是，故D不正确。故选D。‎ ‎6. 人们常将在同一原子轨道上运动的，自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”;将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，正确的是(　　)‎ A. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”‎ B. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”‎ C. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”‎ D. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”‎ ‎【答案】A ‎【解析】核外电子为奇数的原子，当然无法保证所有电子成对，所以选项A正确。核外电子数为偶数的基态原子，其某个能级上的轨道中不一定都是成对电子，例如第6号元素C，其2p能级上应该有2个单电子，选项B错误。核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中的电子可能都是成对的，例如He，选项C错误。核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”，选项D错误。‎ ‎7. 第3周期元素R，它的原子核外最外层上达到饱和所需电子数小于次外层和最内层电子数之差，且等于最内层电子数的正整数倍。则关于R的正确说法是(　　)‎ A. 常温下，能稳定存在的R的高价氧化物都能与烧碱溶液反应 B. R的最高价氧化物对应水化物是强酸 C. R的电负性比磷元素的大 D. R的第一电离能比磷元素的第一电离能大 ‎【答案】A ‎【解析】第3周期元素R，设其最外层有X个电子，则它的原子核外最外层上达到饱和所需电子数（8－X）小于次外层和最内层电子数之差（8-2=6），且等于最内层电子数的正整数倍（只能等于2、4、6、8），所以8－X＜6，且8-X=2、4、6、8，所以X＝4或6。所以R为Si或者S。其高价氧化物为P2O5或SO3都属于酸性氧化物，都与氢氧化钠溶液反应，选项A正确。Si的最高价氧化物对应水化物是硅酸属于弱酸，选项B错误。Si的电负性小于P，选项C错误。Pd的3p能级上是半满的稳定结构，所以第一电离能反常增大，所以P的第一电离能大于Si和S，选项D错误。‎ ‎8. 最近有人用一种称为“超酸”的化合物H(CB11H6Cl6)和C60反应，使C60获得一个质子，得到一种新型离子化合物：[HC60]＋[CB11H6Cl6]－，这个反应看起来很陌生，但反应类型却跟下列化学反应中的一个相似，该反应是(　　)‎ A. SO3＋H2O = H2SO4 B. NH3＋H2O = NH3·H2O C. NH3＋HCl = NH4Cl D. H2O＋CH3COOH = H3O＋＋CH3COO－‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：从题意可知“超酸”与C60的反应是酸给出一个质子成为阴离子，C60‎ 分子接受一个质子成为阳离子，形成的阴、阳离子再相互作用成为离子化合物。由此可以判断反应C符合上述特征。‎ 考点：考查化学反应的有关判断 点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础和能力的双向考查，有助于培养学生逻辑推理能力和灵活应变能力，也有利于培养学生的应试能力，提高学生的学习效率。‎ ‎9. 下列物质的熔点均按由高到低的次序排列，其原因是由于键能由大到小排列的是(　　)‎ A. 铝、钠、干冰 B. 金刚石、碳化硅、晶体硅 C. 碘化氢、溴化氢、氯化氢 D. 二氧化硅、二氧化碳、一氧化碳 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：干冰、CO、碘化氢、溴化氢、氯化氢形成的晶体都是分子晶体，其熔点高低与分子间作用力大小有关系，所以选项A、C、D都是错误的；B中都是原子晶体，其熔点高低与共价键的强弱有关系，所以正确的答案选B。‎ 考点：考查影响晶体熔点高低的有关判断 点评：本题是基础性知识的考查，难度不大。试题注重基础，有利于培养学生的学习兴趣，也有利于提高学生的学习效率。‎ ‎10. 水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到160 K时形成的，玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是(　　)‎ A. 玻璃态水中也存在范德华力与氢键作用 B. 玻璃态水的熔点是0 ℃‎ C. 玻璃态水中不存在氢键作用 D. 玻璃态水是分子晶体，晶胞与冰相似 ‎【答案】A ‎11. 由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 晶体中阳离子和阴离子个数不一定相等 B. 晶体中一定只有离子键没有共价键 C. 所含元素一定不在同一周期也不在第一周期 D. 晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径 ‎【答案】A ‎【解析】由题意知阴、阳离子可能均是10电子微粒，它们可以是：阴离子：N3-、O2-、F-、OH-等，阳离子：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。A、当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如、MgF2、Na2O，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如NaF、NaOH，故A正确；B、离子化合物，一定有离子键，也可能含共价键，如NaOH、Mg（OH）2、NH4F等，故B错误；C、NH4+中氢元素在第一周期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故C错误；D、对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以该化合物中阳离子半径小于阴离子半径，故D错误；故选A。‎ 点睛：考查离子结构、物质结构等知识。本题采取列举法解答，找出例外举例，列举法在元素周期表中经常利用。‎ ‎12. 下面有关晶体的叙述中,不正确的是(　　)‎ A. 金刚石为空间网状结构,由共价键形成的碳原子环中,最小的环上有6个碳原子 B. 氯化钠晶体中,与每个Na+周围距离相等的Na+共有6个 C. 氯化铯晶体中,每个Cs+周围紧邻8个Cl-‎ D. 干冰晶体中,每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子 ‎【答案】B ‎【解析】A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；B. 氯化钠晶胞属于面心立方晶胞，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故B不正确；C. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs＋周围紧邻8个Cl-，故C正确；D. 干冰晶胞属于面心立方晶胞，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子，故D正确。故选B。‎ ‎13. 北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60 形成的球碳盐K3C60 ，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是（   ）‎ A. K3C60 中只有离子键 B. K3C60 中不含共价键 C. 该晶体在熔融状态下能导电 D. C60 与 12 C互为同素异形体 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、C60中两个碳原子之间还有共价键，故错误；B、两个碳原子间含有共价键，故错误；C、该晶体属于离子化合物，熔融状态下，能够导电，故正确；D、同素异形体研究对象是单质，C－12是原子，故错误。‎ 考点：考查化学键、离子化合物、同素异形体等知识。‎ ‎14. 美国科学家宣称发现了普通盐水在无线电波照射下可燃烧，有望解决用水作人类能源的重大问题。无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该种频率下持续燃烧。上述中“结合力”实质是（  ）‎ A. 分子间作用力 B. 氢键 C. 非极性共价键 D. 极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在水的分子中H原子与O原子之间是通过共价键结合的，因此上述中“结合力”实质是H—O极性共价键，选项是D。‎ 考点：考查水分子中的化学键的知识。‎ ‎15. 下列关于晶体的说法，一定正确的是(　　)‎ A. 分子晶体中都存在共价键 B. CaTiO3晶体(如图所示)中每个Ti4＋与12个O2－紧邻 C. SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合 D. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．稀有气体都是单原子分子，无共价键，A错误； B．在题目所给晶体结构模型中每个Ti4+周围有3个O2-与之相邻，用均摊法不难求得晶体中每个Ti4+离子周围 共有：3×8×=12个O2-，B正确；C．在SiO2的晶体中Si、O以单键相结合，因此每个硅原子与4个氧原子结合，C错误；D．金属汞的熔点比I2、蔗糖等的熔点都低，D错误 。答案选Ｂ。‎ 考点：考查金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。‎ ‎16. 固体A的化学式为NH5 ，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中，不正确的是( )‎ A. 1 mol NH5 中含有5N A 个氮氢键(N A 表示阿伏加德罗常数)‎ B. NH5 中既有共价键又有离子键，它形成的晶体是离子晶体 C. NH5的电子式为 D. 它与水反应的化学方程式为：NH5 +H2O NH3·H2O + H2 ↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】氢原子可以失去电子成为H＋也可以得到一个电子成为H－，而N原子在NH4＋结构中达到8电子稳定结构，所以A为NH4H，即NH4＋与H－组成的离子化合物。‎ ‎17. BF3与一定量水形成（H2O）2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R，转化关系如下所示，晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及（ ）‎ A. 共价键 B. 离子键 C. 配位键 D. 范德华力 ‎【答案】B ‎【解析】根据图示化合物Q应该是共价化合物，所以不可能存在离子键，选项B不涉及。Q是共价化合物一定有共价键，所以涉及选项A。BF3的B是缺电子结构，H2O的O原子有孤电子对，所以形成如下配位键：H2O→BF3，涉及选项C。Q是分子晶体一定存在分子间作用力，涉及选项D。‎ ‎18. 表中为6种短周期元素的相关数据：‎ 元素性质 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 原子半径(nm)‎ a ‎0.075‎ b ‎0.110‎ c d 最高化合价 ‎＋6‎ ‎＋5‎ ‎＋5‎ ‎＋7‎ 最低化合价 ‎－2‎ ‎－3‎ ‎－2‎ ‎－3‎ ‎－1‎ ‎－1‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 氢化物沸点：元素①>元素③‎ B. 元素②氢化物与元素⑥氢化物之间反应形成的化合物中只有极性键 C. a>d>b>c D. 元素④的氢化物中元素④原子采取sp2杂化 ‎【答案】C ‎...........................‎ 点睛：本题中的选项C需要比较一些原子的半径，理论上高中不应该比较类似O和Cl这样的原子半径大小，因为这两个原子的半径都大于F原子，实际不好比较哪个原子的半径更大。一般会考虑到Cl比O终究多一个电子层，所以Cl的半径大。但是，不能有电子层多半径大的结论，例如：Li的半径就大于Cl。在一般的问题中，可以处理为，只要两个原子在周期表中的距离较近，就可以认为是电子层多半径大。‎ ‎19. 下列分子价层电子对互斥模型与分子空间构型不一致的是(　　)‎ A. CO2 B. BF3 C. H2O D. CH4‎ ‎【答案】C ‎【解析】H2O的价层电子对互斥模型是正四面体（4个价电子对），而水是折线形分子，所以选项C符合要求。二氧化碳是直线形分子，BF3是平面三角形分子，CH4是正四面体分子，所以选项A、B、D都是相一致的。‎ ‎20. 下列晶体分类中正确的一组是(　　)‎ 选项 离子晶体 原子晶体 分子晶体 A NaOH Ar SO2‎ B H2SO4‎ 石墨 S C CH3COONa 水晶 D Ba(OH)2‎ 金刚石 玻璃 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．Ar属于分子晶体，NaOH属于离子晶体，SO2属于分子晶体，故A错误；B．石墨属于混合晶体，H2SO4、S属于分子晶体，故B错误；C．CH3COONa属于离子晶体，水晶（SiO2）属于原子晶体，属于分子晶体，故C正确；D．Ba（OH）2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，玻璃属于玻璃态物质，不属于晶体，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查晶体类型判断 ‎【名师点晴】掌握常见物质所属晶体类型，识记常见的原子晶体即可解答，注意石墨的晶体结构与玻璃态物质；离子晶体是阴、阳离子通过离子键形成的晶体，常见离子晶体有：常见的有强碱、活泼金属氧化物、大多数盐类等；原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，常见的原子晶体有：一些非金属单质，若金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；分子晶体是分子间通过分子间作用力（包括范德华力和氢键）构成的晶体．常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质（除汞外）、易挥发的固态物质等。‎ ‎21. 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. 晶体的熔、沸点高，硬度大 C. 晶体中C原子数与C—O键数之比为1∶4‎ D. 晶体的空间最小环共由12个原子所构成 ‎【答案】A ‎【解析】分析题意可知，该新型碳氧化合物属于原子晶体，以C—O键结合为一种空间网状的无限伸展结构，使学生容易联想到晶体SiO2的结构，故B、C、D三项正确。该物质的化学式应为CO2，而不是CO4，故A项错误。‎ ‎22. 根据等电子原理判断，下列说法中错误的是(　　)‎ A. B3N3H6（比例模型如图）分子中所有原子均在同一平面上 B. B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应 C. H3O＋和NH3是等电子体，均为三角锥型 D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体结构 ‎【答案】B ‎【解析】B3N3H6与苯（C6H6）属于等电子体，因为苯是平面形分子，所以B3N3H6也是平面分子，选项A正确。B3N3H6与苯（C6H6）属于等电子体，苯分子中不存在双键，所以B3N3H6分子中也没有双键，选项B错误。H3O＋和NH3都是4个原子8个价电子，所以是等电子体，均为三角锥型，选项C正确。CH4和NH4+都是5个原子8个价电子，所以是等电子体，均为正四面体结构，选项D正确。‎ ‎23. 氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的几何构型和中心原子( S )采取杂化方式的说法正确的是(　　)‎ A. 三角锥型、sp3 B. V形、sp3 C. 平面三角形、sp2 D. 三角锥型、sp2‎ ‎【答案】A ‎【解析】氯化亚砜(SOCl2)中心原子S的价电子对为：3+(6－1×2－2×1)/2＝4，所以杂化类型为sp3，空间构型为四面体，因为只有三个配位原子（O和2个Cl），所以结构为三角锥。选项A正确。‎ ‎24. 毒奶粉事件曾震惊全国，这主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺()。下列关于三聚氰胺分子的说法正确的是(　　)‎ A. 所有碳原子采用sp2杂化，所有氮原子采用sp3杂化 B. 一个分子中共含有15个σ键 C. 属于极性分子，故极易溶于水 D. 分子内既有极性键又有非极性键 ‎【答案】B ‎【解析】分子中六元环上的三个N原子都形成了双键，所以这三个N原子为sp2‎ 杂化，选项A错误。两个原子之间成键一定有且只有一个σ键，所以可以数出来分子中有15个σ键，选项B正确。该分子高度对称，应该属于非极性分子，选项C错误。分子中不存在相同原子之间的共价键，即不存在非极性键，选项D错误。‎ ‎25. 氮化硼（BN）晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示，关于这两种晶体的说法，正确的是（ ）‎ A. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 C. 两种晶体中硼原子和氮原子之间的作用力不同 D. 两种晶体均为分子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】明显立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，选项A错误。六方相氮化硼与石墨晶体结构相似，层间存在分子间作用力相比化学键弱得多，所以质地软，选项B正确。两种晶体中硼原子和氮原子之间的作用力都是共价键，选项C错误。六方相氮化硼与石墨晶体结构相似，所以是混合型晶体；立方相氮化硼应该是原子晶体，选项D错误。‎ ‎26. 当0.01 mol氯化铬(Ⅲ)(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的硝酸银处理时，有0.02 mol氯化银沉淀析出，此样品的配离子的表示式为(　　)‎ A. [Cr(H2O)6]3＋ B. [CrCl(H2O)5]2＋ C. [CrCl2(H2O)4]＋ D. [CrCl3(H2O)3]‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当0.01mol 氯化铬(III) (CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的硝酸银处理时，有0.02mol氯化银沉淀析出，说明CrCl3·6H2O中有2个Cl-在配合物的外界，另一个Cl-在内界（作配体），所以此样品的配离子的表示式为[CrCl(H2O)5]2+，B正确，本题选B。‎ 点睛：配合物中外界的离子可以完全电离，内界的离子以配位键与中心原子成键，不易电离。‎ ‎27. 短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简单氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥型、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题: ‎ ‎（1）Y的最高价氧化物的化学式为____；Z的核外电子排布式是_______ 。  ‎ ‎（2）D的最高价氧化物与E的一种氧化物为等电子体，写出E的氧化物的化学式：____。  ‎ ‎（3）D和Y形成的化合物，其分子的空间构型为____，D原子的轨道杂化方式是____。  ‎ ‎（4）写出一个验证Y与Z的非金属性强弱的离子方程式：__________________。  ‎ ‎（5）金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). SO3 (2). 1s22s22p63s23p5 (3). N2O (4). 直线形 (5). sp杂化 (6). Cl2+S2-=S↓+2Cl- (7). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑‎ ‎【解析】短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简单氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥型、正四面体、角形(V形)、直线形。根据分子构型可以判断元素所在的主族，四面体是ⅣA族，三角锥是ⅤA族，折线是ⅥA族，直线是ⅦA族，所以元素分别为：C、N、Si、S、Cl。‎ ‎（1）Y（S）的最高价氧化物的化学式为SO3；Z（Cl）的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5。‎ ‎（2）D（C）的最高价氧化物为CO2，与N2O原子数相等，价电子数也相等，所以是等电子体。‎ ‎（3）D和Y形成的化合物为CS2，其与CO2为等电子体，所以分子的空间构型为直线形，D原子的轨道杂化方式是sp杂化。‎ ‎（4）比较Cl和S的非金属强弱，可以选择比较其单质的氧化性强弱，所以如下的离子方程式：Cl2+S2-=S↓+2Cl-，说明Cl2的氧化性强于S，进而证明非金属性。‎ ‎（5）金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物（Mg3N2）与水反应生成两种碱性物质（氢氧化镁和氨气），该反应的化学方程式是：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑。‎ ‎28. 氟在自然界中常以CaF2的形式存在。‎ ‎（1）下列关于CaF2的表述正确的是_____。‎ a．Ca2+ 与F﹣间仅存在静电吸引作用 b．F﹣的离子半径小于Cl﹣，则CaF2的熔点高于CaCl2‎ c．阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同 d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电 ‎（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 _____________________（用离子方程式表示）。‎ ‎（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为_____，其中氧原子的杂化方式为____。‎ ‎（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应 Cl2（g）+3F2（g）═2ClF3（g）△H=﹣313kJ•mol﹣1，F﹣F键能159kJ•mol﹣1，Cl﹣Cl键的键能为242kJ•mol﹣1，则ClF3中Cl﹣F键的平均键能为________ kJ•mol﹣1，ClF3的熔、沸点比BrF3的_____（填“高”或“低”）。‎ ‎（5）如图为CaF2、H3BO3(层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图，请回答下列问题：‎ ‎①图Ⅰ所示的CaF2晶胞中与Ca2+最近且等距离的F-数为____，图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为____。 ‎ ‎②图Ⅱ所示的物质结构中最外层已达8电子结构的原子是____。H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为____。 ‎ ‎③三种晶体中熔点最低的是____，其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用力为________________。‎ ‎【答案】 (1). bd (2). 3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣ (3). V形 (4). sp3 (5). 172 (6). 低 (7). 8 (8). 12 (9). O (10). 1∶6 (11). H3BO3 (12). 范德华力和氢键 ‎【解析】（1）Ca2+ 与F﹣间存在离子键，离子键是阴阳离子之间的静电作用，包括吸引和排斥，所以选项a错误。离子晶体的熔点一般取决于晶格能的大小，一般来说电荷相等的前提下，离子半径越小，晶格能越大，所以选项b正确。阴阳离子比为2∶1的物质，有的与CaF2晶体构型相同，有的是反CaF2型，例如：Na2O。选项c错误。CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下离子键被破坏，离子能自由移动所以能导电，选项d正确。‎ ‎（2）CaF2电离的F-可以与Al3+进行配位，从而使CaF2溶解，反应为：3CaF2 + Al3+ = 3Ca2+ ‎ ‎+ AlF63﹣。‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论，OF2的中心原子O的价电子对为4，配位数为2，所以O为sp3杂化，分子为V形或者说是折线形。‎ ‎（4）反应的焓变等于反应物键能减去生成物键能，设ClF3中Cl﹣F键的平均键能为X kJ•mol﹣1，有：242+3×159－2×3×X=－313，解方程得到X=172。ClF3和BrF3都是分子晶体，熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，而结构相似的前提下，分子间作用力的大小可用分子量的大小判断，分子量越大，作用力越大，熔沸点越高。所以熔沸点应该是ClF3小于BrF3。‎ ‎（5）①以CaF2顶面中心的Ca2+为例，其与下方的4个四个F-以及其上方的另一个晶胞中的四个F-距离最近，所以CaF2晶胞中与Ca2+最近且等距离的F-数为8。图Ⅲ中Cu为ABC型最紧密堆积，所以每个Cu的配位数都是12。‎ ‎②H原子不可能达到8电子。B的最外层是3个电子，形成3个共价键最外层是6个电子。O形成两个共价键就是8电子结构（图中三个键一个是氢键）。由图示得到H3BO3的结构为B(OH)3通过氢键形成的层状结构，所以1个B对应了3个O－B和3个O－H，即H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为1:6。‎ ‎③H3BO3是分子晶体，应该是其中熔点最低的。晶体熔化的时候应该克服的作用力是分子间作用力和氢键。‎ ‎29. I.1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。‎ 科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如下，其中配位键和氢键均采用虚线表示。‎ ‎（1）写出基态Cu原子的核外电子排布式____________________。 ‎ ‎（2）写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(必须将配位键表示出来)_________________。 ‎ II.砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：‎ ‎（1）写出基态As原子的外围电子排布式________。‎ ‎（2）根据元素周期律，原子半径Ga_______As，第一电离能Ga______As。(填“大于”或“小于”)‎ ‎（3）AsCl3分子的立体构型为_______，其中As的杂化轨道类型为________。‎ ‎（4）GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是__________________。‎ ‎（5）GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________，Ga与As以___________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为M1 g·mol－1和M2 g·mol－1，原子半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________________________(列出含ρ和NA的计算式）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). (3). 4s24p3 (4). 大于 (5). 小于 (6). 三角锥型 (7). sp3 (8). GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 (9). 原子晶体 (10). 共价 (11). 4π×10-30ρNA(r13+r23)/3(M1+M2)×100%‎ ‎【解析】Ⅰ（1）Cu为第29号元素，其核外电子排布为：[Ar]3d104s1。‎ ‎（2）图示中Cu2+与周围四个水分子中的O之间形成的都应该是配位键，显然应该是Cu2+提供空轨道，所以该离子为：。‎ Ⅱ（1）As为33号元素，所以核外电子排布为：[Ar] 3d104s24p3，所以外围电子排布式为：4s24p3。‎ ‎（2）同周期由左向右半径逐渐减小，所以半径Ga＞As。As的4p能级为半满的稳定结构，所以其第一电离能增大，即第一电离能为：Ga＜As。‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论AsCl3的价电子对为4，配位数为3，所以分子是三角锥形，As为sp3杂化。‎ ‎（4）GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其差异如此之大，只可能是因为晶体类型发生变化，即GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。‎ ‎（5）根据晶体的熔点和晶胞结构可以判断该晶体为原子晶体，所以原子之间应该以共价键键合。晶胞中含有4个GaAs，所以晶胞质量为4(M1+M2)/NA g，进而得到晶胞密度为4(M1+M2)/ (ρNA) cm3＝4×1030(M1+M2)/ (ρNA) pm3‎ ‎。晶胞中含有4个Ga和4个As，所以原子的体积为(4×4πr13/3 + 4×4πr23/3)pm3；所以GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为(4×4πr13/3 + 4×4πr23/3)÷[4×1030(M1+M2)/ (ρNA)]＝4π×10-30ρNA(r13+r23)/3(M1+M2) ×100%。‎ ‎30. 科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。‎ ‎（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为______。‎ ‎（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是______（填序号）。‎ a．固态CO2属于分子晶体 b． CH4分子中含有极性共价键，是极性分子 c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2‎ d． CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp ‎（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。‎ ‎①基态Ni原子的电子排布式为____________，Ni该元素位于元素周期表的第___族。‎ ‎②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4中含有_____molσ键。‎ ‎（4）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构（如图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表．CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。‎ ‎①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是______。‎ ‎②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想．已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). H＜C＜O (2). ad (3). [Ar]3d84s2 (4). VⅢ (5). 8 (6). 氢键，范德华力 (7). 二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷 ‎【解析】（1）元素的非金属性越强，其电负性就越大。在CH4和CO2所含的H、C、O三种元素中，元素的非金属性由强到弱的顺序是O>C>H，所以元素的电负性从小到大的顺序为H

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