2018-2019学年贵州省思南中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

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绝密★启用前 ‎2018-2019学年度贵州省思南中学期中考试试题 考试时间：120分钟 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 可能用到的原子相对原子质量C-12 N-14 O-16 B-11 S-32‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1.以下是摘自高二实验班某学生在这次考试复习中对教材选修3第一章《原子结构和性质》的总结，其中与教材说法不符的是（ ）‎ A. 同一原子的能层越高，s电子云半径越大 B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数 C. 书写电子排布式时，按照构造原理，依据电子的填充顺序从左到右书写能级 D. 处于最低能量的原子叫做基态原子，我们通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、能层越高，能量越大，即不同能层同一能级的电子云半径越大，故A说法正确；B、每一个能层都是从s能级开始，其能级数等于该能层的序数，故B说法正确；C、书写电子排布式时，能层低的能级要写在左边，不能按填充顺序写，故C说法错误；D、基态原子是处于最低能量的原子，通常所说的电子排布指的是基态原子的电子排布，故D说法正确。‎ ‎2.下列化学用语的表达正确的是（ ）‎ A. 原子核内有10个中子的氧原子：O B. 氯原子的结构示意图：‎ C. Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5‎ D. 基态铜原子的外围电子轨道表示式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子的质量数=10+8=18，应该表示为188O，故A错误；‎ B．氯原子核外电子总数为17，氯原子的结构示意图为，故B错误；‎ C．铁为26号元素，铁离子最外层电子数为13，根据构造原理可得：Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5，故C正确；‎ D．Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，基态原子外围电子排布式为：3d104s1，图示中3d和4s能级电子数目不符，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，根据构造原理，核外电子排布式需要满足能量最低原理，在前36号元素中要注意Cr：1s22s22p63s23p63d54s1和Cu：1s22s22p63s23p63d104s1排布的特殊性。‎ ‎3.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）‎ A. 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 B. 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 C. 2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子 D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. X是稀有气体氦，Y是铍，它们的化学性质差别很大，不相似；B. X是镁，Y可以是钙、钪、钛、钒、錳、铁、钴、镍、锌等，X、Y的化学性质不一定相似；C. X是碳，Y是硅，它们属于同主族元素，彼此化学性质一定相似；D. X、Y可以是IA元素，也可以是铬、铜等，彼此化学性质不一定相似。故选C。‎ ‎4.有五种短周期主族元素X、Y、Z、R、Q， 它们的原子序数逐渐增大，其中X、Y、R、Q在周期表中位置如图；R的简单离子半径是同周期中最小的；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 =‎ ‎ 10540kJ/mol。下列说法正确的是（ ）‎ X Y R Q A. 工业上都用电解它们的氧化物方法制Z、R、Q单质 B. X和Y的单质熔点：X R > Z D. Y的简单氢化物可与盐酸反应生成既有离子键又有共价键和配位键的化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、 Y、 Z、 R、Q是原子序数依次增大的短周期元素，根据X、 Y、 R、Q在周期表中位置，X、 Y位于第二周期，R、Q位于第三周期，且X、Q同主族；R的简单离子半径是同周期中最小的，则R为Al；根据R与X、 Y、Q的相对位置关系可推出，Q为Si，X为C；Y为N；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol，可见I3≫I2，Z原子最外层有2个电子，则Z为Mg。综合以上分析，X、 Y、 Z、 R、Q分别是C、N、Mg、Al、Si，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 工业上用电解熔融氧化铝制取铝，因氧化镁熔点高，不用电解熔融氧化镁制取镁，工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制取粗硅，故A错误；‎ B. C的单质如金刚石为原子晶体，具有高熔点，N 的单质如N2为分子晶体，熔点低，故B错误；‎ C. 同周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al，故C错误；‎ D. NH3可与盐酸反应生成NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，既有离子键又有共价键和配位键，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.下列说法不正确的是（ ）‎ A. HClO、H2CO3、H2SO4、HClO4的酸性依次增强 B. 苹果酸含有1个手性碳原子 C. HF、NH3、CH3OH均易溶于水的原因之一是与H2O分子均形成氢键 D. 以极性键结合的分子一定不是非极性分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HClO、H2CO3、H2SO4、HClO4中非羟基O原子个数增多，则酸性依次增强，故A正确；‎ B．若碳原子连有不同的四个基团，则为手性碳原子，由结构简式可知苹果酸分子中只含有1个手性碳原子()，故B正确；‎ C．HF、NH3、C2H5OH均易溶于水，是因为3种分子都能与H2O分子形成氢键，故C正确；‎ D．含有极性键的分子可能为极性分子，也可能为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，HCl为含极性键的极性分子，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列分子或离子中，立体构型是平面三角形的是（ ）‎ A. CH4 B. NH4+‎ C. NO3- D. CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式及粒子的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，立体构型为平面三角形的分子应含有3个σ键，且没有孤对电子，中心原子为sp2杂化，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. CH4分子中C原子形成4个σ键，孤对电子数 = = 0，中心原子采用sp3‎ 杂化，立体构型为正四面体，A项错误；‎ B. NH4+中氮原子形成4个σ键，孤电子对数= = 0，中心原子为sp3杂化，所以其立体构型是四面体型，B项错误；‎ C. N原子形成3个σ键，孤对电子数 = = 0，为sp2杂化，立体构型为平面三角形，C项正确；‎ D. 碳原子形成2个σ键，孤对电子数为 = = 0，为sp杂化，二氧化碳立体构型为直线型分子，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列描述正确的是（ ）‎ A. ClO3－的空间构型为平面三角形 B. SiF4和SO32－的中心原子均为sp2杂化 C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1︰1‎ D. SF6中有6对相同的成键电子对 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.ClO3－中心原子价层电子数为3+=4，即Cl原子是sp3杂化，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故A错误；‎ B. SiF4的中心原子价层电子对数为4，为sp3杂化，SO32－的中心原子价层电子对数为4，为sp3杂化，故B错误；‎ C. C2H2分子中含有1个σ键与2个π键，所以σ键与π键的数目比为1︰2，故C错误；‎ D. SF6中价层电子对个数=6+(6−6×1)=6，且不含孤电子对，所以有6对完全相同的成键电子对，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. NH3和CH4的中心原子都是sp3杂化 B. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的元素属于d区 C. SO2和CO2都是直线形分子，其中心原子都是sp杂化 D. 电子由低能级跃迁至较高能级时，可通过光谱仪直接摄取原子的发射光谱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH3和CH4的价层电子对数均为4，即均为sp3杂化，故A正确；‎ B. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的原子是Ag，该元素属于ds区，故B错误；‎ C. SO2分子的中心原子价层电子对数=2+=3，中心原子S是sp2杂化，SO2是V形结构，故C错误；‎ D. 电子由低能级跃迁至较高能级时，可通过光谱仪直接摄取原子的吸收光谱，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】D项为易错点，注意吸收光谱和发射光谱区别。‎ ‎9.下列微粒中不存在配位键的是（ ）‎ A. NH4+ B. [Cu(NH3)4]SO4 C. [Fe(SCN)n]3-n D. PCl5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配位键，又称配位共价键，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。‎ ‎【详解】A.N最外层有5个电子，电子式如图，形成NH4＋中，有一条键为配位键，N提供一对孤对电子，H＋提供轨道，形成配位键。A项不符合题意；‎ B．配位化合物存在配位键，N原子提供一对孤对电子，Cu2＋提供空轨道，形成配位键，B不符合题意；‎ C．SCN－中S提供孤对电子，Fe3＋提供空轨道，形成配位键，C不符合题意；‎ D．P最外成有5个电子，Cl最外层有7个电子，可以形成共价键，P最外层有10e－，Cl达到8e－，为共价键，没有配位键，D符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎【点睛】配位化合物中一定含有配位键，可以做出简单判断。此外一些常见的离子也含有配位键，如NH4＋,H3O＋等。‎ ‎10.下列物质属于等电子体的一组是（ ）‎ A. CH4和NH4+ B. B3H6N3和C8H8‎ C. F－和Mg D. H2O和CH4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 等电子体要具备两个条件：一是微粒的原子总数相同，二是微粒的价电子总数相同，以此分析解答。‎ ‎【详解】A项，CH4的原子总数为5，价电子数总数为4+1×4=8，NH4+的原子总数为5，价电子数总数为5+1×4-1=8，二者原子总数相同，价电子总数相同，所以是等电子体，故A正确；‎ B. B3H6N3的原子总数为12，价电子数总数为3×3+1×6+5×3=30，C8H8的原子总数为16，价电子数总数为4×8+1×8=40，二者原子总数不相同，价电子总数也不相同，所以不是等电子体，故B错误；‎ C. F－的原子总数为1，价电子数总数为7+1=8，Mg的原子总数为1，价电子数总数为2，二者原子总数相同，价电子总数不相同，所以不是等电子体，故C错误；‎ D. H2O的原子总数为3，价电子数总数为1×2+6=8，CH4的原子总数为5，价电子数总数为4+1×4=8，二者原子总数不相同，价电子总数相同，所以不是等电子体，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎11.下列叙述正确的是（ ）‎ A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心 B. CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心 C. H2O是极性分子，分子中O原子不在2个H原子所连直线的中点处 D. CO2是非极性分子，分子中C原子不在2个O原子所连直线的中点处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气中心原子氮原子是sp3杂化，含有1对孤对电子，是三角锥形，属于极性分子，故A错误；‎ B.四氯化碳中心原子碳原子是sp3‎ 杂化，没有孤对电子，是正四面体型，属于非极性分子，故B错误；‎ C.水中心原子氧原子是sp3杂化，含有2对孤对电子，是V形，属于极性分子，故C正确；‎ D.CO2中心原子碳原子是sp杂化，是直线型结构，属于非极性分子，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。‎ ‎12.下列关于雷酸(H-O-N≡C)和氰酸(H-O-C≡N )及其组成元素的说法错误的是（ ）‎ A. 两者互为同分异构体 B. 两种分子中的所有原子都在一条直线上 C. 电负性：O＞N＞C＞H D. 第一电离能：N＞O＞C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 雷酸(H-O-N≡C)和氰酸(H-O-C≡N)的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；‎ B. O原子采用sp3杂化，为V型，所有原子一定不在一条直线上，故B错误；‎ C. 元素的非金属性越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C＞H，故C正确；‎ D. 同一周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势，但N原子的2p为半充满结构，第一电离能大于同周期邻近的两种元素，第一电离能：N＞O＞C，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于d区的是（ ）‎ A. Fe B. Mg C. Cu D. As ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe的外围电子排布为3d64s2，属于d区元素，故A符合；‎ B、Mg的外围电子排布为3s2，属于s区元素，故B不符合；‎ C、Cu的外围电子排布为3d104s1，属于ds区元素，故C不符合；‎ D、As的外围电子排布为4s24p4，属于p区元素，故D不符合；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】电子最后填入的能级是d能级的元素属于d区元素。 本题的易错点为C，要注意ds区包括ⅠB族(第11列)、ⅡB族(第12列)，可以理解为先填d能级后填s能级。‎ ‎14.下列说法不正确的是（ ）‎ A. Xe元素的所在族的原子的外围电子排布式均为ns2np6，属于非金属元素 B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属(氢元素除外)‎ C. 某基态原子核外电子排布图为 它违背了泡利原理 D. 某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Xe元素位于0族，同族中的He的原子外围电子排布式为1s2，而不是ns2np6，故A错误；‎ B. 在元素周期表中，s区中除H元素不是金属元素外，其他元素都为金属元素，d区和ds区的元素都是金属，故B正确；‎ C. 根据泡利原理可知，3s轨道表达式违背的是泡利原理，即电子的自旋方向相反，故C正确；‎ D. 某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素为Gd，属于镧系元素，该元素位于元素周期表中的第六周期第IIIB族，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】基态原子核外电子排布遵循三大原则：1.能量最低原理；2.泡利不相容原理；3.洪特规则。‎ ‎15.毒奶粉事件曾一度震惊全国，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中正确的是（ ）‎ A. 所有氮原子均采取sp3杂化 B. 一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键 C. 三聚氰胺的分子式为C3N3H6‎ D. 三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨基中N原子形成3个δ键，为sp3杂化，处于环上的氮原子为sp2杂化，选项A错误；‎ B. 一个三聚氰胺分子中共含有6个N-H键、6个N-C键，3个N=C键，共含有15个σ键，选项B正确；‎ C．分子中含有3个C、6个N，6个H，则分子式为C3N6H6，选项C错误；‎ D. 三聚氰胺分子中不存在由同种元素的原子形成的共价键，故不存在非极性键，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（ ）‎ A. KO2中只存在离子键 B. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－‎ C. 晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个 D. 晶体中，所有原子之间都以离子键相结合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；‎ B、K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；‎ C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；‎ D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。‎ ‎17.意大利罗马大学的科学家获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构如图所示。下列有关N4的说法正确的是（ ）‎ A. N4的沸点比N2低 B. N4分子中只含有非极性键，且键的夹角为109°28′‎ C. N4分子中每个氮原子都满足8个电子 D. 1mol N4中含有9 mol共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N4和N2都是分子晶体，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，N4的沸点比N2高，故A错误；‎ B. N4是正四面体型结构，键角是60°，故B错误；‎ C. 氮原子最外层5个电子，每个氮原子和三个氮原子分别形成一个共用电子对，所以每个氮原子的最外层都达到8电子稳定结构，故C正确；‎ D. 由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1mol N4中含有6mol共价键，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的沸点高低的比较、分子结构、原子结构等问题，注意基础知识的把握。‎ ‎18.SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推测，其中不正确的是（ ）‎ A. SiCl4晶体是分子晶体 B. 常温常压下SiCl4是气体 C. SiCl4的分子内部原子以共价键结合 D. SiCl4熔点高于CCl4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SiCl4与CCl4结构相似，CCl4属于分子晶体，则SiCl4晶体是分子晶体，A正确；‎ B、SiCl4与CCl4结构相似，都可以形成分子晶体，前者相对分子质量较大，故其分子间作用力较大。常温常压下CCl4是液体，故SiCl4是液体，B错误；‎ C、CCl4分子是由极性键形成的非极性分子，则SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子，C正确；‎ D、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎19.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由于正丁烷和异丁烷分子间作用力大小不同，因而沸点不同 B. H2O汽化成水蒸气或者分解为H2和O2，都需要破坏共价键 C. Na2O2中含有共价键，所以Na2O2属于共价化合物 D. 水晶和干冰都是共价化合物，所以他们的熔沸点相近 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分子晶体中分子间作用力越大，沸点越高，所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故A正确；‎ B、H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力和氢键，不破坏共价键，水分子分解时破坏共价键，故B错误；‎ C、过氧化钠中既离子键又含共价键，过氧化钠是离子化合物，而不是共价化合物，故C错误；‎ D、水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，它们的熔沸点相差很大，故D错误。‎ ‎20.下列各组品体物质中，“化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）‎ ‎①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘 A. ③④⑥ B. ①②③‎ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；‎ ‎②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；‎ ‎③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；‎ ‎④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；‎ ‎⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；‎ ‎⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。‎ 第II卷（非选择题)‎ ‎21.元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含着许多信息和规律。请根据下表中短周期元素的原子半径和主要化合价，回答表后问题。‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径（10-10 m）‎ ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎0.53‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.11‎ ‎0.75‎ ‎1.43‎ 最高或最低化合价 ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+7‎ ‎+2‎ ‎+5‎ ‎+3‎ ‎-2‎ ‎-3‎ ‎-1‎ ‎-3‎ ‎（1）元素①在周期表中的位置为_____。‎ ‎（2）元素①、⑦的氢化物的稳定性由强到弱的顺序为____（填化学式）。‎ ‎（3）元素①、③形成的18电子化合物的电子式为____，元素②、⑧的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是______（填化学式）。‎ ‎（4）元素②、⑤形成化合物的电子式为_____。‎ ‎（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物的水溶液与元素⑧的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为______‎ ‎【答案】 (1). 第二周期 VIA (2). H2O>NH3 (3). H2O2电子式 (4). Mg(OH)2 (5). MgCl2电子式 (6). 3H+ + Al(OH)3 = Al3+ + 3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，同一主族中，原子半径随着原子序数的增大而增大，根据化合价和原子半径可以判断⑥为铍、②为Mg，①的原子半径小于铍且其最低负价是-2，元素的最低负价=其最外层电子数-8，所以①位于第VIA族，为O元素，③的原子半径小于铍且其最高正价为+1，故为氢，⑦的原子半径小于铍且其最低负价是-3，元素的最低负价=其最外层电子数-8，所以⑦位于第VA族，是氮元素，这几种元素都是短周期元素，其余为第三周期元素，结合其主要化合价知，④是P元素、⑤是Cl元素、⑧是Al元素，结合元素周期律、原子结构来分析。‎ ‎【详解】（1）元素①位于第VIA族，为O元素，在周期表中的位置为第二周期 VIA。‎ ‎（2）非金属性越强，氢化物越稳定，O的非金属性大于N，则氢化物的稳定性由强到弱的顺序为H2O＞NH3。‎ ‎（3）元素①、③形成的18电子化合物为H2O2，电子式为；元素②为Mg、⑧是Al，Mg金属性强，最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是Mg(OH)2。‎ ‎（4）元素②、⑤形成的常见化合物是MgCl2，氯化镁为离子化合物，其电子式为。‎ ‎（5）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物的水溶液是高氯酸，与元素⑧的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝反应的离子方程式为3H＋+ Al(OH)3═Al3＋+3H2O。‎ ‎22.随着石油资源的日趋紧张，天然气资源的开发利用受到越来越多的关注。以天然气(主要成分是CH4)为原料经合成气(主要成分为CO、H2)制化学品，是目前天然气转化利用的主要技术路线。而采用渣油、煤、焦炭为原料制合成气，常因含羰基铁[Fe(CO)5]等而导致以合成气为原料合成甲醇和合成氨等生产过程中的催化剂产生中毒。请回答下列问题：‎ ‎（1）[Fe(CO)5]中铁的化合价为0，写出铁原子的基态电子排布式________。‎ ‎（2）与CO互为等电子体的分子和离子分别为_____和_____(各举一种即可，填化学式)，CO分子的结构式可表示成______。‎ ‎（3）CH3OH的熔、沸点比CH4高，其主要原因是______。‎ ‎（4）CH3CHO分子中，—CH3中碳原子采取______杂化方式，—CHO中的碳原子采取______杂化方式。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d64s2 (2). N2 (3). CN- (4). C≡O (5). CH3OH分子是极性分子，同时分子之间还存在着氢键的作用 (6). sp3 (7). sp2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe原子序数为26，利用电子排布规律来书写电子排布式；‎ ‎(2)等电子体中原子数和价电子数都相同，CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则C、O之间为三键；‎ ‎(3)CH3OH分子是极性分子，且CH3OH能够形成分子间氢键；‎ ‎(4)判断原子采取杂化方式时，先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对，然后再确定采取的杂化方式。‎ ‎【详解】(1)Fe的原子序数为26，则基态电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；‎ ‎(2)等电子体中原子数和价电子数都相同，则N2、CN-、CO的原子数都是2，价电子数都是10，互为等电子体，所以其中分子为：N2，离子为：CN-；互为等电子体的分子结构相似，根据氮气的结构式与电子式可知，CO分子结构式为C≡O，故答案为：N2；CN-；C≡O；‎ ‎(3)CH3OH分子是极性分子，且CH3OH能够形成分子间氢键，沸点较CH4高，故答案为： CH3OH分子是极性分子，同时分子之间还存在着氢键作用；‎ ‎(4)价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，-CH3中价层电子对数=4+0=4，所以碳原子采用sp3，-CHO价层电子对数=3+0=3，所以碳原子采用sp2，故答案为：sp3；sp2。‎ ‎23.（1）据科技日报网报道，南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇及其化合物可制成甘油、医药、农药、香料，合成维生素E和KI及天然抗癌药物紫杉醇中都含有关键的烯丙醇结构。丙烯醇的结构简式为CH2=CH-CH2OH。请回答下列问题：‎ ‎①基态镍原子的价电子排布式为________。‎ ‎②1 mol CH2=CH-CH2OH含___molσ键，烯丙醇分子中碳原子的杂化类型为___。‎ ‎③Ni2+能形成多种配离子，如[Ni(NH3)6]2+、[Ni(CN)2]2－ 和[Ni(SCN)2]－ 等，与CN－互为等电子体的分子为_____。‎ ‎（2）乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。‎ ‎①CaC2中C22－中碳与碳之间存在碳碳三键，C22－与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为_______。‎ ‎②乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是________。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). 9 (3). sp2、sp3 (4). N2(或CO等合理答案) (5). (6). sp、sp2杂化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，据此判断价电子的排布式；‎ ‎②单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，据此分析判断CH2=CH-CH2OH分子中含有的σ键数目；分子中碳原子均没有孤电子对，而碳碳双键中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，另外碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4；‎ ‎③ 等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，据此书写与CN－互为等电子体的分子；‎ ‎(2)①等电子体结构和性质相似，C22-与O22+和氮气互为等电子体，根据氮气分子电子式书写O22+电子式；‎ ‎②根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型。‎ ‎【详解】(1)①Ni是28号元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，属于过渡元素，价电子包括3d与4s能级电子，即价电子排布式为：3d84s2，故答案为：3d84s2；‎ ‎②单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，CH2=CH-CH2‎ OH分子含有9个σ键，故1mol CH2=CH-CH2OH含9molσ键；分子中碳原子均没有孤电子对，而碳碳双键中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，C原子的杂化方式为sp2杂化，另外碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4，碳原子采取sp3 杂化，故答案为：9；sp2、sp3；‎ ‎③ 等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，则与CN－互为等电子体的分子为N2或CO，故答案为： N2或CO；‎ ‎(2)①等电子体结构和性质相似，C22-与O22+和氮气互为等电子体，根据氮气分子的电子式可知，O22+电子式为，故答案为：；‎ ‎②H2C=CH-C≡N分子中连接双键的C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为sp2杂化，连接三键的碳原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化，故答案为：sp、sp2。‎ ‎【点睛】本题的易错点为碳原子杂化类型的判断，要注意价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)的应用，特别是孤电子对个数=(a-xb)的理解和应用。‎ ‎24.“张亭栋研究小组”受民间中医启发，发现As2O3对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)为第VA族元素，该族元素的化合物在研究和生产中有着许多重要用途。‎ ‎（1）N原子的价电子排布式为___，N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为___。‎ ‎（2）NH3的沸点比AsH3的沸点高，原因是_____。‎ ‎（3）立方氮化硼晶体(BN)，是一种超硬材料，有优异的耐磨性，其晶胞如图所示。‎ 立方氮化硼是____晶体，晶体中N原子的杂化轨道类型为___，B原子的配位数为______。‎ ‎（4）若立方氮化硼晶胞的边长为362 pm，则立方氮化硼的密度为____g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。‎ ‎【答案】 (1). 2s22p3 (2). N>P>As (3). NH3能形成分子间氢键 (4). 原子 (5). sp3杂化 (6). 4 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态氮原子最外层电子排布式为2s22p3；N、P、As位于同一主族，原子序数逐渐增大，结合第一电离能的变化规律判断；‎ ‎(2)N和As位于同一主族，NH3的沸点高说明NH3分子间不只是存在范德华力，还存在更强的其他作用力；‎ ‎(3)根据立方氮化硼晶体(BN)是超硬材料，有优异的耐磨性分析判断晶体类型；立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，据此分析解答；‎ ‎(4)首先根据均摊法计算BN晶胞的质量，再根据ρ=计算密度。‎ ‎【详解】(1)氮原子的原子序数为7，最外层电子排布式为2s22p3，N的最外层电子就是价电子，即价电了排布式为2s22p3；N、P、As位于同一主族，随着原子序数逐渐增大，原子的第一电离能逐渐减小，所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞P＞As，故答案为：2s22p3；N＞P＞As；‎ ‎(2)NH3的沸点比AsH3的沸点高，是因为氨分子间存在氢键，而AsH3不能，故答案为：氨分子间存在氢键；‎ ‎(3)立方氮化硼晶体超硬、优异的耐磨性，所以立方氮化硼晶体为原子晶体；立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此晶体中N原子的杂化轨道类型为sp3，N原子的配位数为4，在立方氮化硼晶体中N原子和B原子数目之比为1:1，因此B原子的配位数也为4，故答案为：原子；sp3 杂化 ；4；‎ ‎(4)BN晶胞中N原子数为4，B原子数=8×+6×=4，BN晶胞的质量为g，立方氮化硼晶胞的体积V=(3.62×10-10cm)3，因此立方氮化硼的密度ρ==g•cm-3，故答案为：。‎ ‎ ‎