内蒙古包头市包钢第四中学2018-2019学年高二下学期4月月考化学试题

内蒙古包头市包钢第四中学2018-2019学年高二下学期4月月考化学试题

化学试题 可能用到的相对原子质量：Cu 64 Fe 56 Zn 65 O 16 S 32‎ 一、单选题（每题2分）‎ ‎1.下列表达式正确的是（　　）‎ A. 基态铬原子Cr的价电子排布式：3d44s2‎ B. 氮原子的L层电子轨道表示式：‎ C. K+的结构示意图：‎ D. HC1O的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．基态铬原子Cr的核电荷数为24，根据能量最低原理，电子排布达到半充满或全充满的结构相对稳定，则Cr的价电子排布式：3d54s1，故A错误；‎ B．由洪特规则和泡利原理可知，态氮原子L层电子的轨道表示式为，故B正确；‎ C．K+的核电荷数为19，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故C错误；‎ D．次氯酸分子内O原子分别与H原子、Cl原子各形成1个电子对，其电子式为，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎2. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）‎ A. K＋　1s22s22p63s23p6‎ B. F　1s22s22p5‎ C. S2－　1s22s22p63s23p4‎ D. Ar　1s22s22p63s23p6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】s能级最多可容纳2个电子，p能级最多可容纳6个电子；根据构造原理，电子总是从能量低的能层、能级到能量高的能层、能级依次排列，其中S2-是在S原子得到两个电子后形成的稳定结构，所以S2-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，答案选C。‎ ‎3.下列描述中正确的是（ ）‎ A. CS2 为空间构型为V形的极性分子 B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键 C. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子 D. HCN、SiF4 的中心原子均为sp3杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，且为非极性分子，故A错误；‎ B．双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如N2分子中含有σ键和π键，故B正确；‎ C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；‎ D．SiF4 的中心原子为sp3杂化，而HCN分子结构式为H-C≡N中C原子采用sp杂化，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】判断空间构型的两种方法：(1)第一种：①计算价层电子对数目；②判断成键电子对数目；③计算孤对电子对数目；④判断分子或离子的空间构型。(2)第二种：①判断成键电子对数目；②计算孤对电子对数目：孤对电子对数目=(中心原子价电子数-配位原子数×m)；价层电子对数目=成键电子对数目+孤电子对数目；③判断分子或离子的空间构型。‎ ‎4.下列变化需克服相同类型作用力的是（　　）‎ A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化 C. 冰和氯化钾的熔化 D. 溴和汞的气化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；‎ B．硅属于原子晶体，熔化时破坏共价键，而C60属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故B错误；‎ C．冰属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，而氯化钾属于离子晶体，熔化时破坏离子键，故C错误；‎ D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5. 下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子立体构型名称不一致的是( )‎ A. CO2 B. H2O C. CO D. CCl4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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=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；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。‎ 价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；‎ 价层电子对个数为3，不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；‎ 价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断。‎ ‎【详解】A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不选；‎ B．水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故B选；‎ C．CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以CO32﹣的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B 不选；‎ D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（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。‎ ‎6.根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断PCl3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（   ）‎ A. 直线形 sp杂化 B. 三角形 sp2杂化 C. 三角锥形 sp2杂化 D. 三角锥形 sp3杂化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】PCl3分子中P原子的价层电子对个数=3+×(5-3×1)=4，且含有一个孤电子对，则该分子中中心原子采用sp3杂化，分子构型为三角锥形，故答案为D。‎ ‎【点睛】ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数)；注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②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。‎ ‎7.下列物质的分子中，键角最大的是 A. H2O B. BF‎3 ‎C. CH4 D. NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在分子中，中心原子上孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子之间的排斥力＞成键电子之间的排斥力，则含有孤电子对越多，分子中的键角越小。‎ ‎【详解】A. H2O分子中，O原子有两个孤电子对，分子构型为V型，键角为104.5°；‎ B. BF3分子中，B原子没有孤电子对，分子构型为平面正三角形，键角为120°； C. CH4分子中，C原子没有孤电子对，分子构型为正四面体，键角为109°‎28’‎；‎ D. NH3分子中，N原子有一个孤电子对，分子构型为三角锥形，键角为107°；‎ 经过对比，BF3的键角最大，故合理选项为B。‎ ‎8.如图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是 A. H2S B. HCl C. PH3 D. SiH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】NH3、H2O、HF分子之间能够形成氢键，使得沸点升高，而a点所在的折线，随着周期数的增加，沸点依次升高，说明分子间没有形成氢气使得沸点升高，可知a点所在的折线表示的是第ⅣA族，第三周期第ⅣA族元素为Si，则A点表示的物质为SiH4，D项正确。‎ ‎9.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是 A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3] C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；‎ B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；‎ C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；‎ D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可。‎ ‎10.下列对一些实验事实的理论解释正确的是 选项 实验事实 理论解释 A 碘单质在 CCl4 中溶解度比在水中大 CCl4 和 I2 都是非极性分子， 而 H2O 是极性分子 B CO2 为直线形分子 CO2 分子中 C═O 是极性键 C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体 D HF 的沸点高于 HCl HF 的相对分子质量小于 HCl A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水中的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；‎ B．理论解释不对，CO2分子是直线型，中心C原子杂化类型为sp杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；‎ C．金刚石是原子晶体，故C错误；‎ D．理论解释不对，HF分子中间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列物质的性质与氢键无关的是(　　)‎ A. 冰的密度比水的密度小 B. 氨气极易溶于水 C. AsH3的沸点比PH3的高 D. 溶解度：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，与氢键有关，故A正确；‎ B．氨气分子之间存在氢键，沸点相对较高，故氨气容易液化，与氢键有关，故B正确；‎ C．AsH3的相对分子质量比PH3的大，且两者都为分子晶体，分子间作用力前者大，故AsH3‎ 沸点比PH3的沸点高，与氢键无关，故C错误；‎ D．与水能形成分子间氢键的物质，在水中的溶解度较大，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛与水分子间易形成氢键，所以溶解度：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛，与氢键有关，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】氢键的存在对物质性质的影响：①分子间氢键的形成使物质的熔沸点升高．因物质熔化或液体气化时必须要破坏氢键，如：H2O比同族H2S的熔沸点高；②分子间形成的氢键对物质的水溶性、溶解度等也有影响，如NH3极易溶于水，主要是氨分子与水分子之间已形成氢键；③水中氢键对水的密度的影响：水结成冰时体积会膨胀，密度减小；特别注意氢键不影响化学性质，如H2O比H2S稳定，与氢键无关。‎ ‎12.已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y，下列说法错误的是(　　)‎ A. 第一电离能：Y小于X B. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX C. 最高价含氧酸的酸性：X的强于Y的 D. X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y；‎ A．一般非金属性强的，其第一电离能大，但原子各能级处于全满、半满稳定状态时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能：Y可能大于X，如N＞O等，故第一电离能：Y可能大于或小于X，故A错误；‎ B．若X、Y均为非金属，元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性X＞Y，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故B正确；‎ C．同周期元素，电负性X＞Y，故非金属性X＞Y，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，即最高价含氧酸的酸性X的强于Y的，故C正确；‎ D．电负性X＞Y，则X元素对电子吸引力更强，与Y化合时X表现负价，Y表现正价，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】元素非金属性强弱判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)‎ ‎，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。‎ ‎13.下列有关说法不正确的是(　　)‎ A. C2H6中碳原子都采用的是sp3杂化 B. O2、CO2、N2都是非极性分子 C. 酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO D. CO的一种等电子体为NO＋，它的电子式为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H6中碳原子全部形成4个共价单键，则采用的都是sp3杂化，故A正确；‎ B．O2和N2均存在非极性键，分子都是非极性分子，而CO2是直线型，为含有极性键的非极性分子，故B正确；‎ C．次氯酸是弱酸，其酸性比碳酸还弱，故C错误；‎ D．原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则CO和NO+为等电子体，结构相似，NO+的电子式为，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎14.人们通常将在同一原子轨道上运动、自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”，将在某一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。下列基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的是 A. 1s22s22p63s23p6 B. 1s22s22p63s23p63d54s2‎ C. 1s22s22p63s23p63d54s1 D. 1s22s22p63s23p63d104s1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1s22s22p63s23p6中每个轨道上都达到饱和，未成对电子数为0，A不选；‎ B.1s22s22p63s23p63d54s2中3d轨道上有5个电子没成对，其他轨道达到饱和，未成对电子数为5；B不选；‎ C.1s22s22p63s23p63d54s1中的3d、4s轨道上各有5、1个未成对电子，未成对电子数为6；C选；‎ D.1s22s22p63s23p63d104s1只有4s上有1个电子没成对，未成对电子数为1，D不选；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎15.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是 (　　)‎ A. C3N4晶体是分子晶体 B. C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长短 C. C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3‎ D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、根据“C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度”可知C3N4晶体与金刚石结构类似，原子间通过共价键形成原子晶体，故A错误；‎ B项、氮原子的半径比碳原子的半径小，所以C－N键的键长比C－C键的键长短，故B正确；‎ C项、C3N4晶体中，原子间以单键结合，所以碳原子形成4个共价键，氮原子形成3个共价键，C、N原子个数之比应为3∶4，故C错误；‎ D项、C3N4晶体中，原子间通过共价键相结合，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16. 下列叙述错误的是( )‎ ‎①离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性 ‎ ‎②配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对 ‎ ‎③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用 ‎ ‎④在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键 ‎ ‎⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键 ‎⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同( )‎ A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故正确；‎ ‎②配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故错误；‎ ‎③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故正确；‎ ‎④在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故错误；‎ ‎⑤化合物NH4Cl和CuSO4•5H2O都存在配位键，铵根离子中N原子和其中一个H原子形成配位键，Cu原子和水分子中O原子形成配位键，故正确；‎ ‎⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故正确；‎ ‎②④错误，故选B。‎ ‎17.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；　②1s22s22p63s23p3；　③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是(　　)‎ A. 电负性：④＞③＞②＞①‎ B. 原子半径：④＞③＞②＞①‎ C. 第一电离能：④＞③＞②＞①‎ D. 最高正化合价：④＞③＝②＞①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；‎ A．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故A错误；‎ B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；‎ C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故C正确；‎ D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎18.根据表中信息，下列叙述正确的是（   ） ‎ 短周期元素代号 L M Q R T 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.089‎ ‎0.104‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+6、﹣2‎ ‎﹣2‎ A. 氢化物的热稳定性：H2T＜H2R B. 单质与稀盐酸反应的速率：L＜Q C. 离子半径：R2﹣＜L2+‎ D. M与T形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表格中原子半径及化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，R有-2和+6价，则R为S元素；L、M的原子半径均大于R、T，应均为第三周期元素，则L为Mg、M为Al，Q为第二周期第IIA族元素，则Q为Be，结合元素周期律解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，L为Mg，M为Al，Q为Be，R为S，T为O，则 A．非金属性O大于S，则稳定性H2O＞H2S，即H2T＞H2R，A错误；‎ B．金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应越剧烈，因此相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞Q，B错误；‎ C．离子的电子层越多，两种半径越大，则离子半径：R2-＞L2+，C错误；‎ D．M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，D正确；答案选D。‎ ‎19.某物质的晶体中，含A、B、C三种元素，其排列方式如右图所示（其中前后两面心上的 B原子不能画出），晶体中A、B、C的原子个数比依次为 ( )‎ A. 1：3：1 B. 2：3：1‎ C. 2：2：1 D. 1：3：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图片知，该小正方体中A原子个数=8×=1，B原子个数=6×=3，C原子个数=1，所以晶体中A、B、C的原子个数比为1:3:1，故答案为A。‎ ‎【点睛】考查晶胞的计算，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键，利用均摊法可知：顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。‎ ‎20.下列关于晶体的说法中，不正确的是(　 　)‎ ‎①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性　‎ ‎②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体　‎ ‎③共价键可决定分子晶体的熔、沸点　‎ ‎④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小　‎ ‎⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列　‎ ‎⑥干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6‎ A. ①②③ B. ②③④‎ C. ④⑤ D. ②③⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①构成物质的微粒中，晶体中微粒呈周期性有序排列，有自范性，非晶体中微粒排列相对无序，无自范性，故①正确；‎ ‎②金属晶体的构成微粒为金属阳离子与自由电子，含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故②错误；‎ ‎③原子晶体中共价键可决定晶体的熔、沸点，但分子晶体中共价键不决定晶体的熔、沸点，故③错误；‎ ‎④离子所带电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故④正确；‎ ‎⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故⑤正确；‎ ‎⑥干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，但CsCl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，故⑥错误；‎ ‎②③⑥错误，故答案为D。‎ 二、单选题（每题3分）‎ ‎21.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是 A. 配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9‎ B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+‎ C. 内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2‎ D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；‎ B项，配离子是[TiCl(H2O，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；‎ C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；‎ D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 ‎ AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。‎ ‎22.以下有关元素性质的说法不正确的是 A. 具有下列价电子排布式的原子中，①3s23p1　②3s23p2　③3s23p3　④3s23p4电负性最大的是③‎ B. 某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol－1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋‎ C. ①Na、K、Rb　②N、P、As　③O、S、Se　④Na、P、Cl，元素的第一电离能随原子序数增大而递增的是④‎ D. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2　②1s22s22p3　③1s22s22p2　④1s22s22p63s23p4　原子半径最大的是①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①3s23p1符合该排布的为铝元素；②3s23p2符合该排布的为硅元素；③3s23p3符合该排布的为磷元素；④3s23p4符合该排布的为硫元素；同一周期，从左到右，电负性增大，因此电负性最大的是④；A错误；‎ B. 第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子是X2＋，B正确；‎ C. 同一周期，从上到下，第一电离能逐渐减弱，①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se均符合此规律，同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，④Na、P、Cl符合此规律，C正确；‎ D. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2符合该排布的为硅元素；②1s22s22p3符合该排布的为氮元素；③1s22s22p2符合该排布的为碳元素；④1s22s22p63s23p4　符合该排布的为硫元素；同一周期，从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径最大的为①，D正确；‎ 正确选项A 。‎ ‎23.如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为a cm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为 ‎ A. g· cm－3 B. g· cm－3‎ C. g· cm－3 D. g· cm－3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由晶胞的示意图可知，Cs＋位于顶点，Cl－位于体心，则晶胞中含Cs＋的个数为8×=1，含Cl－个数为1，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a‎3cm3，由晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比可得晶体的密度为＝g·cm－3，故选C。‎ ‎24.锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是(　　) ‎ A. 该晶体属于分子晶体 B. 该晶胞中Zn2＋和S2－数目不相等 C. 阳离子的配位数为6‎ D. 氧化锌的晶格能大于硫化锌 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体中含有Zn2+和S2-，则晶体类型为离子晶体，故A错误；‎ B．该晶胞中Zn2＋的数目为8×+6×=4，S2－数目为6，两离子数目相等，故B错误；‎ C．晶胞中Zn2+周围最靠近的S2-共有8个，则阳离子的配位数为8，故C错误；‎ D．O2-的半径比S2-半径小，则ZnS的晶格能大于ZnS，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎25.高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为−2价.如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-‎ B. 晶体中每个K+周围有8个O2-，每个O2-周围有8个K+‎ C. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个 D. 晶体中，0价氧与−2价氧的数目比为2：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该晶胞中钾离子个数=8×+6×=4；超氧根离子个数=1+12×=4，所以钾离子和超氧根离子个数之比=4：4=1：1，所以超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-，A正确；‎ B.根据图知，晶体中每个K+周围有6个O2-，每个O2-周围有6个K+，B错误；‎ C.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×=12，C错误；‎ D.晶胞中K+与O2-个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ 三、非选择题 ‎26.如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：‎ ‎(1)根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，⑨元素位于周期表的________区。‎ ‎(2)④、⑥两元素形成的化合物的立体构型为________，其中心原子的杂化轨道类型为________。‎ ‎(3)元素⑧的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为________。‎ ‎(4)在周期表给出的9种元素中，电负性最大的元素基态原子的电子排布式为___________。‎ ‎(5)在①与④形成相对分子质量最小的化合物A中，元素④的杂化类型是____，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子______(填离子符号)。‎ ‎(6)关于元素①与元素⑤形成的1︰1的化合物，下列说法正确的是______(填字母序号)。‎ A．该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构 B．该化合物分子中σ键和π键数目比为1︰1‎ C．该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子 D．该化合物分子的空间构型为直线形 ‎(7)元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为－‎20.5 ℃‎，沸点为‎103 ℃‎，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于________晶体(填晶体类型)，化合物中⑦的化合价为：_______。根据等电子体理论，该化合物的配体的结构式为：_______，CaC2中，阴离子的电子式为： ____________________。‎ ‎【答案】 (1). ds (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). 配位键 (5). 1s22s22p5； (6). sp3 (7). H3O+ (8). C (9). 分子 (10). 0 (11). (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表的位置，①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为Cu、⑨为Zn；‎ ‎(1)⑨Zn元素，其价电子排布式为3d104s2；‎ ‎(2) ④为N元素，⑥为F元素，两元素形成的化合物为NF3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1；‎ ‎(3)元素⑧为Cu，Cu(OH)2溶于氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2+；‎ ‎(4)元素的非金属性越强，电负性越大，则①~⑨中氟元素的电负性最大，其核电荷数为9；‎ ‎(5) ①为H、④为N，两元素形成的相对分子质量最小的化合物为NH3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1；‎ ‎(6)①⑤形成的原子数为1：1的物质是H2O2．其结构式为H-O-O-H，含有极性键，是极性分子；‎ ‎(7)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为‎-20.5℃‎，沸点为‎103℃‎，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体；在Fe(CO)5在C元素为+2价，O为-2价，结合正负化合价代数和为0可知，Fe元素的化合价为0；CO和N2、均为等电子体，结合N2的结构写出CO的结构和的电子式。‎ ‎【详解】根据元素周期表的位置，①为H、②为B、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为Fe、⑧为Cu、⑨为Zn；‎ ‎(1) ⑨为Zn元素，其价电子排布式为3d104s2，则锌元素位于周期表的ds区；‎ ‎(2) ④为N元素，⑥为F元素，两元素形成的化合物为NF3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1，则N原子的杂化轨道类型为sp3，NF3的立体构型为三角锥形；‎ ‎(3) 元素⑧为Cu，Cu(OH)2溶于氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2+，，Cu2+离子与NH3间结合的作用力为配位键；‎ ‎(4)元素①~⑨中氟元素的电负性最大，其核电荷数为9，基态氟原子的电子排布式为1s22s22p5；‎ ‎(5) ①为H、④为N，两元素形成的相对分子质量最小的化合物为NH3，N原子的价层电子对个数=3+=4，其中孤电子对数为1，则N原子的杂化类型是sp3，与NH3互为等电子体的一种阳离子为H3O+；‎ ‎(6)①⑤形成的原子数为1：1的物质是H2O2，其结构式为H-O-O-H；‎ A．分子中含有氢原子，氢原子达到2e-稳定结构，不是8e-，故A错误；‎ B．分子中不含π键，故B错误；‎ C．分子中H-O为极性键，O-O键为非极性键，H2O2为极性分子，故C正确；‎ D．H2O2分子中O原子是sp3杂化，则分子立体构型不是直线形结构，故D错误；‎ 故答案为：C；‎ ‎(7)元素⑦与CO可形成的Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为‎-20.5℃‎，沸点为‎103℃‎，熔沸点低，易溶于非极性溶剂，属于分子晶体，根据等电子体理论，CO和N2、均为等电子体，N2分子的电子式为，则CO的结构式为，的电子式为。‎ ‎27.A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：‎ ‎(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是________(用对应的元素符号表示)；基态D原子的价电子排布式为______________________。‎ ‎(2)A的最高价氧化物分子中，其中心原子采取________杂化；BC3-的立体构型为________(用文字描述)。‎ ‎(3)1 mol AB-中含有的π键个数为________。‎ ‎(4)化合物CH3COO[Cu(NH3)3·CO]中与Cu＋形成配离子的配体为____________(填化学式)。‎ ‎(5) CH3COOH中C原子杂化轨道类型为_________________。‎ ‎(6)元素D与元素C形成一种化合物其晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为______.‎ ‎【答案】 (1). C＜O＜N (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). sp (4). 平面三角形 (5). 2NA (6). NH3和CO (7). sp3、sp2 (8). Cu2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C 是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素，据此分析解题。‎ ‎【详解】由分析知：A为C元素、B为N元素、C为O元素、D是Cu元素；‎ ‎(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C＜O＜N；基态D原子核外有29个电子，根据构造原理可知基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；‎ ‎(2)A的最高价氧化物为CO2，C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形结构，C原子采取sp方式杂化；NO3-中心原子N价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，为sp2杂化，立体构型为平面三角形；‎ ‎(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有2个π键，则1mol CN-中含有的π键个数为2NA；‎ ‎(4) 化合物CH3COO[Cu(NH3)3•CO]中与Cu+形成配离子的配体为NH3和CO；‎ ‎(5) CH3COOH中CH3-上的C原子形成4个共价键，则采用sp3杂化，羧基上碳原子形成3个共价键，且无孤对电子，则采用sp2杂化；‎ ‎(6)元素D为Cu，晶胞中Cu个数为4，C元素为O，O原子个数为8×+1=2，Cu与O的原子数目比为4:2=2:1，则该化合物的化学式为Cu2O。‎ ‎28.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题：‎ ‎(1)Zn2+原子核外电子排布式为_______________。‎ ‎(2)黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)______I1(Cu)填“大于”或“小于”)。原因是_______________________________。‎ ‎(3)ZnF2具有较高的熔点(‎872℃‎)，其化学键类型是______，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_____________________________________。‎ ‎(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为______，C原子的杂化形式为___________________。‎ ‎(5)金属Zn晶体中这种堆积方式称为_______________。该晶胞中含有的微粒个数为______。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). 大于 (3). Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态 (4). 离子键 (5). ZnF2属于离子化合物，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶 (6). 平面正三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积 (9). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，根据构造原理书写其离子核外电子排布式；‎ ‎(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；‎ ‎(3)离子晶体熔沸点较高，离子晶体中含有离子键；极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，根据相似相溶原理分析；‎ ‎(4)ZnCO3中，阴离子CO32-中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式；‎ ‎(5)结合金属Zn晶胞特点确定堆积方式和均摊法计算晶胞中含有的原子数目。‎ ‎【详解】(1)Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，则Zn2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；‎ ‎(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn；‎ ‎(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键； 根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶；‎ ‎(4)ZnCO3中，阴离子CO32-中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形；sp2杂化；‎ ‎(5)金属Zn晶胞按ABABABAB···的方式堆积，为六方最密堆积；该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6。‎ ‎【点睛】考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。‎ ‎29.硫及其化合物有许多用途。相关物质的物理常数如表所示：‎ H2S S8‎ FeS2‎ SO2‎ SO3‎ H2SO4‎ 熔点/℃‎ ‎-85.5‎ ‎115.2‎ ‎>600(分解)‎ ‎75.5‎ ‎16.8‎ ‎10.3‎ 沸点/℃‎ ‎-60.3‎ ‎444.6‎ ‎-10.0‎ ‎45.0‎ ‎337.0‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为______，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形。‎ ‎(2)根据价层电子对互斥理论，H2S，SO2，SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是______。‎ ‎(3)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为____。‎ ‎(4)‎ 气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为______形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子。该分子中S原子的杂化轨道类型为______。‎ ‎(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示，该晶胞中FeS2个数___________，晶胞边长为anm，FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_____g/cm3.(写出表达式) ；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。‎ ‎【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). H2S (4). S8与SO2都是分子晶体，S8相对分子质量比SO2大，S8的分子间作用力大于SO2，所以熔沸点S8＞SO2 (5). 平面正三角 (6). 2 (7). sp3 (8). 4 (9). (10). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；‎ ‎(2)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3；‎ ‎(3)S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比；‎ ‎(4)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分子中S-O原子之间存在共价键；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；‎ ‎(5)晶胞边长为anm=a×10‎-7cm，晶胞体积=(a×10‎-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22-个数=8×+6×=4，其晶体密度=；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。‎ ‎【详解】(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；‎ ‎(2)H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+‎ ‎=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S；‎ ‎(3)S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，S8相对分子质量大于SO2，所以分子间作用力S8大于SO2，导致熔沸点S8大于SO2；‎ ‎(4)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3；‎ ‎(5)该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，S22-个数=8×+6×=4，该晶胞中FeS2个数为4；晶胞边长为anm=a×10‎-7cm，晶胞体积=(a×10‎-7cm)3，则晶体密度===g/cm3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的边长=××anm=anm。‎ ‎ ‎