化学卷·2018届福建省厦门六中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 22页

‎2016-2017学年福建省厦门六中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题1个正确答案）‎ ‎1．可正确表示原子轨道的是 （　　）‎ A．2s B．2d C．3px D．3f ‎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 ‎3．下列叙述正确的是（　　）‎ A．分子晶体中的每个分子内一定含有共价键 B．原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键 C．离子晶体中可能含有共价键 D．金属晶体的熔点和沸点都很高 ‎4．下列关于金属及金属键的说法正确的是（　　）‎ A．金属键具有方向性与饱和性 B．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用 C．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子 D．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光 ‎5．有关C2H6、C2H4、C2H2之叙述正确的是（　　）‎ A．C原子的轨道杂化类型分别为sp、sp2、sp3‎ B．π键总数：C2H6＞C2H4＞C2H2‎ C．σ键总数：C2H6＞C2H4＞C2H2‎ D．碳碳键间的键能：C2H6＞C2H4＞C2H2‎ ‎6．下列有关化学键与晶体结构说法正确的是（　　）‎ A．两种元素组成的分子中一定只有极性键 B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高 C．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子 ‎7．下列关于粒子结构的描述不正确的是（　　）‎ A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子 B．HS﹣和HCl均是含一个极性键的18电子粒子 C．CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子 D．1 mol D216O中含中子、质子、电子各10 NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）‎ ‎8．下列关于元素的叙述正确的是（　　）‎ A．金属元素与非金属元素能形成共价化合物 B．只有在原子中，质子数才与核外电子数相等 C．目前使用的元素周期表中，最长的周期含有36种元素 D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数只能是2或8‎ ‎9．X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（　　）‎ A．X的原子半径一定大于Y的原子半径 B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构 C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1‎ D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物 ‎10．下列说法正确的是（　　）‎ A．用乙醇或CCl4提取碘水中的碘单质 B．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力类型相同 C．24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1：1‎ D．H2S与SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构 ‎11．下列叙述正确的是（　　）‎ A．NH3是极性分子，分子中N原子是在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原子不处在2个H原子所连成的直线的中央 D．CO2是非极性分子，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央 ‎12．下列描述中正确的是（　　）‎ A．ClO2﹣的空间构型为平面三角形 B．SiF4和SO32﹣的中心原子均为sp3杂化 C．在所有的元素中，氟的第一电离能最大 D．C2H5OH分子中共含有8个极性键，1个π键 ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子晶体中只存在非极性共价键 B．稀有气体形成的晶体属于分子晶体 C．干冰升华时，分子内共价键会发生断裂 D．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 ‎14．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（　　）‎ A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形 C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形 ‎15．短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y、X与Z 位于同一主族．W 与X 可形成共价化合物WX2．Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍•下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．WX2分子中所有原子最外层都为8电子结构 B．WX2、ZX2的化学键类型和晶体类型都相同 C．WX2是以极性键结合成的非极性分子 D．原子半径大小顺序为X＜W＜Y＜Z ‎16．下列分子的立体构型可用sp2杂化轨道来解释的是（　　）‎ ‎①BF3　②CH3═CH2　③苯　④CH≡CH　⑤NH3 ⑥CH4 ⑦HCHO．‎ A．①②③⑦ B．①⑤⑥ C．②③④⑦ D．③⑤⑥‎ ‎17．在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构．则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是（　　）‎ A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力 C．sp2，氢键 D．sp3，氢键 ‎18．下列物质发生变化时，克服的微粒间的相互作用力属于同种类型的是（　　）‎ A．干冰和氯化铵分别受热变为气体 B．液溴和苯分别受热变为气体 C．二氧化硅和铁分别受热熔化 D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中 ‎19．下列物质性质的变化规律，与化学键的强弱无关的是（　　）‎ A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅 D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低 ‎20．下列推论正确的（　　）‎ A．SiH4的沸点高于CH4，可推测pH3的沸点高于NH3‎ B．NH4+为正四面体，可推测出PH4+也为正四面体结构 C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体 D．C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子 ‎　‎ 二、填空题（共8题）‎ ‎22．（1）写出基态镓（Ga）原子的电子排布式：　　．‎ ‎（2）将下列物质按熔点由高到低排列，并说明判断依据：‎ ‎①氧化镁 ②金刚石③干冰④氯化钾　　．‎ ‎23．[物质结构与性质]‎ 一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．‎ ‎（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2 和Mn（NO3）2 溶液中加入Na2CO3 溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4．‎ ‎①Mn2+基态的电子排布式可表示为　　．‎ ‎②NO3﹣的空间构型是　　（用文字描述）．‎ ‎（2）在铜锰氧化物的催化下，CO 被氧化为CO2，HCHO 被氧化为CO2 和H2O．‎ ‎①根据等电子体原理，CO 分子的结构式为　　．‎ ‎②H2O 分子中O 原子轨道的杂化类型为　　．‎ ‎③1mol CO2 中含有的σ键数目为　　．‎ ‎（3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu （OH）4]2﹣．不考虑空间构型，[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为　　．‎ ‎24．石墨烯[如图（a）所示]是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯[如图（b）所示]．‎ ‎（1）图（a）中，1号C与相邻C形成σ键的个数为　　．‎ ‎（2）图（b）中，1号C的杂化方式是　　，该C与相邻C形成的键角　　（填“＞”“＜”或“=”）图（a）中1号C与相邻C形成的键角．‎ ‎（3）若将图（b）所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有　　（填元素符号）．‎ ‎25．氧是地壳中含量最多的元素．‎ ‎（1）氧元素基态原子核外未成对电子数为　　个．‎ ‎（2）①H2O分子内的O﹣H键、②分子间的范德华力和③氢键从强到弱依次为（填序号即可）　　．‎ ‎（3）对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛高，理由是　　．‎ ‎（4）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用　　杂化轨道．H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中H﹣O﹣H键角大，原因为　　．‎ ‎26．元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍．‎ ‎（1）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　　．‎ ‎（2）Z的氢化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是　　．‎ ‎（3）Y与Z可形成YZ42﹣‎ ‎①YZ42﹣的空间构型为　　（用文字描述）．‎ ‎②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　　．‎ ‎（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为　　．‎ ‎27．X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大．请回答下列问题：‎ ‎（1）X的原子结构示意图为　　；Y的价电子轨道表示式为　　．‎ ‎（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是　　和　　，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是　　（写分子式），理由是　　．‎ ‎（3）Q的元素符号是　　，它属于第　　周期　　族，它的核外电子排布式为　　，在形成化合物时它的最高化合价为　　．‎ ‎（4）用氢键表示式写出E的氢化物水溶液中存在的所有氢键　　．‎ ‎28．东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：‎ ‎（1）镍元素基态原子的电子排布式为　　，3d能级上的未成对的电子数为　　．‎ ‎（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液．‎ ‎①在[Ni（NH3）6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为　　，提供孤电子对的成键原子是　　．‎ ‎②氨的沸点　　（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是　　；氨是　　分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为　　．‎ ‎（3）单质铜及镍都是由　　键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是　　．‎ ‎（4）Ni（CO）4分解为Ni和CO可制得高纯度的Ni粉，这个反应中形成的化学键是　　．‎ ‎29．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）．‎ 已知AlF63﹣在溶液中可稳定存在．‎ ‎（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键的键能为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”）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省厦门六中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题1个正确答案）‎ ‎1．可正确表示原子轨道的是 （　　）‎ A．2s B．2d C．3px D．3f ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级，结合选项符号能否指明确定的轨道进行判断．‎ ‎【解答】解：A、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；‎ B、不存在2d能级，故B错误；‎ C、3p能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3px表示为x轴上的轨道，故C正确；‎ D、不存在3f能级，故d错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎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 ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A．根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；‎ B．根据电离能的定义判断；‎ C．没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；‎ D．根据电子首先进入能量最低、离核最近的轨道判断．‎ ‎【解答】解：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，故A正确；‎ B．电离能是失去电子时所要吸收的能量，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，故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，故C错误；‎ D．电子首先进入能量最低、离核最近的轨道，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列叙述正确的是（　　）‎ A．分子晶体中的每个分子内一定含有共价键 B．原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键 C．离子晶体中可能含有共价键 D．金属晶体的熔点和沸点都很高 ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键．‎ ‎【分析】A、稀有气体是单原子分子；‎ B、共价化合物形成的原子晶体中含有极性键；‎ C、离子晶体可以含有共价键，如氢氧化钠、过氧化钠等；‎ D、金属晶体的熔点和沸点有的很高，有的很低．‎ ‎【解答】解：A、稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故A错误；‎ B、共价化合物形成的原子晶体中含有极性键，如二氧化硅等，故B错误；‎ C、离子晶体可以含有共价键，如氢氧化钠、过氧化钠等，根据化合物一定不含离子键，故C正确；‎ D、金属晶体的熔点和沸点有的很高，如钨，有的很低，如钠等，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于金属及金属键的说法正确的是（　　）‎ A．金属键具有方向性与饱和性 B．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用 C．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子 D．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光 ‎【考点】金属键与金属的物理性质的关系；金属键的涵义．‎ ‎【分析】金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光．‎ ‎【解答】解：A、金属键不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，因此没有方向性和饱和性，故A错误；‎ B、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，故B正确；‎ C、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，故C错误；‎ D、金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，但是并不能放出可见光，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．有关C2H6、C2H4、C2H2之叙述正确的是（　　）‎ A．C原子的轨道杂化类型分别为sp、sp2、sp3‎ B．π键总数：C2H6＞C2H4＞C2H2‎ C．σ键总数：C2H6＞C2H4＞C2H2‎ D．碳碳键间的键能：C2H6＞C2H4＞C2H2‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】A．根据价层电子对互斥理论确定分子中原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；‎ B．单键为σ键，双键中有1个σ键，1个π键，三键中有1个σ键，2个π键；‎ C．单键为σ键，双键中有1个σ键，三键中有1个σ键；‎ D．碳碳三键的键能大于碳碳双键的键能，碳碳双键的键能大于碳碳单键的键能，但不是2倍关系．‎ ‎【解答】解：A．C2H6分子中，碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以碳原子的杂化sp3杂化，乙烯分子每个碳原子含有3个σ 键且不含孤电子对，所以采取sp2杂化，乙炔分子中每个C原子含有2个σ 键，且没有孤电子对，所以为sp杂化，故A错误；‎ B．C2H6、C2H4、C2H2π键总数分别为：0、1、2，π键总数：C2H6＜C2H4＜C2H2，故B错误；‎ C．C2H6、C2H4、C2H2σ键总数分别为：7、5、3，σ键总数：C2H6＞C2H4＞C2H2，故C正确；‎ D．碳碳三键的键能大于碳碳双键的键能，双键键能小于2倍大于1倍于单键的键能，乙烯分子中碳碳双键的键能小于乙烷分子中碳碳单键键能的两倍，所以碳碳键间的键能：C2H6＜C2H4＞C2H2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列有关化学键与晶体结构说法正确的是（　　）‎ A．两种元素组成的分子中一定只有极性键 B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高 C．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子 ‎【考点】极性键和非极性键；离子化合物的结构特征与性质；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．‎ ‎【分析】根据选项找反面例子，如果能找出反例，此叙述是错误的；如果找不出反例，此叙述是正确的．‎ ‎【解答】解：A、H2O2分子中既有极性键也有非极性键，故A错误；‎ B、氯化钠的熔点小于二氧化硅的熔点，故B错误．‎ C、氯化铵是离子化合物，且是非金属元素组成的化合物，故C错误．‎ D、根据正负电荷相等，所以含有阴离子的化合物一定含有阳离子，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．下列关于粒子结构的描述不正确的是（　　）‎ A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子 B．HS﹣和HCl均是含一个极性键的18电子粒子 C．CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子 D．1 mol D216O中含中子、质子、电子各10 NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）‎ ‎【考点】极性分子和非极性分子；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．‎ ‎【分析】A．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；‎ B．HS﹣和HCl均是含18个电子；‎ C．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；‎ D．1个氘原子中含有一个质子、一个电子、一个中子．‎ ‎【解答】解：A．H2S中H、S元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A正确； ‎ B．HS﹣和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，故B正确；‎ C．CH2C12正负电荷的中心不重合，是极性分子，故C错误；‎ D．1 mol D216O中含中子、质子、电子分别为10 NA，故D正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．下列关于元素的叙述正确的是（　　）‎ A．金属元素与非金属元素能形成共价化合物 B．只有在原子中，质子数才与核外电子数相等 C．目前使用的元素周期表中，最长的周期含有36种元素 D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数只能是2或8‎ ‎【考点】元素；共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】找反面例子来判断选项正误．‎ ‎【解答】解：A、金属元素与非金属元素能形成共价化合物，如AlCl3，故A正确；‎ B、在分子中，质子数与核外电子数也相等，故B错误；‎ C、目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素，故C错误；‎ D、非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，还有其它数值，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（　　）‎ A．X的原子半径一定大于Y的原子半径 B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构 C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1‎ D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问．‎ ‎【解答】解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：‎ A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；‎ B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2﹣，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；‎ C、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；‎ D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．下列说法正确的是（　　）‎ A．用乙醇或CCl4提取碘水中的碘单质 B．NaCl和SiC晶体熔化时，克服粒子间作用力类型相同 C．24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1：1‎ D．H2S与SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构 ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A、萃取剂不能与原溶剂互溶；‎ B、根据晶体类型判断，NaCl属于离子晶体，SiC晶体属于原子晶体；‎ C、电子数等于质子数，利用中子数=质量数﹣质子数计算原子的中子数，进而计算中子总数，据此计算判断；‎ D、元素原子的最外层电子数+|该元素化合价|=8，满足8电子结构，分子中含有H原子不可能都满足8电子结构．‎ ‎【解答】解：A、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故A错误；‎ B、NaCl属于离子晶体，熔化需要克服离子键，SiC晶体属于原子晶体，熔化需要克服共价键，故B错误；‎ C、1mol晶体中电子总的物质的量为（12+16）mol=28mol，中子总的物质的量为[（24﹣12）+（32﹣16）]mol=28mol，电子总数与中子总数之比为28mol：28mol=1：1，故C正确；‎ D、H2S中H原子满足2电子结构，不满足8电子结构，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列叙述正确的是（　　）‎ A．NH3是极性分子，分子中N原子是在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原子不处在2个H原子所连成的直线的中央 D．CO2是非极性分子，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央 ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子．‎ ‎【分析】根据中心原子形成的δ键数以及孤对电子数目判断分子的立体构型．‎ ‎【解答】解：A．N与3个H原子形成δ键，孤对电子数为=1，为三角锥形分子，故A错误；‎ B．CCl4中C与4个Cl形成4个δ键，孤对电子数为0，为正四面体结构，非极性分子，故B错误；‎ C．H2O中O与2个H形成δ键，孤对电子数为=2，为V形分子，故C正确；‎ D．CO2是非极性分子，C与2个O形成δ键，孤对电子数为=0，为直线形分子，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．下列描述中正确的是（　　）‎ A．ClO2﹣的空间构型为平面三角形 B．SiF4和SO32﹣的中心原子均为sp3杂化 C．在所有的元素中，氟的第一电离能最大 D．C2H5OH分子中共含有8个极性键，1个π键 ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】A、根据价层电子对互斥理论确定粒子的空间构型；‎ B、根据中心原子的价层电子对数判断杂化方式；‎ C、同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低；‎ D、共价化合物中不同原子之间形成的是极性键，双键中一个为δ键，一个为π键；‎ ‎【解答】解：A．ClO2﹣中价层电子对个数==4，且含有2个孤电子对，所以其空间构型为V型，故A错误；‎ B．SiF4中价层电子对个数=4+（4﹣4×1）=4，SO32﹣中价层电子对个数=3+（6+2﹣3×2）=4，所以SiF4和SO32﹣的中心原子均为sp3杂化，故B正确；‎ C、稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故C错误；‎ D．C2H5OH分子中共含有7个极性键，碳碳之间是非极性键，没有π键，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子晶体中只存在非极性共价键 B．稀有气体形成的晶体属于分子晶体 C．干冰升华时，分子内共价键会发生断裂 D．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】A．化合物中含有极性共价键；‎ B．根据分子晶体的性质判断；‎ C．干冰为分子晶体；‎ D．氯化铝为共价化合物．‎ ‎【解答】解：A．原子晶体也可以存在极性共价键，如SiO2，故A错误；‎ B．稀有气体形成的晶体熔沸点较低，属于分子晶体，故B正确；‎ C．干冰升华时，分子间作用力被破坏，故C错误；‎ D．金属元素和非金属元素形成的化合物不一定为离子化合物，如氯化铝，为共价化合物，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（　　）‎ A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形 C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形 ‎【考点】判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【分析】价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果．价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括σ 键电子对和中心原子上的孤电子对；σ 键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型．‎ ‎【解答】解：H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（6﹣2×1）=2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；‎ BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（3﹣3×1）=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y、X与Z 位于同一主族．W 与X 可形成共价化合物WX2．Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍•下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．WX2分子中所有原子最外层都为8电子结构 B．WX2、ZX2的化学键类型和晶体类型都相同 C．WX2是以极性键结合成的非极性分子 D．原子半径大小顺序为X＜W＜Y＜Z ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍，则Y有3个电子层，最外层电子数为=4，即Y为Si，W与Y位于同一主族，所以W为C；W 与X可形成共价化合物WX2，则X为O，X与Z 位于同一主族，所以Z为S，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．‎ ‎【解答】解：短周期元家W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍，则Y有3个电子层，最外层电子数为=4，即Y为Si，W与Y位于同一主族，所以W为C；W 与X可形成共价化合物WX2，则X为O，X与Z 位于同一主族，所以Z为S，‎ A．C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，则CO2分子中所有原子最外层都为8电子结构，故A正确；‎ B．CO2、SO2的构成微粒都是分子，都属于分子晶体，且都只含有共价键，故B正确；‎ C．CO2分子中含有C﹣O极性键，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故C正确；‎ D．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Y＞Z＞W＞X，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．下列分子的立体构型可用sp2杂化轨道来解释的是（　　）‎ ‎①BF3　②CH3═CH2　③苯　④CH≡CH　⑤NH3 ⑥CH4 ⑦HCHO．‎ A．①②③⑦ B．①⑤⑥ C．②③④⑦ D．③⑤⑥‎ ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，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．可用sp2杂化轨道来解释说明中心原子含有3个价层电子对，据此分析判断．‎ ‎【解答】解：①BF3分子中价层电子对个数=3+（3﹣3×1）=3，中心原子杂化类型分别为sp2，故①正确；‎ ‎②CH2═CH2 分子中碳原子价层电子对个数=3+（4﹣4×1）=3，每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故②正确；‎ ‎③苯分子中碳原子价层电子对个数=3+（4﹣4×1）=3，杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故③正确；‎ ‎④CH≡CH分子中每个碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C三键，碳原子价层电子对个数=2+（4﹣4×1）=2，每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，故④错误；‎ ‎⑤NH3中N原子杂化轨道数为（5+3）=4，采取sp3杂化方式，故⑤错误；‎ ‎⑥CH4中碳原子价层电子对个数=4+0=4，为sp3杂化，故⑥错误；‎ ‎⑦HCHO分子中碳原子价层电子对个数=3+（4﹣4×1）=3，每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故⑦正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎17．在硼酸[B（OH）3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构．则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是（　　）‎ A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力 C．sp2，氢键 D．sp3，氢键 ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，无孤对电子对，据此确定杂化轨道数，进而确定杂化方式；‎ 在硼酸[B（OH）3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，此外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强．‎ ‎【解答】解：在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，故B原子采取sp2杂化；‎ 在硼酸[B（OH）3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，故硼酸分子之间主要是氢键；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．下列物质发生变化时，克服的微粒间的相互作用力属于同种类型的是（　　）‎ A．干冰和氯化铵分别受热变为气体 B．液溴和苯分别受热变为气体 C．二氧化硅和铁分别受热熔化 D．食盐和葡萄糖分别溶解在水中 ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】根据晶体类型判断，相同类型的晶体，克服的相互作用力相同；离子晶体克服的是离子键，分子晶体的是分子间作用力，原子晶体克服的是共价键，金属晶体克服的是金属键．‎ ‎【解答】解：A、氯化铵是离子晶体克服离子键；干冰是分子晶体，克服分子间作用力，故A错误；‎ B、液溴和苯都是分子晶体，分别受热熔化克服分子间作用力，故B正确；‎ C、二氧化硅是原子晶体克服共价键，Fe是金属晶体克服金属键，故C错误；‎ D、食盐是离子晶体克服离子键；葡萄糖是分子晶体，克服分子间作用力，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．下列物质性质的变化规律，与化学键的强弱无关的是（　　）‎ A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅 D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低 ‎【考点】键能、键长、键角及其应用．‎ ‎【分析】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大；‎ B．元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；‎ C．原子晶体中，键长越短，键能越大，物质的熔点、沸点越高；‎ D．离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键．‎ ‎【解答】解：A．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故A正确；‎ B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B错误；‎ C．金刚石、晶体硅都属于原子晶体，金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，所以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与键能有关，故C错误；‎ D．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．下列推论正确的（　　）‎ A．SiH4的沸点高于CH4，可推测pH3的沸点高于NH3‎ B．NH4+为正四面体，可推测出PH4+也为正四面体结构 C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体 D．C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子 ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响．‎ ‎【分析】A、影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，氢键作用力大于分子间作用力；‎ B、NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型；‎ C、CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体；‎ D、C3H8是锯齿形结构，是极性分子．‎ ‎【解答】解：A、SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于pH3，故A错误；‎ B、N、P是同主族元素，形成的离子NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型，故B正确；‎ C、CO2是分子晶体，而SiO2是原子晶体，故C错误；‎ D、C2H6中两个﹣CH3对称，是非极性分子，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（共8题）‎ ‎22．（1）写出基态镓（Ga）原子的电子排布式：　1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1　．‎ ‎（2）将下列物质按熔点由高到低排列，并说明判断依据：‎ ‎①氧化镁 ②金刚石③干冰④氯化钾　②＞①＞④＞③，依据原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，对于离子化合物来说，决定于离子晶体，所带的电荷数越多、半径越小键能越大，熔点越高　．‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】（1）镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；‎ ‎（2）一般来说，晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，对于离子化合物来说，决定于离子晶体，所带的电荷数越多、半径越小键能越大，熔点越高，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理知其核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；‎ ‎（2）一般来说，晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以②金刚石为原子晶体熔点最高，③干冰为分子晶体熔点最低，而①氧化镁 和④氯化钾都为离子晶体，其中氧化镁中离子所带电荷数多、半径小，所以熔点①氧化镁 大于④氯化钾，则熔点由高到低排列②＞①＞④＞③；‎ 故答案为：②＞①＞④＞③，依据原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，对于离子化合物来说，决定于离子晶体，所带的电荷数越多、半径越小键能越大，熔点越高．‎ ‎　‎ ‎23．[物质结构与性质]‎ 一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．‎ ‎（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2 和Mn（NO3）2 溶液中加入Na2CO3 溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4．‎ ‎①Mn2+基态的电子排布式可表示为　1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）　．‎ ‎②NO3﹣的空间构型是　平面三角形　（用文字描述）．‎ ‎（2）在铜锰氧化物的催化下，CO 被氧化为CO2，HCHO 被氧化为CO2 和H2O．‎ ‎①根据等电子体原理，CO 分子的结构式为　C≡O　．‎ ‎②H2O 分子中O 原子轨道的杂化类型为　sp3　．‎ ‎③1mol CO2 中含有的σ键数目为　2×6.02×1023个（或2mol）　．‎ ‎（3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu （OH）4]2﹣．不考虑空间构型，[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为　　．‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）①Mn的原子序数为25，根据能量最低原理可写出Mn的基态原子的电子排布式，进而可确定Mn2+基态的电子排布式；‎ ‎②利用价层电子对互斥模型判断；‎ ‎（2）①根据N2与CO为等电子体，结合等电子体结构相似判断；‎ ‎②根据中心原子形成的δ键和孤电子对数判断杂化类型；‎ ‎③据CO2的结构式O=C=O判断；‎ ‎（3）[Cu（OH）4]2﹣中与Cu2+与4个OH﹣形成配位键．‎ ‎【解答】解：（1）①Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；‎ ‎②NO3﹣中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；‎ ‎（2）①N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，故答案为：C≡O；‎ ‎②H2O 分子中O形成2个δ键，孤电子对数为=2，则为杂化sp3；‎ ‎③CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个δ键，则1molCO2中含有的σ键数目为×6.02×1023个（或2mol），‎ 故答案为：2×6.02×1023个（或2mol）；‎ ‎（3））[Cu（OH）4]2﹣中与Cu2+与4个OH﹣形成配位键，可表示为，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎24．石墨烯[如图（a）所示]是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯[如图（b）所示]．‎ ‎（1）图（a）中，1号C与相邻C形成σ键的个数为　3　．‎ ‎（2）图（b）中，1号C的杂化方式是　sp3　，该C与相邻C形成的键角　＜　（填“＞”“＜”或“=”）图（a）中1号C与相邻C形成的键角．‎ ‎（3）若将图（b）所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有　O、H　（填元素符号）．‎ ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】（1）每个C原子要形成4个共价键，根据图知，每个C原子形成2个共价单键、1个共价双键，共价单键为σ键、共价双键中1个是σ键、1个是π键；‎ ‎（2）图（b）中，1号碳原子形成4个共价单键，所以其价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；图a中1号C原子形成平面结构，图b中1号碳原子形成正四面体结构；‎ ‎（3）电负性强的O原子与水中的O﹣H易形成氢键；水中的O原子易与氧化石墨烯中的O﹣H易形成氢键．‎ ‎【解答】解：（1）每个C原子要形成4个共价键，根据图知，每个C原子形成2个共价单键、1个共价双键，共价单键为σ键、共价双键中1个是σ键、1个是π键，所以该碳原子形成3个σ键，故答案为：3；‎ ‎（2）图（b）中，1号碳原子形成4个共价单键，所以其价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为；图a中1号C原子形成平面结构，图b中1号碳原子形成正四面体结构，所以该C与相邻C形成的键角＜图（a）中1号C与相邻C形成的键角，‎ 故答案为：sp3；＜；‎ ‎（3）水中的O电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的O﹣H上的H形成氢键，氧化石墨烯中O与水中的H形成氢键，故答案为：O、H．‎ ‎　‎ ‎25．氧是地壳中含量最多的元素．‎ ‎（1）氧元素基态原子核外未成对电子数为　2　个．‎ ‎（2）①H2O分子内的O﹣H键、②分子间的范德华力和③氢键从强到弱依次为（填序号即可）　①＞③＞②　．‎ ‎（3）对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛高，理由是　形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大　．‎ ‎（4）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用　sp3　杂化轨道．H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中H﹣O﹣H键角大，原因为　H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，排斥力较小　．‎ ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响．‎ ‎【分析】（1）O元素原子核外有8个电子，其2p轨道上有4个电子，分别位于3个轨道上；‎ ‎（2）作用力：化学键＞氢键＞分子间作用力；‎ ‎（3）分子间氢键的作用力大于分子内氢键的作用力；‎ ‎（4）H3O+中O原子价层电子对个数=3+=4，根据价层电子对互斥理论判断O原子杂化方式；一般来说，相互之间排斥力的大小为：孤电子对间的排斥力＞孤电子对与成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力．‎ ‎【解答】解：（1）O元素原子核外有8个电子，其2p轨道上有4个电子，分别位于3个轨道上，所以氧元素基态原子核外未成对电子数为2个，故答案为：2；‎ ‎（2）共价键的键能大于氢键的作用力，氢键的作用力还大于范德华力，故H2O分子内的O﹣H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为①＞③＞②，故答案为：①＞③＞②；‎ ‎（3）含分子间氢键的物质的沸点大于分子内氢键物质的沸点，因此原因是前者易形成分子间氢键，后者易形成分子内氢键，‎ 故答案为：形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大；‎ ‎（4）H3O+中O原子价层电子对个数=3+=4，根据价层电子对互斥理论判断O原子采用sp3杂化；一般来说，相互之间排斥力的大小为：孤电子对间的排斥力＞孤电子对与成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+‎ 中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力＞孤电子对与成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中H﹣O﹣H键角大，‎ 故答案为：sp3；H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，排斥力较小．‎ ‎　‎ ‎26．元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍．‎ ‎（1）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　sp3杂化　．‎ ‎（2）Z的氢化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是　水分子与乙醇分子之间形成氢键　．‎ ‎（3）Y与Z可形成YZ42﹣‎ ‎①YZ42﹣的空间构型为　正四面体　（用文字描述）．‎ ‎②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　CCl4或SiCl4　．‎ ‎（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为　16NA　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，核外电子数为2+8+18+2=30，则X为Zn；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素．‎ ‎（1）H2S分子中S原子形成2个σ键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；‎ ‎（2）水分子与乙醇分子之间形成氢键；‎ ‎（3）①计算SO42﹣中S原子孤电子对数、价层电子对数确定其空间结构；‎ ‎②原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；‎ ‎（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有12molN﹣H、4mol配位键．‎ ‎【解答】解：元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，核外电子数为2+8+18+2=30，则X为Zn；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素．‎ ‎（1）氢化物H2S分子中S原子形成2个σ键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，故S原子采取sp3杂化，‎ 故答案为：sp3杂化；‎ ‎（2）水分子与乙醇分子之间形成氢键，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，‎ 故答案为：水分子与乙醇分子之间形成氢键；‎ ‎（3）①SO42﹣中S原子孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，故其空间结构为正四面体，‎ 故答案为：正四面体；‎ ‎②原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，一种与SO42﹣互为等电子体的分子的化学式：CCl4或SiCl4，‎ 故答案为：CCl4或SiCl4；‎ ‎（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有12molN﹣H、4mol配位键，故含有σ 键的数目为16NA，‎ 故答案为：16NA．‎ ‎　‎ ‎27．X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大．请回答下列问题：‎ ‎（1）X的原子结构示意图为　　；Y的价电子轨道表示式为　　．‎ ‎（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是　V形　和　直线形　，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是　SO2　（写分子式），理由是　SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子　．‎ ‎（3）Q的元素符号是　Cr　，它属于第　四　周期　ⅥB　族，它的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d54s1　，在形成化合物时它的最高化合价为　+6　．‎ ‎（4）用氢键表示式写出E的氢化物水溶液中存在的所有氢键　F﹣H…F、F﹣H…O、O﹣H…F、O﹣H…O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，结合元素对应单质、化合物的结构和性质解答该题．‎ ‎【解答】解：X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，则 ‎（1）由以上分析可知，X为S，其原子结构示意图为为；Y为C，价电子排布为2s22p2，价电子轨道表示为，‎ 故答案为：；；‎ ‎（2）SO2中，S和O形成2个δ键，有1个孤电子对，为V形，CO2中，C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子，故SO2在水中溶解度更大，‎ 故答案为：V形；直线形；SO2；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子；‎ ‎（3）Q为Cr，原子序数为24，位于周期表第四周期ⅥB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，最高化合价为+6价，‎ 故答案为：Cr；四；ⅥB；1s22s22p63s23p63d54s1；+6；‎ ‎（4）HF的水溶液中，F的电负性较大，可与另一分子的HF或水中的H形成氢键，可表示为H﹣F…H，氧原子和氟化氢分子中的氢原子之间能形成氢键，可表示为 F﹣H…O，氟原子和水分子中的氢原子能形成氢键可表示为O﹣H…F，氧原子和另一个水分子中的氢原子能形成氢键可表示为O﹣H…O，‎ 故答案为：F﹣H…F、F﹣H…O、O﹣H…F、O﹣H…O．‎ ‎　‎ ‎28．东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：‎ ‎（1）镍元素基态原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d84s2　，3d能级上的未成对的电子数为　2　．‎ ‎（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液．‎ ‎①在[Ni（NH3）6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为　配位键　，提供孤电子对的成键原子是　N　．‎ ‎②氨的沸点　高于　（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是　氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强　；氨是　极性　分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为　sp3　．‎ ‎（3）单质铜及镍都是由　金属　键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是　Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大　．‎ ‎（4）Ni（CO）4分解为Ni和CO可制得高纯度的Ni粉，这个反应中形成的化学键是　金属键　．‎ ‎【考点】配合物的成键情况；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）Ni元素原子核外电子数为28，结合能量最低原理书写核外电子排布式；‎ ‎（2）①Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；‎ ‎②PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，N原子有1对孤对电子，形成3个N﹣H键，杂化轨道数目为4；‎ ‎（3）单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定；‎ ‎（4）Ni（CO）4分解为Ni和CO可制得高纯度的Ni粉，这个反应中形成的化学键是金属键．‎ ‎【解答】解：（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；‎ ‎（2）①Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，‎ 故答案为：配位键；N；‎ ‎②PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的；‎ NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N﹣H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，‎ 故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；‎ ‎（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，呈半充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，‎ 故答案为：金属；Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；‎ ‎（4）Ni（CO）4分解为Ni和CO可制得高纯度的Ni粉，这个反应中形成的化学键是金属键，‎ 故答案为：金属键．‎ ‎　‎ ‎29．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　bd　．‎ 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　3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣　（用离子方程式表示）．‎ 已知AlF63﹣在溶液中可稳定存在．‎ ‎（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为　V形　，其中氧原子的杂化方式为　sp3　．‎ ‎（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键的键能为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　172　kJ•mol﹣1．ClF3的熔、沸点比BrF3的　低　（填“高”或“低”）．‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；判断简单分子或离子的构型；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．‎ ‎【分析】（1）a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；‎ b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；‎ c．晶体的结构与电荷比、半径比有关；‎ d．离子化合物在熔融时能发生电离．‎ ‎（2）F﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型，及分子构型；‎ ‎（4）△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能；相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高．‎ ‎【解答】解：（1）a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F﹣间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；‎ b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；‎ c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；‎ d．CaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故b正确；‎ 故答案为：bd；‎ ‎（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣；‎ 故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣；‎ ‎（3）OF2分子中O原子的价层电子对数=2+（6﹣2×1）=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对，所以分子的空间构型为V形；‎ 故答案为：V形；sp3；‎ ‎（4）△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，设Cl﹣F键的平均键能为QkJ•mol﹣1，‎ 则242+159×3﹣2×3×Q=﹣313，解得Q=172；‎ 相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高，已知ClF3的相对分子质量比BrF3的小，所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低；‎ 故答案为：172；低．‎ ‎　‎