【化学】甘肃省庆阳市镇原中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版） 21页

甘肃省庆阳市镇原中学2019-2020学年高二下学期期中考试 ‎1.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. Fe原子的电子排布式：［Ar］3d54s3‎ B. CaCl2的电子式：‎ C. N2的结构式：N－N D. 原子核内有10个中子的氧原子：O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．s能级最多容纳两个自旋方向不同的电子，Fe原子的电子排布式为［Ar］3d64s2，故A错误；‎ B．CaCl2的电子式为，故B错误；‎ C．氮气分子中两个氮原子之间为氮氮三键，结构式为N≡N，故C错误；‎ D．原子核内有10个中子的氧原子的质量数=质子数+中子数=10+8=18，所以符号为O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎2.基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s1 的元素在元素周期表中的位置是 A. p 区、第五周期第ⅠB 族 B. ds 区、第五周期第Ⅷ族 C. d 区、第四周期第ⅠB 族 D. ds 区、第五周期第ⅠB 族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1，可知该元素原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，属于ds区，在周期表中位置为第五周期第IB族，故选D。‎ ‎3.北京“鸟巢”运用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，钒元素的原子序数为23，则钒原子的外围电子排布式正确的是（　　）‎ A. 3s23p6 B. 3d34s2‎ C. 3d64s2 D. 4s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】钒元素的原子序数为23，钒原子核外电子数为23，根据电子排布规律，钒原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，钒元素为副族元素，其外围电子排布式为3d34s2；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎4.第3周期某元素的原子，其最外层3p轨道上有一个未成对电子，则关于该元素的描述正确的是（ ）‎ A. 该元素最高价氧化物的水化物肯定是一种强酸 B. 该元素单质可能是一种黄绿色的气体 C. 该元素最高价氧化物的水化物肯定是一种强碱，只能与酸反应 D. 该元素的原子半径在同周期中肯定是最小的稀有气体元素除外 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 最外层3p轨道上有一个未成对电子，则其价层电子排布可能为3s23p5或3s23p1，可能为Cl元素或Al元素。‎ ‎【详解】A．若为Al，则元素最高价氧化物的水化物为弱碱，故A错误；‎ B．若为Cl，其单质为Cl2，为黄绿色气体，故B正确；‎ C．若为Cl，最高价氧化物的水化物为强酸，故C错误；‎ D．若为Al，其原子半径在同周期中不是最小，故D错误；‎ 故答案B。‎ ‎5.科学研究证明：核外电子的能量不仅与电子所处的电子层、能级有关，还与核外电子的数目及核电荷数有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，都是。下列说法正确的是（ ）‎ A. 两粒子的1s能级上电子的能量相同 B. 两粒子的3p能级上的电子离核的距离相同 C. 两粒子的电子发生跃迁时，产生的光谱不同 D. 两粒子最外层都达8电子稳定结构，化学性质相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题干信息“还与核外电子的数目及核电荷的数目有关”，Ar和S的核电核数不同，则相同能级的电子能量不同，电子离核的距离不同，发生跃迁时产生的光谱不同，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、虽然电子数相同，但是核电荷数不同，所以能量不同，故A错误；‎ B、同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，故B错误；‎ C、电子的能量不同，则发生跃迁时，产生的光谱不同，故C正确；‎ D、硫离子是得到电子之后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查核外电子的排布，解答本题的关键是能正确把握题给信息，特别是核电核数不同这一点，答题时注意审题。‎ ‎6.下列关于电离能和电负性的说法不正确的是（ ）‎ A. 第一电离能：Mg＞Al B. 硅的第一电离能和电负性均大于磷 C. 锗的第一电离能和电负性均小于碳 D. F、K、Fe、Ni四种元素中电负性最大的是F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Mg的3s能级上有2个电子，处于全充满状态，较稳定，所以Mg元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第—电离能，A项正确；‎ B．磷的最外层电子排布为3s23p3处于半充满状态，较稳定，硅的最外层电子排布为3s23p2不属于全空、全满、半满中的任何一种，不稳定，则硅第一电离能小于磷，同周期元素电负性随核电荷数增加而增大，则硅的电负性小于磷，B项错误；‎ C．同一主族元素，其第一电离能、电负性随原子序数的增大而减小，所以锗的第一电离能、电负性都小于碳，C项正确；‎ D．F、K、Fe、Ni四种元素中F的非金属性最强，电负性最大，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】明确元素周期律中关于电离能和电负性的同周期，同主族元素的性质递变规律是解本题的关键，需要清楚各种元素在周期表的位置。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 干冰升华和液氯气化时要破坏不同的微粒间作用力 B. CO2和SiO2具有相同的化学键类型和晶体类型 C. 水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关 D. 盐酸能电离出氢离子和氯离子，所以HCl存在离子键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．干冰升华和液氯气化时均是破坏的分子间力，A错误；‎ B．CO2和SiO2分别为分子晶体和原子晶体，B错误；‎ C．水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关，C正确；‎ D．HCl中仅存在共价键，溶于水后，在水分子的作用下电离为离子，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列叙述不正确的是( )‎ A. 卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强 B. 以极性键结合的分子，不一定是极性分子 C. 判断A2B或AB2型分子是极性分子的依据是：具有极性键且分子构型不对称，键角小于180°，为非直线形结构 D. 非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．同一主族，从上往下，原子半径逐渐增大，非金属性减弱，原子吸引共用电子对的能力减弱，共价键的极性依次减弱，分子稳定性依次减弱；‎ B．不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键，含有极性键结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；‎ 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，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；‎ D．不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子。‎ ‎【详解】A ‎．对卤族元素，同一主族，从上往下，原子半径逐渐增大，非金属性减弱，卤素原子吸引共用电子对的能力减弱，共价键的极性依次减弱，共价键的键长依次增大，键能依次减小，卤化氢稳定性为HF＞HCl＞HBr＞HI，A正确；‎ B．如CH4含有H-C极性键，空间构型为正四面体，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，B正确；‎ C．对于A2B或AB2型分子是由极性键构成的分子，由该分子的分子空间结构决定分子极性；如果分子的立体构型为直线形、键角等于180°，致使正电中心与负电中心重合，这样的分子就是非极性分子如CO2；若分子的立体构型为V形、键角小于180°，正电中心与负电中心不重合，则为极性分子如H2O，C正确；‎ D．非极性分子中，各原子间不一定以非极性键结合，如CO2中含极性键，为直线型，结构对称，为非极性分子，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查键的极性与分子的极性，注意判断键的极性，抓住共价键的形成是否在同种元素原子之间；分子极性的判断，抓住正负电荷的中心是否重合。‎ ‎9.N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示 π键，下列说法不正确的是( )‎ A. N2 分子与 CO 分子中都含有三键 B. CO 分子中有一个 π 键是配位键 C. N2 与 CO 互为等电子体 D. N2 与 CO 的化学性质相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；‎ B．氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；‎ C．N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；‎ D．N2与CO的化学性质不相同，如CO具有较强的还原性，而氮气的性质比较稳定，还原性较差，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.甲醛分子结构式如图，用2个Cl取代甲醛中的H可得到碳酰氯，下列描述正确的是（ ）‎ A. 甲醛分子和碳酰氯分子是等电子体 B. 碳酰氯分子中的C原子为手性碳原子 C. 甲醛分子中的H-C-H键角与碳酰氯分子中的Cl-C-Cl相等 D. 碳酰氯分子为平面三角形，分子中存在有3个σ键、1个π键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，H原子价电子数为1，Cl原子价电子数为7，所以甲醛中H原子被Cl原子取代后原子总数不变，价电子数改变，不是等电子体，故A错误；‎ B．碳酰氯中的碳原子为sp2杂化，为不饱和碳原子，不是手性碳，故B错误；‎ C．氯原子非金属性强于氢，所以甲醛分子中的H-C-H键角与碳酰氯分子中的Cl-C-Cl不相等，故C错误；‎ D．C是sp2杂化，所以碳酰氯分子为平面三角形，两个C-Cl为σ键，碳氧双键中有一个σ键和一个π键，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎11.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR 模型）的叙述中不正确的是（ ）‎ A. VSEPR 模型可用来预测分子的立体构型 B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型 C. 中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥 D. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，故A正确；‎ B项、分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，排斥能力大小顺序是：孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力，故B正确；‎ C项、中心原子上的孤电子对参与互相排斥，如水分子中氧原子价层电子对个数为4‎ ‎，孤对电子数为2，空间构型为V形，四氯化碳分子中碳原子价层电子对个数为4，孤对电子数为,0，空间构型为正四面体形，故C正确；‎ D项、在多原子分子内，两个共价键之间的夹角，分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定，如NH3为三角锥形，键角为107°，CH4为正四面体，具有对称性，键角为109°28′，CH4比氨气稳定，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】中心原子上的孤电子对参与互相排斥，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。‎ ‎12. 下列关于杂化轨道的叙述正确的是( )‎ A. 杂化轨道可用于形成σ键,也可用于形成π键 B. 杂化轨道可用来容纳未参与成键的孤电子对 C. NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的3个p轨道与H原子的s轨道杂化而成的 D. 在乙烯分子中,1个碳原子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个C—H σ键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、杂化轨道只用于形成σ键，或用来容纳未参与成键的孤电子对，不能用来形成π键，A项不正确；‎ B、根据A中分析可知B项正确；‎ C、NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的，C项不正确；‎ D、乙烯分子中的C原子采用sp2杂化，1个碳原子中的2个sp2杂化轨道与2个氢原子的s轨道重叠形成2个C—Hσ键，剩下的1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道重叠形成1个C—Cσ键，D项不正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）‎ A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4] 2+‎ C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 D. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物而使溶液澄清，所以溶液中Cu2+浓度减小，A错误。‎ B. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物离子：[Cu(NH3)4] 2+，使溶液澄清，B正确；‎ C. [Cu(NH3)4] SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C错误；‎ D. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，D错误；故答案为：B。‎ ‎【点睛】配位键是一种特殊的共价键，成键的两个原子间的共用电子对是由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，比如在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，其结构式为：。‎ ‎14.下列判断与分子间作用力无关的是（ ）‎ A. 熔点：H2O>H2S B. NH3易液化 C. CH3CH2OH易溶于水 D. HI易分解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2O的熔点比H2S的熔点高，因为水分子间存在氢键，故A错误；‎ B.NH3分子间存氢键，则氨气易液化，故B错误； ‎ C.CH3CH2OH易与水分子形成分子间氢键，所以易溶于水，故C错误；‎ D.HI分解时需断裂H-I化学键，而与分子间作用力无关，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】分子间作用力包括范德华力和氢键，范德华力仅是影响物质部分物理性质的一种因素，不会影响物质的化学性质，分子间有氢键的物质熔化或气化时，除了要克服纯粹的分子间力外，还必须提高温度，额外地供应一份能量来破坏分子间的氢键。‎ ‎15.下列化合物中含有手性碳原子的是 A. CCl‎2F2 B. ‎ C. CH3CH2OH D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CCl‎2F2中碳连了两个F原子和两个Cl原子，因此不含手性碳原子，故A不符合题意；‎ B. 中第1个和第3个碳原子连了两个氢原子，第2个碳原子连了两个相同的原子团，因此不含手性碳原子，故B不符合题意；‎ C. CH3CH2OH中第一个碳连了三个氢原子，第二个碳原子连了两个氢原子，因此不含手性碳原子，故C不符合题意；‎ D. 中间碳原子连的四个原子或原子团都不相同，是手性碳原子，故D符合题意。‎ 答案为D。‎ ‎16.下列关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O]的说法正确的是（ ）‎ A. 配体为水分子，外界为Br-‎ B. Br-均为配体 C. 中心离子的配位数为6‎ D. 中心离子的化合价为+2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中配位体是H2O、Br-，外界为Br-，故A错误；‎ B．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中Br-既是配体，也是外界离子，故B错误；‎ C．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中的中心离子的配体是H2O、Br-，该配离子中含有4个H2O、2个Br-，所以配位数是6，故C正确；‎ D．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中阴离子是溴离子，溴离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，故D错误；‎ 故选C ‎【点睛】正确认识配合物结构是解题的关键。本题的易错点为Br-的判断，要注意[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中Br-既是配体(2个)，也是外界离子(1个)。‎ ‎17.已知含氧酸可用通式(OH)nXOm来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）‎ A. H2SeO3 B. HMnO‎4 ‎C. H3BO3 D. H3PO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2SeO3可改写成(OH)3SeO，非羟基氧原子数目为1；‎ B．HMnO4可改写为(OH)1MnO3，非羟基氧原子数目为3；‎ C．H3BO3可改写成(OH)3B，非羟基氧原子数目为0；‎ D．H3PO4可改写为(OH)3PO，非羟基氧原子数目为1；‎ 根据题意可知，H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO4中非羟基氧原子数最多，酸性最强；‎ 答案选B。‎ ‎18. 关于晶体的下列说法中正确的是 A. 溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一 B. 区别晶体和非晶体最好的方法是观察是否有规则的几何外形 C. 水晶在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同 D. 只有无色透明的固体才是晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．获得晶体的方法有熔融态物质凝固、气态物质凝华、溶质从溶液中结晶析出，因此溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一，正确；‎ B. 区别晶体和非晶体最好的方法是对固体进行X射线衍射实验，而不是通过观察是否有规则的几何外形，错误；‎ C．水晶是晶体SiO2，其性质的各向异性表现在物理性质如在不同方向上的硬度、导热性、导电性不相同，错误；‎ D.晶体不一定是无色透明的，如石墨是黑色的、不透明；无色透明的也不一定是晶体，如玻璃属于玻璃态物质，错误。‎ ‎19.现在四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是（ ）‎ A. AB2 ‎ B. EF2 ‎ C. XY3Z ‎ D. AB3 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.此晶胞中A离子在体心，只有1个离原子，B离子在8个顶点，每个顶点参与形成8个晶胞，所以B离子也是1个，该晶体的化学式为AB，选项A不正确；‎ B.此晶胞中E和F离子分别在8个顶点中的4个，E和F的离子个数比为1：1，所以该晶体的化学式为EF，选项B不正确；‎ C.此晶胞中只有1个X离子在体心，Z离子在8个顶点，所以Z离子数也是1个，Y离子在6个面心，每个面心参与形成2个晶胞，所以此晶胞中有3个Y离子，X、Y、Z3种离子的个数比为1：3：1所以该晶体的化学式为XY3Z，选项C正确；‎ D.此晶胞与NaCl晶胞相似，所以该晶体的化学式为AB，选项D不正确。‎ 答案选C。‎ ‎20.丁二酮肟镍是丁二酮肟在氨性溶液（pH＝8～9）中与Ni2＋发生反应生成的沉淀，该反应常用作实验室中检验镍离子。其结构如图所示，下列对该物质的分析与判断中，正确的是 A. 该物质中Ni原子具有空轨道，是配合物的配体 B. 该物质中C、N、O原子存在孤电子对 C. 该物质的分子中含有的化学键有共价键和配位键 D. 该物质中碳原子的杂化类型均为sp2杂化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，只含共价键的化合物为共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 该物质中Ni原子具有空轨道，是配合物的中心原子，故A错误 B. 该物质中C原子的最外层电子均用来形成化学键，不存在孤电子对，故B错误；‎ C. 该物质中除了有共价键、配位键外，还有分子内氢键，故C错误；‎ D.甲基上中心碳原子杂化类型为sp2杂化，环上碳原子杂化类型为sp杂化，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】该物质中C原子的最外层电子均用来形成化学键，不存在孤电子对。‎ ‎21.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物 B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形 C. 元素Y和Q可形成化合物Y2O3‎ D. ZO2是极性键构成的非极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素。‎ ‎【详解】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素；‎ A．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；‎ B．T是P元素、Z是C元素，T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形，分别为白磷和金刚石，白磷分子中四个磷原子位于四个顶点上，故B正确；‎ C．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，故C正确；‎ D．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎22.Co3+的八面体配合物CoClm·nNH3中配离子的空间构型如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl－，Co3+位于八面体的中心。若1mol配合物与AgNO3作用生成2molAgCl沉淀，则n的值是 A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由1mol配合物与AgNO3作用生成2molAgCl沉淀，知道1mol配合物电离出2mol Cl-，即配离子显+2价，又因为外界有2个Cl-，且Co显+3价，所以[CoClm•nNH3]2+中有1‎ 个氯原子，即m=1，又因为配位数为6，所以n=6-1=5，故选：D。‎ ‎23.科学家最近发现一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，结构如图所示，则其化学式可表示为（ ）‎ ‎ ‎ A. Ti‎14C13 B. Ti‎4C‎4 ‎C. TiC D. Ti‎14C12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知：这是一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，直接观察分子结构，数出其中Ti、C元素的原子个数，就得到物质的分子式。Ti原子在8个顶点和6个面心上，有8+6=14个，C原子在12条棱边上和体内，有12+1=13个，因此物质的分子式为Ti‎14C13，故合理选项是A。‎ ‎24.中美学者携手发现了全硼富勒烯团簇—B40。B40团簇的结构，酷似中国的红灯笼(如图)。该材料可用于组装分子器件，在储氢储锂、半导体、超导、绿色催化等领域具有重要应用前景。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. B40与石墨烯的结构相同，二者互为同素异形体 B. ‎43.2g该物质含有2.408×1024个原子 C. B40中既含有极性键又含有非极性键 D. 全硼富勒烯团簇是一种新型的高分子材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，B40与石墨烯是由不同元素组成的单质，不互为同素异形体，故A错误；‎ B选项，43.2gB40的物质的量为0.1mol，1molB40含有40molB原子，故0.1molB40含有4mol B原子，即2.408×1024个原子，故B正确；‎ C选项，不同非金属元素之间形成极性共价键，故B40中不含极性键，只含有非极性键，故 C错误；‎ D选项，全硼富勒烯是一种单质，不是高分子化合物，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】同种元素组成的不同单质互为同素异形体。‎ ‎25.下列关于物质结构的命题中，错误的项数有 ‎①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种 ‎②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于P区 ‎③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、H2O2、CO2这样的分子 ‎④冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用 ‎⑤Cu(OH)2一种蓝色絮状沉淀，既溶于硝酸、氨水，也能溶于硫酸氢钠溶液中 ‎⑥熔融态的HgCl2不导电，HgCl2稀溶液有弱的导电能力说明固态HgCl2是共价化合物，为非电解质 ‎⑦氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“．．．”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3．H2O的结构式可记为：‎ A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 7项 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①甲基中碳原子，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以为sp3杂化，-COOH中，碳原子价层电子对个数=3+0=3，形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2杂化，故正确；‎ ‎②Ge是ⅣA族的主族元素，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区元素，故错误；‎ ‎③H2O2为极性分子，而BF3、CO2为非极性分子，结构对称，故错误；‎ ‎④氢键不是化学键，故错误；‎ ‎⑤氢氧化铜能和酸发生中和反应，溶于酸，氢氧化铜也能和氨水反应生成络合物离子，硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中能电离出氢离子，氢氧化铜能溶于硫酸氢钠溶液中，故正确；‎ ‎⑥HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，说明是弱电解质，故错误；‎ ‎⑦氢键应形成于X…H-Y形式当中，X、Y必须是N、O、F元素之一。这样就有两种可能：(1)H3N…H-O-H；(2)H2N-H…OH2；由于一水合氨可电离出NH4+和OH-，所以(1)‎ 结构是合理的，故正确； ‎ 错误的有②③④⑥共4项，故答案选A。‎ ‎26.已知五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E；A，C同周期，B、C同主族；A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。试回答下列问题：‎ ‎（1）写出五种元素的名称。‎ A________，B________，C________，D__________，E________。‎ ‎（2）用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：__________________________________。‎ ‎（3）写出D元素形成的单质的结构式____________________________。其中含____个σ键、______个π键。‎ ‎（4）写出下列物质的电子式：E与B形成的化合物(任写一种)________________；A，B，E形成的化合物________________；D、E形成的化合物____________。‎ ‎（5）A，B两元素组成的化合物A2B2属于________(选“离子”或“共价”)化合物，存在的化学键是____________，写出A2B2与水反应的化学方程式：_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 钠 (2). 氧 (3). 硫 (4). 氮 (5). 氢 (6). (7). N≡N (8). 1 (9). 2 (10). 或 (11). (12). (13). 离子 (14). 离子键和共价键 (15). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，且电子总数为30，所以每个离子都有10个电子，由化学式的结构可知，B带2个单位负电荷，A带1个单位正电荷，所以A是Na元素，B是O元素，因为A、C同周期，B、C同主族，所以C为S元素，D和E可形成4核10电子的分子，每个原子平均不到3个电子，可知其中一定含有氢原子，分子中有4个原子核共10个电子，一定是NH3，结合原子序数D>E，可知D是N元素，E是H元素。‎ ‎(1)由上述分析可知，A为钠，B为氧，C为硫，D为氮，E为氢，故答案为钠；氧；硫；氮；氢；‎ ‎(2)A2B是Na2O，是由钠离子与氧离子形成的离子化合物，Na2O的形成过程为 ‎，故答案为；‎ ‎(3)D是N元素，形成的单质为N2，氮原子之间形成3对共用电子对，结构式为N≡N，由氮气的结构式可知，两个氮原子形成一个氮氮三键，则含有1个σ键、2个π键，故答案为N≡N；1；2；‎ ‎(4)E与B形成的化合物为H2O或H2O2，电子式为：或，A、B、 E形成的化合物为NaOH，其电子式为：，D、E形成的化合物是NH3，其电子式为：，故答案为或；；；‎ ‎(5) A、B两元素组成的化合物A2B2是Na2O2，Na2O2是钠离子与过氧根离子之间通过离子键形成的离子化合物，过氧根离子中氧原子之间为非极性共价键，过氧化钠与水反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案为离子；离子键和共价键；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。‎ ‎27.我国科研人员在钠离子电池研究中又取得新突破。钠离子电池与锂离子电池工作原理相同、制造工艺相似，而且具有资源丰富、成本低廉、安全性能好等特点。一种钠离子电池的负极材料为Na2Co2TeO6（制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2），电解质溶液为的碳酸丙烯酯溶液。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）基态Na原子的电子排布式为__，最高能层电子云轮廓图形状为___。‎ ‎（2）Te与S同主族，与同周期，Te属于元素周期表中__区元素，其基态原子的价电子排布图（即轨道表示式）为___。‎ ‎（3）碳酸丙烯酯的结构简式为，则其中π键和σ键的数目之比为___，碳原子的杂化轨道类型为____。‎ ‎（4）C元素的最高价氧化物的电子式为___，CO32-的VSEPR模型名称是___，ClO4-的立体构型是__。‎ ‎（5）[Co(H2O)6]3+的几何构型为正八面体形，配体是__，该配离子包含的作用力为___（填选项字母）。‎ A.极性键 B.金属键 C.氢键 D.配位键 ‎（6）由原料制备负极材料的反应过程中，是否有电子转移___（填“是”或者“否”）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s1 (2). 球形 (3). p (4). (5). 1:13 (6). sp2、sp3杂化 (7). (8). 平面三角形 (9). 正四面体形 (10). H2O (11). AD (12). 是 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（4）通过价层电子对互斥理论分析CO32-与ClO4-的电子对立体构型，结合中心原子有无孤电子对分析离子构型：价层电极对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数。据此进行分析。‎ ‎（6）本问涉及复杂化合物的化合价的判断，复杂的化合物首先确定只有一种化合价的元素，然后再看有多种化合价但常用化合价只有一种的，最后结合化合物的化合价之和为零分析不常见的元素化合价，可以分析在Na2Co2TeO6中Na的化合价为+1价，O的化合价为-2价，结合Te和Co的可能变价以及化合物的化合价为零可知，Na2Co2TeO6中Co的化合价为+2价，Te的化合价为+6价，据此分析。‎ ‎【详解】（1）基态Na原子核外电子数为11，其核外电子排布式为：1s22s22p63s1。最高能层为M层，只有1个s能级，其电子云轮廓图形状为球形。答案为：1s22s22p63s1；球形；‎ ‎（2）Te与S同主族，与I同周期，说明Te的最外层排布同S一样，Te所具有的能层数与I相同，则可知Te属于元素周期表中p区元素，其基态原子的价电子排布图为：；答案为：p；；‎ ‎（3）根据单键为σ键，双键中只有一个σ键，另一个为π键，结合碳酸丙烯酯的结构简式，可知其中π键有1个，σ键有13个，则其中π键和σ键的数目之比为1:13。碳酸丙烯酯中碳原子成键方式为单键和双键，成单键的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化方式为sp3杂化，成双键的碳原子成3个σ键，没有孤电子对，杂化方式为sp2杂化，所以碳酸丙烯酯的碳原子轨道杂化方式为：sp2、sp3杂化。答案为：1:13；sp2、sp3杂化；‎ ‎（4）C元素的最高价氧化物为CO2，其电子式为：；CO32-中碳原子价层电子对数=，且不含孤电子对，所以CO32-的VSEPR模型名称是平面三角形。‎ ClO4-中Cl原子的价层电子对数=，且不含孤电子对，所以其立体构型是正四面体形。答案为：；平面三角形；正四面体形；‎ ‎（5）[Co(H2O)6]3+的配体为H2O，该配离子包含的作用力为H-O极性键、配位键，故答案为：H2O；AD；‎ ‎（6）Na2Co2TeO6中Co的化合价为+2价，Te的化合价为+6价，与反应物相比，存在化合价的升降变化，故由原料制备负极材料的反应过程中，有电子转移，答案为：是。‎ ‎【点睛】在计算离子的孤电子对时，还要考虑离子电荷相应的电子数，如本题中CO32-中还带有2个单位的负电荷，则在计算孤电子对时，应加上CO32-中离子电荷中的2个电子数，若是阳离子，则计算孤电子对时，应减去离子电荷相应的电子数。‎ ‎28.有以下物质：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。‎ ‎（1）只含有σ键的是__________（填序号，下同）；‎ ‎（2）既含有σ键又含有π键的是__________。‎ ‎（3）含有由两个原子的s轨道重叠形成σ键的是__________。‎ ‎【答案】 (1). ①②③⑥⑦⑧ (2). ④⑤⑨ (3). ⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 单键中只有σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键；‎ ‎(2)p轨道和p轨道以头对头重叠形成σ键、以肩并肩形成π键；‎ ‎(3)原子的最外层电子为s电子时，两个原子s轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键；‎ ‎【详解】①HF中H-F键，②Cl2中Cl-Cl键，③H2O中H-O键，④N2中NN三键，⑤C2H4中C-H和C=C双键，⑥C2H6中C-C和C-H键，⑦H2中H-H键，⑧H2O2中H-O和O-O键，⑨HCN中H-C和CN键；‎ ‎(1)①②③⑥⑦⑧只有单键，所以只有σ键；故答案为：①②③⑥⑦⑧；‎ ‎(2)④⑤⑨中有单键和双键，所有既有σ键又有π键，故答案为：④⑤⑨；‎ ‎(3)氢气中存在s-sσ键，故答案为：⑦。‎ ‎29.前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2,并在同一族。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）D2+的价层电子排布图为_______。‎ ‎（2）四种元素中第一电离最小的是______，电负性最大的是_______。（填元素符号）‎ ‎（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。‎ ‎①该化合物的化学式为_________；‎ ‎②列式计算该晶体的密度_____g·cm-3（列式即可，不必计算）。‎ ‎（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，期中化学键的类型有_____；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______，配位体是____。‎ ‎【答案】 (1). (2). K (3). F (4). K2NiF4 (5). (6). 离子键、配位键 (7). [FeF6]3- (8). F-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A-和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素．‎ ‎【详解】由分析可知：A是F，B是K，C是Fe，D是Ni；‎ ‎(1)Ni2+的价层电子为3d电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知，其价电子排布图为，故答案为：；‎ ‎(2)元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，这四种元素中金属性最强的是K元素，非金属性最强的元素是F，所以第一电离能最小的是K，电负性最大的是F，故答案为：K；F；‎ ‎(3)①该晶胞中F原子个数，K原子个数，Ni原子个数，所以该化合物的化学式为K2NiF4，故答案为：K2NiF4；‎ ‎②该晶胞的体积，晶胞质量，故晶体密度，故答案为：；‎ ‎(4)F-、K+和Fe3+三种离子组成的化合物K3FeF6，Fe3+含有空轨道，为中心离子，F-含有孤对电子，为配体，二者之间形成配位键，形成配离子[FeF6]3-，[FeF6]3-与K+之间形成离子键，故答案为：离子键、配位键；[FeF6]3-；F-。‎