云南省楚雄州南华县民族中学2018_2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、1云南省楚雄州南华县民中 20182019 学年期中考试高二化学试题1.下列关于能层与能级的说法中正确的是A. 原子核外每一个能层最多可容纳的电子数为 n2B. 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数C. 不同能层中 s 电子的原子轨道半径相同D. 不同能层中 p 电子的原子轨道能量相同【答案】B【解析】【详解】A.原子核外每一个能层最多可容纳的电子数为 2n2，故 A 错误；B.能层含有的能级数等于能层序数，即第 n 能层含有 n 个能级，每一能层总是从 s 能级开始，同一能层中能级 ns、np、nd、nf 的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占

2、据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以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，故B 正确；C.能层序数越大，s 原子轨道的能量越高，轨道的半径越大，故 C 错误；D.离原子核越远的电子，其能量越大，所以 p 原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，故 D 错误。故选 B。2.石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是A. 11 B. 12 C. 13 D. 23【答案】D【解析】【分析】利用均摊法计算碳原

3、子占有的 C-C 化学健个数，每个碳原子与其占有的 C-C 化学健之比即是石墨晶体每一层内碳原子与 C-C 化学健之比，据此分析解答。【详解】一个六边形占有的碳原子数目是 61/3=2，占有的碳碳单键数目是 61/2=3，所以碳原子数与碳碳单键数之比为 2：3。2故选 D。3.在下列化学反应中，所断裂的共价键中，仅仅断裂 s 键的是A. N2+3H2 2NH3B. 2C2H25O 22H 2O4CO 2C. Cl2H 2=2HClD. C2H4H 2C 2H6【答案】C【解析】【分析】一般非金属之间形成共价单键时，只形成 键；两个原子间形成双键或三键时，除了形成 键，还会形成 键，据此答题。【

4、详解】A.N 2分子中存在共价三键，1 个 键和 2 个 键均断裂，故 A 错误；B.C2H2分子中存在三键，1 个 键和 2 个 键均断裂，故 B 错误；C.H2、Cl 2分子中均为单键，仅仅断裂 键，故 C 正确；D.C2H4分子中存在双键，1 个 键和 1 个 键均断裂，故 D 错误。故选 C。4.下列对Zn（NH 3） 4SO4配合物的说法不正确的是（ ）A. SO42 是内界 B. 配位数是 4C. Zn2+是中心离子 D. NH 3是配位体【答案】A【解析】A在Zn（NH 3） 4SO4中外界是 SO42-，內界是Zn（NH 3） 42+，故 A 错误；B锌离子配位原子个数是 4，

5、所以其配位数是 4，故 B 正确；C该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故 C 正确；D该配合物中氮原子提供孤电子对，所以 NH3是配位体，故 D 正确；答案选 A。5.下列说法中正确的是( )A. CH4，C 2H2，HCN 都是含有极性键的非极性分子B. CO2与 SO2的立体构型相似，都是非极性分子3C. 分子中含有 1 个手性碳原子D. 无机含氧酸分子中有几个氢原子，它就属于几元酸【答案】C【解析】【分析】A.HCN 的结构不对称，为极性分子；B.二氧化碳为直线型、非极性分子，而二氧化硫为 V 型、极性分子；C.碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子；D.据酸

6、电离出的氢离子数目可以将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，含氧酸中 H 原子个数与酸的元数不一定相等。【详解】A.CH 4、C 2H2为极性键构成的非极性分子，而 HCN 为极性分子，故 A 错误；B.SO2分子为 V 形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，CO 2分子为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故 B 错误；C. 分子中左边第 3 个 C 原子连接了四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故 C 正确；D.无机含氧酸中 H 原子个数与酸的元数不一定相等，如 H3PO3为一元酸，故 D 错误。故选 C。6.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是( )A

7、. CH4SiH 4GeH 4SnH 4B. KClNaClMgCl 2MgOC. RbKNaLiD. 石墨金刚石SiO 2【答案】D【解析】A 分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项 A 错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项 B 错误；C、金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项 C 错误；D、石墨 CC 的键长比金刚石 CC 键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨金刚石SiO 2，选项 D 正确。答案选 D。47.不能用金属键理论解释的是A. 导电性 B. 导热性 C. 延展性 D. 锈蚀性【答案】D【解析】【详解】金属键是金属

8、阳离子与自由电子之间的静电作用，它决定了金属晶体的一些性质，可以解释金属晶体的导电性、导热性、延展性等金属晶体的物理性质，但不能解释其化学性质，例如锈蚀性。故选 D。8.X、Y、Z 为短周期元素，X 原子最外层只有一个电子，Y 原子的最外层电子数比内层电子总数少 4，Z 原子的最外层电子数是内层电子总数的 3 倍。下列有关叙述正确的是( )A. Y 原子的价层电子排布式为 3s23p5 B. 稳定性：Y 的氢化物Z 的氢化物C. 第一电离能：YZ D. X、Y 两元素形成的化合物为离子化合物【答案】C【解析】X、Y、Z 为短周期元素，X 原子最外层只有一个电子，则 X 为 H、Li 或 Na；

9、Y 原子的最外层电子数比内层电子总数少 4，则 Y 有 3 个电子层，最外层有 6 个电子，则 Y 为硫元素；Z 的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则 Z 有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Z 为氧元素。AY 为硫元素，Y 的价层电子排布式为 3s23p4，故 A 错误；BY 为硫元素，Z 为氧元素，非金属性 OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性 ZY，故 B 错误；CY 为硫元素，Z 为氧元素，第一电离能：YZ，故 C 正确；DX 为 H、Li 或 Na，Y 为硫元素，H、Li 或 Na 与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故 D 错误；故

10、选 C。9.下列各组微粒，不能互称为等电子体的是A. NO2、NO 2+、NO 2 B. CO2、N 2O、N 3C. CO32 、NO 3 、SO 3 D. N2、CO、CN 【答案】A【解析】【详解】A.NO 2、NO 2+、NO 2-的电子数分别为 23、22、24，电子数不一样，不能互称为等电子体，故 A 正确；B.CO2、N 2O、N 3-的电子数分别为 22、22、22，电子数一样，原子数一样，互称为等电子体，5故 B 错误；C.CO32-、NO 3-、SO 3的电子数分别为 32、32、32，电子数一样，原子数一样，互称为等电子体，故 C 错误；D.N2、CO、CN -电子数分别

11、为 14、14、14，电子数一样，原子数一样，互称为等电子体，故D 错误。【点睛】具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体。10. 下列各组微粒中不属于等电子体的是( )A. CH4、NH 4+ B. H2S、HCl C. CO 2、N 2O D. CO32-、NO 3-【答案】B【解析】试题分析：A甲烷分子和铵根离子都含有 5 个原子，其价电子总数都是 8，所以是等电子体，故 A 不选；B硫化氢分子中含有 3 个原子，氯化氢分子中含有 2 个原子，所以不是等电子体，故 B 选；C二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有 3 个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故 C 不选；D碳酸根离子和

12、硝酸根离子都含有 4 个原子，其价电子数都是 24，所以是等电子体，故 D 不选；故选 B。考点：考查等电子体的判断。11.R 元素的原子，其最外层的 p 能级电子数等于所有的能层 s 能级电子总数，则 R 可能是A. Li B. Be C. S D. Ar【答案】D【解析】【详解】若 R 只有 1 个能层，则不存在 p 能级，若 R 有 2 个能层，则有 2 个 s 能级，其电子排布式应为 1s22s22p4，为氧元素，若 R 有 3 个能层，则有 3 个 s 能级，其电子排布式应为 1s22s22p63s23p6，为氩元素，故 D 正确。故选 D。12. 下列叙述正确的是（ ）A. 分子晶

13、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【答案】C6【解析】试题分析：A 项分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体在固态时；B 项原子晶体中的相邻原子间可能存在极性共价键，如二氧化硅晶体；C 项正确，如氢氧化钠；D 项金属晶体的熔点和沸点差距比较大，如金属铯在手温下可以熔化。考点：晶体结构与性质。点评：晶体的类型与结构决定晶体的性质，属于简单题。13.物质的下列性质或数据与氢键无关的是A. 甲酸蒸气的密度在 373 K 时为 1.335 g/L，在 297 K 时为 2.5 g/LB. 邻羟基苯甲

14、酸（ ）的熔点为 159，对羟基苯甲酸（）的熔点为 213C. 乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比混溶D. HF 分解时吸收的热量比 HCl 分解时吸收的热量多【答案】D【解析】【详解】A.甲酸分子中含有羟基，在较低温度下，分子间以氢键结合成多分子缔合体，而在较高温度下氢键被破坏，多分子缔合体解体，所以甲酸的密度在低温时较大，与氢键相关，故 A 错误；B.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键增大了分子间作用力，使对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高，与氢键相关，故 B 错误；C.乙醇分子结构中含有羟基，可以与水分子形成分子间氢键，从而增大了乙醇在水中的溶解度

15、，使其能与水以任意比互溶，而乙醚分子结构中含无羟基，不能与水分子形成氢键，在水中的溶解度比乙醇小得多，与氢键相关，故 C 错误；D.HF 分解时吸收的热量比 HCl 分解时吸收的热量多的原因是 H-F 键的键能比 H-Cl 键的键能大，与氢键无关，故 D 正确。故选 D。【点睛】氢键不是化学键，一般影响物质的物理性质。分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，溶解性增大，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导7致物质的熔沸点升高。14.1 mol 气态钠离子和 1 mol 气态氯离子结合生成 1 mol 氯化钠时释放出的热能为氯化钠的晶格能。下列热化学方程式中，反应热的绝对值等

16、于氯化钠晶格能的数值的是A. Na (g)Cl (g)=NaCl(s)；H 1a kJmol 1B. Na (g)1/2Cl 2(g)=NaCl(s)；H 2b kJmol 1C. NaCl(s)=Na(g)Cl(g)；H 3c kJmol 1D. Na(g)Cl(g)=NaCl(s)；H 4d kJmol 1【答案】A【解析】【详解】1mol 气态钠离子和 1mol 气态氯离子结合生成 1mol 氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：Na +（g）+Cl -（g）NaCl（s） ；H 1a kJmol 1 ，所以 A 正确。故选 A。15.已知

17、某元素的2 价离子的电子排布式为 1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是( )A. 第三周期A 族，p 区B. 第四周期B 族，s 区C. 第四周期族，d 区D. 第四周期A 族，s 区【答案】D【解析】【分析】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2 价离子的电子排布式为 1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有 2 个电子，有

18、 4 个电子层，故该元素应为第四周期A 族元素 Ca，处于 s 区。答案选 D。【点睛】本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系。816. 根据“相似相溶 ，规律，你认为下列物质在水中溶解度较大的是(A. 乙烯 B. 二氧化碳 C. 二氧化硫 D. 氢气【答案】C【解析】试题分析：乙烯、二氧化碳和氢气都是非极性分子，二氧化硫属于极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，水属于极性溶剂，所以极性分子二氧化硫在水中的溶解度较大，故 C 正确；故选 C。【考点定位】考查相似相溶原理及其应用【名师点晴】本题考查了相似相溶原理，注意相似相溶原理的使用范围，相似相溶原理是指由

19、于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。极性溶剂(如水）易溶解极性物质(离子晶体、分子晶体中的极性物质如强酸等） ；非极性溶剂(如苯、汽油、四氯化碳等）能溶解非极性物质(大多数有机物、Br 2、I 2等） ；分子结构的相似性：含有相同官能团的物质互溶，如水中含羟基(-OH）能溶解含有羟基的醇、酚、羧酸；氢键的影响：氢键的存在可使溶解性增强；发生反应：发生反应可使溶解性增强。17.已知 C3N4很可能具有比金刚石还大的硬度，且间均以单键结合下列关于 C3N4的说法

20、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 键的键长要长C. C3N4晶体中每个 C 原子连接 4 个 N 原子，而每个 N 原子连接 3 个 C 原子D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，C 3N4晶体很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，所以 C3N4为原子晶体，故 A 错误； B.N 比 C 电负性大，C-N 键比 C-C 键电负性相差大，键长短，故 B 错误；C.因为 C 的最外层有 4 个电子，每个电子与另一个 N 形成 C-N（一对共用电子对） ，因此一个碳原子连接 4 个

21、 N 原子，因为 N 的最外层有 5 个电子，每个电子与另一个 C 形成 N-C（一对共用电子对） ，因此一个 N 原子连接 3 个 C 原子，故 C 正确；9D.C3N4晶体是原子晶体，不存在离子键，故 D 错误。故选 C。18.若某元素原子处于能量最低状态时，外围电子排布式为 4d15s2，则下列说法正确的是A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有 3 个未成对电子B. 该元素原子核外共有 5 个电子层C. 该元素原子的 M 层共有 8 个电子D. 该元素原子最外层有 3 个电子【答案】B【解析】【分析】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p6

22、3d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有 39 个电子，分 5 个电子层，其中 M 能层上有 18 个电子，最外层上有 2 个电子，据此答题。【详解】A.该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有 1 未成对电子，故 A 错误；B.该元素原子核外有 5 个电子层，故 B 正确；C.该元素原子 M 能层共有 18 个电子，故 C 错误；D.该元素原子最外层上有 2 个电子，故 D 错误。故选 B。19.以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A. B. C. 1s2 D. 【答案】D【解析】【详解】A.只能表示最外层电子数；B.只表示核外的电子分层排布情况

23、；C.具体到亚层的电子数；D.包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向。故对电子运动状态描述最详尽的是 D。故选 D。20.钛号称“崛起的第三金属” ，因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广10泛应用于军事、医学等领域。已知钛有 48Ti、 49Ti、 50Ti 等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是( )A. 上述钛原子中，中子数不可能为 22 B. 钛元素在周期表中处于第四周期B 族C. 钛原子的外围电子层排布为 3d24s2 D. 钛元素位于元素周期表的 d 区，是过渡元素【答案】B【解析】试题分析：A、钛为 22 号元素， 48Ti、 49Ti、 50Ti 的中子

24、数分别为 26、27、28，中子数不可能为 22，A 正确；B、钛原子的外围电子层排布为 3d24s2，钛元素在周期表中处于第四周期B 族，B 错误；C、根据构造原理知钛原子的外围电子层排布为 3d24s2，C 正确；D、d 区元素原子的价电子排布为（n-1）d 19ns12，根据铁原子的价电子排布知钛元素位于元素周期表的 d 区，是过渡元素，D 正确。答案选 B。考点：考查原子结构、元素周期表。21.下列既有离子键又有共价键的化合物是( )A. Na2O B. NaOH C. CaBr2 D. HF【答案】B【解析】A氧化钠中只含离子键，选项 A 错误；B氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在

25、离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项 B 正确；C溴化钙中只含离子键，选项 C 错误；D氟化氢中只含共价键，选项 D 错误。答案选 B。22.某元素基态原子的最外层电子排布式为 ns2，该元素( )A. 一定是第A 族元素B. 一定是金属元素C. 不是第A 族元素就是副族元素D. 可能是金属元素也可能是非金属元素【答案】D【解析】【详解】A.该元素基态原子的最外层电子排布式为 ns2，可能是零族或副族元素，所以不一定是第A 族元素，故 A 错误；B.该元素基态原子的最外层电子排布式为 ns2，可能是稀有气体元素如 He，所以不一定是金属元素，故 B 错误；11C.该元素基态原子的最外层电

26、子排布式为 ns2，不一定是第A 族元素或副族元素，还可能是零族元素，故 C 错误；D.该元素基态原子的最外层电子排布式为 ns2，可能是零族、第A 族或副族元素，所以可能是金属元素也可能是非金属元素，故 D 正确。故选 D。23.钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是 ( )A. BaTi8O12 B. BaTi4O6C. BaTi2O4 D. BaTiO3【答案】D【解析】Ba 在体心上，1 个；Ti 在 8 个顶点上，则 8（1/8）=1；O 在每条边的中点上，则 12（1/4）=3；24.下列分子中的中心原

27、子杂化轨道的类型相同的是A. CO2与 SO2 B. CH4与 NH3C. BeCl2与 BF3 D. C2H4与 C2H2【答案】B【解析】12【详解】A.CO 2为 sp 杂化、SO 2为 sp2杂化，故 A 错误；B.CH4与 NH3均为 sp3杂化，故 B 正确；C.BeCl2为 sp 杂化，BF 3为 sp2杂化，故 C 错误；D.C2H4为 sp2杂化，C 2H2为 sp 杂化，故 D 错误。故选 B。25.有 A、B、C、D 四种元素，其中 A、B、C 属于同一周期，A 原子最外层 p 能级的电子数等于次外层的电子总数；B 原子最外层中有三个不成对的电子；C 元素可分别与 A、B

28、、D 生成 RC2型化合物，其中的 DC2与 C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是A. D 原子的简化电子排布式为Ar3s 23p4B. B、C 两元素的第一电离能大小关系为 BCC. 用电子式表示 AD2的形成过程为D. 由 B60分子形成的晶体与 A60相似，分子中总键能：B 60A60【答案】A【解析】试题解析：有 A、B、C、D 四种元素，A 原子最外层 p 能级的电子数等于次外层的电子总数，p 能级最多容纳 6 个电子，故 A 由 2 个电子层，最外层电子数为 4，故 A 为碳元素，A、B、C 属于同一周期，B 原子最外层中有三个不成对的电子，B 的 p 能级容纳 3 的电子，故

29、B 为氮元素，C 元素可分别与 A、B、D 生成 RC2型化合物，其中的 DC2与 C3互为等电子体，C、D 属于同族元素，故 C 为氧元素，D 为硫元素。D 为硫元素，原子的简化电子排布式为Ne3s 23p4，故 A 错误；B 为氮元素，C 为氧元素，氮元素 2p 能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的第一电离能，故 B 正确；AD 2是 CS2，属于共价键化合物，CS 2的结构与 CO2相似，碳原子与硫原子之间形成 2 对共用电子对，形成过程为 ，故 C 正确；N 60分子形成的晶体与 C60相似，氮氮键长比碳碳键长短，故氮氮键键能更大，故 N60分子中总键能大于 C60，故

30、 D 正确。考点：核外电子排布规律、结构与位置关系、分子结构与性质26.按要求填空：（1）基态 B 原子的电子排布式为_。（2）基态 N 原子的价电子排布式为_。13（3）Se 原子序数为_，其核外 M 层电子的排布式为_。（4）Li 3N 晶体中氮以 N3 存在，基态 N3 的电子排布式为_。（5）写出基态镓(Ga)原子的电子排布式：_。【答案】 (1). 1s22s22p1(或He2s 22p1) (2). 2s22p3 (3). 34 (4). 3s23p63d10 (5). 1s22s22p6 (6). 1s22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d 104s24p1)

31、【解析】【详解】 （1）B 的原子序数为 5，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1(或He2s 22p1)。（2）N 原子的原子序数为 6，基态氮原子的价电子排布式是 2s22p3，故答案为：2s 22p3。（3）Se 位于元素周期表第四周期第A 族，原子序数为 34，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则核外 M 层电子的排布式为 3s23p63d10，故答案为：34 ，3s 23p63d10。（4）N 原子原子序数为 7，N 3-离子原子核外共有 10 个电子，且最外层达到稳定结构，根据能量最低原理可写出电子排布式为

32、1s22s22p6，故答案为：1s 22s22p6。（5）镓是 31 号元素，核外有 31 个电子，基态镓（Ga）原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s 22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d 104s24p1)。【点睛】处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则。27.回答下列问题：（1）写出具有 10 个电子、两个或两个以上原子核的离子的符号_、_、_、_。（2）写出具有 18 个电子的无机化合物的化学式_、_、_、_、_。（3）在（1） （2）题涉及的粒子中，空间构型为正四面体的

33、有_；为三角锥形的有_。【答案】 (1). OH (2). NH4+ (3). H3O (4). NH2- (5). H2S (6). H2O2 (7). PH3 (8). SiH4 (9). HCl (10). NH4+、SiH 4 (11). H3O 、PH 3【解析】14【详解】 （1）第二周期非金属元素的氢化物具有 10 个电子，其分子结合 1 个 H+或失去 1个 H+后，形成阴、阳离子所具有的电子数不变，离子符号为：OH -、NH 4+ 、H 3O + ；NH 2-，类比推导或根据等电子原理导出：NH 4+ 与 CH4、 H3O + 与 NH3、 NH2-与 H2O 的立体构型分别

34、相同，依次为正四面体形、三角锥形和 V 形，故答案为：OH -、NH 4+ 、H 3O + ；NH 2-。（2）第三周期元素的氢化物分子中具有 18 个电子，第二周期元素形成 R2HX型的化合物，如 C2H6、H 2O2等，也具有 18 个电子。符合条件的分子有H2S、PH 3、SiH 4、HCl、H 2O2、N 2H4，故答案为：H 2S、PH 3、SiH 4、HCl、H 2O2。（3）由等电子原理分析，NH 4+、SiH 4为正四面构型，H 3O 、PH 3为三角锥形，故答案为：NH4+、SiH 4，H 3O 、PH 3。【点睛】等电子体的立体构型、性质相似。28.过渡金属元素氧化物的应用

35、研究是目前科学研究的前沿之一，试回答下列问题：（1）二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体转化为二氧化碳和水，达到无害化有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是_苯与 B3N3H6的总电子数相等；甲醛、苯分子中碳原子均采用 sp3杂化；苯、二氧化碳、水和甲醛都是非极性分子；水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能存在氢键，甲醛分子间不存在氢键（2）2007 年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝费尔和德国科学家彼得格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应（CMR 效应）研究方面的成就某钙钛型复合氧化物（如图 1） ，以 A 原子为晶胞的顶点，A 位可以是 CA，Sr、Ba 或 Pb，当

36、 B 位是V、Cr、Mn、Fe 时，这种化合物具有 CMR 效应用 A，B，O 表示这类特殊晶体的化学式：_ Cr、Mn 的核外特征电子排布式分别为：Cr：Kr3d 54s1、Mn：Kr3d 54s2，则它们第一电离能由小到大的排列顺序是：_用“”排列） （3）CO 2的空间构型为_；固体 CO2与 SiO2熔沸点差异很大的原因是_（4）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图 2）类似，其中空心球所示原子位于立方体的顶点或面心，实心球所示原子位于立方体内）类似每个冰晶胞平均占有_个水分子；冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是_ 15【答案】 (1). (2). ABO3

37、 (3). CrMn (4). 直线型分子 (5). CO2是分子间作用力形成的分子晶体，SiO 2是共价键形成的空间网状原子晶体 (6). 8 (7). 水中的 O 和金刚石中的 C 都是 sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子可与相邻的 4 个水分子形成氢键，且为正四面体结构【解析】【分析】（1）苯的电子总数为 66+6=42，B 3N3H6的的电子总数为 35+37+6=42；甲醛、苯分子中碳原子均形成 3 个 键，二氧化碳中碳原子均形成 2 个 键，均没有孤电子对；分子中正负电荷重心重合的为非极性分子，正负电荷重心不重合的为极性分子；水分子之间形成氢键，沸点较高；（2）利用

38、均摊法计算晶体晶胞中氢所各原子的个数，再根据原子数之比确定化学式；和铬在同一周期且锰的原子序数大于铬，根据元素周期律可以知道，第一电离能由小到大的排列顺序；（3）根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，根据不同类型晶体的性质差异进行比较熔沸点；（4）利用均摊法确定每个冰晶胞含有的水分子个数，根据氧原子和碳原子的杂化方式以及氢键的特点，分析冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因。【详解】 （1）苯的电子总数为 66+6=42，B 3N3H6的的电子总数为 35+37+6=42，所以苯与 B3N3H6的总电子数相等相等，故正确；甲醛、苯分子中碳原子均形成 3 个 键，二氧化碳中碳原子均形成 2 个

39、 键，均没有孤电子对，甲醛、苯分子中碳原子采用 sp2杂化，二氧化碳分子中 C 原子采取 sp 杂化，故错误；苯、二氧化碳分子的空间结构对称是非极性分子，甲醛分子的空间结构不对称属于极性分子，水分子中的氧原子有孤对电子，也是极性分子，故错误；16水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键，故正确。故答案为：。（2）由图 1 可知，晶胞中 A 位于顶点，晶胞中含有 A 为 81/8=1 个，B 位于晶胞的体心，含有 1 个，O 位于面心，晶胞中含有 O 的个数为 61/2=3，则化学式为 ABO3，故答案为：ABO 3。因为 Cr 的核外电子排布式为：Kr3d 54s1，Mn 的核外电子排布

40、式：Kr3d 54s2，锰和铬在同一周期且锰的原子序数大于铬，根据元素周期律可以知道，第一电离能由小到大的排列顺序为：CrMn，故答案为：CrMn。（3）二氧化碳分子中碳原子价层电子对个数是 2，且不含孤电子对，所以其空间构型是直线形，CO 2是分子晶体，分子间是范德华力，SiO 2是空间网状的原子晶体，原子之间是共价键，作用力远大于范德华力，所以固体 CO2的熔沸点比 SiO2熔沸点要小得多，故答案为：直线型分子；CO 2是分子间作用力形成的分子晶体，SiO 2是共价键形成的空间网状原子晶体。（4）每个冰晶胞平均占有分子个数=4+81/8+61/2=8，H 2O 的氧原子中含有 2 个 键和

41、 2 个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有 4 个 键且没有孤电子对，所以水中的 O 和金刚石中的 C 都是 sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外 2 个水分子形成 2 个原子，2 个氢原子可以和另外 2 个水分子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的 4 个水分子形成氢键，导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相似，故答案为：8；水中的 O 和金刚石中的 C 都是 sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子可与相邻的 4 个水分子形成氢键，且为正四面体结构。29.X、Y、Z、V、W 为五种前四周期元素，其中 X 是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y

42、 与 X 同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性；Z 原子基态时 2p 原子轨道上有 3个未成对的电子；V 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s2；W 的原子序数为 29，W 的离子能与乙二胺(H 2NCH2CH2NH2)形成配离子：回答下列问题：（1）W 原子的核外电子排布式为_，上述配离子中含有的化学键类型有_(填字母)。a配位键 b极性键c离子键 d非极性键（2）元素 X、Y、V 第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。17（3）Z 的氢化物的空间构型是_；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是_。（4）一定压强，将 HF 和 HCl 混合气体降温时，首先液化的物质是_。

43、（5）已知 XeO3分子中氙原子上有 1 对孤对电子，则 XeO3为_分子(填“极性”或“非极性”)；XeO 3分子中中心原子的杂化类型为_；XeO 3分子的空间构型为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d 104s1 (2). abd (3). MgAlNa (4). 三角锥形 (5). 氨分子间存在氢键 (6). HF (7). 极性 (8). sp3 (9). 三角锥形【解析】【分析】X、Y、Z、V、W 为五种前四周期元素，其中 X 是短周期（除稀有气体外）原子半径最大的元素，则 X 为 Na 元素；Y 与 X 同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性

44、，则 Y 为 Al 元素；Z 原子基态时 2p 原子轨道上有 3 个未成对的电子，其原子核外电子排布为 ls22s22p3，则 Z为氮元素；V 原子的核外电子排布式为 ls22s22p63s2，则 V 为 Mg 元素，W 的原子序数为29，W 为 Cu 元素，据此答题。【详解】 （1）Cu 原子核外电子数为 29，原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；W 的离子能与乙二胺（H 2N-CH2-CH2-NH2）形成配离子，铜离子与乙二胺分子之间形成配位键，碳原子与氮原子、氢原子之间以及氮原子与氢原子之间形成极性键，碳原子之间形成非极性键，故选 abd；故答案为：1s

45、 22s22p63s23p63d104s；abd。（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但 Mg 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 MgAlNa，故答案为：MgAlNa。（3）Z 的氢化物为 NH3，为三角锥型结构，氨气分子之间存在氢键，其沸点比甲烷的沸点高，故答案为：三角锥型；氨分子间存在氢键。（4）氟化氢中存在氢键，所以熔沸点高于氯化氢的，因此首先液化的是 HF，故答案为：HF。18（5）在 XeO3分子中 Xe 形成 3 个极性键，又因为氙原子上有 1 对孤对电子，因此是 sp3杂化，所以空间构型是三角锥形，属于极

46、性分子，故答案为：极性，sp 3，三角锥形。30.已知 A，B，C，D 四种分子所含原子的数目依次为 1、3、6、2，且都含有 18 个电子，B，C 是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为 12。D 物质的氢化物能刻蚀玻璃。（1）A 的分子式是_，写出 A 原子的价层电子排布式_。（2）B 分子的中心原子的杂化类型是_，分子空间构型是_，该分子属于_分子(填“极性”或“非极性”)。（3）C 的化学式是_，分子中含有的化学键类型是_。（4）D 物质的氢化物的沸点比 HCl 的沸点高，其主要原因是_。【答案】 (1). Ar (2). 3s23p6 (3). sp3 (4). V 型

47、 (5). 极性 (6). N2H4 (7). 极性键、非极性键 (8). HF 分子之间能形成氢键【解析】【分析】A、B、C、D 四种分子所含原子的数目依次为 1、3、6、2，且都含有 18 个电子，故 A 为Ar；B、C 分子中两种原子的个数比均为 1：2，故 B 为 H2S；C 分子所含原子数目为 6，且分子中两种原子的个数比为 1：2，故 C 为 N2H4；D 元素的氢化物能刻蚀玻璃，则 D 为 F2，据此解答。【详解】 （1）由上述分析，可知 A 为 Ar，处于第三周期零族，最外层电子数为 8，其价层电子排布式为 3s23p6，故答案为：Ar；3s 23p6。（2）B 为 H2S，S 原子价层电子对数=2+ =4，含有 2 对孤对电子，故 S 采取 sp3杂化，H2S 分子为 V 型结构，分子不是对称结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故答案为：sp 3；V 型；极性。（3）由上述分析可知