【文档说明】福建省泰宁第一中学2019-2020学年高二下学期第一次阶段考试化学试题 【精准解析】.doc，共(26)页，797.500 KB，由小赞的店铺上传

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福建省泰宁第一中学2019-2020学年高二下学期第一次阶段考试化学试题1.以下能级符号不正确的是A.3sB.3dC.3pD.3f【答案】D【解析】【详解】第三能层能级数为3，分别是3s、3p、3d，故D项错误。故选D。2.下列有关化学用语使用正确的是A.基态碳原子的价电子轨道表示式为B.NH

4Cl的电子式:C.HClO的结构式:H—Cl—OD.Cr原子的基态电子排布式为[Ar]3d44s2【答案】A【解析】【详解】A.碳的原子序数为6，价电子排布为2s22p2，基态碳原子的价电子轨道表示

式为，故A正确；B.NH4Cl的电子式:，故B错误；C.HClO的结构式:H—O—Cl，故C错误；D.Cr原子的基态电子排布式为[Ar]3d54s1，故D错误；故选A。3.以下元素中，基态原子核外电子分布在7个不同能级的是A.NB.ClC.TiD.Br【答案】

C【解析】【详解】A．N原子核外电子排布为1s22s22p3，有3个能级，故A错误；B．Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，有5个能级，故B错误；C．Ti原子核外电子排布为1s22s2

2p63s23p63d24s2，有7个能级，故C正确；D．Br原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，有8个能级，故D错误；答案选C。4.下列物质分子中既有σ键，又有π键的（）①HCl②H2O③N2④C2H2⑤C2H4A.①②③B.③④⑤C.①③D.④⑤

【答案】B【解析】【详解】①HCl中只有共价单键，则只有σ键；②H2O中只有共价单键，则只有σ键；③N2中氮氮三键中有1个σ键和2个π键；④C2H2中含碳碳三键，三键中有1个σ键和2个π键；⑤C2H4中含碳碳双键，双键中有1个σ键和一个π键；则

分子中既有σ键，又有π键的是③④⑤，故选B。5.下列物质中，由极性键和非极性键构成的非极性分子是（）A.C2H2B.NH3C.H2OD.NaOH【答案】A【解析】A.22CH分子中有碳碳叁键和碳氢键，既有极性键又有非极性键，分子呈对称的直线形，故其属

于非极性分子；B.3NH分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；C.2HO分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；D.NaOH是离子化物，其中含离子键和极性键。本题选A。点睛：同种元素的原子之间形成的共价键是非极性键，不同种元素的原子之间形成的共价键是极性键

。若分子正负电荷的中心是重合的，则该分子为非极性分子，否则为极性分子。6.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨、耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是A.硝酸钠和金刚石B.晶体硅和水晶C.冰和干冰D.苯和酒精【答案】B【解析】【

分析】氮化硼是超硬、耐磨、耐高温的物质，可判断氮化硼为原子晶体，粒子间作用为共价键，熔化时克服的是共价键，据此分析解答。【详解】A．硝酸钠为离子晶体，熔化时克服的是离子键；金刚石为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，熔化时克服的是共价键，故A不选；B．晶体硅和水晶(SiO2)为原子晶体，微粒间的

作用力为共价键，熔化时克服的是共价键，故B选；C．冰和干冰为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，熔化时克服的是分子间作用力，故C不选；D．苯和酒精均为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，熔化时克服的是分子间作用力，故D不选；答案选B。7.下列有关共价键和键参数的说法不正确的

是A.一个乙烯(C2H4)分子中含有5个σ键和1个π键B.C-H键比Si-H键键长更短，故CH4比SiH4更稳定C.由于孤电子对的存在，H2O分子的键角小于109°28′D.碳碳双键比碳碳单键键能更大，故碳碳双键更稳定【答案】D【解析】【详解】A.一个乙烯(C2H4)分子中

含有4个C-H，1个碳碳双键，单键是σ键，双键中有1个σ键和一个π键，故A正确；B.C-H键比Si-H键键长短，则C-H键比Si-H键键能大，故CH4比SiH4更稳定，故B正确；C.O中有两对孤电子对，O的价

层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论，孤电子对间的排斥作用>孤电子对与成键电子对间的排斥作用>成键电子对间的排斥作用，H2O分子的键角小于109°28′，为104.5°，故C正确；D.碳碳双键比碳碳单键键能大，但碳碳双键中含有1个σ键和一个π键

，碳碳单键只含有1个σ键，碳碳双键中的π键易断裂，所以碳碳单键更稳定，故D错误；故选D。【点睛】碳碳双键中含有1个σ键和一个π键，碳碳单键只含有1个σ键，键长和键能决定分子的稳定性，键角和键长决定分子的空间构型。8.现有四种元素的基态原子的电子

排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A.最高正化合价：④＞③=②＞①B.原子半径：②＞①＞④＞③C.第一电离能：①＞②＞③＞④

D.电负性：④＞③＞②＞①【答案】D【解析】【详解】四种元素基态原子电子排布式可知，①是Si元素，②是P元素，③是N元素，④F元素。A.F元素没有正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4

个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：②=③>①，A错误；B.同周期自左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径P<Si，N>F，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si>P>N>F，即①>②>③>④

，B错误；C.同周期自左往右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N<F，Si<P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N>P，因而第一电离能F>N>P>Si，即④>③>②>①，C错误；D.同周期自左往右，电负性逐渐增大，所以电负性Si<P，N<F，同主族自上而下电

负性减小，所以电负性P<N，故电负性Si<P<N<F，即④>③>②>①，D正确。故答案选D。9.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：①原子半径A＞B；②离子半径A＞B③A的正价与B的负价绝对值一定相等；④电负性A＜B；⑤第一电离能A＞B。其中正确的组合是A

.①④B.②③④C.①③⑤D.②③⑤【答案】A【解析】【详解】A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，且A的原子序数大于

B，①根据“层多径大”，原子半径A＞B，故①正确；②具有相同电子层结构的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径A＜B，故②错误；③A的正价和B的负价的绝对值不一定相等，如Na+和O2-，故③错误；④A是金属元素，B是非金属元素，B吸引电子的能力大于A，所

以电负性A＜B，故④正确；⑤A是金属元素，B是非金属元素，所以第一电离能A＜B，故⑤错误；正确的组合是①④，答案选A。10.下列有关描述正确的是A.第一电离能：B>Be>LiB.电负性：F>N>OC.前四周期的元素中

，未成对电子数等于其电子层数的元素共有5种D.+4NH与H3O+均为10e-，它们互为等电子体【答案】C【解析】【详解】A．同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0，d0，f0)、半满(p3，d5，f

7)或全满(p6，d10，f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族，Be位于第2周期第ⅡA族，B位于第2周期第ⅢA族，所以第一电离能Be>B，故A错误；B．

同一周期，从左到右元素电负性递增，所以电负性：F>O>N，故B错误；C．前四周期的元素中，未成对电子数等于其电子层数的元素有H、C、O、P、Fe共有五种，故C正确；D．+4NH与H3O+均为10电子粒子，

但原子个数不等，不是等电子体，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】第一电离能大小比较方法为：同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(

p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族。11.下列说法正确的是（）A.二氯甲烷（CH2Cl2）分子的中心原子是sp3杂化，分子空间构型为正四面体结构B.分子晶体中一定含有共价键C.B

Cl3、PCl5、H2O分子中均有一种原子的最外层电子不满足8e－稳定结构D.由原子间通过共价键形成的晶体一定比其他类别晶体熔、沸点高【答案】C【解析】【详解】A.二氯甲烷（CH2Cl2）分子的中心原子是sp3杂化，但由于C-

Cl键与C-H键键长不一样，因而分子空间构型为四面体结构，而非正四面体结构，A错误；B.例如稀有气体Ar为单原子分子晶体，晶体内只有范德华力，而无共价键，B错误；C.对于共价化合物而言，其组成元素化合价的绝对值

与其最外层电子数之和等于8，则满足8e-结构，BCl3、PCl5、H2O分子中B、P、H分别为+3价、+5价、+1价，其最外层电子数依次为3、5、1，其组成元素化合价的绝对值与其最外层电子数之和分别是6、10

、2，均不满足8e-结构，C正确；D.由原子间通过共价键形成的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体，所以由原子间通过共价键形成的晶体不一定比其他类型晶体熔沸点高，D错误。故答案选C。【点睛】不同晶体类型的物质（1）、一般情况下，原子晶体>

离子晶体>分子晶体，而金属晶体的熔沸点差异较大，有的很高（钨），有的很低（汞）。（2）、对于有明显状态差异的物质，根据常温下状态进行判断。如NaCl>Hg>CO2。12.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。据下表所列数据判断错

误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A.元素X的常见化合价是+1价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD.若元素Y处于第3周期

，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明X的最外层电子数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。【详解】A．由分析可知

，元素X的原子最外层电子数为1，其常见化合价是+1价，A正确；B．主族元素Y的原子最外层电子数为3，Y是ⅢA族元素，B正确；C．元素X的原子最外层电子数为1，它为ⅠA族元素，与氯形成化合物时，化学式可

能是XCl，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则其为ⅢA族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；故选D。13.五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。下列说法正确的是元素代号XWYZQ原子半径(×10-12m)37646670154主要化合价+1-1-2+5、-3+

1A.W的最高正价为十7B.由Q与Y形成的化合物中只存在离子键C.Z与X之间形成的化合物具有还原性D.由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性【答案】C【解析】【分析】根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化

合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，【详解

】A.W是F元素，F没有正价，故A错误；B.Y是O元素、Q是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2，Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，故B错误；C.Z与X之间形成的化合物是NH3，氨气中N元素处于最低价态，所以

氨气具有还原性，故C正确；D.由H、O、N三种元素形成的化合物中硝酸铵和硝酸的水溶液均为酸性，故D错误；故选C。【点睛】原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8。14.X、Y、Z、

M、W为五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不．正确的是A.原子半径：W>Y>Z>M>XB.热稳定性：XM>X2Z，沸点：X2Z>YX3C.X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可

能含离子键D.YM3、WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构【答案】C【解析】【详解】X原子的质子数与电子层数相同，则X为H；设W最外层电子数为a，则M的最外层电子数为a+3，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，10+a=2(a+3

)，解得a=4，则W为Si，Y为N，Z为O，M为F；A.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Si>（C）>N>O>F>H，A正确；B.非金属性：F>O，热稳定性：HF>H2O，常温常压下，水是液体，

而NH3是气体，沸点：H2O>NH3，B正确；C.H、N、O可形成NH4NO3，NH4NO3中含有离子键和共价键，C错误；D.NF3、SiF4分子中每个原子最外层均满足8电子结构，D正确；答案选C。15.[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)

4]2−+4H＋+4H2O=[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（）A.HOCH2CN分子中没有手性碳原子B.1molHOCH2CN分子中含有σ键的物质的量

为5molC.[Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4D.HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化【答案】B【解析】【详解】A.HOCH2CN分子中有1个碳原子

是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，故分子中没有手性碳原子，故A正确；B.HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，故1molHOCH2CN分子中含有

σ键的物质的量为6mol，故B错误；C.[Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4，故C正确；D.HOCH2CN分子中其中与羟基（-OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数

=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个σ键和2个π键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；故选B。16.S2C12是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下，S2C12是一种橙黄色的液体

，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。S2Cl2的结构与H2O2类似，如下图所示，下列说法正确的是A.S2C12分子中的两个S原子均是sp杂化B.S2Br2与S2C12结构相似，熔、沸点：S2Br2<S2C12C.S2C12是含有极性键和非极性键的极性分子D.S2C12与H2O反应的化学方

程式为2S2C12+2H2O=SO2↑+3S↓+4HC1，若反应中转移6mol电子，则生成3mol硫单质【答案】C【解析】【详解】A.S2C12分子中的每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故A错误；B.S2Br2与S

2C12均属于分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，则熔、沸点越高，故熔、沸点：S2Br2>S2C12，故B错误；C.S2Cl2的结构与H2O2类似，为Cl-S-S-Cl，其中的S-S为非极性键，S-Cl键为极性键，但正负电荷中心不重合，所以是极性分子，故C正确；D.2S2C12+2

H2O=SO2↑+3S↓+4HC1根据此方程式可知，有1个S原子从+1价升到+4价，有3个S原子从+1价降到0价，生成3个S，转移的电子数为3e-，故反应中转移6mol电子，则生成6mol硫单质，故D错误；故选C。17.下列说法正确的是A.键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3

B.CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π键C.已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键数目为1.5NAD.在硅酸盐中，SiO44－四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单

链结构的多硅酸根如图，其中Si原子的杂化方式与图中S8单质中S原子的杂化方式相同【答案】D【解析】【详解】A.BF3为平面三角形，键角为120°，CH4为正四面体，键角为109°28′，NH3为三角锥形，键角为107°，H2O是V型，键角为10

4.5°，所以键角为：BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；B.CO2含有碳氧双键，所以分子中含有σ键和π键，HCHO的结构式中含有C-H、碳氧双键，其分子中有σ键和π键，而HClO中只存在共价单键，只存在σ键，

故B错误；C.1mol氮气分子中含有2molπ键，若该反应中有4molN—H键断裂，即有1molN2H4参加反应，生成1.5mol氮气，所以形成的π键有3mol，故C错误；D.硅酸盐中的硅酸根(SiO

44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子有2对孤电子对和2个σ键，杂化方式也是sp3，故D正确。故选D。18.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AMg原子的第一电离能大于Al原子Mg

原子3s能级全充满BCO2为直线形分子CO2分子中C＝O之间的夹角为109°28′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DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O

6均属于共价化合物A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．镁原子3s能级全充满，比较稳定，镁原子的第一电离能大于铝原子，故A正确；B．理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2分子是直线型，C

O2分子中C＝O之间的夹角为180°，故B错误；C．金刚石是原子晶体，金刚石的熔点低于石墨，是由于金刚石中碳碳键长比石墨好的碳碳键长长，故C错误；D．解释不正确，共价化合物的水溶液可能导电，如氯化氢的水溶液能够导电，P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电，是因为二者为非电解质，故

D错误；答案选A。19.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，前5种元素质子数之和为39，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。下列说法中不正确．．．的是A.原子半径：r(D)>r(F)>r(

A)B.D与C也能形成化合物D2C和D2C2，两种化合物中阳离子和阴离子个数比都为2∶1C.把2molD的单质投入足量的水中，产生的气体体积为22.4LD.由A、B、C三种元素组成的18电子微粒能被氧气氧化【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A、C

能形成两种液态化合物A2C和A2C2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，C为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，应为第三周期，处于ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、C、D、E的质

子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为碳元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为碳元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素。A．D为Na，为短周期原子半径最大的元素，H

为原子半径最小的元素，则原子半径r(D)>r(F)>r(A)，故A正确；B．Na2O2由钠离子与过氧根离子(O22-)构成，阳离子和阴离子个数比为2∶1，Na2O中阳离子和阴离子个数比也为2∶1，故B正确；C．气体存在的温度和压强未知，不能确定生成气体的体积，故C错误；D．由

A、B、C三种元素组成的18电子微粒可为CH3OH，为甲醇，能够被氧气氧化，故D正确；答案选C。20.正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构。层内的H3BO3分子通过氢键相连（如下图）。下列有关说法正确的是（）A.正硼酸晶体属于原

子晶体B.H3BO3分子的稳定性与氢键有关C.分子中B原子杂化轨道的类型为sp3D.含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键【答案】D【解析】A．正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键

，故A错误；B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C．B只形成了3个单键，没有孤电子对，所以采取sp2杂化，故C错误；D.根据图示，1个硼酸分子形成了6个氢键，但每

个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。21.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，则下列说法正确的是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.晶体中与每个K＋距离最近的K＋有6个【答案】A【解析】【详解】A.晶胞中所

含K+的个数为118+682=4，所含O的个数为112+14=4，K+和O的个数比为1：1，所以超氧化钾的化学式为KO2，故A正确；B.晶体中每个K＋周围有6个O，每个O周围有6个K＋，故B错误；C.晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，故C错误；D.晶体中

与每个K＋距离最近的K＋有12个，故D错误；故合理选项为A。22.如图是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。下列判断不正确的是A.图中对应的e、f单质晶体熔化时克服的是共价键B.第二电离能：c＞dC.b元素形成的最高价含氧酸易

与水分子之间形成氢键D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的最简单分子中含2个σ键和2个π键【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C.N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，

C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C，据此分析解答【详解】A．e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，故A正确；B．c为Na，

d为Cu，铜失去一个电子后形成的全满状态，第二电离能c<d，故B错误；C．b为N，元素形成的最高价含氧酸中含有O-H键，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D．单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为H-C≡N，分子中含2个σ键2个

π键，故D正确；故答案：B。23.胆矾CuSO4·5H2O可写[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是（）A.Cu2＋的价电子排布式为3d84s1B.所有氧原子都采取sp3杂化C.氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种

化学键D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去【答案】D【解析】【详解】A.Cu原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s1，因而Cu2+的价电子排布式为3d9，A错误；B.H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非

羟基氧不是中心原子，不参与杂化，B错误；C.在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键，以及H---O氢键，但不存在氧原子参与的离子键，C错误；D.由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因

此受热时也会因温度不同而得到不同产物，D正确。故答案选D。【点睛】如何判断配位键？配位键，又称配位共价键，或简称配键，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。配位键形成后，就与一般共价键无异。成键的两原子间共享的两个电子不是由两原子各提供一个，而是来自一个原子。例如图片式中“→”表示配位键。24.某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是（）A.1∶4∶2B.2∶9∶4C.3∶8∶4D.3∶9∶4

【答案】A【解析】【详解】A位于正三棱柱的顶角，则有112的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×112=12，B分为两类，位于侧棱上的B有16属于该晶胞，位于上下底面边上的B有14属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×

16+6×14=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为12：2：1=1：4：2。故答案选A。【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式：在计算晶胞中的微粒时应分析一个微粒被多少个晶胞共享，如果一个微粒被

n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n，这种方法称为均摊法。25.下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩请回答下列问题：（1）表中⑨号属于______区元素。（2）③和⑧形成的一种常见溶剂，其分子立体空间构型为________。（3）元素①和⑥形

成的最简单分子X属于________分子(填“极性”或“非极性”)（4）元素⑥的第一电离能________元素⑦的第一电离能；元素②的电负性________元素④的电负性(选填“>”、“＝”或“<”)。（5）元素⑨的基

态原子核外价电子排布式是________。（6）元素⑧和④形成的化合物的电子式为________。（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如表中元素⑩与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素⑩的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：___________________

_。【答案】(1).ds(2).正四面体结构(3).极性(4).>(5).>(6).3d104s1(7).(8).Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O【解析】【详解】(1)根据元素周期表可知：元素⑨位第四周期IB族

的铜元素，为过渡元素，属于ds区元素，故答案：ds；(2)根据元素周期表可知：③为碳元素，⑧为氯元素，两者形成的一种常见溶剂为CCl4，其分子空间构型为正四面体结构，故答案：正四面体结构；(3)根据元素周期表可知：元素①为氢元素，⑥为磷

元素，两者形成的最简单分子为PH3，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故答案：极性；(4)根据元素周期表可知：元素⑥为磷元素，元素⑦为硫元素，P原子为半充满的稳定结构，磷的第一电离能大于硫元素的第一电离能

；元素②为铍元素，元素④为镁元素，同一主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，则铍元素的电负性大于镁元素的电负性，故答案：>；>；(5)根据元素周期表可知：元素⑨为铜元素，位于第四周期IB族，所以铜元素的基态原子核外价电子排布式是3d104s1，故答案：3d104s1；(5)根据元素周

期表可知：元素⑧为氯元素，元素④为镁元素，形成的化合物为MgCl2，其电子式为，故答案：；(6)根据元素周期表可知：元素⑩为锌元素，元素⑤为铝元素，铝能与NaOH溶液反应，所以锌也能与NaOH溶液反应，其反应的化学方程式为：Zn(OH)2

+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O，故答案：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O。26.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同；B的价

电子排布式为nsnnpn+2；短周期元素C和D为同周期不相邻的元素，C是同周期元素中离子半径最小的元素，D元素最外层有两个未成对电子；E位于元素周期表的第四周期第IVB族，常用加热ECl4（氯化物）溶液的方法制备纳米材料。回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置为____

______________，E原子核外有_____个未成对电子，五种元素中电负性最大的是___________(填元素名称)。（2）由A、B、D三种元素形成的常见三元化合物中具有强氧化性的是______(填化学式)。（3）A、B、D元素形成的化合物有A2B、DB3，下列关于A

2B和DB3的说法中，正确的是______(填标号)。A.中心原子的价层电子对数目相等B.都是非极性分子C.中心原子的孤电子对数目相等D.都含有极性键E.都能与Ｎa2O反应F.固态时晶体类型不同（4）D在空气中燃烧的产物分子构型为

______。固体DB3中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中D原子的杂化轨道类型为________。【答案】(1).第三周期ⅥA族(2).2(3).O(4).H2SO4(5).DE(6).V形(7).sp3【解析】【分析】A、B、C、D、E为原

子序数依次增大的五种前四周期元素。由A的核外电子总数与其周期数相同可知，A为H元素；由B的价电子排布式为nsnnpn+2可知，B的价电子数为6，则B为O元素；短周期元素C和D为同周期不相邻的元素，由C是同周期元素中离子半

径最小的元素可知，C为Al元素；由D元素最外层有两个未成对电子可知，D为S元素；由E位于元素周期表的第四周期第IVB族可知，E为Ti元素。【详解】(1)D为S元素，位于元素周期表第三周期ⅥA族；E为Ti元素，基态原子的价电子排布式为3

d24s2，有2个未成对电子；元素的非金属性越强，电负性越大，五种元素中，O元素非金属最强，则O元素的电负性最大，故答案为：第三周期ⅥA族；2；O；(2)由H、O、S三种元素形成的常见三元化合物中具有强氧化性的是硫元素的最高价氧化物对应水化物硫酸，化学式为H2S

O4，故答案为：H2SO4；(3)A.水分子中氧原子的价层电子对数为4，三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，中心原子的价层电子对数目不相等，故错误；B.水分子的空间构型为V形，结构不对称，为极性分子，故错误；C.水分子中氧原子的孤对电子对数为2，

三氧化硫分子中硫原子的孤对电子对数为0，中心原子的孤对电子对数目不相等，故错误；D.水分子中含有的H、O键为极性键，三氧化硫分子中含有的S、O键为极性键，故正确；E.水与氧化钠反应生成氢氧化钠，三氧化硫与氧化钠反应生成硫酸钠，水和三氧化硫都

能与氧化钠反应，故正确；F.固态时，水和三氧化硫都是分子晶体，分子晶体类型相同，故错误；DE正确，故答案为：DE；(4)D为S元素，硫在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为1，则空间构型为V形

；由图可知，三聚三氧化硫分子中每个硫原子连接4个氧原子，形成四面体结构，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：V形，sp3。【点睛】三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，硫原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，而三聚三氧

化硫分子中每个硫原子连接4个氧原子，形成四面体结构，硫原子的杂化方式为sp3杂化是解答关键，也是易错点。27.第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：（1）F

e2+的核外电子排布式为_________________。（2）NH3是一种很好的配体，NH3的沸点______(填“＞”“=”或“＜”)AsH3。（3）N原子核外有______种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_______

____。（4）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如图，图中虚线表示的作用力为________________。（5）As的卤化物的熔点如下：AsCl3AsBr3AsI3熔点/K256.8304413表中卤化物熔点差异的原因是________________。（6）向FeCl3溶

液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则Fe3+与氮原子之间形成的化学键是_________，Fe3+的配位数为_________。（7）FeS2晶体的晶胞如图所示。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·cm-3；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为_________nm。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6(2).＞(3).7(4).哑铃形或纺

锤形(5).配位键、氢键(6).对于组成和结构相似物质，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高(7).配位键(8).6(9).3A214MNa10(10).2a2【解析】【详解】（1）铁元素的原子序数为26，

铁原子失去2个电子变成亚铁离子，根据原子核外电子排布规律可知，Fe2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；（2）氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不

能形成氢键，则氨气的沸点高于砷化氢，故答案为：＞；（3）原子核外没有运动状态完全相同的电子，核外有多少电子就有多少种运动状态，氮原子核外有7个电子，则有7种运动状态；基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，p轨道的形状为哑铃形或

纺锤形，故答案为：7；哑铃形或纺锤形；（4）由胆矾结构示意图可知，胆矾结构示意图中存在两种虚线，其中铜离子和氧原子间的虚线为配位键，氢原子和氧原子间的虚线为氢键，故答案为：配位键、氢键；（5）组成和结构相似

的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高，As的卤化物都是组成和结构相似的分子晶体，则随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高，故答案为：对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高；（6）由配合物

A的结构示意图可知，中心离子Fe3+具有空轨道，EDTA分子中的N原子含有一对孤电子对，Fe3+与EDTA分子中的N原子可形成配位键；根据配合物结构可知，中心离子配位数为6，故答案为：配位键；6；（7）由晶胞结构可知，晶胞中Fe2+离子的个

数为12×14+1=4，S22-离子的个数为8×18+6×12=4，晶胞的质量为A4MNg，体积为（a×10-7cm）3，则晶胞的密度为4MNA-21310ag/cm3=3A214MNa10g/cm3；晶胞中Fe

2+位于S22-所形成的正八面体的体心，正八面体的边长为相邻两个面的面心的连线，连线之长为晶胞边长的22，则正八面体的边长为2a2，故答案为：3A214MNa10；2a2。【点睛】晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面

体的体心，正八面体的边长为相邻两个面的面心的连线，连线之长为晶胞边长的22为分析的难点，也是解答的难点。28.I.氮族元素包括N、P、As、Sb和Bi五种元素。(1)下列关于氮族元素的说法正确的是_________。a．N2可用于填充霓

虹灯，其发光原理是电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时以光的形式释放能量b．P、Na、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：P>S>Nac．基态As原子中，电子占据的最高能级为4dd．Bi原子中最外层有5个能量相同的电子(2)NH3在水中的溶解度比PH3大得多，其原因

是_________。向硫酸铜溶液中先加过量氨水，后加适量乙醇，溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体，该晶体中不含有的化学键是_________。Ⅱ.第四周期金属与人类的生产生活息息相关。(3)目前市售的发光二极管，其材质以砷化镓(GaAs

)为主。已知镓是与铝同族，镓的基态原子的电子排布式是_________。GaAs中Ga的化合价为_________。(4)金属钛坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易

水解而冒白烟，则TiCl4属于_________(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。(5)钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉

淀；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为_________。【答案】(1).b(2).氨分子与水分子间能形成氢键(3).非极性键(4).1s22s22p63s23p63d104s

24p1(或[Ar]3d104s24p1)(5).+3(6).分子(7).[Co(NH3)5SO4]Br【解析】【详解】(1)a．只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时不释放能量，故错误；

b．同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以P、Na、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：P＞S＞Na，故正确；c．基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s

23p63d104s24p3，电子占据的最高能级为4p，故错误；d．Bi原子最外层电子排布式为5s25p3，s能级上电子能量相同，p能级上电子能量相同，故错误；故答案为：b；(2)氨分子和水分子之间易形成氢键，PH3和水分子不能形成氢键，氢键能增大氢化物的溶解性，

所以NH3在水中的溶解度比PH3大得多；[Cu(NH3)4]SO4晶体为络合物，含有配位键、极性共价键和离子键，不含非极性键，故答案为：氨分子与水分子间能形成氢键；非极性键；(3)镓与铝同族，位于周期表第4周期ⅢA族，原子

序数为31，最外层有3个电子，最高正价为+3价，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)，As的电负性大于Ga，则GaAs中As元素化合价为-3，Ga元素的化合价为+3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2

4p1(或[Ar]3d104s24p1)；+3；(4)TiCl4在常温下是无色液体，熔沸点较低，说明TiCl4属于分子晶体，故答案为：分子；(5)往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出2-4SO，2-4SO为配离子，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄

色沉淀，说明电离出Br-，Br-为外界离子，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br，故答案为：[Co(NH3)5SO4]Br。【点睛】注意配位键属于共价键，但氢键不属于化学键，属于分子间作用力是解答关键，也是易错点。29.Fe、Ni均为Ⅷ族元素，与C、N、O、P等组成的化合物

有广泛的用途。回答下列问题：(1)基态Ni2+的价层电子轨道表达式为________，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为________。(2)N、P可形成一些复杂离子，如(CH3)3NH＋、NO2+、PCl6－等。①(CH3)3NH＋中N原子的杂化类型为___，

NO2+的空间构型为______________。②PCl5是一种白色固体，在加压下于148℃时液化，形成一种能导电的熔体。熔体能导电的原因是___________。(3)Fe、Ni易与CO形成配合物，Fe(CO)5中σ键与π键个数比为______，Ni(CO)4熔点－25℃，沸点43℃，不溶于

水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，Ni(CO)4为______晶体。(4)FeO、NiO的晶体类型与结构和NaCl相同。①熔点FeO_____NiO(填“>”、“<”或“=”)。②FeO晶胞如下图，Fe2+的配位数为_______。③FeO在氧

气中加热，部分Fe2+被氧化为Fe3+，晶体结构产生铁离子缺位的缺陷，其组成变为FexO(x＜1)，测得晶胞边长为acm，密度为⍴g·cm－3，则x＝_______。【答案】(1).(2).C<O<N(3).sp3(4).直线型(5).P可形成一些复杂离子如

PCl6－，PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－(6).1:1(7).分子晶体(8).＜(9).6(10).3ANa64224【解析】【分析】(1)镍为28号元素，据此书写基态Ni2+的价层电子轨道表达式；同一周期，从

左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，据此分析判断C、N、O的第一电离能的大小；(2)①(CH3)3NH＋中N原子形成4个σ键，没有孤电子对；NO2+中N原子形成2个σ键，孤电子对数=5-1-222

=0；②根据题干信息，P可形成一些复杂离子如PCl6－，据此分析解答；(3)Fe(CO)5中存在5个配位键和5个C≡O，据此计算σ键与π键个数比；根据Ni(CO)4的性质分析判断晶体类型；(4)①铁原子半径比镍大，据此判断晶格能FeO与NiO的大小，再判断熔点；②根据FeO晶胞图，亚铁离子位

于顶点和面心，氧离子位于体心和棱的中点，分析判断Fe2+的配位数；③FeO的晶体结构与氯化钠的晶体结构相同，晶胞中含4个FexO，根据晶胞的密度=晶胞质量晶胞体积分析解答。【详解】(1)镍为28号元素，基

态Ni2+的价层电子轨道表达式为；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，故答案为；C<O<N；(2)①(CH3)3NH＋中N原子形成4

个σ键，没有孤电子对，杂化类型为sp3，NO2+中N原子形成2个σ键，孤电子对数=5-1-222=0，杂化类型为sp，空间构型为直线型，故答案为sp3；直线型；②PCl5是一种白色固体，在加压下于148℃时

液化，形成一种能导电的熔体，根据题干信息，P可形成一些复杂离子如PCl6－，因此PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－，使得熔体能导电，故答案为P可形成一些复杂离子如PCl6－，PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－；(3)Fe(CO)5中存

在5个配位键和5个C≡O，因此σ键与π键个数比为(5+5):(5×2)=1:1；Ni(CO)4熔点－25℃，沸点43℃，不溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，因此Ni(CO)4为分子晶体，故答案为1:1；分

子晶体；(4)①铁原子半径比镍大，使得FeO中原子间距离大于NiO，晶格能FeO＜NiO，熔点FeO＜NiO，故答案为＜；②根据FeO晶胞图，亚铁离子位于顶点和面心，氧离子位于体心和棱的中点，Fe2+的配位数为6，故答案为6；③FeO的晶体结构与氯化钠的

晶体结构相同，晶胞中含4个FexO，则摩尔质量M=(56x+16)g/mol，FexO的晶胞边长为acm，密度为⍴g·cm－3，则⍴g·cm－3=A334()56x16gNacm=3A56x1a46)N(g·cm－3，因此56x+16=3

4ANa，x=3ANa64224，故答案为3ANa64224。