【文档说明】安徽省亳州市涡阳县第九中学2019-2020学年高二7月月考化学试题含答案.doc,共(16)页,358.000 KB,由小赞的店铺上传
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涡阳九中高二7月份月考试卷化学试卷考试范围:选修3第I卷(选择题)一、选择题(本题共20道小题,每小题3分,共20分)1.下列说法正确的是()A.离子晶体中一定不含分子B.分子晶体中一定不含离子C.金属离子一定满足最外层电子数为2或8
D.H2O是一种非常稳定的化合物,这是由于氢键所致2.下列分子中,所有原子不是处于同一平面的是A.H2OB.CH4C.C2H4D.3.下列说法正确的是A.3p2表示3p能级有两个轨道B.同一原子中,1s、2s、3s电子的能量逐
渐减小C.每个周期中最后一种元素的第一电离能最大D.短周期中,电负性(稀有气体未计)最大的元素是Na4.根据下列电子排布式判断,处于激发态的原子是A.1s22s22p6B.1s22s22p63s1C.1s22s23s1D.[Ar]3d14s25.下列叙述正确
的是A.离子晶体中,只存在离子健,不可能存在其它化学键B.可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键C.Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为12D.晶体熔点:金刚石>食盐>冰>干冰6.下列说法正确的是()A.将过量的氨水加入到CuSO4溶液中,最终得到蓝色沉淀B.由于氢键的
作用,H2O的稳定性强于H2SC.在核电荷数为26的元素原子核外价电子排布图为D.核外电子数为奇数的基态原子,其原子轨道中可能不含“未成对电子”7.固体熔化时,必须破坏非极性共价键的是A.冰B.晶体硅C.溴.D.
二氧化硅8.下列叙述正确的是A.铬原子的电子排布式:ls22s22p63s23p63d44s2B.Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大C.碳原子的轨道表示式:D.N、O、F的电负性逐渐增大9.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C
Cl4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BCO2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DHF的沸点高于HClHF的相
对分子质量小于HCl10.下列有关化学用语表示正确的是()A.35Cl和37Cl的原子结构示意图均为B.HC1O的电子式:C.CO2的比例模型:D.HCl的电子式:11.下列物质的沸点变化顺序正确的是()A、CH4>SiH
4>GeH4>SnH4B、NH3<PH3<AsH3<SbH3C、H2O>H2S>H2Se>H2TeD、HCl<HBr<HI<HF12.下列各原子或离子的电子排布式错误的是()A、K+1s22s22p63s23p6B、F1s22s22p5C、S2﹣1s22s
22p63s23p4D、Ar1s22s22p63s23p613.下列有关化学用语使用正确的是A.石英的分子式:SiO2B.NH4Cl的电子式:C.Cr原子的基态简化电子排布式为[Ar]3d54s1D.S原子的外围电子排布图为14.共价键、离子键和范德华
力是粒子之间的三种作用力。下列晶体:①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤NaCl、⑥白磷中,含有两种作用力的是()A.①②③B.①③⑥C.②④⑥D.①②③⑥15.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.1:3:1B.2:3:1C.2:2:1D.1:3:316.下列说法中错误的是()A.SO2、SO3都是极性分子B.在NH和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键C.元素电负性越大
的原子,吸引电子的能力越强D.原子晶体中原子以共价键结合,具有键能大、熔点高、硬度大的特征17.下列分子中含有“手性碳原子”的是()A.CBr2F2B.CH3CH2CH2OHC.CH3CH2CH3D.CH3CH(NO2)COOH18.下列各原子或离子的电子排列式错误的是(
)A.Na+1s22s22p6B.F¯1s22s22p6C.N3+1s22s22p6D.O2¯1s22s22p619.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
>B;③原子序数A>B;④原子最外层电子数A<B;⑤A的正价与B的负价绝对值一定相等;⑥A的电负性小于B的电负性;⑦A的第一电离能大于B的第一电离能.其中正确的组合是()A.③④⑥B.①②⑦C.③⑤D.③④⑤⑥⑦20.下列各组表述中,两个微粒一定不属于同种元素原子的是()A.3p能
级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B.M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子C.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布
为4s24p5的原子D.2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子第II卷(非选择题)二、填空题(本题共4道小题,每小题10分,共40分)21.随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFeP
O4等为正极材料,以石墨碳为负极材料,以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。(1)P原子的电子排布式为_________。Fe2+中未成对电子数为___________。(2)N、O、F原子的第一电
离能由小到大的顺序为_______。(3)等电子体具有相似的化学键特征,它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体,ClO4-的立体构型为_______,中心原子的杂化轨道类型为________。(4)烷烃同系物中,CH4的沸点最低,原因是_____
_________。(5)向CuSO4溶液中加入氨水,首先形成蓝色沉淀,继续加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色溶液,在此溶液中加入乙醇,析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_______________;深蓝色晶体中存在的化学键类型有_
_________。(填代号)A.离子键B.σ键C.非极性共价键D.配位键E.金属键F氢键(6)如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图,则该氧化物的化学式为______;若该晶胞的棱长为apm,则该晶体的密度为_____________g/cm3。(NA为阿伏加德罗常数的值)22
.钴、铜及其化合物在工业上有重要用途,回答下列问题:(1)请补充完基态Co的简化电子排布式:[Ar]_________,Co2+有_______个未成对电子。(2)Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂,配
位体NO2-的中心原子的杂化形式为________,空间构型为_____。大π键可用符号表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为),则NO2-中大π
键应表示为____________。(3)配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ),是铜的一种重要化合物。其中En是乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的简写。①该配合物[Cu(En)2]SO4中N、O、Cu的第一电
离能由小到大的顺序是______________。②乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺,且相对分子质量相近,但乙二胺比三甲胺的沸点高得多,原因是___________________________________________
___________。(4)金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示,其配位数为______,铜的原子半径为anm,阿伏加德罗常数的值为NA,Cu的密度为_________g/cm3(列出计算式即可)。2
3.硅及其化合物有许多用途,回答下列问题:(1)基态Si原子价层电子的排布图(轨道表达式)为_________,含有长硅链的化合物不是氢化物,而是氯化物。主要原因是F比H多了一种形状的原子轨道,该原子轨道的形状为___________。(2)SiF4分子的立体构型为_____
__形,SiCl4的熔、沸点均高于SiF4,主要原因是________________。(3)SiF4可KF反应得K2SiF6晶体,该晶体可用于制取高纯硅,K2SiF6晶体中微观粒子之间的作用力有______。
a.离子键b.共价键c.配位键d.分子间作用力e.氢键(4)H4SiO4的结构简式如图(1),中心原子Si的轨道杂化类型为_________,H4SiO4在常温下能稳定存在,但H4CO4不能,会迅速脱水生成H2CO3,最终生成CO2
,主要原因是___________。(5)硅的晶胞结构如图(2)所示,若该立方晶胞的边长为anm,阿伏伽德罗常数的数值为NA,则距离最近的两个硅原子间的距离为_____nm,晶体硅密度的计算表达式为_____g/cm3。24.黄铜矿是工业冶炼铜的原料,主要成分为CuFeS2。试回答下列问题:
(1)基态硫原子核外电子有_____种不同运动状态,能量最高的电子所占据的原子轨道形状为_________。(2)基态Cu原子的价层电子排布式为_________;Cu、Zn的第二电离能大小I2(Cu)_________I2(Zn)(填“>”“<”或“=”)。(3)SO2分子中S
原子的轨道杂化类型为_________,分子空间构型为_________;与SO2互为等电子体的分子有_________(写一种)。(4)请从结构角度解释H2SO3的酸性比H2SO4酸性弱的原因_________。(5)Cu(CH3CN)4比四氨合铜离子稳定,其配离子中心原子配
位数为_________,配位体中σ键与π键个数之比为_________。(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一,其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时,H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置,距离最近的两个H2分子之间距离为anm。则该晶体的密度为_________g/cm3(列出计算
表达式)。试卷答案1.B略2.B【详解】A.H2O的分子构型为V型,三点可以确定一个面,即H2O的三个原子共处一面,A不符合题意;B.CH4的分子构型为正四面体,则其5个原子中,最多有3个原子共平面,B符合题意;C.C2H4的空间构型为矩形,由于碳碳双键不可扭转,其6个原子形成了平面矩形,C不
符合题意;D.苯环可以看成是单双键交替的六元环,由于碳碳双键不可扭转,所以6个C共平面,则6个H也在该平面上,即苯环的12个原子共平面,D不符合题意;故合理选项为B。【点睛】对于原子共平面的问题,要先想象并熟记分子的空间结构,再去判断有几个原子共平面。
其中碳碳双键、碳碳三键、苯环的构成原子及与其直接相连的原子一定共平面。3.C【详解】A.3p2表示3p轨道上有两个电子,故A错误;B.同一原子中,1s、2s、3s电子的能量逐渐升高,故B错误;C.同周期中从左向右,元素的非金属性增强,第一电离能增强,且同周期中稀有气体
元素的第一电离能最大,故C正确;D.在元素周期表中,同周期中从左向右,元素的非金属性增强,电负性增强;同主族元素从上向下,元素的非金属性减弱,电负性减弱;在元素周期表中,电负性最大的元素是F,故D错误;综上所述
,本题正确答案为C。【点睛】判断依据:同周期中从左向右,元素的非金属性增强,第一电离能增强,同周期中稀有气体元素的第一电离能最大;在元素周期表中,同周期中从左向右,元素的非金属性增强,电负性增强,同主族元素从上向下,元素的非金属性减弱,电负性减弱。4.C【详解】原
子的电子排布是使整个原子的能量处于最低状态,处于最低能量的原子叫基态原子,所以A、B、D都是基态原子,C原子没有排2p轨道直接排了3s轨道,不是能量最低,所以是激发态。所以符合条件的为1s22s23s1;所以,正确答案选C。5.DA,离子晶体中,
一定存在离子键,可能会含共价键,如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键,A不正确。B,甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键,因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件,所以B不正确。C,过氧化钠中含钠离子和过氧根离子,阴、阳离子个数比为2:1,所以C不正确。D,金刚石是原子
晶体,氯化钠是离子晶体,而冰和干冰都是分子晶体。比较不同类型晶体的熔点,一般原子晶体>离子晶体>分子晶体,冰和干冰都是分子晶体,可以根据常温下水为液态,而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰,所以D正确。点睛:比较不同类型晶体的熔点,一般原子晶体>离子晶体>分子晶体。都是原子晶体,成键的原子
半径越小则键长越短、键能越大,熔点越高;都是离子晶体,离子半径越小、离子电荷越多则晶格能越大,熔点越高;都是分子晶体,如果分子组成和结构相似,则相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔点越高。还可以根据常温下状态判
断,如水为液态,而二氧化碳为气态,则可判断冰的熔点高于干冰。6.CA.将过量的氨水加入到CuSO4溶液中,首先生成氢氧化铜蓝色沉淀,然后沉淀逐渐溶解形成深蓝色溶液,故A错误;B.氢键与物质的稳定性无关,H2O的稳定性强于H2S,是因为H-O比H-S键牢固,故B错误;C、根据能量最低原
理、保里不相容原理、洪特规则知,Fe原子3d能级上有6个电子,4s能级上有2个电子,该原子最稳定、能量最低,因此价电子排布图为,故C正确;D.奇数族元素的基态原子,则原子最外层电子数为奇数,若最外层为nsx,则x=
1,含有未成对电子;若最外层为ns2npy,则y=1或3或5,np轨道一定含有未成对电子,故D错误;故选C。7.B试题分析:冰和单质溴都是分子晶体,熔化破坏的是分子间作用力;晶体硅和二氧化硅都是原子晶体,熔化破坏的分别是非极性键和极性键,答案选B。点评:本题是基础性知识的考查,难度不大。主要是训练
学生的答题能力,调动学生的学习兴趣和学习积极性。8.DA.铬原子的电子排布式:1s22s22p63s23p63d54s1,选项A错误;B.Mg的最外层为3s电子全满,稳定结构,难以失去电子,第一电离能最大,Na的最
小,选项B错误;C.碳原子的轨道表示式:,选项C错误;D.元素非金属性越强电负性越强,故N、O、F电负性依次增大,选项D正确。答案选D。9.AA.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溶液中的溶解度
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.10.AA.35Cl与37Cl核外电子数均为17,二者的原子结构示意图相同,均为,A正确;B.HClO的电子式为,B错误;C.二氧化碳分子中,C的原子半径大于O原子,所以C
O2正确的比例模型为:,C错误;D.HCl的电子式为;,D错误;答案选A.点睛:HC1O的结构式为H-O-Cl,因此次氯酸正确的电子式为。11.D解:A.沸点为CH4<SiH4<GeH4<SnH4,故A错误;B.沸点为PH3<AsH3<SbH3<NH3,故B错误;C.沸点为H2O>H2
Te>H2Se>H2S,故C错误;D.HF分子间含氢键,其它氢化物的相对分子质量越大,沸点越大,则沸点为HCl<HBr<HI<HF,故D正确;故选D.【分析】A.均为分子晶体,相对分子质量越大,沸点越大
;B.氨气分子间含氢键,其它氢化物的相对分子质量越大,沸点越大;C.水分子间含氢键,其它氢化物的相对分子质量越大,沸点越大;D.HF分子间含氢键,其它氢化物的相对分子质量越大,沸点越大.12.C解:A.K的原子核外电子数为19,失去最外层4s电
子,满足8电子稳定结构,则电子排布式为1s22s22p63s23p6,故A正确;B.F的质子数为9,最外层电子数为7,则电子排布式为1s22s22p5,故B正确;C.S的质子数为16,得到2个电子变为离子,满足最外层8个电子稳定结构,则电子排布式为1s22s22p63s23
p6,故C错误;D.Ar的质子数为18,电子排布式为1s22s22p63s23p6,故D正确;故选C.【分析】A.K的原子核外电子数为19,失去最外层4s电子,满足8电子稳定结构;B.F的质子数为9,最外层电子数为7;C.S的质子数为16,得到2个电子变为离子,满足最外层8
个电子稳定结构;D.Ar的质子数为18,按照1s、2s、2p、3s、3p的顺序填充电子.13.CA.石英SiO2是原子晶体,不存在分子式,应为化学式,故A错误;B.NH4Cl的电子式为,故B错误;C.Cr核电荷数为24,其原子的基态简化
电子排布式为[Ar]3d54s1,故C正确;D.电子排布在同一能级的不同轨道时,总是优先单独占据一个轨道,且自旋方向相同,所以3p能级上电子排布图违反洪特规则,故D错误;答案为C。点睛:解决这类问题过程中需要重点关注的有:①书写电子式时应特别注意如下几个方面:阴离子及多核阳离子均要加“[]
”并注明电荷,书写共价化合物电子式时,不得使用“[]”,没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl,而不是H—Cl—O),其次是书写结构简式时,碳碳双键、碳碳三键
应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。④电离方程式的书写中要注意酸式盐的书写,如溶液中NaHSO4=Na++H++SO42-;NaHCO3=Na++HCO3-,同时注意电离条件,熔融状态:K
HSO4K++HSO4-。14.B试题分析:①Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键,过氧根离子中氧原子之间形成共价键,含有离子键和共价键两种作用力,故①正确;②SiO2是原子晶体,只存在共价键,故②错误;③石墨是层状结构,层内碳原子之间形成共价键,层与层之间通过
分子间作用力结合,故③正确;④金刚石是原子晶体,只存在共价键,故④错误;⑤氯化钠属于离子晶体,钠离子与氯离子之间形成离子键,中只存在离子键,故⑤错误;⑥白磷属于分子晶体,白磷分子中磷原子之间形成共价键,分子间存在分子间作用力,故⑥正确;故选B。15.A根据均摊法可知A位
于顶点上,个数是8×1/8=1,B位于面心处,个数是6×1/2=3,C在晶胞内部,共计1个,所以晶体中A、B、C的原子个数比依次为1:3:1,答案选A。16.A试题分析:A.SO2是V形结构,是极性分子、SO3是平面三角形,是非极性分子,A
错误;B.N元素可以形成配位健,则在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键,B正确;C.元素电负性越大的原子,非金属性强,吸引电子的能力越强,C正确;D.原子晶体中原子以共价键结合,具有键能大、熔点高、硬度大的特性,D正确,答案选A。17.D试题分析:在有机物分子
中,当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时,这种碳原子被称为“手性碳原子”,题目所给4个选项中,只有CH3CH(NO2)COOH的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团,故D项正确。18.C试题分析:根据核外电子排布规律可
知,A、钠离子的核外电子数是10个,其排布式是1s22s22p6,A正确;B、氟离子的核外电子数是10个,则核外电子排布是1s22s22p6,B正确;C、N3+的核外电子数是4,则核外电子排布是1s22s2,C错误;D、氧离子的核外电子数是10个,则核外电子排布是1s22
s22p6,D正确,答案选C。19.A【考点】原子结构与元素的性质.【分析】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,则A在B的下一周期,且A为金属元素,在反应中易失去电子,具有较强的金属性,B为非
金属元素,在反应中易得到电子,在反应中易得到电子.【解答】解: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,则A在B的下一周期,则①A在B的下一周期,原子半径A>B,故①错误;②A在B的下一周期,原子序数A>B,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,则离子半径A<B,故②错误;③A在B的下一周期,原子序数A>B,故③正确;④当原子最外层电子数<4时易失去最外层电子形成阳离子,当原子最外层电子>4时,易得到电子形成阴离子,则原子最外层电子数A<B,故④正确;⑤A、B原子最外层电子数不能确定,则元素的化合价关
系不能确定,故⑤错误;⑥A能形成阳离子,说明A易失去电子,具有较强的金属性,的电负性较弱,B能形成阴离子,说明在反应时易得到电子,具有较强的电负性,则A的电负性小于B的电负性,故⑥正确;⑦A易失去电子,第一电离能较小,B易得
电子,说明难以失去电子,电离能较大,故A的第一电离能小于B的第一电离能,故⑦错误.故选A.20.B【考点】原子核外电子排布.【分析】A、3p能级有一个空轨道的基态原子,该原子3p能级有2个电子.B、M层全充满而N层为4s2的原子的核
外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2.C、最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子,讨论最外层电子数,计算核外电子总数,根据核外电子排布规律书写价电子排布,进行判断元素进行解答.D、2p能级有一个未成对电
子的基态原子,该原子2p能级有1个电子或5个电子.【解答】解:A、3p能级有一个空轨道的基态原子,该原子3p能级有2个电子,核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,二者核外电子排布相同,为同一原子,故A不符合;B、
M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2,二者原子核外电子排布不相同,不表示同一原子,故B符合;C、最外层电子数是核外电子总数的的原子,若最外层电子数为1,则核外电子总数为5,最
外层电子排布为2s22p1,最外层电子数为3,不符合题意,故舍去;若最外层电子数为2,则核外电子总数为10,最外层电子排布为2s22p6,最外层电子数为8,不符合题意,故舍去;若最外层电子数为3,则核外电子总数为15,最外层电子排布为3s23p3,最外层电子数为5,不符合
题意,故舍去;若最外层电子数为4,则核外电子总数为20,最外层电子排布为4s2,最外层电子数为2,不符合题意,故舍去;若最外层电子数为5,则核外电子总数为25,最外层电子排布为4s2,最外层电子数为2,不符合题意,故舍去;若最外层电子数为6,则核外电子
总数为30,最外层电子排布为4s2,最外层电子数为2,不符合题意,故舍去;若最外层电子数为7,则核外电子总数为35,最外层电子排布为4s22p5,最外层电子数为7,符合题意;若最外层电子数为8,则核外电子
总数为40,最外层电子排布为5s2,最外层电子数为2,不符合题意,故舍去.故该原子核外电子总数为35,核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5,价层电子排布为4s22p5,二者原子价层电子排布相同,为同一原子,故C不符合;D、2p能级有一个未成对电子的基态原子,该原子2p能
级有1个电子或5个电子,价电子排布为2s22p1或2s22p5的原子,可能为同一原子,故D不符合.故选:B.21.(1)1s22s22p63s23p34(2)O<N<F(O、N、F)(3)正四面体形sp3(4)相对分子质量最小,分子间作用力(范德华
力)最弱(5)Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-ABD(6)CoO30A3300a10N【详解】(1)该原子核外有15个电子,根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3;Fe2+
中未成对电子数为3d能级上4个电子,;(2)同一周期元素,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,N、O、F元素位于同一周期,分别位于第VA族、第VIA族、第VIIA族,所以第一电离能从小到大顺序是O<N<F;(3)ClO4-原子价层电子对个
数为7+40+12=4,孤电子对数为0,根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体、中心原子的杂化轨道类型为sp3;(4)结构相似的分子晶体中,熔沸点与分子间作用力成正比,分子间作用力与相对分子质量成正比,烷烃都属于分子晶体,其相对分子质量随着碳原子个数增
大而增大,所以范德华力随着碳原子个数增大而增大,则熔沸点最小的是甲烷;(5)向CuSO4溶液中加入氨水,首先形成蓝色沉淀,该沉淀为氢氧化铜,继续加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色溶液,是因为Cu(OH)2和氨气反应生成[Cu(NH3)4]
2+、OH-,离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-;该深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4,SO42-与[Cu(NH3)4]2+离子键,氨气分子与铜离子之间为配位键,氨气分子中N-H键为σ键
,所以选ABD;(6)该晶胞中O原子个数=4,Co原子个数=8×18+6×12=4,O、Co原子个数之比=4:4=1:1,其化学式为CoO;晶体体积V=a3pm3=a3×10-30cm3,晶胞密度=333030AA33g/cma10cm59+164gm300a===10VNN
。【点睛】同一周期元素,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;有关晶胞的计算要注意单位的换算,1cm=107nm=1010pm。22.(1)3d74s23(2)sp2V型(3)Cu<O<N乙二胺分子
之间可以形成氢键,三甲胺分子之间不能形成氢键(4)12【分析】(1)Co元素核外有27个电子,根据构造原理书写;(2)NO2-中心原子N原子价层电子对数为3,故杂化轨道数为3,所以N原子的杂化方式为sp2杂化,空间构型为V型;NO2-中参与
形成大π键的原子个数为3个,每个原子提供一个单电子,得电子数为1个,所以NO2-的大π键可以表示为。(3)①同一周期主族原素从左到右,原子半径逐渐减小,第一电离能有增大趋势,但IIA和VA元素例外,O的第一电离能小于N,O和N为非金属元素,Cu为金属元素,Cu比O、
N易失电子;②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)分子中含有氮氢键,分子间能形成氢键,三甲胺[N(CH3)3]分子中不含氮氢键,分子间不能形成氢键;(4)由图可知,距每个Cu原子最近的Cu原子有12个,即配位数为12;晶胞中实际含有的Cu为4个,其质量为4×64g/NA;根据=计算密度。
【详解】(1)Co为27号元素,根据电子构造原理可知其电子排布式为[Ar]3d74s2,Co2+电子排布式为[Ar]3d7,3d7轨道上有3个未成对的电子。故答案为:3d74s2;3;(2)NO2-中心原子N原子价层电子对数为3,故杂化轨道数为
3,所以N原子的杂化方式为sp2杂化,空间构型为V型;NO2-中参与形成大π键的原子个数为3个,每个原子提供一个单电子,得电子数为1个,所以NO2-的大π键可以表示为;故答案为:sp2;V型;;(3)①同一周期主族原素从左到右,原子半径逐渐减
小,第一电离能有增大趋势,但IIA和VA元素例外,O的第一电离能小于N,O和N为非金属元素,Cu为金属元素,Cu比O、N易失电子,所以第一电离能由小到大的顺序是Cu<O<N;②乙二胺(H2NCH2CH2NH
2)分子中含有氮氢键,分子间能形成氢键,三甲胺[N(CH3)3]分子中不含氮氢键,分子间不能形成氢键,因而乙二胺比三甲胺的沸点高得多,故答案为:Cu<O<N;乙二胺分子之间可以形成氢键,三甲胺分子之间不能形成氢键;(4)由图可知,距每
个Cu原子最近的Cu原子有12个,即配位数为12;晶胞中实际含有的Cu为4个,其质量为4×64g/NA;已知铜的原子半径为anm,由图可知,晶胞中面对角线长为4anm,晶胞的棱长为2anm,则晶胞的体积为(2a×10-7)3cm3,所以有(2×10-7)3×=4×64g/NA,解得=g/
cm3,故答案为:。23.(1)哑铃形(2)正四面体SiCl4的的相对分子质量大于SiF4,分子间作用力更大(3)abc(4)sp3杂化Si的原子半径大于C(5)【分析】(1)根据构造原理结合洪特规则书写Si的轨道表达式;结
合F、H原子核外电子排布式及各个轨道电子云的空间形状判断;(2)根据价层电子对数判断空间形状;根据分子间作用力与相对分子质量的关系分析比较;(3)K2SiF6晶体为离子晶体,结合离子的结构分析;(4)H4SiO4中的Si原子最外层电子
排布为3s23p2,全形成共价键,为sp3杂化;同一主族的元素形成化合物结构相似,但原子半径大小不同,从二者的不同分析;(5)最近的两个Si原子处于晶胞对角线的处;用均摊法计算一个晶胞中含有的Si的原子个数,然后利用密度公式计算密度大
小。【详解】(1)Si是14号元素,根据构造原理可知其其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,结合洪特规则可知Si原子的价层电子的排布图为;F是9号元素,核外电子排布式为:1s22s22p5;H核外只
有1个电子,电子排布式为1s1,可见二者的区别在于F原子核外有p电子,p轨道为哑铃形;(2)SiF4分子中的中心原子Si的价层电子对数为4,所以其立体构型为正四面体;SiCl4的熔、沸点均高于SiF4,主要原因是二者都是分子晶体,结构相似,对于结构相似的
物质来说,相对分子质量越大,分子间作用力就越大,克服分子间作用力使物质熔化、气化需要的能量更多,物质的熔沸点就越高。由于SiCl4的的相对分子质量于SiF4,分子间作用力更大;(3)K2SiF6晶体为离子晶体,阳离子K+与阴离
子SiF62-通过离子键结合,在阴离子SiF62-中中心原子Si原子与6个F形成共价键,其中2个为配位键,因此含有的作用力为离子键、共价键、配位键,合理选项是abc;(4)H4SiO4中的Si原子最外层电子排布为3s23p2,
全形成共价键,为sp3杂化;C、S都是第IVA的元素,原子最外层都有4个电子,但Si原子可组成H4SiO4,而C元素只能形成H2CO3,是由于Si的原子半径大于C,电子对的排斥力小,而C原子的成键电子对排斥力强;(5)晶胞参数为anm,晶胞的对角线为,晶胞中
最近的两个Si原子处于晶胞对角线的处,因此距离最近的两个硅原子间的距离为;在一个晶胞中含有的Si原子个数为×8+×6+4=8,则晶胞的密度ρ==g/cm3。【点睛】本题综合考查了物质结构的知识。涉及原子的轨道表达式、电子云、价层电子对互斥
理论、原子的杂化、晶体结构、晶胞计算等,注意原子核外电子排布与物质稳定性的关系。24.(1)16纺锤形(2)3d104s1>(3)sp2V形O3(4)硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多,硫酸中心原子硫价态高,易于电离出H+(5
)45∶2(6)321104210AaN-´【分析】(1)硫元素为16号元素,能量最高的电子为3p电子;(2)Cu为29号元素,Zn为30号元素,Cu的第二电离能失去的是3d电子;(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+
12(6-2×2)=3,结合等电子体的概念解答;(4)同一元素的不同含氧酸中,非羟基氧原子数越大其酸性越强;(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu,配位体为CH3CN,其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N,C≡N中含有π键;(6)根据晶体结构,距离最近的两个H2分子之
间的距离为晶胞面上对角线长度的一半,晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×18+6×12=4,所以其化学式为Mg2Fe。据此分析解答。【详解】(1)硫元素为16号元素,基态硫原子核外电子有16种不同运动状态,能量最高的电子为3p电子,3p
电子的原子轨道形状为纺锤形,故答案为:16;纺锤形;(2)Cu为29号元素,基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1;Zn为30号元素,基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2,Cu的第二电离能失去
的是3d电子,失去后不稳定,第二电离能大于Zn的第二电离能,即I2(Cu)>I2(Zn),故答案为:3d104s1;>;(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+12(6-2×2)=3,轨道杂化类型为sp2,分子的空间构型为V形
;与SO2互为等电子体的分子有O3,故答案为:sp2;V形;O3;(4)同一元素的不同含氧酸中,非羟基氧原子数越大其酸性越强,硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多,所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性,故答案为:硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多,硫酸中心原子硫价态高,易于电离
出H+;(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu,配位数为4;配位体为CH3CN,其中σ键有3个C-H、1个C-C和1个C≡N,共5个σ键,只有C≡N中含有π键,有2个π键,σ键与π键个数之比5∶2,故答案为:
4;5∶2;(6)设晶胞的参数为dnm,该晶体储氢时,H2分子在晶胞的体心和棱心位置,则距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半,即anm=22×dnm,则d=2anm=2a×10-7cm,该晶
胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8×18+6×12=4,所以Mg、Fe原子个数之比为8∶4=2∶1,所以其化学式为Mg2Fe,该合金的密度为=4AMNV´=731044(210)AgNacm-´´=321104210AaN-´g/cm3,故答案为:321104210AaN-´。