【文档说明】福建省南安市侨光中学2019-2020学年高二下学期第二次阶段考化学试题 【精准解析】.doc，共(20)页，715.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年南安侨光中学高二化学阶段考试题可能用到的相对原子质量：N-14Si-28P-31Fe-56Zn-65Te-128第Ⅰ卷一、选择题(只有一个选项符合题意。)1.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.最易失去的电子一般能

量最高B.电离能最小的电子能量最高C.在离核最近区域内运动的电子能量最低D.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量【答案】D【解析】【详解】A.根据能量最低原理可知，通常离核越远的电子，其能量越高，其越容易失

去，因此，最易失去的电子通常是离原子核最远的电子，A正确；B.能量越高的电子，其电离能越小，故电离能最小的电子能量最高，B正确；C.根据能量最低原理可知，在离核最近区域内运动的电子能量最低，C正确；D.不同能层的电子，其能量不同，能层越高，电子的

能量越高；同一能层中，不同电子亚层的电子，其能量也不同，同一能层中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量。因此，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，D错误。答案选D。2.磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构

。下列有关说法正确的是()A.磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体B.磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C.磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D.磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同【答案

】C【解析】【详解】A．晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×18+6×12=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故A错误；B．磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误

；C．该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同。磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类型相同，故D错误；答案选C。3.下列现象与氢键有关的有几项()①H2O的熔沸点比同族元

素氢化物的高②小分子的醇可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑤HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多A.5项B.4项C.3项D.2项【答案】B【解

析】【详解】①H2O分子之间存在氢键，因此其熔沸点比同族元素氢化物的高，①有关；②小分子的醇可以和水分子之间形成氢键，因此其可与水以任意比互溶，②有关；③氢键是有方向性的，水结为冰后，水分子间的空隙变大，故冰的密度比液态水的密度小

，③有关；④对羟基苯甲酸易形成分子间的氢键、不能形成分子内的氢键，而邻羟基苯甲酸易形成分子内的氢键，因此，邻羟基苯甲酸的分子间作用力较小，其熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，④有关；⑤F的非金属性强于Cl，故HF比HCl稳定，前者分子中的共价键的键

能较大，HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多，⑤与氢键无关。综上所述，与氢键有关的有4项，故选B。4.有关晶体的叙述中正确的是()A.在SiO2晶体中，最小的单元环是由6个硅原子组成的六元环B.在124g白磷(P4)晶体中，含P—P共价键个数为4NAC.金刚石的熔沸点高于晶体

硅，是因为C—C键键能小于Si—Si键D.28g晶体Si中含Si原子与Si—Si键之比为1:2【答案】D【解析】【详解】A.在SiO2晶体中，最小的单元环是由6个硅原子和6个氧原子组成的十二元环，A不正确；B.白磷(P4)分子中有6个P

—P共价键，124g白磷(P4)晶体的物质的量为1mol，故其中含P—P共价键个数为6NA，B不正确；C.金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能大于Si—Si键，C不正确；D.晶体Si中每个Si原子与周围的4个Si原子形成共价键，由于2个Si原子之间只能形成一个共价键，因此平均每个

Si原子形成2个共价键，因此，Si原子与Si—Si键之比为1:2，D正确。综上所述，有关晶体的叙述中正确的是D。5.[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.H

OCH2CN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。6.下列分子或离子价层电子对互斥模型与分子或离子空间构型不一致的是()A.-3NOB.2-3SiOC.SO2D.CCl4【答案】C【解析】【详解】A．NO3-中中心原子价层电子对个数=512=3，氮原子sP2杂化，轨道构型为平面三角形，成键原子有3个，分子空间构型为平面三角形

，故A不选；B.2-3SiO的中心原子Si原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=12(4+2−2×3)=0，所以2-3SiO的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不选C.

二氧化硫分子中价层电子对个数=2+12×(6−2×2)=3，VSEPR模型为三角锥形；含有一个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C选；D.CCl4分

子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+12(4−1×4)=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不选；故选：C。7.As

2O3(砒霜)是两性氧化物（分子结构如图所示），溶于盐酸生成AsCl3，AsCl3用LiAlH4还原生成AlH3。下列说法正确的是（）A.As2O3分子中As原子的杂化方式为sp2B.LiAlH4为共价化合物C.AsCl3空间构型为平面正三角形D.Al

H3分子键角大于109.5°【答案】D【解析】【详解】A.As2O3分子中形成了3个As-O共价键，As原子上还有一对孤电子对，As原子是杂化轨道数目为4，所以As原子的杂化方式为sp3杂化，A错误；B.LiAlH4为离子化合物，阳离

子是Li+，阴离子为AlH4-，B错误；C.AsCl3中有3个σ键，孤电子对数为15312=1，As原子为sp3杂化，含有一个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，C错误；D.AsH3分子中As原子价层电子

对个数为3+15312=4，且含有1个孤电子对，所以该分子为三角锥形，孤电子对对成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的斥力，而AlH3中无孤电子对，所以键角大于109.5°，D正确；故合理选项是D。8.①PH3

的分子构型为三角锥形，②BeCl2的分子构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子构型为平面正三角形，⑥NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是A.①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子B.只有④

为非极性分子，其余为极性分子C.只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子D.只有①③是非极性分子，其余是极性分子【答案】A【解析】【分析】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候

，分子则无极性，否则分子有极性。【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。④CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，③CH4为正四面体

，故极性也可抵消，为非极性分子，②BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子，⑤BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。⑥NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；①PH3中

P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；结合以上分析可知，①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子，A正确；综上所述，本题选A。【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数

，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。9.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处

理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A.配合物中中心原子的电荷数为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键D.该配合物的配体只有NH3【答案】C【解析】【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说

明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误；B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误；C.由分析可以知

道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确；D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有Cl-和NH3分子,故D错误；答案：C。10.有关晶体的下列说

法中正确的是()A.晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B.氯化钠熔化时离子键未被破坏C.冰熔化时水分子中共价键发生断裂D.原子晶体中共价键越强，熔点越高【答案】D【解析】【详解】A.分子的稳定性取决于共价键的强弱，与分子间作用力大小无关，故A错误；B.氯化钠为离子晶体，熔化

时破坏离子键，故B错误；C.冰是分子晶体，融化时只破坏分子间力，与共价键无关，故C错误；D.原子晶体熔化时要破坏共价键，所以原子晶体共价键越强，熔点越高，故D正确；故选D。11.三氯化硼的熔点为-107℃，沸点为

12.5℃，在其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（）A.三氯化硼液态时能导电而固态时不导电B.三氯化硼加到水中使溶液的pH升高C.三氯化硼分子呈平面三角形，属非极性分子D.分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构【答案】C【解析

】【分析】A．氯化硼是共价化合物；B．三氯化硼水解生成HCl；C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子；D．原子的价电子数加上化合价的绝对值等于8，则为8电子稳定结构。【详解】A．氯化硼是共价化合物液态时不能

导电，选项A错误；B．三氯化硼加到水中会发生水解生成HCl，则使溶液的pH降低，选项B错误；C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，为非极性分子，选

项C正确；D．三氯化硼中B的价电子数为3，化合价为+3，则分子中B的最外层电子数为3+3=6，则B不满足最外层8电子稳定结构，选项D错误．答案选C。【点睛】本题考查原子轨道杂化、分子立体构型、8电子稳定结构等，难度适中，注意三氯化

硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构。12.下列各组物质熔化或升华时，所克服的粒子间作用属于同种类型的是（）A.氯化钠与蔗糖熔化B.碘和干冰升华C.镁和硫熔化D.金刚石与氧化钠熔化【答案】B【解析】【详解】A.氯化钠熔

化破坏离子键与蔗糖熔化破坏分子间作用力，故A错误；B.碘和干冰升华均破坏的是分子间作用力，故B正确；C.镁熔化破坏金属键和硫熔化破坏分子间作用力，故C错误；D.金刚石熔化破坏共价键与氧化钠熔化破坏离子键，故D错误；答案：B【点睛】注意先确定物质晶体类型，再根据熔化时离子晶

体破坏离子键，原子晶体破坏共价键，分子晶体破坏分子间间作用力，金属晶体破坏金属键进行判断。13.下列元素性质的递变规律正确的是A.第一电离能：B<Be<Mg<NaB.元素的电负性：O>N>S>PC.气态氢化物的稳定性：NH3<CH4<

PH3<SiH4D.原子半径：Be<B<C<N【答案】B【解析】【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，

则第一电离能：Be＞B＞Mg＞Na，故A错误；B．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：O＞N＞S＞P，故B正确；C．非金属性越强，气态氢化物越稳定：NH3>CH4，故C错误；D．Be、B、C、N位于同一周期

，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故D错误。14.有4种元素X、Y、Z、Q，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y3+的价电子排布式为3d5；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。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.Z的单质形成的晶体可能是分子晶体C.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3D.ZQ2是极性键构成的非极性分子【答案】A【解析】【分析】由X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道可知，

X为S元素；由Y3+的价电子排布式为3d5可知，Y原子的特征电子构型为3d64s2，Y为Fe元素；由Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道可知，Z为C元素；由Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子可知，Q是O元素。【详解】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.Z为C元素，C元素存在多种同素异形体，其中足球烯为分子晶体，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是二氧化碳，二氧化碳分子结构对称，是含有极性键的非极性分子，故D正确；故选A。15.X、

Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质经常作为保护气；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列推断正确的是A.Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的强B.在同周期元素中，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强C.含W的盐溶液可能呈碱性D.

简单离子半径：X<Y<Z<W【答案】C【解析】分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体，淡黄色固体为S，可知H2S与SO2反应生成S，则W为S，X为H，Z为O

；Y的单质经常作为保护气，结合原子序数可知Y为N。详解：由上述分析可知，X为H、Y为N、Z为O、W为S。A．非金属性O＞N，Y的最简单氢化物的热稳定性比Z的弱，故A错误；B．非金属性S＜Cl，同周期元素中，Cl的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，故B错误；C．含W的盐溶液可

能呈碱性，如亚硫酸钠溶液水解显碱性，故C正确；D．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为X＜Z＜Y＜W，故D错误；故选C。16.一种广泛用于锂离子电池的物质结构如图所示。X、Y、Z、W为原子序数

依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族，原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)。下列说法正确的是A.X的氢化物中只有极性键B.Y在该物质中有两种不同价态C.Z的单质能与水反应生成Y的单质D.简单离子的还原性W<Y【答案】C【解析】【分析】根据此结构可知，X共用4对电子，W共

用6对电子，Y共用2对电子，Z共用1对电子，因为Y和W同主族，所以为ⅥA族，根据原子序数大小关系，Y为O元素，W为S元素；因为原子半径r(X)>r(Y)>r(Z)，则X、Y、Z同周期，X为C元素；Z为F元素；据此分析。【详解】A．X为C元素，C的氢化物可以是甲烷、乙烷、丙烷等，有极性

键，也可能含有非极性键，A错误；B．该物质为LiSO3CF3，O元素的化合价为-2价，B错误；C．Z为F元素，Y为O元素，2F2+2H2O=4HF+O2，C正确；D．Y为O元素，W为S元素；S的还原性大于O，则S2-的还原性大于O2-，D错误；答案选C。17.Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重

要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是()A.该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4B.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区C.

1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2mol沉淀D.该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构【答案】A【解析】【分析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层

有14个电子（3s23p63d6），配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。【详解】A.由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；B.该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均

位于p区，B不正确；C.[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1mol该配合物与足量Ba(O

H)2溶液反应只能生成1mol硫酸钡沉淀，C不正确；D.该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。综上所述，有关说法正确的是A。18.下列各组物质中均存在离子键、

极性键和配位键的是A.氢氧化钠、过氧化钠、硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4、氢化钠B.硝酸铵、氢化铵、氢氧化二氨合银[Ag(NH3)2]OH、硫酸铵C.硫酸、氢氧化钠、氮化钙、氢氧化钡D.氯化铵、氢氧化钠、双氧水、过氧化钙【答案】B【解析】【详解】A、只有硫酸四氨合铜中含有离子键、共

价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钠含有离子键和共价键，氢化钠只有离子键，A错误；B、铵离子中存在极性共价键和配位键，氨分子中氮原子上有孤电子对，H＋、Cu2＋、Ag＋有空轨道，能形成配位键，B正确；C、硫酸含有共价键，氢氧化钠、氢氧化钡含有离子键和共价键，

氮化钙只有离子键，C错误；D、只有氯化铵中含有离子键、共价键和配位键，氢氧化钠、过氧化钙含有离子键和共价键，双氧水只有共价键，D错误；答案选B。【点睛】配位键的判断是解答的难点，注意配位键的含义和形成条件，

其形成条件为中心原子有空轨道，配体可提供孤电子对，常见配体有氨气、水、氯离子等。第II卷二、填空题19.在我国南方遭遇的冰雪灾害中，使用了一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有

54mol电子。(1)该融雪剂的化学式______________；X与氢元素形成的化合物的电子式_____________。(2)元素D、E原子的最外层电子数均为电子层数的2倍，D与Y相邻，则D离子的原子结构示意图是____________；D与E能形成一种非极性分子，该分子的结构式_

___________；写出与其互为等电子体的一种分子和阴离子________________、___________________。(3)元素W与Y同周期，其单质是原子晶体；元素Z的单质分子Z2中有3个共价键；W与Z能形成

一种新型无机非金属材料，其化学式是____________。(4)元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，写出该反应的化学方程式___________。【答案】(1).CaCl2(2).(3).(4

).S=C=S(5).CO2、（N2O、BeCl2）(6).-3N(7).Si3N4(8).SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O【解析】【分析】X、Y为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子，则每个离子中有18个电子，则显+

2价、Y显-1价，故X为Ca、Y为Cl，XY2为氯化钙。【详解】(1)该融雪剂的化学式为CaCl2；X与氢元素形成的化合物为氢化钙，其为离子化合物，故其电子式为。(2)元素D、E原子的最外层电子数均为电子层数的2倍，则其电子层结构可能为2、4结构或2、8、6结构，D与Y相邻，则D为S元素

，其离子的原子结构示意图是；E为C元素，D与E能形成的非极性分子是CS2，该分子的结构式为S=C=S，分子中有3个原子、16个价电子，故与其互为等电子体的一种分子是CO2、（或N2O、BeCl2），与其互为等电子体的阴离子-3N。(3)元素

W与Y同周期，其单质是原子晶体，则W为Si元素；元素Z的单质分子Z2中有3个共价键，则Z为N元素。Si与N能形成一种新型无机非金属材料，由于N的非金属性强于Si，在该化合物中，Si显+4、N显-3价，故其化学式是Si

3N4。(4)元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，则R为F元素，氢氟酸可以腐蚀玻璃，该反应的化学方程式SiO2+4HF=SiF4↑+H2O。20.铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域。(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr3+基态核外电子排布

式为___________。(2)AlCl3可作下列反应的催化剂。①1mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键数目为__________。②CH3COOH与H2O可以任意比例互溶的原因是_____________。(3)用价层电子对互斥理论解释2-4SO的键角

大于2-3SO的原因是__________。(4)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n＝________。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3(2).20NA(3).CH3COOH与H2O形成分子间氢键，两者都为极性分子，根据相似相溶原理可得(4).两种离子的中心

硫原子均为sp3杂化，2-4SO中没有孤对电子，2-3SO有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对有排斥作用，因此键角更小(5).6【解析】【分析】根据基态原子的电子排布式确定其离子的电子排布情况；根据分子结构确定分子中共

价键的的数目；根据氢键对物质性质的影响分析乙酸和水互溶的原因；根据价层电子对互斥理论分析比较键角的大小关系；根据均摊法确定晶体的化学式。【详解】(1)铬是24号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2

3p63d54s1，所以，Cr3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3。(2)①对甲基苯乙酮的结构简式为，其分子中有9个碳碳σ键、10个C-H键、1个C=O键，单键全部是σ键，双键中有一个是σ键，所以，1mol对甲基苯

乙酮分子中含有的σ键数目为20NA。②CH3COOH与H2O可以任意比例互溶的主要原因是CH3COOH与H2O可以形成分子间氢键，次要原因是两者都是极性分子。(3)2-4SO和2-3SO的中心原子均为S原子，其价层

电子对数均为4，但是前者没有孤对电子，后者有一对孤对电子，故根据价层电子对互斥理论可知，2-4SO的键角大于2-3SO的原因是：两种离子的中心硫原子均为sp3杂化，2-4SO中没有孤对电子，2-3SO有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对有排斥作用，因此2

-3SO键角更小。(4)由晶胞结构可知，(n-3)-nAlF位于晶胞的顶点和体心，故该晶胞中占有2个(n-3)-nAlF；Na+在棱上和面上，该晶胞平均占有Na+的数目为11410642，阳离子与阴离子的个数

比为3:1，所以该晶体的化学式为Na3AlFn，根据电荷守恒可知，n-3=3，所以，n＝6。21.钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：(1)钴元素在周期表中的位置是______________。(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)＞

I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是__________。(3)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：①该配合物中氯原子的杂化方式为______。②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是____

__。(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/m

olb、Na的第一电离能为603.4kJ/molc、NaCl的晶格能为785.6kJ/mold、Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(5)碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如图：若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为__________g/cm3。

【答案】(1).第四周期Ⅷ(2).Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高(3).sp3(4).电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对(5).cd(6).33019344()103AaN【解析】【分析】根据原子的

电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据电负性的大小分析配合物中的配位原子。分析表中数据并结合相关概念判断

有关变化中能量变化。根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。【详解】(1)钴是27号元素，其有4个电子层，其价电子排布式为3d74s2，因此，其在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。(2)Fe的价电子排布式为3d64s2

，其失去3个电子后变为较稳定的半充满结构3d5，而Co的价电子排布式为3d74s2，其失去3个电子后变为3d6。因此，从原子结构的角度分析I4(Fe)＞I4(Co)的可能原因是：Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高。(3)

由Cu2Cl2•2CO•2H2O的结构可知：①该配合物中氯原子均形成2个σ键，另外每个氯原子还有2个孤电子对，故其价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。②CO分子中的C原子和O原子均有孤电子对，但是O元素的电负性大于C元素，故O原子对孤电子对的吸引力更强，因此，该配合物中，CO作配

体时配位原子是C而不是O的原因是：电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对（用于形成配位键）。(4)a、由图中信息可知，12Cl2(g)=Cl(g)的∆H=119.6kJ/mol，因此，Cl-Cl键的键能为239.2kJ/mol，a不正确；b、由图中信息可知，Na(g)=Na+

(g)+e-的∆H=495.0kJ/mol，因此，Na的第一电离能为603.4kJ/mol，b不正确；c、由图中信息可知，Cl-(g)+Na+(g)=NaCl(s)的∆H=-785kJ/mol，因此，NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；d、由图中信息可知，Cl(g)+e-=

Cl-(g)的∆H=-348.3kJ/mol，因此，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确。综上所述，有关说法正确的是cd。(5)由碲化锌晶体的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与金刚石相似，Te原子堆积方式为面心立方最密堆积，

Zn距离最近的Te原子间距为体对角线长度的14，高晶胞参数（即该晶胞的边长）为x，则晶胞的体对角线长度为，3x=4apm，故x=43apm，晶胞的体积为x3=34pm3a。该晶胞中占有4个Te原子和4个Zn原子，则晶胞的质量为412865Ag

N。因此，该晶体密度为34128654pm3AgNa33019344()103AaNg/cm3。【点睛】本题中关于晶胞的计算是难点，尤其是确定与Zn距离最近的Te原子的间距为体对角线长度的14，这也

是解题的关键所在。解题时，要求学生能掌握常见晶胞中原子的堆积方式，并能迁移到新的情境之中，做到轻车熟路、得心应手。另外，还要掌握常见于晶胞计算中的长度单位的换算，不能在这种小的地方失误。22.南京工业大学某研究团

队最近在《NatureCommunications》刊文介绍了他们开发的一种新型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜

力的析氧反应电催化剂。回答下列问题：(1)基态氮原子核外未成对电子数为________，基态碳原子核外电子云有_______个伸展方向。(2)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M分子的立体构型是

_________，中心原子的杂化类型是________。(3)在周期表中，钡位于第六周期ⅡA族，钛酸钡、钛酸钙的熔点分别为1625℃、1975℃，二者熔点差异的原因为__。(4)钛酸钙的晶胞如图所示，钛酸钙的化

学式为_____________；1个钛离子与________个氧离子等距离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。已知钛酸钙的晶胞参数为anm，则该正八面体的边长为________pm。(5)

Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示，六棱柱底边边长为xcm，高为ycm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为________________g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】(1).3(2).3(3).

V形(4).sp3(5).同为离子晶体，Ca2+的半径小于Ba2+，CaTiO3的晶格能大于BaTiO3(6).CaTiO3(7).6(8).5002a(9).2A566+1423xy6N4【解析】【

分析】(1)基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，由电子排布式分析可得；(2)第一电离能的大小顺序为F>N>O，则M为只含极性键的OF2，由价层电子对数和孤对电子对数确定原子杂化方式和分子空间构型；(3)两种晶体都是离子

晶体，从离子半径角度分析，比较晶格能的大小；(4)由分摊法计算钛酸钙的化学式，1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近，正八面体边长等于晶胞边长的倍；(5)由分摊法计算可得。【详解】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，s能级

有1个轨道，1s、2s电子为成对电子，2p能级有3个轨道，3个电子各占据1个轨道，是未成对电子，则未成对电子数为3个；基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，s能级上电子云只有1个伸展方向，2p能级上只填充

2个电子，有2个伸展方向，共有3个伸展方向，故答案为：3；3；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，氮N元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性较强，则第一电离能大小的顺序为F＞N＞O，第一电离能最大的F元素和最小的O元素组成一种只含极性键的

化合物M的分子式为OF2，OF2分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，则O原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形，故答案为：V形；sp3；（3）离子晶体具有较高的熔点，离子晶体的晶格能越大，熔点越高，由熔点可知，钛酸钡、钛酸钙均为离子晶体，Ca2＋

的半径小于Ba2＋，CaTiO3的晶格能大于BaTiO3，则钛酸钡的熔点小于钛酸钙，故答案为：同为离子晶体，Ca2+的半径小于Ba2+，CaTiO3的晶格能大于BaTiO3；（4）由晶胞结构可知，晶胞中

钙离子的个数为1，钛离子的个数为8×18=1，氧离子个数为12×14=3，离子个数比为1:1:3，则钛酸钙的化学式为CaTiO3；1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近，正八面体边长等于晶胞边长的倍，1nm＝103pm，则该正八面体的边长为

×103pm＝500apm，故答案为：CaTiO3；6；500a；（5）由晶胞结构可知，晶胞含有12×＋2×＋3＝6个Fe原子，含有2个N原子，六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为xcm，每个正三角形的面积为x2cm2，晶胞的体积为236x

y4cm3，则晶胞的密度为2A566+1423xy6N4g/cm3，故答案为：2A566+1423xy6N4。【点睛】六棱柱的体积等于底面积×高，正六边形面积等于6×正三角形面积，正三角形的高为xcm，每个正三角形的面积为x2cm2是计算难点。