【文档说明】山西省太原市阳曲县第一中学2019-2020学年高二5月复学检测化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，761.000 KB，由小赞的店铺上传

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阳曲一中2019-2020学年第二学期复学测试高二化学一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分)1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B.食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C.加热能杀死流感病毒

是因为蛋白质受热变性D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%【答案】D【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，现象不同，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；B.食用油反复高

温加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，B正确；C.加热或高温会使蛋白质发生变性，从而失去对家禽的危害作用，故具有杀菌消毒作用，C正确；D.医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒表面的蛋白质变性，当

病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；答案选D。2.氮化碳结构如下图所示，其硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不．正确的是()A.氮化碳属于原子晶体B.氮化碳

中碳显－4价，氮显＋3价C.氮化碳的化学式为C3N4D.每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连【答案】B【解析】【详解】A.C和N都属于非金属元素，通过共价键形成原子晶体，A正确；B.N元素的非金

属性强于C，N显-3价，C显+4介，B错误；C.由结构图可知，在一个晶胞内（虑线框）有四个N原子，有8个C原子，其中有四个位于四边形的顶点上，有四个位于四边形的边上，根据均摊法，可知C原子数目为4×+4×=3，化学式为C3N4，C正确；D、由结构图可看出，每个碳原子

与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，D正确；答案选B。3.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)()A.若R(OH)n为强碱，则W(OH)n+1也为强碱B.若HnXOm为强酸，则Y是活泼非

金属元素C.若Y的最低化合价为-2，则Y的最高正化合价为+6D.若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素【答案】B【解析】【详解】A．同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，其相应的碱的

碱性越弱，所以若R(OH)n为强碱，W(OH)n+1不一定为强碱，A选项错误；B．同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，所以若HnXOm为强酸，X是比较活泼的非金属元素，则Y的非金属性比

X强，也是活泼非金属元素，B选项正确；C．若Y的最低负化合价为-2，Y是第VIA的元素，则Y可能是O元素，O元素的最高正化合价只有在形成OF2时为+2价，C选项错误；D．若X的最高正化合价为+5，则X是第VA族的元素，则这五种元素可能都是非金属元素，如B、C、N、O、F，也可能既

有金属也有非金属元素，如Al、Si、P、S、Cl，D选项错误；答案选B。4.锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是()A.该晶体属于分子晶体B.该晶胞中Zn2＋和S2－数目不相等C.阳离子的配位数为6D

.氧化锌的晶格能大于硫化锌【答案】D【解析】【详解】A．晶体中含有Zn2+和S2-，则晶体类型为离子晶体，故A错误；B．该晶胞中Zn2＋的数目为8×18+6×12=4，S2－数目为6，两离子数目相等，故B错误；C．晶胞中Zn2+周围

最靠近的S2-共有8个，则阳离子的配位数为8，故C错误；D．O2-的半径比S2-半径小，则ZnS的晶格能大于ZnS，故D正确；故答案为D。5.现有四种元素的基态原子的电子排布式:①226241s2s2p3s3p;②226231s2s2p3s3p;③2231s2s2p;④

2251s2s2p。则下列有关比较中正确的是()A.第一电离能:④>③>②>①B.原子半径:④>③>②>①C.电负性:④>③>②>①D.最高正化合价:④>③=②>①【答案】A【解析】【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p6

3s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素，据此分析解答。【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为

半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能减小，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，A选项正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞

S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B选项错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，C选项错误；D．元素的最高正化

合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D选项错误；答案选A。【点睛】同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；同周期自左而右原子半径减小、电子层

数越多原子半径越大；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价。6.下图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是()A.甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子B.晶体中1

个4CH分子有12个紧邻的甲烷分子C.4CH晶体熔化时需克服共价键D.一个甲烷晶胞中含有8个4CH分子【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中的球体代表的是1个甲烷分子，并不是1个碳原子，A选项错误；B．以该甲烷晶胞为单元，位于顶点的某1个甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，而这3个甲烷分

子在面心上，因此每个都被共用2次，故与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子有3×8×12=12个，B选项正确；C．甲烷构成的晶体是分子晶体，熔化时需克服范德华力，C选项错误；D．甲烷晶胞属于面心立方晶胞，甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子,该晶胞含有甲烷的分子个数为8×18+6×12=4，D选项

错误；答案选B。7.关于原子轨道的说法正确的是()A.凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其空间构型都是正四面体型B.CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的C.sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成

的一组能量相近的新轨道D.凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】C【解析】【详解】A．中心原子的杂化轨道的空间构型与分子的空间构型不一定相同，中心原子采取sp3杂化，其杂化轨道的空间构型为正四面体，而其分子的空间构型不一定是正四面体，如NH3、H2O，中心原子

N、O都是采取sp3杂化，但分子的空间构型分别为三角锥和V形，而非正四面体型，选项A错误；B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的1个2s轨道和3个2p轨道混合起来形成的4个能量相同的sp3杂化轨道，4个相同的sp3杂化轨道再与

4个H原子的1s轨道采取“头碰头”的方式形成σ键，选项B错误；C．sp3杂化轨道分别来自同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道，由1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道，选项C正确；D

．AB3型的共价化合物，其中心原子A采用的杂化方式有sp2杂化或sp3杂化，如SO3、BF3的中心原子均采取sp2杂化；NH3、NCl3的中心原子均采取sp3杂化，而不一定都采取sp3杂化轨道成键，D错误。答案选C。8.碳酸亚乙酯是锂离子电池低温

电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A.分子式为C3H2O3B.分子中含6个σ键C.分子中只有极性键D.8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】A【解析】【详解】A、双键两端的碳原子上各有一个氢

原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。9.下列说法不正确的是（）A.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B.两个原

子之间形成共价键时，最多有一个σ键C.气体单质中，一定有σ键，可能有π键D.N2分子中有一个σ键，2个π键【答案】C【解析】【详解】A．σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故A正确；B．两个原子间只能形成1个σ键

，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故B正确；C．单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在σ键，故C错误；D．两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，N2分子中含有

一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确；故答案为C。10.下列关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法正确的是（）A.CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子B.SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都

是极性分子C.CS2为非极性分子，在三种物质中熔沸点最低D.NH3在水中溶解度很大只是因为NH3是极性分子【答案】B【解析】【详解】A．根据“相似相溶”原理，CS2在水中的溶解度很小，水是极性分子，则CS2是非极性分子，故A错误；B．由于SO2和NH3都是极性分子，水也

是极性分子，根据“相似相溶”原理，二者均易溶于水，故B正确；C．由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，CS2的熔沸点最高，故C错误；D．NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键，故D错误；故

选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意氢键对物质的物理性质的影响。11.下列说法中正确的是()A.NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B.P4和CH4都是正四面体形分子且键

角都为109°28′C.4NH+的电子式为，离子呈平面正方形结构D.NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强【答案】D【解析】【详解】A．NCl3分子原子的最外层电子都满足了8电子

稳定结构，故A选项错误；B．白磷（P4）为正四面体结构，P原子位于正四面体的4个顶点上，其键角是60°，故B选项错误；C．NH4+中N的价层电子对数=5-1-144+=42，价层电子数为4，不含孤对电子，则

NH4+呈正四面体型结构，故C选项错误；D．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，故D选项正确；答案选D。

12.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为4︰3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是（）A.W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>WB.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>ZC.Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四

面体D.WY2分子中σ键与π键的数目之比是2︰1【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为8，故W、

X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素，据此解答。【详解】A.若Y为Si，同主族元素电负性从上至下逐渐减小，则电负性Si＜C，故A错误；

B.同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径X＞Y＞Z＞W，故B错误；C.Y、Cl形成的分子可以为SiCl4，中心原子Si形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，正四面体构型，故C正确；D.WY2分子应

为CS2，结构式为S=C=S，分子中σ键与π键的数目之比是1:1，故D错误；答案选C。【点睛】本题难点在于Y元素的不确定，Y可能为Al到Cl之间的任意一个元素，在解题时要充分考虑Al到Cl之间的元素及其化合物的性质。13.在硼酸[B(OH)3]分子中

，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是A.sp，范德华力B.sp2，范德华力C.sp2，氢键D.sp3，氢键【答案】C【解析】【分析】与石

墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间

的作用力是范德华力，C正确，选C。14.向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是()A.开始生成蓝色沉淀，加入过量氨水时，形成无色溶液B.Cu(OH)2溶于浓氨水的离子方程式是

Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-C.开始生成蓝色沉淀，加入氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液D.开始生成Cu(OH)2，之后生成更稳定的配合物【答案】A【解析】【分析】【详解】向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，发生反应Cu

2++2OH-=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，形成深蓝色溶液，故A项错误。答案选A。15.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是()①SiO2和SO3②晶体硼和HCl③CO2

和SO2④晶体硅和金刚石⑤晶体氖和晶体氮⑥硫黄和碘A.①②③B.④⑤⑥C.③④⑥D.①③⑤【答案】C【解析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分

子含有共价键。【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；

④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。答案选C。【点睛】本题

考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。16.下面的排序不正确的是A.晶体熔点的高低：＞B.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.熔点由高到低：Na＞Mg

＞AlD.晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI【答案】C【解析】【详解】A．对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，则沸点是前者高于后者，A正确；B．金刚石、碳化硅和硅形成的均是原子晶体，其硬度与原子半径有关系，形成共价键的原子半径越小，硬度越大，则硬度由

大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B正确；C．钠、镁、铝形成的晶体均是金属晶体，其熔点与金属阳离子的半径以及所带电荷数有关系，离子半径越小，电荷数越多，熔点越高，则熔点由低到高：Na＜Mg＜Al，C错误；D．形成离子键的离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，晶格能越大，则

晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，D正确。答案选C。17.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶

1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。18.现有一瓶A和B的混合液，已知A和B的某些性质如下：物质分子式熔点℃沸点℃密度-3gcm水溶性A362CHO-9857.50.93可溶B482CHO-84770.90可溶由此,分离

A和B的最佳方法是()A.萃取B.升华C.蒸馏D.分液【答案】C【解析】【详解】根据表格信息可知，由于A、B两物质的熔点、密度都相近，所以不能使用萃取、升华操作分离，且A和B都为有机物，根据相似相溶原理，A和B可以互溶，就不能用分液的方法分离，两物质的沸点差距较大，故

可以利用沸点的不同，进行分馏操作进行分离，C符合题意。答案选C。19.分子式为C10H14的有机物，苯环上只有两个取代基的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）A.3种B.6种C.9种D.12种【答案】C【解析】【详解】组成为C10H14的芳香烃，其苯环上有两个取代基时分

为两大类：第一类两个取代基，一个为甲基，另一个为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有6种；第二类两个取代基均为乙基，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有9种，C符合题意。答案选C。20.下列说法正确的是A.

的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构)B.CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上C.按系统命名法，化合物的名称是2，3，4−三甲基−2−乙基戊烷D.与都是α−氨基酸且互为同系物【答案

】A【解析】【详解】A.甲苯有4种氢原子，分别是甲基上的氢和苯环邻、间、对上的氢，2-甲基丁烷也有四种氢原子，它们的一溴代物都有4种，A项正确；B.乙烯是平面形分子，键角为120°，甲基取代乙烯碳碳双键两侧上的氢原子，所以四个碳原子一定不在同一直线上，B项错

误；C.按照系统命名法，选择最长的碳链为主链，该分子名称是2，3，4，4-四甲基己烷，C项错误；D.这两个有机物分子结构不相似，不能互为同系物，D项错误；答案选A。21.分子式为C3H6Cl2的有机物的同分异构体共有A.3种B.

4种C.5种D.6种【答案】B【解析】【详解】根据分子式可知，该化合物是二氯代烃，可以是1,2－二氯丙烷、1,3－二氯丙烷、1,1－二氯丙烷、2,2－二氯丙烷，共计是4种同分异构体，答案选B。22.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简

单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是（）A.与环戊烯互为同分异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】分析：A、分子式相同结构

不同的化合物互为同分异构体；B、根据分子中氢原子的种类判断；C、根据饱和碳原子的结构特点判断；D、根据氢原子守恒解答。详解：A、螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；B、分子中的8个氢原子完全相同

，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所

以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确。答案选C。点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目

。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。二、填空题(共56分)23.B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题：(1)基态Co原子核外电子占据________种不同

的能级，其中有________个未成对电子。(2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。①1mol该离子中含有σ键的数目为________。②与CNO－互为等电子体的分子有_______③C、N、O三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序

为________(用元素符号表示)。④在相同的压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的原因为_______________________。(3)BN晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石型结构(如图)。①晶体的最小环中含有______

__个B原子。②若晶胞参数为anm，晶胞密度为ρg·cm－3，则阿伏加德罗常数的值可表示为________。【答案】(1).7(2).3(3).18NA(或18×6.02×1023)(4).CO2(或CS2、N2O等)(5).N＞O＞C(6).CO为极性分子，N2为非极性分子，C

O分子间的范德华力更大(7).3(8).23310a【解析】【详解】(1)基态Co核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同的能级，其中有3个未成对电子，故答案为：7；3；(2)Co能形成[C

o(CNO)6]3-；①[Co(CNO)6]3-中含有6个配位键，1个CNO-中含有2个σ键，配位键也属于σ键，因此1mol该离子中含有σ键的数目为(6+2×6)NA=18NA或6+2×6×6.02×1023=18×6

.02×1023，故答案为：18NA(或18×6.02×1023)；②等电子体是指价电子数和原子总数都相同的分子、离子或原子团，与CNO-互为等电子体的分子为CO2、CS2或N2O等，故答案为：CO2(或CS2、N2O等)；③同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势

，N原子中2p能级处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；④分子晶体熔点的高低取决于分子间作用力的大小，相同压强下，CO晶体的熔点高于N2晶体的原因为CO为极性分子，N2非极性分子，

CO分子间的范德华力更大，故答案为：CO为极性分子，N2为非极性分子，CO分子间的范德华力更大；(3)①由晶胞结构分析可知，晶体的最小环中含有3个B原子，3个N原子，形成6元环，故答案为：3；②立方氮化硼中，晶胞边

长为anm，晶胞体积V=(anm)3，该晶胞中N原子个数＝8×18+6×12＝4，B原子个数为4，立方氮化硼的密度A4Mρ=NV＝-1-73A425gmolNa10cm，则23-1A310N=molρa，故答

案为：23310ρa。【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力及计算能力，难点：晶胞计算，解题关键：注意采用三视图确定N原子和B原子位置关系，紧扣定义ρ=m/V=4M/(NAV)，代入计算；原子杂

化方式判断、配位键及等电子体等属于基础知识点，也是易错点。24.《日华子本草》中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄（As4S4)和雌黄（As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中

共生。回答下列问题：(1)基态砷原子的价电子轨道排布图为_______，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为_______。(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_______。(3)雄黄（As4S4)的结构如图1所示，S原子的杂化形

式为_______。(4)SO2分子中的σ键数为______个，分子的空间构型为_______。分子中的大π键可用符号nmπ表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为66π），则SO2中的大π键应表示为______。

SO2分子中S—O键的键角_____NO3－中N—O键的键角（填“>”、“<”、“=”）。(5)砷化镓是优良的半导体材料，密度为ρg•cm－３，其晶胞结构如图2所示。Ga和As原子半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为________。【答案】(1).(

2).纺锤形或哑铃形(3).N>P>S(4).sp3(5).2(6).V形（折线形）(7).43π(8).<(9).3033A12410ρ(rr)100%435N−+【解析】【分析】根据主族元素第一电离能的变化规律和“反常”

现象，比较第一电离能的大小；运用杂化轨道理论判断中心原子的杂化类型，运用价层电子对互斥理论推断分子形状、比较键角大小；根据晶胞结构计算原子空间利用率。【详解】(1)砷为33号元素，As位于第4周期第VA族，其价电子即最

外层电子。基态砷原子的价电子轨道排布图为，核外电子占据的最高能级是4p，该能级的电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形。(2)主族元素第一电离能的变化规律为：同主族由上而下依次减小，同周期从左至右呈增大趋势，但IIA、VA族元素“反常”。S、P和N三种元素第一电离能由大

到小的顺序是N>P>S。(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故雄黄（As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价层电子对（2对σ键电子对、2对孤电子对），S原子都是sp3杂化。(4)SO2分子中，S原子结

合2个O原子，有2个σ键。中心原子S的孤电子对数为12×（6-2×2）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于含1对孤电子对，故SO2分子为V形。氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，两个氧原子各用1个未成对电子（p轨道）与

硫形成共用电子对（σ键），各用1个未成对电子（p轨道）与硫原子未杂化的p轨道形成大π键，表示为43π。SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，故两个S—O键的键角小于120º；而NO3-中中心原子N上的孤电子对数

为12×（5+1-3×2）=0，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，NO3-为平面三角形，NO3－中N—O键的键角等于120º。(5)1个砷化镓晶胞中，有Ga、As原子各4个，8个原子总体积为V原

子＝()31014πr10cm3−×4+()31024πr10cm3−×4；1个晶胞的体积；砷化镓晶体的空间利用率为100%VV原子晶胞＝3033A124π10ρ(rr)100%435N−+。25.如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择

合适的元素回答问题：（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，①元素位于周期表的______________区。（2）②、⑥两元素形成的化合物的空间构型为______________，其中心原子的杂化轨道类型为________。（3）

写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式_______________。（4）⑧的二价阳离子与过量的④的氢化物的水化物作用的离子方程式为：______。（5）元素⑦与CO可形成X(CO)5型化合物，该

化合物常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于________晶体（填晶体类型）。（6）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水中，该离子与NH3间结合的作用力为_____

___。（7）金属⑦的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的原子个数之比为________。【答案】(1).s(2).平面正三角形(3).sp2杂化(4).

O＝C＝O(5).Cu2＋＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O(6).分子(7).配位键(8).2∶1【解析】【分析】根据元素周期表中的位置，可以推断①为H，②为B，③为C，④为N，⑤为O，⑥为F，⑦为Fe，⑧Cu，⑨Zn。【详解】（1）①H元素

位于IA族，属于s区；（2）②⑥形成的化合物为BF3，其空间构型为平面正三角形，中心原子B的轨道杂化类型为sp2杂化；（3）③⑤形成的稳定化合物为CO2，其结构式为O＝C＝O；（4）⑧的二价阳离子为Cu2+，

④的氢化物的水化物为NH3·H2O，两者反应的离子方程式为：Cu2＋＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O；（5）该化合物常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，则该化合物晶体属于分子晶体；（6）⑨的离子为Zn2+，溶于

氨水形成[Zn(NH3)4]2＋离子，Zn2+和NH3间结合的作用力为配位键；（7）面心立方晶胞所含原子个数为：118+682=4，体心立方晶胞所含原子个数为：18+18=2，则两种堆积方式所含的原子个数比为2：1。26.铝、

钛、钡(第2主族)等元素在能源、材料等领域应用广泛。回答下列问题：⑴与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有________种。基态Ti2+的最外层电子排布式为____________

____。⑵铝的逐级电离能数据为：I1=580kJ∙mol-1、I2=1820kJ∙mol-1、I3=2750kJ∙mol-1、I4=11600kJ∙mol-1。请分析数据规律，预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在____

____之间(用I1、I2、I3∙∙∙等填空)。⑶已知第ⅡA族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程是：M2+结合碳酸根离子中的氧离子。则CaCO3、BaCO3的分解温度较高的是________________(填化学式)，理由是_____________

___。⑷催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如图1所示。①M中，碳原子的杂化类型有________________。②M中，不含________(填标号)。A.π键B.δ键C.配位键D.氢键E.离子键⑸氢化铝钠(NaAlH4

)是一种新型轻质储氢材料，其晶胞结构如图2所示，为长方体。写出与AlH4－空间构型相同的一种分子_______________(填化学式)。NaAlH4晶体中，与AlH4－紧邻且等距的Na+有________个；NaAlH4晶体的密度为________g∙cm-3(用含a、NA的代数式表

示)。【答案】(1).4(2).3s23p63d2(3).I2与I3(4).BaCO3(5).Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32－中的O2－，因此CaCO3更容易分解(6).sp2、sp3(7).DE(

8).CH4(9).8(10).3A211a0810N【解析】【分析】⑴与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有钪、钒、铬、锰四种，基态Ti的最外层电子排布式为3s23p63d24s2，基态Ti2+的最外层电子排布式为3s

23p63d2。⑵电离能的第一个数据“突跃”点出现在I2与I3之间。⑶Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32－中的O2－。⑷①M中碳原子的孤对电子数为0，碳原子的杂化类型sp2、sp3，②M中，含π键、δ键、配位键。⑸C=Al－，AlH

4－空间构型相同的一种分子CH4，与AlH4－紧邻且等距的Na+有8个；先求个数，再根据晶体的密度等于质量除以体积进行计算。【详解】⑴与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有钪、钒、铬、锰四种，基态Ti的最外层电子排布式为3s23p63d24s2，基

态Ti2+的最外层电子排布式为3s23p63d2，故答案为：4；3s23p63d2。⑵钡容易失去2个电子达到稳定结构，电离能的第一个数据“突跃”点出现在I2与I3之间，故答案为：I2与I3。⑶则CaCO3、BaCO3的分解温度较高的是Ba

CO3，理由是Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32－中的O2－，因此CaCO3更容易分解；故答案为：BaCO3；Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32－中的O2－，因此CaCO3更容易分解。⑷①M中碳原子的孤对电子数为0，成键电子数为3或4

，碳原子的杂化类型sp2、sp3，②M中，含π键、δ键、配位键，不含氢键、离子键；故答案为：sp2、sp3；DE。⑸氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料，其晶胞结构如图2所示，为长方体，AlH4－空间构型相同的一种分子CH4，NaAlH4晶体中，与AlH4－紧邻

且等距的Na+有8个；氢化铝钠(NaAlH4)晶胞中有4个NaAlH4，NaAlH4晶体的密度等于质量除以体积的112132A3A1354gmol4mol108ρ=10gcmaa2a10cmaNN−−−−

=；故答案为：CH4；8；3A211a0810N。