2025年牛津上海版選擇性必修2化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津上海版選擇性必修2化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、X、Y、Z、R、T五種主族元素，其原子序數(shù)依次增大，且都小于20.X的族序數(shù)等于其周期序數(shù)，X和T同主族，X為非金屬，它們的基態(tài)原子最外層電子排布均為ns1；Y和R同主族，它們原子最外層的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的兩倍；Z原子最外層電子數(shù)等于R原子最外層電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是A.簡單離子的半徑：T>R>YB.Y與X、R、T均可形成至少兩種二元化合物C.最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：Z>TD.由這五種元素組成的一種化合物，可作凈水劑和消毒劑2、下列各組的量不隨著原子序數(shù)的遞增而周期性變化的是A.原子半徑B.化合價C.原子核外電子數(shù)D.原子最外層電子數(shù)3、觀察模型并結(jié)合相關(guān)信息；下列說法不正確的是。

。

晶體B的結(jié)構(gòu)單元。

P4

S8

HCN

結(jié)構(gòu)模型示意圖。

備注。

熔點1873K

易溶于CS2

A.該晶體B屬原子晶體，結(jié)構(gòu)單元中銅鼓B－B鍵可形成20個正三角形B.P4是非極性分子，鍵角為109.5°C.固態(tài)硫(S8)屬分子晶體，其分子由非極性鍵構(gòu)成D.HCN分子中鍵與鍵的數(shù)目比為1∶14、在“石蠟→石蠟油→石蠟氣體→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是（）A.范德華力、范德華力、范德華力B.共價鍵、共價鍵、共價鍵C.范德華力、共價鍵、共價鍵D.范德華力、范德華力、共價鍵5、配合物Fe(CO)5的熔點為-20℃，沸點為103℃，可用于制備純鐵。Fe(CO)5的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于Fe(CO)5說法正確的是。

A.固態(tài)Fe(CO)5屬于離子晶體B.Fe(CO)5中Fe原子以sp3雜化方式與CO成鍵C.1molFe(CO)5含有10mol配位鍵D.Fe(CO)5=Fe+5CO反應(yīng)中沒有新化學(xué)鍵生成6、2021年5月15日，我國探測車“祝融號”成功登陸火星。其核心元器件封裝用的是超輕的鋁硅合金，下列說法錯誤的是A.Si的電負(fù)性大于AlB.和都屬于分子晶體C.Al和Si都位于元素周期表的同一個周期，金屬和非金屬交界處D.由于硅原子最外層4個電子，相對穩(wěn)定，在自然界中有單質(zhì)硅存在7、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.60g二氧化硅晶體中含有2NA個硅氧鍵B.1molSiO2中含有1molSiO2個分子C.12g金剛石中含有2NA個碳碳鍵D.1mol石墨晶體中含有2NA個碳碳鍵評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、氫化鋁鋰(LiAlH4)是重要的還原劑與儲氫材料。其合成方法如下：①Na+Al+2H2NaAlH4，②NaAlH4+LiClLiAlH4+NaCl?；卮鹣铝袉栴}：

(1)上述反應(yīng)中涉及的元素的第一電離能最大的是_______(填元素名稱)。LiAlH4與水劇烈反應(yīng)產(chǎn)生一種鹽與H2，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______；LiAlH4中H元素表現(xiàn)為-1價，解釋H表現(xiàn)出負(fù)價的理由：_______。

(2)基態(tài)鋰原子的電子排布式為_______；基態(tài)鋰原子中有_______種運動狀態(tài)不同的電子。

(3)已知第一電離能Mg大于Al，但第二電離能Mg小于Al，解釋原因：_______。

(4)反應(yīng)①、②中電負(fù)性最大的元素與電負(fù)性最小的元素形成的化合物的電子式為_______。9、根據(jù)下列5種元素的電離能數(shù)據(jù)(單位：kJ·mol-1)，回答下列問題。元素符號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600V420310044005900

（1）在元素周期表中，最有可能處于同一族的是__(填序號；下同)。

A.Q和RB.S和TC.T和VD.R和TE.R和V

（2）它們的氯化物的化學(xué)式，最有可能正確的是__。

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TClE.VCl4

（3）下列元素中，最有可能與Q元素處于同一族的是__。

A.硼B(yǎng).鈹C.鋰D.氫E.氦。

（4）在這5種元素中，最容易與氯元素形成離子化合物的是__。

A.QB.RC.SD.TE.V

（5）利用表中的數(shù)據(jù)判斷，V元素最有可能是下列元素中的__。

A.HB.LiC.NaD.K10、下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分別代表一種化學(xué)元素：

(1)K的元素名稱為___________。

(2)基態(tài)時Q元素原子的電子排布式___________；

(3)下列對比正確的是___________。

a.原子半徑H>G>B>Ab.第一電離能E>D>C>B

c.電負(fù)性A>H>G>Qd.最高價氧化物的水化物酸性B>A>H>G

(4)由P、A、C三種元素形成的某化合物，對氫氣的相對密度為15，則該分子的鍵角約為___________。

(5)元素B和C的氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性較強的是___________(填化學(xué)式)。11、I.有以下物質(zhì)：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ鍵的是______(填序號，下同)；既含有σ鍵又含有π鍵的是______。

(2)含有由兩個原子的s軌道重疊形成σ鍵的是______。

(3)寫出以下分子或離子的空間構(gòu)型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.鈷的一種配位聚合物的化學(xué)式為{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基態(tài)核外電子排布式為______；NO的空間結(jié)構(gòu)為______。

(2)bte的分子式為C6H8N6；其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，與Co2+形成配位鍵的原子是______和______(填元素符號)。

②C、H、N的電負(fù)性從大到小順序為______。

③bte分子中碳原子軌道雜化類型為______和______。

④1molbte分子中含鍵的數(shù)目為______mol。12、(1)的穩(wěn)定性比水差，從結(jié)構(gòu)的角度解釋原因___________。

(2)的四鹵化物熔點如下表所示，自至熔點依次升高，原因是___________?；衔锶埸c/℃37738.315513、（1）（CH3）3NH+和可形成離子液體。離子液體由陰、陽離子組成，熔點低于100℃，其揮發(fā)性一般比有機溶劑___________（填“大”或“小”），可用作___________（填序號）。

a.助燃劑b.“綠色”溶劑c.復(fù)合材料d.絕熱材料。

（2）為了研究在納米級的空間中水的結(jié)冰溫度，科學(xué)家對不同直徑碳納米管中水的結(jié)冰溫度進行分析。如圖是四種不同直徑碳納米管中的冰柱結(jié)構(gòu)及結(jié)冰溫度，冰柱的大小取決于碳納米管的直徑。水在碳納米管中結(jié)冰的規(guī)律是_________________。

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤15、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤16、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤17、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤18、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯誤19、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共32分)20、近年來；有機-無機雜化金屬鹵素鈣鈦礦作為優(yōu)良的光電材料受到廣泛研究和關(guān)注，回答下列問題。

(1)Ca、Ti元素基態(tài)原子核外電子占據(jù)能級數(shù)之比為___________，與Ti處于同周期單電子數(shù)與Ti相同的元素還有___________種，Ca的前三級電離能數(shù)據(jù)分別為589.8kJ/mol、1145.4kJ/mol、4912.4kJ/mol，第三電離能增大較多的原因是___________。

(2)鹵族元素可與N和P元素形成多種穩(wěn)定鹵化物，其中NCl3分子構(gòu)型為___________，P元素可形成穩(wěn)定的PCl3和PCl5，而氮元素只存在穩(wěn)定的NCl3，理由是___________。

(3)Ti的配合物有多種。Ti(CO)6、Ti(H2O)TiF中的配體所含原子中電負(fù)性最小的是___________；Ti(NO3)4的球棍結(jié)構(gòu)如圖，Ti4+的配位數(shù)是___________。

(4)研究表明，TiO2通過氮摻雜反應(yīng)生成TiO2-aNb，能使TiO2對可見光具有活性；反應(yīng)如圖所示。

已知TiO2晶胞為長方體，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，TiO2的密度為___________g/cm3(列出計算式)。TiO2-aNb晶體中a=___________，b=___________。21、碳酸二甲酯()是一種綠色化工原料。用于汽車；醫(yī)療器械等領(lǐng)域。以甲醇為原料生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程如下。

i.4CuCl+4CH3OH+O2=4Cu(OCH3)Cl+2H2O

ii.2Cu(OCH3)Cl+CO=(CH3O)2CO+2CuCl

(1)碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的雜化類型是_______。

(2)CuCl中，基態(tài)Cu+的價電子排布式為_______，CuCl在生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程中所起的作用是_______。

(3)上述方法中；甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率較低。為分析原因，查閱如下資料。

i．甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率主要受Cu(Ⅰ)(+1價銅元素)濃度的影響。

ii．CuCl在甲醇中溶解度較小，且其中的Cu+易被氧化為難溶的CuO。

ⅲ．加入4-甲基咪唑()可與Cu+形成配合物；可提高甲醇的轉(zhuǎn)化率。4-甲基咪唑中，1號N原子的孤電子對因參與形成大π鍵，電子云密度降低。

請結(jié)合信息回答以下問題。

①4-甲基咪唑中，1~4號N原子_______(填“在”或“不在”)同一平面上，_______(填“1”或“3”)號N原子更容易與Cu+形成配位鍵。

②加入4-甲基咪唑后，甲醇轉(zhuǎn)化率提高，可能的原因是_______(填序號)。

a．Cu(Ⅰ)配合物中的-NH結(jié)構(gòu)可增大其在甲醇中的溶解度。

b．形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反應(yīng)的限度。

(4)配位原子提供孤電子對的能力是影響配體與Cu+之間配位鍵強度的一個重要因素。若用某結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，可能的原因是_______。

(5)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，金屬離子與氧離子間的作用力為_______，Ca2+的配位數(shù)是_______。一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I-和有機堿離子，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中_______的空間位置相同，有機堿CH3NH中，N原子的雜化軌道類型是_______；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為_______g·cm-3(列出計算式)。

22、鈦(Ti)被稱為“未來金屬”，廣泛應(yīng)用于國防、航空航天、生物材料等領(lǐng)域。鈦的氯化物有如下轉(zhuǎn)變關(guān)系：2TiCl3TiCl4↑＋TiCl2；回答下列問題：

(1)基態(tài)鈦原子的價電子排布式為___________。與鈦同周期的第ⅡB族和ⅢA族兩種元素中第一電離能較大的是___________(寫元素符號)；原因是___________。

(2)鈦的氯化物的部分物理性質(zhì)如下表：

。氯化物。

熔點/℃

沸點/℃

溶解性。

TiCl4

-24

136

可溶于非極性的甲苯和氯代烴。

TiCl2

1035

1500

不溶于氯仿；乙醚。

①TiCl4與TiCl2的晶體類型分別是___________；___________。

②TiCl4與互為等電子體，因為它們___________相同；中心原子的雜化方式是___________。

(3)Ti的配合物有多種。的配體所含原子中電負(fù)性最小的是___________；的球棍結(jié)構(gòu)如圖Ⅰ；Ti的配位數(shù)是___________。

(4)鈣鈦礦(CaTiO3)是自然界中的一種常見礦物；其晶胞結(jié)構(gòu)如圖Ⅱ。

①設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值；計算一個晶胞的質(zhì)量為___________g。

②假設(shè)O2-采用面心立方最密堆積，Ti4＋與O2-相切，則___________。23、金屬鈦因具有強度高；耐蝕性好、耐熱性高等特點而被廣泛用于各個領(lǐng)域。

(1)基態(tài)Ti原子核外電子排布的最高能級符號是____。與鈦同周期的元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)與鈦相同的有__________種。

(2)鈦比鋼輕，比鋁硬，是一種新興的結(jié)構(gòu)材料。鈦硬度比鋁大的原因是_____。

(3)半夾心結(jié)構(gòu)催化劑M其結(jié)構(gòu)如圖所示：

①組成該物的質(zhì)元素中，電負(fù)性最大的是___________(填元素符號)

②M中不含_________(填標(biāo)號)

a.π鍵b.σ鍵c.配位鍵d.離子鍵e.氫鍵。

(4)TiO2能溶于濃硫酸并析出一種離子晶體，已知其中陽離子是以鏈狀聚合物形式存在的鈦酰陽離子，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其化學(xué)式是______寫出一種與陰離子互為等電子體的分子______。

(5)鈦單質(zhì)的晶胞如圖所示，該晶胞為______堆積(填堆積方式)，鈦原子的配位數(shù)是_______，已知晶胞參數(shù)：a=0.295nm，c=0.469nm。則該鈦晶體的密度為___________g·cm-3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值；列出計算式即可)

評卷人得分五、計算題(共3題，共9分)24、按要求填空。

(1)一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為___________，微粒之間的作用力為___________。

(2)上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進入由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與(如圖1)的結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，晶胞中含B原子數(shù)目為___________。

(4)鐵有δ、γ、α三種同素異形體，δ?Fe晶胞參數(shù)為acm，則鐵原子半徑為___________(假設(shè)原子為剛性球體)；δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為___________。

(5)奧氏體是碳溶解在γ?Fe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞如圖所示，若晶體密度為ρg?cm?3，則晶胞中最近的兩個碳原子的距離為___________pm(阿伏加德羅常數(shù)的值用表示；寫出計算式即可)。

25、碳有多種同素異形體，其中石墨烯與金剛石的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

（1）金剛石、石墨、C60、碳納米管等都是碳元素的單質(zhì)形式，它們互為_____________。

（2）在石墨烯晶體中，每個C原子連接_____個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有____個C原子。

（3）在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接________個六元環(huán)。

（4）金剛石晶胞含有________個碳原子。若碳原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長為a，列式表示碳原子在晶胞中的空間占有率________(不要求計算結(jié)果)。

（5）德國和美國科學(xué)家首先制出由20個碳原子組成的空心籠狀分子C20，該籠狀結(jié)構(gòu)是由許多正五邊形構(gòu)成（如右圖）。請回答：C20分子共有_______個正五邊形，共有______條棱邊，C20晶體屬于________晶體（填晶體類型）。

26、Cu3N的晶胞結(jié)構(gòu)如圖，N3﹣的配位數(shù)為________，Cu+半徑為acm，N3﹣半徑為bcm，Cu3N的密度為________g?cm﹣3．（阿伏加德羅常數(shù)用NA表示；Cu；N相對分子質(zhì)量為64、14）

評卷人得分六、原理綜合題(共2題，共8分)27、非線性光學(xué)晶體在信息、激光技術(shù)、醫(yī)療、國防等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用價值。我國科學(xué)家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學(xué)晶體?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)硼原子的價電子排布圖是____________，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序為________________。

(2)B的簡單氫化物BH3，不能游離存在，常傾向于形成較穩(wěn)定的B2H6或與其他分子結(jié)合。

①B2H6分子結(jié)構(gòu)如圖，則B原子的雜化方式為____________________。

②氨硼烷（NH3BH3）被認(rèn)為是最具潛力的新型儲氫材料之一，分子中存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是______________，寫出一種與氨硼烷互為等電子體的分子_________（填分子式）。

(3)如圖為H3BO3晶體的片層結(jié)構(gòu)，其中B的雜化方式為_______；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是____________。

(4)以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。CsSiB3O7屬于正交晶系（長方體形），晶胞參數(shù)為anm、bnm和cnm．如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。據(jù)此推斷該晶胞中Cs原子的數(shù)目為_________；CsSiB3O7的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則CsSiB3O7晶體的密度為_____g·cm－3（用含字母的代數(shù)式表示）。28、實施以減少能源浪費和降低廢氣排放為基本內(nèi)容的節(jié)能減排政策；是應(yīng)對全球氣候問題；建設(shè)資源節(jié)約型、環(huán)境友好型社會的必然選擇?；ば袠I(yè)的發(fā)展必須符合國家節(jié)能減排的總體要求，依靠理論知識做基礎(chǔ)。試運用所學(xué)知識，解決下列問題：

(1)已知某反應(yīng)的平衡表達式為：K=它所對應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)為：________________。

(2)利用水煤氣合成二甲醚的三步反應(yīng)如下：

①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H=-90.8kJ/mol

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-23.5kJ/mol

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.3kJ/mol

總反應(yīng)：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=____________；二甲醚(CH3OCH3)直接作燃料電池具有啟動快，效率高等優(yōu)點，若電解質(zhì)為酸性，該電池的負(fù)極反應(yīng)為________________。

(3)煤化工通常通過研究不同溫度下平衡常數(shù)以解決各種實際問題．已知等體積的一氧化碳和水蒸氣進入反應(yīng)器時，會發(fā)生如下反應(yīng)：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，該反應(yīng)平衡常數(shù)隨溫度的變化如下表所示：。溫度/℃400500800平衡常數(shù)K9.9491

該反應(yīng)的正反應(yīng)方向是_______反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)，若在500℃時進行，設(shè)起始時CO和H2O的起始濃度均為0.020mol/L，在該條件下，CO的平衡轉(zhuǎn)化率為：________________。

(4)從氨催化氧化可以制硝酸，此過程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等，對反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分?jǐn)?shù)隨壓強變化曲線如圖甲所示．下列說法正確的是________________。

A.A、C兩點的反應(yīng)速率：A>C

B.A；C兩點氣體的顏色：A深；C淺。

C.B、C兩點的氣體的平均相對分子質(zhì)量：B

D.由狀態(tài)B到狀態(tài)A；可以用加熱的方法。

E.A、C兩點的化學(xué)平衡常數(shù)：A>C

(5)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃時，將mmolNH4NO3溶于水，溶液顯酸性，向該溶液滴加nL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水的過程中水的電離平衡將________（填“正向”“不”或“逆向”）移動，所滴加氨水的濃度為________mol/L(NH3·H2O的電離平衡常數(shù)取Kb=2×10﹣5mol/L)。

(6)某科研單位利用原電池原理，用SO2和O2來制備硫酸；裝置如圖乙所示，電極為多孔的材料能吸附氣體，同時也能使氣體與電解質(zhì)溶液充分接觸。

①溶液中H+的移動方向由________極到________極；(用A；B表示)

②B電極的電極反應(yīng)式為____________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

X、Y、Z、R、T5種短周期元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，且都小于20，Y和R屬同一族，它們原子最外層的p能級電子數(shù)是s能級電子數(shù)的兩倍，最外層電子排布為ns2np4，則Y為O元素、R為S元素；X和T屬同一族，它們原子的最外層電子排布為ns1，處于IA族，T的原子序數(shù)大于硫，且X為非金屬，則X為H元素、T為K元素；Z原子最外層上電子數(shù)等于T原子最外層上電子數(shù)的一半，其最外層電子數(shù)為6×=3；故Z為Al。

【詳解】

A．簡單離子的半徑，電子層多，則半徑大；相同電子層，原子序數(shù)小的，半徑大，則O2-、S2-、K+的半徑為：S2->K+>O2-；A項錯誤；

B．O與H；S、K均可形成至少兩種二元化合物；B項正確；

C．金屬性：K＞Al，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：KOH>Al(OH)3；C項錯誤；

D．由這五種元素組成的一種化合物為KAl(SO4)2·12H2O；可作凈水劑但不能為消毒劑，D項錯誤；

答案選B。2、C【分析】【詳解】

A；原子半徑每一橫行隨著原子序數(shù)的遞增而遞減；即隨著原子序數(shù)的遞增而周期性變化；A正確；

B；化合價每一橫行金屬最高價由+1遞增到+x；非金屬元素的最低價由-x逐漸變化到-1，B正確；

C；原子核外電子數(shù)一直隨著原子序數(shù)增加而增加；不是周期性變化，C錯誤；

D；原子最外層電子數(shù)每一橫行由1逐漸遞增到8；呈現(xiàn)周期性變化，D正確。

故選C。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知，每個B原子具有5×個共價鍵，12個B原子共含有12×5×=30個共價鍵，含有的三角形數(shù)目=30÷(×3)=20；A正確；

B．P4四個磷原子排列于正四面體的四個定點上（和甲烷中四個氫的位置一樣）；結(jié)構(gòu)對稱，極性抵消，是非極性分子，鍵角為60°，B錯誤；

C．固態(tài)硫(S8)屬分子晶體；由圖可知其結(jié)構(gòu)對稱均為硫原子，其分子由非極性鍵構(gòu)成，C正確；

D．HCN的結(jié)構(gòu)式為：HCN分子中鍵與鍵的數(shù)目比為1∶1；D正確；

答案選B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣屬于物質(zhì)的三態(tài)變化；屬于物理變化，破壞了范德華力，石蠟蒸氣→裂化氣發(fā)生了化學(xué)變化，破壞了共價鍵；所以在“石蠟→液體石蠟→石蠟蒸氣→裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是范德華力；范德華力、共價鍵；

故答案為D。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．配合物Fe(CO)5的熔點為-20℃，沸點為103℃，所以固態(tài)Fe(CO)5屬于分子晶體；故A錯誤；

B．Fe(CO)5中Fe原子與5個CO成鍵，但不是sp3雜化；故B錯誤；

C．1個Fe(CO)5分子中Fe原子與5個CO形成5個配位鍵，在每個CO分子中存在1個配位鍵，1molFe(CO)5中共含有10mol配位鍵；故C正確；

D．Fe(CO)5=Fe+5CO屬于化學(xué)變化，包括化學(xué)鍵的斷裂與形成，斷開了Fe(CO)5分子中的配位鍵；形成了金屬鍵，故D錯誤；

故選C。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．同周期從左到右元素的電負(fù)性增大；則硅元素的電負(fù)性大于鋁元素，故A正確；

B．氯化鋁和氯化硅都是熔沸點低；硬度小的分子晶體；故B正確；

C．鋁元素和硅元素都位于元素周期表的第三周期；都處于金屬和非金屬交界處，故C正確；

D．硅是親氧元素；在自然界中只以化合態(tài)存在，沒有單質(zhì)硅存在，故D錯誤；

故選D。7、C【分析】【詳解】

A．60g二氧化硅的物質(zhì)的量為n==1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧鍵，含硅氧鍵4NA個；故A錯誤；

B．SiO2是原子晶體；結(jié)構(gòu)中無二氧化硅分子，故B錯誤；

C．12g金剛石中碳原子的物質(zhì)的量為=1mol，而1mol金剛石中含2mol碳碳鍵，含碳碳鍵2NA個；故C正確；

D．石墨晶體中一個碳原子含有個碳碳共價鍵，所以1mol石墨晶體中含有共價鍵鍵數(shù)為NA；故D錯誤；

故選C。二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】(1)

利用同周期從左向右第一電離能是增大趨勢，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能最大的是Cl；LiAlH4中H顯-1價，H2O中H顯+1價，發(fā)生歸中反應(yīng)得到氫氣和一種鹽，因此反應(yīng)方程式為LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；Li、Al均為金屬元素，H為非金屬元素，三種元素中H的電負(fù)性最大，Li顯+1價，Al顯+3價，整個化合價代數(shù)和為0，則H顯-1價；故答案為氯；LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；因為三種元素中H元素的電負(fù)性最大；

(2)

鋰元素位于第二周期ⅠA族，原子序數(shù)為3，則鋰原子的電子排布式為1s22s1；核外有3個電子，即有3中運動狀態(tài)不同的電子；故答案為1s22s1；3；

(3)

基態(tài)Mg原子核外電子電子排布式為1s22s22p63s2，最高能級3s能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，能量低，穩(wěn)定，基態(tài)Al原子核外電子電子排布式為1s22s22p63s23p1，最高能級3p為不穩(wěn)定狀態(tài)，因此第一電離能Mg大于Al，Mg+的電子排布式為1s22s22p63s1，最高能級3s處于不穩(wěn)定狀態(tài)，而Al+的電子排布式為1s22s22p63s2，最高能級3s處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，能量低，穩(wěn)定，故第二電離能Mg小于Al；故答案為基態(tài)Mg最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，基態(tài)Al最高能級為不穩(wěn)定狀態(tài)，因此第一電離能Mg大于Al，Mg+最高能級處于不穩(wěn)定狀態(tài)，而Al+最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)；故第二電離能Mg小于Al；

(4)

反應(yīng)①、②中電負(fù)性最大的是Cl，電負(fù)性最小的是Na，形成的化合物是NaCl，屬于離子化合物，其電子式為故答案為【解析】(1)氯LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑因為三種元素中H元素的電負(fù)性最大。

(2)1s22s13

(3)基態(tài)Mg最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，基態(tài)Al最高能級為不穩(wěn)定狀態(tài)，因此第一電離能Mg大于Al，Mg+最高能級處于不穩(wěn)定狀態(tài)，而Al+最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)；故第二電離能Mg小于Al

(4)9、略

【分析】【分析】

由元素的電離能可以看出；Q的電離能很大，可能為零族元素；R和V的第一電離能較小，第二電離能劇增，最外層電子數(shù)應(yīng)為1，二者可能處于同一族；S的第一；第二電離能較小，第三電離能劇增，最外層電子數(shù)應(yīng)為2；T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，最外層電子數(shù)應(yīng)為3。

【詳解】

(1)根據(jù)分析可知R和V最可能位于同一族；故選E；

(2)A．Q可能為零族元素；無法形成氯化物，故A錯誤；

B．R的最外層電子數(shù)應(yīng)為1；其氯化物最可能為RCl，故B正確；

C．S的最外層電子數(shù)應(yīng)為2，其氯化物最可能為SCl2；故C錯誤；

D．T的最外層電子數(shù)應(yīng)為3，其氯化物最可能為TCl3；故D錯誤；

E．V的最外層電子數(shù)應(yīng)為1；其氯化物最可能為VCl，故E錯誤；

綜上所述選B；

(3)Q最可能為零族元素；所以選E；

(4)第一電離能越小越容易失去電子形成陽離子；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知V元素的第一電離能最小，最容易失去電子形成陽離子和氯離子形成離子化合物，所以選E；

(5)R和V最可能位于第IA族；其核外最少有4個電子，所以排除H和Li，而V的第一電離能小于R，所以R可能為選項中的Na，V為選項中的K，所以選D。

【點睛】

本題需要學(xué)生掌握原子的最外層電子數(shù)與電離能之間的關(guān)系，明確電離能發(fā)生突變的原因?！窘馕觥竣?E②.B③.E④.E⑤.D10、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)元素在周期表中的位置，可以知道P為H、A為C，B為N，C為O，D為F，E為Ne，F(xiàn)為Mg，G為Al，H為Si，I為Cr，J為Fe，K為Cu，Q為Ga，L為Rb；M為Au，N為At；

(1)結(jié)合以上分析可知；K的元素名稱為銅；

(2)結(jié)合以上分析可知，Q為Ga，核電荷數(shù)為31，基態(tài)時Q元素原子的電子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p1；

(3)a．同周期從左到右原子半徑減小，同主族從上到下原子半徑增大，故原子半徑為：G>H>A>B；故錯誤；

b．同周期從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但是IIA、VA族元素的第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能大?。篍>D>B>C；故錯誤；

c．同周期從左到右電負(fù)性增大，同主族從上到下電負(fù)性減小，故電負(fù)性A>H>G>Q；故正確；

d．非金屬性：B>A>H>G，則最高價氧化物的水化合物的酸性：B>A>H>G；故正確；

故選cd；

(4)由H；C、O三種元素形成的某化合物；對氫氣的相對密度為15，則該化合物的相對分子質(zhì)量為30，該化合物為HCHO，為平面三角形，鍵角約為120°；

(5)B為N，C為O，非金屬性：N2O>NH3。【解析】①.銅②.1s22s22p63s23p63d104s24p1③.cd④.120°⑤.H2O11、略

【分析】【分析】

【詳解】

I．(1)鍵是頭碰頭的方式形成的，而鍵是以肩并肩的方式形成的；單鍵都是鍵，而雙鍵或三鍵中才含有鍵；所以只含有σ鍵的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ鍵又含有π鍵的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成鍵時最外層電子的電子云發(fā)生交疊，H原子只有1s電子，形成H2時兩個H原子的s軌道重疊形成σ鍵；故填⑦；

(3)根據(jù)價層電子對互斥理論；

NH3的價層電子對數(shù)為3+×(5-3×1)=4；孤電子對數(shù)為1，為三角錐形；

H2O的價層電子對數(shù)為2+×(6-2×1)=4；孤電子對數(shù)為2，為V形；

SO2的價層電子對數(shù)為2+×(6-2×2)=3；孤電子對數(shù)為1，為V形；

BeCl2的價層電子對數(shù)為2+×(2-2×1)=2；孤電子對數(shù)為0，為直線形；

CO2的價層電子對數(shù)為2+×(4-2×2)=2；孤電子對數(shù)為0，為直線形，故填三角錐形；V形、V形、直線形、直線形；

II．(1)Co2+核外25個電子，基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

NO中N作為中心原子提供5個電子，第VIA族的元素O作為周圍原子時，不提供電子，NO有一個負(fù)電荷，多1個電子，所以價電子一共6個，即3對，沒有孤對電子，N元素屬于sp2雜化；離子構(gòu)型是平面三角形，故填平面三角形；

(2)①Co2+離子含有空軌道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤電子對；形成配位鍵，故填N、O；

②同周期自左而右電負(fù)性增大，C、N的氫化物中它們均表現(xiàn)負(fù)化合價，說明它們的電負(fù)性都大于氫元素的，故電負(fù)性由大到小順序為：N>C>H；故填N；C、H；

③bte分子中環(huán)上碳原子形成3個σ鍵，亞甲基中碳原子形成4個σ鍵，雜化軌道數(shù)目分別為3、4，碳原子分別采取sp2、sp3雜化，故填sp2、sp3；

④單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵，bte的分子含有21個σ鍵，1molbte分子中含σ鍵的數(shù)目為21mol，故填21?！窘馕觥竣?①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角錐形⑤.V形⑥.V形⑦.直線形⑧.直線形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形?.N?.O?.N、C、H?.sp2?.sp3?.2112、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)結(jié)構(gòu)式為其中過氧鍵()鍵能小，小于鍵鍵能，所以過氧鍵不穩(wěn)定，因此原因為中過氧鍵不穩(wěn)定(或鍵鍵能比鍵鍵能小)；因此穩(wěn)定性比水差；

(2)為離子化合物，熔點高，而都為共價化合物，是分子晶體，其結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量增加，分子間作用力增大，熔點依次升高，所以原因是至都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量增加，分子間作用力增大，因此熔點依次升高?！窘馕觥竣?中過氧鍵不穩(wěn)定(或鍵鍵能比鍵鍵能小)，因此穩(wěn)定性比水差②.至都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量增加，分子間作用力增大，因此熔點依次升高13、略

【分析】【分析】

(1)離子液體中的作用力是離子鍵；強于氫鍵和分子間作用力，以此分析解答；

(2)根據(jù)圖示；隨著碳納米管直徑的增大，結(jié)冰溫度依次為27℃；7℃、-53℃、-83℃，據(jù)此分析歸納。

【詳解】

(1)由(CH3)3NH+和[AlCl4]-形成的離子液體，陰、陽離子間的作用力是離子鍵，大于有機溶劑分子間的范德華力，因此其揮發(fā)性一般比有機溶劑小；該離子液體中不含氧，則其不助燃；液體一般不能用作復(fù)合材料；由陰、陽離子形成的離子液體應(yīng)該具有導(dǎo)熱性，不可能用作絕熱材料，其揮發(fā)性就小，不會污染環(huán)境，是“綠色”溶劑，故答案為：??；b；

(2)根據(jù)圖示，隨著碳納米管直徑的增大，結(jié)冰溫度依次為27℃、7℃、-53℃、-83℃，即碳納米管直徑越大，結(jié)冰溫度越低(或納米管直徑越小，結(jié)冰溫度越高)，故答案為：碳納米管直徑越大，結(jié)冰溫度越低(或納米管直徑越小，結(jié)冰溫度越高)。【解析】小b碳納米管直徑越大，結(jié)冰溫度越低三、判斷題(共6題，共12分)14、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變?nèi)酰还实冖馎族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；15、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。16、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。17、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。18、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共32分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Ca基態(tài)原子核外電子占據(jù)能級為1s、2s、2p、3s、3p、4s，Ti基態(tài)原子核外電子占據(jù)能級為1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能級數(shù)之比為6：7；Ti基態(tài)原子的價電子排布式為3d24s2，3d能級有2個單電子，同周期中含有2個單電子的元素有Ni、Ge、Br，3種元素；Ca的核外電子排布式為[Ar]4s2，失去2個電子后，核外電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，再失去1個電子屬于內(nèi)層電子，原子核吸引力更強，所以I3突然增大；

(2)NCl3的中心N原子含有1對孤電子對，3條σ鍵，價層電子對數(shù)為4，則分子構(gòu)型為三角錐形；P原子核外電子第三層有d能級，可形成spd雜化，N原子核外電子第二層只有s、p能級4個電子軌道，則不能形成NCl5；

(3)Ti(CO)6、Ti(H2O)TiF中的配體分別為CO、H2O、F-，非金屬性越強，電負(fù)性越大，則H的電負(fù)性最小；根據(jù)球棍模型，硝酸根離子中的2個氧原子與Ti4+連接成環(huán)，則Ti4+的配位數(shù)是8；

(4)根據(jù)TiO2晶胞結(jié)構(gòu)，Ti原子在晶胞的8個頂點、4個面心和1個在體內(nèi)，晶胞含有的個數(shù)為4，O原子8個在棱上、8個在面上，2個在體內(nèi)，O原子個數(shù)為8，則1mol晶胞的質(zhì)量為(48+32)×4g，體積為m2×n×10-30×NAcm3，則密度==g/cm3；

氮摻雜反應(yīng)后，有3個氧空穴，O原子6個在棱上、6個在面上，1個在體內(nèi)，O原子個數(shù)為N原子1個在面上、1個在棱上，個數(shù)為則化學(xué)式為Ti故2-a=a=b=【解析】6：73因為Ca2+已經(jīng)達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，再失去1個電子屬于內(nèi)層電子，原子核吸引力更強，所以I3突然增大三角錐形N元素L層最多4個軌道，所以不易生成NCl5H821、略

【分析】【詳解】

（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧雙鍵，雜化類型是sp2。

（2）基態(tài)Cu的價電子排布式為3d104s1，失去4s能級上的一個電子形成Cu+，故Cu+價電。

子排布式為3d10；CuCl在反應(yīng)中先消耗再生成；屬于催化劑。

（3）①4-甲基咪唑中環(huán)上形成大π鍵；屬于平面結(jié)構(gòu)，1~4號N原子在同一平面上；1號N原子的孤電子對參與形成大π鍵，故3號N原子更容易與Cu形成配位鍵；

②a．Cu(I)配合物中的結(jié)構(gòu)可與甲醇形成分子間氫鍵；增大其在甲醇中的溶解度；

b．形成的Cu(I)配合物在反應(yīng)中作催化劑，催化劑不影響平衡移動，故b錯誤；

選a。

（4）若用某結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，可能的原因是：電負(fù)性：O>N；O對孤電子對吸引力強，使得O作配體時配位能力弱。

（5）金屬陽離子和氧負(fù)離子之間以離子鍵結(jié)合，金屬離子與氧離子間的作用力為離子鍵，晶體晶胞中某微粒的配位數(shù)是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數(shù)必須是與之距離最近且相等的氧離子的數(shù)目，從圖(a)可知，該數(shù)目為三個相互垂直的三個面上，每一個面上有4個，故Ca2+的配位數(shù)是12；距離Pb2+最近的是處于面心的I-，Pb2+的配位數(shù)為6，圖(a)中Ti4+的配位數(shù)也為6，與圖(b)中Pb2+的空間位置相同；有機堿CH3H中N原子上無孤電子對，周圍形成了4個σ鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖(b)可知，一個晶胞中含有Pb2+的數(shù)目為1個，CH3NH的數(shù)目為8=1個，I-的數(shù)目為6=3個，故晶胞的密度為ρ=【解析】(1)sp2

(2)3d10催化劑。

(3)在3a

(4)電負(fù)性：O>N；O對孤電子對吸引力強，使得O作配體時配位能力弱。

(5)離子鍵12Ti4+sp322、略

【分析】【分析】

根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律書寫價電子排布式；可根據(jù)不同類型的晶體物理性質(zhì)的差異判斷晶體的類型；按價層電子對互斥理論判斷離子的空間構(gòu)型和中心原子的雜化方式；結(jié)合元素的非金屬性強弱；對元素的電負(fù)性排序；結(jié)合圖示中與Ti形成共價鍵的原子數(shù)目確定其配位體數(shù)目；用均攤方法計算一個晶胞中含有的各種元素的原子個數(shù)；然后結(jié)合摩爾質(zhì)量與相對原子質(zhì)量關(guān)系計算晶胞質(zhì)量；結(jié)合堆積方式、確定陰陽離子的半徑關(guān)系、求出離子半徑的比值；據(jù)此回答；

【詳解】

(1)Ti是22號元素，基態(tài)鈦原子的價電子排布式為3d24s2。與鈦同周期的第ⅡB族；ⅢA族兩種元素分別是鋅、鎵元素；其中第一電離能較大的是Zn，原因是Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子。

(2)①根據(jù)表格性質(zhì)可知TiCl4熔沸點低，易溶于有機溶劑，則TiCl4是由分子構(gòu)成的分子晶體；而TiCl2熔沸點較高，在乙醇、乙醚中不能溶解，說明TiCl2的晶體類型屬于離子晶體。②按定義可知TiCl4與互為等電子體：原子總數(shù)、價電子總數(shù)相等，因此二者互為等電子體相同；的中心原子的價層電子對數(shù)為故雜化方式是sp3。

(3)Ti的配合物有多種。的配體分別是CO、H2O、F-，其中含有的非金屬性元素有C、O、H、F，元素的非金屬性：元素的非金屬性越弱，其電負(fù)性就越小，故上述所含非金屬元素原子中電負(fù)性最小的是H；根據(jù)Ti(NO3)4的球棍結(jié)構(gòu)圖示可知Ti的配位數(shù)是8。

(4)①在一個晶胞中含有Ca數(shù)目是1；含有Ti數(shù)目為8=1，含有的O數(shù)目為12=3，則一個晶胞中含有1個CaTiO3，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則一個晶胞的質(zhì)量為=g；②設(shè)晶胞的邊長為a，由于O2?采用面心立方最密堆積，則面對角線長度是O2?半徑的4倍，則得Ti4+與O2-相切，則得則【解析】3d24s2ZnZn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子分子晶體離子晶體原子總數(shù)、價電子總數(shù)sp3H8或0.41423、略

【分析】【詳解】

(1)Ti元素為22號元素，基態(tài)鈦原子的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，其最高能級符號是3d；鈦原子核外未成對電子數(shù)為2，與鈦同周期元素中，基態(tài)原子的未成對電子數(shù)與鈦相同的原子的價層電子排布還可能為3d74s2、4s24p2、4s24p4；即Ni，Ge，Se，共3種；

(2)Ti原子的價電子數(shù)比Al多；金屬鍵更強，所以鈦硬度比鋁大；

(3)①組成該物質(zhì)的元素有H；C、O、Cl、Ti；非金屬性越強，電負(fù)性越大，五種元素中非金屬性最強的是O元素，所以O(shè)元素的電負(fù)性最大；

②分子中含有碳碳單鍵；碳氧單鍵、碳?xì)鋯捂I等均為σ鍵；碳碳雙鍵中有π鍵，O原子和Ti原子之間形成配位鍵，Cl原子和Ti原子之間為共價鍵，所以M中不含離子鍵和氫鍵，所以選de；

(4)該圖中每個Ti原子連接O原子個數(shù)=2×=1，即Ti、O原子個數(shù)之比為1：1，其化學(xué)式為(或TiO2+)；的原子個數(shù)為5，價電子總數(shù)為32，與其互為等電子的分子有CCl4、SiCl4等；

(5)據(jù)圖可知該晶胞為六方最密堆積；以面心鈦原子為例，頂點和內(nèi)部共9個鈦原子距離其最近，且相等，在該晶胞的上方晶胞的內(nèi)部還有3個一樣的鈦原子，所以鈦原子的配位數(shù)為12；晶胞含有的鈦原子個數(shù)為=6，所以晶胞的質(zhì)量m=g；該晶胞底面為正六邊形，變成為a，所以底面積為3a2×sin60°，則晶胞的體積V=3a2×sin60°×c=所以晶體的密度為將a=0.295nm，c=0.469nm代入可得晶體的密度為或

【點睛】

第3小題為易錯點，雖然Ti為金屬元素，但其和氯原子、碳原子之間為共價鍵，如同氯化鋁；六方最密堆積的正六面體模型中，頂點的原子被6個晶胞共用?！窘馕觥?d3Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強Ode或TiO2+CCl4(SiCl4)六方最密12或五、計算題(共3題，共9分)24、略

【分析】【詳解】

（1）一種銅金合金晶體具有面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，則晶胞中Cu有個，Au有則該合金中Cu原子與Au原子數(shù)量之比為3：1，微粒之間的作用力為金屬鍵；故答案為：3：1；金屬鍵。

（2）上述晶體具有儲氫功能，氫原子可進入由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中。若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與的結(jié)構(gòu)相似，則一個晶胞中有8個氫原子，則該晶體儲氫后的化學(xué)式應(yīng)為AuCu3H8；故答案為：AuCu3H8。

（3）立方BP(磷化硼)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，B原子位于頂點和面心，則晶胞中含B原子數(shù)目為故答案為：4。

（4）鐵有δ、γ、α三種同素異形體，δ?Fe晶胞參數(shù)為acm，該晶胞中體對角線為四個鐵原子半徑即則鐵原子半徑為δ?Fe晶胞中鐵原子的配位數(shù)為8，α?Fe晶胞中鐵原子的配位數(shù)為6，δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為4：3；故答案為：4：3。

（5）奧氏體是碳溶解在γ?Fe中形成的一種間隙固溶體，無磁性，其晶胞如圖所示，晶胞中鐵原子個數(shù)為碳原子個數(shù)為若晶體密度為ρg?cm?3，則晶胞體積為晶胞參數(shù)為則晶胞中最近的兩個碳原子的距離為晶胞參數(shù)一半的倍即故答案為：【解析】(1)3：1金屬鍵。

(2)AuCu3H8

(3)4

(4)4：3

(5)25、略

【分析】【詳解】

（1）由同一種元素組成的不同單質(zhì)互稱為同素異形體，故金剛石、石墨、C60、碳納米管等都是碳元素的單質(zhì)形式，它們互為同素異形體；（2）在石墨烯晶體中最小的環(huán)為六元環(huán)，每個C原子連接3C-C化學(xué)鍵，則每個C原子連接3個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有的C原子數(shù)為6×=2個C原子；（3）在金剛石晶體中，晶體中每個C原子和它周圍的4個C原子以共價鍵相連，金剛石晶體結(jié)構(gòu)的觀察分析形成空間正四面體結(jié)構(gòu)，晶體中每個碳原子都和其他碳原子構(gòu)成空間正六邊形的碳環(huán)。由于每個C原子和它周圍的4個C原子連接，因此它必然同處于4個六元環(huán)上，而與之相連的4個C原子的每一個又和另外3個C原子相連。因而，它必然又在另外3個碳原子所在的環(huán)上。所以這個碳原子連接3×4=12個六元環(huán)；（4）共價金剛石的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)金剛石昌胞，屬于A4型，頂點8個，相當(dāng)于1個C原子，然后面心上6個，相當(dāng)于3個C原子，而在其8個四面體空隙中有一半也是C原子，且在晶胞內(nèi)，故還有4個C原子，加在一起，可得一個金剛石晶胞中有8個C原子，若碳原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長為a，根據(jù)硬球接觸模型，則正方體對角線的就是C-C鍵的鍵長，即a=2r，所以r=a，碳原子在晶胞中的空間占有率===

點睛：本題考查元素周期表、元素周期律的應(yīng)用、同素異形體辨析、晶體類型、關(guān)于晶體的計算等知識點，解題的關(guān)鍵是晶體空間結(jié)構(gòu)的相關(guān)計算。【解析】同素異形體32128＝1230分子晶體26、略

【分析】【詳解】

Cu3N的晶胞中小黑色球數(shù)目為8×=1，大黑色球數(shù)目為12×=3，故小黑色球為N3?、大黑色球為Cu+，所以N3﹣的配位數(shù)為6；補全晶胞結(jié)構(gòu)可知，N3?離子周圍有6個Cu+；Cu+半徑為apm，N3?半徑為bpm，則晶胞棱長為2(a+b)pm，晶胞體積為[2(a+b)×10?10cm]3，晶胞質(zhì)量為則晶胞密度為=g?cm?3。【解析】6六、原理綜合題(共2題，共8分)27、略

【分析】【詳解】

（1）B原子核外電子排布式為：1s22s22p1，基態(tài)硼原子的價電子排布圖是同周期第一電離能從左向右逐漸增大，N元素2P3為半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能變大，所以，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序為F>N>O>C>B。故答案為：F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子結(jié)構(gòu)如圖，B形成4個σ鍵，價層電子對為4，則B原子的雜化方式為sp3雜化。故答案為：sp3雜化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N，B提供空軌道，用價電子遷移法，N與B之間夾著碳元素，與氨硼烷互為等電子體的分子C2H6（填分子式）。故答案為：N；C2H6；

（3）H3BO3晶體為片層結(jié)構(gòu)，B原子最外層有3個電子，與3個-OH形成3個共價鍵，B的雜化方式為sp2；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是：升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。故答案為：sp2；升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵；并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大；

（4）原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞體內(nèi)，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分別位于晶胞的左側(cè)面、右側(cè)面上，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分別位于晶胞的上底面、下底面，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y軸的棱上，則晶胞中Cs原子數(shù)目為：1+4×+4×=4，由化學(xué)式CsSiB3O7，可知晶胞相當(dāng)于含有4個“CsSiB3O7”，故晶胞質(zhì)量=4×g，則晶體密度==g·