2018-2019学年高二化学上学期期中试卷(含解析) (I).doc

xx-2019学年高二化学上学期期中试卷(含解析) (I)1.下列关于能层与能级的说法中正确的是A. 原子核外每一个能层最多可容纳的电子数为n2B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层数C. 不同能层中s电子的原子轨道半径相同D. 不同能层中p电子的原子轨道能量相同【答案】B【解析】【详解】A.原子核外每一个能层最多可容纳的电子数为2n2，故A错误；B.能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故B正确；C.能层序数越大，s原子轨道的能量越高，轨道的半径越大，故C错误；D.离原子核越远的电子，其能量越大，所以p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，故D错误。故选B。2.石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是A. 11 B. 12 C. 13 D. 23【答案】D【解析】【分析】利用均摊法计算碳原子占有的C-C化学健个数，每个碳原子与其占有的C-C化学健之比即是石墨晶体每一层内碳原子与C-C化学健之比，据此分析解答。【详解】一个六边形占有的碳原子数目是61/3=2，占有的碳碳单键数目是61/2=3，所以碳原子数与碳碳单键数之比为2：3。故选D。3.在下列化学反应中，所断裂的共价键中，仅仅断裂s键的是A. N2+3H22NH3B. 2C2H25O22H2O4CO2C. Cl2H2=2HClD. C2H4H2C2H6【答案】C【解析】【分析】一般非金属之间形成共价单键时，只形成键；两个原子间形成双键或三键时，除了形成键，还会形成键，据此答题。【详解】A.N2分子中存在共价三键，1个键和2个键均断裂，故A错误；B.C2H2分子中存在三键，1个键和2个键均断裂，故B错误；C.H2、Cl2分子中均为单键，仅仅断裂键，故C正确；D.C2H4分子中存在双键，1个键和1个键均断裂，故D错误。故选C。4.下列对Zn（NH3）4SO4配合物的说法不正确的是（）A. SO42是内界 B. 配位数是4C. Zn2+是中心离子 D. NH3是配位体【答案】A【解析】A在Zn（NH3）4SO4中外界是SO42-，內界是Zn（NH3）42+，故A错误；B锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故B正确；C该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故C正确；D该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故D正确；答案选A。5.下列说法中正确的是()A. CH4，C2H2，HCN都是含有极性键的非极性分子B. CO2与SO2的立体构型相似，都是非极性分子C. 分子中含有1个手性碳原子D. 无机含氧酸分子中有几个氢原子，它就属于几元酸【答案】C【解析】【分析】A.HCN的结构不对称，为极性分子；B.二氧化碳为直线型、非极性分子，而二氧化硫为V型、极性分子；C.碳原子上连接四个不同的原子或原子团的为手性碳原子；D.据酸电离出的氢离子数目可以将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，含氧酸中H原子个数与酸的元数不一定相等。【详解】A.CH4、C2H2为极性键构成的非极性分子，而HCN为极性分子，故A错误；B.SO2分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，CO2分子为直线型对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B错误；C.分子中左边第3个C原子连接了四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故C正确；D.无机含氧酸中H原子个数与酸的元数不一定相等，如H3PO3为一元酸，故D错误。故选C。6.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A. CH4SiH4GeH4SnH4B. KClNaClMgCl2MgOC. RbKNaLiD. 石墨金刚石SiO2【答案】D【解析】A分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项A错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项B错误；C、金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项C错误；D、石墨CC的键长比金刚石CC键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨金刚石SiO2，选项D正确。答案选D。7.不能用金属键理论解释的是A. 导电性 B. 导热性 C. 延展性 D. 锈蚀性【答案】D【解析】【详解】金属键是金属阳离子与自由电子之间的静电作用，它决定了金属晶体的一些性质，可以解释金属晶体的导电性、导热性、延展性等金属晶体的物理性质，但不能解释其化学性质，例如锈蚀性。故选D。8.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是()A. Y原子的价层电子排布式为3s23p5 B. 稳定性：Y的氢化物Z的氢化物C. 第一电离能：YZ D. X、Y两元素形成的化合物为离子化合物【答案】C【解析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素。AY为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；BY为硫元素，Z为氧元素，非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性ZY，故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：YZ，故C正确；DX为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故选C。9.下列各组微粒，不能互称为等电子体的是A. NO2、NO2+、NO2 B. CO2、N2O、N3C. CO32、NO3、SO3 D. N2、CO、CN【答案】A【解析】【详解】A.NO2、NO2+、NO2-的电子数分别为23、22、24，电子数不一样，不能互称为等电子体，故A正确；B.CO2、N2O、N3-的电子数分别为22、22、22，电子数一样，原子数一样，互称为等电子体，故B错误；C.CO32-、NO3-、SO3的电子数分别为32、32、32，电子数一样，原子数一样，互称为等电子体，故C错误；D.N2、CO、CN-电子数分别为14、14、14，电子数一样，原子数一样，互称为等电子体，故D错误。【点睛】具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体。10. 下列各组微粒中不属于等电子体的是( )A. CH4、NH4+ B. H2S、HCl C. CO2、N2O D. CO32-、NO3-【答案】B【解析】试题分析：A甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，故A不选；B硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，所以不是等电子体，故B选；C二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故C不选；D碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，故D不选；故选B。考点：考查等电子体的判断。11.R元素的原子，其最外层的p能级电子数等于所有的能层s能级电子总数，则R可能是A. Li B. Be C. S D. Ar【答案】D【解析】【详解】若R只有1个能层，则不存在p能级，若R有2个能层，则有2个s能级，其电子排布式应为1s22s22p4，为氧元素，若R有3个能层，则有3个s能级，其电子排布式应为1s22s22p63s23p6，为氩元素，故D正确。故选D。12. 下列叙述正确的是（ ）A. 分子晶体中的每个分子内一定含有共价键B. 原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键C. 离子晶体中可能含有共价键D. 金属晶体的熔点和沸点都很高【答案】C【解析】试题分析：A项分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体在固态时；B项原子晶体中的相邻原子间可能存在极性共价键，如二氧化硅晶体；C项正确，如氢氧化钠；D项金属晶体的熔点和沸点差距比较大，如金属铯在手温下可以熔化。考点：晶体结构与性质。点评：晶体的类型与结构决定晶体的性质，属于简单题。13.物质的下列性质或数据与氢键无关的是A. 甲酸蒸气的密度在373 K时为1.335 g/L，在297 K时为2.5 g/LB. 邻羟基苯甲酸（）的熔点为159，对羟基苯甲酸（）的熔点为213C. 乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比混溶D. HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多【答案】D【解析】【详解】A.甲酸分子中含有羟基，在较低温度下，分子间以氢键结合成多分子缔合体，而在较高温度下氢键被破坏，多分子缔合体解体，所以甲酸的密度在低温时较大，与氢键相关，故A错误；B.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键增大了分子间作用力，使对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高，与氢键相关，故B错误；C.乙醇分子结构中含有羟基，可以与水分子形成分子间氢键，从而增大了乙醇在水中的溶解度，使其能与水以任意比互溶，而乙醚分子结构中含无羟基，不能与水分子形成氢键，在水中的溶解度比乙醇小得多，与氢键相关，故C错误；D.HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多的原因是H-F键的键能比H-Cl键的键能大，与氢键无关，故D正确。故选D。【点睛】氢键不是化学键，一般影响物质的物理性质。分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，溶解性增大，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质的熔沸点升高。14.1 mol气态钠离子和1 mol气态氯离子结合生成1 mol氯化钠时释放出的热能为氯化钠的晶格能。下列热化学方程式中，反应热的绝对值等于氯化钠晶格能的数值的是A. Na(g)Cl(g)=NaCl(s)；H1a kJmol1B. Na(g)1/2Cl2(g)=NaCl(s)；H2b kJmol1C. NaCl(s)=Na(g)Cl(g)；H3c kJmol1D. Na(g)Cl(g)=NaCl(s)；H4d kJmol1【答案】A【解析】【详解】1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：Na+（g）+Cl-（g）NaCl（s）；H1a kJmol1，所以A正确。故选A。15.已知某元素的2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是()A. 第三周期A族，p区B. 第四周期B族，s区C. 第四周期族，d区D. 第四周期A族，s区【答案】D【解析】【分析】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有2个电子，有4个电子层，故该元素应为第四周期A族元素Ca，处于s区。答案选D。【点睛】本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系。16. 根据“相似相溶，规律，你认为下列物质在水中溶解度较大的是(A. 乙烯 B. 二氧化碳 C. 二氧化硫 D. 氢气【答案】C【解析】试题分析：乙烯、二氧化碳和氢气都是非极性分子，二氧化硫属于极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，水属于极性溶剂，所以极性分子二氧化硫在水中的溶解度较大，故C正确；故选C。【考点定位】考查相似相溶原理及其应用【名师点晴】本题考查了相似相溶原理，注意相似相溶原理的使用范围，相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。极性溶剂(如水）易溶解极性物质(离子晶体、分子晶体中的极性物质如强酸等）；非极性溶剂(如苯、汽油、四氯化碳等）能溶解非极性物质(大多数有机物、Br2、I2等）；分子结构的相似性：含有相同官能团的物质互溶，如水中含羟基(-OH）能溶解含有羟基的醇、酚、羧酸；氢键的影响：氢键的存在可使溶解性增强；发生反应：发生反应可使溶解性增强。17.已知C3N4很可能具有比金刚石还大的硬度，且间均以单键结合下列关于C3N4的说法正确的是A. C3N4晶体是分子晶体B. C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长要长C. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合【答案】C【解析】【详解】A.由信息可知，C3N4晶体很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，所以C3N4为原子晶体，故A错误；B.N比C电负性大，C-N键比C-C键电负性相差大，键长短，故B错误；C.因为C的最外层有4个电子，每个电子与另一个N形成C-N（一对共用电子对），因此一个碳原子连接4个N原子，因为N的最外层有5个电子，每个电子与另一个C形成N-C（一对共用电子对），因此一个N原子连接3个C原子，故C正确；D.C3N4晶体是原子晶体，不存在离子键，故D错误。故选C。18.若某元素原子处于能量最低状态时，外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子B. 该元素原子核外共有5个电子层C. 该元素原子的M层共有8个电子D. 该元素原子最外层有3个电子【答案】B【解析】【分析】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子，据此答题。【详解】A.该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1未成对电子，故A错误；B.该元素原子核外有5个电子层，故B正确；C.该元素原子M能层共有18个电子，故C错误；D.该元素原子最外层上有2个电子，故D错误。故选B。19.以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是A. B. C. 1s2 D. 【答案】D【解析】【详解】A.只能表示最外层电子数；B.只表示核外的电子分层排布情况；C.具体到亚层的电子数；D.包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向。故对电子运动状态描述最详尽的是D。故选D。20.钛号称“崛起的第三金属”，因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域。已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是( )A. 上述钛原子中，中子数不可能为22 B. 钛元素在周期表中处于第四周期B族C. 钛原子的外围电子层排布为3d24s2 D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素【答案】B【解析】试题分析：A、钛为22号元素，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，中子数不可能为22，A正确；B、钛原子的外围电子层排布为3d24s2，钛元素在周期表中处于第四周期B族，B错误；C、根据构造原理知钛原子的外围电子层排布为3d24s2，C正确；D、d区元素原子的价电子排布为（n-1）d19ns12，根据铁原子的价电子排布知钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素，D正确。答案选B。考点：考查原子结构、元素周期表。21.下列既有离子键又有共价键的化合物是()A. Na2O B. NaOH C. CaBr2 D. HF【答案】B【解析】A氧化钠中只含离子键，选项A错误；B氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项B正确；C溴化钙中只含离子键，选项C错误；D氟化氢中只含共价键，选项D错误。答案选B。22.某元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，该元素()A. 一定是第A族元素B. 一定是金属元素C. 不是第A族元素就是副族元素D. 可能是金属元素也可能是非金属元素【答案】D【解析】【详解】A.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是零族或副族元素，所以不一定是第A族元素，故A错误；B.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是稀有气体元素如He，所以不一定是金属元素，故B错误；C.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，不一定是第A族元素或副族元素，还可能是零族元素，故C错误；D.该元素基态原子的最外层电子排布式为ns2，可能是零族、第A族或副族元素，所以可能是金属元素也可能是非金属元素，故D正确。故选D。23.钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是 ()A. BaTi8O12 B. BaTi4O6C. BaTi2O4 D. BaTiO3【答案】D【解析】Ba在体心上，1个；Ti在8个顶点上，则8（1/8）=1；O在每条边的中点上，则12（1/4）=3；24.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是A. CO2与SO2 B. CH4与NH3C. BeCl2与BF3 D. C2H4与C2H2【答案】B【解析】【详解】A.CO2为sp杂化、SO2为sp2杂化，故A错误；B.CH4与NH3均为sp3杂化，故B正确；C.BeCl2为sp杂化，BF3为sp2杂化，故C错误；D.C2H4为sp2杂化，C2H2为sp杂化，故D错误。故选B。25.有A、B、C、D四种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有三个不成对的电子；C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体。下列叙述中不正确的是A. D原子的简化电子排布式为Ar3s23p4B. B、C两元素的第一电离能大小关系为BCC. 用电子式表示AD2的形成过程为D. 由B60分子形成的晶体与A60相似，分子中总键能：B60A60【答案】A【解析】试题解析：有A、B、C、D四种元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，p能级最多容纳6个电子，故A由2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素，A、B、C属于同一周期，B原子最外层中有三个不成对的电子，B的p能级容纳3的电子，故B为氮元素，C元素可分别与A、B、D生成RC2型化合物，其中的DC2与C3互为等电子体，C、D属于同族元素，故C为氧元素，D为硫元素。D为硫元素，原子的简化电子排布式为Ne3s23p4，故A错误；B为氮元素，C为氧元素，氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的第一电离能，故B正确；AD2是CS2，属于共价键化合物，CS2的结构与CO2相似，碳原子与硫原子之间形成2对共用电子对，形成过程为，故C正确；N60分子形成的晶体与C60相似，氮氮键长比碳碳键长短，故氮氮键键能更大，故N60分子中总键能大于C60，故D正确。考点：核外电子排布规律、结构与位置关系、分子结构与性质26.按要求填空：（1）基态B原子的电子排布式为_。（2）基态N原子的价电子排布式为_。（3）Se原子序数为_，其核外M层电子的排布式为_。（4）Li3N晶体中氮以N3存在，基态N3的电子排布式为_。（5）写出基态镓(Ga)原子的电子排布式：_。【答案】 (1). 1s22s22p1(或He2s22p1) (2). 2s22p3 (3). 34 (4). 3s23p63d10 (5). 1s22s22p6 (6). 1s22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d104s24p1)【解析】【详解】（1）B的原子序数为5，其基态原子的电子排布式为1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1(或He2s22p1)。（2）N原子的原子序数为6，基态氮原子的价电子排布式是2s22p3，故答案为：2s22p3。（3）Se位于元素周期表第四周期第A族，原子序数为34，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则核外M层电子的排布式为3s23p63d10，故答案为：34 ，3s23p63d10。（4）N原子原子序数为7，N3-离子原子核外共有10个电子，且最外层达到稳定结构，根据能量最低原理可写出电子排布式为1s22s22p6，故答案为：1s22s22p6。（5）镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓（Ga）原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d104s24p1)。【点睛】处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则。27.回答下列问题：（1）写出具有10个电子、两个或两个以上原子核的离子的符号_、_、_、_。（2）写出具有18个电子的无机化合物的化学式_、_、_、_、_。（3）在（1）（2）题涉及的粒子中，空间构型为正四面体的有_；为三角锥形的有_。【答案】 (1). OH (2). NH4+ (3). H3O (4). NH2- (5). H2S (6). H2O2 (7). PH3 (8). SiH4 (9). HCl (10). NH4+、SiH4 (11). H3O、PH3【解析】【详解】（1）第二周期非金属元素的氢化物具有10个电子，其分子结合1个H+或失去1个H+后，形成阴、阳离子所具有的电子数不变，离子符号为：OH-、NH4+ 、H3O + ；NH2-，类比推导或根据等电子原理导出：NH4+ 与CH4、 H3O + 与NH3、 NH2-与 H2O 的立体构型分别相同，依次为正四面体形、三角锥形和V形，故答案为：OH-、NH4+ 、H3O + ；NH2-。（2）第三周期元素的氢化物分子中具有18个电子，第二周期元素形成R2HX型的化合物，如C2H6、H2O2等，也具有18个电子。符合条件的分子有H2S、PH3、SiH4、HCl、H2O2、N2H4，故答案为：H2S、PH3、SiH4、HCl、H2O2。（3）由等电子原理分析，NH4+、SiH4为正四面构型，H3O、PH3为三角锥形，故答案为：NH4+、SiH4，H3O、PH3。【点睛】等电子体的立体构型、性质相似。28.过渡金属元素氧化物的应用研究是目前科学研究的前沿之一，试回答下列问题：（1）二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯等有害气体转化为二氧化碳和水，达到无害化有关甲醛、苯、二氧化碳及水说法正确的是_苯与B3N3H6的总电子数相等；甲醛、苯分子中碳原子均采用sp3杂化；苯、二氧化碳、水和甲醛都是非极性分子；水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能存在氢键，甲醛分子间不存在氢键（2）xx年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝费尔和德国科学家彼得格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应（CMR效应）研究方面的成就某钙钛型复合氧化物（如图1），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是CA，Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe时，这种化合物具有CMR效应用A，B，O表示这类特殊晶体的化学式：_Cr、Mn的核外特征电子排布式分别为：Cr：Kr3d54s1、Mn：Kr3d54s2，则它们第一电离能由小到大的排列顺序是：_用“”排列）（3）CO2的空间构型为_；固体CO2与SiO2熔沸点差异很大的原因是_（4）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如图2）类似，其中空心球所示原子位于立方体的顶点或面心，实心球所示原子位于立方体内）类似每个冰晶胞平均占有_个水分子；冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是_【答案】 (1). (2). ABO3 (3). CrMn (4). 直线型分子 (5). CO2是分子间作用力形成的分子晶体，SiO2是共价键形成的空间网状原子晶体 (6). 8 (7). 水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子可与相邻的4个水分子形成氢键，且为正四面体结构【解析】【分析】（1）苯的电子总数为66+6=42，B3N3H6的的电子总数为35+37+6=42；甲醛、苯分子中碳原子均形成3个键，二氧化碳中碳原子均形成2个键，均没有孤电子对；分子中正负电荷重心重合的为非极性分子，正负电荷重心不重合的为极性分子；水分子之间形成氢键，沸点较高；（2）利用均摊法计算晶体晶胞中氢所各原子的个数，再根据原子数之比确定化学式；和铬在同一周期且锰的原子序数大于铬，根据元素周期律可以知道，第一电离能由小到大的排列顺序；（3）根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，根据不同类型晶体的性质差异进行比较熔沸点；（4）利用均摊法确定每个冰晶胞含有的水分子个数，根据氧原子和碳原子的杂化方式以及氢键的特点，分析冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因。【详解】（1）苯的电子总数为66+6=42，B3N3H6的的电子总数为35+37+6=42，所以苯与B3N3H6的总电子数相等相等，故正确；甲醛、苯分子中碳原子均形成3个键，二氧化碳中碳原子均形成2个键，均没有孤电子对，甲醛、苯分子中碳原子采用sp2杂化，二氧化碳分子中C原子采取sp杂化，故错误；苯、二氧化碳分子的空间结构对称是非极性分子，甲醛分子的空间结构不对称属于极性分子，水分子中的氧原子有孤对电子，也是极性分子，故错误；水的沸点比甲醛高得多，是因为水分子间能形成氢键，故正确。故答案为：。（2）由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为81/8=1个，B位于晶胞的体心，含有1个，O位于面心，晶胞中含有O的个数为61/2=3，则化学式为ABO3，故答案为：ABO3。因为Cr的核外电子排布式为：Kr3d54s1，Mn的核外电子排布式：Kr3d54s2，锰和铬在同一周期且锰的原子序数大于铬，根据元素周期律可以知道，第一电离能由小到大的排列顺序为：CrMn，故答案为：CrMn。（3）二氧化碳分子中碳原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，所以其空间构型是直线形，CO2是分子晶体，分子间是范德华力，SiO2是空间网状的原子晶体，原子之间是共价键，作用力远大于范德华力，所以固体CO2的熔沸点比SiO2熔沸点要小得多，故答案为：直线型分子；CO2是分子间作用力形成的分子晶体，SiO2是共价键形成的空间网状原子晶体。（4）每个冰晶胞平均占有分子个数=4+81/8+61/2=8，H2O的氧原子中含有2个键和2个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有4个键且没有孤电子对，所以水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外2个水分子形成2个原子，2个氢原子可以和另外2个水分子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的4个水分子形成氢键，导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相似，故答案为：8；水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子可与相邻的4个水分子形成氢键，且为正四面体结构。29.X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)形成配离子：回答下列问题：（1）W原子的核外电子排布式为_，上述配离子中含有的化学键类型有_(填字母)。a配位键 b极性键c离子键 d非极性键（2）元素X、Y、V第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。（3）Z的氢化物的空间构型是_；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是_。（4）一定压强，将HF和HCl混合气体降温时，首先液化的物质是_。（5）已知XeO3分子中氙原子上有1对孤对电子，则XeO3为_分子(填“极性”或“非极性”)；XeO3分子中中心原子的杂化类型为_；XeO3分子的空间构型为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (2). abd (3). MgAlNa (4). 三角锥形 (5). 氨分子间存在氢键 (6). HF (7). 极性 (8). sp3 (9). 三角锥形【解析】【分析】X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期（除稀有气体外）原子半径最大的元素，则X为Na元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则Y为Al元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，其原子核外电子排布为ls22s22p3，则Z为氮元素；V原子的核外电子排布式为ls22s22p63s2，则V为Mg元素，W的原子序数为29，W为Cu元素，据此答题。【详解】（1）Cu原子核外电子数为29，原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；W的离子能与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）形成配离子，铜离子与乙二胺分子之间形成配位键，碳原子与氮原子、氢原子之间以及氮原子与氢原子之间形成极性键，碳原子之间形成非极性键，故选abd；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s；abd。（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能MgAlNa，故答案为：MgAlNa。（3）Z的氢化物为NH3，为三角锥型结构，氨气分子之间存在氢键，其沸点比甲烷的沸点高，故答案为：三角锥型；氨分子间存在氢键。（4）氟化氢中存在氢键，所以熔沸点高于氯化氢的，因此首先液化的是HF，故答案为：HF。（5）在XeO3分子中Xe形成3个极性键，又因为氙原子上有1对孤对电子，因此是sp3杂化，所以空间构型是三角锥形，属于极性分子，故答案为：极性，sp3，三角锥形。30.已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且都含有18个电子，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为12。D物质的氢化物能刻蚀玻璃。（1）A的分子式是_，写出A原子的价层电子排布式_。（2）B分子的中心原子的杂化类型是_，分子空间构型是_，该分子属于_分子(填“极性”或“非极性”)。（3）C的化学式是_，分子中含有的化学键类型是_。（4）D物质的氢化物的沸点比HCl的沸点高，其主要原因是_。【答案】 (1). Ar (2). 3s23p6 (3). sp3 (4). V型 (5). 极性 (6). N2H4 (7). 极性键、非极性键 (8). HF分子之间能形成氢键【解析】【分析】A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且都含有18个电子，故A为Ar；B、C分子中两种原子的个数比均为1：2，故B为H2S；C分子所含原子数目为6，且分子中两种原子的个数比为1：2，故C为N2H4；D元素的氢化物能刻蚀玻璃，则D为F2，据此解答。【详解】（1）由上述分析，可知A为Ar，处于第三周期零族，最外层电子数为8，其价层电子排布式为3s23p6，故答案为：Ar；3s23p6。（2）B为H2S，S原子价层电子对数=2+=4，含有2对孤对电子，故S采取sp3杂化，H2S分子为V型结构，分子不是对称结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故答案为：sp3；V型；极性。（3）由上述分析可知，C为N2H4，分子中N原子之间形成非极性键、N原子与H原子之间形成极性键，故答案为：N2H4；非极性键、极性键。（4）HF分子之间能形成氢键，氢键比分子间作用力强，故沸点高于同主族其它元素氢化物，故答案为：HF分子之间能形成氢键。【点睛】含有氢键的物质，无机物如NH3、H2O、HF、HNO3等，有机物如乙醇、乙酸、邻硝基苯酚等，通常能形成氢键的原子是N、O和F，形成分子间氢键能使熔沸点升高,形成分子内氢键能使熔沸点降低。