2018-2019学年吉林省乾安县第七中学高二下学期第一次质量检测化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省乾安县第七中学高二下学期第一次质量检测化学试题 解析版

乾安七中2018—2019学年度下学期第一次质量检测高二化学试题 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共100分，考试时间为90分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5‎ 第Ⅰ卷(选择题，共55分)‎ 一、选择题(本题包括20小题，15每小题2分，6—20，每小题3分，共55分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误； ‎ B、违反了洪特规则，基态原子的电子总是优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，故B错误； ‎ C、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故C错误；‎ D、能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道(能级相同的轨道)中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确核外电子排布规律为解答关键，注意核外电子排布规律的理解与灵活运用。本题的易错点为B，要注意遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低。‎ ‎2.已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，该元素在周期表中的位置和区域是( )‎ A. 第三周期第ⅥB族；p区 B. 第三周期第ⅢB族；ds区 C. 第四周期第ⅥB族；d区 D. 第四周期第ⅢB族；f区 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，其原子核外电子数为21+3=24，为Cr元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d5s1，处于周期表中第4周期第VIB族，属于d区，故选C。‎ ‎3.2001年诺贝尔化学奖授予在“手性碳原子的催化氢化、氧化反应”研究领域作出贡献的美、日三位科学家。下列分子中含手性碳原子的是 A. CHFBr2 B. CH3CH2OH C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．CHFBr2中碳原子上连着的四个基团各有两个是一样的，该碳原子不是手性碳原子，故A错误； B．乙醇中的两个碳原子上连着的四个原子中，都有一样的，都不是手性碳原子，故B错误；C．中碳原子上连与2个相同的甲基，故C错误；D．第二个碳原子周围连着的四个原子或原子团分别是：甲基、氨基、氢原子、羧基，该碳原子是手性碳原子，故D正确，故选D。‎ 考点：考查手性碳原子的判断。‎ ‎4. 关于晶体的自范性，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 破损的晶体能够在固态时自动变成规则的多面体 B. 缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 C. 圆形容器中结出的冰是圆形的体现了晶体的自范性 D. 由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，晶体在固态时不具有自发性，不能形成新的晶体，故A错误；B项，溶质从溶液中析出，可形成晶体，故B正确；C项，圆形容器中结出的冰是圆形，不是自发形成的，故C错误；D项，玻璃体属于非晶体，不具有自范性，由玻璃制成规则的玻璃球不是自发进行的，故D错误。‎ ‎5.下列有关获得晶体的途径，错误的是 (　 　)‎ A. 从熔融态结晶出来的硫 B. 熔融态物质急速冷却 C. 凝华得到的碘 D. 从硫酸铜饱和溶液中析出的硫酸铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】得到晶体一般有三条途径：①熔融态物质凝固；②气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)；③溶质从溶液中析出。‎ A．从熔融态结晶出来的硫，符合途径①，故A正确；‎ B．熔融态物质急速冷却得到玻璃态物质，不属于晶体，故B错误；‎ C．凝华得到的碘，符合途径②，故C正确；‎ D．从硫酸铜饱和溶液中析出的硫酸铜，符合途径③，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.某物质的晶体中含A、B、C三种元素，其排列方式如图所示(其中前后两面心上的B原子未能画出)，晶体中A、B、C的原子个数之比为 ‎ A. 1∶3∶1 B. 2∶3∶1‎ C. 2∶2∶1 D. 1∶3∶3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有，据此分析计算。‎ ‎【详解】根据晶胞结构图可知，该小正方体中A原子的个数=8×=1，B原子的个数=6×=3，C原子的个数=1，所以晶体中A、B、C的原子个数比为1∶3∶1，故选A。‎ ‎7.通常状况下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NC13的有关叙述正确的是 （ ）‎ A. 分子中N—C1键键长比CCl4分子中C—C1键键长更长 B. 分子中的所有原子均达到8电子稳定结构 C. NCl3分子是非极性分子 D. NBr3比NCl3易挥发 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，错误；B、NC13中N原子最外层电子数5+化合价的绝对值3=8，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7+化合价的绝对值1=8，所以C1原子达到8电子稳定结构，故B正确． C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，错误．D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，故D错误．‎ 考点：化学键、极性分子与非极性分子 ‎8.下列各组中的X和Y两种原子，在周期表中一定位于同一族的是(　　)‎ A. X原子和Y原子最外层都只有一个电子 B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2‎ C. X原子2p能级上有三个电子，Y原子的3p能级上有三个电子 D. X原子核外M层上仅有两个电子，Y原子核外N层上也仅有两个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H、碱金属元素、ⅠB族元素，故不选A项；‎ B项，X原子的核外电子排布为1s2为He元素，Y原子的核外电子排布为1s22s2为Be，二者不在同一族，故不选B项；‎ C项，2p轨道上只有三个电子的X为N， 3p轨道上只有三个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，故选C项；‎ D项，原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Se、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，不一定同族，故不选D项。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎9.下列说法不正确的是 A. 键能愈大，表示化学键越牢固，越难以断裂 B. 成键的两原子核越近，键长越短，化学键越牢固，形成的物质的性质越稳定 C. 破坏化学键时消耗能量，而形成化学键时释放能量 D. 碘易升华，这与分子中I—I键的键能大小有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、共价键的键长越短，键能越大，键越牢固，故A正确；‎ B．一般而言，化学键的键长越短，键越牢固，断开时需要的能量越多，分子越稳定，故B正确；‎ C．断裂化学键需要吸收能量，形成化学键会释放能量，则化学反应必然伴随着能量的变化，故C正确；‎ D．分子晶体的沸点与分子间作用力有关。碘沸点低、易升华，是因为碘是分子晶体，分子间作用力较小，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.下图表示X元素的基态原子失去电子数与对应电离能的对数值的关系，试推测X可能位于 A. ⅠA族 B. ⅡA族 C. ⅢA族 D. ⅣA族 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 图中纵坐标表示X对应电离能的对数值，由图可知X的第二和第三电离能之间有突变，说明它容易失去两个电子，所以它可能是ⅡA族元素。答案选B。‎ ‎11.下列物质中都存在离子键、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】‎ 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。‎ ‎12.下列分子中的中心原子采取sp2杂化的是 ‎①C6H6 ②C2H2 ③C2H4 ④C3H8 ⑤CO2 ⑥BeCl2 ⑦SO3 ⑧BF3‎ A. ①②⑥⑦ B. ③⑤⑦⑧ C. ①③⑦⑧ D. ③⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 苯分子是平面形结构，其中的碳原子采取sp2杂化；乙炔分子是直线形结构，其中的碳原子采取sp杂化；乙烯分子是平面形结构，其中的碳原子采取sp2杂化；丙烷中的碳原子类似于甲烷中碳原子，采取sp3杂化；CO2‎ 分子是直线形结构，其中碳原子采取sp杂化；氯化铍分子是直线形结构，其中铍原子采取sp杂化；三氧化硫分子是平面三角形结构，其中S原子采取sp2杂化；三氟化硼分子是平面三角形结构，其中的B原子采取sp2杂化。答案选C。‎ 点睛：除了可以利用分子的空间构型判断杂化轨道类型以外，还可以根据杂化轨道之间的夹角判断，即若杂化轨道之间的夹角为109°28′，则分子的中心原子发生sp3杂化；若杂化轨道之间的夹角为120°，则分子的中心原子发生sp2杂化；若杂化轨道之间的夹角为180°，则分子的中心原子发生sp杂化。‎ ‎13.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和配位数均为6‎ B. 该配合物可能是平面正方形结构 C. Cl﹣和NH3分子均与Pt4+形成配位 D. 该配合物的配体只有NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：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电荷数为4，配位数为6，故A错误；B．该配合物应是8面体结构，Pt与6个配体成键，故B错误；C．由分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；D．用强碱处理没有NH3放出，说明NH3分子配位，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查配合物的成键情况 ‎【名师点晴】本题考查配合物知识，解答本题的关键是能正确把握题给信息，注意配合物的形成特点。实验式为PtCl4•2NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子．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]。‎ ‎14.关于原子轨道说法正确的是 A. 凡中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体 B. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和1个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等的新轨道 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．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是四面体，但其立体构形不一定是四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；‎ B．CH4中sp3杂化轨道是由中心碳原子的能量相近一个2s轨道和3个2p轨道杂化形成，1s轨道和2p轨道的能量差别较大，不能形成杂化轨道，故B错误；‎ C．同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故C正确；‎ D．BF3中B原子的价层电子对数为3，B原子的杂化类型为sp2杂化，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键。注意杂化轨道理论的理解应用，本题的易错点为D，要记住一些特殊分子的杂化类型。‎ ‎15.根据杂化轨道理论和价电子对互斥模型判断，下列分子或者离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是 ‎ 选项 分子或离子 中心原子杂化方式 价电子对互斥模型 分子或离子的立体构型 A．‎ SO2‎ sp 直线形 直线形 B．‎ HCHO sp2‎ 平面三角形 三角锥形 C．‎ NF3‎ sp2‎ 四面体形 平面三角形 D．‎ sp3‎ 正四面体形 正四面体形 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式和价电子对互斥模型，根据孤电子对个数确定分子空间构型，据此分析判断。‎ ‎【详解】A、SO2中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为V型结构，故A错误；‎ B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，故B错误；‎ C、NF3分子中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为四面体形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，故C错误；‎ D、NH4+的中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的立体构型为正四面体形，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点B，要注意HCHO分子中心原子C价层电子对数的计算方法，难点是孤电子对数==0，因此杂化方式sp2。‎ ‎16.下列化合物的沸点相比较，前者低于后者的是 A. 乙醇与乙醚 B. 邻羟基苯甲酸()与对羟基苯甲 C. NH3与AsH3‎ D. C3F8(全氟丙烷)与C3H8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇分子间存在氢键，沸点较高，故A错误；‎ B、邻羟基苯甲酸分子内存在氢键，而对羟基苯甲酸只能形成分子间氢键，分子间氢键能够使物质的沸点升高，分子内氢键能够使物质的沸点降低，因此前者沸点低于后者，故B正确；‎ C．NH3分子间能形成氢键，沸点较高；而As电负性小，半径大，其氢化物分子间不能形成氢键，沸点较低，故C错误；‎ D．C3F8，C3H8结构相似，但相对分子质量前者大，分子间的作用力强，沸点较高，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，注意把握分子间氢键与分子内氢键的区别，氢键的作用力远大于一般的分子间作用力，所以含有氢键的物质的沸点较高，对于含有氢键的有机物，一般来说含分子间氢键的物质的沸点大于分子内氢键物质的沸点。‎ ‎17.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法不正确的是 A. CX2(C是原子核内含有6个质子的原子)分子是非极性分子 B. ZH3分子的立体构型为平面三角形 C. Z4分子是非极性分子 D. H2YO4的酸性比H3ZO4强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，则X为氧元素；X、Y位于同一族，故Y为硫元素；Y、Z处于同一周期，Z原子的核外电子数比Y少1，则Z原子的核外电子数为15，故Z为磷元素；A．原子核内含6个质子的元素是碳元素，CO2分子结构是直线型，为非极性分子，故A正确；B．PH3分子与NH3是等电子体，其结构应为三角锥形，故B错误；C．P4分子只含有非极性共价键，是非极性分子，故C正确；D．硫的非金属性比P强，则酸H2SO4比酸H3PO4的酸性强，故D正确；答案为B。‎ ‎18.现有四种元素的基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5；则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①‎ C. 电负性：④>③>②>① D. 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的电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素。‎ 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，第一电离能降低，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，故A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；电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；‎ C、同周期自左而右，电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F；N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；‎ D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎19.表中①〜⑥为短周期元素及相应部分原子半径的数据。下列说法正确的是 ‎ 元素性质 元素编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 原子半径/nm a ‎0. 075‎ b ‎0.110‎ c d 最高化合价 ‎+6‎ ‎+5‎ ‎+5‎ ‎+7‎ 最低化合价 ‎−2‎ ‎−3‎ ‎−2‎ ‎−3‎ ‎−1‎ ‎−1‎ A. 元素①的最外层电子排布为2s22p4‎ B. 元素②氢化物与元素⑥氢化物反应形成化合物中只有共价键 C. 原子半径：a>d>b>c D. 非金属性：元素⑤>元素④>元素①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①〜⑥为短周期元素，①的最高价为+6、最低价为-2，则①为S元素；③只有最低价-2价，则③为O元素；②④的最高价都是+5，最低价都是-3，结合原子半径大小可知，②为N元素、④为P元素；⑥有最高价+7、最低价-1，则⑥为Cl元素；⑤只有最低价-1价，则⑤为F元素；结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，①为S元素，②为N元素，③为O元素，④为P元素，⑤为F元素，⑥为Cl元素。‎ A．①为S元素，为第三周期元素，最外层电子排布为3s23p4，故A错误；‎ B．元素②的氢化物为氨气，元素⑥的氢化物为HCl，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，氯化铵中含有离子键和极性键，故B错误；‎ C．电子层越多，原子半径越大；电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：a＞d＞b＞c，故C正确；‎ D．同一周期，从左到右，非金属性增强；同一主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性F最强，P最弱，即非金属性：元素⑤>元素①>元素④，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.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，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>W B. Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体 C. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z D. WY2分子中σ键与π键的数目之比为2∶1‎ ‎【答案】B ‎【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，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故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，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为C元素，X为Al元素，Y为Si或P或S元素，Z为Cl元素。‎ A、同主族自上而下，电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，故A错误；‎ B、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故B正确；‎ C、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Al＞Y＞Cl＞C，故C错误；‎ D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1∶1，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题的难点为Y元素的不确定性，需要根据题意进行假设后再判断，本题的易错点为A，要注意Y为Si或P或S元素，要分情况讨论分析。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共45分)‎ ‎21.胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料，波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、果树和花卉上。‎ ‎(1)写出铜原子价电子排布式：____；与铜同一周期的副族元素原子中最外层电子数与铜原子的相同的元素有____(填元素符号)。 ‎ ‎(2)向盛有CuSO4溶液的试管里逐滴加入氨水至过量，现象是___________，相关的离子方程式为___________、____________。 ‎ ‎(3)实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有______。 ‎ ‎(4)向该深蓝色溶液中加入乙醇后可观察到的现象是析出深蓝色晶体，析出晶体的化学式为______，实验中所加乙醇的作用是_____________‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). Cr (3). 先产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，形成深蓝色溶液 (4). Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 NH4+ (5). Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- (6). 共价键、配位键 (7). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (8). 降低溶解度，有利于晶体析出 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铜是29号元素，根据核外电子排布规律书写铜原子价层电子的轨道排布式，并判断与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素；‎ ‎(2)硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成铜氨溶液，据此分析解答；‎ ‎(3)深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，结合配合物中的成键分析判断；‎ ‎(4)[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4。‎ ‎【详解】(1)Cu为29号元素，原子3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，其价电子排布式为3d104s1；铜原子最外层排布为4s1，同周期外层排布为4s1、3d能级含有5个电子为Cr，故答案为：3d104s1；Cr； ‎ ‎(2)硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成铜氨溶液，所以看到的现象：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色溶液；氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，故答案为：先产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，形成深蓝色溶液；Cu2++2 NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；Cu(OH)2+4 NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；‎ ‎(3)胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，N、H原子之间以共价键结合，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，则以配位键结合，故答案为：共价键、配位键；‎ ‎(4)向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于乙醇能降低溶解度，有利于晶体析出，所以[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度小于在水中的溶解度，故会析出深蓝色的晶体：Cu(NH3)4SO4•H2O，故答案为：Cu(NH3)4SO4•H2O； 降低溶解度，有利于晶体析出。‎ ‎22.数10亿年来，地球上的物质不断变化，大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：‎ 目前空气的成分 N2、O2、CO2、水蒸气 及稀有气体(如He、Ne等)‎ 原始大气的主要成分 CH4、NH3、CO、CO2等 用上表所涉及的分子填写下列空白。‎ ‎(1)含有10个电子分子有(填化学式，下同)___________。‎ ‎(2)由极性键构成的非极性分子有______________________。‎ ‎(3)与H＋可直接形成配位键的分子有________。‎ ‎(4)沸点最高的物质是________，用所学的知识解释其沸点最高的原因_______________________。‎ ‎(5)分子中不含孤电子对的分子(稀有气体除外)有________，它的立体构型为________。‎ ‎(6)极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是________，它之所以极易溶于水是因为它的分子和水分子之间形成________。‎ ‎(7)CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是____________，这两种结构相似的分子中，分子的极性____________(填“相同”或“不相同”)，CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫____________。‎ ‎【答案】 (1). H2O、Ne、CH4、NH3 (2). CH4、CO2 (3). NH3、H2O (4). H2O (5). 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高 (6). CH4 (7). 正四面体 (8). NH3 (9). 氢键 (10). N2 (11). 不相同 (12). 配位键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)含10电子的分子有CH4、NH3、H2O、Ne等；‎ ‎ ‎ ‎(2)具有对称结构的分子是非极性分子；相同非金属元素间形成非极性键，不同的非金属元素间形成极性键，据此分析。 ‎ ‎(3)H2O、NH3可与H＋直接形成配位键； ‎ ‎(4)影响分子晶体的沸点主要因素是分子间作用力，除此以外，部分物质还要考虑氢键的影响；‎ ‎(5)甲烷分子中中心碳原子属于sp3杂化，构型为正四面体；‎ ‎(6)氨气分子和水分子间形成氢键，导致氨气极易溶于水；‎ ‎(7)由一氧化碳的结构式可知，碳原子和氧原子之间存在三个共价键，氮气分子中两个氮原子之间也存在三个共价键，结构相似。CO的结构可表示为OC，CO中带箭头的键与其他共价键不同，是配位键。‎ ‎【详解】(1)含10电子的分子有CH4、NH3、H2O、Ne等；综上所述，本题答案是：H2O、Ne、CH4、NH3。‎ ‎(2)具有对称结构的分子是非极性分子，如N2、O2、CH4、CO2，其中由极性键形成的非极性分子只有CH4和CO2，另两个非极性分子是由非极性共价键形成的；综上所述，本题答案是：CH4、CO2。‎ ‎(3)H2O可与H＋直接形成配位键，形成H3O＋(水合氢离子)，NH3与H＋以配位键形式结合成NH4+；综上所述，本题答案是：NH3、H2O。 ‎ ‎(4)表中所涉及的物质都是由分子构成的。沸点的高低比较主要看范德华力的强弱，但水分子中除了范德华力外，还有氢键的作用，分子间氢键的存在使水的沸点最高；综上所述，本题答案是： H2O；液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高。‎ ‎(5)碳原子最外层有4个电子，在甲烷分子中形成了4个共价键，不存在孤电子对，最外层电子都参加成键，中心原子属于sp3z杂化，构型为正四面体形；综上所述，本题答案是：CH4 ，正四面体。 ‎ ‎(6)极易溶于水且水溶液呈碱性的物质只有氨气。它极易溶于水，是因为氨分子与水分子间形成氢键，增大了氨气的溶解性；综上所述，本题答案是：NH3 ，氢键。‎ ‎(7)由一氧化碳的结构式可知，碳原子和氧原子之间存在三个共价键，氮气分子中两个氮原子之间也存在三个共价键，结构相似。CO分子中的三键是由两个不同的原子形成的，是极性共价键，而N2分子中的三键是由两个相同的氮原子形成的，是非极性共价键。CO中带箭头的键与其他共价键不同，是配位键；综上所述，本题答案是：N2；不相同；配位键。‎ ‎【点睛】氢键不是化学键，它的作用力比化学键弱的多，但比分子间作用力要大，氢键包括分子内氢键和分子间氢键两种；其中分子间氢键主要表现为使物质的熔沸点升高，对电离和溶解度产生影响。水的沸点反常，氨气极易溶于水等都与氢键有关。‎ ‎23.砷(As)元素及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子的核外电子排布式为____，砷与硒的第一电离能较大的是___。‎ ‎(2)传统中药的砷剂俗称“砒霜”，其分子结构如图所示，该化合物中As、O原子的杂化方式分别为____、____。‎ ‎(3)Na3AsO4可作杀虫剂。的立体构型为_____，与其互为等电子体的分子的化学式为___(任写一种)。‎ ‎(4)H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，请根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3 酸性强的原因________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 (2). As 或砷 (3). sp3‎ 杂化 (4). sp3杂化 (5). 正四面体形 (6). CF4或 SiF4、CCl4、SiCl4 (7). H3AsO4 和 H3AsO3 可分别表示为(HO)3AsO 和(HO)3As，H3AsO3 中 As 为+3 价，而 H3AsO4 中 As为+5 价，正电性更高，导致 As—O—H 中 O 的电子向 As 偏移，更易电离出 H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)As是33号元素，位于第四周期第VA族，据此书写基态As原子核外电子排布式；同周期中第一电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，据此判断；‎ ‎(2)根据图片知，每个As原子能形成3个共价键、每个O原子能形成2个共价键，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式；‎ ‎(3)AsO43-中，成键数为4，孤对电子数为(5+3-2×4)× =0，为sp3杂化；等电子体的原子数和价电子数(或电子总数)相同；‎ ‎(4)比较非羟基氧的多少，结合As原子化合价判断，非羟基氧越多、As化合价越高则酸性越强。‎ ‎【详解】(1)As是33号元素，位于第四周期第VA族，基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，所以砷的第一电离能大于硒，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；砷；‎ ‎(2)根据分子结构可知，分子内含有6个氧原子，4个砷原子，化学式为As4O6，每个As原子形成3个共价键，又因为中心原子As上还有1对孤电子对，所以采用sp3杂化，每个O原子形成2个共价键，又因为中心原子O上还有2对孤电子对，所以采用sp3杂化，故答案为：sp3杂化；sp3杂化；‎ ‎(3)AsO43-中As原子价层电子数为4+=4、含有的孤电子对数是0，所以其构型是正四面体形，AsO43-中含有5个原子，32个价电子，所以与其互为等电子体的一种分子为CF4、SiF4、CCl4、SiCl4等，故答案为：正四面体； CF4或SiF4、CCl4、SiCl4；‎ ‎(4)H3AsO4和H3AsO3可分别表示为(HO)3AsO和(HO)3 As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子向As偏移，更易电离出H+，故答案为：H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3 As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子向As偏移，更易电离出H+。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要学会含氧酸酸性强弱的判断方法，一般而言，非羟基氧越多，中心原子的化合价越高，含氧酸的酸性越强。‎ ‎24.我国从国外进口某原料经测定主要含有A、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大。元素A、B、C、D、E的原子结构等信息如下：‎ 元素 元素性质或原子结构 A 周期表中原子半径最小的元素 B 原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同 C 最外层p轨道半充满 D 位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍 E 位于ds区且原子的最外层电子数为偶数 请回答下列问题：(用A、B、C、D、E，所对应的元素符号作答)‎ ‎(1)D位于周期表中_______区，E的核外电子排布式是_____________________。‎ ‎(2)B、C、D第一电离能由大到小为__________________。‎ ‎(3)A和C形成的常见分子中，中心原子的杂化方式为_________。‎ ‎(4)1molABC分子中含有σ键数目为_________。‎ ‎(5)与化合物BD互为等电子体的阴离子化学式为_________。‎ ‎(6)B2A6、C2A4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要原因是__________________。‎ ‎【答案】 (1). p (2). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2 (3). N>O>C (4). sp3 (5). 2NA (6). CN- (7). N2H4分子间可以形成氢键，而 C2H6分子间不能形成氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大；周期表中A元素原子半径最小，故A为H元素；B元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D位于短周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，而短周期中原子的单电子处于p能级最多有3个，故成对电子总数只能为6，单电子数为2，核外电子排布为1s22s22p4‎ ‎，则D为O元素；C元素原子最外层p轨道半充满，原子序数小于氧，故其核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；E位于ds区且原子的最外层电子数为偶数，外围电子排布为3d104s2，则E为Zn元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为H元素，B为碳元素，C为N元素，D为O元素，E为Zn元素。‎ ‎(1)D为O元素，有两个电子层，最外层有6个电子，所以是第二周期，第ⅥA族元素，所以在p区；E为Zn元素，Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2，故答案为：p；1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2；‎ ‎(2)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；‎ ‎(3)A和C形成的常见分子为氨气，中心原子氮形成3个σ键和1对孤电子对，该分子中氮原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；‎ ‎(4)ABC分子是HCN，其结构式为：H-C≡N，叁键中只含有1个σ键，因此1mol HCN含有的σ键数目为2NA，故答案为：2NA；‎ ‎(5)原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与化合物CO互为等电子体的阴离子化学式为 CN-等，故答案为：CN-；‎ ‎(6)C2H6、N2H4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要是因为N2H4分子之间存在氢键，而 C2H6分子间不能形成氢键，故答案为：N2H4分子之间存在氢键，而 C2H6分子间不能形成氢键。‎ ‎25.(1)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2+3CH3CH2OH+16H++13H2O4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH ‎①配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是___(填元素符号)。‎ ‎②CH3COOH中C原子轨道杂化类型为___；1 mol CH3COOH分子含有σ键的数目为___。‎ ‎(2)CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是____，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的离子____。‎ ‎(3)石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯。‎ 氧化石墨烯中，1号C的杂化方式是____，该C与相邻C形成的C-C键角____(填“>”、“<”或“=”)石墨烯中与1号C相邻C形成的C-C键角。‎ ‎【答案】 (1). O (2). sp3、sp2 (3). 7 NA (4). sp (5). SCN- OCN-等 (6). sp3 (7). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体；‎ ‎(2)CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子；CH3COOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H等化学键；‎ ‎(3)CS2分子的结构式为S=C=S，结合σ键和孤对电子数判断价层电子对数，判断杂化类型；与CS2具有相同空间构型和键合形式的离子为等电子体，应含有3个原子，价电子数为16；‎ ‎(4)氧化石墨烯中1号C原子形成4个σ键，价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；氧化石墨烯中1号碳原子和3个C、1个O原子形成四面体结构，石墨烯中每个C原子和相邻3个碳原子形成平面结构；据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)①配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，故答案为：O；‎ ‎②CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，均没有孤电子对，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3COOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键数目为7 NA或7×6.02×1023，故答案为：sp3和sp2；7 NA或7×6.02×1023；‎ ‎(2)CS2分子中C原子形成2个σ键，孤对电子数为=0，则C为sp杂化，‎ 与CS2具有相同空间构型和键合形式的离子为等电子体，应含有3个原子，价电子数为16，常见有SCN-或OCN-等，故答案为：sp；SCN-、OCN-等；‎ ‎(3)氧化石墨烯中，1号C形成3个C-C及1个C-O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的与1号C形成C-C键的的C原子以sp2杂化，为平面三角形构型，则氧化石墨烯中1号C与相邻C形成的C-C键角＜石墨烯中与1号C相邻C与其他C形成的C-C键角，故答案为：sp3；＜。‎ ‎ ‎ ‎ ‎