2018-2019学年福建省宁德市部分一级达标中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年福建省宁德市部分一级达标中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年宁德市部分一级达标中学第二学期期中联合考试 高二化学试卷 ‎（满分：100分；时间：90分钟）‎ 注意事项：1．答卷前，考生务必将班级、姓名、座号填写清楚。‎ ‎2．每小题选出答案后，填入答案卷中。‎ ‎3．考试结束，考生只将答案卷交回，试卷自己保留。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108‎ 第Ⅰ卷（选择题，50分）‎ 一、选择题（20个小题，其中1-10每小题2分，11-20每小题3分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）‎ ‎1.金属的下列性质中，与自由电子无关的是 A. 延展性好 B. 容易导电 C. 密度大小 D. 易导热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．延展性和自由电子有关，如果金属发生形变的时候，自由电子与金属子离子之间的相互作用依然存在，使金属不会断裂，故A有关；‎ B．在电场的作用下，自由电子定向移动形成电流，故金属能够导电，故B有关；‎ C．密度大小与自由电子无关，密度大小取决于原子之前的距离、原子的堆积方式，原子的大小等，故C无关；‎ D．温度高的区域自由电子的能量增大，运动速率加快，与金属离子的碰撞频率增加，自由电子把能量传递给金属离子，从而具有导热性，故D有关，‎ 故选C。‎ ‎2.某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，在下列L层分布中正确是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，那么核外的电子排布式为1s22s22p2，在下列L层分布中正确的是，A．，违背了能力最低原理，A错误；B．，违背了洪特规则，尽量各占据一个轨道，且自旋平行，B错误；C．违背泡利原理，原子核外没有运动状态完全相同的电子，C错误；D．，D正确，答案选D。‎ 考点：考查原子可外电子排布图 ‎3.下列关于丙烯（CH3﹣CH=CH2）的说法正确的 A. 丙烯分子有7个σ键，1个π键 B. 丙烯分子中不含手性碳原子 C. 丙烯分子中3个碳原子都是sp2杂化 D. 丙烯分子中所有原子共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子中含6个C-H、1个C-C、1个C=C，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；‎ B.手性碳原子一定是饱和的碳原子。丙烯分子中的饱和碳原子上连接着3个氢原子，故不具有手性，没有手性碳原子，故B正确；‎ C.碳碳双键为平面结构，丙烯分子双键中的2个碳原子都是sp2杂化，甲基上C为sp3杂化，故C错误；‎ D.碳碳双键为平面结构，甲基中的C与双键共面，而甲基上的三个氢原子不可能同时与双键共面，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在乙烯的的平面内。‎ 小结：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。‎ ‎4.下列有关化学用语正确的是 A. 比例模型可以表示CO2分子或SiO2分子 B. 次氯酸的结构式是：‎ C. 双氧水的电子式:‎ D. Fe2+的离子结构示意图:‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C、Si原子都比O大，所以比例模型不可以表示CO2分子或SiO2分子，故A错误；‎ B. 次氯酸的结构式应该为H-O-Cl，故B错误；‎ C. 双氧水是共价化合物，电子式为：，故C错误；‎ D. Fe2+的外围电子排布式为3d6，所以离子结构示意图:，故D正确，‎ 故选D。‎ ‎5.对核外电子运动状态的描述，较为全面的是 A. 轨道表达式 B. 电子式 C. 电子排布式 D. 结构示意图 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 轨道表达式不仅可以表示出每个原子轨道中电子数目还可以表示出它们的自旋状态，故A最全面；‎ B. 电子式只能表示出最外层的电子数目和成键方式，故B不全面；‎ C. 电子排布式可以表示出相同能级的原子轨道中电子数目，但无法表示出能级相同的不同轨道中电子排布情况及电子的自旋情况，故C不全面；‎ D. 结构示意图只能表示出不同能层中电子的数目，故D不全面，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握电子排布式和轨道表达式的区别是解决本题的关键。‎ ‎6.某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则该元素在周期表中的位置为 A. ⅤB族 B. ⅢB族 C. Ⅷ族 D. ⅤA族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其原子核外电子数为23+3=26，为Fe元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中第4周期第Ⅷ族，故选C 考点：考查了原子核外电子排布的相关知识。‎ ‎7.下列各组元素各项性质比较正确的是 A. 第一电离能：B< C < O < N B. 最高正价：F>O>N>C C. 电负性：C > O >Si>Na D. 还原性：Cl－> I－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同周期元素，原子半径越小越难失电子，第一电离能越大，但因N外围电子排布式为2s22p3，2P轨道处于半满的稳定结构，第一电离能大于O，所以第一电离能大小为：B< C < O < N，故A正确；‎ B. F电负性最大，没有正价，且O没有+6价，故B错误；‎ C. 非金属性越强，吸引电子能力越强，电负性越大，所以电负性为：O >C > Si>Na，故C错误；‎ D. 还原性对应失电子能力，I－半径大于Cl－，更容易失去电子，所以还原性：I－>Cl－，故D错误，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握电负性、第一电离能、还原性等元素性质周期性变化规律及某些元素性质的特殊性是解决此题的关键。‎ ‎8.某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是 A. X元素显＋4价 B. X与氧气反应时最可能生成的阳离子为X3＋‎ C. X为第五周期元素 D. X为非金属 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电离能图知，第三电离能和第四电离能之间的差距最大，所以该原子最外层有3个电子；‎ A.X元素最外层有3个电子，所以在化合物中通常显+3价，故A错误；‎ B.X元素最外层有3个电子，所以X与氧气反应时最可能生成的阳离子为X3＋，故B正确；‎ C. .X元素最外层有3个电子，X为第ⅢA族元素，但不一定为第五周期元素，故C错误；‎ D. 第ⅢA族元素有金属也有非金属，根据已知条件无法确定X为非金属，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎9.在核电荷数为1～36的元素中，原子的价电子排布满足ns1的元素共有 A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在核电荷数为1～36的元素为前四周期元素，原子的价电子排布满足ns1的元素有H、Li、Na、K，共4种，‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】主族元素的价电子就是其最外层电子，过渡元素价电子除了最外层电子还可能是内层电子，区别价电子和最外层电子式正确解答此题的关键。‎ ‎10. 下列说法中正确的是( ）‎ A. 金刚石晶体中的最小碳原子环由6个碳原子构成 B. 金刚石晶体中的碳原子是sp2杂化的 C. 12g金刚石中含有C-C键的个数为4NA D. 金刚石化学性质稳定，即使在高温下也不会和O2反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．由金刚石晶体结构知，最小碳环是6个碳原子构成的六元环，故A正确；B．金刚石晶体中的每个碳原子与周围的4个碳原子形成4个σ键，所以金刚石晶体中碳原子是sp3杂化的，故B错误；C．金刚石中每个C都与令外4个C相连，则平均每个C原子成键数目为4×=2个，12g金刚石中含C原子的物质的量为1mol，则含有C-C键的个数为2NA，故C错误；D．金刚石化学性质稳定，但在高温下会和O2反应，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了晶体结构与性质的相关知识。‎ ‎11.短周期元素E的氯化物ECln的熔点为-78℃，沸点为59℃；若0.2molECln与足量AgNO3溶液完全反应后可以得到57.4g的AgCl沉淀。下列判断正确的是 A. E位于元素周期表的ⅣA族 B. E是一种非金属元素 C. 在ECln中E与Cl之间形成共价键 D. E的氧化物的化学式为EO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题中信息可知：ECln常温下为液态，形成的晶体为分子晶体，E与Cl之间形成的是共价键，故C正确；根据题干信息可得如下关系：0.2n=，即n=2，则ECln可能为BeCl2，则E可能是金属元素，为IIA族，故A、B错误；E的氯化物为ECl2，则其氧化物的化学式为EO，则D错误，‎ 故选C ‎12.根据量子力学计算，氮化碳结构有五种，其中一种β-氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示。下列有关氮化碳的说法不正确的是 A. 该晶体中的碳、氮原子核外都满足8电子稳定结构 B. 氮化碳中碳显+4价，氮显-3价 C. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连 D. 氮化碳的分子式为C3N4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图中结构可知，每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价健后成8电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是8电子稳定结构，A正确；‎ B.由于元素的非金属性N>C，所以形成共价键时，共用电子对偏向N，偏离C，所以氮化碳中碳显+4价，氮显-3价，B正确；‎ C.根据晶体结构可知每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连，C正确；‎ D.由于氮化碳是原子晶体，不存在分子，因此没有分子式，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎13.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是 A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl－形成正八面体 B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+‎ C. 在石墨晶体中，每个环上平均占有3个碳原子 D. 在银晶体中，银原子的配位数为12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；‎ B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；‎ C．在石墨晶体中，每个碳环为正六边形，碳环中每个碳原子为3个碳环共用，所以环上平均占有6×1/3=2个碳原子，故C不正确；‎ D．银晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上银原子的配位数是4，三个面共有4×3=12个银原子，所以每个银原子的配位数是12，故D正确，‎ 故选C ‎14.下面的排序不正确的是 A. 晶体熔点由低到高：CH4K>Na C. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅 D. 晶格能由大到小：NaF> NaCl> NaBr> NaI ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、碳族元素的氢化物都是分子晶体，熔点随相对分子质量的增大而升高，正确；B、碱金属是金属晶体，随核电荷数的增大，熔点逐渐降低，错误；C、金刚石、硅、碳化硅都是原子晶体，硬度的大小与共价键的强弱有关，原子半径小，共价键越强，所以半径由小到大：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，正确；D、离子晶体中的晶格能与离子半径、离子的电荷数有关，离子半径越小、所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，卤化钠的阳离子相同，阴离子的半径随F、Cl、Br、I逐渐增大，所以晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，正确，答案选B。‎ 考点：考查物质的熔点、硬度、晶格能的比较 ‎15.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中不正确的是 A. 由于氢键的存在，HF的稳定性强于H2S B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚(CH3-O-CH3)更易溶于水 C. 由于氢键的存在，沸点：HF> HI >HBr> HCl D. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.HF的氢键存在于分子之间，与稳定性没有关系，HF的稳定性强于H2S是因为F的非金属性强于S，故A错误；‎ B. 乙醇分子可以与水分子形成氢键，所以乙醇比甲醚(CH3-O-CH3)更易溶于水，故B正确；‎ C. 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，熔沸点越高，HF分子间容易形成氢键，导致沸点：HF> HI >HBr> HCl，故C正确；‎ D. 由于氢键的存在，使得冰中的水分子间空隙变大，密度小于液态水，所以冰能浮在水面上故D正确，‎ 故选A。‎ ‎16.下列关于CaF2的表述正确的是 A. Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用 B. F－的离子半径小于Cl－，所以CaF2的熔点高于CaCl2‎ C. 阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同 D. CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态不能导电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca2＋与F－除存在静电吸引作用外，两原子核之间及核外电子之间还存在静电斥力，故A错误；‎ B. F－的离子半径小于Cl－，所以CaF2的晶格能及熔点高于CaCl2，故B正确；‎ C. 晶体类型还与阴阳离子的大小有关，所以不一定与CaF2晶体构型相同，故C错误；‎ D. CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态可以形成自由移动的离子，所以可以导电，故D错误，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】晶体结构与晶体中阴阳离子的半径及配位数有关，离子数目比相同，晶体结构不一定相同，如氯化钠和氯化铯。‎ ‎17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子；X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。下列说法不正确的 A. W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 B. 简单氢化物的稳定性：X＞Z＞Y C. X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体 D. 原子半径：Y＞Z＞X＞W ‎【答案】A ‎【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的某种核素不含中子，则W为H元素；X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶4，则L层电子数分别为3、4或6、8，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+3+4≠16，则X的L层电子数为6，X为O元素，Z为S元素，Y的最外层电子数为16-6-6=4，且Y的L层电子数为8，则Y为Si元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：W为H，X为O元素，Y为Si，Z为S元素。‎ A．H、O、S形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；‎ B．非金属性O＞S＞Si，则简单氢化物的稳定性X＞Z＞Y，故B正确；‎ C．O、Si形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体，故C正确；‎ D．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径Y＞Z＞X＞W，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎18.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 34g H2O2中含有共用电子对的数目为4NA B. 28g C2H4分子中的碳原子提供4NA个s轨道参与杂化 C. 标况下22.4 L苯中含有σ键的数目为12NA D. 1 mol NH4BF4中含有配位键的数目为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 34g H2O2为1mol，其中含有共用电子对的数目为3NA，故A错误；‎ B. 28g C2H4为1mol，每个碳原子提供1个s轨道和2个p轨道，杂化类型为个sp2杂化，所以分子中的碳原子提供2NA个s轨道参与杂化，故B错误；‎ C. 标况下，苯为液体，所以无法根据气体摩尔体积计算出苯的物质的量，故C错误；‎ D. NH4BF4是一个离子化合物，阳离子是铵根离子NH4+,阴离子是四氟合硼酸根离子[BF4]-，阴、阳离子中各有一个配位键，NH4+是N原子的孤对电子配位给H+，阴离子是一个F-的孤对电子配位给B原子的空轨道，所以.1 mol NH4BF4中含有配位键的数目为2NA，‎ 故选D。‎ ‎19.红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如下图所示，下列说法正确的 A. 该化合物的化学式为Ni2As B. 该化合物中As的配位数为8‎ C. 该化合物中Ni的配位数为6‎ D. 该晶胞平均占有5个Ni原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由晶胞结构知，晶胞中Ni原子数为8×1/8+4×1/4=2，As的原子数目为2，则该化合物的化学式为NiAs，故A错误；‎ B. 该化合物中As的配位数为6，故B错误；‎ C. 因为该化合物化学式为NiAs，且As的配位数为6，所以Ni的配位数也为6，故C正确；‎ D. 根据均摊法计算，该晶胞平均占有Ni原子数为8×1/8+4×1/4=2，故D错误，‎ 故选C。‎ ‎20.CsF是离子晶体，其晶格能可通过下图的循环计算得到，以下说法错误的是 A. Cs原子的第一电离能为452.2 kJ·mol−1‎ B. F-F键的键能为158.8 kJ·mol−1‎ C. CsF的晶格能756.9kJ·mol−1‎ D. 1molCs(s)转变成Cs(g)所要吸收的能量为76.5kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图示知， Cs原子的第一电离能是由气态原子失去1个电子形成气态离子所需要的能量，应为375.7.2 kJ·mol−1，故A错误；‎ B. 由图示知，F-F键的键能为由1molF2分解为2mol F所吸收的能量，即79.4 kJ·mol−1×2=158.8 kJ·mol−1，故B正确；‎ C. CsF的晶格能是指拆开1mol离子晶体使之形成气态阴离子和气态阳离子时所吸收的能量，即756.9kJ·mol−1，故C正确；‎ D.由图示知， 1molCs(s)转变成Cs(g)所要吸收的能量为76.5kJ，故D正确，‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握晶格能、第一电离能和键能等基本物理量的含义是解决此题的关键。注意图示中各微粒的状态及存在形式是从中获取信息的关键。‎ 二、非选择题（本题包括4小题）‎ ‎21.以下是一些元素的信息，其中有一种元素不在短周期。‎ 元素A 元素B 元素C 元素X 元素Y 单质是一种常见金属，与元素X形成黑色和红棕色三种常见化合物 基态原子M层p轨道上有5个电子 短周期中金属性最强，与X反应能生成两种常见化合物 最外层电子数是内层电子数的3倍，能形成双原子阴离子 单质为双原子分子，结构中σ键与π数目比为1:2‎ 根据上述信息回答下列问题：‎ ‎（1）写出X3的等电子体_____(写一个即可)，基态Y原子核外电子所占据的最高能级的电子云形状为______。‎ ‎（2）A元素在元素周期表中的___区，基态A原子的未成对电子有___个。‎ ‎（3）B、C、X的简单离子半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。‎ ‎（4）H−X与H−Y两种共价键中，键的极性较强的是____，键长较长的是____（X、Y用元素符号表示）。‎ ‎（5）Y与碳元素形成的一种阴离子与Y2是等电子体，请写出该阴离子的电子式___。Y的常见氢化物易溶于水的主要原因是___。‎ ‎（6）铂丝蘸取化合物CB在酒精灯上灼烧，火焰呈___色，显色原因是___（填序号）。‎ A．CB受热挥发 B．CB受热分解 C．C离子中电子跃迁 D．B离子中电子跃迁 ‎【答案】 (1). SO2或NO2- (2). 纺锤形或哑铃形 (3). d (4). 4 (5). Cl-‎ ‎＞O2-＞Na+ (6). H−O (7). H−N (8). (9). NH3分子与水分子间存在分子间氢键，NH3是极性分子，水也是极性分子，相似相溶 (10). 黄 (11). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素性质及核外电子排布规律分析元素的种类；根据等电子体概念分析解答。‎ ‎【详解】X最外层电子数是内层电子数的3倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素，可以形成双原子阴离子O22-。元素A单质是一种常见金属，与元素X形成黑色和红棕色三种常见化合物，则A为Fe；B基态原子M层p轨道上有5个电子，则B为Cl元素；C在短周期中金属性最强，与X反应能生成两种常见化合物，则C为Na；短周期元素Y单质为双原子分子，结构中σ键与π键数目比为1：2，则Y为N元素；‎ ‎（1）O3的等电子体有SO2或NO2-；基态N原子核外电子所占据的最高能级为p轨道，电子云形状为纺锤形或哑铃形；‎ ‎（2）A元素为Fe，外围电子排布式为3d64s2，在元素周期表中的d区，基态A原子的未成对电子在3d轨道上，共有4个；‎ ‎（3）B、C、X分别为Cl、Na、O， Cl-有3个电子层，半径最大，O2-和Na+核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，所以简单离子半径由大到小的顺序为：Cl-＞O2-＞Na+；‎ ‎（4）X为O，Y为N，O的电负性强于N，所以键的极性较强的是H−O；N的原子半径大于O，所以键长较长的是H-N；‎ ‎（5）等电子体具有相同的原子数目及相同的价层电子总数，所以Y与碳元素形成的一种阴离子为；氨气易溶于水的原因是NH3分子与水分子间存在分子间氢键，NH3是极性分子，水也是极性分子，相似相溶 ；‎ ‎（6）钠元素的焰色反应为黄色，焰色反应的原理是电子的跃迁，故答案为黄； C。‎ ‎22.Cu4O(PO4)2是锂-磷酸氧铜电池正极的活性物质，它可通过下列反应制备：2Na3PO4+CuSO4+2NH3·H2O= Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O ‎（1）写出基态Cu的电子排布式：_____。‎ ‎（2）PO43-的空间构型是______。‎ ‎（3）P、S、N元素第一电离能由大到小顺序为_____。‎ ‎（4）氨基乙酸铜分子结构如下图，其中碳原子的杂化方式为____，基态碳原子核外电子有__种运动状态。‎ ‎（5）晶胞原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，图1为铜与氧形成的某化合物晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0），则D原子的坐标参数为______。‎ ‎（6）图2为铜晶体中铜原子的堆积图，则晶体铜原子的堆积方式为_____。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s1或1s22s22p63s23d104s1 (2). 正四面体 (3). N>P>S (4). sp3、sp2 (5). 6 (6). （1/4，1/4，1/4） (7). A1 型最密堆积或面心立方最密堆积 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据核外电子排布规律书写电子排布式及比较电离能的大小；根据成键方式判断轨道杂化类型；根据晶胞结构分析晶胞中原子的位置及排列方式。‎ ‎【详解】（1）Cu有29个电子，根据核外电子排布规律及全满结构更稳定的规律，基态Cu的电子排布式为 [Ar]3d104s1或1s22s22p63s23d104s1 ；‎ ‎（2）PO43-中心原子P的价层电子对数为，则为sp3杂化，空间构型是正四面体；‎ ‎（3）非金属性越强，第一电离能越大，又因为P核外电子排布式中3p轨道处于半满结构，更为稳定，所以P的第一电离能大于S，所以元素第一电离能由大到小顺序为N>P>S；‎ ‎（4）形成单键碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化；基态碳原子核外电子所处的能级有1s、2s、2p 3种，其中处于同一原子轨道的电子自旋状态不同，2p有3种伸展方向不同的原子轨道，所以碳原子的6个电子的运动状态互不相同，一共有6种运动状态；‎ ‎（5）根据晶胞结构图，A点为原点，B点在面心，则晶胞棱长为1。D原子位于晶胞的八分之一小立方的体心，则根据A、B、C的坐标可以确定D原子的坐标参数为（1/4，1/4，1/4）；‎ ‎（6）根据图2所示，晶体铜原子的堆积方式为型最密堆积或面心立方最密堆积。‎ ‎23.I.含VIA族元素的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）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图1所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____。‎ ‎（2）H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_________。‎ ‎（3）ZnS在光导体材料、荧光体、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图2所示，其晶胞边长为a pm，密度为______g⋅cm−3。(用含a和NA的表达式填空)‎ II．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。化肥(NH4)2SO4中会含有N4H4(SO4)2，该物质在水中电离出SO42-和N4H44+，N4H44+遇到碱性溶液会生成一种形似白磷(P4)的N4分子。请回答下列问题：‎ ‎（4）N4分子中的氮氮键的键角为____，1molN4分子中含有的氮氮键的数目为____。‎ ‎（5）N4比P4的沸点____（填“高”或“低”），原因为________。‎ ‎【答案】 (1). sp3 (2). 非羟基氧原子多 (3). (4). 60゜ (5). 6NA (6). 低 (7). N4和P4都是非极性分子，N4比P4相对分子质量小，分子间范德华力弱 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示的空间结构判断化学键的类型及轨道杂化方式；运用均摊法确定化学式，根据晶胞的结构计算晶胞的密度；根据晶体类型及分子的极性比较物质的熔沸点。‎ ‎【详解】I.（1）如图所示，每个S形成两个σ键，还有2对孤对电子，价层电子对数为4，则S原子采用的轨道杂化方式是sp3；‎ ‎（2）H2SeO3的分子中的Se为+4价，非羟基氧原子数为1；而H2SeO4‎ 的分子中的Se为+6价，非羟基氧原子数为2，后者Se原子吸电子能力强，导致羟基上氢原子更容易电离出H+，所以酸性H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因为：硒酸分子中非羟基氧原子较多；‎ ‎（3）运用均摊法计算晶胞中S原子数目为8×1/8+6×1/2=4，Zn原子数目为4，则晶胞密度为：； ‎ II．（4）N4类似于白磷的结构，白磷分子为正四面体结构，所以N4分子中的氮氮键的键角为60゜，1molN4分子中含有的氮氮键的数目为6NA；‎ ‎（5）N4比P4的沸点低；原因为N4和P4都是非极性分子，N4比P4的相对分子质量小，分子间范德华力弱。‎ ‎24.过渡元素形成的化合物在生产中有重要的用途，请根据信息回答下列问题:‎ ‎（1）某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于____(填“晶体”或“非晶体”)。‎ ‎（2）黄铜是最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1（Zn）___Ⅰ1（Cu)(填“>”或“<”) ，原因是____。‎ ‎（3）筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构（如图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子），图中用粗线画出的重复结构单元示意图，其中不能描述CoO2的化学组成的是____（填字母）。‎ ‎（4）在稀氨水中，丁二酮肟(CH3C=N-OH)2与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀丁二酮肟镍(结构如图)和H+，常用于检验Ni2+。在丁二酮肟镍中，不存在的作用力有____。‎ A 配位键 B 离子键 C σ键 D π键 E 金属键 F 氢键 ‎（5）Co3+ 的一种配离子[Co(N3) (NH3)5]2+中，配体有_____，1mol该配离子中所含σ键的数目______。‎ ‎（6）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为____，该立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是______。‎ ‎【答案】 (1). 晶体 (2). > (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). B (5). BE (6). N3-、NH3 (7). 23NA (8). KFe2(CN)6 (9). 正四面体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据晶体结构特征及概念判断物质是否为晶体；根据图示结构分析物质的组成及空间构型；根据化学键的定义分析化学键的类型及数目。‎ ‎【详解】（1）根据晶体的特征，该金属原子在三维空间里呈周期性有序排列，所以该金属互化物属于晶体；‎ ‎（2）Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，所以其第一电离能大于Cu；‎ ‎（3）A.根据图示，属于该重复单元的O原子数目为4×1/2=2，Co原子数为1，能描述CoO2的化学组成；‎ B.根据图示，属于该重复单元的O原子数目为4×1/4=1，Co原子数为1，不能描述CoO2的化学组成；‎ C.根据图示，属于该重复单元的O原子数目为4，Co原子数为4×1/4+1=2，能描述CoO2的化学组成；‎ D.根据图示，属于该重复单元的O原子数目为4×1/2=2，Co原子数为2×1/2=1，能描述CoO2的化学组成，故选B；‎ ‎（4）根据结构式知，结构中的O⋯H为氢键；Ni−N为配位键；单键为σ键；N=C中有π键；故不存在的作用力有金属键和离子键，故答案为BD；‎ ‎（5）根据配离子[Co(N3) (NH3)5]2+的结构知，配体有N3-、NH3；每个NH3分子中有3个σ键，每个N3-中含有2个σ键，一个配位键是一个σ键，所以一个配离子中σ键数目为：3×5+1+2+5=23，则1mol该配离子中所含σ键的数目为23NA；‎ ‎（6）根据题干信息知，晶胞中Fe2+、Fe3+数目一样多，其数目均为4×1/8=1/2，CN-的数目为12×1/4=3，根据电荷守恒可知，该晶体的化学式为KFe2(CN)6；Fe2+分别占据立方体互不相邻的顶点，则该立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体，故答案为：KFe2(CN)6‎ ‎；正四面体。‎ ‎ ‎