2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(平行班含解析).doc

2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题(平行班，含解析)1. 下列能层中，原子轨道数目为4的是（ ）A. K层 B. L层 C. M层 D. N层【答案】B【解析】试题分析：s、p、d、f含有的轨道数目分别是1、3、5、7，所以K层原子轨道的数目为1，L层原子轨道的数目为4，M层原子轨道的数目为9，N层原子轨道的数目为16，答案选B。考点：考查原子轨道的数目的计算点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，难度不大。该题的关键是记住能级对应的轨道数目以及能层包含的能级数目，然后灵活运用即可。2. 下列说法中正确的是（ ）A. 任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级B. 用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2C. 电子云中每一个小点代表一个电子D. 电子的运动状态只能从能层、能级、轨道3个方面进行描述【答案】B【解析】【详解】A、在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，能级分为s、p、d、f、g等，故A错误；B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，故B正确；C、电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故C错误；D、决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，故D错误；故选B。【点睛】在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级；在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层；电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数，据此分析。3. 以下表示氧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. 1s22s22p4 D. 【答案】D【解析】【详解】A、只能表示最外层电子数，故A错误；B、只表示核外电子的分层排布情况，故B错误；C、具体到亚层的电子数，故C错误； D、包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向，故D正确；故选D。【点睛】原子轨道排布式不仅能表示电子在核外的排布情况，还能表示电子在原子轨道上的自旋情况，对电子运动状态描述最详尽。4. 电子排布有能级顺序，若以E(nl)表示某能级的能量，以下各式中正确的是（ ）A. E(4s)E(3d)E(3Px)E(3Py) B. E(3d)E(4s)E(3p)E(3s)C. E(5s)E(4f)E(3Px)E(3Py) D. E(5s)E(4s)E(4f)E(3d)【答案】B【解析】试题分析：A、应为E（3d）E（4s），则为E（4s）E（3d）E（3Px）=E（3Py），A项错误；B、符合构造原理，B项正确；C、应为E（4f）E（5s）E（3Px）=E（3Py），C项错误；D、E（4f）E（5s）E（3d）E（4s），D项正确；答案选B。考点：考查电子排布的能级顺序5. 下列基态原子或离子的电子排布式错误的是（ ）A. K：1s22s22p63s23p64s1 B. F-：1s22s22p6C. 26Fe：1s22s22p63s23p63d54s3 D. Kr：1s22s22p63s23p63d104s24p6【答案】C【解析】【详解】题中K、F和Kr的核外电子排布都符合构造原理，为能量最低状态，而Fe的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d64s2，电子数目不正确。故选C。【点睛】本题考查基态原子的电子排布的判断，是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，该题的关键是明确核外电子排布的特点，然后结合构造原理灵活运用即可，难度不大原子核外电子排布应符合构造原理、能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，结合原子或离子的核外电子数解答该题6. 下列各项叙述中，正确的是（ ）A. 能层序数越大，s原子轨道的形状不相同，但半径越大B. 在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C. 镁原子由1s22s22p63s2ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态D. 原子价电子排布式为5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解【答案】C【解析】【详解】A、s能级的轨道都是球形的，且电子层序数越大，半径也就越大，故A错误；B、在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一电子层的不同轨道中，电子的自旋方向是可以相同的，故B错误；C、Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2轨道上，由基态转化为激发态，故C正确；D、原子的最外层电子排布是5s1的元素是Rb元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝反应，故D错误；故选C。【点睛】原子轨道的形状与电子层数的多少无关；在电子排布中，每一电子层有s、p、d、f等七个能级，每个能级有不同的轨道，在每一轨道上电子的自旋方向不同；能量最低的能级叫做基态，其他能级叫做激发态；氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱。7. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A. 元素X的常见化合价是+1价B. 元素Y是A族的元素C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD. 若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】试题分析：X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。AX为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中X显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故C正确；D若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故D错误。故选D。考点：考查元素电负性、电离能的含义及应用8. 电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，下列关于电负性的变化规律正确的是（ ）A. 周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大B. 周期表中同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐增大C. 电负性越大，金属性越强D. 电负性越小，非金属性越强【答案】A【解析】试题分析：非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右，非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强；同主族自上而下，非金属性逐渐较弱，电负性逐渐降低，所以正确的答案选A。考点：考查电负性的有关判断点评：本题是常识性知识的考查，难度不大。主要是有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的求知欲。9. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C. 2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子D. 最外层都只有一个电子的XY原子【答案】C【解析】试题分析：A、1s2结构的原子为He,1s22s2结构为Be，两者性质不相似，A错误；B、X原子为Mg，Y原子N层上有2个电子的有多种元素，如第4周期中Ca、Fe等都符合，化学性质不一定相同，B错误；C、为第A族的元素，化学性质一定相似，C正确；D、最外层只有1个电子的第A族元素可以，过渡元素中也有很多最外层只有1个电子的。故性质不一定相似，D错误，答案选C。考点：考查核外电子排布与元素性质的关系判断10. 下列关于丙烯(CH3CH =CH2)的说法正确的（ ）A. 丙烯分子有8个键，1个键B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C. 丙烯分子不存在非极性键D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上【答案】A【解析】【详解】A、共价单键为，双键中双键中有1个键,1个键，所以丙烯分子有8个键，1个键，故A正确；B、丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化,双键上的2个碳原子都是sp2杂化,故B错误；C、存在C-C非极性键，故 C错误；D、C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；故选A。【点睛】共价单键为键，双键中有1个键，1个键,甲基中的C为sp3杂化，双键中的C为sp2杂化，结合化学键及乙烯的平面结构分析。11. 根据等电子原理，等电子体之间结构相似，物理性质也相近。以下各组粒子不能互称为等电子体的是（ ）A. CO和N2 B. O3和SO2 C. CO2和N2O D. N2H4 和C2H4【答案】D【解析】试题分析：根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析解：ACO和N2的原子个数都为2，价电子数：前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A不选；BO3和SO2的原子个数都为3，价电子数：前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B不选；CCO2和N2O的原子个数都为3，价电子数：前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C不选；DN2H4和C2H4的原子个数都为6，价电子数：前者为14，后者为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D选；故选：D12. 对于SO2和CO2的说法中正确的是（ ）A. 都是直线形结构B. 中心原子都采用SP杂化轨道C. SO2为V形结构，CO2为直线形结构D. S原子和C原子上都没有孤对电子【答案】C【解析】试题分析：ASO2的价层电子对个数=2+12（6-22）=3，含有1个孤电子对，该分子为V形结构，CO2的价层电子对个数=2+12（4-22）=2，该分子是直线形结构，故A错误；BSO2的价层电子对个数是3，所以硫原子采取sP2杂化，CO2的价层电子对个数是2，所以碳原子采取sP杂化，故B错误；CSO2的价层电子对个数=2+12（6-22）=3，该分子为V形结构，CO2的价层电子对个数=2+12（4-22）=2，该分子是直线形结构，故C正确；DSO2的孤电子对个数=12（6-22）=1，CO2的孤电子对个数=12（4-22）=0，所以二氧化硫有1对孤对电子，二氧化碳没有孤对电子，故D错误。13. 氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化B. 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C. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子【答案】B【解析】A. NH3中N原子成3个键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，CH4分子中C原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等，采取sp3型杂化，两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，故A错误；B. NH3中N原子成3个键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，故B正确；C. NH3中N原子成3个键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，故C错误；D. 氨气分子空间构型是三角锥形不是因为氨气分子是极性分子，甲烷是正四面体形也不是因为甲烷是非极性分子，因果关系不正确，故D错误；故选B。14. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是（ ）A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)4 2+C. Cu(NH3)4 2+的空间构型为正四面体型D. 在Cu(NH3)4 2+离子中，Cu2+ 给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】试题分析：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A硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C根据Cu（NH3）42+的空间构型判断；D配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键解：A硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故B正确；CCu（NH3）42+的空间构型为平面正四边形，故C错误；D在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；故选B15. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： 1s22s22p63s23p4； 1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（ ）A. 第一电离能： B. 原子半径：C. 电负性： D. 最高正化合价：【答案】A【解析】由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素；A同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能ClPS；同主族自上而下第一电离能减弱，故FCl，故第一电离能FPS，即，故A正确；B同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径PSF，即，故B错误；C同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性，故C错误；DS元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：，故D错误；故选A。点睛：考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素。16. 下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是（ ）A. C2H4 CH4 B. CO2 H2S C. C60 C2H4 D. NH3 HCl【答案】A【解析】试题分析：A、乙烯含有碳碳双键，是非极性键和极性键，是非极性分子，甲烷含有极性键，结构对称，是非极性分子，选A；B、二氧化碳是含有极性键的非极性分子，硫化氢含有极性键，是极性分子，不选B；C、碳-60，是含有非极性键的非极性分子，乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，不选C；D、氨气是含有极性键的极性分子，氯化氢是含有极性键的极性分子，不选D。考点：共价键的类型，极性分子和非极性分子。17. 共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：Na2O2；SiO2；石墨；金刚石；CaH2；白磷固体；其中含有两种作用力的组合是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种结合力，故正确；SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；石墨存在共价键和分子间作用力，故正确；金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；CaH2中钙离子与氢离子之间只存在离子键，则只存在一种结合力，故错误；白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种结合力，故正确。故选项B符合题意。18. 下列化合物中含有2个手性碳原子的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A.只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故A错误；B如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子，含有2个手性碳原子，故B正确；C只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故C错误；D中间碳原子连接1个-OH、1个-H、2个，不是手性碳原子，两端的碳原子连接了2个-H，不手性碳原子，分子中不存在手性碳原子，故D错误；故选B。【点睛】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。19. 已知含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）A. H2SeO3 B. HMnO4 C. H3BO3 D. H3PO4【答案】B【解析】【详解】A. H2SeO3可改写成SeO (OH)3，非羟基氧原子数目为1；B. HMnO4可改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3；C. H3BO3可改写成B(OH)3，非羟基氧原子数目为0；D. H3PO4可改写为PO(OH)3非羟基氧原子数目为1；H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO4中非羟基氧原子数最多，酸性最强，故选B。【点睛】含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可以知道，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。20. 某物质的晶体中含Ti、O、Ca三种元素，其晶胞排列方式如右图所示，晶体中Ti、O、Ca的中原子个数之比为（ ）A. 1:3:1 B. 2:3:1C. 2:2:1 D. 1:3:3【答案】A【解析】试题分析：利用均摊法计算晶胞中各原子个数，顶点上的Ti原子被8个晶胞共用，棱上的O原子被2个晶胞共用，体心的Ca原子被1个晶胞所有解：如图，晶胞中顶点上的Ti原子个数=8=1，棱上的O原子个数=6=3，体心的Ca原子个数=1，所以晶体中Ti、O、Ca的原子个数之比为1：3：1，故选：A21. 有关晶体的下列说法中，正确的是（）A. 分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B. 二氧化硅的熔点、硬度均比二氧化碳高C. 冰融化成水分子时，仅共价键发生断裂，分子本身没有变化D. 氯化钠熔化时离子键被破坏，故属于化学反应【答案】B【解析】试题分析：分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点越高，故A错误；二氧化硅是原子晶体，所以熔点、硬度均比二氧化碳高，故B正确；冰融化时水分子时，共价键没有发生断裂，分子本身没有变化，故C错误；氯化钠熔化不属于化学变化，故D错误。考点：本题考查化学键。22. 下列晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（）A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O C. NaCl与HCl D. CCl4与KCl【答案】B【解析】试题分析：ASO2与SiO2均含有共价键，前者是分子晶体，后者是原子晶体，A错误；BCO2与H2O均含有共价键，均是分子晶体，B正确；CNaCl含有离子键，属于离子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，C错误；DCCl4含有共价键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D错误，答案选B。考点：考查化学键和晶体类型判断23. 下面的排序不正确的是（）A. 晶体熔点由低到高：CF4 CCl4 CBr4 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】分析：A.分子晶体的相对分子质量越大,熔沸点越大;B.键长越短,共价键越强,硬度越大;C.金属离子的电荷越大、半径越小,其熔点越大;D.离子半径越小、离子键越强,则晶格能越大。详解:A.分子晶体的相对分子质量越大,熔沸点越大,则晶体熔点由高到低:CF4CCl4CBr4CI4,所以A选项是正确的;B.键长越短,共价键越强,硬度越大,键长C-CC-SiMgNa,故C错误;D.离子半径越小、离子键越强,则晶格能越大,F、Cl、Br、I的离子半径在增大,则晶格能由大到小:NaF NaCl NaBrNaI,所以D选项是正确的。所以本题答案选C。24. 萤石(CaF2)晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+ 被8个F- 所包围，则每个F- 周围最近距离的Ca2+ 数目为（）A. 2 B. 4 C. 6 D. 8【答案】B【解析】试题分析：设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中，解得x=4，答案选B。考点：考查CaF2晶体的有关计算点评：该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，难易适中，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。有利于培养学生的抽象思维能力和发散思维能力。25. 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】在硼酸B(OH)3分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸B(OH)3分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。26. C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示石墨仅表示出其中的一层结构： （1）C60、金刚石和石墨三者的关系是互为 _ ； A. 同分异构体 B.同素异形体C.同系物 D.同位素 （2）晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅硅单键的数目是 _ ； （3）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是 _ ； （4）观察分子晶体结构的一部分，每个分子周围有 _ 个与之紧邻且等距的分子； （5）观察图形推测，CsCl晶体中两距离最近的间距离为a，则每个周围与其距离为a的数目为 _ ，每个周围紧邻且等距的数目为 _ 。【答案】 (1). B (2). 2 (3). 2 (4). 12 (5). 6 (6). 8【解析】【详解】(1)同种元素的不同单质互称同素异形体， C60、金刚石和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故选B；(2)每个硅原子含有2个硅硅键，则1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是2NA个；(3)石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数；(4)干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；(5) 每个周围与它最近且距离相等的共有个；每个周围紧邻且等距的数目。【点睛】同种元素的不同单质互称同素异形体； 每个硅原子周围连有四个硅原子,但每个硅硅键被两个硅原子共用,所以每个硅原子含有2个硅硅键；石墨层状结构中，每个碳原子周围连有3个碳碳键，可以被三个六边形共用,利用均摊法可计算出每个六边形中碳原子数；干冰是分子晶体，分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的分子为例,与它距离最近的分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；根据CsCl晶体的晶胞可以知道,以顶点为例,每个周围与它最近且距离相等的分布在与该相邻的顶点上，每个周围与它最近且距离相等的分布在与该顶点相连的八个立方体的体心上，据此答题。27. 已知X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表。请根据信息回答有关问题： 元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y原子核外的L层有3个未成对电子Z在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟M单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子 R第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态（1）元素M的原子核外有 _ 种不同运动状态的电子；（2）五种元素中第一电离能最高的是_写元素符号； （3）在Y形成的单质中，键与键数目之比为_，在中Z原子的杂化方式为_，其分子的空间构型为 _； （4）R的一种配合物的化学式为。已知在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生AgCl沉淀，此配合物最可能是 _填序号。A. B. C. D.【答案】 (1). 17 (2). N (3). 1：2 (4). (5). V型 (6). B【解析】【分析】已知X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数XYZMR，X元素原子原子的L层上s电子数等于p电子数，核外电子排布为，则X为C元素；Y元素原子核外的L层有3个未成对电子，核外电子排布为，则Y为N元素；Z元素在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟，则Z为O元素；M元素单质常温、常压下是气体,原子的M层上有1个未成对的p电子,原子核外电子排布为，则M为Cl；第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态，应为Cr元素，价层电子排布式为。【详解】(1)M为Cl，原子核外电子排布为共有17种不同运动状态的电子，有5种不同能级的电子；(2)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第A元素的第一电离能大于第A族的，第A族的大于第A族的，因为N原子的2p能级电子为半充满，为较稳定的结构,则N的第一电能较大；(3)根据题意知Y的单质为N2，其中氮氮之间存在1个键和2个键，因此键与键数目之比为1:2。中心氧原子有6个价电子，两个Cl分别提供一个电子，所以中心原子价电子对数，中心O原子杂化为杂化，空间构型为V型；(4)Cr的最高化合价为+6，氯化铬和氯化银的物质的量之比是，根据氯离子守恒知，则化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬的化学式可能为。【点睛】28. （1）Co、Cu、Zn都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物，下列不能作为配合物配位体的是_；AH2O BNH3 CCH4 DCl（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间可能存在的氢键_；（3）Cu元素可形成Cu(NH3)4SO4，其中存在的化学键类型有_（填序号）；配位键 氢键 极性共价键非极性共价键 离子键（4）甲烷晶体的晶胞结构如下图，下列有关说法正确的是_。A甲烷在常温下呈气态，说明甲烷晶体属于分子晶体B晶体中1个CH4分子有12个紧邻的甲烷分子CCH4晶体熔化时需克服共价键 （5）下图表示的是SiO2的晶胞结构（白圈代表硅原子，黑点代表氧原子），判断在30g二氧化硅晶体中含_mol SiO键。如果该立方体的边长为a cm，用NA 表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为_g/cm3 。【答案】 (1). C (2). NHO OHN (3). (4). AB (5). 2 mol (6). 480/(NAa3)【解析】【详解】（1）AH2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；BNH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故B不选；C碳原子最外层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C正确；DCl-为氯原子得到1个电子形成的阴离子，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故D不选；故选C。（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如O-HN、N-HO、O-HO、N-HN，氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键N-HO、O-HN；（3）Cu（NH3）4SO4中，Cu（NH3）42+与SO42-之间的化学键为离子键，Cu