化学二轮题型必练——物质结构与性质

2020届高考化学二轮题型对题必练物质结构与性质1. a、b、c、d、e、f是前四周期原子序数依次增大的6种元素。a元素的基态原子核外s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍；c元素所组成的单质和氢化物中分别有一种具有漂白性；d是地壳中含量最高的金属元素；e的正三价基态离子的d能级为半充满结构；f的基态原子最外层只有一个电子，且内层电子排布均为全充满结构。（1）b元素基态原子的价电子排布图为_。（2）a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。（用元素符号回答，下同）（3）b与c组成的一种分子中有16个价电子，其结构式为_，其分子中含_个键，_个键。（4）c的氢化物中，电子总数为18的分子是_，中心原子的杂化方式为_，它是_分子（填“极性”或“非极性”）。（5）已知c、f能形成两种化合物，其晶胞如图所示，甲的化学式为_，乙的化学式为_；高温时，甲易转化为乙的原因为_。（6）e元素对应的单质在形成晶体时，采用如下图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_，如果e的原子半径为rpm；阿伏加德罗常数的值为NA，计算此单质的密度表达式为_g/cm3（不必化简）。2. 磷化硼（BP）是一种受关注的耐磨涂层材料，可作为钛等金属表面的保护薄膜。（1）三溴化硼和三溴化磷混合物在高温条件下与H2反应可以制得BP。上述反应的化学方程式为_；磷原子中存在_种不同能量的电子，电子占据的最高能层符号为_。常温下，三溴化磷是淡黄色发烟液体，可溶于丙酮、四氯化碳中，该物质属于_晶体（填晶体类型）。（2）已知磷酸是中强酸，硼酸是弱酸；pKa= -lgKa。有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响,如酸性：BrCH2COOH CH3COOH。据此推测，pKa：AtCH2COOH_ClCH2COOH（填“”、“”、“=”）磷酸是三元酸，写出两个与PO43-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。硼酸是一元酸，它在水中表现出来的弱酸性，并不是自身电离出氢离子所致，而是水分子与B(OH)3结合，生成一个酸根离子，该阴离子的结构式为：_（若存在配位键，请用箭头标出）。（ 3）高温陶瓷材料Si3N4的成键方式如图1所示，结构中NSiN的键角比SiNSi的键角大，其原因是 _。（4）磷化硼的晶体结构如图2所示。晶胞中P原子的堆积方式为_（填“简单立方”、“体心立方”或“面心立方最密”）堆积。若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为a nm，则晶体密度为_gcm-3（只需列出计算式）。3. （1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：2NH3+3F2CuNF3+3NH4F上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 _ （填序号）a离子晶体b分子晶体c原子晶体d金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为 _ （3）BF3与一定量水形成（H2O）2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及 _ （填序号）a离子键b共价键c配位键d金属键e氢键f范德华力R中阳离子的空间构型为 _ ，阴离子的中心原子轨道采用 _ 杂化（4）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.110-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸） _ Ka（苯酚）（填“”或“”），其原因是 _ 4. A、B、C、D是短周期主族元素，原子序数依次增大，它们满足下列要求：短周期主族元素中A原子半径最小，D原子半径最大；B原子最外层电子数是次外层电子数的两倍，C原子的最外层电子数是核外电子总数的34；盐Z的化学式为D2BC3。请回答下列问题：（1）D2C2所属的晶体类型为_，D2C2与A2C反应的化学方程式是_。（2）5.6LA2（已折算成标准状况）完全燃烧生成液态A2C放出71.45kJ热量，写出表示A2燃烧热的热化学方程式_。（3）熔融盐Z燃料电池的工作原理如图所示：石墨（）的电极名称是_（填“正极”或“负极”）；写出石墨（）电极上发生的电极反应式_。5. X、Y、Z、L四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，它们相关信息如下： X元素原子的价电子构型为nSnnP2n Y 和Z位于同一周期，最外层都有两个未成对电子 L元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素 请回答如下问题： （1）L元素在周期表中的位置是 _ ，该原子核外电子排布式是 _ ，其最高正价氧化物对应的水氧化物的化学式是 _ （2）元素X与Y形成的化合物晶体类型是晶体 _ ，1mol该化合物含有的化学键数为 _ （用阿伏加德罗常数NA表示） （3）元素M是周期表中电负性最强的元素，X与M形成的化合物XM2的分子几何构型是 _ ，该化合物中X的原子的杂化轨道类型是 _ （4）X与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子里有个 _ 键， _ 个键 （5）金属元素N与Z形成的离子化合物的晶胞结构如图，晶胞中Z离子数目为 _ 6. 氮族元素包括N、P、As、Sb和Bi五种元素（1）下列关于氮族元素的说法正确的是_aN2可用于填充霓虹灯其发光原理是电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，以光的形式释放能量bP、Na、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：PSNac基态As原子中，电子占据的最高能级为4ddBi原子中最外层有5个能量相同的电子（2）NH3在水中的溶解度比PH3大得多，其原因是_向硫酸铜溶液中加入过量氨水，然后加入适量乙醇，溶液中析出深蓝色的Cu（NH3）4SO4晶体该晶体中含有的化学键除普通的共价键外，还有_和_（3）PCl3分子中，Cl-P-Cl键的键角_10928（填“”“”或“2”）（4）白磷（P4）是磷的一种单质，它属于分子晶体，其晶胞结构如图已知该晶体的密度为gcm-3，晶胞的边长为a cm，则阿伏加德罗常数为_mol-1（用含p、a的式子表示）7. 碳是地球上组成生命的最基本元素之一，可以sp3、sp2和sp杂化轨道成共价键，具有很强的结合能力，与其它元素结合成不计其数的无机物和有机化合物，构成了丰富多彩的世界。碳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）基态碳原子核外有_种能量不同的电子，其价电子排布图为_。（2）碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如表所示：碳酸盐MgCO3CaCO3BaCO3SrCO3热分解温度/40290011721360阳离子半径/pm6699112135试解释为什么随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高？（3）碳的一种同素异形体-C60，又名足球烯，是一种高度对称的球碳分子。立方烷（分子式：C8H8，结构是立方体：）是比C60约早20年合成出的一种对称型烃类分子，而现如今已合成出一种立方烷与C60的复合型分子晶体，该晶体的晶胞结构如图所示，立方烷分子填充在原C60晶体分子的八面体空隙中。则该复合型分子晶体的组成可表示为_。（4）碳的另一种同素异形体-石墨，其晶体结构和晶胞如图所示，虚线勾勒出的是其晶胞。则石墨晶胞含碳原子个数为个。已知石墨晶体的层间距为dcm，CC键长为rcm，阿伏伽德罗常数的值为NA，计算石墨的密度为_。（5）碳的第三种同素异形体-金刚石，其晶胞如图所示。已知金属钠的晶胞（体心立方晶胞）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是如图_（从AD图中选填）。8. 配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3（氮原子提供电子对）和H+（提供空轨道）通过配位键形成的。据此，回答下列问题：（1）下列粒子中可能存在配位键的是_。ACO2BH3O+CCH4DAg（NH3）2+（2）向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是：首先生成蓝色沉淀。继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。请写出上述过程沉淀溶解的离子方程式_。再向深蓝色透明溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为_。根据以上实验，判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3_H2O（填“”、“=”或“”）。请写出铜原子的核外电子排布式_。单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu=1958kJmol-1、INi=1753kJmol-1，ICuINi的原因是_；（3）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、CoCl34NH3（绿色）、CoCl34NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol。已知上述配合物中配离子的配位数均为6请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl35NH3_；CoCl34NH3（紫色）_。9. “共生系统”能很大程度上提高经济效益。研究硫酸工业尾气的“共生系统”具有重要意义。回答下列问题：（1）工业上，将Na2CO3和Na2S以合适的物质的量比配成溶液，吸收富集的SO2，可制取重要的化工原料Na2S2O3，同时放出CO2该反应的化学方程式为_。（2）工业上，将富含SO2的工业尾气降温液化，收集液态SO2用液态SO2、硫磺（用S表示）、液氯为原料，在200250活性炭催化条件下合成氯化剂SOCl2该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（3）SOCl2分子的空间构型为_。下列关于O、S、Se三种同主族元素的叙述正确的是_（填序号）。a沸点：H2OH2SH2SebH2O分子中H-O-H键的键角小于H2S分子中H-S-H键的键角c热稳定性H2OH2SH2SedCS2是一种直线型分子，分子中C、S原子都满足8电子稳定结构（4）氯化亚砜（SOCl2，易挥发液体，易水解）常用作脱水剂。ZnCl2xH2O制取无水ZnCl2流程如图所示：利用SOCl2和ZnCl2xH2O混合加热可制得无水ZnCl2的原因是_（用化学方程式和必要的文字解释）。甲同学认为SOCl2也可用于FeCl36H2O制取无水FeCl3，但乙同学认为该过程会发生氧化还原反应。要验证乙同学观点是否正确，可选择下列试剂中的_（填序号）。aK3Fe（CN）6溶液b。BaCl2溶液和稀盐酸c。AgNO3溶液和稀硝酸d。酸性KMnO4溶液10. X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大请回答下列问题： （1）X元素原子的价电子的轨道表示式为 _ ，该元素的符号是 _ （2）Q元素原子基态时的电子排布式为 _ ，在形成化合物时它的最高化合价为 _ （3）化合物XZ2与YZ2的空间构型分别是 _ 和 _ ，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是 _ （写分子式），理由是 _ （4）用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键 _ （5）比较X的氢化物与同族第二、四周期元素所形成的氢化物的稳定性、沸点高低，并说明理由 _ 11. 1967年舒尔滋提出金属互化物的概念，其定义为固相金属间化合物拥有两种或两种以上的金属元素，如Cu9Al4、CuCu5Zn8等回答下列问题： （1）某种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）基态铜原子的核外电子排布式为 _ ；在CuSO4溶液中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为 _ （3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为 _ ；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论推测硫氰酸（H-S-C三N）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点，其原因是 _ （4）金属锌晶体的堆积方式为 _ 在ZnS晶胞中（结构如图1所示），S2-的配位数为 _ （5）铜有两种氧化物CuO、Cu2O，高温时易转化为Cu2O的原因为 _ （请从原子结构的角度解释） （6）锕与金形成的金属互化物结构如图2所示，其晶胞边长为pm，该金属互化物的密度为 _ gcm-3（用含a、NA的代数式表示）12. 如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分 （1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同） _ ；金刚石和石墨互称碳的 _ （2）代表干冰的是C，它属于 _ 晶体，CO2分子间通过 _ 结合起来 （3）上述物质中A、B、C三种熔点由高到低的排列顺序为 _ （用字母表示）答案和解析1.【答案】 NOC N=N=O 2 2 H2O2 sp3杂化 极性 CuO Cu2O Cu2O中Cu的3d能级为全充满状态，较稳定 8 256NA(4r10103)3【解析】解：a、b、c、d、e、f是前四周期原子序数依次增大的6种元素，a元素的基态原子核外s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，则电子排布式为1s22s22p2，a为C元素；d是地壳中含量最高的金属元素，则d为Al元素；c元素所组成的单质和氢化物中分别有一种具有漂白性，单质为臭氧，氢化物为双氧水，则c为O元素；b的原子序数介于C、O之间，则b为N元素；e的正三价基态离子的d能级为半充满结构，则e为Fe元素；f的基态原子最外层只有一个电子，且内层电子排布均为全充满结构，则f为Cu元素，（1）b元素是氮元素，电子排布式为1s22s22p3，其基态原子的价电子排布图为故答案为：；（2）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能OC，由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以a、b、c三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为NOC，故答案为：NOC；（3）b与c组成的一种分子甲中有16个价电子，该化合物为N2O，N2O与CO2为等电子体，其结构式为N=N=O，N2O分子中含有两个双键，其分子中含有2个键、2个键，故答案为：N=N=O；2；2；（4）c为O元素，O的氢化物中，电子总数为18的分子为H2O2，H2O2中O原子的杂化方式为sp3杂化，是极性分子，故答案为：H2O2；sp3杂化；极性；（5）由晶胞结构知，根据均摊法，甲含Cu原子4个，O原子：818+414+212+1=4，其化学式为CuO；乙含Cu原子4个，O原子：818+1=2，化学式为Cu2O；甲的化学式为CuO，高温时，甲易转化为乙的原因为Cu2O中Cu的3d能级为全充满状态，较稳定，故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中Cu的3d能级为全充满状态，较稳定；（6）Fe元素对应的单质在形成晶体时，采用如图所示的堆积方式为体心立方堆积，这种堆积模型的配位数为8；晶胞中Fe原子数目为818+1=2，晶胞质量为256NAg，体对角线上3个原子相切，Fe的原子半径为 a cm，则立方体的边长为4r310-10cm，晶胞的体积为（4r310-10cm）3，所以铁单质的密度=mV=56NA2(4r10103)3=256NA(4r10103)3g/cm3，故答案为：8；256NA(4r10103)3。a、b、c、d、e、f是前四周期原子序数依次增大的6种元素，a元素的基态原子核外s能级上的电子数是p能级上电子数的2倍，则电子排布式为1s22s22p2，a为C元素；d是地壳中含量最高的金属元素，则d为Al元素；c元素所组成的单质和氢化物中分别有一种具有漂白性，单质为臭氧，氢化物为双氧水，则c为O元素；b的原子序数介于C、O之间，则b为N元素；e的正三价基态离子的d能级为半充满结构，则e为Fe元素；f的基态原子最外层只有一个电子，且内层电子排布均为全充满结构，则f为Cu元素，据此解答（1）（4）；（5）c为O、f为Cu，结合晶胞结构利用均摊法计算其化学式；结合原子处于全充满、半充满、全空是稳定结构分析；（6）图示这种堆积模型为体心立方堆积，配位数为8；根据均摊法计算晶胞中Fe原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，体对角线上3个原子相切，Fe的原子半径为rpm=r10-10cm，则立方体的边长为4r310-10cm，晶胞的体积为（4r310-10cm）3，根据=mV计算晶胞密度。本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性、杂化方式与空间构型、晶胞结构及计算等，题目难度较大，推断元素为解答根据，（6）中关键是确定晶胞边长与原子半径关系，熟记中学常见晶胞结构，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。2.【答案】（1）BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr；5；M；分子；（2）；SO42-、ClO4-等合理答案；（3）N、Si原子均采取sp3杂化，一个Si原子与4个N原子成键，N-Si-N的键角为109.5，而一个N原子与3个Si原子成键，N上还有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以Si-N-Si的键角更小；（4）面心立方最密；4(11+31)(2a)3NA1021【解析】【分析】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、键角、等电子体、晶体类型判断等知识点，明确基本原理、物质空间结构是解本题关键，侧重考查学生分析判断及计算能力，题目难度中等。【解答】（1）该反应中反应物是BBr3、PBr3、H2，产物是BP、HBr，反应条件是高温，反应方程式为BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr，故答案为：BBr3+PBr3+3H2BP+6HBr；磷原子中存在1s、2s、2p、3s、3p能量的电子，所以有5种能量不同的电子，电子占据的最高能层为M层，故答案为：5；M；常温下，三溴化磷是淡黄色发烟液体，可溶于丙酮、四氯化碳中，该物质为分子晶体，故答案为：分子；（2）酸的酸性越强，该酸溶液的pKa越小，酸性：BrCH2COOHCH3COOH，据此推测，酸性AtCH2COOHClCH2COOH，则pKa：AtCH2COOHClCH2COOH，故答案为：；等电子体的空间构型和键合形式相同，则与磷酸根离子互为等电子体的微粒为SO42-、ClO4-等，故答案为：SO42-、ClO4-等合理答案；硼酸电离方程式为B（OH）3+H2O+H+，据此书写其电离出阴离子结构式为，故答案为：；（4）N、Si原子均采取sp3杂化，一个Si原子与4个N原子成键，N-Si-N的键角为109.5，而一个N原子与3个Si原子成键，N上还有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以Si-N-Si的键角更小，故答案为：N、Si原子均采取sp3杂化，一个Si原子与4个N原子成键，N-Si-N的键角为109.5，而一个N原子与3个Si原子成键，N上还有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以Si-N-Si的键角更小；（5）根据图知，该晶胞是面心立方最密堆积，若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为anm，晶胞的棱长=2anm，晶胞体积=（2a10-7cm）3，该晶胞中P原子个数=818+612=4，B原子个数为4，晶胞密度=MNA4(2a107)3g/cm3=4(11+31)(2a)3NA1021g/cm3，故答案为：面心立方最密；4(11+31)(2a)3NA1021。3.【答案】abd；1s22s22p63s23p63d104s1；ad；三角锥型；sp3；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+【解析】解：（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的相对位置为：，故答案为：；（2）Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，故答案为：abd；Cu原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（3）由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力，故答案为：ad；R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+61312=4，孤电子对=61312=1，为三角锥型，氧原子采取sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）Ka（苯酚），故答案为：；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素；（2）Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体；Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律书写；（3）由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力；R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+61312=4，孤电子对=61312=1，据此判断；（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+本题考查电离能、晶体类型、化学键及氢键对物质性质的影响、分子结构与杂化理论等，难度中等，需要学生全面掌握基础知识，并能运用分析解决问题4.【答案】离子晶体 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 H2（g）+12O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJmol-1 正极 H2+CO32-2e-=H2O+CO2【解析】解：A、B、C、D是短周期主族元素，原子序数依次增大，短周期主族元素中A原子半径最小，D原子半径最大，则A为H，D为Na元素；B原子最外层电子数是次外层电子数的两倍，则B为C元素；C原子的最外层电子数是核外电子总数的34，C的原子序数小于Na，位于第二周期，最外层含有6个电子，为O元素；盐Z的化学式为D2BC3，则Z为Na2CO3。（1）D2C2为Na2O2，过氧化钠晶体为离子晶体；A2C为H2O，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：离子晶体；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（2）5.6LH2（已折算成标准状况）的物质的量为：5.6L22.4L/mol=0.25mol，1mol氢气完全燃烧放出热量为：71.45kJ1mol0.25mol=285.8kJ，则H2燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+12O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJmol-1，故答案为：H2（g）+12O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJmol-1；（3）A2为H2，C2为O2，电解质为熔融Na2CO3，石墨（）通入的氧气得到电子发生还原反应，则石墨（）为燃料电池的负极，故答案为：正极；石墨（）电极上通入氢气，氢气失去电子发生氧化反应，为燃料电池的负极，其电极反应式为：H2+CO32-2e-=H2O+CO2，故答案为：H2+CO32-2e-=H2O+CO2。A、B、C、D是短周期主族元素，原子序数依次增大，短周期主族元素中A原子半径最小，D原子半径最大，则A为H，D为Na元素；B原子最外层电子数是次外层电子数的两倍，则B为C元素；C原子的最外层电子数是核外电子总数的34，C的原子序数小于Na，位于第二周期，最外层含有6个电子，为O元素；盐Z的化学式为D2BC3，则Z为Na2CO3，据此解答。本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则及燃料电池工作原理，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。5.【答案】第四周期B族；1s22s22p63s23p63d54s1；H2CrO4、H2Cr2O7；原子晶体；4NA；V型；sp3；3；1；4【解析】解：X、Y、Z、L四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，X元素原子的价电子构型为nSnnP2n，由于S能级只能容纳2个电子，且P能级容纳电子，则n=2，可推知X为O元素；Y和Z位于同一周期，只能处于第三周期，最外层都有两个未成对电子，价电子构型为3S23P2、3S23P4，则Y为Si，Z为S元素；L处于第四周期，L元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素，则价电子构型为3d54s1，故L为Cr元素， （1）L为Cr元素，元素在周期表中的位置是第四周期B族，该原子核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，其最高正价为+6，最高价氧化物对应的水氧化物的化学式是H2CrO4、H2Cr2O7， 故答案为：第四周期B族；1s22s22p63s23p63d54s1；H2CrO4、H2Cr2O7； （2）元素X与Y形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，晶体中每个Si原子与周围4个O原子形成4个Si-O键，则1mol该化合物含有的化学键数为4NA， 故答案为：原子晶体；4NA； （3）元素M是周期表中电负性最强的元素，则M为F元素，O元素与氟元素形成的化合物OF2中O原子孤电子对数为6122=2、价层电子对数为2+2=4，故O原子采取sp3杂化，为V型结构， 故答案为：V型；sp3； （4）氧与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子为HCHO，含有2个C-H键、1个C=O双键，故分子有个3个键，1个键，故答案为：3；1； （5）由晶胞结构可知，Z离子位于晶胞的体心、顶点、面心、棱上，则晶胞中Z离子数目为1+818+212+414=4，故答案为：4 X、Y、Z、L四种元素分别位于周期表中三个紧相邻的周期且原子序数依次增大，X元素原子的价电子构型为nSnnP2n，由于S能级只能容纳2个电子，且P能级容纳电子，则n=2，可推知X为O元素；Y和Z位于同一周期，只能处于第三周期，最外层都有两个未成对电子，价电子构型为3S23P2、3S23P4，则Y为Si，Z为S元素；L处于第四周期，L元素原子的基态未成对电子数是同周期最多的元素，则价电子构型为3d54s1，故L为Cr元素 （1）L为Cr元素，其最高正价为+6； （2）元素X与Y形成的化合物为SiO2，属于原子晶体，晶体中每个Si原子与周围4个O原子形成4个Si-O键； （3）元素M是周期表中电负性最强的元素，则M为F元素，O元素与氟元素形成的化合物OF2，计算O原子价层电子对数、孤电子对数，进而确定杂化方式与空间构型； （4）氧与碳、氢、三种元素形成的相对分子质量最小的分子为HCHO，含有2个C-H键、1个C=O双键，单键为键，双键有1个键、1个键； （5）由晶胞结构可知，Z离子位于晶胞的体心、顶点、面心、棱上，利用均摊法计算Z离子数目 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、晶胞结构与计算、分子结构、化学键等，（1）中化学式书写为易错点、难点，中学教材基本不涉及，题目难度较大6.【答案】b；氨分子与水分子之间可以形成氢键；离子键；配位键；496a3【解析】解：（1）a、根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，故a错误；b、根据元素周期律，P、Na、S三种元素位于同一周期，但P最外层处于半充满状态，故按Na、S、P的顺序第一电离能依次增大，故b正确；c、基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子占据的最高能级为4p，故c错误；d、Bi原子为第A族第六周期，它的最外层的电子排布为：6s26p3，5个电子的能量不完全相同，故d错误；故答案为：b；（2）根据氨分子与水分子之间可以形成氢键可知氨气易溶于水的原因；Cu（NH3）4SO4为配合物，根据配合物的结构特点可知里面氨分子与铜离子之间存在配位键，硫酸根与铜氨配离子之间是离子键，故答案为：氨分子与水分子之间可以形成氢键；离子键；配位键；（3）PCl3分子中除了有三个P-Cl键外还有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，孤电子对与共价键之间的斥力大于共价键与共价键之间的斥力，所以Cl-P-Cl键的键角小于10928，故答案为：；（4）因为在每个晶胞中包含白磷（P4）的分子数为818+612=4，根据密度公式=4314NAa3，可得NA=4314a3=496a3，故答案为：496a3（1）a、根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，据此判断；b、根据元素周期律可比较第一电离能；c、基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，据此作判断；d、Bi原子为第A族第六周期，它的最外层的电子排布为：6s26p3，5个电子的能量不完全相同，据此判断；（2）根据氨分子与水分子之间可以形成氢键可知氨气易溶于水的原因；Cu（NH3）4SO4为配合物，根据配合物的结构特点可知里面存在的化学键；（3）PCl3分子中除了有三个P-Cl键外还有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，Cl-P-Cl键的键角与10928的大小；（4）因为在每个晶胞中包含白磷（P4）的分子数为818+612=4，根据密度公式=4314NAa3，可求得阿伏加德罗常数本题考查了元素周期律、分子结构、微粒间的作用力、及晶胞的计算等知识，中等难度，注重了基础知识的考查7.【答案】3 C8H84C60 316NAr2 B【解析】解：（1）碳原子核外有6个电子，核外电子排布式为1s22s22p2，有1s、2s、2p3个能级，故核外有3种能量不同的电子，碳原子价电子排布式为2s22p2，根据泡利原理与洪特规则，价电子排布图为，故答案为：3；（2）碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故答案为：碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解；（3）晶体结构中C60处于顶点与面心，立方烷分子填充在原C60晶体分子的八面体空隙中，则立方烷处于晶体结构单元的体心位置，结构单元中有1分子C8H8，结构单元中C60数目为818+612=4，则化学式为C8H84C60，故答案为：C8H84C60；（4）由图可知石墨的晶胞结构为，设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为h cm，层间距为dcm，则h=2d，底面图为，则a2=rsin60，可得a=3r，则底面面积为（3r）2Sin60，晶胞中C原子数目为1+212+818+414=4，晶胞质量为412NAg，则：gcm-3=412NAg（3r）2Sin602dcm3，整理可得d=316NAr2，故答案为：4；316NAr2；（5）体对角线上的原子投影重合，投影在在正六边形中心，另外6个顶点原子投影形成正六边形，面心上6个Si原子投影也形成小的正六边形，图形B符合，故选：B。（1）同一能级中的电子能量相同，不同能级中电子能量不同；碳原子价电子排布式为2s22p2，根据泡利原理与洪特规则画出价电子排布图；（2）碳酸盐分解本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子，电荷相同，阳离子半径越小结合氧离子能力越强；（3）晶体结构中C60处于顶点与面心，立方烷分子填充在原C60晶体分子的八面体空隙中，则立方烷处于晶体结构单元的体心位置，结构单元中有1分子C8H8，均摊法计算晶结构单元C60数目，确定化学式；（4）由图可知石墨的晶胞结构为，设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为h cm，层间距为dcm，则h=2d，底面图为，则a2=rsin60，可得a=3r，再计算晶胞体积，根据均摊法计算晶胞质量，密度=晶胞质量晶胞体积；（5）体对角线上的原子投影重合，投影在在正六边形中心，另外6个顶点原子投影形成正六边形，面心上6个Si原子投影也形成小的正六边形。本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、微粒结构与性质、晶胞结构与计算等，（4）（5）为易错点、难点，需要学生具备一定的数学计算能力和一定的空间想象。8.【答案】B、D Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42+2OH-（或Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O） Cu（NH3）4SO4H2O Ar3d104s1 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 Co（NH3）5ClCl2 Co（NH3）4Cl2Cl【解析】解：（1）ACO2中C原子和O通过共用电子对形成共价键，没有配位键，故A错误； BH3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者都能形成配位键，故B正确； CCH4中C原子和H通过共用电子对形成共价键，没有配位键，故C错误； DAg（NH3）2+中银离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故D正确， 故答案为：B、D； （2）向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是：首先生成蓝色沉淀。继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，产生蓝色沉淀为Cu（OH）2，继续加氨水沉淀溶解则是Cu（OH）2形成氨配合物，发生反应的化学方程式为：Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42+2OH-（或Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O）， 再向深蓝色透明溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体，则析出的蓝色晶体为Cu（NH3）4SO4H2O， 故答案为：Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42+2OH-（或Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O）；Cu（NH3）4SO4H2O； 配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3H2O， 故答案为：； Cu位于周期表中第4周期第B族，则Cu的核外电子排布式为：Ar3d104s1， 单质铜及镍都是金属晶体，都是由金属键形成的晶体， 元素铜与镍的第二电离能分别为ICu=1958kJmol-1、INi=1753kJmol-1，ICuINi，考虑到铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，后者失去较前者容易， 故答案为：Ar3d104s1；金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子； （3）1mol的CoCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、CoCl34NH3（绿色）、CoCl34NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别是3、2、1、1，剩余氯离子为配体， CoCl35NH3的外界中含有2个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该化合物的配合物是6，则氨气分子都是配体，则其化学式为Co（NH3）5ClCl2， 故答案为：Co（NH3）5ClCl2； CoCl34NH3中氯离子个数是1，则另外两个氯原子为配体，其配位数是6，则氨气分子都是配体，则该化学式为Co（NH3）4Cl2Cl， 故答案为：Co（NH3）4Cl2Cl。（1）判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子，以此来解答； （2）向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是：首先生成蓝色沉淀。继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，产生蓝色沉淀为Cu（OH）2，继续加氨水沉淀溶解则是Cu（OH）2形成氨配合物； 配合物向生成更稳定的配合物转化； Cu位于周期表中第4周期第B族，单质铜及镍都是金属晶体，根据Cu和Ni的电子结构分析； （3）1mol的CoCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、CoCl34NH3（绿色）、CoCl34NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别是3、2、1、1，剩余氯离子为配体，再结合配合物的配位数确定化学式。本题考查了配合物，明确配位键的形成条件、配合物的內界及外界的性质是解本题关键，只有外界能发生电离生成离子，內界不发生电离，为易错点，题目难度中等。9.【答案】2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 2：1 三角锥形 cd SOCl2和水反应生成 HCl 和SO2，发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，生成的 HCl抑制Zn2+的水解，最终得到无水ZnCl2 ab【解析】解：（1）Na2CO3和Na2S可以1：2的物质的量之比混合，再通入二氧化硫发生反应生成Na2S2O3和二氧化碳，反应中S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，反应的方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；（2）用液态SO2、硫磺（用S表示）、液氯为原料，在200250活性炭催化条件下合成氯化剂SOCl2，反应的方程式为SO2+2Cl2+S200250C2SOCl2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）SOCl2中S形成3个键，且含有1个孤电子对，则为sp3杂化，为三角锥形，aH2S、H2Se不含氢键，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点H2SeH2S，故a错误；b中心原子电负性越大，对键合电子吸引越大，键合电子距离中心原子更近，键合电子之间距离更近，键合电子之间排斥力更大，则H2O分子中H-O-H键的键角大于H2S分子中H-S-H键的键角，故b错误；c非金属性OSSe，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性H2OH2SH2Se，故c正确；dCS2中C原子没有孤电子对，价层电子对为2，为直线型结构，CS2中C原子的最外层电子数+|化合价|=4+4=8，C原子满足8电子结构，S原子最外层电子数+|化合价|=6+2=8，S原子满足8电子结构，故d正确，故答案为：三角锥形；cd；（4）SOCl2和ZnCl2xH2O混合加热可制得无水ZnCl2的原因是SOCl2和水反应生成 HCl 和SO2，发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，生成的 HCl抑制Zn2+的水解，最终得到无水ZnCl2，故答案为：SOCl2和水反应生成 HCl 和SO2，发生SOCl2+H2O=SO2+2HCl，生成的 HCl抑制Zn2+的水解，最终得到无水ZnCl2；若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，SO2被氧化为SO42-，检验Fe2+、SO42-即可，SO42-与钡离子生成白色沉淀硫酸钡，Fe2+与K3Fe（CN）6溶液生成蓝色沉淀，故答案为：ab。（1）将Na2CO3和Na2S以合适的物质的量比配成溶液，吸收富集的SO2，可制取重要的化工原料Na2S2O3，同时放出CO2，反应中涉及S元素的化合价变化，结合质量守恒书写化学方程式；（2）用液态SO2、硫磺（用S表示）、液氯为原料，在200250活性炭催化条件下合成氯化剂SOCl2，反应中S元素由0价升高到+4价，Cl元素由0价降低到-1价；（3）SOCl2中S形成3个