湖北省部分重点高中20142015学年高二第二学期期末考试化学试卷

1、2015年湖北省部分重点高二期末考试化学试卷一、选择题（单选，每小题3分，共48分）1下列对化学反应的认识错误的是（ ）A会引起化学键的变化 B会产生新的物质C必然引起物质状态的变化 D必然伴随着能量的变化2对SO2与CO2说法正确的是（ ）A.都是直线形结构 B.中心原子都采取sp杂化轨道C.S原子和C原子上都没有孤对电子 D.SO2为V形结构， CO2为直线形结构3下列叙述中正确的是（ ）A冰融化时水分子中共价键发生断裂 BH2O2、PCl5都是含有极性键的非极性分子CHF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强DH2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致 4已知R为A族元素，L为A族元素

2、，它们的原子序数分别为m和n，且R、L为同一周期元素，下列关系式错误的是（ ）A. n=m+1B. n=m+10C. n=m+11D. n=m+255.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I1I2I3I4X49645626912 9543Y578 1817 274511600A.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XCl D.若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应试题分析：X元素的第二电离能远大于第一电离能，则X应该是第IA族元素。同样分析可知，Y的第四电离能远大于第三电离能，则

3、Y元素是第A族元素。若元素Y处于第3周期，则Y就是金属铝，铝与水不反应，选项D错误，其余选项都是正确的，答案选D。6下列说法错误的是（ ）As轨道呈圆形，p轨道呈哑铃形 BCu元素在元素周期表的ds区C1.5g CH3+中含有的电子数为0.8NA DDNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的7. 下列说法中错误的是（ ）A根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性 B在H3O+、NH4+ 和Cu(NH3)42+中都存在配位键C元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 DP4和CH4都是正四面体分子且键角都为109o28【解析】A、根据周期律对角线规则，金属Be与铝单质及其化合物的性质相似，故A正确；

4、B、NH4+ 和Cu（NH3）42+、H3O+中都存在配位键，故B正确；C、元素电负性越大的原子，得电子能力越强，故C正确；D、CH4是正四面体分子，键角都为109°28，P4是正四面体分子，键角为60°，故D错误故选D8. 用价层电子对互斥理论（VSEPR）预测H2S和COCl2的立体结构，两个结论都正确的是( )A直线形；三角锥形 BV形；三角锥形C直线形；平面三角形 DV形；平面三角形9.根据键能数据估算CH4 (g）+4F2 (g) CF4+4HF(g）的反应热H为（ ） 化学键CHCFHFFF键能/（kJ/mol）414489565155 A.1940

5、kJ · mol1 B.+1940 kJ · mol1 C.485 kJ · mol1 D.+485 kJ · mol110. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是（）A钠与W可能形成Na2W2化合物 B由Z与Y组成的物质在熔融时能导电CW得电子能力比Q强 DX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体11.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。下列对此现象说法正确的是（）A反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应

6、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)42C向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D在Cu(NH3)42离子中，Cu2提供孤电子对，NH3提供空轨道解：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、在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误C、Cu（NH3）4SO4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，故C错误D、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

7、Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故D对12，已知Zn2的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么ZnCl42的空间构型为（）A直线形 B平面正方形 C正四面体形 D正八面体形13. 在乙炔分子中有3个键、两个键，它们分别是（ ）Asp杂化轨道形成键、未杂化的两个2p轨道形成两个键，且互相垂直Bsp杂化轨道形成键、未杂化的两个2p轨道形成两个键，且互相平行CC-H之间是sp形成的键，C-C之间是未参加杂化的2p轨道形成的键DC-C之间是sp形成的键，C-H之间是未参加杂化的2p轨道形成的键14.已知氯化铝易溶于苯和乙醚，其熔点为190，则下列结论错误的是（ ）A.氯化铝是电解质 B.固体

8、氯化铝是分子晶体C.可用电解熔融氯化铝的办法制取金属铝 D.氯化铝为非极性分子15关于原子轨道的说法正确的是（ ）A.凡是中心原子采取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C原子的2p轨道混合形成C.sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道D.凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【解析】A不正确，例如氨气是三角锥形的。B不正确，甲烷分子碳原子的2s和2p通过sp3杂化，形成4个杂化轨道，和4个氢原子的1s轨道形成4个CH单键。D不正确，例如BF3中的B原子是sp

9、2杂化，是平面三角形结构。所以正确的答案是C。 16. 有A、B和C三种主族元素，若A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，且B的阳离子半径大于C，则这三种元素的原子序数大小次序是（   ）  ABCA        BABC    CCBA       DBCA17第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源

10、需要。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳五个CH4分子或1个游离H2O分子若晶体中每8个笼只有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离H2O分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为（ ）ACH4·14H2O BCH4·8H2OCCH4·(23/3)H2O DCH4·6H2O解析：晶体中8个笼只有6个容纳CH4分子，另外2个笼被水分子填充，推出8个笼共有6个甲烷分子，46+2=48个水分子。选B18.某物质的晶体内部一个截面上原子的排布情况如图所示，则该晶体的化学式可表示为（） AA2B BAB CAB2 DA3B1

11、9.氮化硅是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时，所克服的粒子间的作用与氮化硅熔化所克服的粒子间的作用相同的是( )A.硝石(NaNO3)和金刚石 B.晶体硅和水晶C.重晶石(BaSO4)和萤石(CaF2) D.冰和干冰20据报道：用激光可将置于铁室中的石墨靶上的碳原子“炸松”，再用一个射频电火花喷射出氮气，可使碳、氮原子结合成碳氮化合物(C3N4)的薄膜，该碳氮化合物比金刚石还坚硬，则下列说法正确的是（）A该碳氮化合物呈片层状结构 B该碳氮化合物呈立体网状结构C该碳氮化合物中CN键键长大于金刚石中CC键键长D相邻主族非金属元素形成的化合物的硬度比单质小2

12、1.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： Ne3s23p4； 1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A最高正化合价： B原子半径：C电负性： D第一电离能：22.请根据下面食盐晶体的晶胞结构示意图计算，已知食盐的密度为 g·cm3，其摩尔质量为M g·mol1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体中Na和Cl的核间距大约是（）A. cm B. cmC. cm D. cm23.原子序数小于18的八种连号元素，它们单质的熔点随原子序数增大而变化的趋势如图所示。图中X元素应属（ ） （23题图） （22题图）A A族 B A族 C A族

13、 D A族24.在下列各图曲线中分别表示物质的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)，下列选项中的对应关系错误的是（）A图可以表示F、Na、Mg2、Al3四种离子的离子半径大小关系B图可以表示A族元素的最外层电子数C图可以表示A族元素氢化物的沸点高低关系D图可以表示第三周期中的非金属元素对应单质的熔点高低关系25. ZnS晶体结构有两种型式，即立方ZnS和六方ZnS，如图所示，这两种型式的ZnS，化学键的性质相同，都是离子键向共价键过渡，具有一定的方向性。下列说法错误的是（ ）A.Zn原子和S原子的配位数都是4，不同的是原子堆积方式有差别。B在立方ZnS中，S原子作立方最

14、密堆积，在六方ZnS晶体中，S原子作六方最密堆积。C在立方ZnS中，Zn原子填充在所有的四面体空隙中，形成立方面心点阵。D立方ZnS和六方ZnS不属于同分异构体。【解析】A、由晶胞结构可知，每个Zn原子周围有4个S原子，每个S原子周围有4个Zn原子，立方ZnS中Zn原子面心立方堆积，S原子为体心立方堆积，六方ZnS中原子为六方最密堆积，故A正确；B、由晶胞结构可知，立方ZnS中S原子作体心立方最密堆积，在六方ZnS晶体中，S原子作六方最密堆积，故B正确；C、由立方ZnS晶胞可知，Zn原子填充在一半的四面体空隙中，Zn原子面心立方堆积，形成立方面心点阵，故C错误；D、立方ZnS和六方ZnS属于晶

15、体结构不同，不是分子结构不同，二者不是同分异构体，故D正确；故选C第卷二、填空题（共52分）26（10分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：（1）请写出H的单质与二氧化碳反应的方程式 。（2）D的气态氢化物的VSEPR模型为 _ ，其中心原子的杂化类型为_ _ _ _ _ _ 。（3）G、H和I的第一电离能数值由大到小的顺序为： （用元素符号作答）。（4）由A、C、D形成的ACD分子中，含有 个键， 个键。密 封 线 内 不 得 答 题（5）要证明太阳上是否含有R 元素，可采用的方法是 。（6）元素M的化合物(MO2Cl2)在有机合成中可作氧化剂或氯

16、化剂，能与许多有机物反应。请回答下列问题：与M同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与M原子相同的元素还有_（填元素符号MO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断MO2Cl2是_（填“极性”或“非极性”）分子。在C2H4、CH3Cl、CH2O、CS2、CCl4五种有机化合物中，碳原子采取sp2杂化的分子有_（填分子式）。答案（1）2Mg+CO2=2MgO+C （2）四面体；sp3（3）Mg>Al>Na （4）2；2（5）对太阳光进行光谱分析（6）K、Cu；非极性； C2H4、CH2O。27.一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn

17、2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。Mn2基态的电子排布式可表示为 _。NO的空间构型是_ (用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O。根据等电子体原理，CO分子的结构式为_。H2O分子中O原子轨道的杂化类型为_。1 mol CO2中含有的键数目为_。(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu(OH)42。不考虑空间构型Cu(OH)42的结构可用示意图表示为_。答案(1)1s2

18、2s22p63s23p63d5(或Ar3d5)平面三角形(2)COsp32×6.02×1023个(或2 mol)(3)28（12分）A、B、C、D为前四周期元素。A元素的原子价电子排布为ns2np2，B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M电子层的P亚层中有3个未成对电子，D元素原子核外的M层中只有2对成对电子。（1）当n=2时，AB2属于 分子（填“极性”或“非极性”）。（2）当n=3时， A与B形成的晶体属于 晶体。（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）。体心立方 面心立方（4）已知

19、某红紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O。该配合物中的中心离子钴离子在基态时核外电子排布式为 ，又已知中心离子钴离子的配位数是6,1mol该物质与足量的硝酸银反应可生成3molAgCl，则该物质的配体是 。（5）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式， 晶胞分别如右图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 A、 B、C、D为前四周期元素，B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，所以该元素O元素，C元素原子的M电子层的P亚层中有3个未成对电子，则C是P元素，D元素原子核外的M层中只有2对成对电子，则D是S元素；（1）当

20、n=2时，A是C元素，则AB2是CO2，根据二氧化碳分子正负电荷重心是否重合判断；（2）当n=3时，A是Si元素，根据A、B形成晶体的微粒判断晶体类型；（3）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，则A是Si元素，同一周期中，原子的电负性随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于第VIA109°28表示X原子表示Y原子族元素；（4）根据电子排布式的书写规则书写，中心离子钴离子的配位数是6，1mol该物质与足量的硝酸银反应可生成3molAgCl，说明该物质中氯元素是外界，为氯离子，则氨气分子和水分子为配体（5）1229 （12分）现有A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A

21、、B、C、D都具有如右图所示的结构或结构单元，（图中正四面体以外可能有的部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同）。A、B的晶体类型相同。单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应。C、D、E、F含有相等的电子数，且D是阳离子，D与F的组成元素相同。C、E、F的晶体类型相同，由E构成的物质常温下呈液态。（1）写出单质A的同素异形体与B物质发生置换反应的化学方程式_；与A同主族的第四周期元素基态原子的外围电子排布式为 。（2）上述六种物质或粒子的组成元素中有三种处于同一周期，请写出这三种元素第一电离能由大到小的顺序 （用元素符号回答）（3）上述六种物质或粒子中互为等电子

22、体的是 （写出化学式）（4）F分子的中心原子杂化类型是 ，E易溶于F，其原因是 。解析A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结构单元，D是阳离子，故D为NH4+；C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH3；由E构成的物质常温下呈液态，故E为H2O；C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH4；A、B的晶体类型相同单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应，A为金刚石，B为二氧化硅30（8分）右图所示的五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素形成

23、，每种化合物仅含两种元素， A是沼气的主要成分，B、E分子中所含电子数均为18，B不稳定，具有较强的氧化性，其稀溶液是医疗上广泛使用的消毒剂，E的分子结构模型为，C、D均为原子晶体，C可作为光导纤维的主要材料，D中所含两种元素的原子个数比为3:4，电子总数之比为3:2。根据以上信息回答下列问题：B的水溶液呈弱酸性，其主要的电离方程式可表示为_ ，D的化学式是_ _。A、B、E中均含有的一种元素为_ (填元素名称) 。E电子式为_。液态B与液态E反应可生成一种气态单质和一种常见液体，1molB参加反应放出热量QkJ，其反应的热化学方程式为_ _ _。NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应

24、：NH3+HCl=NH4Cl。试写出E与足量盐酸时，发生反应的化学方程式 。解析：A是沼气的主要成分，为甲烷；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是工业制玻璃的主要原料之一，故C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4；判断A为CH4，B为H2O2，C为SiO2，D为Si3N4；E为N2H4；B为H2O2的水溶液呈弱酸性，属于二元弱酸，其主要的电离方程式可

25、表示为：H2O2HO2-+H+；依据判断D为Si3N4；故答案为：H2O2HO2-+H+；Si3N4；A为CH4，B为H2O2，E为N2H4；所以A、B、E中均含有的一种元素为氢元素；故答案为：氢元素；E为N2H4；电子式为：；故答案为：；液态B为H2O2，液态E为N2H4；BE反应可生成一种气态单质和一种常见液体，依据组成元素分析，气体为氮气，液体为水，1molB参加反应放出热量QkJ，反应热化学方程式为：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）H=-2QKJ/mol；故答案为：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）H=-2QKJ/mol；NH3分子

26、中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4ClE为N2H4 与足量盐酸时，分子中含有两对孤对电子，和盐酸发生反应的化学方程式：N2H4+2HCl=N2H6Cl2故答案为：N2H4+2HCl=N2H6Cl231(10分) 纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域。1s2p2s3s3pA和B的单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料。已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：C60K某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如右图所示，该同学所画的电子排布图违背了 。根据价层电子对互斥理论，预测A和氯元素形成的简单分子空间构型

27、为 。氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料。已知金刚石中的CC的键长为154.45pm，C60中CC键长为145140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由 。科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体。该物质的K原子和C60分子的个数比为 。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是 。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中键的数目为 。答案（1）能量最低原理（2）sp杂

28、（3）不正确。C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，故C60熔点低于金刚石。（4）4s1    3:1（5）N>C>Si     正四面体   30试题分析：（1）从图上看，3p轨道电子应排布在3s轨道上，这违背了能量最低原理。（2）从A的第一至第四电离能看，A的第三电离能发生突变，因此A最外层有2个电子，根据ABn型分子价电子对的计算方法，分子中有个电子对，因此为直线型，中心原子杂化方式为sp杂化。（3）结构决定性质，对于物质熔、沸点

29、的分析应从物质的晶体类型来分析。（4）基态钾原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，价电子为4s1。晶胞中的K原子在面上，对晶胞的贡献为，每个晶胞中含有K原子的个数为个；C60在晶胞的顶点和中心，因此每个晶胞中C60的分子数位个，因此K原子和C60分子的个数比为6:2=3:1。（5）同一周期元素电负性自左向右逐渐增大，同一主族元素电负性自上向下逐渐减小，因此电负性由大到小的顺序为N>C>Si。根据ABn型分子价电子对计算方法，可知NCl3的价电子对为4个，中心原子为sp3杂化，分子构型为正四面体。根据题意可知每个Si原子形成4个共价键，其中3个键，1个键，即键为化

30、学键总数的，60个原子可形成化学键总数为个，因此键数为个。32.据报道科研人员应用计算机模拟出结构类似C60的物质N60。已知：N60分子中每个氮原子均以NN键结合三个N原子而形成8电子稳定结构；NN键的键能为167 kJ·mol1。请回答下列问题。(1)N60分子组成的晶体为_晶体，其熔、沸点比N2_(填“高”或“低”)，原因是_(2)1 mol N60分解成N2时吸收或放出的热量是_kJ(已知NN键的键能为942 kJ·mol1)，表明稳定性N60_(填“>”、“<”或“”)N2。(3) 由(2)列举N60的用途(举一种)解析：(1)N原子占有其形成的每一个

31、NN键的，一个N原子完全占有的NN键的数目是3×1.5，则60个N原子形成NN键的总数为1.5×60=90。(2)1 mol N60完全分解生成30 mol N2，断键过程的热效应为(+167 kJ·mol-1)×90 mol=+15 030 kJ，成键过程的热效应为(-942 kJ·mol-1)×30 mol=-28 260 kJ，1 mol N60完全反应时总的热效应为(+15 030 kJ)+(-28 260 kJ)=-13 230 kJ。此反应的热化学方程式为N60(s)30N2(g)H=-13

32、230 kJ·mol-1。(3)N60分解为N2时释放大量的能量，可用作高能炸药和火箭推进剂等。(4)每个五边形完全占有的N原子数是，每个六边形完全占有的N原子数是2。设五边形和六边形的个数分别为x、y，据N原子个数列出x+2y=60，根据欧拉定理列出60+x+y-90=2，联立求解得x=12，y=20。答案：(1)90(2)放热13 230 kJN60(s)30N2(g)H=-13 230 kJ·mol-1(3)高能炸药、火箭推进剂等(4)122033. 钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入

33、氯气并加热制得TiCl4：2FeTiO3+7Cl2+6C = 2TiCl4+2FeCl3+6CO TiO2+2Cl2+2C = TiCl4+2CO将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛： TiCl4+2Mg = Ti+2MgCl2MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。请回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为_。(2)与CO互为等电子体的离子为_(填化学式)。(3)在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有_。(4)TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟。则TiCl4属于_(填“原子”、“分子”

34、或“离子”)晶体。(5)与钛同周期的另一种元素钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为Co(NH3)5BrSO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是_；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为_。【解析】(1)基态钛原子的价电子排布式为3d24s2；(2)与CO互为等电子体的离子可找CN-、NO+、C22-等；(3)在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有CO2；(4)TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，由TiCl

35、4的性质可判断出TiCl4属于分子晶体；(5)Co(NH3)5BrSO4在水溶液中可电离出SO42-，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象为产生白色沉淀，往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出SO42-，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明能电离出Br-，则第二种配合物的化学式为Co(NH3)5SO4Br。答案：(1)3d24s2 (2)CN-(或NO+、C22-) (3)CO2 (4)分子 (5)产生白色沉淀 Co(NH3)5SO4Br34.下图是各个原子的性质和原子序数(120)的关系图，各图的纵轴可能代表下列的某一性质：质量数、质子数、中子数、最高正

36、价、原子半径相对大小、得电子相对能力。图3中原子序数8、9和图4中原子序数2、10、18在纵轴上没有对应的数值。(1)图1图4的纵轴分别代表_、_、_。(2)已知aA、bB、cC、dD、eE、gG六种元素原子序数依次增大，原子半径按A、E、D、C、B、G的顺序增大，它们分散在三个短周期中。B是生命体的构架元素，E是同周期中半径最小的元素，G的最高价含氧酸的产量是衡量一个国家化工实力的标志。它们的原子序数存在如下关系：abc，(e+c)/2c，(c+e)/2d，请根据提供的信息，回答下列问题：下图是元素周期表前三周期的边界，请将AG六种具体元素符号填在表中相应的位置。写出铜与上述某一元素最高价氧

37、化物对应水化物反应的化学方程式： _(任写一个即可)。X、Y、Z、W是仅由上述元素组成的四种物质，且有如下转化关系：XYZW。若X为单质，Y、Z、W均为化合物，其相应的化学方程式为_；若X、Y、Z、W均为化合物，其相应的化学方程式为_(任写一个，合理即可)。解析：(1)元素的质子数等于该元素的原子序数，故图1纵轴代表质子数。某元素原子的中子数可能等于质子数，也可能大于或小于质子数，故图2纵轴代表中子数。元素的最高正价等于最外层电子数，且O、F无最高正价，故图3纵轴代表最高正价。从图4中，可以发现元素原子的某种性质随原子序数的递增而呈周期性变化(小大)，故图4纵轴代表得电子相对能力。(2)由题意

38、知，A为H，B为C，C为N，D为O，E为F，G为S。依据元素周期表的结构，把具体的元素符号填入周期表中。上述元素最高价氧化物对应的水化物能与铜反应的是浓硫酸和硝酸。本问为开放式问题，符合的化学反应方程式特别多。书写时可采用逐族排查无机反应和分类考虑有机反应的方法。答案：(1)质子数中子数最高正价得电子相对能力(2)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(合理即可)CH42O2CO22H2O或4NH35O24NO6H2O或2H2S3O22SO22H2O 3NO2H2O=2HNO3NO或SO2NO2=SO3NO35.（10分）为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验

39、（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）。实验操作实验现象. 打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀. 取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解. 打开B中分流漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色（1）A中发生反应的化学方程式是_（2）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是_。丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，

40、得出结论：氧化性H2O2>SO2。（3）中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化Br 观点2：B中有未反应的H2SO3为验证观点2，应进行的实验操作及现象是_（4） 通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是_。解析（1）Na2SO3（固）+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O；（2）打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹； CCl4 （苯、饱和NaHSO3溶液）（3）取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色（4）H2O2>Br2&g

41、t;SO236.氮可以形成多种离子，如N3-，NH2-，N3-，NH4+，N2H5+，N2H62+等，已知N2H5+与N2H62+是由中性分子结合质子形成的，类似于NH4+，因此有类似于 NH4+的性质。写出N2H62+在碱性溶液中反应的离子方程式_N2H62+ +2OH-_=N2H4_+ 2H2O_NH2-的电子式为_ N3-有 _22_个电子。写出二种由多个原子组成的含有与N3电子数相同的物质的化学式 _CO2 N2O_CNO_。等电子数的微粒往往具有相似的结构，试预测N3-的构型 直线型据报道，美国科学家卡尔·克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极

42、强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。迄今为止，人们对它的结构尚不清楚，只知道“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个NN键。则“N5”分子碎片所带电荷是     。N2H62+2OHN2H4+2H2O           22 N2O   CO2   CNO   BeF2 CaH2

43、  C3H4等     直线型   一个单位正电荷【解析】试题分析：NH4+与碱反应的离子方程式为：NH4+OH-=NH3+H2O。由于NH4+ 与N2H62+结构相似，所以N2H62+在碱性溶液中反应的离子方程式为N2H62+2OHN2H4+2H2O 。NH2是NH3失去质子后形成的。所以NH2的电子式为。N是7号元素，所以N3有22个电子。由多个原子组成的含有与N3电子数相同的物质有N2O 、 CO2、CNO、BeF2、CaH2 、C3H4等。等电子数的微粒往往具有相似的结构，由于CO2与N3是等电子体。所以N3的构型是直线型。其结构是对称的，5个N排成V形。如果5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个NN键。其结构为“N5”分子碎片所带电荷是一个单位正电荷。37.磁性材料氮化铁镍合金可用Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件