热门试卷

（13分）（1）sp3（1分）

（2）< （2分）

（3）晶体硅（2分）

（4）4d45s1（2分）

（5）①6（2分）

②AC（2分）

③MoS2具有层状结构，Mo与S同层间以共价键结合，层与层之间通过范德华力结合，外力作用层与层易发生相对滑动（2分）

试题分析：（1）晶体硅中以正四面体结构为单元，说明硅原子采取sp3杂化方式；（2）最高价氧化物对应水化物酸性：H2CO32SO4，则非金属性：C60是分子晶体，则熔点：晶体硅>C60；（4）Mo位于第五周期VIB族，由能量最低原理、洪特规则可知，基态Mo原子的价电子排布式为4d45s1；（5）①读图可知，每个Mo原子周围距离最近的S由6个；Mo-S之间的化学键为极性键和配位键，故AC正确；MoS2具有层状结构，Mo与S同层间以共价键结合，层与层之间通过范德华力结合，外力作用层与层易发生相对滑动。

（1）3d54s1 砷    sp3    三角锥  （各1分，共4分）

（2）90NA （2分） 组成、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力（或范德华力）越强，熔化所需的能量越多，故熔点：Si60>N60>C60（1分）；而破坏分子所需断开化学键，元素电负性越强其所形成的化学键越稳定，或成键电子数越多，成键原子半径越小，断键所需能量越多，故破坏分析需要的能量顺序为N60>C60>Si60（1分）（合理答案均可，各1分，共2分）

（3） 4 （2分）

（4）Al （2分）   金属键 （1分） 

试题分析：（1）根据能量最低原理、洪特规则等规律，基态Cr原子外围电子排布式为3d54s1；价电子排布式为4s24p3的As符合要求，即砷；PH3中P采取sp3杂化方式，孤对电子与成键电子对形成正四面体形，则PH3分子为三角锥形；（2）读图可知，每个碳原子周围形成3个C—C键，每个C—C键被相邻2个碳原子共用，则1个碳原子可形成1.5个σ键，60个碳原子可形成90个σ键，1molC60分子含有90NA个σ键；组成、结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力（或范德华力）越强，熔化所需的能量越多，故熔点：Si60>N60>C60；破坏分子所需断开化学键，元素电负性越强其所形成的化学键越稳定，或成键电子数越多，成键原子半径越小，断键所需能量越多，故破坏分析需要的能量顺序为N60>C60>Si60；（3）氟化氢水溶液中存在的氢键有F—H……F、F—H……O、O—H……F、O—H……O四种类型；（4）由表中信息可知X是铝，锰与铝以金属键结合。

（共16分）

（1）钠（2分）     1s22s22p63s1（2分）   

（2）HClO4（2分）    低 （2分）

（3）原子晶体（2分）     SiO2+2OH-=SiO32-+H2O（3分）

（4）S(s)+O2(g)=SO2(g) ⊿H=" —297.0" kJ·mol-1（3分）

试题分析：有化合价可以推知A、B、C、D、E分别为O、Na、Si、S、Cl。

（1）金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，故Na最小；

（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，非金属Cl>S，H2O存在氢键，故沸点较高；

（3）SiO2为原子晶体，为酸性氧化物，可以与强碱发生反应；

（4）1.6gS，物质的量为0.05mol，故1molS反应放出的热量为14.85KJ/0.05mol=297.0KJ/mol；从而写出热化学方程式。

（本题共8分）（1）共价键、分子间作用力（2分）

（2）离子晶体，化学方程式：2Al2O3→4Al+3O2↑ （2分）

（3）ls22s22p6，原因NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-  (2分) （4）B

试题分析：A单质的一种晶体不是金属晶体，但是电的良导体，且难熔、质软并有润滑性，可用作原子核反应堆的慢化剂、火箭发动机喷灌和电极材料等，则A是C元素，且A单质是石墨；B单质既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，其简单离子在第三周期单核离子中半径最小，则B是Al元素；C是蛋白质的组成元素之一，组成蛋白质的主要元素有C、H、N、O，原子核外有三种不同能量的电子，且未成对电子数最多的元素是氮元素，则C是N元素；D原子核外最外层电子排布式为nsnnp2n+1，n为2，则D原子最外层电子排布式为2s2np5，所以D是F元素。

通过以上分析知，A单质是石墨，石墨晶体中，碳原子之间存在共价键，层与层之间存在分子间作用力，所（1）以A的单质晶体中微粒间的相互作用有共价键和分子间作用力。

（2）B元素的氧化物是氧化铝，氧化铝的构成微粒是阴阳离子，所以氧化铝属于离子晶体。金属铝是活泼的金属，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，反应的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑。

（3）钠与N元素形成的Na3N晶体中，N元素以N3－存在，氮离子中含有10个电子，根据构造原理知C3－的核外电子排布式为ls22s22p6；氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子，导致氨水中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使氨水呈碱性，有关反应的方程式为NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-。

（4）D为氟元素，与D同主族的短周期元素为氯元素。A、氧气与水不反应，A不正确；B．F和O都是活泼的非金属，所以气态氢化物具有很强的热稳定性，B正确；C、氢氟酸是弱酸，C不正确；D、F是最活泼的非金属，没有含氧酸，D不正确，答案选B。

A．氟气、氯气具有强氧化性，一定条件下其单质易与活泼金属反应，故A正确；

B．氢氟酸是弱酸，氢氯酸是强酸，故B错误；

C．氟元素、氯元素的非金属性很强，气态氢化物具有很好的热稳定性，故C正确；

D．常温下氟气与水剧烈反应生成氧气，氯气与水反应不剧烈，不能生成氧气，故D错误

（9分）⑴   S＜P＜Cl （1分） ⑵  Sp3    三角锥  极性（各1分，共3分）

⑶  [Cu(NH3)4]2+（1分），Cu(OH)2＋ 4NH3·H2O ＝ [Cu(NH3)4]2+ ＋ 2OH-＋ 4H2O （2分）

⑷  ② （1分）⑸  n（1分）

试题分析：F＋的三个能层电子全充满，且位于第四周期，所以根据F的主要化合价可知，F是铜。E的原子半径大于铜的，也位于第四周期，主要化合价是＋2价，所以E是钙。根据短周期元素A、B、C、D的主要化合价和原子半径可知，A是F，B是P，C是S，D是Cl。

（1）非金属性越强，第一电离能越大，但由于P元素的3p轨道电子处于半充满状态，其第一电离能大于S元素的，即S＜P＜Cl。

（2）PH3分子中P原子含有（5－1×3）÷2＝1对孤对电子，所以是三角锥形结构，属于极性分子，P原子是sp3杂化。

（3）铜离子和氨气能形成配位键，其化学式是 [Cu(NH3)4]2+。由于铜离子和氨气能形成配位键，属于氢氧化铜能溶解在氨水中，反应的离子方程式是Cu(OH)2＋ 4NH3·H2O ＝ [Cu(NH3)4]2+ ＋ 2OH-＋ 4H2O。

（4）CaF2形成的晶体是离子晶体，其晶胞是②，答案选②。

（5）由于水分子间存在氢键，其熔沸点最高，所以符合S的氢化物的曲线应该是n。

点评：该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。

(1)①1s22s22p5　②　sp2　

(2)CuCl　

(3)NH3中的N呈－3价，易提供孤对电子，Cu2＋提供空轨道形成配位键，而NF3中的N呈＋3价，故N的原子核对其孤对电子的吸引力增强，难以提供孤对电子与Cu2＋形成配位键。

(1)根据表中给出的化合价及电负性数值可知A、B、C、D、E五种元素分别为C、S、Cl、O、F。②通过成键电子对数与孤电子对数可判断中心原子杂化类型。(3)根据晶胞的结构可知Cl位于立方体的顶点和面心上，每个晶胞内含有Cl的个数为8×1/8＋6×1/2＝4，铜位于晶胞内，其个数为4，由个数比可以判断出化学式为CuCl。

(1)O；C；Mg；Al　(2)[Ar]3d54s2(或1s22s22p63s23p63d54s2)　(3)原子；A　(4)sp2；平面三角形　(5)C≡O

A、B是第二周期元素，C、D、E是第三周期元素。由题意，A原子的电子排布式为1s22s22p2，B原子的电子排布式为1s22s22p4；C原子中没有未成对电子，则C原子的电子排布式为1s22s22p63s2，所以A是C(碳)，B是O，C是Mg，D是Al，E是Si。(1)电负性O>C。因为Mg原子3s轨道上排满了2个电子，3p轨道上没有电子，Al的3p轨道上有1个电子，所以Mg的第一电离能比Al的第一电离能大。(2)F是25Mn，因为能级交错，E(3d)>E(4s)，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2。(3)SiO2晶体是原子晶体，Si—O键是单键，单键是σ键。(4)该物质是甲醛(HCHO)，甲醛是平面三角形结构，C原子以sp2的方式杂化。(5)CO与N2是等电子体，结构相似，CO是极性分子，分子中间的化学键是三键。

（16分，每空2分）（1）sp2   三角锥形 （2）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2    N＞O＞C

（3）MgNi3C    12   （4）Ni(OH)2＋4CN－＝[Ni(CN)4]2-＋2OH－    1:1

试题分析：X基态原子的核外电子分布在3 个能级，且各能级电子数相等，这说明X的原子序数是2＋2＋2＝6，因此X是碳元素。Z是地壳中含量最多的元素，则Z是氧元素；Y的原子序数介于X与Z之间，所以Y是氮元素。W是电负性最大的元素，所以W是氟元素。元素Q的核电荷数等于Y、W原子的最外层电子数之和，因此Q的原子序数＝5＋7＝12，则Q是镁元素。另有R元素位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，外围电子层有2个未成对电子，所以R是镍元素。

（1）微粒XZ32-是CO32－，中心原子碳原子含有的孤对电子对数＝（4＋2－3×2）÷2＝0，所以该微粒的空间构型是平面正三角形，则碳原子杂化类型为 sp2杂化；化合物YW3是NF3，根据价层电子对互斥理论可知，中心原子N原子含有的孤对电子对数＝（5－3×1）÷2＝1，因此NF3分子空间构型为三角锥形结构。

（2）根据构造原理可知，镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；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O＞C。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，所以元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。

（3）根据晶胞结构并依据均摊法可知，晶胞Mg原子的个数＝8×＝1个；Ni原子的个数＝6×＝3个；碳原子的个数＝1个，所以其化学式为MgNi3C。由于顶点被周围的8个正方体共用，所以根据晶胞结构可判断一个Mg原子紧邻（3×8）÷2＝12个Ni原子。

4）R的氢氧化物Ni(OH)2能溶于含CN－离子的溶液生成一种配离子[Ni(CN)4]2-，其中CN－是配体，因此反应的离子方程式是Ni(OH)2＋4CN－＝[Ni(CN)4]2-＋2OH－。HCN分子中含有1个碳氢单键和1个碳氮三键，由于单键是σ键，三键是由1个σ键与2个键构成的，所以化合物HCN分子中存在的σ键与键的数目之比为2:2＝1:1。