热门试卷

（1）1s22s22p63s23p2 （2）分子 （3）6  ；1:2 （4）4  ；1:1（5）sp3   ；sp2   ；7

试题分析：（1）硅的原子数序为14，基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；（2）由题给结构模型知，C60有固定的组成，不属于空间网状结构，为分子晶体；（3）由题给结构模型知，金刚石中的最小环为六元环，二氧化硅结构跟金刚石结构相似，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个O原子，则Si、O原子形成的最小环上O原子的数目是6，二氧化硅晶体中，每个Si原子与4个O原子形成共价键，每一个共价键中Si的贡献为一半，则平均1个Si原子形成2个共价键，所以晶体硅中硅原子与共价键的个数比为1：2；（4）二氧化碳的晶胞中，二氧化碳分子位于晶胞的顶点和面心位置，则晶胞中含有二氧化碳的分子数为8×1/8+6×1/2=4，二氧化碳的分子结构为O=C=C，每个分子中含有2个σ键和2个π键，所以σ键与π键的个数比为1：1；（5）根据丙烷和丙烯的结构分析，丙烷分子中2号碳原子形成4个σ键，所以杂化方式是sp3，丙烯分子中2号碳原子碳原子形成3个σ键，所以杂化方式是sp2，丙烯中含有乙烯的结构特点，和双键共平面的原子共有6个原子，甲基中含C-H键，原子围绕着σ键旋转，则最多有1个原子和其它6个原子共平面，即丙烯分子中最多有7个原子共平面。

（8分）

（1）1s22s22p63s23p63d5（或[Ar] 3d5）(2分)

（2）4(1分)

（3）非极性(1分)

（4）ABE (2分)

（5）①BD(2分)②7：3(1分)

试题分析：

（1）Mn2+在基态时，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。

（2）硫化锌的晶胞结构如图1所示，则每个晶胞中8个顶点各有1/8,6个面各有1/2，共4个。

（3）分子是平面型，有高度的对称性，属于非极性分子。

（4）C-C的非极性键，C-O、C-N的极性键，N-Al的配位键（共用N的一对孤对电子）。

（5）①A．H2O中氧原子都采用SP3杂化，硫酸根中不是，错误；B．该晶体中电负性最大的元素是O，正确；C．该晶体属于离子晶体，错误；D．该晶体中的水是用不同的键结合的，所以在不同温度下会分步失去，正确。②根据化合价代数和为0，求得Cu平均价态为2.3价，进一步求得+2、+3价原子数目比为7:3

（1）非极性(1分) （2）① (2分) 　正四面体　(1分)②　1.5mol(2分)

（3）[B4O5(OH)4]2－（2分），Sp2和Sp3，Sp3（3分），离子键（1分）

（4）原子晶体（1分），（2分）。

试题分析：（1）Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂，这些性质说明该化合物应该是分子晶体。根据相似相溶原理可知，Ni(CO)4是非极性分子。

（2）①肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被－NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物，则根据氨气的金刚石可知，N2H4的结构式为。由于在NH4+中氮原子的4个价电子全部参与成键，不存在孤对电子，所以NH4+的空间构型是正四面体结构。

②根据热化学方程式可知，如果该反应中有259.7kJ能量释放时，则参加反应的肼的物质的量是259.7kJ÷1038.7 kJ/mol＝0.25mol，则生成0.75mol氮气。又因为三键是由2个π键和1个α键构成的，则形成的π键有0.75mol×2＝1.5mol。

（3）①1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子。3号氧原子形成2个单键，所以氧原子是sp3杂化。2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化； B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间。观察模型可知Xm－是（H4B4O9）m－，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，则化学式为[B4O5(OH)4]2－。该微粒和钠离子形成的应该是离子键。

（4）BN晶体，具有熔沸点高，耐磨擦和较高的硬度等性质，这些性质说明，BN的晶体类型是原子晶体，根据构造原理、泡利原理和洪特规则可知，N的价层电子的电子排布图为。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。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）、方程式、电极反应式，每空2分，其余每空1分）

（1）Al + 4OH- -3e- =AlO2- +2H2O    

（2） 2      O—H     1327Al           13     

（3）高    水分子之间存在氢键

（4）2Mg(s)+CO2(g) =" 2MgO(s)" + C(s) ΔH = －(2b—a) kJ•mol-1

根据元素的结构及有关性质可知，A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、Al、Fe。

（1）根据构造原理可知，C元素基态原子的价电子排布图是

；由于镁和氢氧化钠溶液不反应，铝能和氢氧化钠溶液反应，所以在该原电池中镁是正极，铝是负极，负极反应式是Al + 4OH- -3e- =AlO2- +2H2O。

（2）气态单质甲分子与CO分子核外电子数相等，所以甲是氮气。氮气中含有三键，而三键是由2个π键和1个α键形成的；由于氧元素的非金属性其余碳元素的，所以键的极性较强的是O－H键；由于质子数和中子数之和是质量数，所以根据题意可知，该原子的符号是1327Al；核外电子数是13个，则就有13种运动状态不同的电子。

（3）由于水分子之间存在氢键，所以其熔沸点高于硫化氢的。

（4）根据燃烧热可知，热化学方程式是① c(s)＋O2(g)=CO2(g) △H＝－a kJ ·mol-1，② Mg(s)＋1/2O2(g)=2MgO(s) △H＝－bkJ ·mol-1。所以根据盖斯定律可知，②×2－①即得到2Mg(s)+CO2(g) =" 2MgO(s)" + C(s)，所以反应热ΔH = －(2b—a) kJ•mol-1。

（1）

（2）K；F

（3）①K2NiF4；6；②3.4

（4）离子键和配位键；[FeF6]3-；F-

前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A-和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素

（1）D2+的价层电子为3d电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知，其价电子排布图为；

（2）元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，这四种元素中金属性最强的是K元素，非金属性最强的元素是F，所以第一电离能最小的是K，电负性最大的是F；

（3）①该晶胞中A原子个数=16×1/4+4×1/2+2=8，B原子个数=8×1/4+2=4，D原子的个数=8×1/8+1=2，故该化合物的化学式为K2NiF4；由晶体的结构，D的配位数是6；

②该晶胞的体积=（400×10-10cm）2（1308×10-10cm）

（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物的K3FeF6，该物质中阴阳离子间存在离子键，铁原子和氟原子间存在配位键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3-，配位体是F-。

（1） A D  2分 （2）3d54s2  2分 Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态。） 2分  （3）d区 1分 （4） TiO2  2分

（5）① H＜C＜N＜O   2分 ②CO2（N2O）、SCN－2分 ③ N≡C—O—H   2分

试题分析：（1）A、由于氧元素的电负性大，所以CH2O与水分子间能形成氢键，A正确；B、CH2O分子是平面型结构，中心原子碳原子是sp2杂化，CO2分子是直线型结构，中心原子碳原子采用sp杂化，B不正确；C、C6H6结构是正六边形结构，属于非极性分子。C6H6分子中碳原子是sp2杂化，其中每个碳原子与碳原子形成2个σ键，与氢原子形成1个σ键，所以共含有12个σ键和1个大π键，C不正确；D、CO2晶体是分子晶体，而二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，D正确，答案选AD。

（2）Mn是25号元素，则根据核外电子排布规律可知，Mn元素价电子排布式为3d54s2；由于Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态。），所以气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。

（3）区的名称来自于安装构造原理最后填入电子的轨道名称，Ti是22号元素，其价电子排布式为3d24s2，所以Ti元素位于d去。

（4）根据晶胞结构可知，氧原子位于面心处与晶胞内，Ti原子位于顶点处和体心处，所以根据均摊原理可知，结构中氧原子的个数＝4×＋2＝4个，Ti原子个数＝1＋8×＝2，所以化学式为TiO2。

（5）①非金属性越强，电负性越小。因此同周期自左向右电负性逐渐增大，则H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O。

②价电子数与原子数分别都相等的互为等电子体，则与CNO－互为等电子体微粒的化学式为CO2（N2O）、SCN－等。

③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，因此分子中C与N形成三键，其余均是单键，所以氰酸的结构式N≡C—O—H。

（12分） （1）⑨ （1分）   1ｓ22ｓ22ｐ63ｓ23ｐ6 3d104ｓ1  

（2分）  Mg>Al （2分） （2）MgCNi3或CMgNi3  （2分） （3）B D  （2分）     

（4）5（1分）； X和Y都是极性分子（且能形成氢键），根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中。（2分）

试题分析：（1）区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，所以根据元素周期表的结构可知，表中属于d区的元素是⑨；⑩是铜，根据构造原理可知，核外电子排布是1ｓ22ｓ22ｐ63ｓ23ｐ6 3d104ｓ1；金属性越强，第一电离能越小。但由于Mg的3s轨道电子处于全充满状态，稳定性好，所以第一电离能是Mg＞Al。

（2）②是碳元素，位于体心处，含有1个碳原子；④是镁位于顶点处，含有个镁原子；⑨是Ni，含有个Ni原子，所以化学式是MgCNi3或CMgNi3。

（3）乙烯的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，所以该化合物是乙烯。乙烯分子中含有碳碳双键，属于平面型结构，能发生加成反应，BD正确；由于双键都是由1个α键和1个π键构成的，所以乙烯分子含有6个σ键和1个π键，乙烯分子中不含有氢键，A和C不正确，答案选BD。

（4）由于s能级只能容纳2个电子，则n＝2。所以根据元素的特征电子排布式为nsnnpn+1可知，该元素原子的价电子数为5个，该元素是氮元素。氨气和水都是极性分子（且能形成氢键），根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂中。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。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）N＞O＞S；（2）sp2；＜；（3）MgO＞CaO＞KCl；（4）160/a3NA；（5）AC。

试题分析：（1）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；（2）甲醛(H2C=O)分子碳原子的杂化方式为sp2；甲醛(H2C=O)分子中氧原子上含有两对孤对电子，对成键电子对有排斥作用，甲醛中H—C—H的键角＜120o；（3）对于结构相似的离子晶体，晶格能越大晶体的熔点越高；晶格能的高低取决于离子半径和离子所带的电荷，离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高；则KCl、CaO、MgO三种离子晶体熔点从高到低的顺序是MgO＞CaO＞KCl；（4）根据MgO晶胞结构利用切割法分析知，1mol晶胞中含有4molMgO，质量为160g，晶胞的边长为acm，则1mol晶胞的体积为a3NAcm3则MgO的密度是160/a3NAg·cm-3；（5）根据配合物的分子结构判断，其分子内不含有离子键和金属键，选AC。

（1）Ni、Ge、Se（2）A  D（3）7；C

试题分析：（1）Ti是22号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2.位于第四周期，第四副族.其未成对电子数为2个。在第四周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有Ni核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2.，Ge核外电子排布式是:1s22s22p63s23p64s24p2、Se 核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s24p4. （2）在[Ti(OH)2(H2O)4]2+中的化学键有σ键和配位键。选项为AD。（3）在化合物甲中的苯环上的6个C原子和羰基的Ｃ原子，一共７个。在化合物乙中采取sp3杂化的原子有除了苯环的以外的Ｃ原子、N原子、O原子。其中N原子的核外电子排布式为1s22s22p3,处于半充满的稳定状态，失去电子比较难。一般情况下，元素的原子序数越大，原子半径越小，原子的第一电离能就越大。所以这三种元素原子的第一电离能由小到大的顺序为C

（一）（1）蒸馏水   取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。   （2）   2      （3）偏高。

（二）（1）金刚石  （2）1s22s22p63s23p5  （3）H2O （4）HCl  （5）COCl2

试题分析：

（一）（1）洗涤必须用到蒸馏水

（2）样品中BaCl2的物质的量为

质量

（3）题中已经表明硫酸钡被还原为BaS，则沉淀质量减小，相对水的质量比提高，x数据将偏高。

（二）（1）每个a原子周围有4个键，则图B对应的物质为金刚石；该晶胞中的原子数为：8×+6×=4=8。

（2）a为C，则b为H2、c为O2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2。Cl原子核外有17个电子，其排布式为：1s22s22p63s23p5。

（3）除a、b、c、d外，f为CO，g为CO2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，判断K为COCl2。所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体；H2O中，中心原子O形成2条共价键、2对孤对电子，故O采取sp3杂化，形成V形分子。

（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而极性最大。（5）COCl2中C原子含有3个σ键，1个π键，故C原子采取sp2杂化。