热门试卷

(1)C＜O＜N　(2)NCCN　4NA(或2.408×1024)　(3)3d54s1　分子　(4)CuH

由C是地壳中含量最多的元素知，C为O元素。又由A原子外围电子排布式ns2np2且核电荷数小于O元素知A为C元素，故B为N元素。由E的核电荷数为29，则E为Cu，D原子的核外未成对电子数在第四周期最多，则D为[Ar]3d54s1，故D为 Cr。(1)根据第二周期元素第一电离能递变规律和第ⅤA族电离能的特殊性知C、N、O元素的第一电离能由小到大为C＜O＜N。(2)由(CN)2的键角为180°，立体构型为直线形及对称性和8电子结构，得到(CN)2的结构式为NCCN,1 mol(CN)2中π键为4NA。(3)Cr的基态原子的外围电子排布式为3d54s1。由熔、沸点低知CrO2Cl2属于分子晶体。(4)由晶胞中Cu原子和H原子半径知原子半径大的为Cu，其数目为8×＋6× ＝4，原子半径小的为H，其数目为4，故Cu的氢化物的化学式为CuH。

Ⅰ.(1)ⅢA　

(2)ⅣA　b

Ⅱ.(1)1s22s22p63s23p63d3

(2)　C

(3)6　

Ⅰ.(1)通过甲图分析,M的第一、第二、第三电离能变化不大,说明容易失去最外层的3个电子,第四电离能数值较大,故M位于周期表的ⅢA族。(2)通过乙图氢化物沸点图像,a、b中相对分子质量小的元素氢化物沸点却大,因为其形成了氢键,应属于ⅤA、ⅥA、ⅦA族,只有第ⅣA族氢化物沸点依次由低到高,c可以表示第ⅣA族元素。

Ⅱ.(3)CaO晶体中每个Ca2+外围有6个O2-,Ca2+的配位数为6。

CaO晶胞中含有CaO个数为8×+6×=4,其密度计算式为:ρ=。

(1)3d84s2

(2)N2　CN-(或O22—、C22—、NO-)

(3)①③④　平面三角

(4)>

(5)LaNi5或Ni5La

(6)见图

(1)根据构造原理可知,基态镍原子的价电子(外围电子)排布式为3d84s2。

(2)价电子数与原子数分别都相等的是等电子体,因此与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式分别是N2和CN-。

(3)乙烯、苯、甲醛都是平面形结构,因此碳原子都是sp2杂化。乙炔是直线形结构,所以碳原子是sp杂化,因此答案选①③④。甲醛分子中中心碳原子没有孤对电子,因此甲醛是平面三角形结构。

(4)NiO与FeO形成的晶体都是离子晶体,构成离子晶体的离子半径越小,电荷数越多,离子键越强,晶格能越大,熔点就越高,所以NiO的熔点大于FeO的熔点。

(5)根据晶胞的结构可知,镧原子的个数是8×=1,Ni有4个位于面心,另4个在上下两个面上,1个位于体心,所以镍原子个数是4×+4×+1=5,所以化学式是LaNi5或Ni5La。

(6)根据结构图可知,氮原子是配体,镍原子提供空轨道。而氧原子与氢原子之间可以形成氢键,因此表示是

（1）1S22S23S23P63d64S2或[Ar]3d104S2（2）cd;  （3）平面正三角形；（4）4；SP3；8NA

试题分析：（1）锌是30号元素，原子核外有30个电子，故其原子基态时核外电子排布式为1s22s23s23p63d104s2。

（2）金属晶体溶点高低与晶格能大小相关，而晶格能与阳离子半径大小和电子数多少有关，由于锂离子半径小，两都自由电子数相同，因此钠的晶格能较上，自然熔点较低。金属钠晶体属于体心立方堆积，由于两者都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以CS2的沸点比CO2高。d.硫化钠晶胞中S2－离子个数计算为8*1/8+6*1/2=4个，故选CD。

（3）化合物B中CS32－的空间构型是根据价层电子对互斥理论可以得出（4+2）/2=3，故为平面三角形分子。

（4）配合物C中Zn2+的配位数是4，N原子杂化方式是SP3杂化方式，与铵根离子中氮的形式一样。

（5）双键中有一个键是σ键，故1mol化合物A中含有σ键的数目为8mol。

A、B、C、D、E为五种原子序数依次增大的短周期主族元素．已知B的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，短周期元素内层电子数为2或10，令B元素的最外层电子数为x，则x：（x+2）=3：4，x=6或x：（10+x）=3：4，x=30，不存在，故B为氧元素；D的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，短周期次外层电子数为2或8，D的次外层电子数只能为8，故D有3个电子层，最外层电子数为6，D为硫元素；E原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素；E-、C+、A+的半径逐渐减小，C、A形成+1价离子，处于第ⅠA族，常温下化合物AE为气体，故A为氢元素，C的原子序数等于氧元素，则C为Na元素，

（1）非金属性Cl＞S，非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4；

（2）用惰性电极电解化合物NaCl的饱和溶液，阴极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阳极为2H++2e-=H2↑，当电路中有O.2mol电子通过时，生成气体共0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48；

（3）A与B、A与D均可形成18电子分子分别为H2O2、H2S，两者反应氧化还原反应得到单质硫与水，反应方程式为：H2O2+H2S=2H2O+S↓，

故答案为：H2O2+H2S=2H2O+S↓；

（4）化合物乙、丙均为强电解质，可能为Na的化合物，且两种物质水溶液均呈碱性，原子个数之比为1：1：1，乙溶液中水的电离程度比纯水的小，抑制水的电离，可能为碱或酸，则乙为NaOH，含有离子键、共价键，丙为常见家用消毒剂的主要成分，应为NaClO，

故答案为：离子键、共价键；NaClO；

（5）由A、B、C、D四种元素组成的两种盐可以发生反应，其中一种是强酸对应的酸式盐，可能为硫酸氢钠与亚硫酸氢钠，二者可以发生反应，反应离子方程式为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O，

向Ba（OH）2溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液至中性时，发生反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O，

故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O．

（1）氮

（2）2

（3）①分子晶体   极性键   ②由于S的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大；

（4）Mn     3d54s1

试题分析：（1）天冬酰胺含有的H、C、N、O分别有1、2、3、2个没成对电子；（2）碳原子全形成碳碳单键为sp3杂化，有1个碳碳双键的为sp2杂化，故有2种杂化方式；（3）①H2S和H2Se的熔沸点均较低为分子晶体，不同中元素形成的为极性键；②S的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大；（4）钼、铬、锰价电子数为6、6、7，根据电离能判断得出A、B、C分别有7、6、6个价电子，B的相同级别的电离能大于C，所以B为铬；A为锰；铬的价电子排布式为3d54s1.

Ⅰ、31Ga的电子排布式是：1s22s22p63s23d104s24p1   (2分)    

30Zn的4s能级处于全充满状态，较稳定  （2分）

Ⅱ、（1）(只写三键没标明配位键的只给1分)（2分） SP3 （1分） 三角锥型（1分）

（2）蓝色沉淀与氨水可发生如下反应：Cu(OH)2+4NH3▪H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-,

生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出。（3分）

（方程式正确给2分，其它回答正确也可得3分）

（3）b（2分）

（4）mol-1   （2分）

试题分析：Ⅰ、 31Ga的电子排布式是：1s22s22p63s23d104s24p130Zn的4s能级处于全充满状态，较

稳定Ⅱ（1）CO分子中碳和氧共用两对电子,氧提供一对电子配位；NH3是以氮原子为中心，三个氢

原子和氮的一对孤对电子，以sp3不等性杂化方式形成三角锥型

（2） 蓝色沉淀与氨水可发生如下反应：Cu(OH)2+4NH3▪H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-,生成的[Cu(NH3)4]SO4在极性较小的乙醇中溶解度较小而析出。

（3）a图中一个黑的周围有6个相邻白点，一个白的周围有3个相邻黑点，黑：白=1：2

b图中一个黑的周围有6个相邻白点，一个白的周围有2个相邻黑点，黑：白=1：3故选b

（4）金属铜的晶胞为面心立方晶胞，含有6个面心，8个顶点，每个面心是两个晶胞所共用，顶点是8个晶胞所共用，平均每个晶胞中铜原子的个数为6×（1/2）+8×（1/8）=4，每个晶胞4个Cu原子。1mol 的Cu原子质量为64g，1mol的晶胞Cu原子质量就是4X64g

晶胞体积×晶胞密度×阿佛加德罗常数="4×64g" 计算可知：阿佛加德罗常数mol-1

（1）2s22p3     （2）N＞O＞C

（3）①三角锥形  sP3 ②3  ③d     （4）c   （各2分）

（1）根据构造原理可写出基态氮原子的价电子排布式是2s22p3。

（2）非金属性越强，第一电离能越大。但由于N中的2p是半充满，稳定性强，所以第一电离能大于O的，顺序为N＞O＞C。

（3）①NH3分子中中心原子含有1对孤对电子，所以是三角锥形结构。NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(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，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3，这个与H2O，H2O2中O的杂化类型都是sp3的道理是一样的。②根据反应式可知，当反应中有4mol N－H键断裂时，必然会生成1.5mol氮气。由于三键中含有2个π键，所以形成的π键有3mol。

③硫酸铵是离子化合物，含有离子键、极性键、配位键。但没有范德华力。所以答案选d。

（4）要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是c和d，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选c

（1）1s22s22p63s23p63d84s2　C（碳）

（2）4　1∶2

（3）①>　②6

（4）H2O2为氧化剂，氨与Cu2＋形成配离子，两者相互促进使反应进行　Cu＋H2O2＋4NH3=Cu（NH3）42+＋2OH－

（5）1∶3　

（1）Ni基态原子中未成对电子数为2，与之未成对电子数相同的第二周期元素为碳元素和氧元素，电负性最小的为碳元素。（2）Ni原子价电子数为10，配体CO可以提供一个孤电子对，则n＝＝4；氮氮三键中含有1个σ 键和2个π键，CO与N2结构相似，故CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2。（3）①离子晶体中，在其他因素一样时，离子半径越小，离子键就越强，熔点越高；②NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，均为立方最密堆积，Ni原子与O原子的配位数均为6。（4）H2O2具有强氧化性，可以将Cu氧化为Cu2＋，但反应速率很小，而氨与Cu2＋形成配离子，两个反应相互促进使反应速率加快，反应得以进行。（5）Au原子位于顶点，则一个晶胞中含有Au原子数为8×＝1，Cu原子位于面心，则一个晶胞中含有Cu原子数为6×＝3，故该合金中Au原子与Cu原子个数之比为1∶3；一个晶胞的质量为g，一个晶胞的体积为a3 pm3，故合金的密度为 g·pm－3＝ g·cm－3。

（1）3∶1（2分）　sp3、sp（2分）

（2）乙醇中分子间能形成氢键,甲醚不能形成氢键,导致乙醇的沸点高于甲醚（3分）

（3）3d84s2（2分）　（4）4（2分）　NA=/mol　（4分）

（1）单键是σ键,双键中一个是σ键,一个是π键,三键中一个是σ键,两个是π键,所以σ键和π键的个数之比为6∶3=2∶1,从左边开始判断,第一、二个碳原子都含有三个σ键,采取sp2杂化,第三个碳原子含有两个σ键,采取sp杂化。

（2）乙醇中分子间能形成氢键,甲醚不能形成氢键,导致乙醇的沸点高于甲醚。

（3）基态碳原子的未成对电子数是2,位于第四周期Ⅷ族,其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同的元素是Ni元素,其基态原子的价层电子排布式为3d84s2。

（4）根据图像知,每个碳原子周围有四个硅原子;该晶胞中含有的碳原子个数=8×+6×=4,硅原子个数=4,密度为b g/cm3==,NA=/mol。

（1）>（每空1分），O原子的价电子排布为2s22p4，N原子的价电子排布为2s22p3，p轨道为半充满比较稳定，比氧原子难以失去电子（2分）

（2）+1  －1（2分）；；sp3（1分）

（4）K2C60（2分）

本题的重点是通过物质结构理论对物质进行推断。a原子半径最小，故为H，b电子有6种不同运动状态，即有6个电子，为C，yL层有2对电子，共有6个电子，为O，x为N，z的电负性前四周期最小，电负性变化规律为同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，故为K。且电负性x5实际为NH4H ，NH中H为+1价，N进行sp3杂化，后面H为-1价。从图可以看出，C60，有8×+6×=4，该晶胞化为8个正方体（其中4个顶点有C60，构成正四面体），填充8个K，K：C60=2:1，故为K2C60。

(1)C＜O＜N  1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1

(2)sp2 平面三角形

(3)2NA或2×6.02×1023

(4)1∶5

(5)5  0.083 g·cm-3

A原子L层的电子排布图为,故A为C元素;地壳中含量最多的元素是O元素,故C为O元素;最外层p轨道的电子为半充满结构的元素是ⅤA族元素,结合A和C的核电荷数可知B为N元素;据D的描述可知,其四个电子层的电子数分别为2、8、18、1,故为Cu元素。(1)由于N元素p轨道处于半充满状态,故第一电离能最大,则有C＜O＜N,基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(2)根据价层电子对互斥理论可知在H2CO3分子中的C原子以及N中的N原子上都没有孤电子对,故C原子采用sp2杂化方式,N空间构型为平面三角形结构。(3)在CN-中,C原子与N原子之间是共价三键,故含有的π键个数为2NA。(4)如图,钙在立方体的顶点,故含有8×=1个,而Cu原子位于面上和体心中,故有8×+1=5个。(5)结合(4)以及合金的化学式可知n=5,氢在合金中的密度= g·cm-3="0.083" g·cm-3。