热门试卷

（1）能量最低原理

（2）sp杂化

（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σ键，1个π键，即π键为化学键总数的，60个原子可形成化学键总数为个，因此π键数为个。

⑴N＞O＞C   ⑵[Ar] 3d9   ⑶C2H6氮的氢化物(N2H4)分子间存在氢键    

⑷sp2    4NA ⑸Cu3N    6

试题分析：根据题意可知这几种元素分别是:X是H；Y是C；Z是N；W是O；K是Cu。⑴一般情况下，同一周期的元素，元素的非金属性越强，其失去电子越难，即第一电离能就越大。但是由于N原子的电子处于半充满的稳定状态，所以失去电子比O还难，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C。⑵29号元素Cu的二价离子电子排布式是[Ar] 3d9。（3）具有18个电子的碳元素的氢化物的化学物质为C2H6。具有18个电子的氮元素的氢化物的化学物质为N2H4。C2H6、N2H4的沸点相差较大是因为在乙烷C2H6的分子间只有分子间作用力，而在联氨N2H4的分子间除了有分子间作用力外，还存在氢键。增加了分子之间的相互作用。⑷若H、O、C形成的某化合物呈酸性，相对分子质量为46的物质为甲酸HCOOH。该化合物分子中Y原子轨道的杂化类型sp2杂化。在1 mol该分子中含有 σ键的数目是4NA。⑸在该晶胞中含有的N原子个数为：8×1/8="1;" 含有的Cu原子个数为：12×1/4=3.所以该晶体的化学式为Cu3N。在晶体中与N原子距离相等且最近的Cu原子个数为6，它们分别在N原子的上、下、前、后、左、右六个方向。因此N原子的配位数是6。

（1）①1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10）（2分）       N>O>S（2分）

②(极性)共价键、离子键、配位键（3分，答对1个得1分,有错不得分）

（2）C≡O（2分）

（3）sp3杂化 （2分） K2CuCl3（2分）

（4）（2分）

试题分析：（1）①NH4CuSO3种铜为+1，铜原子的价电子排布为3d104s1，失去最外层的1个电子，故为1s22s22p63s23p63d10，N原子2p上是半充满的稳定结构，故第一电离能N>O，O>S；②氨气分子和硫酸根离子中有极性键，氨气分子和铜离子形成配位键，铜离子和硫酸根离子形成离子键；（2）CO和N2是等电子体，根据N2的结构式得出CO的结构式；（3）a位置上的Cl形成了2条单键，还有2对孤对电子，故为sp3杂化；当铜为+2价时为KCuCl3，当铜为+1价时，为K2CuCl3；（4）该晶胞中有2个铜和4个氧，故该晶胞的质量等于密度乘以体积，也等于摩尔质量除以NA再乘以2，列等式求出密度的表达式。

（1）a；（2）2；BN；（3）sp2；sp3；3；（4）X。

（1）根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性岁核电荷数的递增而减小，a对；F元素无正价，b错；氢化物的沸点氟化氢中由于氢键的存在，沸点最高，c错；单质的熔沸点随核电荷数的递增而升高，氟气和氯气常温下为气体，溴单质为液体，d错；答案选a。

（2）同周期元素原子半径随核电荷数的递增逐渐减小，故B原子的半径大于N原子，也就是B原子位于晶胞的8个顶点和中间，其每个晶胞中含有8×1/8+1=2个；N原子位于晶胞中和棱上，故每个晶胞中含有4×1/4+1=2个；化学式可写为：BN；

（3）BCl3的分子构型为正三角形，其中心原子的杂化方式分别为sp2； NCl3为三角锥形，其中心原子的杂化方式分别为sp3；由于氮原子的2p轨道是半满状态，其第一电离能大于O和C元素；Be原子的2s轨道为全满状态，故其第一电离能介于B和N之间，故共有：Be、C、O三种；

（4）B原子的最外层有三个电子，其和氯原子成键时全部电子都参与成键不存在孤对电子，所以提供孤对电子的是X。

　(1) 　Cu

(2)HF>HI>HBr>HCl　HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大

(3)sp2　3.5　(4)面心立方最密堆积　①②③

(5)首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液　Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4+、Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－

　根据四种元素分别处于第一至第四周期，结合题中信息可确定A、B、C、D四种元素分别为H、C、Cl和Cu。(1)四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7，价电子排布图为；结合第一电离能的变化规律，可知Cu的第一电离能最小。(2)卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高，但HF分子间存在氢键，沸点最高，即沸点由高到低的顺序是HF>HI>HBr>HCl。(3)图一为平面分子，该物质碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为8×＋6×＋4＝8，该晶胞的密度为g·cm－3≈3.5 g·cm－3。(4)晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键。(5)硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，据此可写出反应的离子方程式。

(1)能量最低原理　(2)sp杂化　(3)否　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

(4)4s1　3︰1　(5)N>C>Si　正四面体　30

(1)E(3s)2中心原子的价层电子对数为2，采取sp杂化；(3)C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，决定二者熔沸点的作用力不同；(4)K原子序数为19，价电子为4s1，从晶胞可看出C60的个数8× ＋1＝2，K原子的个数12× ＝6，K原子和C60分子的个数比为3︰1；(5)根据同周期、同主族元素原子的电负性递变规律可知：C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是N>C>Si；NCl3中心原子价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体；Si的价电子数为4，每个硅原子只跟相邻的3个硅原子相连且最外层都满足8电子稳定结构，所以每个Si原子周围只有1个π键，且2个Si共用1个π键，所以一个Si60分子中π键的数目为(60×1)×＝30。

(第三问2分，其余每空1分)    (1)1s22s22p63s23p63d9 配位

(2)N2、CO、C22－、O22+、NO+等  (3)bc  (4)C    分子晶体

试题分析：G的原子序数为29，则G是铜。A是宇宙中含量最多的元素，所以A是O。B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B是碳元素。F的单质是黄绿色气体，因此F是Cl。D和E原子价电子排布式均为ns2np4，所以根据原子序数大小可知，D是O，E是S。又因为C原子核外有三个未成对电子，所以C是N。

（1）根据构造原理可知，G2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9；铜离子和氨气分子能形成配位键。

（2）价电子数和原子数分别都相等的是等电子体，因此与B、C形成的阴离子CN—互为等电子体的微粒有N2、CO、C22－、O22+、NO+等。

（3）非金属性压强，氢化物的稳定性越强。氮元素的非金属性强于碳元素的，所以氢化物稳定性是B＜C，a和d都不正确；氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷的，b正确；非金属性压强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，c正确，答案选bc。

（4）非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子属于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大小顺序是C＜O＜N。相对分子质量为26的碳元素的氢化物是乙炔，分子中含有碳碳三键。单键都是σ键，三键是由1个σ键和2个π键构成的，所以乙炔分子中的σ键与π键数目比为3:2。

（5）七种元素中，电负性最大的元素是氧元素，和碳元素形成的化合物是CO2，含有极性键，电子式是

，该物质的晶体属于分子晶体。

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。本题基础性较强，重点突出，难度不大。

（1）  3 （1分） 1s22s22p63s23p63d10（1分）

（2）  2 （1分）　8（1分）

（3）  6　（1分）    激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式释放能量。 （2分，给分点：电子跃迁、释放能量）

（4） B C   （2分,各1分，错选不得分）

（5）  （2分）  sp杂化 （2分）

（6） [CrCl(H2O)5]2＋（2分）

试题分析：（1）4s轨道上只有1个电子的元素有K、Cr、Cu三种元素；Cu原子序数为29，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+失去最外层电子，即失去了4s轨道的电子，故答案为：3；1s22s22p63s23p63d10；

（2）s区包括第ⅠA、ⅡA族，第四周期只有两种元素位于这两族；d区包括元素周期表从第三列到第十列，共8种元素；故答案为：2；8；

（3）观察该晶体属于NaCl型，其配位数为6，当电子受到激发，再从激发态跃迁的基态时释放能量，发出特定波长的光，故答案为：6、激发态的电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式释放能量；

（4）A．离子半径小，晶格能越大，钠离子半径小于钾离子，故A错误；

B．根据均摊法计算，钾原子位于顶点和体心，每个晶胞含钾原子为8×1/8+1=2，故B正确；

C．氮原子价电子排布式为2s22p3，2p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于氧原子，故C正确；

D．氮气分子内形成氮氮三键，所以其化学性质稳定，并不是因为电负性小，故D错误；

故答案为：BC；

（5）C原子最外层四个电子，形成四对共用电子对，N原子最外层有五个电子，形成三对共用电子对，CN-得到一个电子，可写出电子式为；该离子与CO为等电子体，与CO杂化类型一致，CO的价电子对数=4/2=2，为sp杂化；

（6）c（H+）=c（NaOH）=0.1200mol•L-1×25.00mL×10-3=0.003mol，根据方程式，和0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+，x=2，所以离子中配体Cl-个数为1，可写出离子式：[CrCl(H2O)5]2+.

(1)正四面体　60°　(2)4s24p3

(3)N>P>As>Sb

(4)sp3　弱　N2H4中的N原子上电子云密度小于NH3，更难结合H＋2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O

(5)离子晶体　4　8

(1)N4中氮原子的轨道杂化方式为sp3，其空间构型可参照P4(白磷)，应为正四面体结构，N—N键的键角为60°；(2)砷位于第四周期ⅤA族，其最外层电子排布式为4s24p3；(3)同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐减小；(4)联氨(HN2—NH2)中氮原子与其他原子结合形成三个σ键，还有一对孤电子对，其轨道杂化方式为sp3；与NH3相比，N2H4碱性弱，因为N2H4相当于NH3的一个H原子换成了—NH2，N原子的吸电子能力远强于H原子，因此N2H4中的N原子上电子云密度小于NH3，更难结合H＋；(5)N元素位于第二周期，该周期中原子半径最小的主族元素为F，CaF2为离子晶体，该晶胞中Ca2＋的个数为8×＋6×＝4，F－均在晶胞内部，故为8个。