热门试卷

（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10

（2）正四面体

（3）①ac

②10mol(或10×6.02×1023或6.02×1022)

③6

（4）3

试题分析：（1）Zn为30号，Zn2＋先失去4s上面的2个电子。（2）SO42－中，S无孤对电子，S与O形成四根化学键，故S为sp3杂化，是正四面体形。（3）①N2O与CO2互为等电子体，N与O之间为双键，a正确；O3与SO2互为等电子体，为V形分子，b错误；CH2=CH-CHO中每个碳原子均相当于形成三根键，故均为sp2杂化，c正确；HCOOH分子间可以形成氢键，故沸点高，d错误。②PAN中所有单键均为σ键，双键中有一个为σ键，-NO2的结构为。③配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。（4）以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为3×8/2=12，晶胞中Kr有8×1/8+6×1/2=4，两者比值为12：4=3。

（1）碳，铜。（各2分，共4分。若写元素符号1个给1分。）

（2）（1分，其它的合理形式也可）

（3）   （2分）

（4）sp3杂化。（2分）

（5）HF分子间通过氢键形成缔合分子（2分）

（6）2（2分）；  （2分）

试题分析：（1）A与其他元素既不同周期又不同族，A是氢；B、C的价电子层中未成对电子数都是2，B是碳，C是氧；E核外的s、p能级的电子总数相等，E是镁；F与E同周期且第一电离能比E小，F是铝；G的＋1价离子（G+）的各层电子全充满，G是铜。A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素，所以D是氟。

（2）F是铝原子，所以价电子排布图。

（3）C原子与O使用2个共用电子对形成2个正常的共价键，然后O原子拿出1对电子与C形成1个配位键，所以C与O是三个共价键。所以化合物CO的结构式：。

（4）[Al(OH)4]中Al的杂化类型sp3杂化，正四面体。

（5）F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子（HF）n，实验测得HF的相对分子质量一般高于理论值，

（6）晶体镁的晶胞是平行六面体，也就是六棱柱的三分之一，所以一个晶胞中含有8×1/8+1＝2（2分）；

CuF晶胞结构知含有4个CuF，设立方体的边长为r，V=＝＝r3，解得立方体的边长为r＝cm

Cu与F的最近的距离是○与●连线，根据数学知识解的Cu与F的最近的距离是

 。

(1)D 、 E （2分，漏选得1分，有错选不得分）

(2)   12    （1分）

(3)  ① Cu   K  （2分，写对一个给1分，全部写对得满分）

② b   e （2分，漏选得1分，有错选不得分） 1800 （1分）

③ 有 （1分）

(4)  （各1分）、

(5)   3s2（1分） 2Mg+CO2 ="==" 2MgO+C （2分）

试题分析：(1)燃烧放热、石墨导电都与电子跃迁无关，故本题的答案选择DE；（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素，故A为H元素；B原子最外层电子数是次外层的两倍，所以B为C；某平面正六边形分子由A、B两种元素组成且原子个数比为1：1，该分子苯，所以其中含有12个σ键；（3）①与铬同周期的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有Cu 、K；②在a:苯  b:CH3OH  c:HCHO  d:CS2  e:CCl4 五种有机溶剂中，碳原子采取sp3杂化的分子b和e，而a和c中碳原子是采用sp2杂化，d中碳原子采用的是sp杂化，其分子结构为直线型，故CS2分子的键角是1800；③过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般地，为d0或d10排布时，无颜色；为d1~d9排布时，有颜色，如[Co(H2O) 6]2+显粉红色，其中Co为d7，[Mn(H2O) 6]]2+中Mn为d5，所以其有颜色；(4) 请写出HClO的电子式为；配合物离子[Cu(NH3)4]2+.中的配位键如下：注意的是铜离子提供空轨道，而氨气中的N原子提供孤独电子；(5) 从表可以推断出A、B分别为Na、Mg，所以B的价电子电子排布式为：3s2，镁与二氧化碳的反应的方程式为：2Mg+CO2 ="==" 2MgO+C。

点评：本题考查了电子跃迁、杂化类型、电子式、配位键、电离能，该题综合性强，难度中等。

（1）①3d6；② sp3；③ 6；（2）离子键　共价键（配位键）

（3）Se< As< P             （4）① 30NA；12 ；  ② K 2C60　

试题分析：（1）①Fe是26号元素，在Fe2+的核外有24个电子，在基态时，价层电子排布式3d6；②羟胺(NH2OH)中N原子的杂化方式sp3杂化；　③由化合物的结构简式可知：Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物中，配位数为6；（2）在硫酸铜晶体Cu(H2O)4SO4·H2O中含有的化学键为离子键、共价键、配位键；（3）元素P、As是同一主族的元素，从上到下，原子半径增大，原子失去电子容易，所以第一电离能P>As;As、Se是同一周期的元素，原子半径As>Se,但是由于As原子的最外层的价电子处于该轨道的半充满的稳定状态，所以第一电离能As>Se.因此这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为Se< As< P；（4）①在一个C60分子中含有60个C原子，每个C原子与连接的C原子形成了一个π键，而π键是两个原子所共有的，因此平均每个C原子含有的π键个数为1/2π键,。所以1 mol C60分子中π键的数目为60πNA÷2=30NA。由C60的晶胞结构示意图可知，它是立方面心结构，与每个C原子紧密连接的距离最近的C原子个数为(3÷8)÷2=12.即其配位数为12。每个晶胞中含有的C60分子个数是8×1/8+6×1/2=4;所以晶胞的边长。根据晶胞示意图图可知两个最近C60间的距离为面对角线的一半，就是即为。②第四周期电负性最小的原子是K原子，由于每个顶点可形成1/4个四面体，一共有8个顶点，所以可形成2个正四面体。故可填充2个K原子，所形成的掺杂C60化合物的化学式为K 2C60。60化合物的化学式的确定的知识。

（1）第四周期（1分） VIII族（1分）;   [Ar]3d64s2（2分）

（2）正四面体（2分）

（3）S2-（2分） ；低（2分）

试题分析：根据题目所诉，A基态原子的核外电子占据4个原子轨道，只能为1s22s22p2,A为碳元素。大气平流层中单质B3浓度减少会致人患皮肤癌增加，故B元素为氧元素。D是前四周期元素中第一电离能最小的元素，同周期元素，从左到右，第一电离能逐渐增大，D元素为钾元素。E的合金是当今用量最大的合金，E为铁元素。又因为B、C为同主族元素，C只能为硫元素。（1）E在同期表中的位置是第四周期，VIII族，其基态原子的简化电子排布式为  [Ar]3d64s2。（2）CB为SO42-，中心原子为S，含有4个σ键，没有孤电子对，硫原子采取sp3，杂化所以其立体构型是正四面体。（3）根据图中所示，晶胞计算后可知，Y:X=2:1，即Y为C,X为D元素。通过题目解析可知，C为硫元素，故Y应为S2-。D2C为K2S，与CaF2都为离子晶体，所以其熔点高低取决于化合物之间的离子键强度，离子键强度高，熔点高。离子键强度的决定因素：①.离子带电荷越大，离子键越强。②.离子半径越小，离子键越强。③.形成离子键两键结原子的电负性差较大者，离子键较强。这里CaF2的电负性差较大，故CaF2融点高。

（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。