热门试卷

（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。

（1）Si（1分）、C（1分）

（2）（2分），Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不易形成稳定的π键而C恰好相反。（2分，其他合理答案均给分）

（3）第4周期ⅣB族（1分）+4（1分）六方最密堆积（1分）2（2分）

（4）6:1:1:1（2分）2 K4[Fe(CN)6] + Cl2 ="=" 2KCl + 2 K3[Fe (CN)6] （2分）

试题分析：⑴A、B、C、E的价电子层中均有2个未成对电子，A、B同族且可以形成原子个数比为1:1的化合物BA，属于原子晶体。可以判断为SiC，在地壳中A、B元素的含量的关系为Si大于C。⑵二氧化硅中不存在π键，π键只存在于二氧化碳中。Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不易形成稳定的π键而C恰好相反。⑶C一定是金属，且原子序数比硅的要大，因此只能是第二十二号元素钛。位于周期表中的第4周期ⅣB族，失去最外层四个电子显正四价，钛单质的堆积方式为六方紧密堆积，每个晶胞中实际占有钛原子的个数为2。⑷依据均摊法，在该结构单元中，三价D离子与二价D离子的数目是一样的，都为个，而氰根离子为：，再根椐电荷守恒，可知钾离子应该为：，可知在该晶体中ｎ（CN－）：ｎ（K＋）：ｎ（D３＋）：ｎ（D２＋）＝6︰1︰1︰1

（7分）

1）sp，3×6.02×1023个。         2）NH3分子间存在氢键。

3）N2O。                        4）CuCl，CuCl+2HCl=H2CuCl3。

试题分析：本题把元素推理和物质结构与性质熔融合成一体，考查学生对元素推理、原子轨道杂化类型、分子空间结构、氢键、等电子体原理、晶胞结构、化学键的数目计算、新情景化学方程式书写等知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。由题意知X、Y、Z、W四种元素分别是：H、C、N、Cu。

点评：本题考查的是共价键、等电子体和晶体的相关知识，题目难度大，注意基础知识的学习、掌握及应用。

（1）1s22s22p63s23p63d54s1（1分）  ds （1分）（1分）

（2）sp2和 sp3（1分）

（3）F > N (2分)；NO2+（1分），直线形（1分）

（4）HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n （2分）  

（5）Cu3 N （1分）；四氨合铜离子（1 分）, 或其它合理答案）；深蓝色(1分)

根据元素在周期表中的位置可知，①～⑧分别是H、Be、C、N、O、F、Cr、Cu。

（1）根据构造原理可知，Cr的基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。区的名称来自于按照构造原理最后填入电子能极的轨道名称，所以根据构造原理可知，Cu位于ds。同样根据构造原理可知，氧原子的价层电子的轨道表示式为。

（2）化合物对氢气的相对密度为23，则相对分子质量是46。又因为H、C、O三种元素的质量比为1：6：16，所以化学式为CH2O2，即是甲酸，结构简式为HCOOH。其中碳原子是sp2杂化，两个氧原子，一个是sp2杂化，另一个是sp3杂化。

（3）非金属性越强，第一电离能越大，所以F的第一电离能大于N的。价电子数和原子数分别都相等的是等电子体，所以有N和O形成的与N3-互为等电子体的离子的化学式为NO2+。其中氮原子含有的孤对电子对数是（5－1－2×2）÷2＝0，所以是直线型结构。

（4）由于HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n，所以测得值偏高。

（5）根据晶胞结构可知，含有氮原子是8×1/8＝1，铜原子是12×1/4＝3，所以化学式为Cu3 N。铜离子和氨气通过配位键形成四氨合铜离子，溶液显深蓝色。

（15分）（1）C、O（1分） N>O>C（1分）  C

（2）H3O+或CH（2分） 

（3）ABCFG（2分）

（4）SP3和SP2（2分）

（5）12（1分） （2分）

Ⅱ 第四周期Ⅷ族（1分） M（1分）   3d6（1分）

试题分析：（1）与氮元素处于同一周期且相邻的两种元素分别是C、O，第一电离能随核电荷数的增加而增大，但N原子的2p轨道为半充满状态，是稳定状态，所以第一电离能最大，因此这三种元素的第一电离能从大到小的顺序是N>O>C，电负性随核电荷数的增加而增大，所以这三种元素的电负性由小到大的顺序是C

（2）等电子体是指价电子和原子总数都相同的微粒，NH3是4原子、8个价电子的分子，所以与NH3互为等电子体的分子、离子有PH3、H3O+或CH3-

（3）根据碳铂分子的结构判断：碳碳之间是非极性共价键，碳氧单键是极性共价键，碳氧双键有键和键，O、N与Pt之间形成的是配位键，所以答案选ABCFG；

（4）C原子的杂化方式的判断依据C原子周围的单键数目。C原子周围是4个碳碳单键的杂化方式为SP3杂化，C原子周围有2个单键和1个双键的杂化方式是SP2，所以碳铂中C原子的杂化方式有SP3和SP2；

（5）配位数是指距原子距离最近且相等的原子数，在铂（Pt）的晶胞中，以面上的原子为标准，距离它最近的且距离相等的原子有12个，同层4个，上下各4个；根据“均摊法”顶点上的原子属于晶胞的1/8，面上的原子属于晶胞的1/2，所以该晶胞中Pt的原子数为8×1/8+6×1/2=4,4个Pt原子的半径等于晶胞的面对角线，设晶胞的棱长为apm，则a=4b，a=2b，1pm=1×10-10cm，晶胞密度

="4M/" NA/a3= g/cm3。

Ⅱ．原子序数小于36的元素A和B，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则A、B一定是第四周期第VIII族元素，基态B原子中含有三个未成对电子，第VIII族元素中只有Co的原子中含有三个未成对电子，所以B是Co，则A是Fe，Fe失去2个电子后，价电子占据的能层是第三层M层，A2+在基态时外围电子（价电子）占据的能层符号为外围电子（价电子）排布式为3d6。