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一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分；每小题只有一个正确的选项，请在答题卡的相应位置填涂）

1．（3分）（2013秋•蒙山县校级期末）下列晶体中，不属于原子晶体的是（　　）

A．干冰    B．水晶    C．晶体硅    D．金刚石

【考点】原子晶体． 

【专题】压轴题；化学键与晶体结构．

【分析】相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等．

【解答】解：A、干冰属于分子晶体，故A选；

B、水晶属于原子晶体，故B不选；

C、晶体硅属于原子晶体，故C不选；

D、金刚石属于原子晶体，故D不选．

故选A．

【点评】本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，注意晶体类型的分类和区别．

2．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列说法正确的是（　　）

A．第一电离能：Al＞Mg

B．水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2OCH2CH3

C．沸点：HCl＞HF

D．晶格能：NaCl＞MgO

【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系． 

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】A．同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；

B．有机物的溶解性：醇＞醚；

C．含有氢键的氢化物熔沸点较高；

D．离子化合物中晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比．

【解答】解：A．同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Mg＞Al，故A错误；

B．有机物的溶解性：醇＞醚，所以溶解性CH3CH2OH＞CH3CH2OCH2CH3，故B正确；

C．含有氢键的氢化物熔沸点较高，HF中含有氢键、HCl中不含氢键，所以熔沸点HF＞HCl，故C错误；

D．离子化合物中晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，镁离子和氧离子电荷大于钠离子和锂离子，所以晶格能MgO＞NaCl，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查元素周期律、晶格能、熔沸点等知识点，为高频考点，明确元素周期律、物质结构和性质的关系是解本题关键，注意氢化物的稳定性与化学键有关、氢化物的熔沸点与分子间作用力有关，为易错点．

3．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列各组分子中，都属于含有极性键的非极性分子的一组是（　　）

A．CO2H2O    B．C2H4 CH4    C．Cl2    C2H2    D．NH3HCl

【考点】极性分子和非极性分子． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子．

【解答】解：A．CO2含有O=C，为极性键，二氧化碳是直线分子，呈对称结构，是非极性分子；H2O含有O﹣H，为极性键，水是V型分子，是极性分子，故A错误；

B．C2H4、CH4 都含有C﹣H，是极性键，乙烯分子结构是平面对称型结构，甲烷是正四面体结构，二者正负电荷重心都能重合，都是非极性分子，故B正确；

C．Cl2含有Cl﹣Cl，为非极性键，是非极性分子；C2H4含有C﹣H，是极性键，乙炔分子结构是直线型分子，是非极性分子，故C错误；

D．NH3、HCl二者是由极性键构成的极性分子，故D错误，

故选B．

【点评】本题考查键的极性和分子的极性的判断，题目难度中等，注意共价键极性和分子极性的判断方法．

4．（3分）（2009•海口模拟）用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（　　）

A．直线形；三角锥形    B．V形；三角锥形

C．直线形；平面三角形    D．V形；平面三角形

【考点】判断简单分子或离子的构型． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果．价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括σ 键电子对和中心原子上的孤电子对；σ 键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型．

【解答】解：H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（6﹣2×1）=2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；

BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（3﹣3×1）=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形．

故选D．

【点评】本题考查了分子空间构型的判断，难度不大，易错点是阴阳离子中孤电子对数的确定，注意中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数．

5．（3分）（2013春•唐山期末）下列各组物质，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（　　）

A．SO2和SiO2    B．CCl4和KCl    C．NaCl和HCl    D．CO2和H2S

【考点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键．

【解答】解：A、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A错误；

B、CCl4是分子晶体，CCl4中只含共价键，KCl是离子晶体，KCl中只含离子键，故B错误；

C、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故C错误；

D、固体CO2和H2S都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，故D正确；

故选：D．

【点评】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键．

6．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列物质，按其晶体的熔点由高到低顺序排列正确的是（　　）

A．SiO2　 CsCl　　CBr4　CF4

B．SiO2　 CsCl      CF4 　CBr4

C．CsCl　　SiO2　 CBr4　  CF4

D．CF4 　CBr4 CsCl　　SiO2

【考点】晶体熔沸点的比较． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】一般来说，晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，且含有氢键的分子晶体熔沸点较高，据此判断．

【解答】解：一般来说，晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，且含有氢键的分子晶体熔沸点较高，SiO2、CsCl、CBr4、CF4分别是原子晶体、离子晶体、分子晶体、分子晶体，且相对分子质量CBr4＞CF4，所以这几种晶体熔沸点高低顺序是SiO2、CsCl、CBr4、CF4，故选A．

【点评】本题考查晶体熔沸点高低判断，为高频考点，明确晶体类型、分子晶体熔沸点影响因素等是解本题关键，知道常见物质晶体类型，题目难度不大．

7．（3分）（2013•山东校级学业考试）下列关于化学键的叙述，正确的一项是（　　）

A．离子化合物中一定含有离子键

B．单质分子中均不存在化学键

C．含有极性键的分子一定是极性分子

D．含有共价键的化合物一定是共价化合

【考点】化学键． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A、含有离子键的化合物是离子化合物；

B、单质分子有的存在化学键，有的不含化学键；

C、含有极性键的分子不一定是极性分子；

D、含有共价键的化合物不一定是共价键化合物．

【解答】解：A、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH中含有离子键和共价键，故A正确；

B、单质分子中有的含有化学键，如H2，有的不含化学键，如稀有气体分子，故B错误；

C、含有极性键的分子不一定是极性分子，如果分子正负电荷重心重合，则就是非极性分子，如CCl4，故C错误；

D、含有共价键的化合物不一定是共价键化合物，可能是离子化合物，如NH4Cl，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查了化学键和物质的关系，注意不是所有的物质都含有化学键，如稀有气体分子中不含化学键．

8．（3分）（2015秋•福州校级期中）具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（　　）

A．1s22s22p63s1    B．1s22s22p2    C．1s22s22p3    D．1s22s22p63s2

【考点】原子核外电子排布；元素周期律的作用． 

【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题．

【分析】电子层数越多，则原子的原子半径越大，相同电子层的原子中，原子半径随着原子序数的增大而减小．

【解答】解：电子层数越多，则原子的原子半径越大，相同电子层的原子中，原子半径随着原子序数的增大而减小，A和D的电子层数大于B和C，所以A和D的原子半径大于B和C，A、D电子层数相等，但A的原子序数小于D，所以A的原子半径大于D，则原子半径最大的是A，

故选A．

【点评】本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大．

9．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列化学用语表述不正确的是（　　）

A．HCl的电子式    B．CH4的球棍模型：

C．S2﹣的结构示意图为    D．乙烯的结构简式：

【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合． 

【专题】化学用语专题．

【分析】A．氯化氢属于共价化合物，分子中不存在阴阳离子； 

B．甲烷为正四面体结构，碳原子的原子半径大于氢原子；

C．S2﹣的最外层电子数为8，核外电子总数为18；

D．乙烯的结构简式中必须写出其官能团碳碳双键．

【解答】解：A．氯化氢为共价化合物，电子式中不能标出电荷，氯化氢正确的电子式为：，故A错误； 

B．甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型为，故B正确；

C．S2﹣的结构示意图中，最外层电子数为8，硫离子正确的结构示意图为：，故C正确；

D．结构简式中必须标出官能团，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查了电子式、离子结构示意图、球棍模型以及结构简式等知识，难度不大，注意掌握电子式、分子式、结构简式、结构式的概念及区别，明确球棍模型与比例模型的表示方法．

10．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列说法不正确的是（　　）

A．金刚石、石英和足球烯均为空间网状结构的原子晶体

B．在NaOH、NH4Cl和Na2S04中，都存在离子键和共价键

C．干冰升华的过程只需克服分子间作用力

D．H20分解生成H2和O2的过程中既有共价键断裂，又有共价键形成

【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 

【分析】A．足球烯属于分子晶体；

B．一般非金属元素与金属元素间形成离子键，非金属元素间形成共价键；

C．分子晶体的三态变化时克服分子间作用力；

D．化学变化中存在旧键的断裂和新键的形成．

【解答】解：A．足球烯属于分子晶体，晶体中不存在空间网状结构，金刚石、石英均为空间网状结构的原子晶体，故A错误；

B．NaOH中钠离子与氢氧根离子之间存在离子键，O与H之间存在共价键，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间存在离子键，N与H之间存在共价键，Na2S04中钠离子与硫酸根离子之间存在离子键，S与O之间存在共价键，所以三者都存在离子键和共价键，故B正确；

C．分子晶体发生三态变化时克服分子间作用力，所以干冰升华的过程只需克服分子间作用力，故C正确；

D．H20分解生成H2和O2的过程中，先是H﹣O键断裂，然后形成H﹣H键和O=O键，所以既有共价键断裂，又有共价键形成，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查了晶体类型的判断、化学键和分子间作用力，题目难度不大，注意把握化学键与分子间作用力的区别．

11．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列说法正确的是（　　）

A．HOCH2CH（OH）CH2OU和CH3CH（Cl）CH2CH3都是手性分子

B．NH4+与H3O+的空间构型相似

C．BF3与苯都是平面型分子

D．CO2和H2O都是直线型分子

【考点】判断简单分子或离子的构型；“手性分子”在生命科学等方面的应用． 

【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题．

【分析】A、HOCH2CH（OH）CH2OH中两边的碳原子上都有两个氢原子，中间碳上连有两个HOCH2﹣基团，所以不含有手性碳；

B、NH4+中氮原子价层电子对数为=4，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体，H3O+中氮原子价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥；

C、BF3分子中B原子最外层有三个电子，与氟原子形成三对共用电子对，没有孤电子对，所以分子构型为平面三角形分子，是平面型分子，苯分子有π键，形成平面六边形结构，所以是平面型分子；

D、CO2分子中C原子价层电子对数为=2，分子中碳原子没有孤电子对，所以分子是直线型分子，H2O分子中O原子价层电子对数为=4，分子中原子有两对孤电子对，所以分子是V型分子，据此答题；

【解答】解：A、HOCH2CH（OH）CH2OH中两边的碳原子上都有两个氢原子，中间碳上连有两个HOCH2﹣基团，所以不含有手性碳，所以HOCH2CH（OH）CH2OH不是手性分子，故A错误；

B、NH4+中氮原子价层电子对数为=4，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体，H3O+中氮原子价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥，故B错误；

C、BF3分子中B原子最外层有三个电子，与氟原子形成三对共用电子对，没有孤电子对，所以分子构型为平面三角形分子，是平面型分子，苯分子有π键，形成平面六边形结构，所以是平面型分子，故C正确；

D、CO2分子中C原子价层电子对数为=2，分子中碳原子没有孤电子对，所以分子是直线型分子，H2O分子中O原子价层电子对数为=4，分子中原子有两对孤电子对，所以分子是V型分子，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及微粒空间构型判断、手性分子等，中等难度，答题时注意常见微粒的空间构型的运用．

12．（3分）（2015秋•福州校级期中）同学们使用的涂改液中含有很多有害的挥发性物质，二氯甲烷就是其中一种，吸入会引起慢性中毒，有关二氯甲烷分子的描述正确的是（　　）

A．四个σ键键长均相等    B．中心原子碳采取sp3杂化

C．存在一对手性异构体    D．仅有极性键的非极性分子

【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；极性分子和非极性分子． 

【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．

【分析】A．二氯甲烷中含有C﹣H和C﹣Cl键，键长不等；

B．根据价层电子对互斥理论来分析，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a﹣xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；

C．二氯甲烷就是甲烷分子中的两个氢原子被两个氯原子所取代，分子的构型由正四面体变成四面体，键角发生了变化，手性异构体需有手性碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，二氯甲烷没有手性异构体；

D．同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子．

【解答】解：A．二氯甲烷中含有C﹣H和C﹣Cl键，键长不等，不是正四面体结构，四个σ键键长不相等，故A错误；

B．CH2Cl2中碳原子价层电子对个数=4+×（4﹣4×1）=4，所以C原子采用sp3杂化，故B正确；

C．二氯甲烷分子的构型四面体，只有一种结构，没有同分异构体，手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，二氯甲烷没有手性碳原子，不存在手性异构体，故C错误；

D．CH2Cl2有C、H和C、Cl元素之间形成极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查常见有机物的分子二氯甲烷分子的构型，掌握二氯甲烷分子的构型四面体，以及键长、杂化、手性碳原子、极性等知识是解答关键，题目难度中等．

13．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列说法中，正确的是（　　）

A．4p2表示4p能级有2个轨道

B．水、氨气、甲烷的键角依次减小

C．原子序数为14、15、35的元素位于周期表的P区

D．分子中键长越短、键能越大，则分子越稳定

【考点】原子核外电子的能级分布；元素周期表的结构及其应用；键能、键长、键角及其应用． 

【专题】原子组成与结构专题．

【分析】A．4p2表示4p能级有两个电子；

B．根据孤电子对与成键电子之间的作用力大，孤电子对越多，键角减小判断；

C．根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；

D．根据键能、键长与分子稳定性的关系分析．

【解答】解：A．4p能级有三个轨道，4p2表示4p能级有两个电子，故A错误；

B．H2O、NH3、CH4的中心原子的价层电子对个数分别为2+2=4，3+1=4，4+0=4，都采用sp3杂化，轨道构型为正四面体，键角为109.5°，由于H2O、NH3中中心原子分别存在2对、1对孤电子对，使得角减小，孤电子对越多，键角减小，所以水、氨气、甲烷的键角依次增大，故B错误；

C．原子序数为14的为Si元素、15的为P元素、35的为Br元素，它们最后填充的都是p电子，所以属于p区，故C正确；

D．物质的键长越短、键能越大，则断开化学键吸收的能量越多，所以该物质越稳定，故D正确；

故选CD．

【点评】本题考查了元素周期表结构及键能、键长与键角的应用，题目难度中等，明确原子结构与元素周期表的关系为解答关键，注意明确物质稳定性与键能、键长的关系．

14．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列说法中，正确的是（　　）

A．微粒半径由小到大的顺序是S2﹣、Na+、Mg2+

B．杂化轨道可用于形成σ键和π键

C．Cu（NH3）4]2+中H提供接受孤对电子的空轨道

D．分子中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为四面体构型

【考点】配合物的成键情况；微粒半径大小的比较；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 

【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．

【分析】A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同核电荷数越大离子半径越小；

B．杂化轨道用来形成σ键或容纳孤对电子，未杂化的轨道与杂化轨道所在平面垂直，可用来形成π键；

C．在配合物离子中，中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对；

D．分子中心原子通过sp3杂化轨道成键时，若中心原子存在孤电子对时，该分子就不是正四面体结构．

【解答】解：A．离子的电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时离子的核电荷数越大离子半径越小，则离子半径由小到大的顺序是：Mg2+＜Na+＜S2﹣，故A错误；

B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故B正确；

C．在配合物[Cu（NH3）4]2+中，铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，配位键为：，故提供空轨道接受孤对电子的微粒是Cu2+，故C错误；

D．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，说明中心原子的价层电子对数为4，若中心原子存在孤电子对，该分子就不是正四面体，可能是三角锥形或V形，如NH3是三角锥形、H2O是V形，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查了配合物的成键情况判断、原子轨道杂化方式及杂化类型的应用、离子半径大小半径等知识，题目难度中等，明确配合物的成键情况、原子轨道杂化方式为解答关键，注意掌握判断离子半径大小半径的方法，试题培养了学生的灵活应用能力．

15．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列微粒的核外电子的表示方法中正确的是（　　）

A．碳原子

B．P原子价电子轨道表示式

C．Cr原子的价电子排布式3d44s1

D．Fe2+价电子排布式3d44s2

【考点】原子核外电子的能级分布． 

【专题】原子组成与结构专题．

【分析】A．碳原子核外6个电子；

B．洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；

C．全空，全满，半满时能量最低；

D．铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子．

【解答】解：A．碳原子核外6个电子，最外层4个电子，故A正确； 

B．3p上的3个电子应自旋相同，故B错误；

C．全空，全满，半满时能量最低，正确的Cr原子的价电子排布式为3d54s1，故C错误；

D．铁原子在失电子时，先失去最外层的两个4s电子，电子排布为3d6，Fe2+价电子排布式3d6，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查原子核外电子的能级分布，难度不大，注意全空，全满，半满时能量最低．

16．（3分）（2012•颍泉区校级二模）下列叙述正确的是（　　）

A．同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点一定越高

B．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子

C．同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高

D．稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高

【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系． 

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】A．同主族金属元素从上到下，单质的熔沸点逐渐降低，而非金属元素相反；

B．同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱；

C．同主族元素从上到下元素的相对原子质量逐渐增大，注意氢键的问题；

D．稀有气体元素的单质从上到下沸点逐渐升高．

【解答】解：A．同主族金属元素从上到下，单质的熔沸点逐渐降低，而非金属元素从上到下，单质的熔沸点逐渐升高，故A错误；

B．同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，则半径越小越难以失去电子，故B错误；

C．同主族元素从上到下元素的相对原子质量逐渐增大，但O和F的氢化物存在氢键，在同主族中沸点是最高的，故C错误；

D．稀有气体元素的单质从上到下分子间作用力增强，沸点逐渐升高，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查元素周期律知识吗，题目难度不大，本题易错点为C，注意氢键的问题，不要忽略．

17．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列关于晶体的说法一定正确的是（　　）

A．分子晶体中都存在共价键

B．CaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2﹣相紧邻

C．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合

D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高

【考点】晶胞的计算． 

【分析】A．单原子分子中没有化学键；

B．根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2﹣分布在经过该Ti4+的各个面的面心上；

C．原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，Si原子能形成4个共价键； 

D．汞在常温下为液态．

【解答】解：A．单原子分子中没有化学键，如He原子，故A错误；

B．根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2﹣分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2﹣紧相邻，故B正确；

C．原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，则SiO2晶体中每个硅原子能形成4个共价键，则每个Si与4个氧原子以共价键相结合，故C错误； 

D．金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，金属汞常温下为液态，而分子晶体中很多物质在常温下为固态，故D错误；

故选B．

【点评】本题主要考查分子的结构及晶体结构与性质，难度不大，注重基础知识的考查．

18．（3分）（2009•湘潭一模）某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示：A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为（　　）

A．B2A    B．BA2    C．B7A4    D．B4A7

【考点】晶胞的计算． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．

【解答】解：A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为8×+6×=4，

则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，

故选B．

【点评】本题考查晶胞的计算，题目难度不大，解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用．

二、解答题（共4小题，满分43分；请将正确答案及解答过程写在答题卡相应的位置，作图或添加辅助线用铅笔画完，在用黑色签字笔描黑）

19．（15分）（2013•西宁模拟）原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b和d的A2B型氢化物均为V型分子，c的+1价离子比e的﹣1价离子少8个电子．

回答下列问题：

（1）元素a为　C　，c为　Na　；

（2）由这些元素形成的双原子分子为　CO　；

（3）由这些元素形成的三原子分子中，分子的空间结构属于直线型的是　CO2　，非直线型的是　SO2、ClO2　（写两种）；

（4）这些元素的单质或由它们形成的AB型化合物中，其晶体类型属于原子晶体的是　金刚石　，离子晶体的是　氯化钠　，金属晶体的是　钠　，分子晶体的是　S或CO　；（每空填一种）

（5）元素a和b形成的一种化合物与c和b形成的一种化合物发生的反应常用于防毒面具，该反应的化学方程式为　2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2　．

【考点】判断简单分子或离子的构型；原子结构与元素周期律的关系；离子晶体；原子晶体；分子晶体． 

【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．

【分析】原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍，所以a是C元素；b和d的A2B型氢化物均为V型分子，且b的原子序数小于d的原子序数，所以b是O元素，d是S元素；c的+1价离子比e的﹣1价离子少8个电子，且都是短周期元素，所以c是Na元素，e是Cl元素．

【解答】解：原子序数依次增大的短周期元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍，所以a是C元素；b和d的A2B型氢化物均为V型分子，且b的原子序数小于d的原子序数，所以b是O元素，d是S元素；c的+1价离子比e的﹣1价离子少8个电子，且都是短周期元素，所以c是Na元素，e是Cl元素．

（1）a是C；C是Na．

故答案为：C、Na．

（2）由这些元素形成的双原子分子为CO．

故答案为：CO．

（3）由这些元素形成的三原子分子中，分子的空间结构属于直线形的是CO2，非直线形的是：SO2、ClO2．

故答案为：CO2；SO2、ClO2．

（4）这些元素的单质或由他们形成的AB型化合物中，其晶体类型属于原子晶体的是金刚石，离子晶体的是NaCl，金属晶体的是Na，分子晶体的是 S 或CO．

故答案为：金刚石；氯化钠；钠；硫或一氧化碳．

（5）元素a和b形成的一种化合物是一氧化碳，与c和b形成的一种化合物是过氧化钠，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．

故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．

【点评】本题以元素 推断为载体考查了物质的结构和性质，能正确推断元素是解本题的关键，难度不大．

20．（8分）（2015秋•福州校级期中）C60、金刚石和石墨的结构模型如图所示（石墨仅表示出其中的一层结构）：

（1）C60、金刚石和石墨三者的关系互为　B　

A．同分异构体   B．同素异形体      C．同系物       D．同位素

（2）固态时，C60属于　分子　晶体（填“离子”“原子”或“分子”），C60分子中含有双键的数目是　30　．

（3）硅晶体的结构跟金刚石相似，1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是　2　NA个．二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅硅单键之间插入1个氧原子．二氧化硅的空间网状结构中，硅、氧原子形成的最小环上氧原子数目是　6　．

（4）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是　2　．

【考点】金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；同素异形体；分子晶体． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】（1）同种元素的不同单质互称同素异形体；

（2）根据晶体构成微粒判断晶体类型；

（3）根据金刚石最小的环为六元环判断二氧化硅的空间网状结构中，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，每2个Si原子之间有1个O原子判断O原子的数目；

（4）利用均摊法计算．

【解答】解：（1）同种元素的不同单质互称同素异形体，C60、金刚石和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体；

故答案为：B；

（2）C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；

设C60分子中含有x个五边形和y个六边形，根据欧拉定理求棱边数：每个顶点伸出三条棱，而每条棱又总是由两个顶点共有，每个顶点单独伸出的棱有1.5条，60个顶点共伸出的棱为60×1.5=90条，至此，依据欧拉定理可写出：60+x+y﹣90=2 ①，每条棱是由两个面共用的，所以，一个五边形单独占有的棱边数为2.5条，一个六边形单独占有的棱边数为3条，由棱边数守恒2.5x+3y=90 ②，联立①②可以解得：x=12，y=20；通过以上分析知五边形的碳形成共价双键，五边形的碳形成共价单键，所以一个分子中有30个碳碳双键；

故答案为：分子；30；

（3）C、Si均属于ⅣA元素，能形成4个共价键，在晶体硅中1个硅原子与4个硅原子通过Si﹣Si直接相连，每个硅原子含有2个硅硅键，则1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是2NA个；

金刚石最小的环为六元环，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；

故答案为：2；6；

（4）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×=2；

故答案为：2．

【点评】本题考查了晶胞的结构，侧重于考查晶胞结构的分析和计算，注意利用均摊法计算晶胞中各种原子个数，题目难度大，解题关键是仔细观察晶胞结构图．

21．（9分）（2015秋•福州校级期中）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：

（2）X的基态原子中，未成对电子数目为　2　个，写出W的基态原子核外电子排布式　1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）　．

（3）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y．

已知：XO（g）+O2（g）=XO2（g）；△H=﹣283.0kJ•mol﹣1

Y（s）+O2（g）=YO2（g）；△△H=﹣296.0kJ•mol﹣1

此反应的热化学方程式是　2CO（g）+SO2（g）=2CO2（g）+S（s）△H=﹣270.0kJ•mol﹣1　．

（4）W2Y在空气中煅烧生成W2O．写出相应的化学方程式　2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2　．

【考点】位置结构性质的相互关系应用． 

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】X最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以X核外有2个电子层，且最外层是4个电子，即X元素是C元素；

常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，可知Y元素是S元素；

Z和Y同周期，Z的非金属性大于Y，且Z位于前四周期，所以Z是Cl元素；

W的一种核素的质量数为63，中子数为34，故质子数为29，29号元素为铜，故W为Cu；

根据分析可知：X为C、Y为S、Z为Cl、W为Cu，然后结合元素周期律知识、盖斯定律进行解答．

【解答】解：X最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以X核外有2个电子层，且最外层是4个电子，即X元素是C元素；常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，可知Y元素是S元素；Z和Y同周期，Z的非金属性大于Y，且Z位于前四周期，所以Z是Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，故质子数为29，29号元素为铜，故W为Cu，

（1）可知Y元素是S元素，其核电荷数为16，含有3个电子层、最外层电子数为6，则S位于周期表第三周期第ⅥA族；

H﹣Y、H﹣Z分别为H﹣S、H﹣Cl，得电子能力越大，极性越强，故H﹣Cl键的极性强于H﹣S键；

键长取决于中心元素的原子半径，中心原子的原子半径越大，则键长越长，S原子半径大于Cl原子，所以H﹣Cl键长小于H﹣S键长，

故答案为：第三周期 VIA族；H﹣Cl；H﹣S；

（2）X为C元素，C的基态原子排布式为：1s22s22p2，2p轨道含有2个未成对电子；

W为Cu，29号元素，核外有29个电子，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，

故答案为：2；1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；

（3）XO、YO2分别为CO、SO2，二者反应的方程式为：2CO（g）+SO2（g）═2CO2（g）+S（g），

①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296.0kJ•mol﹣1，

利用盖斯定律，①×2﹣②可得：2CO（g）+SO2（g）═2CO2（g）+S（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1，

故答案为：2CO（g）+SO2（g）=2CO2（g）+S（s）△H=﹣270.0 kJ•mol﹣1 ；

（4）Y为S、W为Cu，煅烧硫化亚铜生成二氧化硫的化学方程式为：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2，

故答案为：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2．

【点评】本题考查了位置结构与性质的关系，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答此类题的关键，注意掌握盖斯定律的含义及其应用，把握好元素周期表结构、元素周期律的内容．

22．（11分）（2015秋•福州校级期中）如表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素．

（1）请写出j原子外围电子排布式　3d74s2　．

（2）c、d原子半径大小c　＞　d，第一电离能大小关系是c　＞　d，

电负性大小关系是c　＜　d．（以上填“＞”或“＜”）

（3）j元素在元素周期表中位于　四　周期　Ⅷ　族，又已知NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，试判断NH3溶于水后，形成的NH3•H2O的合理结构是　b　 （填序号，见图）．

（4）如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去．核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：

①原子核对核外电子的吸引力 ②形成稳定结构的倾向

下表是一些主族元素的气态原子失去核外不同电子所需的能量（kJ•mol﹣）：

（5）某元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，该元素原子的核外最外层电子的孤对电子数为　1　；该元素与元素a形成的分子X的空间构型为　三角锥形　．

【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用． 

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为He、c为N、d为O、e为Na、f为Mg、g为Al、h为Si、i为Cl、j为Co．

（1）j为Co，原子核外有27个电子，根据构造原理书写；

（2）同周期原子半径从左向右减小；N原子的最外层p电子半满，为稳定结构，第一电离能高于同周期相邻越大；同周期自左而右电负性增大；

（3）j为Co，处于第四周期第Ⅷ族；氨水电离生成NH4+、OH﹣，说明NH3•H2O 中O﹣H键发生断裂；

（4）由表中数据可知，X的第二电离能剧增，故X表现+1价，处于第ⅠA族，且第一电离能比Li的小，说明比锂的金属性强，应为上述元素中的Na元素；由表中数据可知，Y的第四电离能剧增，故Y表现+3价，最外层电子数为3，应为ⅢA族元素，应为上述元素中的Al；

（5）元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，s轨道最多有2个电子，所以n=2，即电子排布式为1s22s22p3，该元素为N元素，与元素①形成的分子X为NH3，为三角锥型．

【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，a为H、b为He、c为N、d为O、e为Na、f为Mg、g为Al、h为Si、i为Cl、j为Co．

（1）j是钴元素，原子序数为27，其电子排布式为[Ar]3d74s2，外围电子排布式为3d74s2，

故答案为：3d74s2；

（2）c为N，d为O，同周期原子半径从左向右减小，则原子半径为c＞d，N原子的最外层p电子半满，为稳定结构，则第一电离能为c＞d，同周期自左而右电负性增大，电负性越大，则电负性为c＜d，

故答案为：＞；＞；＜；

（3）j为Co，处于第四周期第Ⅷ族；

NH3溶于水后，形成的NH3•H2O中，NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2ONH4++OH﹣，说明NH3•H2O 中O﹣H键发生断裂，可知结构中含有铵根和氢氧根的基本结构，NH3•H2O的合理结构是b，

故答案为：四、Ⅷ；b；

（4）由表中数据可知，X的第二电离能剧增，故X表现+1价，处于第ⅠA族，且第一电离能比Li的小，说明比锂的金属性强，应为上述元素中的Na元素；由表中数据可知，Y的第四电离能剧增，故Y表现+3价，最外层电子数为3，应为ⅢA族元素，应为上述元素中的Al，

故答案为：Na；Al；

（5）元素的特征电子排布式为nsnnpn+1，s轨道最多有2个电子，所以n=2，即电子排布式为1s22s22p3，该元素为N元素，最外层为第2层，2s电子为孤对电子，孤对电子数为1，与元素①形成的分子X为NH3，N原子为sp3杂化，含有1对共用电子对，其空间构型为三角锥形，故答案为：1；三角锥形．

【点评】本题是对物质结构的考查，涉及元素周期表、核外电子排布、半径比较、电离能、电负性、氢键、分子结构等，侧重对主干知识的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等，注意理解同周期中第一电离能异常的原因．

三、选择题（共5小题，每小题3分，共15分；每小题只有一个正确的选项）

23．（3分）（2015•衡阳校级模拟）六氟化硫分子为正八面体构型（分子结构如图所示），难溶于水，在高温下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．下列推测正确的是（　　）

A．SF6中各原子均达到8电子稳定结构

B．SF6易燃烧生成SO2

C．SF6分子是含有极性键的非极性分子

D．SF6是原子晶体

【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A．S原子最外层电子全都参与成键，则其原子最外层电子为12个，不是8电子稳定结构；

B．SF6中S为+6价，不能和氧气反应生成SO2；

C．硫氟键为极性共价键，六氟化硫分子为正八面体构型，故为非极性分子；

D．六氟化硫分子为正八面体构型，故SF6为分子晶体．

【解答】解：A．S原子最外层电子全都参与成键，则其原子最外层电子为12个，不是8电子稳定结构，故A错误；

B．SF6中S为+6价，不能和氧气反应生成SO2，故B错误；

C．硫氟键为极性共价键，六氟化硫分子为正八面体构型，故为非极性分子，故SF6分子是含有极性键的非极性分子，故C正确；

D．六氟化硫分子为正八面体构型，故SF6为分子晶体，故D错误，

故选C．

【点评】本题考查物质的结构，难度中等．要注意物质晶体类型的判断方法．

24．（3分）（2015秋•福州校级期中）下列说法中错误的是（　　）

A．若XY4分子中X原子处于正四面体的中心，则XY4分子为非极性分子

B．C2H5OH与C2H5Br相比，前者的相对分子质量远小于后者，而沸点却远高于后者，其原因是前者的分子间存在氢键

C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道

D．短周期元素离子aXm+和bYn﹣具有相同的电子层结构，则a＞b

【考点】极性分子和非极性分子；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A、若XY4分子中X原子处于正四面体的中心，则正负电荷中心重合；

B、分子间存在氢键使物质的熔沸点异常的高；

C、[Cu（NH3）4]2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道；

D、X失去电子后和Y得电子后具有相同的电子层结构，根据些分析．

【解答】解：A、若XY4分子中X原子处于正四面体的中心，则正负电荷中心重合，所以XY4分子为非极性分子，故A正确；

B、分子间存在氢键使物质的熔沸点异常的高，而C2H5OH分子间存在氢键，所以C2H5OH的氟点比C2H5Br高，故B正确；

C、[Cu（NH3）4]2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道，故C错误；

D、X失去电子后和Y得电子后具有相同的电子层结构，所以原子序数a＞b，故D正确；

故选C．

【点评】本题考查分子的极性、氢键、配位键和电子层结构，综合性强，但比较容易．

25．（3分）（2015秋•福州校级期中）晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．C60摩尔质量是720

B．C60与苯互为同素异形体

C．在C60晶胞中有14个C60分子

D．每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个

【考点】晶胞的计算． 

【专题】化学键与晶体结构．

【分析】A．摩尔质量有单位，若以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量；

B．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，而苯是碳氢形成的化合物；

C．根据均摊法可知，在C60晶胞中含有有C60分子的个数为：；

D．根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个．

【解答】解：A、C60的相对分子质量是12×60=720，所以摩尔质量为720g/mol，故A错误；

B、由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，而苯是碳氢形成的化合物，故B错误；

C．根据均摊法可知，在C60晶胞中含有有C60分子的个数为：，故C错误；

D．根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查同素异形体、摩尔质量、晶胞的计算及结构等，难度不大，注意摩尔质量的单位是g/mol．

26．（3分）（2015秋•福州校级期中）关于下列分子的说法不正确的是（　　）

A．既有σ键又有π键

B．O﹣H键的极性比强于C﹣H键的极性

C．是非极性分子

D．该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键

【考点】常见有机化合物的结构；含有氢键的物质． 

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键一个π键；

B．两种元素非金属性差距越大极性越大；

C．结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；

D．该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键．

【解答】解：A．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键一个π键，该分子中含有碳碳双键，所以既有σ键又有π键，故正确；

B．两种元素非金属性差距越大极性越大，O﹣H之间的非金属性之差大于C﹣H之间的非金属性之差，所以O﹣H键的极性强于C﹣H键的极性，故正确；

C．结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子，该分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；

D．该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键，故错误；

故选CD．

【点评】本题考查物质结构、性质，涉及化学键、分子的极性、氢键等知识点，这些都是高频考点，难点是分子极性的判断，注意氢键只影响物理性质，不影响化学性质，影响物质熔沸点、溶解度等．

27．（3分）（2015春•南阳期末）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的是（　　）

A．元素的非金属性次序为c＞b＞a

B．a和其他3种元素均能形成共价化合物

C．d和其他3种元素均能形成离子化合物

D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6

【考点】真题集萃；原子结构与元素周期律的关系． 

【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．

A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；

B．H元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；

C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl；

D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1．

【解答】解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．

A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；

B．H元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；

C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确，；

D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确，

故选：B．

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大．

四、解答题（共3小题）

28．（13分）（2015秋•福州校级期中）硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础．回答下列问题：

（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号　M　，该能层具有的原子轨道数为　9　、电子数为　4　．

（2）硅主要以硅酸盐、　二氧化硅　等化合物的形式存在于地壳中．

（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以　共价键　相结合，其晶胞有8个原子，其中在面心位置贡献　3　个原子．

（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备．工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为　Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2　

（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：

②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是　C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键　．

（6）在硅酸盐中，SiO44﹣四面体（如下图a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式．图b为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为　sp3　．Si与O的原子数之比为　1：3　化学式为　SiO32﹣　．

【考点】碳族元素简介；原子核外电子排布；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系． 

【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．

【分析】（1）原子中，离原子核越远的电子层其能量越高；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道；

（2）硅属于亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐存在；

（3）非金属元素之间易形成共价键；利用均摊法计算；

（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2；

（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能；

②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；

（6）根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32﹣．

【解答】解：（1）原子中，离原子核越远的电子层其能量越高，所以Si原子中M电子层能量最高；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道，所以一共有9个轨道，电子数为4；

故答案为：M；9；4；

（2）硅属于亲氧元素，在自然界中不能以单质存在，主要以二氧化硅和硅酸盐存在，故答案为：二氧化硅；

（3）硅单质中硅硅之间以共价键结合，硅晶胞中每个顶点上有1个Si、面心是有1个Si、在晶胞内部含有4个Si原子，利用均摊法知，面心提供的硅原子个数=6×=3，

故答案为：共价键；3；

（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；

（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能，所以硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成，

故答案为：C﹣C键和C﹣H键较强，所形成的烷烃稳定．而硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；

②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；

故答案为：C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键；

（6）根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、2+2×=3个氧原子，化学式为SiO32﹣，其中Si原子的杂化形式是sp3，

故答案为：sp3；1：3；SiO32﹣．

【点评】本题以硅及其化合物为载体考查了晶胞的计算、等知识点，这些知识点都是考试热点，熟练掌握并灵活运用基础知识解答问题，易错点是（1）．

29．（9分）（2015•江苏）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH

（1）Cr3+基态核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d3　；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是　O　（填元素符号）．

（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为　sp3和sp2　．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为　7mol或7×6.02×1023　．

（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为　H2F+　（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键　．

【考点】真题集萃；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 

【分析】（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体；

（2）CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，CH3CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C=O、1个O﹣H等化学键；

（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，H2O与CH3CH3OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶．

【解答】解：（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，则离子的电子排布为1s22s22p63s23p63d3，

配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，

故答案为：1s22s22p63s23p63d3；O；

（2）CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C=O、1个O﹣H等化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7mol或7×6.02×1023，

故答案为：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023；

（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，应为H2F+，H2O与CH3CH3OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，

故答案为：H2F+；H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键．

【点评】本题为2015年江苏考题第21题，为选做题，综合考查原子结构与元素的性质，题目涉及核外电子排布、杂化类型以及等电子体等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关知识的判断方法，难度不大．

30．（16分）（2015秋•福州校级期中）Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用．

（1）与N3﹣含有相同电子数的三原子分子的空间构型是　V形　．

（2）Cu具有良好的导电、导热和延展性，请解释Cu具有导电性的原因．

（3）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是　sp3、sp2　，乙醛分子中H﹣C﹣O的键角　大于　乙醇分子中的H﹣C﹣O的键角（填“大于”、“等于”或“小于”）．

（4）Cu+的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d10　，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O　Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定　

（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，试画出[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构式　　．

（6））Cu3N的晶胞结构下图所示：

N3﹣的配位数为　6　，Cu+半径为apm，N3﹣半径为b pm，Cu3N的密度　　g/cm3．（阿伏加德罗为常数用NA表示）．

【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况． 

【专题】计算题；结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．

【分析】（1）与N3﹣含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2﹣，等电子体结构相似，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；

（2）含有自由电子的金属单质能导电；

（3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，据此判断碳原子的杂化方式，碳原子杂化方式不同导致其键角不同；

（4）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定；

（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子，说明该分子的结构不对称；

（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12×=3，小球个数==1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N3﹣的配位数=3×2=6，Cu3N的密度=．

【解答】解：（1）与N3﹣含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2﹣，得电子体结构相似，亚根离子中N原子价层电子对个数=2+×（5+1﹣2×2）=3且含有一个孤电子对，所以为V形结构，

故答案为：V形；

（2）铜属于金属晶体，晶体中含有可以自由移动的电子，通电后定向移动，所以能导电，

故答案为：Cu为金属晶体，晶体中存在可自由移动的电子，通电后定向移动；

（3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，导致乙醛分子中H﹣C﹣O的键角大于乙醇分子中的H﹣C﹣O的键角，

故答案为：sp3、sp2；大于；

（4）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d轨道上全满，稳定，

故答案为：1s22s22p63s23p63d10；Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定；

（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为，

故答案为：；

（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12×=3，小球个数==1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N3﹣的配位数=3×2=6，晶胞的体积=[（2a+2b）×10﹣10cm]3，Cu3N的密度==g/cm3=g/cm3，

故答案为：6；．

【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、原子杂化、核外电子排布等知识点，根据密度公式、价层电子对互斥理论、构造原理等知识点来分析解答，这些知识点都是考试热点，难点是晶胞的计算，明确各个字母的含义，注意（1）中采用知识迁移的方法进行解答，题目难度中等．

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