高中化学学习材料
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2015-2016学年内蒙古赤峰二中高二（下）第一次月考化学试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意） 1．下列化学用语正确的是（ ） A．Mg2+的结构示意图：
B．C2H2的电子式：
C．基态Cr的价电子排布式：3d44s2 D．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
2．以下对核外电子运动状况的描述正确的是（ ）
A．电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B．能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动 C．能层序数越大，s原子轨道的半径越大
D．在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同
3．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述： ①原子半径A＞B； ②离子半径A＞B；
③A的正价与B的负价绝对值一定相等； ④电负性A＜B； ⑤电离能A＞B
其中正确的组合是（ ）
A．①④ B．①②③ C．①④⑤ D．②③⑤
4．下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（ ） A．CCl4和SiCl4的熔点 B．邻羟基苯甲醛（
）和对羟基苯甲醛（
）的沸点
C．HF和HCl在水中的溶解度 D．H2SO3和H2SO4的酸性
5．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（ ）
A．分子中中心原子通过sp2杂化轨道成键时，该分子不一定为平面三角形结构 B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子 C．N2分子中N原子没有杂化，分子中有1个σ键、2个π键 D．H2SO4分子中三种原子均以杂化轨道成键
6．关于氢键，下列说法正确的是（ ）
A．由于冰中的水分子间存在氢键，所以其密度大于液态水
B．可以用氢键解释接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式（H2O）计算出来的相对分子质量大
C．分子间氢键和分子内氢键都会使熔沸点升高 D．每一个水分子内平均含有两个氢键 7．下列描述中不正确的是（ ） A．CS2为V形的极性分子 B．Cl
的空间构型为三角锥形
C．SF6中有6对完全相同的成键电子对 D．SiF4和S
的中心原子均为sp3杂化
8．下列几种氢键：①O﹣H…O，②N﹣H…N，③F﹣H…F，④O﹣H…N，其强度由强到弱的排列顺序是（ ）
A．③①④② B．①②③④ C．③②①④ D．①④③② 9．下列说法中错误的是（ ）
A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B．在H3O+、NH4+ 和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
10．已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换．又知次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换．由此可推断出H3PO2的分子结构是（ ）
A． B． C． D．
11．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（ ） A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+ C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供孤电子对，NH3提供空轨道
12．石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中．比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写作CnK，其平面图形见图，则n值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
13．下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（ ） A．124g P4含有P﹣P键的个数为4NA B．12g石墨中含有C﹣C键的个数为3NA C．12g金刚石中含有C﹣C键的个数为2NA D．60g SiO2中含Si﹣O键的个数为2NA
14．纳米材料的表面微 粒占总微粒数的比例极大，这是它有许多特殊性质的原因．假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同（如图所示），则这种纳米颗粒的表面微粒数与总微粒数的比值为（ ）
A．7：8 B．13：14 C．25：26 D．26：27
15．下列对各组物质性质的比较中，正确的是（ ） A．硬度：Li＞Na＞K
B．熔点：金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 C．第一电离能：Na＜Mg＜Al
D．空间利用率：六方密堆＜面心立方＜体心立方
16．2005年1月美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构﹣Al13和Al14．已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态．下列说法中，正确的是（ ） A．Al13、Al14互为同位素
B．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合
C．Al14最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素的性质相似 D．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子
二、填空题（本题包括4题，共52分）
17．由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素原子的电子排布为（n﹣1）dn+6ns1，回答下列问题． （1）该配位化合物X的化学式为 ．
（2）元素B、C、D的第一电离能由小到大排列顺序为 ．（用元素符号表示） （3）D元素原子的最外层电子轨道表示式为 ．
（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和1：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为 ．
（5）A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，该化合物Y可与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），写出该反应的化学方程式 ． 18．卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．
（1）已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6（
）和HIO4，前者为五元酸，
后者为一元酸．请比较二者酸性强弱：H5IO6 HIO4（填“＞”“＜”或“=”）． （2）图为碘晶体晶胞结构．有关说法中正确的是 ．
A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构
B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子 C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体
D．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力．
19．氮化硼（ BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂（主要成分Na2B4O7）为起始物，经过一系列反应可以得到BN和火箭高能燃料及有机合成催化剂BF3的过程如下：
（1）写出由B2O3制备BF3的化学方程式 ，BF3中，B原子的杂化轨道类型为 ． （2）已知：硼酸的电离方程式为H3BO3+H20⇌[B（OH）4]﹣+H+，试依据上述反应写出[Al（ OH）4]﹣的结构式 ，并推测1mol NH4BF4（氟硼酸铵）中含有 个配位键． （3）由12个硼原子构成如图1的结构单元，硼晶体的熔点为1873℃，则硼晶体的1个结构单元中含有 个B﹣B键．
（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼（晶体结构如图2）是通常存在的稳定相可作高温润滑剂．立方相氮化硼（晶体结构如图3）是超硬材料，有优异的耐磨性． ①关于这两种晶体的说法，不正确的是 （填字母）． a．两种晶体均为分子晶体
b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键
c．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 d．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
②六方相氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是 ．
（5）一种硼酸盐的阴离子为B3O6n﹣，B3O6n﹣结构中只有一个六元环，B的空间化学环境相同，O有两种空间化学环境，画出B3O6n﹣的结构图（注明所带电荷数） ．
20．石墨烯[如图（a）所示]是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯[如图（b）所示]．
（1）图（a）中，1号C与相邻C形成σ键的个数为 ．
（2）图（b）中，1号C的杂化方式是 ，该C与相邻C形成的键角 （填“＞”“＜”或“=”） 图（a）中1号C与相邻C形成的键角．
（3）若将图（b）所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有 （填元素符号）．
（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图（c）所示，M原子位于晶胞的棱上与内部．该材料的化学式为 ．
（5）碳的一种同素异形体﹣﹣C60，又名足球烯，是一种高度对称的球碳分子．立方烷（分子式：C8H8，结构是立方体：（
）是比C60约早20年合成出的一种对称型烃类分子，而
现如今已合成出一种立方烷与C60的复合型分子晶体，该晶体的晶胞结构如图（d）所示，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间空隙中．则该复合型分子晶体的组成用二者的分子式可表示为
（6）碳的另一种同素异形体﹣﹣石墨，其晶体结构如图（e）所示，虚线勾勒出的是其晶胞．则石墨晶胞含碳原子个数为 个．已知石墨的密度为ρg．cm﹣3，C﹣C键长为rcm，阿伏伽德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距为 cm．
21．金属镁是六方最密堆积，金属铜是面心立方最密堆积，图分别给出它们的堆积状况和晶胞示意图，它们空间利用率相同，假定镁、铜原子均为刚性小球，已知球的半径分别为R1厘米、R2厘米，阿伏伽德罗常数的值为NA （1）镁原子在二维空间的配位数为 （2）位于晶胞中部的镁原子与离它最近两平 面 （填“相离”或“相切”或”相交”） （3）铜原子在三维空间的配位数为 （4）请用含R2、NA的数学式子表达金属铜的密度： g/cm3（根号带在分子上）
2015-2016学年内蒙古赤峰二中高二（下）第一次月考化
学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意） 1．下列化学用语正确的是（ ） A．Mg2+的结构示意图：
B．C2H2的电子式：
C．基态Cr的价电子排布式：3d44s2 D．HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
【分析】A．镁离子的核外电子总数为10，最外层为8个电子； B．乙炔为共价化合物，分子中存在1个碳碳三键、2个碳氢键； C.3d轨道达到半满状态时能量最低，Cr的3d轨道为5个电子；
D．次氯酸分子中不存在氢氯键，其分子中存在1个氢氧键、1个氧氯键．
【解答】解：A．镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，其正确的离子结构示意图为：
，故A错误；
B．乙炔分子中存在1个碳碳三键，乙炔的电子式为：，故B正确；
C．基态Cr的3d轨道处于半满状态时能量最低，其正确的价电子排布式为：3d54s1，故C错误；
D．次氯酸的电子式为：H﹣O﹣Cl，故D错误； 故选B．
2．以下对核外电子运动状况的描述正确的是（ ）
A．电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B．能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动 C．能层序数越大，s原子轨道的半径越大
D．在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同 【考点】原子核外电子排布．
【分析】A．电子运动是没有固定轨道的，只是在某个区域出现的概率大些； B．能量高的电子也可以在s轨道上运动； C．能层序数越大，电子离原子核越远；
D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，其运动状态不同．
【解答】解：A．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；
，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸的结构式为：
B．能量高的电子也可以在s轨道上运动 如7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；
C．能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；
D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D错误； 故选C．
3．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述： ①原子半径A＞B； ②离子半径A＞B；
③A的正价与B的负价绝对值一定相等； ④电负性A＜B； ⑤电离能A＞B
其中正确的组合是（ ）
A．①④ B．①②③ C．①④⑤ D．②③⑤ 【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素
A为金属元素，B为非金属元素，的下一周期，最外层电子数较少，最外层电子数相对较多，
且A的原子序数大于B．
【解答】解：A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，且A的原子序数大于B，
①电子层数相同的阴阳离子，阳离子的原子半径大于阴离子的原子半径，故正确；
②电子层数相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径A＜B，故错误；
③A的正价和B的负价的绝对值不一定相等，如Na+和O2﹣，故错误；
④A是金属，B是非金属，B吸引电子的能力大于A，所以电负性A＜B，故正确； ⑤A是金属，B是非金属，所以电离能A＜B，故错误； 故选A．
4．下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（ ） A．CCl4和SiCl4的熔点 B．邻羟基苯甲醛（
）和对羟基苯甲醛（
）的沸点
C．HF和HCl在水中的溶解度 D．H2SO3和H2SO4的酸性
【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；元素周期律的作用．
【分析】A．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大分之间作用力越强，熔点越高； B．根据氢键对物理性质的影响分析，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低；
C．HF与水分子之间能形成氢键，氢键的存在能增强物质的溶解性； D．同一元素的含氧酸，中心元素化合价越高，酸性越强．
【解答】解：A．CCl4和SiCl4都是结构相似的分子晶体，四氯化硅的相对分子量大于四氯化碳，所以熔点后者高，故A不选； B．邻羟基苯甲醛（
）能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛（
）能
形成分子间氢键，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低，所以邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛，故B不选；
C．HF与水分子之间能形成氢键，氢键的存在能增强物质的溶解性，所以HF和HCl在水中HF的溶解度大，故C选；
D．H2SO3和H2SO4中硫酸中硫为+6价，亚硫酸中硫为+4价，所以硫酸酸性强于亚硫酸，故D不选； 故选：C．
5．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（ ）
A．分子中中心原子通过sp2杂化轨道成键时，该分子不一定为平面三角形结构 B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子 C．N2分子中N原子没有杂化，分子中有1个σ键、2个π键 D．H2SO4分子中三种原子均以杂化轨道成键 【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
【分析】A．分子中中心原子通过sp2杂化轨道成键时，如果存在孤电子对，则该分子空间构型不是平面三角形；
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子，不能形成π键；
C．氮气分子中N原子之间存在3对共用电子对，一个头对头、两个肩并肩形成化学键； D．硫酸分子中S原子为sp3杂化．
【解答】解：A．分子中中心原子通过sp2杂化轨道成键时，如果存在孤电子对，则该分子
空间构型不是平面三角形，如果没有孤电子对，则分子空间构型为平面三角形，故A正确；
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子，不能形成π键，π键是肩并肩形成的，故B正确；
C．氮气分子中N原子之间存在3对共用电子对，一个头对头、两个肩并肩形成化学键，所以分子中有1个σ键、2个π键，故C正确；
D．H2SO4硫酸分子中S原子为sp3杂化，O﹣H为共用电子对形成的化学键，不是以杂化轨道成键，故D错误； 故选D．
6．关于氢键，下列说法正确的是（ ）
A．由于冰中的水分子间存在氢键，所以其密度大于液态水
B．可以用氢键解释接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式（H2O）计算出来的相对分子质量大
C．分子间氢键和分子内氢键都会使熔沸点升高 D．每一个水分子内平均含有两个氢键 【考点】含有氢键的物质．
【分析】A．水分子由于之间的氢键，内部是以一个水分子为中心，四个水分子将其抱住，呈现正四面体的空间结构，即缔合成的水分子团是（H2O）5，由于正四面体是一个立体结构，形如网状结构，内部有较大的空间没有被水分子占据，空间利用率很低，所以冰中的水分子间的间隙较大，排列的较松散，使得总体积比液态水大，所以其密度小于液态水；
B．水分子间存在氢键，形成缔合分子；
C．分子间氢键使分子形成缔合分子，分子间作用力变大； D．一个水分子形成3个氢键．
【解答】解：A．水分子由于之间的氢键，内部是以一个水分子为中心，四个水分子将其抱住，呈现正四面体的空间结构，即缔合成的水分子团是（H2O）5，由于正四面体是一个立体结构，形如网状结构，内部有较大的空间没有被水分子占据，空间利用率很低，所以冰中的水分子间的间隙较大，排列的较松散，使得总体积比液态水大，所以其密度小于液态水，故A错误；
B．水分子间存在氢键，形成缔合分子，通常测定水的相对分子质量为缔合分子的相对分子质量，所以相对分子质量大于理论值，故B正确；
C．分子间氢键使分子形成缔合分子，分子间作用力变大，所以分子间氢键使熔沸点升高，而分子内氢键会使熔沸点降低，故C错误；
D．水分子中的2个H原子与另外两个水分子形成2个氢键，O原子与另一个水分子中的H原子也形成氢键，所以一个水分子形成3个氢键，故D错误． 故B．
7．下列描述中不正确的是（ ） A．CS2为V形的极性分子 B．Cl
的空间构型为三角锥形
C．SF6中有6对完全相同的成键电子对 D．SiF4和S
的中心原子均为sp3杂化
【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 【分析】根据价层电子对互斥理论确定粒子的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=共用电子对个数+孤电子对个数．
【解答】解：A．CS2中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4﹣2×2）=2，且不含孤电子对，所以为直线形结构，故A错误；
B．ClO3﹣中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（7+1﹣3×2）=4，且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，故B正确；
C．SF6中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=6+（6﹣6×1）=6，且不含孤电子对，所以硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，故C正确； D．SiF4和SO32﹣ 的空间构型分别为正四面体和三角锥形，但中心原子均采用的是sp3杂化，故D正确； 故选：A．
8．下列几种氢键：①O﹣H…O，②N﹣H…N，③F﹣H…F，④O﹣H…N，其强度由强到弱的排列顺序是（ ）
A．③①④② B．①②③④ C．③②①④ D．①④③② 【考点】含有氢键的物质．
【分析】根据只有和电负性大的元素（如O，N，F等）相连的H与电负性大的元素（如O，N，F等）相连才能形成氢键，元素的电负性越大，形成的氢键越强．
【解答】解：电负性：同周期从左到右，元素的电负性逐渐变大，故电负性：F＞O＞N，故氢键的强度：③F﹣H…F＞①O﹣H…O＞④O﹣H…N＞②N﹣H…N， 故选A．
9．下列说法中错误的是（ ）
A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B．在H3O+、NH4+ 和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
【考点】元素周期律的作用；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况． 【分析】A、对角线规则：处于对角线位置的元素性质具有相似性； B、配位键是成键原子一方提供电子对，一方提供空轨道的化学键； C、根据元素电负性的含义来回答； D、正四面体分子且键角都为109°28′．
【解答】解：A、根据周期律对角线规则，金属Be与铝单质及其化合物的性质相似，故A正确；
B、NH4+ 和[Cu（NH3）4]2+、H3O+中都存在配位键，故B正确； C、元素电负性越大的原子，得电子能力越强，故C正确；
D、CH4是正四面体分子，键角都为109°28′，P4是正四面体分子，键角为60°，故D错误． 故选D．
10．已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换．又知次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换．由此可推断出H3PO2的分子结构是（ ）
A． B． C． D．
【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质的结构与性质之间的关系．
【分析】根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换及次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，
但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢． 【解答】解：由题意可知，次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢， A、有2个羟基氢，则不符合题意，故A错误； B、有1个羟基氢，则符合题意，故B正确； C、有2个羟基氢，则不符合题意，故C错误； D、不含有羟基氢，则不符合题意，故D错误；
故选B．
11．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（ ） A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+ C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供孤电子对，NH3提供空轨道 【考点】配合物的成键情况．
【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．
A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物； B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清； C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；
D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．
【解答】解：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误．
B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；
C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误； 故选B．
12．石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中．比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写作CnK，其平面图形见图，则n值为（ ）
A．4
C．8 D．12
【考点】晶胞的计算．
【分析】利用均摊法计算碳原子和钾原子个数之比，注意每个钾原子被几个三角形共用．
B．6
【解答】解：可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，如图
，其完全占有的碳原子数是4，占有的钾原子数为×
3=，故碳原子数和钾原子数之比是4： =8：1，故选C．
13．下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）（ ） A．124g P4含有P﹣P键的个数为4NA B．12g石墨中含有C﹣C键的个数为3NA C．12g金刚石中含有C﹣C键的个数为2NA D．60g SiO2中含Si﹣O键的个数为2NA 【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．每个白磷分子中含有6个共价键，根据白磷的分子个数计算白磷中含有的P﹣P共价键个数；
B．在石墨晶体中1个C原子对应3×=个C﹣C键；
C．每个C原子与其他4个C原子共用4个C﹣C键，相当于每个C原子占有4×=2个C﹣C键；
D．SiO2晶体中1个Si原子对应4个Si﹣O键．
【解答】解：A．一个白磷分子中含有6个P﹣P键，124gP4的物质的量是1mol，所以含有P﹣P键的个数为6NA，故A错误；
B．在石墨晶体中1个C原子对应3×=个C﹣C键，12 g石墨中含有C﹣C键的个数为1.5NA，故B错误；
C．每个C原子与其他4个C原子共用4个C﹣C键，相当于每个C原子占有4×=2个C﹣C键，1mol金刚石含2molC﹣C键，故C正确；
D．SiO2晶体中1个Si原子对应4个Si﹣O键，60gSiO2中含Si﹣O键的个数为4NA，故D错误． 故选C．
14．纳米材料的表面微 粒占总微粒数的比例极大，这是它有许多特殊性质的原因．假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同（如图所示），则这种纳米颗粒的表面微粒数与总微粒数的比值为（ ）
A．7：8 B．13：14
C．25：26 D．26：27
【考点】晶胞的计算． 【分析】根据图示数出纳米材料表面微粒数和总微粒数计算这种纳米颗粒的表面微粒数与总微粒数的比值．
【解答】解：由NaCl的晶胞图可知，NaCl的晶胞为正立方体结构，立方体的体心只有一个Na+，而其它的离子都处在立方体的面上，晶胞中的总原子数为27个，而表面上就有26个，这种纳米颗粒的表面微粒数与总微粒数的比值为26：27， 故选：D．
15．下列对各组物质性质的比较中，正确的是（ ） A．硬度：Li＞Na＞K
B．熔点：金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 C．第一电离能：Na＜Mg＜Al
D．空间利用率：六方密堆＜面心立方＜体心立方
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用． 【分析】A．碱金属元素中，其硬度随着原子序数的增大而减小；
B．原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，分子晶体熔沸点较低；
C．同一周期，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；
D．空间利用率：六方密堆积52%、面心立方74%、体心立方68%．
【解答】解：A．碱金属元素中，其硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；
B．原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能大小顺序是：C﹣C键、C﹣Si键、Si﹣Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅＞二氧化硅，故B错误；
C．同一周期，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，第一电离能：Mg＞Al＞Na，故C错误；
D．空间利用率：六方密堆积52%、面心立方74%、体心立方68%，所以空间利用率：面心立方＞体心立方＞六方密堆积，故D错误； 故选A．
16．2005年1月美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构﹣Al13和Al14．已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态．下列说法中，正确的是（ ） A．Al13、Al14互为同位素
B．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合
C．Al14最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素的性质相似 D．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子 【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
【分析】A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同；
B．Al13 超原子中Al原子间是通过共有电子对成键；
C．All4的价电子为3×14=42，当具有40个价电子时最稳定，当价电子数是42时，则易失去2个电子；
D．Al13的价电子为3×13=39，易得电子，All4的价电子为3×14=42，易失去电子．
【解答】解：A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同，故A错误；
B．Al13 超原子中Al原子间是通过共有电子对成键，所以以共价键结合，故B错误； C．All4的价电子为3×14=42，当具有40个价电子时最稳定，当价电子数是42时，则易失去2个电子，则与ⅡA族元素性质相似，故C正确；
D．Al13的价电子为3×13=39，易得电子，形成阴离子，而All4的价电子为3×14=42，易失去电子，形成阳离子，故D错误； 故选C．
二、填空题（本题包括4题，共52分）
17．由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素原子的电子排布为（n﹣1）dn+6ns1，回答下列问题．
（1）该配位化合物X的化学式为 [Cu（NH3）4]SO4•H2O ．
（2）元素B、C、D的第一电离能由小到大排列顺序为 S＜O＜N ．（用元素符号表示） （3）D元素原子的最外层电子轨道表示式为
．
（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和1：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为 H2O与H2O2之间形成氢键 ．
（5）A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，该化合物Y可与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），写出该反应的化学方程式 6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O ． 【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成某配位化合物X，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n﹣l）dn+6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故X的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，以此解答该题． 【解答】解：（1）由上述分析可知，配合物X的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O， 故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；
（2）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由小到大的排列顺序为：S＜O＜N，故答案为：S＜O＜N； （3）D为S元素，原子的最外层电子轨道表示式为故答案为：
；
；
，
（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键， 故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；
（5）H元素与Cu元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，则Y为CuH，CuH与稀硝酸反应，生成一种蓝色溶液和两种无色气体（其中一种为A元素的单质），则产物为Cu（NO3）2、氢气和稀硝酸的还原产物NO，反应化学方程式：6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O，
故答案为：6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O． 18．卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．
（1）已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6（
）和HIO4，前者为五元酸，
后者为一元酸．请比较二者酸性强弱：H5IO6 ＜ HIO4（填“＞”“＜”或“=”）． （2）图为碘晶体晶胞结构．有关说法中正确的是 AD ．
A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构
B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子 C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体
D．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力．
【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；元素周期律的作用． 【分析】（1）根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；
（2）同种非金属元素之间形成非极性共价键，碘为分子晶体，碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向． 【解答】解：（1）H5IO6（
）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1
个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，所以酸性：H5IO6＜HIO4； 故答案为：＜；
（2）A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；
B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误 C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；
D．碘晶体中的碘原子间存在I﹣I非极性键，且晶体中分子之间存在范德华力，故D正确； 故答案为：AD．
19．氮化硼（ BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂（主要成分Na2B4O7）为起始物，经过一系列反应可以得到BN和火箭高能燃料及有机合成催化剂BF3的过程如下：
（1）写出由B2O3制备BF3的化学方程式 B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O ，BF3中，B原子的杂化轨道类型为
sp2 ．
（2）已知：硼酸的电离方程式为H3BO3+H20⇌[B（OH）4]﹣+H+，试依据上述反应写出[Al（ OH）4]﹣的结构式
，并推测1mol NH4BF4（氟硼酸铵）中含有 2NA 个配位键．
（3）由12个硼原子构成如图1的结构单元，硼晶体的熔点为1873℃，则硼晶体的1个结构单元中含有 30 个B﹣B键．
（4）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼（晶体结构如图2）是通常存在的稳定相可作高温润滑剂．立方相氮化硼（晶体结构如图3）是超硬材料，有优异的耐磨性． ①关于这两种晶体的说法，不正确的是 ad （填字母）． a．两种晶体均为分子晶体
b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键
c．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 d．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
②六方相氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是 六方相氮化硼晶体的片状结构中没有自由电子 ．
（5）一种硼酸盐的阴离子为B3O6n﹣，B3O6n﹣结构中只有一个六元环，B的空间化学环境相同，O有两种空间化学环境，画出B3O6n﹣的结构图（注明所带电荷数）
．
【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 【分析】（1）由工艺流程可知，B2O3与氟化钙、硫酸反应生成BF3，反应还生成硫酸钙与水；
BF3分子的中心B原子孤电子对数=
=0，价层电子对数=3+0=3；
（2）H3BO3中B原子含有空轨道，与氢氧根离子之间通过配位键形成[B（OH）4]﹣，则[Al（ OH）4]﹣中Al也形成1个配位键；
NH4+中含有1个配位键，BF4﹣中含有1个配位键；
（3）每个B原子形成5个B﹣B键，每个B﹣B键为1个B原子提供；
（4）a．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体； b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键； c．六方相氮化硼层间作用力为范德华力；
d．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键； ②六方相氮化硼晶体的片状结构中没有自由电子；
（5）B为+3价，O为﹣2价，可知B3O6n﹣中n=3，结构中只有一个六元环，B的空间化学环境相同，O有两种空间化学环境，六元环中有3个B原子、3个O原子，B、O原子依次间隔连接，且每个B原子还连接1个不在六元环上的O原子． 【解答】解：（1）由工艺流程可知，B2O3与氟化钙、硫酸反应生成BF3，反应还生成硫酸钙与水，反应方程式为：B2O3+3CaF2+3H2SO4BF3分子的中心B原子孤电子对数=类型为sp2，
故答案为：B2O3+3CaF2+3H2SO4
2BF3↑+3CaSO4+3H2O；sp2；
2BF3↑+3CaSO4+3H2O，
=0，B原子的杂化轨道价层电子对数=3+0=3，
（2）H3BO3中B原子含有空轨道，与氢氧根离子之间通过配位键形成[B（OH）4]﹣，则[Al（ OH）4]﹣中Al也形成1个配位键，[Al（ OH）4]﹣的结构式为
，
NH4+中含有1个配位键，BF4﹣中含有1个配位键，1molNH4BF4含有2mol配位键，即配位键数目为：2NA， 故答案为：
；2NA；
（3）每个B原子形成5个B﹣B键，每个B﹣B键为1个B原子提供，含有B﹣B键数目为
=30，
故答案为：30；
（4）①a．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故a错误 b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键，故b正确；
c．六方相氮化硼层间作用力为范德华力，所以质地软，故c正确；
d．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键，不含π键，属于原子晶体，所以硬度大，故d错误， 故选：ad；
②六方相氮化硼晶体的片状结构中没有自由电子，而石墨晶体片状结构中有自由电子，故石墨可以导电、六方相氮化硼不导电，
故答案为：六方相氮化硼晶体的片状结构中没有自由电子；
（5）B为+3价，O为﹣2价，可知B3O6n﹣中n=3，结构中只有一个六元环，B的空间化学环境相同，O有两种空间化学环境，六元环中有3个B原子、3个O原子，B、O原子依次间隔连接，且每个B原子还连接1个不在六元环上的O原子，故结构式为：
，
故答案为：．
20．石墨烯[如图（a）所示]是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯[如图（b）所示]．
（1）图（a）中，1号C与相邻C形成σ键的个数为 3 ．
1号C的杂化方式是 sp3 ，（2）图（b）中，该C与相邻C形成的键角 ＜ （填“＞”“＜”
或“=”） 图（a）中1号C与相邻C形成的键角．
（3）若将图（b）所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有 O、H （填元素符号）． （4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图（c）所示，M原子位于晶胞的棱上与内部．该材料的化学式为 M3C60 ．
（5）碳的一种同素异形体﹣﹣C60，又名足球烯，是一种高度对称的球碳分子．立方烷（分子式：C8H8，结构是立方体：（
）是比C60约早20年合成出的一种对称型烃类分子，而
现如今已合成出一种立方烷与C60的复合型分子晶体，该晶体的晶胞结构如图（d）所示，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间空隙中．则该复合型分子晶体的组成用二者的分子式可表示为 C8H8．C60
（6）碳的另一种同素异形体﹣﹣石墨，其晶体结构如图（e）所示，虚线勾勒出的是其晶胞．则石墨晶胞含碳原子个数为 4 个．已知石墨的密度为ρg．cm﹣3，C﹣C键长为rcm，阿伏伽德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距为 ρNAr2 cm．
【考点】晶胞的计算． 【分析】（1）石墨烯中每个C原子和相邻3个碳原子形成3个σ键；
（2）氧化石墨烯中每个C原子形成4个σ键，价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；乙中每个碳原子和3个C、1个O原子形成四面体结构，甲中每个C原子和相邻3个碳原子形成平面结构；
（3）乙中含有羟基、羧基，O、H原子可以分别与水中H原子、O原子形成羟基； （4）根据均摊法计算晶胞中M原子数目、C60个数，进而确定化学式；
（5）根据均摊法计算晶胞中C60数目，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间空隙中，根据晶胞中C60数目确定立方烷数目，进而确定化学式；
（6）根据均摊法计算石墨晶胞中C原子数目，石墨的晶胞结构为，设晶胞的
底边长为acm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h=2d，底面图为
，则=r×sin60°，可得a=r，再计算底面面积，根据均摊
法计算晶胞质量，结合ρ=计算
【解答】解：（1）由图可知，甲中1号C与相邻C形成3个C﹣C键，形成σ键的个数为3，故答案为：3；
（2）图乙中，1号C形成3个C﹣C及1个C﹣O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角＜图甲中1号C与相邻C形成的键角，故答案为：sp3；＜；
（3）乙中含有羟基、羧基，O、H原子可以分别与水中H原子、O原子形成羟基，故答案为：O、H；
（4）晶胞中，M原子个数=8+12×+1=12、C60个数=8×+6×=4，则C60与M原子个数之比=4：12=1：3，其化学式为 M3C60，故答案为：M3C60；
（5）晶胞中C60数目为8×+6×=4，立方烷分子填充在原C60晶体的分子间空隙中，晶胞中立方烷数目为4，则化学式为C8H8．C60，故答案为：C8H8．C60；
（6）由图可知石墨的晶胞结构为，设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为h cm，
层间距为d cm，则h=2d，底面图为，则=r×sin60°，可得
a=r，则底面面积为（
g，则： g÷[（ρNAr2．
r）2×Sin60°，晶胞中C原子数目为1+2×+8×+4×=4，
晶胞质量为ρg．cm﹣3=故答案为：4；
r）2×Sin60°×2d]cm3，整理可得d=
ρNAr2，
21．金属镁是六方最密堆积，金属铜是面心立方最密堆积，图分别给出它们的堆积状况和晶胞示意图，它们空间利用率相同，假定镁、铜原子均为刚性小球，已知球的半径分别为R1厘米、R2厘米，阿伏伽德罗常数的值为NA
（1）镁原子在二维空间的配位数为 6 （2）位于晶胞中部的镁原子与离它最近两平面 相切 （填“相离”或“相切”或”相交”） （3）铜原子在三维空间的配位数为 12 （4）请用含R2、NA的数学式子表达金属铜的密度： g/cm3（根号带在分子上） 【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 【分析】（1）金属镁是六方最密堆积，镁原子在二维空间为密置层排列方式；
（2）位于晶胞中部的镁原子与图中连接的六个原子相邻，且与上下3个原子分别形成正四
面体结构，如图，即晶胞中部Mg原子与晶胞上下面相切；
（3）以顶点Cu原子为研究对象，与之相邻的Cu原子处于面心，补全晶胞可知，每个顶点为12个面共用；
（4）晶胞为面心立方结构，面上处于对角线的3个Cu相邻，则晶胞棱长为4R2cm×
=2
R2cm，进而计算晶胞体积，利用均摊法计算晶胞中Cu原子数目，进而计算晶胞质
计算Cu的密度．
量，根据V=
【解答】解：（1）金属镁是六方最密堆积，镁原子在二维空间为密置层排列方式，Mg原子配位数为6，故答案为：6；
（2）位于晶胞中部的镁原子与图中连接的六个原子相邻，且与上下3个原子分别形成正四
面体结构，如图，即晶胞中部Mg原子与晶胞上下面相切，
故答案为：相切；
（3）以顶点Cu原子为研究对象，与之相邻的Cu原子处于面心，补全晶胞可知，每个顶点为12个面共用，即铜原子在三维空间的配位数为12， 故答案为：12；
（4）晶胞为面心立方结构，面上处于对角线的3个Cu相邻，则晶胞棱长为4R2cm×
=2
R2cm，晶胞体积为（2
g，Cu的密度为：
R2cm）3，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，晶胞
g÷（2
R2cm）3=
g/cm3，
质量为
故答案为：
．
2016年12月20日
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