1、 试卷第 1 页，总 8 页 外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线第 II 卷（非选择题） 评卷人 得分 一、综合题：共 4 题 每题 15 分 共 60 分 1金属钛 (Ti)被誉为 21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛 (Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以 TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得 Ti3N4和纳米 TiO2(如图 1)。 如图中的 M 是短周期金属元素， M 的部分电离能如下表： I1 I2 I3 I4 I5 电离能 /kJmol 1 738
2、 1451 7733 10540 13630 请回答下列问题： (1)Ti的基态原子外围电子排布式为 _。 (2)M 是 _(填元素符号 )，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为 _。 (3)纳米 TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米 TiO2催化的一个实例如图 2所示。化合物甲的分子中采取 sp 2方式杂化的碳原子有 _个，化合物乙中采取 sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为_。 (4)有 一种氮化钛晶体的晶胞与 NaCl晶胞相似，如图 3所示，该晶胞中 N、 Ti之间的最近距离为 a pm，则该氮化钛的密度为 _ gcm 3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式
3、)。该晶体中与 N原子距离相等且最近的 N原子有 _个。 (5)科学家通过 X射线探明 KCl、 MgO、 CaO、 TiN的晶体与 NaCl的晶体结构相似。且知三种离子晶体的晶格能数据如下： KCl、 CaO、 TiN三种 离子晶体熔点由高到低的 顺序为_。 【答案】 (1)3d24s2 (2)Mg 12 (3)7 ONC (4) 12 (5)TiNCaOKCl 【解析】本题主要考查的是物质的结构和性质。 (1)Ti位于第四周期，第 IVB族，外围电子排布为 3d24s2，故答案为 3d24s2； (2)金属 M 的第三电离能远远大于第二电离能，所以 M 应为短周期第 IIA族元素，又因 M
4、 可把 Ti置换出来，所以 M 应为 Mg，其晶体堆积模型为六方最密堆积，配位数为 12，故答案为： Mg， 12； (3)化合物甲的分子中采取 Sp 2杂化的碳原子由苯环上的 6个碳原子和羧基中的一个，共 7个，根据化合物乙的结构可知离子晶体 NaCl KCl CaO 晶格能 /kJmol 1 786 715 3401 试卷第 2 页，总 8 页 Sp 3杂化的原子有羟基中的氧，氨基中的氮，碳链上的三个碳， C、 N、 O都位于第二周期，原子序数递增，电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为： ONC，故答案为： 7， ONC； (4)由晶胞结构可知， N原子位于立方体晶胞的 8个顶点， 6个
5、面心，而 Ti原子位于立方体晶胞的 12个棱中点和 1个体心，根据均摊法可算出该晶胞中 N原子个数为 8+6=4，该晶胞中 Ti原子数为： 12+1=4，晶胞质量为 m=4+4=，晶胞中 N、 Ti之间的最近距离为立方体边长的一半，所以立方体边长为 2a pm，则晶胞的体积 V=(2a10-10)3 cm3，所以晶体的密度 =；以顶点的 N原子为例，顶点的 N原子离面心上的 N原子距离最近，则 与顶点 N原子同层上的有 4个晶胞中的 4个面心上的 N原子，同样上层 4个，下层 4个，共 12个，故答案为 ， 12； (5)由表中数据可知，离子晶体所带电荷越大，晶格能也越大， KCl中，离子都带
6、 1个单位的电荷， CaO中离子都带 2个单位的电荷，TiN中离子都带 3个单位的电荷，所以晶格能 TiNCaOKCl，而晶格能越大，离子晶体熔点越高，所以三种离子晶体熔点由高到低的顺序为： TiNCaOKCl，故答案为： TiNCaOKCl。 【备注】无 2 X、 Y、 Z、 W、 R、 Q为前 30号元素，且原子序数依次增大。 X是所有 元素中原子半径最小的， Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等， Z 原子单电子数在同周期元素中最多， W与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，R与 Y同一主族， Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题： (1)R核外电子排
7、布式为 _。 (2)X、 Y、 Z、 W形成的有机物 YW(ZX2)2中 Y、 Z的杂化轨道类型分别为 _，离子的立体构型是 _。 (3)Y、 R的最高价氧化物的沸点较高的是 _(填化学式 )，原因是_。 (4)将 Q单质的粉末加入到 ZX3的浓溶液中，并通入 W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。 (5)W和 Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为 _(填化学式 )。 Na+的配位数为 _，距一个 阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为 _。已知该晶胞的密度为 g cm3，阿伏加德罗常数为 NA，则两个最近的 W离子间距离为 nm。 (用含 、 NA的计算
8、式表示 ) 【答案】 (1) 1s22s22p63s 23p 2 (2) sp2、 sp 3；平面三角形； (3) SiO2； SiO2为原子晶体 ,CO2为分子晶体； (4) 2Cu+8NH3+O2+2H2O 2Cu(NH3)42+4OH； (5) Na2O； 4； 立方体； 107 【解析】本题考查物质结构综合推断题，涉及原子核外电子排布，化合物中心原子的杂化，分子空间构型，晶胞的有关计算等。 X、 Y、 Z、 W、 R、 Q为前 30号元素，且原子序数依次增大。 X是所有元素中原子半径最小的，是 H元素； Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为 1s22s22p 2，是 C
9、元素； Z 原子单电子数在同周期元素中最多，是 N元素； W与 Z 同周期，第一电离能比 Z 的低，原子序数比 N大，是 O元素；R与 Y同一主族，是 Si元素； Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，是 Cu元素。 (1)R(Si)试卷第 3 页，总 8 页 外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线核外电子排布式为 1s22s22p 63s23p 2(2) X、 Y、 Z、 W形成的有机物 CO(NH2)2中 C、 N的杂化轨道类型分别为 sp 2、sp3； 离子中心原子 N孤电子对数形成 3个，立体构型是平面三角形； (3) Y、 R的最高价氧化物分别是 CO2和S
10、iO2，沸点较高的是 SiO2； SiO2为原子晶体 ,CO2为分子晶体； (4) 将 Q(Cu)单质的粉末加入到 ZX3(NH3)的浓溶液中，并通入 O2，充分反应后溶液呈深蓝色，生成铜氨络离子，该反应的离子方程式为 2Cu+8NH3+O2+2H2O2Cu(NH3)42+4OH； (5)该晶胞中钠离子位于晶胞体心，有 8个，氧离子位于顶点和面心，分摊 4个，所以化学式为 Na2O； Na+的配位数为 4；距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体；晶胞体积为 ，则两个最近的 W离子间距离为 107 nm 【备注】无 3 化学 选修 3：物质结构与性质 在元素周期表中，除稀有气
11、体外几乎所有元素都能氢形成氢化物。 (1)氨气属于共价型氢化物，工业常用氨气和醋酸二氨合铜 Cu(NH3)2Ac的混合液来吸收一氧化碳 (醋酸根CH3COO-简写为 Ac-)。反应方程式为： Cu(NH3)2Ac+CO+NH3 Cu(NH3)3COAc 请写出基态 Cu+离子的价电子排布式 _。 氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小排列顺序为 _，理由是 _；其中 NH3应为 _(填 “极性 ”或 “非极性 ”)分子。 醋酸分子 (CH3COOH)中的两个碳原子的杂化方式分别是 _。 生成物 Cu(NH3)3COAc中所含化学键类型有 _(填序号 )。 a.离子键 b.金属键 c.共价键
12、d.配位键 (2)某离子型氢化物化学式为 XY2，晶胞结构如图所示，其中 6个 Y原子 ()用阿拉伯数字 16标注。 已知 1、 2、 3、 4号 Y原子在晶胞上、下面上。则 5、 6号 Y原子均在晶胞 _(填 “侧面 ”或 “内部 ”)。 根据以上信息可以推知， XY2晶体的熔沸点 _(填 “”“=”或 “ 【解析】本题考查了物质结构与性质。 (1) Cu元素为 29号元素，原子核外由 29个电子，故基态 Cu+离子的价电子排布式为 3d10。 氨水溶液中含有 N、 O、 H三种元素， N原子的 2p 轨道为半充满结构，相对稳定， O与 H比较， O原子核电荷数大，非金属性强，难失电子，故第
13、一电离能由大到小的顺序为 N O H。 甲基中 C原子形成 4个单键，杂化轨道数目为 4，采用 sp3杂化，羧基中 C原子形成 3个 键，杂化轨道数为 3，采用 sp2杂化。 试卷第 4 页，总 8 页 铜离子与氨气之间存在配位键，氨气中 N与 H形成共价键， Cu(NH3)3CO+ 与 Ac-之间是离子键，故该题选abd。 (2) X位于 8个顶点和一个体心，晶胞中一共含有 2个 X，由化学式 XY2可知，该晶胞中含有 4个 Y，又 1、 2、3、 4号 Y原子在晶胞的上下面上，则实际为 2个 Y原子，则 5、 6号 Y原子均在晶胞内部。 XY2晶体为离子晶体、固态氨为分子晶体，所以 XY2
14、晶体的熔沸点比固态氨高。 一个晶胞中含有 2个 XY2， XY2的摩尔质量为 Mg/mol，则晶胞的质量为 g，若该晶胞的边长为 anm，则晶胞的体积为 =a310-21cm3，晶胞的密度为 g/cm3，则 = a310-21，解得 NA=。 【备注】无 4如图分别是金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管的结构示意图。图中小黑点或小黑圈均代表碳原子。 (1)四种物质互称为 _。写出碳原子的基态电子排布图 _。 (2)试比较：第一电离能 I1(C)、 I1(N)、 I1(O)由大到小的顺序为 _。 (3)石墨中存在的作用力有 _。 A.共价键 B.金属键 C.氢键 D.配位键 E.分子间作用力 石墨中碳
15、原子采取的杂化方式是 _。 (4)C的熔沸点比 A_ (填 “高 ”或 “低 ”)原因是 _。 (5)金刚石晶胞结构如下图所示，若金刚石的密度为 gcm-3，试计算碳原子的半径为 _pm(用含 式子表示，不必化简 )。 【答案】 (1)同素异形体 (2)I1(N)I1(O)I1(C) (3)ABE sp2 (4)低 金刚石是原子晶体，而足球烯为分子晶体 (5) 【解析】本题考查同素异形体、核外电子排布、第一电离能、杂化方式等、晶胞的结构和计算等。 (1)金刚石、石墨、足球烯和碳纳米管都是碳的单质，根据结构示意图可以看出它们结构都不同，所以它们互为同素异形体；碳是 6号元素，根据构造原理可知碳的
16、基态电子排布图为： ； (2) 根据元素周期律可知同一周期元素第一电离能逐渐增大，但是 N原子的最外层处于半满结构，比较稳定，所以第一电离能最大，所以 I1(N)I1(O)I1(C)； (3) 石墨是层状结构，在同一层内碳与碳之间形成 C-C单键，是 键，而在层与层之间是通过分子间作用 力相结合，所以石墨中存在的作用力是 键和分子间作用力，故选 ABE，在层内每个试卷第 5 页，总 8 页 外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线碳与周围三个碳形成共价键，所以碳的杂化方式为 sp2； (4)A是金刚石，原子晶体， C是足球烯为分子晶体，所以 C的沸点低 ； (5) 根据图 A及题目中的
17、描述，根据金刚石晶胞的结构图可知，金刚石晶胞是面心立方堆积完之后还在四个四面体里有原子，也就是说在金刚石晶胞的体对角线上连排了四个原子，并且相切，所以体对角线长度就是碳原子半径的 8倍，设晶胞边长为 a，碳原子的半径为 r，即 a=8r， 碳原子的质量 =，又 每个晶胞中含有碳原子个数 =4+8+6=8，由 =，得 a=2， a=8r， r=a=。 【备注】无 5已知： A、 B、 C、 D、 E、 F、 G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中 A原子在基态时 p 轨道半充满且电负性是同族元素中最大的； D、 E原子核外的 M 层中均有两个未成对电子； G原子核外价
18、电子数与 B相同，其余各层均充满。 B、 E两元素组成化合物 B2E的晶体为离子晶体。 C、 F的原子均有三个能层， C原子的第一至第四电离能 (KJmol-1)分别为 578、 1 817、 2 745、 11 575； C与 F能形成原子数目比为 1 3、熔点为 190 的化合物 Q。 (1)B的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为 _； E元素的最高价氧化物分子的立体构型是_。 F元素原子的核外电子排布式是 _， G的高价离子与 A的简单氢化物形成的配离子的化学式为 _。 (2)试比较 B、 D分别与 F形成的化合物的熔点高低并说明理由 _。 (3)A、 G形成某种化合物的 晶胞结构如
19、图所示。若阿伏加德罗常数为 NA，该化合物晶体的密度为 a gcm-3，其晶胞的边长为 _ cm。 (4)在 1.01105 Pa、 T1 时，气体摩尔体积为 53.4 Lmol-1，实验测得 Q的气态密度为 5.00 gL-1，则此时 Q的组成为 _。 【答案】 (1)8；平面三角形； 1s22s22p63s23p5； Cu(NH3)42 (2)NaCl的熔点高于 SiCl4，因为 NaCl是离子晶体， SiCl4是分子晶体 (3) (4)Al2Cl6 【解析】本题考查了物质的结构和性质。 A、 B、 C、 D、 E、 F、 G七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中
20、 A原子在基态时 p 轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，因此 A是 N元素。D、 E原子核外的 M 层中均有两个未成对电子，则 D的 M 层为 3s 2 3p 2，则 D是 Si元素。 E的 M 层为 3s2 3p4，则 E是 S元素。 B、 E两元素组成化合物 B2E的晶体为离子晶体，所以 B为 IA族的金属，则 B是钠元素。 G原子核外最外层电子数与 B相同，则 G的最外层电子数为 1，其余各层均充满，且 G的原子序数最大，因此 G是铜元素。 C、 F的原子均有三个能层，因此 C、 F在第三周期。 C的逐级电离能前三个数据接近，第四电离能突变，所以易失去三个电子，为第 A族元素，则 C
21、是铝元素。 C与 F能形成原子数目比为 1 3、熔点为 190的化合物 Q ，说明 F为 -1价，即 F为 Cl元素， Q是 AlCl3。 (1)金属钠的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为 8， E元 素的最高价氧化物分子是三氧化硫，其中心原子 S原子含有的孤对电子对数为 (6 32) 0，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形。根据构造原理可知， Cl元素原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p 5，G的高价离子 Cu2 与 A的简单氢化物 NH3形成的配离子的化学式为 Cu(NH3)42+。 (2)B、 D分别与 F形成的化合物分别是氯化钠和四氯化硅。因为 NaCl是离子晶
22、体， SiCl4是分子晶体，所以 NaCl的熔点高于 SiCl4。 (3)根试卷第 6 页，总 8 页 据晶胞的结构可知， N原子在顶点，含有的个数为 8 1个。铜在棱边，含有的个数为 12 3个，即化学式为 Cu3N。设边长为 x cm，则 NA 1，解得 x。 (4)根据 M V 5.00 g/L53.4 L/mol 267 g/mol，是 AlCl3相对分子质量的 2倍，所以其化学式为 Al2Cl6。 【备注】无 6第四周期过渡元素 Mn、 Fe、 Ti可与 C、 H、 O形成多种化合物。 (1)下列叙述正确的是 。 (填字母 ) A HCHO与水分子间能形成氢键 B HCHO和 CO2
23、分子中的中心原子均采用 sp2杂化 C苯分子中含有 6个 键和 1个大 键，苯是非极性分子 D CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低 (2)Mn和 Fe的部分电离能数据如下表： 元 素 Mn Fe 电离能 /kJmol 1 I1 717 759 I2 1509 1561 I3 3248 2957 Mn元素价电子排布式为 ，气态 Mn2 再失去一个电子比气态 Fe2 再失去一个电子难，其原因是 。 (3)铁原子核外有 _种运动状态不同的电子。 (4)根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域，其中 Ti属于 区。 (5)Ti的一种氧化物 X，其晶胞结构如图所示，则 X的化
24、学式为 。 (6)电镀厂排放的废水中常含有剧毒的 CN 离子，可在 X的催化下，先用 NaClO将 CN 氧化成 CNO ，再在酸性条件下 CNO 继续被 NaClO氧化成 N2和 CO2。 H、 C、 N、 O四种元素的电负性由小到大的顺序为 。 与 CNO 互为等电子体微粒的化学式为 (写出一种即可 )。 氰酸 (HOCN)是一种链状分子，它与异氰酸 (HNCO)互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式 。 【答案】 (1)AD (2)3d54s2； Mn2 转化为 Mn3 时， 3d能级由较稳定的 3d5半充满状态转变为不稳定的 3d4状态 (或Fe2 转
25、化为 Fe3 时， 3d能级由不稳定的 3d6状态转变为较稳定的 3d5半充满状态 ) (3)26 (4)d (5) TiO2 (6) H C N O CO2、 N2O、 SCN NCOH 试卷第 7 页，总 8 页 外装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_内装订线【解析】本题考查了物质的结构与性质。 (1)甲醛中含有羟基，由于氧元素的电负性大，所以甲醛 与水可以形成氢键，故 A正确。二氧化碳为直线型分子，中心原子 C原子为 sp 杂化，故 B错。苯中碳碳键含有 6个 键，每个碳氢键含有一个 键，所以苯分子中一共含有 12个 键和 1个大 键，故 C错。常温下二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子
26、晶体，所以 CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故 D正确。 (2)25号元素锰，价电子个数为 25-18=7，价电子排布为 3d54s2， Mn2+转化为 Mn3+时， 3d能级由较稳定的 3d5半充满状态转变为不稳定的 3d4状态，而铁为 26号元素，价电子排布为 3d64s2， Fe2+转化为 Fe3+时， 3d能级由不稳定的 3d6状态转变为较稳定的 3d5半充满状态，故气态 Mn2+再失去一个电子比气态 Fe2+再失去一个电子难。 (3)铁的核外电子数是 26，则铁原子核外有 26种运动状态不同的电子。 (4)区的划分来自于按照构造原理最后填 入电子的轨道名称， Ti是 22
27、号元素，其价电子排布式为 3d24s2，所以 Ti元素位于 d区。 (5)根据晶胞结构可知，氧原子位于面心处与晶胞内， Ti原子位于顶点处和体心处，则根据均摊原理可知，结构中氧原子的个数为 4 2 4个， Ti原子个数为 1 8 2，所以化学式为 TiO2。 (6) 非金属性越强，电负性越大。因此同周期自左向右电负性逐渐增大，则 H、 C、 N、 O四种元素的电负性由小到大的顺序为 H C N O。 价电子数与原子数分别都相等的互为等电子体，则与 CNO 互为等电子体微粒的化学式为 CO2(N2O)、 SCN 等。 氰酸 (HOCN)是一种链状分子，它与异氰酸 (HNCO)互为同分异构体，其分
28、子内各原子最外层均已达 到稳定结构，因此分子中 C与 N形成三键，其余均是单键，所以氰酸的结构式 NCOH。 【备注】无 评卷人 得分 三、推断题：共 1 题 每题 15 分 共 15 分 7 【化学 选修 3：物质结构与性质】有 A、 B、 C、 D、 E五种原子序数依次增大的元素 (原子序数均小于30)。 A的基态原子 2p 能级有 3个单电子； C的基态原子 2p 能级有 1个单电子； E原子最外层有 1个单电子，其次外层有 3个能级且均排满电子； D与 E同周期，价电子数为 2。则： (1)D的元素符号为 _。 A的单质分子中 键的个数为 _。 (2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化
29、物中最高的，原因是 _。 (3)A、 B、 C 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 _(用元素符号表示 )。 (4)写出基态 E原子的价电子排布式： _。 (5)A的最简单氢化物分子的空间构型为 _，其中 A原子的杂化类型是 _。 (6)C和 D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为 gcm 3，阿伏加德罗常数为 NA，求晶胞边长 a _cm。 (用 、 NA的计算式表示 ) 试卷第 8 页，总 8 页 【答案】 (1)Ca 2 (2)H 2O分子间存在氢键 (3)F N O (4)3d104s1 (5)三角锥形 sp3 (6) 【解析】本题考查物质结构的推断。有 A、 B、 C、
30、 D、 E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于 30），A的基态原子 2p 能级有 3个单电子，则 A是 N元素； C的基态原子 2p 能级有 1个单电子，且 C的原子序数大于 A，所以 C是 F元素，则 B是 O元素； E原子核外有成单电子，其次外层有 3个能级且均排满电子，且原子序数小于 30，则 E是 Cu元素； D与 E同周期，价电子数为 2，则 D是 Ca元素。 (1)D是 Ca元素， A是 N元素，氮气的结构式为： NN，所以氮气分子 中含有一个 键两个 键； (2)由于 H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的； (3)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序
31、数的增大而增大，但第 VA 族元素第一电离能大于第 VIA族元素，所以 A、 B、 C三元素第一电离能由大到小的顺序为 F N O，故答案为： F N O； E是 Cu元素 ,基态 Cu原子的价电子排布式为 3d104s1； (5)N元素的简单氢化物是氨气， NH3分子中氮原子价层电子对 =3+1=4，且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥型，采取 sp 3杂化； (6)C和 D形成的离子化合物为 CaF2，钙离子在晶胞中占据顶点和面心，含有的钙离子为 8+6=4，则其质量为，离子化合物晶胞的边长为 a cm，其体积为 a3，由 =可知， V=m， =a3cm3gcm-3， a=。 【备注】无
