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海南省（2018-2022）五年高考化学真题分层汇编-05物质结构与性质（基础题）
一、单选题（共7题）
1．（2022·海南·统考高考真题）钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是
A．钠元素的第一电离能大于钾 B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠 D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
2．（2022·海南·统考高考真题）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期并相邻，Y是组成水的元素之一，Z在同周期主族元素中金属性最强，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，下列判断正确的是
A．是非极性分子
B．简单氢化物沸点：
C．Y与Z形成的化合物是离子化合物
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性
3．（2021·海南·统考高考真题）SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是
A．是非极性分子 B．键角都等于90°
C．与之间共用电子对偏向S D．原子满足8电子稳定结构
4．（2021·海南·统考高考真题）关于性质的解释合理的是
选项 性质 解释
A 比容易液化 分子间的范德华力更大
B NH3熔点高于 键的键能比大
C 能与以配位键结合 中氮原子有孤电子对
D 氨水中存在 是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
5．（2020·海南·高考真题）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，下列叙述正确的是
A．先出现沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液
B．离子方程式为Cu2+ + 4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2+ + 4H2O
C．Cu2+与 NH3中的氮原子以π键结合
D．NH3分子中∠HNH为109 28ˊ
6．（2020·海南·高考真题）下列对有关事实的解释正确的是
事实 解释
A 某些金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B CH4与NH3分子的空间构型不同 二者中心原子杂化轨道类型不同
C HF的热稳定性比HCl强 H-F比H-Cl的键能大
D SiO2的熔点比干冰高 SiO2分子间的范德华力大
A．A B．B C．C D．D
7．（2018·海南·高考真题）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
B．18 g的D2O中含有的质子数为10
C．28 g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6NA
D．1 L 1mol·L 1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl―的数目均为1NA
二、多选题（共3题）
8．（2022·海南·统考高考真题）已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．分子中只有σ键 D．的酸性比强
9．（2021·海南·统考高考真题）短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，离子与分子均含有14个电子；习惯上把电解饱和水溶液的工业生产称为氯碱工业。下列判断正确的是
A．原子半径： B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
C．化合物的水溶液呈中性 D．分子中既有键又有键
10．（2019·海南·高考真题）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下列有关化学元素周期表的说法正确的是
A．元素周期表共有18列
B．VIIA族元素的非金属性自上而下依次减弱
C．主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价
D．第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大
三、填空题（共3题）
11．（2020·海南·高考真题）氢气的生产、存储是氢能应用的核心。目前较成熟的生产、存储路线之一为：利用CH3OH和H2O在某Cu/Zn-Al催化剂存在下生产H2, H2与Mg在一定条件下制得储氢物质X。
回答问题： .
(1) Al在周期表中的位置______________ 。基态Zn的价层电子排布式___________。
(2)水分了中氧原子的杂化轨道类型_______________。
(3)键能是衡量共价键稳定性的参数之一。 CH3OH键参数中有_________种键能数据。CH3OH可以与水以任意比例互溶的原因是___________________ 。
(4) X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α =β =γ=90 ，a=b=450.25 pm)，密度为1.4g cm-3， H-的配位数为______________， X的储氢质量分数是______________ ，c= ___________ pm (列出计算式即可)。
12．（2019·海南·高考真题）自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：
(1)2016年确认了四种新元素，其中一种为，中文名为“”。元素可由反应：+=+3得到。该元素的质子数为______，与互为_________。
(2)位于元素周期表中第族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，写出该化合物分子的电子式________________.该分子内存在的共价键类型有_______。
(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中价氧化物的分子式为______，价简单含氧酸的分子式为______。
13．（2018·海南·高考真题）X、Y、Z为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是第______周期第_____族，其原子结构示意图为_______________；Y与Z之间形成的化学键属于__________。
（2）X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是__________(填元素符号)；X单质既可与盐酸反应，又可溶于氢氧化钠溶液，产生的气体为__________(填分子式)，该气体与Y单质反应的化学方程式为____________________________________。
（3）Z的最高价氧化物的电子式为____________________。
四、结构与性质（共4题）
14．（2022·海南·统考高考真题）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
(1)基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。
(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。
(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。
15．（2021·海南·统考高考真题）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为___________。
(2)配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为___________。
(3)第一电离能的大小：C___________O(填“大于”或“小于”)。
(4)中碳原子的杂化轨道类型是___________，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式___________。
(5) CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为___________。
(6)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是___________。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为___________。
16．（2019·海南·高考真题）Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是( )
A．分子的极性： B．物质的硬度：
C．物质的沸点： D．在中的溶解度：
Ⅱ.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题：
(1)位于元素周期表中第四周期____族，基态原子核外未成对电子有_____个。
(2)可与反应生成 ，新生成的化学键为_____键。分子的空间构型为______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。
(3)金属锰有多种晶型，其中的结构为体心立方堆积，晶胞参数为a pm， 中锰的原子半径为_____pm。已知阿伏加德罗常数的值为， 的理论密度____。(列出计算式)
(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为____，其配位数为____。
17．（2018·海南·高考真题）
(1)I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________
A．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si B．共价键的极性：HF＞HCI＞HBr＞HI
C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D．热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3
II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
(2)CuFeS2中存在的化学键类型是________________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_____________。
(3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为__________，属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。
②X的沸点比水低的主要原因是____________________。
(4)CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_____，共价键的类型有_________。
(5)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。
①Cu＋的配位数为__________，S2－的配位数为____________。
②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是________g cm-3(列出计算式)。
试卷第8页，共8页
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参考答案：
1．A
【详解】A．同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；
B．基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；
C．钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确；
D．钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确；
综上所述，本题选A。
2．C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．由分析，X为N元素，W为Cl元素，NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B错误；
C．Y为O元素，Z为Na元素，两者形成的化合物为Na2O、Na2O2均为离子化合物，C正确；
D．N、O、Na三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈碱性，D错误；
答案选C。
3．A
【详解】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，确切地说角FSF可以是90度，但也有处于对角位置的角FSF为180度，故键角不都等于90°，B错误；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；
故答案为：A。
4．C
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
5．B
【详解】A. 向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故A错误；
B. 离子方程式为Cu2+ + 4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2+ + 4H2O，故B正确；
C. Cu2+提供空轨道， NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C错误；
D. NH3分子为三角锥形，键角∠HNH为107 18ˊ，故D错误。
故答案选：B。
6．C
【详解】A．金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故A错误；
B．CH4与NH3分子的空间构型不同，但两者中心原子杂化轨道类型均为sp3，故B错误；
C．HF的热稳定性比HCl强，因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，故C正确；
D．SiO2为原子晶体，不存在范德华力，干冰为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故D错误；
7．C
【详解】A. 金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以12 g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；
B. D2O的摩尔质量为（22+16）g/mol=20g/mol，则18 g的D2O中中含有的质子数为NA=9 NA，故不符合题意；
C.乙烯和环己烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为3 NA=6NA，符合题意；
D. NH4＋会发生水解，故数目<1NA，不符合题意；
故答案为C。
【点睛】解题时注意易错点：A中容易忽略一个共价键是两个原子共用的；B中同位素原子质量数不同；D中容易忽略铵根离子的水解。
8．BD
【详解】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误；
B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；
C．CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；
D．电负性Cl＞I，对O-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O-H更易电离，故而酸性增加。即ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确；
答案选BD。
9．BD
【分析】离子与分子均含有14个电子，则X为C，Y为N；习惯上把电解饱和水溶液的工业生产称为氯碱工业，则Z为Na，W为Cl。
【详解】A．同周期元素原子半径随核电荷数的增大半径逐渐减小，故Na＞Cl，故A错误；
B．同周期元素随核电荷数的增大非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故HNO3＞H2CO3，故B正确；
C．NaCN为强碱弱酸盐，显碱性，故C错误；
D．(CN)2的结构简式为，分子中单键为键，三键中含有1个键和2个键，故D正确；
故选BD。
10．AB
【详解】A.元素周期表共有18纵行，也就是共有18列，A正确；
B.由于同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子获得电子的能力逐渐减弱，所以VIIA族元素的非金属性自上而下依次减弱，B正确；
C.主族元素一般呈现与其族数相同的最高化合价，O、F非金属性强，O没有与族序数相等的最高正化合价，F没有正价，C错误；
D.第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，D错误；
故合理选项是AB。
11． 第三周期第ⅢA族 3d104s2 sp3 三 水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶 3 7.7%
【详解】(1)Al是13号元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族；Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2则价层电子排布式为3d104s2，故答案为：第三周期第ⅢA族；3d104s2；
(2)水分子中O原子的价层电子数=2+(6 2×1)=4，且含有2对孤电子对，所以采取sp3方式杂化，故答案为：sp3；
(3)能表征化学键性质的物理量称为键参数，CH3OH的键参数主要有键能、键长、键角三种键参数；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；故答案为：三；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；
(4)由晶胞结构可知，晶胞内的H-周围等距离的Mg2+有3个，即H-的配位数为3；晶胞中的H-数目为2+4=4，Mg2+数目为1+8=2，该晶胞的化学式为MgH2，则X的储氢质量分数是=7.7%；由X的晶胞结构可知，一个晶胞的质量为：，密度为1.4g cm-3，则晶胞的体积为：cm3=（a×b×c×10-30），则c=pm，故答案为：3；7.7%；。
【点睛】本题涉及晶胞的计算，晶胞密度计算公式是，利用晶胞参数可计算晶胞体积(V)，根据相对分子质量(M)、晶胞中粒子数(Z)和阿伏伽德罗常数NA，可计算晶体的密度。
12． 115 同位素 极性键和非极性键 P4O6 H3PO4
【分析】(1)根据可确定Mc元素的质子数；根据质子数相同而中子数不同的原子互为同位素判断与的关系；
(2)N原子最外层有5个电子，两个N原子形成一个共用电子对，每个N原子分别与2个H原子形成2对共用电子对，每个原子都达到稳定结构；同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键；
(3)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，结合P元素化合价可确定氧化物、含氧酸的分子式。
【详解】(1) 根据，可得Mc的质子数为115；与质子数都是115，由于质量数分别是287、288，则二者的中子数分别是172、173，二者质子数相同，中子数不同，它们互为同位素；
(2) N原子最外层有5个电子，化合物NH2NH2中2个N原子形成一对共用电子对，每个N原子与2个H原子形成2对共用电子对，所以该化合物电子式为。在该物质分子中含有4个N-H极性键，一个N-N非极性键；
(3)P元素的氧化物为PxOy，由于P为+3价，O为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和等于0，可得3x=2y，所以x：y=2：3，结合白磷的正四面体结构，可知该氧化物的化学式为P4O6；P元素的价简单含氧酸的分子式为H3PO4。
【点睛】本题考查了原子结构、核素的表示、同位素的概念、电子式和化学式的书写、共价键的类型等知识，在原子中，Z代表质子数，A代表质量数，同种元素的质子数相同，注意应用价键规则书写电子式。
13． 二 ⅤA (极性)共价键 Al H2 N2＋3H22NH3
【分析】非金属Z的一种固体单质可导电，Z为C，Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，则可推出Y为N，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和，X为Al。
【详解】根据以上分析，X为Al，Y为N，Z为C，
（1）Y为N，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族，其原子结构示意图为；与C之间形成的化学键,是不同的非金属和非金属之间的键，为极性共价键。
故答案为二 ；ⅤA ； ；(极性)共价键。
（2）比较半径：先看电子层数（电子层数越大，原子半径越大），再看核电核数（核电核数越小，半径越大），因此三种元素中，原子半径最大的是Al；Al与盐酸和氢氧化钠反应产生的气体为H2，与N2反应的化学方程式为N2＋3H22NH3。
故答案为Al； H2 ；N2＋3H22NH3。
（3）Z是C，最高价氧化物为CO2，因此电子式为。
故答案为。
14．(1) 1s22s22p4或[He]2s22p4 2
(2)自由电子在外加电场中作定向移动
(3) sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
(5)电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
(6) cdhi bcfe
【详解】（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
（3）根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；
（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；
（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。
15．(1)
(2)6
(3)小于
(4)
(5)
(6) MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大
【分析】(1)
Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“”；
(2)
由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”；
(3)
根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”；
(4)
①根据价层电子对互斥理论，中心原子C连接3个O原子，所以δ键为3，孤电子对数(阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”；
②按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“”；
(5)
根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“”；
(6)
①离子晶体熔沸点高低不光与晶体结构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”；
②根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为，故本问第二空应填“”。
16． AB VIIB 5 配位 三角锥 sp3 +2 6
【分析】I.A.先判断分子是否为极性分子，然后根据极性分子的极性大于非极性分子的极性；
B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大；
C.HF分子之间存在氢键；
D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相似相溶原理分析；
II.(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；并根据构造原理书写其核外电子排布式，判断其核外未成对电子数目；
(2)在络离子的中心离子与配体之间存在配位键；用价层电子对理论判断NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3；
(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，据此计算Mn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后根据ρ=计算晶胞密度；
(4)用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上下、前后、左右6个方向有O离子，配位数是6。
【详解】I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3B.NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-NaI，B正确；
C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；
D.CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误；
故合理选项是AB；
II. (1)Mn是25号元素，在元素周期表中第四周期VIIB族，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个；
(2)MnCl2中的Mn2+上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物 ，则新生成的化学键为配位键。NH3的价层电子对数为3+，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。
(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，由于晶胞参数为apm，则，则Mn原子半径r=pm；在一个Mn晶胞中含有的Mn原子数为，则根据晶体密度ρ=可得晶胞密度ρ===g/cm3；
(4)在晶胞中含有的Mn离子数目为：，含有的O离子数目为：，Mn离子：O离子=4：4=1：1，所以该氧化物的化学式为MnO，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O的化合价为-2价，所以Mn的化合价为+2价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O离子，所以Mn离子的配位数是6。
【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及分子的极性、物质的熔沸点、硬度、溶解性的比较、原子核外电子排布及与其在周期表位置的关系、晶胞结构与计算等。在考查学生对知识的掌握的同时，考查了学生的空间想象能力及数学计算能力。
17．(1)BC
(2) 离子键 CD
(3) V形 sp3 极性 水分子间存在氢键
(4) 3 σ键和π键
(5) 4 4
【详解】（1）I. A．当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题意；
B．共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B符合题意；
C．晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减小，故C符合题意；
D．热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意；
故答案选BC；
（2）CuFeS2中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故CD符合题意；
（3）①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有4对，孤对电子为=2对，故构型是V形，中心原子杂化类型为sp3，有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。
②由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。
故答案为：V形 ；sp3 ；极性；水分子间存在氢键。
（4）SO2中心原子的价层电子对数为=3，以双键结合，故共价键类型为σ键和π键。
故答案为：3；σ键和π键；
（5）①Cu＋的配位数为6×+4×=4，S2－占据8个体心，有两个S，因此S2－的配位数为4。
②根据=，质量m=(4×64+4×56+8×32)/NA，体积V=0.524×0.524×1.032×10-21cm-3,
所以，CuFeS2晶体的密度是g/cm3。
故答案为：。
答案第10页，共11页
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