内蒙古集宁一中(东校区)2017-2018学年高二下学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高二下·集宁期中）下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（ ）
A．SO2与SiO2 B．CO2与H2O
C．NaCl与HCl D．CCl4与KCl
2．（2018高二下·集宁期中）下面的排序错误的是（ ）
A．晶体熔点由低到高：CF4
C．熔点由高到低：Na>Mg>Al
D．晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
3．（2018高二下·集宁期中）构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是 （ ）
A．E(3s)＞E(3p)＞E(3d) B．E(3s)＞E(2s)＞E(1s)
C．E(4f)＞E(4s)＞E(3d) D．E(5s)＞E(4s)＞E(4f)
4．（2018高二下·集宁期中）现有三种元素的基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②ls22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①
C．电负性：③＞②＞① D．最高正化合价：③＞②＞①
5．（2018高二下·集宁期中）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，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4] 2+
C．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化
D．在[Cu（NH3）4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
6．（2018高二下·集宁期中）下列关于丙烯(CH3—CH＝CH2)的说法正确的（ ）
A．丙烯分子有2个σ键，1个π键
B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C．丙烯分子存在非极性键
D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
7．（2018高二下·集宁期中）由硼和镁两种元素组成化合物可为超导材料，下图为该化合物的晶体结构单元示意图：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为（ ）
A．Mg5B12 B．MgB2 C．Mg2B D．Mg3B2
8．（2018高二下·集宁期中）用价层电子对互斥理论预测H2Se和BBr3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
9．（2018高二下·集宁期中）已知含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）
A．H2SeO4 B．HClO4 C．H3BO3 D．H3PO4
10．（2018高二下·集宁期中）下列原子的电子排布图中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（2018高二下·集宁期中）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
12．关于晶体的下列说法正确的是( )
A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
13．（2018高二下·集宁期中）“皇上，您还记得当年大明湖畔的夏雨荷吗 ”据不明野史记载，当年皇上留给夏雨荷一块10克拉的紫色宝石，该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，当然，价钱也是特别贵的。你觉得该宝石的成分是下列那种物质（ ）
A．I2 B．KMnO4 C．SiO2 D．Cu
二、综合题
14．（2018高二下·集宁期中）
（1）在下列晶体中：①NaOH、②Na2S、③(NH4)2S、④Na2O2、⑤C2H2、⑥SiC。其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是 ；其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是 ；其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是 ；其中属于原子晶体的是 ；
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子都具备的结构特点是 ；
②六氰合亚铁离子【Fe(CN)6】4-中的配体CN-中C原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与CN 互为等电子体的单质分子的结构式 ；
（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚．丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为 ；
（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 。
15．（2018高二下·集宁期中）海水资源的利用具有非常广阔的前景，从海水中可提取多种化工原料。
（1）海水淡化处理的方法有 (写出两种即可)。
（2）粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO 等杂质，精制时所用试剂为：
A．盐酸
B.BaCl2溶液
C.NaOH溶液
D.Na2CO3溶液
加入试剂的顺序是 。
（3）步骤②中，向精盐溶液中应先通入 ，再通入 。
（4）氯碱工业中，与电源负极相连的电极附近溶液pH值 (填“变大”“变小”或“不变”)。用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，发现产生大量白烟，白烟的主要成分是 。
（5）实际生产中，常选用 作为沉淀剂，从氯化镁溶液中得到无水晶体的操作为 。
（6）步骤⑤用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，反应的离子方程式为 。
16．（2018高二下·集宁期中）砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
（1）写出基态As原子的核外电子排布式 。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga As，第一电离能Ga As。(填“大于”或“小于”)
（3）AsCl3分子的立体构型为 ，其中As的杂化轨道类型为 。
（4）GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是 。
（5）GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为 ，Ga与As以 键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。
三、填空题
17．（2018高二下·集宁期中）水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。
（1）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为 ；
（2）写出与H2O分子互为等电子体的微粒 （填2种）。
（3）水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子（H3O＋）。下列对上述过程的描述不合理的是_
A．氧原子的杂化类型发生了改变
B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变
D．微粒中的键角发生了改变
（4）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图(未按顺序排序)。与冰的晶体类型相同的是 (请用相应的编号填写)
（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51 kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11 kJ/mol)，则冰晶体中氢键的“键能” 是 kJ/mol；
（6）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子。请写出生成此配合离子的离子方程式： 。
四、推断题
18．（2018高二下·集宁期中）[化学——选修5：有机化学基础]端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
2R—C≡C—H R—C≡C—C≡C—R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，D 的化学名称为 。
（2）①和③的反应类型分别为 、 。
（3）E的结构简式为 。用1 mol
E合成1,4 二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气 mol。
（4）化合物（ ）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为 。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式 。
（6）写出用2 苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】A．SO2与SiO2均含有共价键，前者是分子晶体，后者是原子晶体，A不符合题意；
B.CO2与H2O均含有共价键，均是分子晶体，B符合题意；
C.NaCl含有离子键，属于离子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，C不符合题意；
D.CCl4含有共价键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】离子晶体一定含离子键，也可以含共价键，分子晶体一定只含共价键，原子晶体一定只含共价键。其中题中氯化氢，水，二氧化碳，二氧化硫，四氯化碳是分子晶体。二氧化硅是原子晶体，氯化钠，氯化钾都是离子晶体。
2．【答案】C
【知识点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4
【分析】A.都是分子晶体，分子晶体熔点和分子间的作用力（范德华力，和氢键）有关。
B.都是原子晶体，原子晶体的硬度取决于共价键键能的大小。
C.都是金属晶体，熔点高低取决于金属键的强弱。
D.都是离子晶体，离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f…。A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故A不符合题意；
B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故B符合题意；
C、由以上分析可知E（4f）＞E（3d）＞E（4s），故C不符合题意；
D、应为E（4f）＞E（5s）＞E（4s），故D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】能级能量大小可以用n+0.7l进行计算比较，其中n表示能层（n=1，2，3，4，5，6，7），s表示能级（s=0，1，2，3，4......)
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由核外电子排布式可知，①1s
22s
22p
63s
23p
4为S元素，②1s
22s
22p
63s
23p
3为P元素，③1s
22s
22p
5为F元素；A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A符合题意；
B.同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B不符合题意；
C.同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性③＞①＞②，故C不符合题意；
D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：①＞②，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据排布式 ①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5 可判定三种元素分别为硫，磷，氟。同周期元素
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】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，不符合题意；
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，符合题意；
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，不符合题意；
D、在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，不符合题意。
故答案为：B
【分析】 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。 根据此现象反应过程为先生成氢氧化铜，然后沉淀溶解转化成配合物[Cu（NH3）4]SO4。该配合物中 Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子。
6．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．丙烯分子有8个δ键，1个π键，A不符合题意；
B.丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化，B不符合题意；
C.存在C-C非极性键，C符合题意；
D.C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】共价键分为极性键和非极性键，其中同种元素原子间的共价键为非极性键，不同种元素原子间的共价键为极性键，在共价键中 单键均为σ键 ，双键中一个为 σ键 另一个为 π键 ，三键中一个为 σ键 另两个为 π键。
7．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】由于镁原子位于顶点处，另外棱柱的上下底面还各有1个镁原子，则晶胞中含有的镁原子个数是2×1/2+12×1/6＝3。6个硼原子位于棱柱内，即Mg与B的原子个数之比是1：2，因此该化合物的化学式可表示为MgB2，
故答案为：B。
【分析】根据晶胞中原子的位置，柱内6个硼原子完全属于该晶胞，顶点处的每个镁原子被六个晶胞共用，两个底面上的镁原子被两个晶胞共用，所以该晶胞中含镁原子的个数为2×1/2+12×1/6＝3。镁原子与硼原子的个数比为1：2。
8．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】H 2Se和BBr 3分子中Se和B含有的孤对电子分别是 ，二者的价层电子对数分别是4和3，则前者是V形结构，后者是平面三角形结构，
故答案为：D。
【分析】根据价层电子对互斥理论，两个分子中孤电子对数代入公式(a-bx)/2，求得H2Se和BBr3分子中Se和B含有的孤对电子分别是2和0，所以价层电子对数分别为4和3，所以VSEPR模型分别为四面体型和平面三角形，因为 H2Se 有两对孤电子对，去掉孤电子对其余部分为 V形 ，BBr3无孤电子对，所以其空间构型和VSEPR模型相同。
9．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据含氧酸的通式可知，A、B、C、D分别可以看作SeO
2(OH)
2、ClO
3(OH)、B(OH)
3、PO(OH)
3，所以酸性最强的是高氯酸，
故答案为：B。
【分析】任何含氧酸都可以写成 XOm(OH)n 形式，其中成酸中心原子X价态越高，酸性越强。
10．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理
【解析】【解答】A.2p轨道违背洪特规则，故A不符合题意；
B.2s轨道违背保里不相容原理，故B不符合题意；
C.电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，故C符合题意；
D.2s轨道没有填充满，违背钠离子最低原理，不是基态原子排布，应是激发态，故D不符合题意，
故答案为：C.
【分析】基态原子核外电子排布要符合能量最低原理，洪特规则，泡利原理。其中
能量最低原理：原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，简称能量最低原理。
泡利原理： 在一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反。
洪特规则：
当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同。
11．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、前者是He，后者是Be，二者的性质相差很大；
B、前者是Mg，后者不一定是Ca，乙烷第四周期的过渡元素的N层电子数大部分是2个；
C、前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似；
D、都是第IA族元素，但氢元素的性质和碱金属的性质相差很大，
故答案为：C。
【分析】本题考查了结构决定性质，根据题中的叙述可以确定元素的种类。
A中前者是He，后者是Be，He为稀有气体性质稳定，Be为金属，性质较活泼。
B中前者是Mg，后者为第四周期元素，且最外层有2个电子，可以是钙，铁，锌等所以无法确定。
C中前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似。
D都是第IA族元素，但氢元素的性质和碱金属的性质相差很大。
12．【答案】A
【知识点】金属晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】晶体中只要含有阴离子则一定含有阳离子，但是，含阳离子的晶体不一定含有阴离子，如金属晶体。晶体的熔点不直接与晶体类型有关，因为金属晶体熔点差别很大，高的比原子晶体高，低的比分子晶体低。
【分析】本题考查晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系，金属晶体的组成等。
13．【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体；金属晶体
【解析】【解答】该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，说明形成的晶体类型应该是原子晶体。则
A、I2形成的晶体是分子晶体，A不符合题意；
B、KMnO4形成的晶体是离子晶体，B不符合题意；
C、SiO2形成的晶体类型是原子晶体，C符合题意；
D、Cu形成的晶体是金属晶体，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据
该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，所以符合原子晶体的特点。所以只有二氧化硅符合要求。
14．【答案】（1）④；③；⑤；⑥
（2）具有孤对电子；sp；N≡N
（3）分子晶体
（4）1：2
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体；金属晶体
【解析】【解答】（1）①NaOH中含有离子键和极性键；②Na 2S中只有离子键；③(NH 4) 2S中含有离子键和极性键；④Na 2O 2中含有离子键和非极性键；⑤C 2H 2中含有极性键和非极性键；⑥SiC中只有极性键；则其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是过氧化钠；其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是(NH 4) 2S；乙炔是直线形结构，因此其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是乙炔；其中属于原子晶体的是SiC；（2）①含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Fe原子含有空轨道，则Fe原子能和含有孤电子对的原子易形成配位键；②CN -中C原子价层电子对个数是2，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp；原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与氮气分子互为等电子体，氮气分子含有三键，其结构式为N≡N：（3）分子晶体熔沸点较低，根据题给信息知，氯化铁熔沸点较低，应该是分子晶体；（4）面心面心立方晶胞中Fe原子个数=8×1/8+6×1/2=4，体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×1/8=2，所以体心立方晶胞中Fe原子个数与面心立方晶胞中Fe原子个数之比=2：4=1：2。
【分析】（1） ①NaOH、②Na2S、③(NH4)2S、④Na2O2为离子晶体，一定含离子键，其中①NaOH、③(NH4)2S、氢氧根离子，铵根离子中还含有极性共价键，④Na2O2还含有非极性共价键，②Na2S只含离子键。⑤C2H2、⑥SiC 分别为分子晶体，原子晶体。
（2）配位键的形成条件：一方提供空轨道，另一方提供孤电子对。根据价层电子对互斥理论， CN- 中孤电子对数代入公式(a-bx)/2求得为1，所以价层电子对数为2，所以杂化类型为SP，原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与氮气分子互为等电子体，氮气分子含有三键，其结构式为N≡N。
（3） 三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚．丙酮等有机溶剂。 根据性质可以判定三氯化铁为分子晶体。
（4）根据晶胞的计算规律，定点的原子被八个晶胞共用，棱上的原子被四个晶胞共用，面上的原子被两个晶胞共用，体内的原子属于整个晶胞。
15．【答案】（1）蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法(写出两种即可)
（2）CBDA(或BCDA或BDCA)
（3）NH3；CO2
（4）变大；NH4Cl
（5）石灰乳；将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干
（6）Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42－
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】（1）海水淡化处理的方法主要有蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法等。（2）Ca
2＋用碳酸钠除去，Mg
2＋用氢氧化钠除去，SO
42－用氯化钡除去，最后过滤，向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以加入试剂的顺序是CBDA(或BCDA或BDCA)；（3）由于氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中的溶解性很小，所以要制备碳酸氢钠，步骤②中应该向精盐溶液中应先通入氨气，再通入二氧化碳。（4）氯碱工业中，与电源负极相连的电极是阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，从而破坏阴极周围水的电离平衡，氢氧根浓度增大，所以阴极附近溶液pH值变大。阳极氯离子放电放出氯气，氯气具有强氧化性，用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，氯气能把氨气氧化生成氮气，同时被还原为氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵而产生大量白烟，即白烟的主要成分是NH
4Cl。（5）由于氢氧化钙来源广泛，价格便宜，所以实际生产中，常选用石灰乳作为沉淀剂；由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，因此从氯化镁溶液中得到无水晶体的操作为将MgCl
2溶液在HCl气流中蒸干。（6）溴水具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，因此反应的离子方程式为Br
2＋SO
2＋2H
2O＝4H
＋＋2Br
－＋SO
42－。
【分析】（1）本题为识记内容，答案为:蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法.
（2）除去 粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO 42-等杂质，根据所选试剂，一定是先除掉 硫酸根离子 ，因为所加的碳酸钠同时可以除掉Ca2＋，和之前所加的钡离子，最后加盐酸便可除去过量的碳酸钠，氢氧化钠。
（3）步骤 ②中 利用提纯后的氯化钠生成碳酸氢钠，因为由于氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中的溶解性很小，所以要制备碳酸氢钠，步骤②中应该向精盐溶液中应先通入氨气，再通入二氧化碳。
（4）电解池中，阴极区电极反应为：2H＋+2e-=H2，氢离子浓度降低，水的电离平衡被促进，氢氧根离子浓度变大。 用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，发现产生大量白烟 发生的反应为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,所以白烟为氯化铵。
（5） 氯化镁 可水解，所以从氯化镁溶液中得到无水晶体 ，要抑制其水解，所以操作为 将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干 。
（6）此题为溴的富集，反应为 Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42－ 。
16．【答案】（1）[Ar]3d104s24p3
（2）大于；小于
（3）三角锥形；sp3
（4）GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体
（5）原子晶体；共价； ×100%
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】根据以上分析，（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 3；（2）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As；（3）AsCl 3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+1 =4，所以原子杂化方式是sp 3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；（4）GaF 3的熔点高于1000℃，GaCl 3的熔点为77.9℃，其原因是GaF 3为离子晶体，GaCl 3为分子晶体，离子晶体的熔点高；（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ gcm ﹣3，根据均摊法计算，As： ，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V 1= ×10 ﹣30，晶胞的体积V 2= ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 将V 1、V 2带入计算得百分率= ×100%= 。
【分析】（1）质子数=原子序数=核外电子数。As为33号元素，根据基态原子核外电子排布原则，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3。
（2）半径比较原则：同周期从左到右半径逐渐变小，同主族从上到下半径逐渐变大，第一电离能逐渐变小。
（3）根据价层电子对互斥理论，两个分子中孤电子对数代入公式(a-bx)/2，孤电子对为1，价层电子对数为4，杂化类型为SP3，VSEPR模型为四面体，去掉一对孤电子对，则空间构型为三角锥形。
（4）根据 GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃ ，所以 GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。
（5）根据 GaAs的熔点为1 238 ℃ ，结合晶胞图示，该晶体为原子晶体，所以化学键的类型为共价键。
17．【答案】（1）1s22s22p4
（2）H2S、NH2－
（3）A
（4）BC
（5）20
（6）Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）氧原子的核电荷数是8，根据构造原理可知外围电子有6个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有4个电子，所以水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为1s
22s
22p
4。（2）水分子含有3个原子、8个价电子，因此与水互为等电子体的微粒有H
2S、NH
2－。（3）A、水分子中氧原子含有2个共价单键和2个孤电子对，其空间构型是V型，所以水中氧的杂化为sp
3，H
3O
+中氧的杂化为sp
3，则氧原子的杂化类型没有改变，A错误；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，B正确；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，C正确；
D、水分子为V型，键角是104.5°，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，D正确，
故答案为：A；（4）冰属于分子晶体，根据微粒的晶胞结构特点可知，A是离子晶体氯化钠的晶胞，构成微粒是离子。B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，属于分子晶体。C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，所以分子晶体；D是原子晶体金刚石的晶胞，构成微粒是原子。E是金属晶体钠的晶胞，构成微粒是金属阳离子和自由电子，则与冰的晶体类型相同的是干冰和碘单质，
故答案为：BC。（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，则根据结构图 可知，1mol水中含有2mol氢键，升华热＝范德华力+氢键。由于冰的升华热是51kJ/mol，水分子间的范德华力是11kJ/mol，所以冰晶体中氢键的“键能”是(51kJ/mol－11kJ/mol)÷2＝20kJ/mol。（6）无水硫酸铜溶于水后生成水合铜离子，铜离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，形成配位键，则生成此配合离子的离子方程式Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+。
【分析】（1）氧原子核外8个电子，根据基态原子核外电子排布规律其排布式为：1s22s22p4。
（2）原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，所以与 H2O分子互为等电子体的微粒有H2S ， NH2－ 。
（3）由水得到水和氢离子的过程中，空间构型由水分子为V型变为H3O+为三角锥型，键角发生变化，性质发生变化，但氧原子的杂化方式都是SP3
（4） 冰的晶体类型 为分子晶体，根据图示，B为干冰，C为碘，都是分子晶体。
（5）根据晶胞的图示，每个晶胞有2个水分子，每个水分子周围4个氢键，所以一个水分子2个氢键。升华热＝范德华力+氢键，代入数据得氢键的键能为20kJ/mol。
（6）硫酸铜中的铜离子提供空轨道，水提供孤电子对，形成配位键。
18．【答案】（1）；苯乙炔
（2）取代反应；消去反应
（3）；4
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的推断
【解析】【解答】（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为
；根据D的结构简式可知D 的化学名称为苯乙炔。（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为 。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1 mol E合成1,4 二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）根据已知信息可知化合物（ ）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为 。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为 。（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用2 苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线为 。
【分析】根据合成路线，结合原子个数守恒，由A到B，A中有6个碳，6个氢，是苯。根据B到C，发生的反应类型为取代反应，所以B为，根据D到E的变化，复合题中的 Glaser反应 ，所以E的结构为。
（6） 用2 苯基乙醇为制备苯乙炔，侧链由饱和键变为不饱和键，整体思路为消去反应，所以流程为：2 苯基乙醇消去生成苯乙烯，苯乙烯与溴加成生成2 苯基-1,2-二溴乙烷， 然后用其消去，得到苯乙炔。
内蒙古集宁一中(东校区)2017-2018学年高二下学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高二下·集宁期中）下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（ ）
A．SO2与SiO2 B．CO2与H2O
C．NaCl与HCl D．CCl4与KCl
【答案】B
【知识点】分子晶体
【解析】【解答】A．SO2与SiO2均含有共价键，前者是分子晶体，后者是原子晶体，A不符合题意；
B.CO2与H2O均含有共价键，均是分子晶体，B符合题意；
C.NaCl含有离子键，属于离子晶体，HCl含有共价键，属于分子晶体，C不符合题意；
D.CCl4含有共价键，属于分子晶体，KCl含有离子键，属于离子晶体，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】离子晶体一定含离子键，也可以含共价键，分子晶体一定只含共价键，原子晶体一定只含共价键。其中题中氯化氢，水，二氧化碳，二氧化硫，四氯化碳是分子晶体。二氧化硅是原子晶体，氯化钠，氯化钾都是离子晶体。
2．（2018高二下·集宁期中）下面的排序错误的是（ ）
A．晶体熔点由低到高：CF4
C．熔点由高到低：Na>Mg>Al
D．晶格能由大到小： NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【知识点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4
【分析】A.都是分子晶体，分子晶体熔点和分子间的作用力（范德华力，和氢键）有关。
B.都是原子晶体，原子晶体的硬度取决于共价键键能的大小。
C.都是金属晶体，熔点高低取决于金属键的强弱。
D.都是离子晶体，离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比。
3．（2018高二下·集宁期中）构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是 （ ）
A．E(3s)＞E(3p)＞E(3d) B．E(3s)＞E(2s)＞E(1s)
C．E(4f)＞E(4s)＞E(3d) D．E(5s)＞E(4s)＞E(4f)
【答案】B
【知识点】原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s 2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f…。A、由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量E（3d）＞E（3p）＞E（3s），故A不符合题意；
B、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故B符合题意；
C、由以上分析可知E（4f）＞E（3d）＞E（4s），故C不符合题意；
D、应为E（4f）＞E（5s）＞E（4s），故D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】能级能量大小可以用n+0.7l进行计算比较，其中n表示能层（n=1，2，3，4，5，6，7），s表示能级（s=0，1，2，3，4......)
4．（2018高二下·集宁期中）现有三种元素的基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②ls22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①
C．电负性：③＞②＞① D．最高正化合价：③＞②＞①
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由核外电子排布式可知，①1s
22s
22p
63s
23p
4为S元素，②1s
22s
22p
63s
23p
3为P元素，③1s
22s
22p
5为F元素；A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，故A符合题意；
B.同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B不符合题意；
C.同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性③＞①＞②，故C不符合题意；
D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：①＞②，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据排布式 ①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5 可判定三种元素分别为硫，磷，氟。同周期元素
5．（2018高二下·集宁期中）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，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4] 2+
C．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化
D．在[Cu（NH3）4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】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，不符合题意；
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，符合题意；
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，不符合题意；
D、在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，不符合题意。
故答案为：B
【分析】 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。 根据此现象反应过程为先生成氢氧化铜，然后沉淀溶解转化成配合物[Cu（NH3）4]SO4。该配合物中 Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子。
6．（2018高二下·集宁期中）下列关于丙烯(CH3—CH＝CH2)的说法正确的（ ）
A．丙烯分子有2个σ键，1个π键
B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C．丙烯分子存在非极性键
D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．丙烯分子有8个δ键，1个π键，A不符合题意；
B.丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化，B不符合题意；
C.存在C-C非极性键，C符合题意；
D.C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】共价键分为极性键和非极性键，其中同种元素原子间的共价键为非极性键，不同种元素原子间的共价键为极性键，在共价键中 单键均为σ键 ，双键中一个为 σ键 另一个为 π键 ，三键中一个为 σ键 另两个为 π键。
7．（2018高二下·集宁期中）由硼和镁两种元素组成化合物可为超导材料，下图为该化合物的晶体结构单元示意图：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为（ ）
A．Mg5B12 B．MgB2 C．Mg2B D．Mg3B2
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】由于镁原子位于顶点处，另外棱柱的上下底面还各有1个镁原子，则晶胞中含有的镁原子个数是2×1/2+12×1/6＝3。6个硼原子位于棱柱内，即Mg与B的原子个数之比是1：2，因此该化合物的化学式可表示为MgB2，
故答案为：B。
【分析】根据晶胞中原子的位置，柱内6个硼原子完全属于该晶胞，顶点处的每个镁原子被六个晶胞共用，两个底面上的镁原子被两个晶胞共用，所以该晶胞中含镁原子的个数为2×1/2+12×1/6＝3。镁原子与硼原子的个数比为1：2。
8．（2018高二下·集宁期中）用价层电子对互斥理论预测H2Se和BBr3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
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】H 2Se和BBr 3分子中Se和B含有的孤对电子分别是 ，二者的价层电子对数分别是4和3，则前者是V形结构，后者是平面三角形结构，
故答案为：D。
【分析】根据价层电子对互斥理论，两个分子中孤电子对数代入公式(a-bx)/2，求得H2Se和BBr3分子中Se和B含有的孤对电子分别是2和0，所以价层电子对数分别为4和3，所以VSEPR模型分别为四面体型和平面三角形，因为 H2Se 有两对孤电子对，去掉孤电子对其余部分为 V形 ，BBr3无孤电子对，所以其空间构型和VSEPR模型相同。
9．（2018高二下·集宁期中）已知含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是（ ）
A．H2SeO4 B．HClO4 C．H3BO3 D．H3PO4
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据含氧酸的通式可知，A、B、C、D分别可以看作SeO
2(OH)
2、ClO
3(OH)、B(OH)
3、PO(OH)
3，所以酸性最强的是高氯酸，
故答案为：B。
【分析】任何含氧酸都可以写成 XOm(OH)n 形式，其中成酸中心原子X价态越高，酸性越强。
10．（2018高二下·集宁期中）下列原子的电子排布图中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理
【解析】【解答】A.2p轨道违背洪特规则，故A不符合题意；
B.2s轨道违背保里不相容原理，故B不符合题意；
C.电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，故C符合题意；
D.2s轨道没有填充满，违背钠离子最低原理，不是基态原子排布，应是激发态，故D不符合题意，
故答案为：C.
【分析】基态原子核外电子排布要符合能量最低原理，洪特规则，泡利原理。其中
能量最低原理：原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，简称能量最低原理。
泡利原理： 在一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反。
洪特规则：
当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同。
11．（2018高二下·集宁期中）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是（ ）
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、前者是He，后者是Be，二者的性质相差很大；
B、前者是Mg，后者不一定是Ca，乙烷第四周期的过渡元素的N层电子数大部分是2个；
C、前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似；
D、都是第IA族元素，但氢元素的性质和碱金属的性质相差很大，
故答案为：C。
【分析】本题考查了结构决定性质，根据题中的叙述可以确定元素的种类。
A中前者是He，后者是Be，He为稀有气体性质稳定，Be为金属，性质较活泼。
B中前者是Mg，后者为第四周期元素，且最外层有2个电子，可以是钙，铁，锌等所以无法确定。
C中前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似。
D都是第IA族元素，但氢元素的性质和碱金属的性质相差很大。
12．关于晶体的下列说法正确的是( )
A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
B．在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D．分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
【答案】A
【知识点】金属晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】晶体中只要含有阴离子则一定含有阳离子，但是，含阳离子的晶体不一定含有阴离子，如金属晶体。晶体的熔点不直接与晶体类型有关，因为金属晶体熔点差别很大，高的比原子晶体高，低的比分子晶体低。
【分析】本题考查晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系，金属晶体的组成等。
13．（2018高二下·集宁期中）“皇上，您还记得当年大明湖畔的夏雨荷吗 ”据不明野史记载，当年皇上留给夏雨荷一块10克拉的紫色宝石，该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，当然，价钱也是特别贵的。你觉得该宝石的成分是下列那种物质（ ）
A．I2 B．KMnO4 C．SiO2 D．Cu
【答案】C
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体；金属晶体
【解析】【解答】该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，说明形成的晶体类型应该是原子晶体。则
A、I2形成的晶体是分子晶体，A不符合题意；
B、KMnO4形成的晶体是离子晶体，B不符合题意；
C、SiO2形成的晶体类型是原子晶体，C符合题意；
D、Cu形成的晶体是金属晶体，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据
该宝石熔沸点特别高，硬度非常大，难溶于水和常见的有机溶剂，所以符合原子晶体的特点。所以只有二氧化硅符合要求。
二、综合题
14．（2018高二下·集宁期中）
（1）在下列晶体中：①NaOH、②Na2S、③(NH4)2S、④Na2O2、⑤C2H2、⑥SiC。其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是 ；其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是 ；其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是 ；其中属于原子晶体的是 ；
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子都具备的结构特点是 ；
②六氰合亚铁离子【Fe(CN)6】4-中的配体CN-中C原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与CN 互为等电子体的单质分子的结构式 ；
（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚．丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体类型为 ；
（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 。
【答案】（1）④；③；⑤；⑥
（2）具有孤对电子；sp；N≡N
（3）分子晶体
（4）1：2
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；离子晶体；原子晶体（共价晶体）；分子晶体；金属晶体
【解析】【解答】（1）①NaOH中含有离子键和极性键；②Na 2S中只有离子键；③(NH 4) 2S中含有离子键和极性键；④Na 2O 2中含有离子键和非极性键；⑤C 2H 2中含有极性键和非极性键；⑥SiC中只有极性键；则其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是过氧化钠；其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是(NH 4) 2S；乙炔是直线形结构，因此其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是乙炔；其中属于原子晶体的是SiC；（2）①含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Fe原子含有空轨道，则Fe原子能和含有孤电子对的原子易形成配位键；②CN -中C原子价层电子对个数是2，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp；原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与氮气分子互为等电子体，氮气分子含有三键，其结构式为N≡N：（3）分子晶体熔沸点较低，根据题给信息知，氯化铁熔沸点较低，应该是分子晶体；（4）面心面心立方晶胞中Fe原子个数=8×1/8+6×1/2=4，体心立方晶胞中Fe原子个数=1+8×1/8=2，所以体心立方晶胞中Fe原子个数与面心立方晶胞中Fe原子个数之比=2：4=1：2。
【分析】（1） ①NaOH、②Na2S、③(NH4)2S、④Na2O2为离子晶体，一定含离子键，其中①NaOH、③(NH4)2S、氢氧根离子，铵根离子中还含有极性共价键，④Na2O2还含有非极性共价键，②Na2S只含离子键。⑤C2H2、⑥SiC 分别为分子晶体，原子晶体。
（2）配位键的形成条件：一方提供空轨道，另一方提供孤电子对。根据价层电子对互斥理论， CN- 中孤电子对数代入公式(a-bx)/2求得为1，所以价层电子对数为2，所以杂化类型为SP，原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，氢氰根离子中含有2个原子、价电子数是10，与氮气分子互为等电子体，氮气分子含有三键，其结构式为N≡N。
（3） 三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚．丙酮等有机溶剂。 根据性质可以判定三氯化铁为分子晶体。
（4）根据晶胞的计算规律，定点的原子被八个晶胞共用，棱上的原子被四个晶胞共用，面上的原子被两个晶胞共用，体内的原子属于整个晶胞。
15．（2018高二下·集宁期中）海水资源的利用具有非常广阔的前景，从海水中可提取多种化工原料。
（1）海水淡化处理的方法有 (写出两种即可)。
（2）粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO 等杂质，精制时所用试剂为：
A．盐酸
B.BaCl2溶液
C.NaOH溶液
D.Na2CO3溶液
加入试剂的顺序是 。
（3）步骤②中，向精盐溶液中应先通入 ，再通入 。
（4）氯碱工业中，与电源负极相连的电极附近溶液pH值 (填“变大”“变小”或“不变”)。用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，发现产生大量白烟，白烟的主要成分是 。
（5）实际生产中，常选用 作为沉淀剂，从氯化镁溶液中得到无水晶体的操作为 。
（6）步骤⑤用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，反应的离子方程式为 。
【答案】（1）蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法(写出两种即可)
（2）CBDA(或BCDA或BDCA)
（3）NH3；CO2
（4）变大；NH4Cl
（5）石灰乳；将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干
（6）Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42－
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】（1）海水淡化处理的方法主要有蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法等。（2）Ca
2＋用碳酸钠除去，Mg
2＋用氢氧化钠除去，SO
42－用氯化钡除去，最后过滤，向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以加入试剂的顺序是CBDA(或BCDA或BDCA)；（3）由于氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中的溶解性很小，所以要制备碳酸氢钠，步骤②中应该向精盐溶液中应先通入氨气，再通入二氧化碳。（4）氯碱工业中，与电源负极相连的电极是阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，从而破坏阴极周围水的电离平衡，氢氧根浓度增大，所以阴极附近溶液pH值变大。阳极氯离子放电放出氯气，氯气具有强氧化性，用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，氯气能把氨气氧化生成氮气，同时被还原为氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵而产生大量白烟，即白烟的主要成分是NH
4Cl。（5）由于氢氧化钙来源广泛，价格便宜，所以实际生产中，常选用石灰乳作为沉淀剂；由于氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解吸热，因此从氯化镁溶液中得到无水晶体的操作为将MgCl
2溶液在HCl气流中蒸干。（6）溴水具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，因此反应的离子方程式为Br
2＋SO
2＋2H
2O＝4H
＋＋2Br
－＋SO
42－。
【分析】（1）本题为识记内容，答案为:蒸馏法、冷冻法、离子交换法、膜法、电渗析法、反渗透法.
（2）除去 粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO 42-等杂质，根据所选试剂，一定是先除掉 硫酸根离子 ，因为所加的碳酸钠同时可以除掉Ca2＋，和之前所加的钡离子，最后加盐酸便可除去过量的碳酸钠，氢氧化钠。
（3）步骤 ②中 利用提纯后的氯化钠生成碳酸氢钠，因为由于氨气极易溶于水，而二氧化碳在水中的溶解性很小，所以要制备碳酸氢钠，步骤②中应该向精盐溶液中应先通入氨气，再通入二氧化碳。
（4）电解池中，阴极区电极反应为：2H＋+2e-=H2，氢离子浓度降低，水的电离平衡被促进，氢氧根离子浓度变大。 用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，发现产生大量白烟 发生的反应为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,所以白烟为氯化铵。
（5） 氯化镁 可水解，所以从氯化镁溶液中得到无水晶体 ，要抑制其水解，所以操作为 将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干 。
（6）此题为溴的富集，反应为 Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42－ 。
16．（2018高二下·集宁期中）砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
（1）写出基态As原子的核外电子排布式 。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga As，第一电离能Ga As。(填“大于”或“小于”)
（3）AsCl3分子的立体构型为 ，其中As的杂化轨道类型为 。
（4）GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是 。
（5）GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为 ，Ga与As以 键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p3
（2）大于；小于
（3）三角锥形；sp3
（4）GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体
（5）原子晶体；共价； ×100%
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】根据以上分析，（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 3；（2）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As；（3）AsCl 3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+1 =4，所以原子杂化方式是sp 3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；（4）GaF 3的熔点高于1000℃，GaCl 3的熔点为77.9℃，其原因是GaF 3为离子晶体，GaCl 3为分子晶体，离子晶体的熔点高；（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ gcm ﹣3，根据均摊法计算，As： ，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V 1= ×10 ﹣30，晶胞的体积V 2= ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 将V 1、V 2带入计算得百分率= ×100%= 。
【分析】（1）质子数=原子序数=核外电子数。As为33号元素，根据基态原子核外电子排布原则，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3。
（2）半径比较原则：同周期从左到右半径逐渐变小，同主族从上到下半径逐渐变大，第一电离能逐渐变小。
（3）根据价层电子对互斥理论，两个分子中孤电子对数代入公式(a-bx)/2，孤电子对为1，价层电子对数为4，杂化类型为SP3，VSEPR模型为四面体，去掉一对孤电子对，则空间构型为三角锥形。
（4）根据 GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃ ，所以 GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。
（5）根据 GaAs的熔点为1 238 ℃ ，结合晶胞图示，该晶体为原子晶体，所以化学键的类型为共价键。
三、填空题
17．（2018高二下·集宁期中）水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。
（1）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为 ；
（2）写出与H2O分子互为等电子体的微粒 （填2种）。
（3）水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子（H3O＋）。下列对上述过程的描述不合理的是_
A．氧原子的杂化类型发生了改变
B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变
D．微粒中的键角发生了改变
（4）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图(未按顺序排序)。与冰的晶体类型相同的是 (请用相应的编号填写)
（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51 kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11 kJ/mol)，则冰晶体中氢键的“键能” 是 kJ/mol；
（6）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子。请写出生成此配合离子的离子方程式： 。
【答案】（1）1s22s22p4
（2）H2S、NH2－
（3）A
（4）BC
（5）20
（6）Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）氧原子的核电荷数是8，根据构造原理可知外围电子有6个电子，2s能级上有2个电子，2p能级上有4个电子，所以水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为1s
22s
22p
4。（2）水分子含有3个原子、8个价电子，因此与水互为等电子体的微粒有H
2S、NH
2－。（3）A、水分子中氧原子含有2个共价单键和2个孤电子对，其空间构型是V型，所以水中氧的杂化为sp
3，H
3O
+中氧的杂化为sp
3，则氧原子的杂化类型没有改变，A错误；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，B正确；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，C正确；
D、水分子为V型，键角是104.5°，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，D正确，
故答案为：A；（4）冰属于分子晶体，根据微粒的晶胞结构特点可知，A是离子晶体氯化钠的晶胞，构成微粒是离子。B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，属于分子晶体。C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，所以分子晶体；D是原子晶体金刚石的晶胞，构成微粒是原子。E是金属晶体钠的晶胞，构成微粒是金属阳离子和自由电子，则与冰的晶体类型相同的是干冰和碘单质，
故答案为：BC。（5）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，则根据结构图 可知，1mol水中含有2mol氢键，升华热＝范德华力+氢键。由于冰的升华热是51kJ/mol，水分子间的范德华力是11kJ/mol，所以冰晶体中氢键的“键能”是(51kJ/mol－11kJ/mol)÷2＝20kJ/mol。（6）无水硫酸铜溶于水后生成水合铜离子，铜离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，形成配位键，则生成此配合离子的离子方程式Cu2++4H2O＝[Cu(H2O)4]2+。
【分析】（1）氧原子核外8个电子，根据基态原子核外电子排布规律其排布式为：1s22s22p4。
（2）原子个数相等、价电子数分别都相等的微粒互为等电子体，所以与 H2O分子互为等电子体的微粒有H2S ， NH2－ 。
（3）由水得到水和氢离子的过程中，空间构型由水分子为V型变为H3O+为三角锥型，键角发生变化，性质发生变化，但氧原子的杂化方式都是SP3
（4） 冰的晶体类型 为分子晶体，根据图示，B为干冰，C为碘，都是分子晶体。
（5）根据晶胞的图示，每个晶胞有2个水分子，每个水分子周围4个氢键，所以一个水分子2个氢键。升华热＝范德华力+氢键，代入数据得氢键的键能为20kJ/mol。
（6）硫酸铜中的铜离子提供空轨道，水提供孤电子对，形成配位键。
四、推断题
18．（2018高二下·集宁期中）[化学——选修5：有机化学基础]端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，称为Glaser反应。
2R—C≡C—H R—C≡C—C≡C—R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，D 的化学名称为 。
（2）①和③的反应类型分别为 、 。
（3）E的结构简式为 。用1 mol
E合成1,4 二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气 mol。
（4）化合物（ ）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为 。
（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，写出其中3种的结构简式 。
（6）写出用2 苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线 。
【答案】（1）；苯乙炔
（2）取代反应；消去反应
（3）；4
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的推断
【解析】【解答】（1）A与氯乙烷发生取代反应生成B，则根据B分子式可知A是苯，B是苯乙烷，则B的结构简式为
；根据D的结构简式可知D 的化学名称为苯乙炔。（2）①是苯环上氢原子被乙基取代，属于取代反应；③中产生碳碳三键，是卤代烃的消去反应。（3）D发生已知信息的反应，因此E的结构简式为 。1个碳碳三键需要2分子氢气加成，则用1 mol E合成1,4 二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）根据已知信息可知化合物（ ）发生Glaser偶联反应生成聚合物的化学方程式为 。（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3:1，结构简式为 。（6）根据已知信息以及乙醇的性质可知用2 苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线为 。
【分析】根据合成路线，结合原子个数守恒，由A到B，A中有6个碳，6个氢，是苯。根据B到C，发生的反应类型为取代反应，所以B为，根据D到E的变化，复合题中的 Glaser反应 ，所以E的结构为。
（6） 用2 苯基乙醇为制备苯乙炔，侧链由饱和键变为不饱和键，整体思路为消去反应，所以流程为：2 苯基乙醇消去生成苯乙烯，苯乙烯与溴加成生成2 苯基-1,2-二溴乙烷， 然后用其消去，得到苯乙炔。
