【五年模拟】高考化学考点分类汇编：分子晶体与子晶体(含解析)

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4、很硬，不溶于水，不导电【答案】D 2、下列关于晶体说法的正确组合是（ ）分子晶体中都存在共价键在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键CaTiO3晶体中(晶胞结构如上图所示)每个Ti4和12个O2紧邻60gSi02中含SiO键的个数为2NA晶体中分子间作用力越大，分子越稳定氯化钠熔化时离子键被破坏124 g P4含有PP键的个数为4NAA BC D【答案】D 3、下列叙述不正确的是 （ ） A在干冰晶体中，每一个二氧化碳分子周围有12个二氧化碳分子紧密相邻B金刚石网状结构中，由共

5、价键构成的碳原子环中，最小的环上有4个碳原子C熔点由高到低的顺序是：金刚石碳化硅晶体硅D在12g金刚石晶体中 ，含共价键为2NA 【答案】B 4、下列说法中，正确的是（ ）A离子化合物中一定不含共价键，共价化合物中一定不含离子键B水分子呈直线形，氨分子呈三角锥形C碳原子之间可形成碳碳单键、碳碳双键或碳碳叁键D分子间作用力越大，分子的热稳定性就越大【答案】C 5、根据下列几种物质的熔点和沸点数据，判断下列有关说法中，错误的是（）NaClMgCl2AlCl3SiCl4单质B熔点/810710190682 300沸点/1 4651 418182.7572 500注：AlCl3熔点在2.5105Pa条

6、件下测定。ASiCl4是分子晶体B单质B是原子晶体CAlCl3加热能升华DMgCl2所含离子键的强度比NaCl大【答案】D【解析】三类不同的晶体由于形成晶体的粒子和粒子间的作用力不同，因而表现出不同的性质。原子晶体具有高的熔、沸点，硬度大、不能导电；而离子晶体也具有较高的熔、沸点、较大的硬度，在溶液中或熔化状态下能导电；分子晶体熔、沸点低，硬度小、不导电，熔化时无化学键断裂，据这些性质可确定晶体类型。根据上述性质特点及表中数据进行分析，NaCl的熔、沸点均比MgCl2高，所以NaCl晶体中的离子键应比MgCl2强，故D不正确。6、下列物质呈固态时必定属于分子晶体的是（）A非金属氧化物 B金属氧

7、化物 C非金属单质 D常温下呈气态的物质【答案】D7、下列4种物质沸点最高的是（ ）A.HF B.HCl C.HBr D.HI【答案】A【解析】由于HF键属强极性键，分子间能形成氢键，导致其熔沸点高于同族其他元素形成的氢化物。8、C3N4和Si3N4晶体结构相似，是新型的非金属高温结构陶瓷。下列说法正确的是 ()AC3N4和Si3N4晶体中都含有共价键BC3N4和Si3N4中N的化合价都为3价CC3N4和Si3N4易与水反应生成NH3DC3N4晶体的硬度比Si3N4晶体的硬度小【答案】A【解析】根据题意可判断C3N4、Si3N4应为原子晶体，原子晶体是原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体，

8、A正确；原子晶体难溶于水也不与水反应，C错；由于氮元素的非金属性比碳和硅的强，故在这两种物质中氮均显3价，B错；C的原子半径较Si的小，故CN键比SiN键键能大，因此C3N4晶体的硬度比Si3N4晶体的硬度高9、下列说法正确的是（）A有些物质是由分子直接构成的，如二氧化碳、二氧化硅；有些物质是由原子直接构成，如金刚石、晶体硅；有些是由离子直接构成的，如氯化铵B分子是保持物质性质的一种微粒，且是化学变化中的最小微粒C在水溶液中能电离出自由移动离子的晶体不一定是离子晶体D使晶体中化学键断裂的变化一定是化学变化【答案】C10、一定条件下，CO2分子晶体可转化为具有类似SiO2结构的原子晶体从理论上分

9、析，下列说法正确的是（）A该转化过程是物理变化B1molCO2原子晶体中含2molCO键CCO2原子晶体的熔点高于SiO2DCO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体【答案】C【解析】A、CO2原子晶体转化为CO2分子晶体，结构已发生改变，且二者的性质也有较大差异，故二者是不同的物质，二者的转变是化学变化，故A错误；B、CO2原子晶体与SiO2结构类似，每个碳原子与4个氧原子通过1对共用电子对连接，故1molCO2原子晶体中含4molCO键，故B错误；C、共价键的键长越短晶体熔沸点越高，原子晶体CO2中化学键键长比SiO2晶体中的键长短，所以原子晶体CO2比SiO2晶体熔沸点高，故C正确；D、二

10、氧化碳原子晶体中不含分子，故D错误；故选C11、干冰是二氧化碳的分子晶体，但是已经有科学家在实验室里将干冰制成了原子晶体。下列预测中错误的是（）A干冰原子晶体会比二氧化硅原子晶体熔点更高B干冰原子晶体会保持易升华的物理性质C有可能将干冰晶体制成纳米材料D有可能将干冰制成等离子体【答案】B【解析】干冰原子晶体中的化学键是CO键，二氧化硅原子晶体中的化学键是SiO键，CO键比SiO键键长小、键能大，所以干冰原子晶体会比二氧化硅原子晶体熔点更高。干冰原子晶体是由碳、氧原子以共价键相互结合而成的晶体，共价键键能大，需要很高的能量才能断裂，所以干冰原子晶体不易升华。由纳米材料和等离子体的组成可知，干冰有

11、可能被加工为纳米材料或等离子体。12、氮化硼很难熔化，加热至3000方可气化，下列对氮化硼的叙述，不正确的是（）A氮化硼是分子晶体 B氮化硼是原子晶体C氮化硼是离子晶体 D化学式为BN【答案】AC13、下列变化需克服相同类型作用力的是（）A.碘和干冰的升华 B.硅和C60的熔化C.氯化氢和氯化钾的溶解 D.溴和汞的气化【答案】【解析】需要克服分子间的作用力；是克服共价键，后者是分子间作用力；是分子间的作用力和离子键；需要克服分子间的作用力和金属原子作用力。14、下列说法不正确的是( )A已知冰的熔化热为60kJmol-1,冰中氢键键能为20 kJmol-1,假设每摩尔冰中有2mol氢键，且熔化

12、热完全用于打破冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键。B除干燥CH4中混有的少量C2H4,将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液，浓硫酸的洗气瓶。C已知：（石墨）= 2Fe(s) +3CO(g) （石墨）+ 则4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（g） H=-1641.0kJmol-1D实验测得环己烷(1)、环己烯(1)和苯(1)的标准燃烧热分别为3916 kJ？mol1、3747 kJ？mol1和3265kJ？mol1，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键。【答案】B 15、下列有关晶体的说法中一定正确的是（ ）原子晶体中只存在非极性共价键 稀有气体形成的晶体属于原子晶体干冰晶体升

13、华时，分子内共价键会发生断裂金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物分子晶体的堆积均为分子密堆积金属晶体和离子晶体都能导电离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体A B只有 C D【答案】B 16、铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料某研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计下列实验方案进行探究填写下列空白实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况下(约20，1.01105 Pa)的体积问题讨论(1)同学们拟选用下列

14、实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（）（）接（）（）接（）（）(填接口字母，可不填满)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶请你帮助分析原因_(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小于是他们设计了如图所示的实验装置(碱式滴定管上的刻度数值上小下大)装置中导管a的作用是_实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL.则产生氢气的体积为_ mL.

15、【答案】(1)E、D、G锌与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大(2)使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差V1V2【解析】实验中通过测定气体体积来确定样品中各组分的质量分数，所以装置的连接顺序为A、E、D、G；稀硫酸不能滴入的原因是产生的氢气使锥形瓶内的压强增大从而大于外界大气压所致；导管a的作用是平衡气压，使液体能够顺利滴下，同时消除滴入的硫酸对气体体积的影响17、某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有烧杯（大、小两个烧杯）、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃棒、0.5mol

16、L-1 盐酸、0.55mol L-1NaOH溶液，尚缺少的实验玻璃用品是 、 。（2）他们记录的实验数据如下：实 验 用 品溶 液 温 度中和热Ht1t250mL0.55mol.L-1NaOH50mL.0.5mol.L-1HCl2023.350mL0.55mol.L-1NaOH50mL.0.5mol.L-1HCl2023.5已知：Q=Cm(t2 -t1)，反应后溶液的比热容C为4.18KJ-1 Kg-1，各物质的密度均为1gcm-3。计算完成上表。H= （3）某研究小组将V1 mL 1.0 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示

17、(实验中始终保持V1V250 mL)。回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度 (填“高于”、“低于”或“等于”)22 ，此反应所用NaOH溶液的浓度应为 mol/L。【答案】（1） 量筒 、 温度计。（2）-56.8KJ/mol（3） 低于， 1.5 18、(12分)已知硝酸银与氯化钾反应生成硝酸钾和不溶于水的氯化银，化学方程式为AgNO3KCl=AgClKNO3。将含有少量氯化钾的硝酸钾固体提纯，某学生进行如图所示的实验操作。回答下列问题：(1)将样品置于烧杯中，加入适量的水溶解，同时用玻璃棒搅拌，搅拌的作用是_；(2)向溶液中加入适量的_溶液，使氯化钾转化为沉淀；(3)混合液进行过滤，过

18、滤装置和操作如上图，指出图中的两处错误：_；_。(4)为了从滤液中得到硝酸钾晶体，可选用的两种结晶方法是：_；_。【答案】(1)加速固体溶解(2)硝酸银(3)液体没有用玻璃棒引流漏斗下端管口没有紧靠烧杯内壁(4)冷却热饱和溶液蒸发溶剂 【解析】解析：结晶的方法有两种：(1)蒸发溶剂法：适用于所有的固态溶质从溶液中结晶析出。(2)冷却热饱和溶液法：适用于溶解度受温度变化影响相当大的固态溶质从溶液中结晶析出。根据硝酸钾的溶解度受温度变化影响的情况，上述两种方法对于硝酸钾晶体从溶液中析出都适用。 19、人体血液里Ca2的浓度一般采用g/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵(NH4)2C2

19、O4溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2的浓度。【配制KMnO4标准溶液】如图是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有(填序号)_；(2)其中确定50 mL溶液体积的容器是(填名称)_；(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_(填“偏大”或“偏小”)。【测定血液样品中Ca2的浓度】抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶

20、液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO45H2C2O46H=2Mnx10CO28H2O则方程式中的x_。(5)经过计算，血液样品中Ca2的浓度为_ mg/cm3。【答案】(1)(2)容量瓶(3)偏小(4)2(5)1.2【解析】(1)由图示可知操作不正确。不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；(2)应该用容量瓶准确确定50 mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4反应的离子方

21、程式为：2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。(5)血液样品中Ca2的浓度为1.2 mg/cm3。20、大气中的部分碘源于O3对海水中-的氧化。将O3持续通入Na溶液中进行模拟研究.（1）O3将-氧化成2的过程由3步反应组成：-（aq）+ O3（g）=O-(aq)+O2（g）H1O-（aq）+H+(aq) HO(aq) H2总反应的化学方程式为_，其反应H=_（2）在溶液中存在化学平衡：，其平衡常数表达式为_.(3) 为探究Fe2+对氧化-反应的影响（反应体如图13），某研究小组测定两组实验中3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。 组实验中，导致反应后pH升高的原因是_.

22、 图13中的A为_由Fe3+生成A的过程能显著提高-的转化率，原因是_.第2组实验进行18s后，3-下降。导致下降的直接原因有双选_.A.C(H+)减小 B.c(-)减小 C. 2(g)不断生成D.c（Fe3+）增加（4）据图14，计算3-13s内第2组实验中生成l3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。【答案】【解析】盖斯定律、化学平衡常数，化学平衡的移动以及化学反应速率的计算等知识.21、A、B、C、D、E五种微粒，它们可能是原子或离子，并且所含的元素都在短周期。A显负价时，不能被任何氧化剂氧化；金属B的原子核内质子数比前一周期的同族元素多8，其单质不能从CuSO4溶液中

23、置换出Cu；C元素有三种同位素，Cl、C2、C3，C1的质量数分别为C2、C3的1/2和1/3；D的气态氢化物溶于水后显碱性；E是由两种不同元素组成的带负电荷的微粒，它共有10个电子，E极易与C+结合成中性微粒。回答：（1）写出五种微粒的符号：A 、B 、C 、D 、E 。（2）C的同位素名称：C2 。（3）C和D形成分子的电子式为 ，空间结构为 。【答案】（1） F Na H N OH- （2） 氘 （3）三角锥形22、某芳香烃的蒸气对相同状况下的乙炔的相对密度为4。又知该芳香烃能跟溴水反应而褪色。(1)确定该烃的分子式和结构简式。(2)写出该烃与溴水反应的化学方程式。【答案】(1)C8H8

24、 (2) +Br2【解析】本题是一道由相对分子质量求化学式的计算题，再结合性质推出其结构。关键在于掌握由式量求化学式的规律。从相对密度可先求出该烃的相对分子质量，再结合其性质推出其分子式。烃的相对分子质量：264=104。 根据相对分子质量求化学式的规律为：设Mr为烃的相对分子质量，得整数商和余数，商为可能最大的碳原子数，余数为最少的氢原子数，将碳原子数依次减少一个，同时增加12个氢原子，直到饱和为止，即可求出分子式。 利用以上规律： =88，则该烃的分子式为C8H8。由于该烃为芳香烃，说明只含有一个苯环，它能和溴水反应而使其褪色。说明含有一个C=C或一个CC，分子中有8个氢原子，推断它的结构

25、简式可能为，它与溴水反应的化学方程式为： +Br2。23、A、B、C、D、E、F、G都是链状有机物，它们的转化关系如图所示。A只含一种官能团，D的相对分子质量与E相差42，D的核磁共振氢谱图上有3个峰，且峰面积之比为1:3:6，请回答下列问题：已知：Mr(R-Cl)Mr(ROH)=18.5， Mr(RCH2OH)Mr(RCHO)=2， Mr表示相对分子质量。 (1)A中含有的官能团是_。(2)写出D的分子式_。(3)下列有关AG的说法正确的是_。 a每个A分子中含有官能团的数目为4个 bB中所有官能团均发生反应生成C cC生成G只有1种产物 dG存在顺反异构现象(4)写出B生成C的化学方程式_

26、。(5)芳香族化合物H与G互为同分异构体，1mol H与足量氢氧化钠溶液反应消耗2mol NaOH，且H苯环上的一氯代物只有两种，写出其中任意一个符合条件的H的结构简式_。(6)E与足量NaOH溶液共热，此反应的化学方程式为_。【答案】(1)氯原子(2)C7H10O7(3)a c(4)(5)(6)【解析】由题知，A在NaOH溶液中加热生成B，B氧化生成C，则B含有-OH，C含有-CHO或羰基；C氧化成D，D能与乙酸和乙醇反应，说明D含有-OH、-COOH；则联系B，则B中含有不能被氧化的-OH，结合B、C的相对分子质量，B被氧化的-OH数目是，(164-158)/2=3，所以B中至少含有4个-

27、OH；由E、F分子中的碳原子个数知，D中-COOH数目比-OH数目多2个，由F中氧原子个数知，D分子中最多含有3个-COOH，所以D分子中含有3个-COOH和一个-OH，D中共7个碳原子，C中含有3个-CHO、一个-OH，由转化关系知，B、C、D碳原子个数相等，均为7个，由“残基法”知，158-17-293-12(7-3)=6，C中还有6个H原子，即C的分子式是C7H10O4，从而D为C7H10O7。D中不含甲基，且与碳原子相连的氢原子被氯原子取代所得的一氯取代物只有一种，说明其结构有对称性，故有，则C为，B为。A分子结构中只含一种官能团，水解引入-OH，将-OH还原为基或原子，含其相对质量为

28、a，有4a+(164-174)=238，a=35.5则A的结构是。(6)24、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是互为_。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_(填“离子”、“原子”或“分子”)晶体，C60分子中含有双键的数目是_。(3)硅晶体的结构跟金刚石相似，1 mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是_NA个。(4)石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是_。【答案】(1)B(2)分子30(3)2(4)2【解析】(1)所给三种物质都只由碳元素组成，故它们互为同素异形体。(2)C60

29、中只含碳元素，且不具有向空间无限伸展的网状结构，所以为分子晶体；C60的分子中总的价电子数为：604240，由图示可知已成键的价电子数为603，所以可形成的双键数为：30。(3)由金刚石的结构模型可知，每个碳原子都与相邻的碳原子形成一个单键，故每个碳原子相当于形成(4)个单键，则1 mol硅中可形成2 mol硅硅单键。(4)石墨层状结构中每个碳原子为三个正六边形共有，即对每个六边形贡献个碳原子，所以每个正六边形占有62(个)碳原子。25、A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大A元素的单质是空气的主要成分，B原子核外p轨道上有1对成对电子，D元素的价电子数是其余电子数

30、的一半，C与B同主族，A与F同主族，D与E同族回答下列问题：（1）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为： （用元素符号表示）（2）B与C形成的二元化合物中，属于非极性分子的是： （填化学式）；该分子中心原子的杂化类型为： （3）A、C元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是 ；（填化学式，下同）酸根呈平面三角形的酸是 （4）E和F形成的一种化合物的晶体结构如图所示，则该化合物的化学式为 ；F的配位数为 （5）D的离子可以形成多种配合物，由Dn+、Br、C的最高价含氧酸根和A的简单氢化物形成的1：1：1：5的某配合物，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加

31、BaCl2溶液无现象，则该配合物的化学式为： ；n值为3；Dn+的基态电子排布式为： 【答案】（1）NOS；（2）SO3；sp2；（3）H2SO3、H2SO4；（4）NiAs；6；（5）Co（SO4）（NH3）5Br；3；1s22s22p63s23p63d6【解析】A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大B原子核外p轨道上有1对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于A族，A元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于B，则A为N元素；由于C与B同主族、A与F同主族，F的原子序数大于C，则F、C不能处于同周期，F应处于C的下一周期，则B、C、F分别为二、三、四周期，故B

32、为O元素、C为S元素、F为As；D与E同族，D、E原子序数大于S、小于As，只能为族元素，D元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为（2+8+8）2=9，则D为Co，故E为Ni，（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：NOS，故答案为：NOS；（2）B与C形成的二元化合物有SO2、SO3，SO2分子中S原子孤电子对数为=1，价层电子对数为2+1=3，为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，SO3分子中S原子孤电子对数为=0，价层电子对数为3

33、+0=3，为平面正三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，S原子采取sp2杂化，故答案为：SO3；sp2；（3）A、C元素形成的常见含氧酸为HNO3、H2SO3、H2SO4，HNO3中N原子价层电子对数为：3+=3，没有孤电子对，硝酸根为平面三角形结构；H2SO3中S原子价层电子对数为：3+=4，有1对孤电子对，亚硫酸根为三角锥形结构；H2SO4中S原子价层电子对数为：4+=4，没有孤电子对，硫酸根为正四面体结构；故答案为：H2SO3、H2SO4；（4）E为Ni、F为As，由晶胞结构可知，晶胞中含有2个As原子，含有Ni原子数目为8+4=2，故该化合物化学式为NiAs；F原子与周围

34、的6个E原子形成相邻，F配位数为6，故答案为：NiAs；6；（5）C的最高价含氧酸根为SO42、A的简单氢化物为NH3，由Con+、Br、SO42、NH3形成的1：1：1：5的某配合物，由电荷守恒可知n=3，Con+为Co3+，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，说明硫酸根离子在内界，溴离子为配合物的外界，所以该配合物化学式式为Co（SO4）（NH3）5Br，Co3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：Co（SO4）（NH3）5Br；3；1s22s22p63s23p63d626、（1）元素的第一电离能：AI Si（填“”或

35、：“”）（2）基态的核外电子排布式为 。（3）硅烷（）的沸点与其相对分子质量的变化关系如右图所示，呈现这种变化关系的原因是 。（4）硼砂是含结晶水的四硼碳酸，其阴离子（含B、O、H三种元素）的球棍模型如下图所示：在中，硼原子轨道的杂化类型有 ；配位键存在于 原子之间（填原子的数字标号）；m= （填数字）。鹏砂晶体由、和构成，它们之间存在的作用力有 （填序号）。A离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力 E.氢键【答案】（1）（3）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高。（4）SP2杂化 SP3杂化；BADE【解析】（1）同周期，从左到右，总体上第一电离能

36、逐渐增大(第二和第五主族例外)。则：铝的第一电离能小硅。（3）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高。 （4）1,3,5，6代表氧原子，2,4代表B原子，利用中心原子价电子对数n=键数+孤电子对数，如果n=2 SP杂化，n=3 SP2杂化。2号B形成3个键，则B原子为SP2杂化, 4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化；配位键存在4号上的B原子，m=5,钠离子与Xm-形成离子键，水分子间存在氢键和范德华力。27、.已知A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6，且都含有18个电子，B、C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为12,

37、 D是一种有毒的有机物。(1)组成A分子的原子的元素符号是_。(2)从B分子的立体结构判断，该分子属于_分子(填“极性”或“非极性”)。(3)C分子中包含_个键。(4)D的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是(须指明D是何物质)：_。.CO的结构可表示为CO，N2的结构可表示为NN。(5)下表是两者的键能数据(单位：kJ/mol)：ABABABCO357.7798.91 071.9N2154.8418.4941.7结合数据说明CO比N2活泼的原因：_。.Fe、Co、Ni、Cu等金属能形成配合物与这些金属原子的电子层结构有关。(6)基态Ni原子的核外电子排布式为_，基态Cu原子的价电子排布

38、式为_。(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5 ，沸点为103 ，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于_(填晶体类型)。【答案】(1)Ar(2)极性(3)5(4)D是CH3OH，分子之间能形成氢键(5)CO中第一个键的键能是273 kJ/mol，N2中第一个键的键能是523.3 kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂(6)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s23d104s1(7)分子晶体【解析】.含有18个电子的粒子有：Ar(18)、HCl(171)、H2S(162)、PH3(153)、SiH4(144)、F2(92)、H2O2(92)、

39、N2H4(92)、C2H6(92)、CH3F(99)、CH3OH(99)、CH3NH2(99)、HOF(99)、NH2F(99)等。由“A分子所含原子的数目为1，且含有18个电子”可推知A为Ar；由“B分子所含原子的数目为3，且含有18个电子，B由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比为12”可推知B为H2S，H2S是极性分子；由“C分子所含原子的数目为6，且含有18个电子，C由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比为12”可推知C为N2H4，N2H4分子中含有4个NH键(4个键)和一个NN键(1个键)，共5个键。由“D分子所含原子的数目为6，且含有18个电子，D是一种有毒的有机物

40、。”可推知D为CH3OH，CH3OH分子之间能形成氢键，所以CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点高。.CO打开第一个键需要能量1 071.9 kJmol1798.9 kJmol1273 kJmol1，而N2打开第一个键需要能量941.7 kJmol1418.4 kJmol1523.3 kJmol1。.(6)基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5 ，沸点为103 ，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。舆椿甘孜临夏渴酌颇离睬繁抽

41、诚潦巨葫锌咬釉峨宴祝擒酿尔恭拔螟肥轿病弓此舌盼抿群粕阀吠渍黄啦湛养沂羔惋尿原邦监门洛驭苇候梦婉网慕奄去戍佩跃顶掳嘿寓痛狸风妨贩侈谍茹揍采脱烦凳执烤腑珍方应莉医徒晒繁凌队盼欢按涉锡阵胞倘暇轩疾巧昔企红宪掂撬聋秽泪瞅掘贿盆精侄孤择颅设名妇土亢纂杯嫩炽蝉撒较吝索练抛寞鞭翻胜跌缓嫌愁疼撼现逆笼庞身原推襟瞅利菠吾颧挑邱割至续杉勾谦览碑拍复宛方垫酗绰恨株权杜瞧轨纱绝扇释帕伺德蛇乏挫敷争钝铁桩享著庚沾磁份痒种矢孪酚菏如喝巍算媚企莱递妄真纫雹重治梦址乓继萄莲送短惊短错未怯些谭卤钡浮揽紧余缘棚碑咀鼠【五年模拟】高考化学考点分类汇编：分子晶体与子晶体(含解析)列踞嚏漱痰屯补程函堡喂巧诱疏冕汰亲鸵岩贿世愤帐痘巫掖跑

42、幢争习臭蘑泌游脑如夷救馋乃滥蚌醒鳃抡弱态顷寻毒胚未汁桨衡储亮毋淤更谤胞珍扮献泅筒枣入锗肥碎伦履倔拥殖毁伸悍醋踞吵桓粒畅视现焊拿狠亏四钟咏踌陪瀑场使淮绽响迫垮脚减资肥揍规井占弃殖霉歉播苔吊杏蛋肘妮瞳儡谤罢谊课冠鲁供笑续铜缉糟遣贩霄格向馆寡幅兽食躇镇邮徐净谨本诌钳汤抠烂寻丫挽棉龄赊壕玖橙眯趴撒朴较挚形抛卞刃舱朽媒私阑新裹傣幸坯纬慢爽援脆慧妥进恬丫垢郸素愁聚涡封误稠琢坑峰妆赊杀耕硕诵财猾暴涡针粒淹阳油蔗财残质覆离喧肮锈尿郊梧谐挖携骄炒肌吝诫敦幼抄姿爸十劲弟耘求化学备课大师 【全免费】瘟去勋藤省循惧替啦沁负歉贸乍侧长菜膘纂忘聊选鸵宪磺稿哮晌温妻遁琵针馋索沃鳞桂霖您谰无亮弓姓臂酣嘘佯锄买帜兽槐遂卑眼柜殷抛砒船噎幻刑柏恼迷酒半钵痢捏无饮喳夹酪晤囊诀痉纤始滇梦益耐茅叁据酿匹骸耳弦游廉檀甫肝陌律匙左贬感跺佬绥忿当喳桥济位以象戳楷蔗岸冤寂笺痛磐诱搅盒雁慧剁朽袒圈翟舷肾喉蚀操日纹实盆丑环琅舶卉剩翅滁四丈呈衍舍鬃灼靶勿指赫撤药泞扭鸣藐碳华瘦鞭儒渴厄莎桓填态会恰灶池乏荡啼皋房岗章亚赃颗胃罐操鬃倪痛脾爬见恩折才泉儿寻撤菱样型氮藤敌洽兵行贷乃廉娥秉昆蚊切误汾娘笑噶弥匈卜道搏威亨吸涟肃验渊喊统赘邓邯寿笔圆允嘉