错题集1

更新时间：2024-06-25 17:06:01 阅读量：综合文库文档下载

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电子在一个原子的下列能级中排布时，最后一个排布的是（）。 A: B: C: D: 答案 B

解析

根据原子中能级的能量高低顺序：，所以最后一个排布的应是能量最高的能级，应为能级，故选B项。

综上所述，本题正确答案为B。

下列各组中的X和Y两种原子,化学性质一定相似的是( )

A. X原子和Y原子最外层都只有1个电子

B. X原子的核外电子排布式为,Y原子的核外电子排布式为

C. X原子的2p能级上有3个电子,Y原子的3p能级上有3个电子

D. X原子核外M层上仅有2个电子,Y原子核外N层上仅有2个电子答案 C

解:A.如H和Na性质不同,故A错误;

B.X为He,Y为Be,两者性质不同,故B错误;

C.X为N,Y为P,同主族元素性质相似,所以C选项是正确的;

D.X为Mg,Y的M层电子数不确定,元素种类很多,故D错误.

所以C选项是正确的.

视频讲解（来源：猿辅导老师王林悦）

1.1M05:51 解析

A.如H和Na原子最外层都只有1个电子性质不同; B.X为He,Y为Be; C.X为N,Y为P;

D.X为Mg,Y的M层电子数不确定.

下面是某些元素的最外层电子排布，各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是（）

A． 2s22p2和2s22p4

B． 3s23p4和2s22p4 C． 3s2和2s22p5 D． 3s1和3s23p4 答案 D 解析

A项为C和O，能形成CO2；B项为S和O，能形成SO2；C项为Mg和F，能形成MgF2；D项为Na和S，能形成Na2S，属A2B型，故选D。

某主族元素的原子，M层上有一个半充满的能级(即该能级的每个轨道只有1个电子)，这种原子的质子数( )

A．只能是7 B．只能是15 C．是11或15 D．只能是11 答案 C 解析

满足题中条件的M能层上的电子排布为3s1或3s23p3，原子核外电子总数为11或15，故C项正确。

【题文】下列原子构成的单质中既能与稀硫酸反应又能与烧碱溶液反应，都产生H2的是（） A．核内无中子的原子 B．价电子构型为3s23p1

C．最外层电子数等于倒数第三层上的电子数的原子 D．N层上无电子，最外层上的电子数等于电子层数的原子答案 BD 解析

据B、D的信息知元素均是Al，与题意相符，A为氢不合题意，C为镁，与碱不反应。

（9分）A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：

（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为，C的元素符号为；

（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D的元素符号为，其基态原子的电子排布式为。（2分）

（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为，其基态原子的电子排布式为。答案 (1)N

(2)Cl；K

(3)Fe；或[Ar]

(4)Cu；或[Ar]

解析（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，则根据构造原理可知，该元素是N。

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，由于氩原子是18电子的，所以B是Cl，C是K。

（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，则根据构造原理可知，该元素的原子序数是26，因此是Fe，其基态原子的电子排布式1s22s22p63s26p63d64s2或[Ar]3d64s2。

（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则根据构造原理可知，该元素是Cu，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s26p63d104s1或[Ar]3d104s1

具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是

A、最外层有8个电子的原子 B、最外层电子排布为ns2的原子 C、最外层有3个未成对电子的原子 D、次外层无未成对电子的原子答案（C）解析

下列各组中的X和Y两种原子,在周期表中一定位于同一族的是( )

A. X原子和Y原子最外层都只有一个电子

B. X原子的核外电子排布为,Y原子的核外电子排布为

C. X原子2p能级上有三个电子,Y原子的3p能级上有三个电子

D. X原子核外M层上仅有两个电子,Y原子核外N层上也仅有两个电子答案 C

解:A.第IA族元素及某些副族元素Cr、Cu的最外层电子数为1,则不一定同主族,故A不选;

B.X为H,Y为Be,分别为IA、IIA族元素,故B不选;

C.X原子2p能级上有三个电子,X为N元素;Y原子的3p能级上有三个电子,Y为P元素,均为ⅤA族,故C选;

D.X原子核外M层上仅有两个电子,X为Mg;Y原子核外N层上也仅有两个电子,Y为Ca、Sc、Ti、V等,则不一定同主族,故D不选;

所以C选项是正确的. 解析

A.第IA族元素及某些副族元素Cr、Cu的最外层电子数为1;

B.X为H,Y为Be;

C.X原子2p能级上有三个电子,X为N元素;Y原子的3p能级上有三个电子,Y为P元素;

D.X原子核外M层上仅有两个电子,X为Mg;Y原子核外N层上也仅有两个电子,Y为Ca、Sc、Ti、V等.

具有下列电子层结构的原子，其第一电离能由大到小排列正确的是（）

①3p轨道上只有一对成对电子的原子；②外围电子构型为3s23p6的原子；③其3p轨道为半充满的原子；④正三价的阳离子结构与氖相同的原子。 A.①②③④ B.③①②④ C.②③①④ D.②④①③

答案

此题答案为：C。

解：①3p轨道上只有一对成对电子的原子，则该元素为S；

②外围电子构型为3s23p6的原子，则该元素为Ar； ③其3p轨道为半充满的原子，则该元素为P；

④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，则该元素为Al；

已知同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第ⅤA族和第ⅥA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大；所以第一电离能由大到小排列为Ar＞P＞S＞Al，即第一电离能由大到小排列为：②③①④。故选C。解析

【解题方法提示】

①3p轨道上只有一对成对电子的原子，则说明该元素的原子的3p轨道只有四个电子，即可推出该元素；

②外围电子构型为3s23p6的原子，则可知该元素的原子核外电子层排布为1s22s22p63s23p6，即可推出该元素；

③其3p轨道为半充满的原子，则说明该元素的原子的3p轨道有三个电子，即可推出该元素； ④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，则该元素的原子的核电荷数为13，即可推出该元素；

已知同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第ⅤA族和第ⅥA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大分析解答。

下列是几种原子的基态电子排布，电负性最大的原子是（）。 A: B:

C: D: 答案 D

解析

根据已知条件，A项元素是，B项元素是，C项元素是，D项元素是，是金属元素，电负性最小，同一周期，元素的电负性从左到右递增，同一主族，元素的电负性从上到下递减，因此电负性顺序是。综上所述，本题正确答案为D。

对第三周期元素,,的有关性质的叙述正确的是( ) A、电负性: B、第一电离能: C、还原性: D、碱性:

答案

解:.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,则电负性:,故错误;

.同周期元素从左到右,第一电离能逐渐增大,但的最外层为全充满状态,电子能量最低,第一电离能,故错误;

.同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱,对应单质的还原性逐渐减弱,故正确;

.同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,则碱性:,故错误. 故选. 解析

同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱,对应单质的还原性逐渐减弱;元素的非金属性,电负性逐渐增强,第一电离能逐渐增大,但的最外层为全充满状态,电子能量最低,第一电离能较大,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,以此解答该题.

钡的核外电子排布为[Xe]6s2，下列关于钡的说法不正确的是( )

A、其电负性比Cs大

B、位于第六周期第ⅡA族 C、能与冷水反应放出氢气 D、第一电离能比Cs小答案（D）解析

下列有关说法正确的是( )

A. C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 B. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势,推出Al的第一电离能比Mg大

C. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7

D. Ni原子的核外电子排布式为答案 D

解:A、C、N、O元素处于同一周期,且原子序数依次增大,但N元素处于第VA族,所以第一电离能顺序为,故A错误; B、同一周期元素,元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以Mg元素第一电离能大于Al元素,故B错误; C、主族元素中,元素最高正化合价与其族序数相等,但O、F元素除外,所以卤族元素中除了F元素外其它元素最高正化合价为+7,故C错误;

D、Ni是28号元素,所以核外电子排布式为,所以D选项是正确的;

所以D选项是正确的. 解析

A、同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素;

B、同一周期元素,元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素; C、主族元素中,元素最高正化合价与其族序数相等,但O、F元素除外;

D、Ni是28号元素,其原子核外有28个电子. 下列有关说法正确的是( )

A. C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 B. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势,推出Al的第一电离能比Mg大

C. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7

D. Ni原子的核外电子排布式为答案

D、Ni是28号元素,所以核外电子排布式为,所以D选项是正确的;

所以D选项是正确的. 解析

A、同一周期元素,元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素;

D、Ni是28号元素,其原子核外有28个电子. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ① ② ③ ④

则下列有关比较中正确的是（）。 A: 第一电离能：④>③>②>① B: 原子半径：④>③>②>① C: 电负性：④>③>②>①

D: 最高正化合价：④>③＝②>① 答案 A

解析

四种元素基态原子电子排布式可知，①是S元素，②是P元素，③是N元素，④是F元素。

A项，同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子能级容纳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，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A项正确；

B项，同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B项错误； C项，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性

S＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C项错误；

D项，F元素没有正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，S最外层6个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：①＞②=③，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为A。

有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，B和D也属同一族，它们的原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子最外层电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：

（1）A是，B是，C是，D是，E是。（2）由这五种元素组成的一种化合物是（写化学式）。写出该物质的一种主要用途：。

（3）写出C元素基态原子的电子排布式：。（4）用电子排布图表示D元素原子的价电子排布为。

（5）元素B与D的电负性的大小关系是B D，C与E的第一电离能的大小关系是C E。（填“＞”“＜”或“=”）答案

此题答案为：（1）H；O；Al；S；K；（2）KAl(SO4)2·12H2O；作净水剂；（3）1s22s22p63s23p1；（4）；（5）＞；＞。解：有A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，最外层电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，D的原子序数较大，故B为O元素、D为S元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于IA族，E是金属元素，则A为H元素，E原子序数大于S，故E为K；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，最外层电子数为3，处于ⅢA族，原子序数大于氧、小于硫，故C为Al，

（1）由上述分析可知，A为H元素，B为O元素，C为Al元素，D为S元素，E为K元素；

（2）由这五种元素组成的一种化合物的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，该物质的一种主要用途：用作净水剂；（3）C为Al元素，原子核外有13个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1；（4）D为S元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外电子排布图为；

（5）B为O元素、D为S元素，同主族自上而下电负性减小，故电负性O＞S，即B＞D；C为铝元素，E为钾元素，钾的第一电离能小于钠的，又因同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，故钠的第一电离能小于铝的，即第一电离能Al＞K，则第一电离C＞E。解析

【解题方法提示】

A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。B和D属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，最外层电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，D的原子序数较大，且核电荷数都小于20，即可推知B、D元素；

A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于IA族，E是金属元素，故可推知A、E元素；

C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，最外层电子数为3，处于ⅢA族，即可推知C元素；根据C元素的原子结构，结合核外电子排布式的表示方法分析；

根据D元素的原子结构，结合核外电子排布图的表示方法分析；

根据同一主族，自上而下元素电负性递减分析；

根据同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大；同主族，从上到下，第一电离能由大到小分析解答。

下列有关键的说法错误的是( )

A. 如果电子云图象是由两个s电子重叠形成的,即形成键

B. s电子与p电子形成键 C. p电子与p电子不能形成键 D. HCl分子里含一个键答案 C

解:A.如果电子云图象是由两个s电子头对头重叠形成的,即形成键,所以A选项是正确的;

B.s电子与p电子头对头能形成键,如氯化氢分子中含有键,所以B选项是正确的;

C.p电子与p电子头对头能形成键,肩并肩能形成键,故C错误;

D.氯化氢分子中氢原子中的S电子与氯原子中的P电子头对头形成键,所以D选项是正确的; 所以C选项是正确的. 解析

由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键,叫做键键,有键、键.

下列分子中存在的共价键类型完全相同的是（） A．CH4与NH3 B．C3H8与C2H4 C．H2与F2 D．Cl2与O2 答案 A 解析

A项中全是s-p ?键；B项中C3H8只存在?键，而C2H4存在?键和π键；C项中H2中的键为s-s ?键，F2中的键为p-p ?键；D项中Cl2只存在?键，O2含有?键和π键。

已知下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗

的最低能量(kJ)。

根据表中数据回答问题：

(1)下列物质本身具有的能量最低的是________。 A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2

(2)下列氢化物中，最稳定的是________。 A．HF B．HCl C．HBr D．HI

(3)X2＋H2===2HX(X代表F、Cl、Br、I)的反应是吸热反应还是放热反应？________。

(4)相同条件下，X2分别与H2反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是____________。2 mol Cl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，放出或吸收的热量是________kJ。 (5)若无上表中的数据，你能正确回答出问题(4)的第一问吗？________；你的理由是

________________________________________________________________________。答案

(1)A (2)A (3)放热 (4)F2 366 (5)能生成物越稳定，放出的热量就越多，在HX中，HF最稳定解析

能量越低越稳定，破坏其中的化学键需要的能量就越多，形成其中的键时放出的能量也越多。

下列说法中正确的是A.NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构

B.P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28' C.的电子式为，离子呈平面正方形结构

D.NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强答案 D

解析

NCl3分子中，N最外层有5个电子，每个Cl提供一个电子，3个Cl提供3电子，同时每个Cl得到N提供1个电子，所以NCl3分子中各原子都满足8电子稳定结构，A项错误；P4为正四面体形分子，但其键角为60°，B项错误；N为正四面体形结构而非平面正方形结构，C项错误；NH3分子中有一对未成键电子，由于未成键电子对成键电子的排斥作用，使其键角为107°，呈三角锥形，D项正确。

以下分子或离子的结构为正四面体且键角为109°28′的是

[ ]

A. ①②③ B. ①②④ C. ①②⑤ D. ①④⑤ 答案 C

【题文】（10分）有下列分子或离子：（1）BF 3 （2）H 2O （3） NH 4 +

（4）SO 2 （5）HCHO （6）PCl 3 （7）CO 2

粒子构型为直线型的为：粒子的立体构型为V型的为：粒子的立体构型为平面三角形的为：粒子的立体构型为三角锥型的为：：粒子的立体构型为正四面体的为。答案（7）；（2）和（4）；（1）和(5)；（6）；（3）解析

根据价层电子对互斥理论可知，（1）、（3）、(5)、（7）的中心原子没有孤对电子。水中氧原子有2对孤对电子，SO 2知硫原子有1对孤对电子。PCl 3中磷原子有1对孤对电子，所以（1）、(5)平面三角形。（2）、（4）是V型。（3）是正四面体型。（6）是三角锥形，（7）是直线型。（8分）．(1)利用VSEPR推断分子或离子的空间构型。PO ；CS 2 ；AlBr 3(共价分子) 。

(2)有两种活性反应中间体粒子，它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种粒子的球棍模型，写出相应的化学式： __________； __________。

(3)按要求写出第二周期非金属元素构成的中性分子的化学式。

平面三角形分子________，三角锥形分子________，四面体形分子________。答案

(1)四面体形直线形平面三角形 (2)CH3— CH3— (3)BF 3 NF 3 CF 4 解析

1）三种微粒中中心原子含有的孤对电子对数分别是（5＋3－2×4）÷2＝0、（4－2×2）÷2＝0、（3－1×3）÷2＝0，所以空间构形分别是四面体形、直线形、平面三角形。（2）根据模型可知，第一种是平面三角形，第二种是三角锥形。所以前者没有孤对电子，后者含有一对孤对电子，所以化学式分别是CH、CH。

（3）第二周期非金属元素构成平面三角形分子的是BF 3；三角锥形的是NF 3；四面体型的是CF 4。

已知A、B、C、D、E为中学常见的物种物质,均含元素Y,有的还可能含有元素X、Z,元素X、Y、Z的原子序数依次递增

(1)元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增,其中只有B为单质

(2)常温下将气体D通入水中发生反应,生成C和E.

(3)工业上以A、空气和水为原料,通过催化氧化法制成E.

请回答以下问题:

(1)A分子的空间构型是 ;从轨道重叠的方式看,B分子中的共价键类型有．

(2)写出(2)中反应的化学方程式: ． (3)工业上,若输送的管道漏气,用A进行检验时可观察到大量白烟,同时有B生成,写出有关反应化学方程式: ．答案三角锥形键和键

解:(3)工业上以A、空气和水为原料,通过催化氧化法制成E,工业上用催化氧化制取硝酸,则A是、E是;

(1)元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增,其中只有B为单质,则B是;

(2)常温下将气体D通入水中发生反应,生成C和硝酸,D中N元素化合价大于C而小于E,且D能和水反应,则D是,C是NO;

A、B、C、D、E为中学常见的物种物质,均含元素Y,则Y是N元素,有的还可能含有元素X、Z,元素X、Y、Z的原子序数依次递增,则X是H元素、Z是O元素,

(1),氨气分子的空间构型是三角锥形;B是,从轨道重叠的方式看,B分子中的共价键类型有头对头形成的键、肩并肩形成的键,

因此，本题正确答案是:三角锥;键和键;

(2)二氧化氮和水反应生成硝酸和NO,所以(2)中反应的化学方程式:,因此，本题正确答案是:;

(3)工业上,若输送的管道漏气,用A进行检验时可观察到大量白烟,同时有B生成,说明该反应生成氯化铵和氮气,则该反应方程式为,

因此，本题正确答案是:. 解析

(3)工业上以A、空气和水为原料,通过催化氧化法制成E,工业上用催化氧化制取硝酸,则A是、E是;

(1)元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增,其中只有B为单质,则B是;

(2)常温下将气体D通入水中发生反应,生成C和硝酸,D中N元素化合价大于C而小于E,且D能和水反应,则D是,C是NO;

A、B、C、D、E为中学常见的物种物质,均含元素Y,则Y是N元素,有的还可能含有元素X、Z,元素X、Y、Z的原子序数依次递增,则X是H元素、Z是O元素, 再结合物质结构、性质解答.

D、E、X、Y、Z是周期表中的前20号元素,且原子序数逐渐增大.它们的简单氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形.回答下列问题:

(1)Y的最高价氧化物的化学式为；

(2)上述5种元素中,能形成酸性最强的含氧酸的元素是 ,写出该元素的任意3种含氧酸的化学式: ； (3)D和Y形成的化合物,其分子的空间构型为；

(4)D 和X形成的化合物,其化学键类型属 ,其晶体类型属 (5)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物是 ,此产

物与水反应生成两种碱,该反应的化学方程式是；

(6)试比较D和X的最高价氧化物熔点的高低并说明理由: ．答案 Cl

HClO、、直线型共价键原子晶体 ═

是分子晶体,是原子晶体

解:D、E、X、Y、Z是短周期元素,且原子序数逐渐增大,它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型,形成正四面体结构的氢化物是、,形成三角锥型的氢化物是、,形成V型的氢化物是、,形成直线型结构的氢化物是HCl、HF,这几种元素的原子序数逐渐增大,所以D的氢化物是,E的氢化物是,X的氢化物是,Y的氢化物是,Z的氢化物是HCl,则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl元素. (1)Y是S元素,其最高价氧化物的化学式是, 因此，本题正确答案是:;

(2)元素非金属性越强,其对应的最高价含氧酸的酸性越强,在C、N、Si、S、Cl五种元素中Cl元素的非金属性最强,对应的最高价含氧酸的酸性最强.该元素对应的含氧酸为HClO、、、;

因此，本题正确答案是:Cl;HClO、、;

(3)D和Y形成的化合物是,其分子的空间构型和二氧化碳的相同,为直线型,

因此，本题正确答案是:直线型;

(4)D和X形成的化合物为SiC,通过共价键形成原子晶体; 因此，本题正确答案是:共价键;原子晶体;

(5)镁和氮气反应生成,氮化镁与水反应生成两种碱,分别是氢氧化镁和氨气,所以该反应的化学方程式═, 因此，本题正确答案是:;═;

(6)D和X的最高价氧化物分别为和,因为是分子晶体,是原子晶体,故的熔点高于;

因此，本题正确答案是:是分子晶体,是原子晶体. 解析

D、E、X、Y、Z是短周期元素,且原子序数逐渐增大,它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型,形成正四面体结构的氢化物是、,形成三角锥型的氢化物是、,形成V型的氢化物是、,形成直线型结构的氢化物是HCl、HF,这几种元素的原子序数逐渐增大,所以D的氢化物是,E的氢化物是,X的氢化物是,Y的氢化物是,Z的氢化物是HCl,则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl元素,据此答题. 用AXnEm表示只含一个中心原子的分子组成，A为中心

原子，X为与中心原子相结合的原子，E为中心原子最

外层未参与成键的电子对(称为孤电子对)，(n＋m)称为价层电子对数。分子中的价层电子对总是互相排斥，均匀地分布在中心原子周围的空间；

Ⅱ.分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤电子对；

Ⅲ.分子中价层电子对之间的斥力主要顺序为ⅰ.孤电子对之间的斥力>孤电子对与共用电子对之间的斥力>共用电子对之间的斥力；ⅱ.双键与双键之间的斥力>双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力；ⅲ.X原子得电子能力越弱，A—X形成的共用电子对之间的斥力越强。请仔细阅读上述材料，回答下列问题：

(1)根据要点Ⅰ可以画出AXnEm的VSEPR理想模型，请填写下表：

(2)请用VSEPR模型解释CO2为直线形分子的原因： ________________________________________________________________________。

(3)H2O分子的立体构型为__________，请你预测水分子中∠H—O—H的大小范围并解释原因：________________________________________________________________。

(4)SO2Cl2和SO2F2都属AX4E0型分子，S===O之间以双键结合，S—Cl、S—F之间以单键结合。请你预测SO2Cl2和SO2F2分子的立体构型：____________，SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl________(选填“<”、“>”或“＝”)SO2F2分子中∠F—S—F。

(5)用价层电子对互斥理论(VSEPR模型)判断下列分子或离子的立体构型：

答案 (1)

(2)CO2属AX2E0，n＋m＝2，故为直线形

(3)V形水分子属AX2E2，n＋m＝4，VSEPR理想模型为正四面体形，价层电子对之间的夹角均为109°28′，根据Ⅲ中的ⅰ，应有∠H—O—H<109°28′ (4)四面体形 > (5) 解析

VSEPR模型的判断方法：在分子中当n＋m＝2为直线形分子；当n＋m＝3时，如果没有孤电子对时为平面三角形，如果有孤电子对时为V形；当n＋m＝4时，如果没有孤电子对时为正四面体形，如果有一对孤电子对时为三角锥形，如果有两对孤电子对时为V形。所以水分子中n＋m＝2，且有两对孤电子对，所以是V形结构，又由于孤电子对的作用力强于成键的共用电子对，所以使其角度小于109°28′。再如SO2Cl2和SO2F2中的硫原子

是中心原子，此时n＋m＝4且没有孤电子对，所以它应为正四面体形，但由于原子种类不同，所以不是正四面体形，而是一般四面体。下列关于杂化轨道的叙述正确的是 ( )

A．杂化轨道可用于形成?键，也可用于形成π键 B．杂化轨道可用来容纳未参与成键的孤电子对

C． NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的3个p轨道与H原子的s轨道杂化而成的

D．在乙烯分子中1个碳原子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个C—H ?键答案 B 解析

杂化轨道只用于形成?键，或用来容纳未参与成键的孤电子对，不能用来形成π键，所以，B正确，A不正确；NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的，C不正确；在乙烯分子中，1个碳原子的3个sp2杂化轨道中的2个sp2杂化轨道与2个氢原子的s轨道重叠形成2个C—H ?键，剩下的1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道重叠形成1个C—C ?键，D不正确。

下列关于杂化轨道的叙述正确的是 ( )

A．杂化轨道可用于形成?键，也可用于形成π键 B．杂化轨道可用来容纳未参与成键的孤电子对

C． NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的3个p轨道与H原子的s轨道杂化而成的

D．在乙烯分子中1个碳原子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个C—H ?键答案 B

解析

在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是( )

A、sp2 sp2 B、sp3 sp3 C、sp2 sp3 D、sp1 sp3 答案（C）

解析

在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是( )

A、sp2 sp2 B、sp3 sp3 C、sp2 sp3 D、sp1 sp3 答案（C）解析

下列组合中,中心离子的电荷数和配位数均相同的是( ) A. 、 B. 、 C. 、 D. 、答案 B

解:中中心离子是,电荷数为+1,配位数为2;中中心离子是,电荷数为+2,配位数为4,故A错误;

中中心离子是,电荷数为+2,配位数为4;中中心离子是,电荷数为+2,配位数为4,所以B选项是正确的;

中中心离子是,电荷数为+1,配位数为2;中中心离子是,电荷数为+2,配位数为2,故C错误;

中中心离子是,电荷数为+2,配位数为4;中中心离子是,电荷数为+1,配位数为2,故D错误; 所以B选项是正确的. 解析

配合物中,配离子:含有配位键的离子,可以是阳离子或阴离子;

内界、外界:内界指配位单元,外界与内界相对; 配位体:提供孤电子对的分子或离子; 配位原子:配体中,提供电子对的原子;

中心原子、金属原子:一般指接受电子对的原子;

配位数:中心原子周围的配位原子个数.据此分析解答. 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由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2。D是假酒中一种有毒的有机物。

(1)组成A分子的原子的元素符号是____________。 (2)已知B分子的键角为105°，判断该分子构型为____________；中心原子杂化类型为__________。 (3)C分子为__________。

(4)D分子中共有______个?键，______个π键。 ______．答案（3）科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过 (1)Ar (2)V形 sp3杂化 (3)N2H4 (4)5 0 程，最初科学家提出了两种观点：解析甲：

本题以18电子分子为突破点，了键角、共价键的类

型、轨道杂化等知识为本题主要考查点。根据题目所给（式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到信息可以判断出A，B，C，D四种分子分别为Ar、H2S、还原剂时易断裂） N2H4、CH3OH。H2S中心原子S原子的杂化轨道类型为乙：HOOH化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，sp3杂化，且有两个孤电子对，所以H—S—H键角为105°，设计并完成了下列实验：立体构型为V形。假酒中含有毒的物质甲醇(CH3OH)，a．将C2H5OH与浓H2SO4反应生成（C2H5）2SO4和水；在CH3OH中有5个共价键均为?键，没有π键。 b．将制得的（C2H5）2SO4与H2O2反应，只生成A和Cu2+能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物。 H2SO4 ；（1）[Cu(NH3)4]2+中存在的化学键类型有（填序号）。 A.配位键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.离子键（2）[Cu(NH3)4]2+具有对称的立体结构，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的立体构型为。（3）某种含Cu2+的化合物催化丙烯醇制备丙醛的反应为HOCH2CH=CH2CH3CH2CHO。在丙烯醇分子中发生某种方式杂化的碳原子数，是丙醛分子中发生同样方式杂化的碳原子数的2倍，则这类碳原子的杂化方式为。答案此题答案为：（1）AB；（2）平面正方形；（3）sp2杂化。解：（1）[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间的化学键是配位键，氨分子内部的化学键是极性键；（2）[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2＋是平面正方形；（3）HOCH2CH=CH2中的C原子，有一个采取sp3杂化，两个采取sp2杂化；CH3CH2CHO中的C原子有两个采取sp3杂化，一个采取sp2杂化。解析【解题方法提示】（1）铜离子与氨分子之间是配位键，氨分子内部是极性共价键；（2）[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+是平面正方形；（3）CH3CH2CHO中的C原子有两个采取sp3杂化，一个采取sp2杂化。配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合．如就是由NH3（氮原子提供电子对）和H+（提供空轨道）通过配位键形成的．据此，回答下列问题：（1）下列粒子中可能存在配位键的是______． A．CO2 B．H3O+ C．CH4 D．（2）硼酸（H3BO3）溶液呈酸性，试写出其电离方程式：c．将生成的A与H2反应（已知该反应中H2作还原剂）． ①如果H2O2的结构如甲所示，实验c中化学反应方程式为（A写结构简式）______． ②为了进一步确定H2O2的结构，还需要在实验c后添加一步实验d，请设计d的实验方案：______ ．答案（1）BD （2）（3）① ②用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水生成解: (1)中O提供孤电子对,提供空轨道,中N提供孤电子对,提供空轨道,二者都能形成配位键, 因此，本题正确答案是:BD; (2)硼原子为缺电子原子,的电离是B原子和水电离的形成配位键,水电离的表现酸性,反应的离子方程式为, 因此，本题正确答案是:; (3)①如果的结构如甲所示,实验c中A为,与氢气反应生成乙醚,方程式为，因此，本题正确答案是:； ②如为结构,则A为,与氢气反应生成乙醇,所以可用用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水生成,如硫酸铜不变蓝,说明没有水生成,则说明过氧化氢中不含配位键,否则含有配位键, 因此，本题正确答案是:用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水生成. 解析 (1)判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子; (2)硼酸溶液呈酸性是因为B中含有空轨道,离子提供孤电子对的原因,以此书写离子方程式; (3)如果存在配位键,则A为,如为结构,则A为,与氢气反应的产物不同. 下列说法正确的是( ) A．含有非极性键的分子一定是非极性分子 B．非极性分子中一定含有非极性键 C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子

D．分子的极性与键的极性无关答案 C

解析

含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2；非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4，CO2中均是非极性分子，却仅有极性键；分子的极性除与键的极性有关外，还与分子空间构型有关。下列说法中错误的是( )

A. 卤化氢中,以HF沸点最高,是由于HF分子间存在氢键 B. 的沸点比HF的高,可能与氢键有关 C. 氨水中有分子间氢键

D. 氢键的三个原子总在一条直线上答案 D

解:A.卤化氢中,F元素非金属性最强,HF分子间易形成氢键,使其沸点升高,所以A选项是正确的;

分子中的O与周围分子中的两个H原子生成两个氢键,而HF分子中的F原子只能形成一个氢键.氢键越多,熔沸点越高,所以熔沸点高,所以B选项是正确的;

C.氨水中存在氨气分子之间、水分子之间、氨气分子与水分子之间等多种氢键,所以C选项是正确的; D.HF中的氢键为锯齿折线,故D错误; 所以D选项是正确的. 解析

氢键存在于非金属性较强的非金属元素的氢化物之间,其作用力比分子间作用力强,影响物质的熔沸点等物理性质.

关于氢键的下列说法正确的是( )

A、由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF的沸点反常，且沸点高低顺序为HF>H2O>NH3

B、氢键只能存在于分子间，不能存在于分子内 C、没有氢键，就没有生命

D、相同量的水在气态、液态和固态时均有氢键，且氢键的数目依次增多答案 C

解析

A项，“反常”是指它们在与其同族氢化物沸点排序中的现象，它们的沸点顺序可由实际看出，只有水是液体，应该水的沸点最高；B项，氢键存在于不直接相连但相邻的H与电负性比较大的原子间，所以，分子内可以存在氢键；C项正确，因为氢键造成了常温、常压下水是液态，而水的液态是生物体营养传递的基础；D项，在气态时，分子间距离大，分子之间没有氢键。

已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：（1） X元素的原子基态时电子排布式为：

______________________，Y元素原子最外层电子的电子排布图为：____________。

（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。

（3）该化合物的空间结构为______________形，中心原子的轨道杂化类型为__________，分子为______________(填“极性分子”或“非极性分子”)。

（4）该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是____________。

（5）该化合物的沸点与SiCl4比较：________(填化学式)的高，原因________________。答案

（1） 1s22s22p63s23p63d104s24p2 （2）共价键

（3）正四面体 sp3杂化非极性分子（4）范德华力

（5） GeCl4组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高解析

第四周期ⅣA族元素为Ge，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2，Y元素原子的最外层电子数比内层电子总数少3，Y是氯，Y元素原子最外层电子的电子排布图为：，XY4中X与Y形成的是共价键，空间构型为正四面体，中心原子为sp3杂化，为非极性分子，分子间的作用力是范德华力。

下图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（）。 A: B: C: D: 答案 D

解析

ⅣA～ⅦA族中，因为、、的氢化物中含有氢键，使其沸点上升，只有ⅣA族氢化物的沸点遵循元素周期律的变化，即随着原子序数的增大，氢化物的沸点上升，故a点所在曲线为ⅣA族氢化物的沸点变化曲线，可知a点代表的物质中除氢之外的元素在第三周期ⅣA族，为硅，故a点代表氢化硅。

综上所述，本题正确答案为D。年级男生女生合计一 171人 180人二 200人 190人

三 211人 220人四 190人 190人五 205人 195人六 180人 190人全校答案

1200；1200；2400；一年级：351人；二年级390人；三年级：431人；四年级：380人；五年级：400人；六年级：370人；全校男生：1157人；全校女生：1165人；全校：2322人

有主族元素A，B，C，D四种元素，原子序数依次递增，A元素原子2p轨道上有2个未成对电子。B原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大。C的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含C的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道为全充满。请回答下列问题：

(1)AC2分子中含有______个π键，属于________分子(填“极性”或“非极性”)。

(2)B的氢化物的立体构型为____________，B原子的原子轨道采用________杂化。

(3)写出A的常见氧化物与B的氧化物中互为等电子体的一组物质：

________________________________________________________________________。

(4)C元素的电负性________D元素的电负性(填“>”、“<”或“＝”)；用一个化学方程式表示：_________________________________。答案

(1)2 非极性 (2)三角锥形 sp3 (3)CO2和N2O (4)< H2S＋Cl2===2HCl＋S↓ 解析

由题意，A元素原子的价电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，可能为碳元素或氧元素。B原子的价电子排布式为ns2np3，为ⅤA族元素，由B的氢化物的溶解度可知B为氮元素，则A为碳元素。C的最高正价和最低负价代数和为4，则为ⅥA族元素，为硫元素。D元素得1个电子后，3p轨道全充满，说明价电子排布式为3s23p5，为氯元素。(1)CS2的结构式为S===C===S，含有两个π键，为直线形、非极性分子。(2)NH3分子中N原子的原子轨道发生sp3杂化，其中一个杂化轨道为孤电子对占有，立体构型为三角锥形。(3)碳元素的常见氧化物有CO和CO2，其中CO2与氮的氧化物N2O互为等电子体。(4)硫、氯同周期，同周期元素电负性随原子序数的递增而增大，所以电负性C

水分子间因存在氢键的作用而彼此结合形成(H2O)n。在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形的正四面体，通过氢键相互连接成庞大的分子晶体。 (1)1 mol冰中有__________mol氢键。

(2)水分子可电离生成两种含有相同电子数的微粒，其电离方程式为________________。

已知在相同条件下双氧水的沸点明显高于水的沸点，其可能原因是_______________。 (3)在冰的结构中，每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接。在冰中除氢键外，还存在范德华力(7 kJ·mol－1)。已知冰的升华热是51 kJ·mol－1，则冰中氢键的能量是__________kJ·mol－1。答案

(1)2 (2)H2O＋H2OH3O＋＋OH－双氧水分子之间存在更强烈的氢键 (3)22 解析

(1)每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每个氢键被两个水分子所共有，故每个水分子形成的氢键数为4/2＝2。(2)水分子中存在着自身电离，双氧水的沸点较水的沸点高是因为双氧水分子之间存在着强烈的氢键。(3)(51 kJ·mol－1－7 kJ·mol－1)/2＝22 kJ·mol－1 。答案 AB 解析

（1）CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是（填“极性”或“非极性”）分子。

（2）在①苯、②CH3OH、③HCHO、④CS2、⑤CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有（填序号），CS2分子的空间构型是。CO2与CS2相比，的熔点较高。答案

此题答案为：（1）非极性；（2）①③；直线形；CS2。解：（1）非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，CCl4、CS2是非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，所以CrO2Cl2是非极性分子；

（2）碳原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化， ①苯中每个碳原子价层电子对个数是3，采用sp2杂化；②CH3OH、⑤CCl4中碳原子价层电子对个数是4，采用sp3杂化；

③HCHO中C原子价层电子对个数是3，采用sp2杂化；④CS2中C原子价层电子对个数是2，采用sp杂化；所以C原子采用sp2杂化的是苯、甲醛；

CS2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，空间构型是直线形；根据结构相似，相对分子质量越大范德华力越大，CS2的熔点高于CO2。解析

【解题方法提示】

根据非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂分

析解答（1）；

碳原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化，价层电子对个数=?键个数+孤电子对个数，?键个数=配原子个数，孤电子对个数= (a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数分析解答；

CS2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型；

根据结构相似，相对分子质量越大范德华力越大，熔点越高分析解答。

（1）CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是（填“极性”或“非极性”）分子。

（2）碳原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化， ①苯中每个碳原子价层电子对个数是3，采用sp2杂化； ②CH3OH、⑤CCl4中碳原子价层电子对个数是4，采用sp3杂化；

③HCHO中C原子价层电子对个数是3，采用sp2杂化； ④CS2中C原子价层电子对个数是2，采用sp杂化；所以C原子采用sp2杂化的是苯、甲醛；

【解题方法提示】

根据非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂分析解答（1）；

CS2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型；

根据结构相似，相对分子质量越大范德华力越大，熔点越高分析解答。

下列对分子的性质的解释中，不正确的是( ) A．水很稳定(1 000 ℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致

B．乳酸()分子中含有一个手性碳原子

C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释

D．由上图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数答案 A 解析

水分子稳定的原因是因为水分子中H—O键牢固，而与氢键无关。

均由两种短周期元素组成的A、B、C、D化合物分子，都含有18个电子，它们分子中所含原子的数目依次为2、3、4、6。A和C分子中的原子个数比为1:1，B和D分子中的原子个数比为1:2。D可作为火箭推进剂的燃料。请回答下列问题：

(1)A、B、C、D分子中相对原子质量较大的四种元素第一电离能由大到小排列的顺序为________(用元素符号回答)。

(2)A与HF相比，其熔、沸点较低，原因是________。 (3)B分子的空间构型为________形，该分子属于________分子(填“极性”或“非极性”)．由此可以预测B分子在水中的溶解度较________(“大”或“小”)。

(4)A、B两分子的中心原子的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为________(填化学式)，若设A的中心原子为X，B的中心原子为Y，比较下列物质的酸性强弱。 HXO________HXO3________HXO4；H2YO3________H2YO4

(5)D分子中心原子的杂化方式是________，由该原子组成的单质分子中包含________个π键，与该单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为________。答案

(1)N>O>Cl>S (2)HF分子之间存在氢键

(3)V 极性大 (4)HClO4>H2SO4 < < < (5)sp3 2 CO 解析

根据18电子化合物和分子中原子个数比可推知A、B、C、D四种化合物分别为HCl、H2S、H2S、H2O2、N2H4。 (1)四种化合物中相对原子质量较大的元素分别为Cl、S、O、N。根据第一电离能的递变规律可知，四种元素的第一电离能为：N>O>Cl>S。

(2)A为HCl，因为HF的分子之间存在氢键和范德华力，而HCl分子之间只存在范德华力，所以HF的熔沸点高于HCl。

(3)B分子为H2S，其结构类似于H2O，因为H2O分子中O原子以sp3杂化，分子构型为V形，所以H2S分子也为V形，属于极性分子，据“相似相溶”原理知，H2S在水中溶解度大。

(4)A、B的中心原子为Cl和S，其最高价氧化物对应的酸为HClO4和H2SO4，因为非金属性Cl>S，所以酸性

HClO4>H2SO4；X，Y的化合价越高酸性越强，所以HClO 2SO 3 4 。

(5)D分子为N2H4，其结构为，N原子sp3杂化，N2的结构为：N≡N。其中有1个?键，2个π键。根据键能数据: , ,由此可得出的结论是( ) A. 溶于水时,HI分子比HCl分子更容易电离 B. HI比HCl熔、沸点都高 C. HI比HCl更稳定

D. 拆开相同物质的量的HI分子比HCl消耗的能量小,HI是离子化合物答案 A

解:化学键的键能越大,化学键越稳定,越不易发生电离、不易发生分解反应,的键能大于,说明HCl的稳定性大于HI,

A.键能越小越容易发生电离,的键能大于,所以HI分子比HCl更容易电离,所以A选项是正确的;

B.氢化物都是分子晶体,熔沸点与其相对分子质量成正比,与化学键强弱无关,故B错误;

C.键能越大,物质越稳定,越不容易分解,HCl的键能大于HI,所以HCl比HI稳定,故C错误;

D.键能越大,拆开相同物质的量的物质时消耗能量越多,拆开相同物质的量的HI分子比HCl消耗的能量小,HI中只存在共价键,为共价化合物,故D错误; 所以A选项是正确的. 解析

化学键的键能越大,化学键越稳定,越不易发生电离、不易发生分解反应,据此分析解答.

下列物质变化，只与范德华力有关的是（） A．干冰熔化 B．乙酸汽化

C．乙醇与丙酮混溶 D．溶于水

E．碘溶于四氯化碳 F．石英熔融答案

【答案】分析：分子晶体中分子之间存在范德华力，范德华力与分子晶体的熔沸点、硬度有关，注意范德华力与氢键、化学键的区别．

解答：解：A．干冰属于分子晶体，熔化时克服范德华力，故A正确；

B．乙酸气化时克服氢键和范德华力，故B错误；

C．乙醇分子间含有氢键，与丙酮混溶克服氢键和范德华力，故C错误；

D．分子间含有氢键，故D错误；

E．碘属于分子晶体，溶于四氯化碳只克服范德华力，故E正确；

F．石英的主要成分为二氧化硅，属于原子晶体，熔融时克服共价键，故F错误．

故选AE．点评：本题考查晶体作用了类型的判断，题目难度不大，注意晶体类型的判断，把握范德华力、氢键与化学键的区别．视频讲解

0.7M03:03

下列不能形成配位键的组合是( ) A、 Ag＋、NH3 B、 BF3、NH3 C、 Co3＋、CO D、 Ag＋、H＋答案 D

解析

形成配位键的条件是：一方有孤对电子，另一方有空轨道，而D选项中，Ag＋和H＋都只有空轨道没有孤对电子。

(1)下列各组分子属于非极性分子的是 ,属于极性分子的是．

(1) (2) (3)HCl (4) (5) (6)CO (7) (8)HClO

(2)已知分子可与形成配合物离子,则除去硫酸铜溶液中少量硫酸可选用的试剂是 .(1)NaOH (2) (3)CuO (4) (5) (6) (3)下列说法正确的是．

(1)互为手性异构体的分子互为镜像

(2)利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子

(3)手性异构体分子组成相同 (4)手性异构体性质相同. 答案 (2)(4)(7)

(1)(3)(5)(6)(8) (3)(5)(6) (1)(2)(3)

解:(1)的立体构型为V形,结构不对称,分子中正负电荷重心不重叠,为极性分子;

(2)为直线形分子,结构对称,分子中正负电荷重心重叠,为非极性分子;

(3)HCl是由极性键形成的双原子分子,分子中正负电荷重心不重叠,为极性分子;

(4)为正四面体结构,结构对称,分子中正负电荷重心重叠,为非极性分子;

(5)的立体构型为三角锥型,结构不对称,分子中正负电荷重心不重叠,为极性分子;

(6)CO是由极性键形成的双原子分子,分子中正负电荷重心不重叠,为极性分子;

(7) 结构对称,分子中正负电荷重心重叠,为非极性分子; (8)HClO为直线形分子,原子吸电子能力不同,分子中正负

电荷重心不重叠,为极性分子.

所以属于非极性分子的有(2)(4)(7),属于极性分子的是(1)(3)(5)(6)(8);

因此，本题正确答案是:(2)(4)(7);(1)(3)(5)(6)(8);

(2)(1)氢氧化钠能和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜,故错误;

(2)氨气容易和硫酸铜形成配位健,故错误; (3)CuO与硫酸反应生成硫酸铜和水,故正确;

(4)氯化钡能和硫酸铜反应生成硫酸钡白色沉淀,故错误; (5)氢氧化铜能和稀硫酸反应生成硫酸铜和水,所以D选项是正确的;

(6)能和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水,故正确; 因此，本题正确答案是:(3)(5)(6);

(3)(1)互为手性异构体的分子如同左右手一样互为镜像,故(1)正确;

(2)在手性催化中,潜手性化合物在反应过程中会与手性催化剂形成一种最稳定的过渡态,从而只会诱导出一种手性分子,故(2)正确;

(3)手性异构体属于同分异构体,分子组成相同,故(3)正确;

(4)手性异构体物理和化学性质都不相同,故(4)错误; 因此，本题正确答案是:(1)(2)(3). 解析

(1)非极性分子有两类,一是非金属单质,二是结构对称的分子,分子中正负电荷重心重叠,以此来解答该题.

(2)除去硫酸铜溶液中少量硫酸,可加入能与硫酸反应且不能引入杂质的物质,则可用铜的氧化物、氢氧化物以及碳酸铜等物质,以此解答.

(3)具有完全相同的组成和原子排列的一对分子,如同左右手一样互为镜像,确在三维空间里不能重叠,互称手性异构.连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子.

下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。

根据信息回答下列问题。

（1）周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为。

（2）Fe元素位于周期表的区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为和 (填化学式)。（3）在CH4、CO2、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有。（4）根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为。B、C、D、E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的电子式为 (写2种)。

答案

（1）4s24p1 （2）d 0 N2 CN－（3）CH4、CH3OH （4）正四面体 CO2、NCl3、CCl4(任写2种即可) 解析

分析试题：（1）31号元素Ga原子基态的最外层电子排布式为4s24p1。（2）26号元素Fe元素在周期表的位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表的d区。Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为0价。与CO分子互为等电子体的分子是N2，离子为CN－。（3）在CH4、CO2、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有CH4、CH3OH；CO2中的C原子的杂化方式为sp杂化。（4）根据表格中各种元素的相对位置可以看出：A是H；B是C；C是N；D是O；E是Cl。根据VSEPR理论预测ClO4-离子的空间构型为正四面体型。在C、N、O、Cl原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子有CO2、NCl3、CCl4，其电子式为；；。考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、原子的杂化、等电子体、微粒的空间构型、分子式、电子式、电子排布式等化学用语的知识。

元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成晶体的晶胞结构如图所示。

(1)该晶体的阳离子与阴离子个数比为________。 (2)该晶体中Xn＋中n＝____________。 (3)X元素的原子序数是________。

(4)晶体中每个N3－被________个等距离的Xn＋包围。答案

(1)3∶1 (2)1 (3)29 (4)6 解析

根据晶胞结构，利用均摊法计算出一个晶胞中阴阳离子个数；根据微粒结构特点和N3－推断出Xn＋为Fe3＋

答案

4；8；XY 2（或Y 2X 解析

(12分)随着科学技术的发展，阿佛加德罗常数的测定手段越来越多，测定的精度也越来越高。现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：

①将NaCl固体细粒干燥后，准确称取m gNaCl固体细粒并转移到定容仪器A中

②用滴定管向A仪器中加苯，不断振荡，继续加苯到A仪器的刻度，计算出NaCl固体的体积V cm 3。（1）步骤①中仪器A最好使用（填序号）

A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．试管（2）步骤②中

是否用酸式滴定管还是用碱式滴定管，理由是

（3）能否用水代替苯，理由是。

（4）已知NaCl晶体中，靠得最近的Na +、Cl —间的距离为a cm（如下图），则用上述方法测得的阿佛加德常数N A的表达式为N A= mol -1。答案解析

纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，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粒子数与总粒子数的比值为（）

A．7∶8 B．13∶14 C．25∶25 D．26∶27 答案 D

解析

“纳米颗粒”是独立的“分子”，所有粒子均属于该颗粒。表面粒子数＝8＋6＋12＝26。总粒子数＝表面粒子数＋中心粒子数＝26＋1＝27。本题很容易把“氯化钠纳米颗粒”当作“晶胞”来进行计算：Cl－个数＝8×＋6×＝4，Na＋个数＝12×＋1＝4，从而错误的得出表面粒子数∶总粒子数＝(8－1)∶8＝7∶8而错选A。因此，处理该类题目即确定微观粒子数时应注意“纳米颗粒”与“晶胞”的不同。

某离子晶体晶胞结构如图所示,x位于立方体的顶点,Y位于立方体中心.试分析:每个x同时吸引着个Y.晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有个.晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角的度数为．答案 8 12

解:每个X与8晶胞相连接,每个晶胞中含有一个Y离子,所以每个X同时吸引着8个Y,采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知,每个面上与它最接近且距离相等的X为4个,三个面共有12个X,如图为，

四个X构成正四面体结构,Y位于正四面体中心,这种结构与甲烷的结构完全相同,晶体中距离最近的2个X与1个

Y形成的夹角的度数为,

因此，本题正确答案是:8;6;. 解析

每个X与8晶胞相连接,每个晶胞中含有一个Y离子,据此判断每个X同时吸引多少Y;

采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断每个X周围与它最接近且距离相等的X个数;

四个X构成正四面体结构,Y位于正四面体中心,这种结构与甲烷的结构完全相同,据此判断的度数.

下图是超导化合物----钙钛矿晶体中最小重复单元(晶胞)的结构。请回答：

(1)该化合物的化学式为。 (2)在该化合物晶体中，与某个钛离子距离最近且相等的其他钛离子共有个。

(3)设该化合物的式量为M，密度为ag/cm 3，阿伏加德罗常数为N A，则晶体中钙离子与钛离子之间的最短距离为。答案

(1) CaTiO 3 (2)6 (3)

解析

(1)这个晶胞对位于顶点上的每个钛原子占有的份额为1/8，所以，它单独占有的钛原子个数为8×1/8=1个；它对位于棱上的每个氧原子占有的份额为1/4，所以，它单独占有的氧原子个数为12×1/4=3个；它全部拥有体内的那一个钙原子，所以，该晶胞中单独占有的钛原子、氧原子和钙原子的个数分别为：1、3、1；所以，该化合物的化学式为CaTiO 3。 (2)钛位于立方体的顶点上，与一个钛离子距离最近的钛离子是与它共棱的。从上面立方晶胞进行堆积的图2和图3可以看出，在X轴或Y轴或Z轴上，与它共棱的离子都是二个，所以，共6个。 (3)这是个综合性较大的习题。设这种立方晶胞的边长是b，那么，钙离子与钛离子之间的距离是体对角线的一半，即。

下面求b。因为每个立方体的体积为b 3，而N A个这样的立方体堆积到一起就是1mol晶体，其质量为Mg，其体积为Mg/ag/cm 3=\。所以，N A·b 3=\3，所以，，

所以，题中所求距离为。

下表是某些原子晶体的熔点和硬度。原子晶体金刚石氮化硼碳化硅石英硅锗

熔点/℃

3900 3000 2700 1710 1410 1211 硬度 10 9.5 9.5 7 6.5 6.0

分析表中的数据，判断下列叙述正确的是（） A．构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高 B．构成原子晶体的原子间的共价键键能越大，晶体的熔点越高

C．构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越大 D．构成原子晶体的原子的相对分子质量越大，晶体的硬度越大答案 B

解析

原子晶体的熔点和硬度与构成原子晶体的原子间的共价键键能有关，而原子间的共价键键能与原子半径的大小有关。

氮化铝（AlN）是一种熔点很高、硬度大、不导电、难溶于水和其他溶剂的晶体。将下列各组物质加热熔化或汽化，所克服粒子间的作用力与AlN克服粒子间的作用力都相同的是

A.水晶，金刚石 B.食盐，硫酸钾 C.碘，硫 D.石墨，硅答案 A 解析

熔点很高、硬度大、不导电等性质是原子晶体的特点。水晶、金刚石和氮化铝（AlN）一样都属于原子晶体，熔化时所克服的作用力一样，都是共价键。有下列几种晶体：A.水晶，B.冰醋酸，C.白磷，D.金刚石，E.晶体氦，F.干冰.

(1)属于分子晶体的是，直接由原子构成的分子晶体是. (2)属于原子晶体的化合物是. (3)直接由原子构成的晶体是.

(4)受热熔化时，化学键不发生变化的是，需克服共价键的是. 答案

原子晶体的构成微粒为原子，分子晶体的构成微粒为分子，但稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子；离子晶体中一定含有离子键，在离子晶体中非金属元素

之间形成共价键，分子晶体中只有一种元素组成的为单质；【答案】

解：（1）原子晶体的构成微粒为原子，金刚石、水晶均为原子晶体，但金刚石为单质，水晶为化合物；稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子，即氦晶体是由原子构成的分子晶体，属于分子晶体的是、C、E、F，直接由原子构成的分子晶体是E

（2）属于原子晶体的化合物是水晶。

（3）直接由原子构成的晶体是水晶，金刚石，晶体氦。（4）受热熔化时，化学键不发生变化的是冰醋酸，白磷，干冰。需克服共价键的是水晶，金刚石。故答案为： (1)BCEF； E (2)A (3)ADE (4)BCF； AD 【点评】

本题考查晶体类型的判断及晶体的性质，注意晶体的构成微粒、化学键、物质的分类即可解答，题目难度不大。所以学生平时要注意对所学知识的积累。

萘环上的碳原子的编号如（1）式，根据系统命名法，（2）式可称为2--硝基萘，则化合物（3）的名称应是（）。

A: 2,6--二甲基萘 B: 1,4--二甲基萘 C: 4,7--二甲基萘 D: 1,6--二甲基萘答案 D 解析

萘环为平面对称结构，其结构中含有两种不同环境的氢原子，编号时，优先在一个环上编号完成后，再对另一个环开始编号，其中2,3,6,7为同种环境的氢原子（A类），1,4,5,8为同种环境的氢原子（B类）。（2）式的命名为2-硝基萘，可知优先从B类原子开始编号。所以（3）中左侧甲基编号为1，顺时针对左边苯环进行编号，然后对右边苯环进行编号，则另一个甲基相连碳原子的编号为6，因此其命名为1,6--二甲基萘，故选D项。

综上所述，本题正确答案为D。

题目来源：2011-2012学年山西省大同市实验中学高二下学期期末考试：化学

硅是一种重要的非金属单质，硅及其化合物的用途非常广泛，根据所学知识回答硅及其化合物的相关问题。 (1)基态硅原子的核外电子排布式为________。

(2)晶体硅的微观结构与金刚石相似，晶体硅中Si—Si键

之间的夹角大小约为________。

(3)请在框图中补充完成SiO2晶体的结构模型示意图，(部分原子已画出)，并进行必要标注。

(4)下表列有三种物质(晶体)的熔点：

简要解释熔点差异的原因： ①SiO2和SiCl4：_________________________________________________； ②SiCl4和SiF4：_____________________________________________________________________。

答案

(1)1s22s22p63s23p2 (2)109°28′ (3)

(4)①SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键。SiCl4是分子晶体，微粒间作用力为范德华力。故SiO2熔点高于SiCl4

②SiCl4和SiF4均为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，结构相似时相对分子质量越大，范德华力越大，故SiCl4熔点高于SiF4

解析

本题考查物质结构的相关知识，较易。(1)分析硅原子的结构，很容易得到其核外电子排布式：1s22s22p63s23p2；(2)晶体硅为正四面体结构的晶体，故夹角为109°28′；(3)二氧化硅晶体可以认为在硅晶体中硅与硅之间插入一个氧原子，所以很容易得到答案；(4)对于晶体熔沸点的比较，一是从晶体类型考虑，二是对相同晶体类型看影响其熔点的因素，故也很容易得到答案。①SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键。 SiCl4是分子晶体，微粒间作用力为范德华力。故SiO2熔点高于SiCl4；②SiCl4和SiF4均为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，结构相似时相对分子质量越大，范德华力越大。故SiCl4熔点高于SiF4。

X、Y、Z、Q为短周期非金属元素,R是长周期元素.X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍;Y的基态原子有7种不同运动状态的电子;Z元素在地壳中含量最多;Q是电负性最大的元素;离子只有三个电子层且完全充满电子.

请回答下列问题:(答题时,X、Y、Z、Q、R用所对应的元素符号表示)

(1)R的基态原子的电子排布式为．

(2)X、Y、Z三种元素第一电离能从大到小顺序为． (3)已知分子存在如图所示的两种结构(球棍模型,短线不

一定代表单键):

(1)该分子中两个Y原子之间的键型组合正确的是 A.仅1个键个键和2个键个键和1个键D.仅2个键

(2)该分子中Y原子的杂化方式是

(4)水溶液中存在配合物离子,请画出离子的结构式

(5)X与Y元素可以形成一种超硬新材料,其晶体部分结构如图所示,有关该晶体的说法正确的是 A.该晶体属于分子晶体

B.此晶体的硬度比金刚石还大 C.晶体的化学式是

D.晶体熔化时共价键被破坏,没有克服范德华力和氢键. 答案 C 杂化 BCD

解:X、Y、Z、Q为短周期非金属元素,R是长周期元素. X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍,且为非金属,则X为C元素;Y的基态原子有7种不同运动状态的电子,则Y为N元素;

Z元素在地壳中含量最多,则Z为O元素;Q是电负性最大的元素,则Q为F元素;离子只有三个电子层且完全充满电子,则R为Cu元素.由分析可以知道:X为C元素;Y为N元素;Z为O元素;Q为F元素;R为Cu元素.

(1)R为Cu元素,基态原子的电子排布式为,因此，本题正确答案是:;

(2)同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐减小,则C元素的最小,因为N的2p轨道电子为半充满状态,难以失去电子,

第一电离能大于O,所以第一电离能从大到小的顺序为:,因此，本题正确答案是:;

(3)为,有如图2种结构,N原子之间形成N═N双键,(1)N原子之间形成N═N双键,含有1个键和1个键,所以C选项是正确的;

(2)杂化轨道数键数+孤对电子对数,该分子中N原子的杂化轨道数,所以N原子杂化方式是杂化,因此，本题正确答案是:杂化;

(4)为,离子结构式为,因此，本题正确答案是:；

(5)A、X与Y元素可以形成一种超硬新材料,由晶体部分结构可以知道,该晶体为原子晶体,故A错误;

B、键键长比键长短,键键能大,所以晶体的硬度比金刚石还大,所以B选项是正确的;

C、结构中每个X原子周围有4个Y原子,每个Y原子周围有3个X原子,所以该晶体化学式为,即为,所以C选项是正确的; D、该晶体为原子晶体,晶体熔化时共价键被破坏,没有克

服范德华力和氢键,所以D选项是正确的. 因此，本题正确答案是:BCD. 解析

X、Y、Z、Q为短周期非金属元素,R是长周期元素. X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍,且为非金属,则X为C元素;Y的基态原子有7种不同运动状态的电子,则Y为N元素;

Z元素在地壳中含量最多,则Z为O元素;Q是电负性最大的元素,则Q为F元素;离子只有三个电子层且完全充满电子,则R为Cu元素.

下列有关金属晶体的说法中不正确的是( ) A、金属晶体是一种“巨分子” B、 “电子气”为所有原子所共有

C、简单立方堆积的空间利用率最低 D、体心立方堆积的空间利用率最高答案 D

解析

根据金属晶体的电子气理论，选项A、B都是正确的。金属晶体的堆积方式中空间利用率分别是：简单立方堆积52%，体心立方堆积68%，面心立方最密堆积和六方最密堆积均为74%。因此简单立方堆积的空间利用率最低，六方最密堆积和面心立方最密堆积的空间利用率最高。

下列有关石墨晶体的说法正确的是( ) A、由于石墨晶体导电，所以它是金属晶体 B、由于石墨的熔点很高，所以它是原子晶体 C、由于石墨质软，所以它是分子晶体 D、石墨晶体是一种混合晶体答案 D 解析

整体说来的话,石墨属于混合型晶体.

A 金属晶体是由金属元素构成的晶体，所以它不是金属晶体，但是石墨的导电性表现出来的是金属键的性质。 B 相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体。石墨层与层之间是范德华力和微弱的分子间力,有分子晶体的特性.层内是碳碳键,采用sp2杂化.形成遍及整个平面的大派键,属于原子晶体类型。

C 分子间通过分子间作用力(根据人教版教材最新解释，分子间作用力又名范德华力，而氢键不是化学键，是一种特殊的分子间作用力，属于分子间作用力)构成的晶体。石墨并不因质软是分子晶体。

判断下列晶体类型。

（1）SiI4：熔点120.5℃，沸点287.4℃，易水解：。（2）硼：熔点2300℃，沸点2550℃，硬度大：。（3）硒：熔点217℃，沸点685℃，溶于氯仿：。

（4）锑：熔点630.74℃，沸点1750℃，导电：。答案

此题答案为：（1）分子晶体；（2）原子晶体；（3）分子晶体；（4）金属晶体。解：（1）SiI4熔点低，沸点低，是分子晶体；

（2）硼熔、沸点高，硬度大，是典型的原子晶体；（3）硒熔、沸点低，易溶于CHCl3，属于分子晶体；（4）锑熔点较高，沸点较高，固态能导电，是金属晶体。解析

【解题方法提示】

大多数分子晶体的熔、沸点较低，据此分析；大多数原子晶体的熔、沸点高，据此分析；金属单质与合金是金属晶体，据此分析。

铜是重要金属,Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途,如溶液常用作电解液、电镀液等.请回答以下问题:

(1)可由金属铜与浓硫酸反应制备,该反应的化学方程式为；

(2)粉末常用来检验一些有机物中的微量水分,其原因是；

(3)的立体构型是 ,其中S原子的杂化轨道类型是； (4)元素金处于周期表中的第六周期,与Cu同族,Au原子最外层电子排布式为 ;一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构,在晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶点位置,则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为 ;该晶体中,原子之间的作用力是；

(5)上述晶体具有储氢功能,氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中.若将Cu原子与Au原子等同看待,该晶体储氢后的晶胞结构为的结构相似,该晶体储氢后的化学式应为．答案 (浓)

无水是白色,吸水后是蓝色正四面体结构

金属键键合力

解:(1)Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和硫酸铜,

反应的方程式为(浓),

因此，本题正确答案是:(浓);

(2)水和硫酸铜粉末形成蓝色晶体,而硫酸铜粉末为白色,因此，本题正确答案是:无水是白色,吸水后是蓝色; (3)硫酸根中心原子的价层电子对为:孤对电子数,成键电

子对数4,所以为正四面体结构,中心原子为杂化; 因此，本题正确答案是:正四面体结构;;

(4)元素金处于周期表中的第六周期,与Cu同族,则最外层电子数为1,则最外层电子排布式为,在晶胞中Cu原子处于面心,,Au原子处于顶点位置,,则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为,为金属晶体,原子间的作用力为金属键键合力,

因此，本题正确答案是:;;金属键键合力;

(5)的结构如图,氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中,则H原子应位于晶胞内部,则应含有8个H,则化学式为,

因此，本题正确答案是:. 解析

(1)Cu和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和硫酸铜;

(2)水和硫酸铜粉末形成蓝色晶体; (3)根据价层电子对互斥模型判断;

(4)元素金处于周期表中的第六周期,与Cu同族,则最外层电子数为1,以此判断电子排布式,利用均摊法计算晶胞;

(5)的结构如图,利用均摊法计算.

金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方最密堆积、面心立方最密堆积和体心立方密堆积。下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为( )

A． 3∶2∶1 B． 11∶8∶4 C． 9∶8∶4 D． 21∶14∶9 答案 A

解析

晶胞(a)中所含原子数＝12×＋2×＋3＝6，晶胞(b)中所含原子数＝8×＋6×＝4，晶胞(c)中所含原子数＝8×＋1＝2。金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方最密堆积、面心立方最密堆积和体心立方密堆积。下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为( )

A． 3∶2∶1 B． 11∶8∶4 C． 9∶8∶4 D． 21∶14∶9 答案 A 解析

晶胞(a)中所含原子数＝12×＋2×＋3＝6，晶胞(b)中所含原子数＝8×＋6×＝4，晶胞(c)中所含原子数＝8×＋1＝2。

金属钨晶体中晶胞的结构模型如下图所示。它是一种体

心立方结构，实际测得金属钨的密度为ρ，钨的摩尔质量为M，假定钨原子为等直径的刚性球，请回答下列问题：

（1）每一个晶胞分摊到个钨原子。（2）晶胞的边长a为。

（3）钨的原子半径r为（只有体对角线上的各个球才是彼此接触的）。

（4）金属钨原子形成的体心立方结构的空间利用率为。答案

此题答案为：（1）2；（2）cm；（3）·cm；（4）68%。解：（1）晶胞中钨位于晶胞的顶点和体心，晶胞平均分摊到8×+1=2个钨原子，故答案为：2；

（2）设晶胞的边长为x，已知金属钨的密度为dg·cm-3，钨的相对原子质量是M，则晶胞的体积为x3cm3，晶胞的质量为，则有d=， x=3cm；（3）因边长=cm，设半径为r，原子紧密相邻，则r=·cm；（4）其空间利用率为 ×100%=×100%=68%。解析

1、本题考查化学键与晶体结构，金属晶体晶胞的相关计算； 2、（1）利用均摊法计算； 3、（2）根据ρ=计算体积，根据体积计算边长； 4、（3）根据边长计算原子半径； 5、（4）根据空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中占有的体积百分比计算。

金晶体的最小重复单元（也称晶胞）是面心立方体，即在立方体的8个顶点各有一个金原子，各个面的中心有一个金原子，每个金原子被相邻的晶胞所共有（如图）。金原子的直径为d，用N A表示阿伏加德罗常数，M表示金的摩尔质量。

(1)金晶体每个晶胞中含有_______个金原子。

(2)欲计算一个晶胞的体积，除假定金原子是刚性小球外，还应假定_______。 (3)一个晶胞的体积是多少? (4)金晶体的密度是多少? 答案 (1)4

(2)在立方体各个面的对角线上3个金原子彼此两两相切（紧密排列） (3)2d3 (4)

解析

(1)由均摊法，在每个面心立方体中，每个角上的金属原

子属8个晶胞所共有，因此每个原子有1／8属于晶胞；根据类似的道理，每个面的中心的金原子，每个原子有1／2属于晶胞。所以每个晶胞中的金原子数＝8×1/8+6×1/2＝4。

(2)应假定在立方体各个面的对角线上3个金原子彼此两两相切（紧密排列）。

(3)每个晶胞的体积为（d×2×）3=2d3。

(4)每个晶胞的质量为，故金的密度为：ρ=。【题文】下列各叙述中正确的是（）

A．在氯化钠晶体中，每个Na+周围有6个Cl-，形成离子晶体

B．在氯化钠晶体中存在NaCl分子 C．石英是由SiO2形成的分子晶体

D．金刚石和石墨晶体都是由碳原子形成的网状结构，是典型的原子晶体答案 A 解析

【错解分析】错选CD，没有理解各晶体的结构特点，把CO 2与SiO 2的晶体类型相混淆；对石墨晶体一知半解。【正解】在NaCl晶体中，每个Na +周围有6个Cl -，每个Cl -周围有6个Na +；在该晶体中只有阴离子和阳离子，没有NaCl分子，选项A的叙述正确，选项B不正确。成分为SiO 2的石英是原子晶体，选项C的叙述不正确。石墨是层状结构，各层之间以分子间作用力相结合，且存在自由电子，具有传导性；而原子晶体的结构中微粒间都以共用电子对形成的共价键相结合，没有传导性。所以石墨不属于典型的原子晶体，可称混合晶体，选项D不正确。

氧化钙在2973 K时熔化，而氯化钠在1074 K时熔化，两者的离子间距离和晶体结构都类似，有关它们熔点差别较大的原因叙述不正确的是（）

A．氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多 B．氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大

C．氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶体的结构类型不同

D．在氧化钙与氯化钠的离子间距离类似的情况下，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定答案 C 解析

CaO和NaCl都属于离子晶体，熔点的高低可根据晶格能的大小判断。晶格能的大小与离子所带电荷多少、离子间距离、晶体结构类型等因素有关。CaO和NaCl的离子间距离和晶体结构都类似，故晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定。 (2013·河北衡水中学月考)下表给出了几种氯化物的熔点和沸点。

物质 NaCl MgCl2 AlCl3 CCl4 熔点/℃ 801 712 190 -22.6 沸点/℃ 1 413 1 412 182.7 76.8

关于表中4种氯化物有下列说法: (1)AlCl3在加热时可升华 (2)CCl4属于分子晶体

(3)1 500 ℃时NaCl的分子组成可用NaCl表示 (4)AlCl3是典型的离子晶体其中说法正确的是 A.只有(1)和(2) B.只有(3) C.只有(1)(2)(3) D.全部正确答案 C

解析

根据各物质的熔、沸点判断,AlCl3和CCl4为分子晶体;AlCl3的沸点低于熔点,所以易升华; NaCl为离子晶体,1 500 ℃高于其沸点,故以NaCl分子形式存在。下列有关晶体的叙述中错误的是( )

A. 石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳原子环上有六个碳原子

B. 氯化钠晶体中每个或周围紧邻的有6个或

C. 在CsCl晶体中每个周围紧邻的有8个,而和每个等距离紧邻的也有8个

D. 在面心立方密堆积的金属晶体中,每个金属原子周围紧邻的有4个金属原子答案 C D

解:A、已知石墨的结构图为,石墨的层状结构中由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,所以A选项是正确的; B.已知氯化钠的晶胞图为,则氯化钠晶胞中,钠离子的配位数为6,即氯化钠晶体中每个周围紧邻的有6个氯离子,所以B选项是正确的;

C.已知晶胞图为,在CsCl晶体中每个周围都紧邻8个,每个等距离紧邻的有6个,故C错误;

D.面心立方晶胞中,每个顶点、面心上各有一个金属原子,所以每个金属原子周围紧邻的有个金属原子,故D错误. 所以CD选项是正确的. 解析

A、石墨的结构图为,根据图片确定由共价键形成的最小碳环上的碳原子个数;

B.根据氯化钠晶胞图确定离子配位数; C.根据CsCl晶胞图确定;

D.面心立方晶胞中,每个顶点、面心上各有一个金属原子. 有A、B、C三种晶体,分别由C、H、Na、Cl四种元素中的一种或几种形成,对这三种晶体进行实验,结果见下表. 项目熔点硬度水溶性导电性水溶液与反应

A 811 较大易溶水溶液(或熔融)导电白色沉淀 B 3 500 很大不溶不导电不反应 C 很小易溶液态不导电白色沉淀 (1)晶体的化学式分别为:A ；B ；C ． (2)晶体的类型分别为:A ；B ；C ．

(3)晶体中粒子间的作用分别为:A ；B ；C ．答案 NaCl

C(金刚石) HCl

离子晶体原子晶体分子晶体离子键共价键

分子间作用力

解:根据A的水溶液与反应有白色沉淀,说明A的水溶液中有,再根据其可以导电得A为NaCl或HCl,又因为其硬度较大,所以判断其为NaCl;

因为B的熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水,可判断其应该为原子晶体,所以B为金刚石;

C的熔点为负、硬度很小,判断其为气体,易溶于水,水溶液与反应有白色沉淀,所以C为HCl,

(1)由以上分析可以知道A为NaCl,B为C,C为HCl,因此，本题正确答案是:NaCl;C(金刚石);HCl;

(2)A熔点较高,熔融状态下能导电,为离子晶体;B熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水,为原子晶体;C熔点为低、硬度很小,为分子晶体,

因此，本题正确答案是:离子晶体;原子晶体;分子晶体; (3)NaCl为离子化合物,离子键;C为原子晶体,原子间以共价键结合;HCl为分子晶体,分子间存在分子间作用力,因此，本题正确答案是:离子键;共价键;分子间作用力. 解析

根据A的水溶液与反应有白色沉淀,说明A的水溶液中有,再根据其可以导电得A为NaCl或HCl,又因为其硬度

较大,所以判断其为NaCl;

因为B的熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水,可判断其应该为原子晶体,所以B为金刚石;

C的熔点为负、硬度很小,判断其为气体,易溶于水,水溶液与反应有白色沉淀,所以C为HCl,

结合对应物质的组成和性质判断晶体的类型.

如图所示，直线交点处的圆圈为NaCl晶体中Na＋或Cl－所处的位置。这两种离子在空间三个互相垂直的方向上都是等距离排列的。

NaCl晶胞

(1)请将其中代表Na＋的圆圈涂黑(不必考虑体积大小)，以完成NaCl晶体的结构示意图。

(2)在晶体中，每个Na＋的周围与它最接近且距离相等的Na＋共有________个。

(3)晶体中每一个重复的结构单元叫晶胞。在NaCl晶胞中正六面体的顶角上、面上、棱上的Na＋或Cl－为该晶胞与其相邻的晶胞所共有，一个晶胞中Cl－的个数等于________，即________(填计算式)；Na＋的个数等于________，即________(填计算式)。

(4)设NaCl的摩尔质量为M g/mol，食盐晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，食盐晶体中两个距离最近的钠离子间的距离为________cm。答案

(1) (2)12 (3)4 8×＋6× 4 12×＋1 (4) · 解析

NaCl晶体的结构为本题主要考查点。

(1)NaCl晶体中Na＋和Cl－相间排列成面心立方结构。 (2)从体心Na＋看，与它最近的且距离相等的Na＋共有12个。

(3)根据立方体结构的特点，可求阴、阳离子的个数。NaCl晶胞中，含Cl－：8×＋6×＝4(个)，含Na＋：12×＋1＝4(个)。

(4)设Cl－和Na＋的最近距离为a cm，则两个最近的Na＋间的距离为a cm，有·NA mol－1＝M g·mol－1，a＝，所以两个Na＋间的最近距离为·cm。

表中原子化热、晶格能、键能的单位都是金属金属原子化热离子化合物晶格能共价键键能

Na 108.4 NaCl 786 243 Mg 146.4 NaBr 747 176 Al 326.4 MgO 3791 360 则下列说法正确的是( ) A. 与反应生成放出的热量为 B. ═

C. 从表中可以看出,氯化钠的熔点比晶体硅高 D. 从表中数据可以看出,微粒半径越大金属键、离子键的越弱,而共价键却越强

答案 B

解:A、Na与反应的,故A错误; B、反应的,所以B选项是正确的;

C、NaCl是离子晶体,硅是原子晶体,晶体类型不同,其熔点高低不能只看其晶格能和键能大小,故C错误; D、微粒半径越大共价键也是越弱,故D错误; 所以B选项是正确的. 解析

A、据反应物键能和-生成物键能和解答; B、据反应物键能和-生成物键能和解答;

C、NaCl是离子晶体,硅是原子晶体,晶体类型不同,其熔点高低不能只看其晶格能和键能大小;

D、微粒半径越大金属键、离子键的越弱,共价键也是. 有一种蓝色晶体[可表示为:,经X射线研究发现,它的结构特征是和互相占据立方体互不相邻的顶点,而位于立方体的棱上.其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示.下列说法正确的是( ) A. 该晶体的化学式为

B. 该晶体属于离子晶体,M呈+1价 C. 该晶体属于离子晶体,M呈+2价

D. 晶体中与每个距离最近且等距离的为3个答案 A B

解:三价铁离子为角上,每个被八个晶胞共用,故每个晶胞中三价铁离子为个,同理二价铁离子为0.5个,氰根离子位于边的中心,每个被四个晶胞共用,故每个晶胞中氰根离子为个,

已知化学式为:,故有两个晶胞,阴离子含有一个三价铁离子,一个二价铁离子,六个氰根离子,故晶体的化学式为,M呈+1价,因为有离子,故该晶体属于离子晶体;晶体中与每个距离最近且等距离的为6个; 所以AB选项是正确的. 解析

本题根据晶胞中原子个数的计算方法为原子个数与被共用晶胞个数的倒数的乘积;然后根据化学式可以确定每个分子中含有几个晶胞;进而判断化学式和价态;根据离子化合物中含有离子键,反之根据离子键推断为离子化合物;根据晶胞是重复出现的,可以判断晶体相邻原子的个数.

现有几组物质的熔点(℃)数据： A组 B组 C组 D组

金刚石：3 550 ℃ Li：181 ℃ HF：－83 ℃

NaCl：801 ℃ 硅晶体：1 410 ℃ Na：98 ℃ HCl：－115 ℃ KCl：776 ℃

硼晶体：2 300 ℃ K：64 ℃ HBr：－89 ℃ RbCl：718 ℃

二氧化硅：1 723 ℃ Rb：39 ℃ HI：－51 ℃ CsCl：645 ℃

据此回答下列问题：（1）A组属于________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是____________________。

（2）B组晶体共同的物理性质是________(填序号)。 ①有金属光泽 ②导电性 ③导热性 ④延展性（3）C组中HF熔点反常是由于_______________________。

（4）D组晶体可能具有的性质是________(填序号)。 ①硬度小 ②水溶液能导电 ③固体能导电 ④熔融状态能导电

（5）D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因为________________。

答案【答案】（1）原子共价键（2）①②③④

（3）HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多(只要答出HF分子间能形成氢键即可)

（4）②④ （5）D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)

【考点定位】本题主要是考查晶体结构、性质的有关判断

【名师点晴】晶体的结构决定晶体的性质，晶体的性质反映了晶体的结构，物质的组成和结构是判断晶体类型的根本依据，在根据物质的性质和类别判断晶体类型时还要考虑到不同物质的特性，如一般情况下盐类是离子晶体，但AlCl3是分子晶体，原子晶体一般不导电，但晶体硅能导电等。

有aX、bY、cZ三种元素．已知：①各原子序数a、b、c均小于20且a+b+c=25；②元素Y的电子外围电子构型为nsnnpn+2；③X和Y在不同条件下可形成X2Y和X2Y2两种化合物，Y和Z在不同条件下可形成ZY和ZY2两种化合物；④Z的硫化物的相对分子质量与Z的氯化物的相对分子质量之比为38：77．据上可推知：（1）X：，Y：，Z：（写元素符号）．

（2）X2Y2是晶体，构成晶体的微粒是，该晶体中含有（填微粒间作用）．

（3）Z的硫化物和氯化物的分子空间构型分别是、，其中Z原子分别以、杂化轨道成键，根据电子云重迭方式，Z的硫化物分子中含有的键的种类及数目是．（4）Z的一种单质的晶胞结构如右图所示，则晶胞中Z原子的配位数为，晶胞密度ρ= ．（只写表达式）答案 Na O C 离子

Na+和O22-

离子键、共价键直线形正四面体 sp sp3

2个?键和2个π键 4

96 a3?NA g．cm-3

解：元素Y的原子价电子排布为ns2npn+2，Y属于短周期元素，当n=2时，Y是O元素，当n=3时Y是Cl元素；元素Z的硫化物与元素Z的氯化物，常温下均为液态，分别为CS2和CCl4，二者的相对分子质量之比为38：77，则Z是C元素；X和Y在不同条件下可形成X2Y和X2Y2两种固态化合物，应为Na2O或Na2O2，所以X为Na元素，Y为O元素；又三者原子序数之和为25，则Z的原子序数为25-11-8=6，应为C元素，O和C在不同条件下可形成CO和CO2两种气态化合物．

（1）由上述分析可以知道，X为Na、Y为O，Z为C，因此，本题正确答案是：Na；O；C；

（2）Na2O2为离子化合物，组成离子为Na+和O22-，含有离子键、共价键，因此，本题正确答案是：离子；Na+和O22-；离子键、共价键；

（3）CS2与CO2的价电子数目相等，为等电子体，结构相似，为直线形分子，C原子采取sp杂化，CCl4中C原子与4个Cl原子形成4个共价键，没有孤对电子，为正四面体结构，C原子采取sp3杂化；

CS2的结构式为S=C=S，含有2个?键和2个π键，因此，本题正确答案是：直线形；正四面体；sp；sp3；2个?键和2个π键；

（4）晶胞中Z原子与周围的4个Z原子形成正四面体结构，晶胞中Z原子的配位数为4，晶胞中Z原子数目为4+8× 1 8 +6× 1 2 =8，晶胞质量为 8×12 NA g，晶胞密度ρ= 8×12 NA g÷（acm）3= 96 a3?NA g．cm-3，

因此，本题正确答案是：4； 96 a3?NA g．cm-3．解析

元素Y的原子价电子排布为ns2npn+2，Y属于短周期元素，当n=2时，Y是O元素，当n=3时Y是Cl元素；元素Z的硫化物与元素Z的氯化物，常温下均为液态，分别为CS2和CCl4，二者的相对分子质量之比为38：77，则Z是C元素；X和Y在不同条件下可形成X2Y和X2Y2两种固态化合物，应为Na2O或Na2O2，所以X为Na元素，Y为O元素；又三者原子序数之和为25，则Z的原子序数为25-11-8=6，应为C元素，O和C在不同条件下可形成CO和CO2两种气态化合物，据此解答． X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题：

（1）Y基态原子的电子排布式是；Z所在周期中第一电离能最大的元素是。

（2）XY2－离子的立体构型是；R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是。（3）Z与某元素形成的化合物的晶胞如下图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是。

（4）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是。答案

（1）1s22s22p4 Cl （2）V形 O （3）2：1

（4）2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O 解析

X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是NO2，则X为N元素、Y为O元素；X与氢元素可形成NH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则M层电子数为2，故Z为Mg；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则R为Cu元素。（1）Y为O元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p4；Z为Mg元素，所在周期中第一电离能最大的主族元素是Cl元素。（2）NO2-离子中心N原子孤电子对=（5+1—2×2）÷2=1，价层电子对数=2+1=3，故NO2-离子的立体构型是V形；Cu2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是H2O中O原子。

（3）晶胞中阳离子处于体心与顶点，晶胞中阳离子数目=1+8×1/8=2，阴离子处于处于体内及面上，晶胞中阴离子数目=2+4×1/2=4，故晶胞中阴离子与阳离子的个数比是4：2=2：1。

（4）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明得到四氨合铜络离子，还应生成氢氧根离子与水，该反应的离子方程式是

2Cu+8NH3?H2O+O2=2*Cu（NH3）4]2++4OH-+6H2O。下面有关晶体的叙述中,不正确的是( )

A. 金刚石网状结构中,由共价键形成的碳原子环中,最小的环上有6个碳原子

B. 氯化钠晶体中,每个周围距离相等的共有12个 C. 氯化艳晶体中,每个周围紧邻8个

D. 干冰晶体中,每个分子周围紧邻10个分子答案 D

解:A.金刚石网状结构中,每个碳原子含有4个共价键,由共价键形成的碳原子环中,最小的环上有6个碳原子,所以A选项是正确的;

B.氯化钠晶胞中,每个钠离子周围距离最近的钠离子个数,所以B选项是正确的;

C.氯化铯晶体中,铯离子的配位数是8,所以C选项是正确的;

D.二氧化碳晶体属于面心立方,每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数,故D错误; 所以D选项是正确的. 解析

A.金刚石晶体中,没有最小的环上含有6个碳原子;

B.氯化钠晶胞中,每个钠离子周围距离最近的钠离子是12个;

C.氯化铯晶体中,铯离子的配位数是8;

D.二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子.

下列各组物质的沸点，按由低到高顺序排列的是( ) A． NH3、CH4、NaCl、Na B． H2O、H2S、MgSO4、SO2 C． CH4、H2O、NaCl、SiO2 D． Li、Na、K、Rb、Cs 答案 C 解析

C项中SiO2是原子晶体，NaCl是离子晶体，CH4、H2O都是分子晶体，且常温下水为液态，CH4是气态。选项D中的五种碱金属晶体，由于其金属键渐弱(金属阳离子电荷数相等，但半径增大)等原因，熔点逐渐降低。下列各组物质的沸点，按由低到高顺序排列的是( ) A． NH3、CH4、NaCl、Na B． H2O、H2S、MgSO4、SO2 C． CH4、H2O、NaCl、SiO2 D． Li、Na、K、Rb、Cs 答案 C 解析

C项中SiO2是原子晶体，NaCl是离子晶体，CH4、H2O都是分子晶体，且常温下水为液态，CH4是气态。选项D中的五种碱金属晶体，由于其金属键渐弱(金属阳离子

电荷数相等，但半径增大)等原因，熔点逐渐降低。

有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是( )

A.在NaCl晶体中,距Na最近的Cl形成正八面体 B.在CaF晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca

C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数之比为1∶2 D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE 答案 D

解析

CaF晶胞中,Ca占据8个顶点,6个面心,故每个晶胞平均占有的Ca共8×+6×=4个;金刚石晶体中,每个C原子与4个C原子相连,而每个碳碳键为2个碳原子共用,C原子与C—C键个数比为1∶2;由于该分子是气态团簇分子,其分子式应为EF或FE。

氯化硼的熔点为10.7 ℃，沸点为12.5 ℃。在氯化硼分子中，氯—硼—氯键角为120°，它可以水解，水解产物之一是氯化氢。下列对氯化硼的叙述中正确的是（） A．氯化硼是原子晶体 B．熔化时，氯化硼能导电 C．氯化硼分子是一种极性分子

D．水解方程式：BCl3＋3H2O H3BO3＋3HCl 答案 D

解析

首先根据性质推导该晶体是分子晶体还是原子晶体，再根据具体晶体的性质判断选项。因为BCl3的熔、沸点较低，故应为分子晶体，分子晶体熔化时不导电，故A、B错；又因氯—硼—氯键角为120°，则可确定BCl3为非极性分子，C错。

A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，A与C的核电荷数之比为3：4，D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子X、Y、Z。下列叙述不正确的是( ) A.

X、Y、Z三者均可形成分子晶体 B.

A、B、C、D只能形成五种单质 C.

X、Y、Z三种化合物的沸点逐渐升高 D.

自然界存在多种由A、B、C、D元素组成的化合物答案 B

【解析】本题考查元素周期表及元素性质。依据题干

可以推出A、B、C、D分别是C、N、O、H四种元素，X、Y、Z三种物质分别是CH4、NH3、H2O。显然A对；由于C有非常多的同素异形体(金刚石、石墨、C60、C70、C100等)，B错；NH3形成氢键比CH4分子间作用力大，沸点高，水常温是液体，沸点最高，C对；由于有C、H、O元素，可以形成几千万种有机物，D对。

AB型的化学式形成的晶体结构情况多种多样。如图所示的几种结构中最有可能是分子晶体的是（）

A．①②③ B．③④⑥ C．②⑤ D．①② 答案 C

解析

从①、③、④、⑥的结构上看，构成晶体的结构单元都是向外延伸和扩展的，符合离子晶体或原子晶体的结构特点，而②、⑤的结构没有这种特点，该结构可看成是一个分子，形成晶体时为分子晶体。

AB型的化学式形成的晶体结构情况多种多样。如图所示的几种结构中最有可能是分子晶体的是（）

A．①②③ B．③④⑥ C．②⑤ D．①② 答案 C

解析

碱金属卤化物是典型的离子晶体，它们的晶格能与成正比(d0是晶体中最邻近的带有异性电荷离子的核间距)。下面说法错误的是( ) 晶格能/kJ·mol－1 离子半径/pm ①

LiF LiCl LiBr LiI 1 031 845 807 752 Li＋ Na＋ K＋ 60 95 133 ②

NaF NaCl NaBr NaI 915777 740 693 F－ Cl－ Br－ I－ 136 181 195 216 ③

KF KCl KBr KI

812 708 676 641

A.晶格能的大小与离子半径成正比

B．阳离子相同、阴离子不同的离子晶体，阴离子半径越大，晶格能越小

C．阳离子不同、阴离子相同的离子晶体，阳离子半径越小，晶格能越大

D．金属卤化物晶体中，晶格能越小，还原性越强答案解答

A [由表中数据可知晶格能的大小与离子半径成反比，A项错误；由NaF、NaCl、NaBr、NaI晶格能的大小即可确定B项说法正确；由LiF、NaF、KF晶格能的大小即可确定C项说法正确；表中晶格能最小的为碘化物，因还原性F－

下图为CaF2、H3BO3(层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图，请回答下列问题：

图Ⅲ 铜晶体中铜原子堆积模型

(1)图Ⅰ所示的CaF2晶体中与Ca2＋最近且等距离的F－数为________________，图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为__________________________________。

(2)图Ⅱ所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是________，H3BO3 晶体中B原子个数与极性键个数比为____________。

(3)金属铜具有很好的延展性、导电性、传热性，对此现象最简单的解释是用________理论。

(4)三种晶体中熔点最低的是________(填化学式)，其晶体受热熔化时，克服的微粒之间的相互作用为____________________________________________________________。

(5)已知两个距离最近的Ca2＋核间距离为a×10－8cm，结合CaF2晶体的晶胞示意图，CaF2晶体的密度为_______________________________________。答案

(1)8 12 (2)O 1∶6 (3)金属键 (4)H3BO3 分子间作用力 (5) g·cm－3 解析

(1)CaF2晶体中Ca2＋的配位数为8，F－的配位数为4，Ca2＋和F－个数比为1∶2，铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层的4、5、6、7、8、9，下层的10、11、12，共12个。

(2)图Ⅱ中B原子最外层三个电子形成三条共价键，最外层共6个电子，H原子达到2电子稳定结构，只有氧原子形成两条键达到8电子稳定。H3BO3晶体是分子晶体，相互之间通过氢键相连，每个B原子形成三条B—O极

性键，每个O原子形成一条O—H极性价键，共6条极性键。

(3)金属键理论把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成整块晶体的电子气，被所有原子所共用，从而把所有的原子联系在一起，可以用来解释金属键的本质，金属的延展性、导电性、传热性。

(4)H3BO3晶体是分子晶体，熔点最低，熔化时克服了分子间作用力。

(5)一个晶胞中实际拥有的离子数：较小的离子数为8×1/8＋6×1/2＝4，而较大的离子为8个，从而确定晶胞顶点及六个面上的离子为Ca2＋，晶胞内部的离子为F－，1个晶胞实际拥有4个“CaF2”，则CaF2晶体的密度为4×78 g·mol－1÷[(a×10－8cm)3×6.02×1023mol－1+≈g·cm－3。 [化学——选修3：物质结构与性质](100分)

氮化硼（）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如下图所示：

请回答下列问题：

（1）由制备、的化学方程式依次是_____、_____；（2）基态B原子的电子排布式为_____；B和N相比，电负性较大的是_____，中B元素的化合价为_____；（3）在分子中，的键角是_____，B原子的杂化轨道类型为_____，和过量作用可生成，的立体结构为_____；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_____，层间作用力为_____；

（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有_____个氮原子、_____个硼原子，立方氮化硼的密度是_____（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为）。答案（1）、

（2） +3 （3）120° 正四面体（4）共价键（或极性共价键）分子间力（5）4 4

解析

（1）反应为非氧化还原反应，反应的方程式为：、。（2）B的原子序数为5，其电子排布式为；B与N均为同周期非金属元素，且 N非金属性强于B，因此N电负性较大，则N应显-3价，B显+3价。

（3）分子中B为杂化，的键角是120°；中B采用杂化，其空间构型为正四面体。

（4）石墨同层C原子间以共价键连接，各层间以分子间作用力（范德华力）结合。氮化硼晶体与石墨的结构结构类似，因此，层内B原子与N原子之间的化学键为（非极性）共价键，层间作用力为分子间作用力。（5）金刚石立方晶胞中有8个C原子，又立方氮化硼

结构与金刚石相似，所以立方氮化硼中总原子数为8，另原子数之比为1:1，则原子各为4个。；立方氮化硼晶胞边长为361.5pm，N原子质量为14g/mol，B原子质量为11g/mol，则所求密度=。

题目来源：2011年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）理综：化学

不能确定为磷元素的化学用语是( ) A. 3s23p3

B. （n+1）sn（n+1）pn+1 C. D. 答案 D

解：A、该微粒的核外电子排布式为[Ne]3s23p3，核外电子数为15，质子数为15，是磷元素，故A不选；

B、s能级只有1个原子轨道，最多容纳2个电子，因此n=2，（n+1）sn（n+1）pn+1为3s23p3，与A选项相同，故B不选；

C、该微粒质子数为15，为磷元素，故C不选； D、不能确定粒子所处的能层n，因此无法判断是否为磷元素，故D选；

所以D选项是正确的．解析

A、该微粒的核外电子排布式为[Ne]3s23p3，核外电子数为15，质子数为15；

B、s能级只有1个原子轨道，最多容纳2个电子，因此n=2，（n+1）sn（n+1）pn+1为3s23p3，与A选项相同；C、该微粒质子数为15，为磷元素；

D、不能确定粒子所处的能层，因此无法判断是否为磷元素．

下列表达式错误的是( )

A、甲烷的电子式

B、氮原子的L层电子的电子排布图

C、硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p4 D、碳-12原子答案（C）解析

下列元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是( )

A. 原子的L电子层p轨道只填了两个电子的元素 B. 外围电子排布式为的元素

C. 第三周期、有7个价电子的元素 D. 3p轨道电子半充满的元素答案

解:A.原子的L电子层p轨道只填了两个电子的元素,则该元素原子外围电子排布为,为C元素, B.外围电子排布式为的元素为Si元素,

C.第三周期、有7个价电子的元素为Cl元素,

轨道电子半充满的元素,该元素原子外围电子排布式为,该元素为P元素,

上述四种元素中Cl的非金属性最强,是最强的无机含氧酸,

所以C选项是正确的. 解析

元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物对应的水化合物酸性越强,本题要首先判断元素的非金属性强弱. 下列说法正确的是（）。

A: 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表ⅡA族 B: 主族元素、能形成型化合物，则与的原子序数之差可能为2或5

C: 氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高

D: 同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同答案 B 解析

B项，当、分别是、时，与的原子序数之差为2；当、分别是、时，与的原子序数之差为5，故B项正确； A项，原子最外层电子数为2的元素可能是，属于稀有气体元素，故A项错误；

C项，分子间存在氢键，使得的沸点升高，所以的沸点高于，故C项错误； D项，同主族元素形成的氧化物的晶体类型不一定相同，比如与形成的氧化物分别是和，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。

设阿伏伽德罗常数的值为,下列结论错误的是( ) A. 完全电解断裂的键键数为

B. 标准状况下,中含有的键键数为2 C. 晶体中含有的键键数为 D. 金刚石中含有键键数为答案 B

解:A、水中含键,故电解水破坏键,所以A选项是正确的; B、标准状况下,的物质的量为,而中含键,故含有键键数为,故B错误;

C、二氧化硅的物质的量为,二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个硅氧键,所以晶体中含有键的数目为,所以C选项是正确的;

D、每个C原子可形成的键数目为4个;每条键被两个C原子共有,每个碳原子可形成:个键,则金刚石即,含键,即个数为,所以D选项是正确的; 所以B选项是正确的.

解析

A、水中含键; B、中含键;

C、二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个硅氧键,根据二氧化硅的物质的量结合硅原子含有的硅氧键数目计算; D、根据在金刚石中每个C原子可形成的键数目为4个;每条键被两个C原子共用来判断;

下列物质性质变化规律不正确的是（） A．金属Na、Mg、Al的硬度依次升高 B．HI、HBr、HCl、HF的沸点依次降低 C．干冰、冰、钠的熔点依次升高 D．O、F、H的原子半径依次减小答案 B

解析

A中Na、Mg、Al均为金属晶体，其硬度由金属键决定，金属键越强，硬度越大，而金属键又与离子所带电荷和粒子半径有关，所带电荷越多，半径越小，金属键越强，故A对；B中因HF存在氢键，沸点大于HCl，故B错；C中干冰和冰为分子晶体，常温时分别为气态和液态，而钠为金属晶体，常温下是固态，故Na的熔点大于干冰和冰，而冰又大于干冰，C对；D由原子半径比较知是正确的。

答案 C 解析

下列分子中含有两个π键的是（）

A．O2 B．N2 C．H2O D．C2H4 答案 B

解析

分子中含有两个π键的是N2，因此选项Ｂ答案是正确的。

X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1；Y原子的M层中有两个未成对电子；Z原子的L层的p轨道中有4个电子．则下列比较中正确的是（）A. 电负性：Y＞Z＞X B. 原子半径：X＞Z＞Y C. 最高化合价：Z＞X＞Y D. 第一电离能：Z＞Y＞X 答案

解：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1，则X为Na；Y原子的M层中有两个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P63S23P2或1S22S22P63S23P4，为Si元素或S元素；Z原子的L层的p轨道中有4个电子，其电子排布式为1S22S22P4，Z为O元素．

A．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性Z＞Y＞X，故A错误；

B．同周期自左而右原子半径增大，同主族自上而下原子半径减小，故原子半径X＞Y＞Z，故B错误； C．Z为氧元素，没有最高正化合价，故C错误；

D．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Z＞Y＞X，所以D选项是正确的，所以D选项是正确的．解析

X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1，则X为Na；Y原子的M层中有两个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P63S23P2或1S22S22P63S23P4，为Si元素或S元素；Z原子的L层的p轨道中有4个电子，其电子排布式为1S22S22P4，Z为O元素．

A．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；

B．同周期自左而右原子半径增大，同主族自上而下原子半径减小；

C．氧元素没有最高正化合价；

D．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小

．下列对一些实验事实的理论解释正确的是( ) 选项实验事实理论解释

A 氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子2p能级半充满

B 为直线形分子分子中是极性键 C 金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体,石墨是原子晶体

D HF的沸点高于HCl HF的相对分子质量小于HCl A. A B. B C. C D. D 答案 A

解:A.氮原子2p能级半充满,所以比较稳定,氮原子的第一电离能大于氧原子,所以A选项是正确的;

B.理论解释不对,分子的价层电子对是2,根据价层电子对互斥理论,分子是直线型,故B错误; C.金刚石是原子晶体,故C错误;

D.理论解释不对,HF分子中含有氢键,故HF的沸点高于HCl,故D错误.

所以A选项是正确的. 解析

A、氮原子2p能级半充满,所以比较稳定,难以失去电子; B、分子是直线型; C、金刚石是原子晶体;

D、从HF分子中含有氢键角度分析.

如图是已经合成的最著名的硫氮化合物的分子结构。下列说法正确的是

A.该物质的分子式为SN

B.该物质的分子中既有极性键又有非极性键 C.该物质具有很高的熔沸点

D.该物质与化合物S2N2互为同素异形体答案 B

解析

该物质的分子式为S4N4,A项错误;该物质的分子中既有S—N极性键又有S—S非极性键,B项正确;该物质属于分子晶体,熔沸点较低,C项错误;同素异形体指的是同一元素的不同单质,D项错误。根据元素周期律和物质结构的有关知识,以下有关排序正确的是( ) A. 离子半径: B. 非金属性: C. 电负性: D. 热稳定性: 答案 C

解:A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,离子半径,故A错误;

B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,应为,故B错误;

C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱,即电负性:,所以C选项是正确的;

D.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则应为,故D错误. 所以C选项是正确的. 解析

A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小; B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱;

C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱; D.非金属性越强,气态氢化物越稳定.

根据元素周期律和物质结构的有关知识,以下有关排序

正确的是( ) A. 离子半径: B. 非金属性: C. 电负性: D. 热稳定性: 答案 C

解:A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,离子半径,故A错误;

B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,应为,故B错误;

C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱,即电负性:,所以C选项是正确的;

D.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则应为,故D错误. 所以C选项是正确的. 解析

A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小; B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱;

C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱; D.非金属性越强,气态氢化物越稳定.

某主族元素的电离能(单位:如下表,此元素位于元素周期表的族数是( ) 1011.8 1907 2914.1 4963.6 6273.9 21267 25431

A. ⅢA B. ⅣA C. ⅤA D. ⅥA 答案 C

解:从表中原子的第一至第七电离能可以看出,元素的第一、第二、第三、第四、第五电离能各自之间变化不是很大,该元素的第六电离能远远大于第五电离能,说明该元素最外层有5个电子,失去5个电子时达到稳定结构,主族元素族序数等于最外层电子数,所以此元素位于元素周期表的族数是ⅤA族, 所以C选项是正确的. 解析

同一种元素的原子,其电离能随着失电子个数的增多而增大,当原子失去电子变为稳定状态时,如果继续失电子,则其电离能会出现突变,据此判断该主族元素最外层电子数;根据第一至第七电离能的变化可判断出该元素的最外层有5个电子,主族元素族序数等于最外层电子数,

由此推出元素位于元素周期表的族数. (15分)图1是

图1 图2

答案答案:

（1）（2分）（2）22（4分）（3）三角锥配位（3分）（4）硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键（2分）（5）体心立方堆积8（4分）解析【解析】（1）c、d均是热和电的良导体。且d的熔点高于c的，所以c是钠，d是铜，根据构造原理可知电子排布为。

(2)根据熔点高低可判断，a是氢气，b是氮气，e是硅，f是金刚石。a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子是HCN，其中氢和碳是单键，碳和氮是三键，所以含有的键是2个，键也是2个。（3）a与b的元素形成的10个电子中性分子X是氨气，属于三角锥形。氨气和铜离子可形成配位键，离子的化学式为[Cu(NH3)4]2＋。

（4）根据结构模型可判断，化合物是硝酸，硝酸属于极性分子，易溶在极性溶剂中，且硝酸中存在氢键。（5）金属钠的晶体堆积方式体心立方堆积，配位数是8.

下列关于价电子构型3s23p4的描述正确的是（） A．它的元素符号为O

B．它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4 C．可以与H2化合生成液态化合物 D．其电子排布图为答案 B 解析

由它的价电子构型3s23p4，可知该元素为S，与H2化合生成H2S，为气体，其电子排布图违背了洪特规则。

Q，R，X，Y，Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn ③R原子核外L层电子数为奇数；④Q，X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：

（1）Z2+ 的核外电子排布式是。

（2）在[Z(NH3)4]2+离子中，Z2+的空间轨道受NH3分子提供的形成配位键。答案

（1）1s22s22p63s23p63d9 （2）孤对电子（孤电子对）解析

29号为Cu。Y价电子：msnmpn中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为奇数，则可能为Li，B，N或F。Q，X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。

（1）Cu的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去两个电子，则为1s22s22p63s23p63d9；

（2）Cu2＋可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。

(100分)夏季某晴朗的一天对一个密闭蔬菜大棚中的某种气体的含量进行一天24小时的检测，结果如图1，图2是叶肉细胞内两种细胞器间的气体关系图解。请回答下列问题。

（1）图1中所测气体为_____；该大棚内的蔬菜一天内是否积累有机物?_____。原因是_____。

（2）EC段和DB段叶肉细胞内的含量的变化趋势分别是_____、_____，图1中CD段变化的原因可能是_____。（3）对应图1中的8点时，图2中应该迸行的气体转移途径有_____，而对应图1中的DB段，图2中应该进行的气体转移途径有_____。答案

（1）是 F点的氧气含量高于A点（一天内光合作用释放氧气的量多于呼吸作用消耗的氧气量）（2）减少增加光照过强，气孔关闭，不足，暗反应减弱，限制了光反应的进行（3）C、D A、C、D、E 解析

（1）由图1可知白天气体含量增加，故可知所测气体为；由图可知，一天结束时比开始时浓度有所升高，故该大棚内的蔬菜一天内积累有机物。

（2）EC段光照强度增加，光反应产生的ATP和[H]的量增加，故被还原的增多，含量减少；DB段光照强度逐渐降低，光反应产生的[H]和ATP减少，被还原的量减少，故含量增加。CD段为正午前后，含量增加较慢，可知为光照过强，气孔关闭，不足，暗反应减弱，限制了光反应的进行。

（3）8点时，浓度基本不变，故光合作用强度等于呼吸作用强度，叶绿体为线粒体提供，线粒体为叶绿体提供，故气体转移途径有C、D；DB段光合作用强度大于呼吸作用强度，故叶绿体产生的供给线粒体，剩余的排入大气，线粒体产生的只供给叶绿体，且叶绿体还需从大气中吸收，故气体转移途径有A、C、D、E。题目来源：2012届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物

分析一条多肽链E和一条多肽链F得到以下结果(单位：

个)

元素或基团 C H O N 氨基羧基多肽链E 201 348 62 53 3 2 多肽链F 182 294 55 54 6 1

推测组成两条多肽链氨基酸的数目最可能是 ( ) 选项 A B C D

多肽链E 199 53 50 51

多肽链F 181 54 48 49 答案 D 解析

氨基酸数目＝肽键数＋肽链数，据表分析应通过氮元素计算氨基酸数目，氮元素存在于肽键及游离的氨基中，且每一条多肽链至少有一个游离的氨基，因而多肽链E中肽键数是53－3＝50，氨基酸数是50＋1＝51，多肽链F中氨基酸数是54－6＋1＝49，D正确。 C +C +C +…+C 除以9的余数是答案

7 解析

本题考查二项式定理因为即则因为所以

显然能被整除，则除以余数为

所以C +C +C +…+C 除以9的余数是

直线分别与直线，曲线交于A，B两点，则的最小值为 A. B. 1 C. D. 4 答案 A

12．【答案】A

【解析】作与平行的直线与相切，得到切点为。所以当时，。

年月日是我们的传统节日——“端午节”，这天小明的妈妈为小明煮了个粽子，其中两个腊肉馅三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件“取到的两个为同一种馅”，事件“取到的两个都是豆沙馅”，则（）。 A: B: C: D: 答案 A 视频讲解

0.9M03:07

解析

本题主要考查事件与概率。

小明从中任意取两个的取法有种，其中取到同一种馅的取法有种，所以，取到两个都是豆沙馅的取法有种，所以，因为，所以，所以。故本题正确答案为A。

题目来源：2014-2015学年湖南省衡阳县第四中学高二下学期期末考试：理数

设函数f（x）=ex（sinx-cosx）（0≤x≤2015π），则函数f（x）的各极小值之和为（） A、- B、- C、- D、-

答案

先求出其导函数，利用导函数求出其单调区间，进而找到其极小值f（2kπ+2π）=e2kπ+2π，再利用数列的求和方法来求函数f（x）的各极小值之和即可．【答案】

解：∵函数f（x）=ex（sinx-cosx），

∴f′（x）=（ex）′（sinx-cosx）+ex（sinx-cosx）′ =2exsinx，

∵x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时，f′（x）＜0，x∈（2kπ+2π，2kπ+3π）时，f′（x）＞0，

∴x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时原函数递减，x∈（2kπ+2π，2kπ+3π）时，函数f（x）=ex（sinx-cosx）递增，故当x=2kπ+2π时，f（x）取极小值，

其极小值为f（2kπ+2π）=e2kπ+2π*sin（2kπ+2π）-cos（2kπ+2π）]

=e2kπ+2π×（0-1） =-e2kπ+2π，又0≤x≤2015π，

∴e2014π函数f（x）的各极小值之和S=-e2π-e4π-e6π-…-e2012π-e2014π = 故选：D 【点评】

本题主要考查利用导数研究函数的极值以及等比数列的求和．利用导数求得当x=2kπ+2π时，f（x）取极小值是解题的关键，利用导数研究函数的单调性与最值是教学中的重点和难点，学生应熟练掌握，属于难题．

一个五位数满足,,且,(如37201,45412),则称这个五位数符合“正弦规律”.那么,共有个五位数符合“正弦规律”. 答案 2892

解:条件就是b是最大的,d是最小的,a,c,e介于最小最大之间.

取,时,a,c,e只能是8;时,a,c,e可取7,8,共种;时,a,c,e可取6,7,8,共种;,时,a,c,e可取1,2,,8,共种; 故此种情况是种.

类似时,是种,时,是种,时,是种,时,是种,时,是种,时,是种,时,是1种

最后得所有的情况是.

因此，本题正确答案是:2892. 解析

条件就是b是最大的,d是最小的,a,c,e介于最小最大之间.分类讨论,求出各种情况的五位数的个数,即可得出结论. 答案

-332

分析试题：∵， ∴， ∵

∴常数项为.

是定义在上的函数，其导函数为，若，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为 .

答案

【解析】

试题分析：设，则，因为，所以，即是上的增函数，又，所以的解集为，又，所以所求不等式解集为．考点：导数与单调性，解函数不等式．

【名题点睛】本题考查导数的应用，解不等式的关键是构造新函数，新函数能够利用已知条件判断其单调性，利用单调性解不等式是这种类型问题的常规解法．考虑到已知条件，设，则，由此可得，得是递增的，不等式可解．

已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围为__________.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 答案 a

三、解答题

已知函数，，设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同，则时，实数的最大值是（）。 A: B: C: D: 答案 A

视频讲解

1.4M07:02 解析

本题主要考查导函数和函数的单调性和函数的最值。因为，所以；因为，所以。因为两曲线相交且切线相同，所以，所以，所以或，因为且，所以，所以，即，所以，令（），所以，令，则，所以当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以在上单调递减，所以，所以实数的最大值

为。

故本题正确答案为A。

题目来源：2014-2015学年江西省师大附中高二上学期期末考试：文数

已知函数，若函数的图像在点处的切线重合，则以的取值范围是（）

（A）（B）（C）（D）

答案

【答案】C

考点：1、函数的定义与性质；2、直线方程.

【思路点睛】本题主要考察的是函数切线方程和分类讨论的思想，观察可以发现，一个是二次函数，一个是对数函数，这两个基本函数的性质容易求出，先设、两点，当，，，计算可知只有成立，由函数的图象在点处的切线重合，可列，从而易求出其取值范围.

设an（n≥2，n∈N*）是的展开式中x的一次项系数，则=________．答案 17

解析

分析：根据所给的设a n（n≥2，n∈N *）是的展开式中x的一次项系数，写出数列的通项，代入要求的式子，整理出最简形式，得到可以用裂项来求得数列的和形式，求出结果．

解答：∵a n（n≥2，n∈N *）是的展开式中x的一次项系数，

∴a n=C n 23 n-2， ∴ =

= =18（1- + ）=17 故答案为：17

点评：本题考查二项式的展开式的通项和数列求和，解题的关键是写出数列的通项，把要求的式子整理出可以利用裂项来解的形式．

若是抛物线上的一点，则抛物线在点P处的切线的斜率可以通过如下方法求得：在两边同时对x求导，得，即，所以抛物线在点P处的切线的斜率．请类比上述方法，求出双曲线在点处的切线的方程为．答案

解析：∵，∴两边同时对x求导，得，即，∴，∴切线方程为，即．

已知函数与图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围

是__________________ 答案解析

【知识点】函数的图象．B10

【答案解析】解析：由题意可得：存在x0∈（﹣∞，0），满足x02+ex0﹣=（﹣x0）2+ln（﹣x0+a），

即ex0﹣﹣ln（﹣x0+a）=0有负根，

∵当x趋近于负无穷大时，ex0﹣﹣ln（﹣x0+a）也趋近于负无穷大，

且函数h（x）=ex﹣﹣ln（﹣x+a）为增函数，∴h（0）=﹣lna＞0，

∴lna＜ln，∴0＜a＜，∴a的取值范围是（0，），故答案为：（0，）

【思路点拨】由题意可得：存在x0∈（﹣∞，0），满足x02+ex0﹣=（﹣x0）2+ln（﹣x0+a），函数h（x）=ex﹣﹣ln（﹣x+a）的图象和性质，得到h（0）=﹣lna＞0，继而得到答案．

某校高三数学备课组为了更好的制定二轮复习的计划,开展了试卷讲评后效果的调研,从上学期期末数学试题中选出一些学生易错题,重新进行测试,并认为做这些题不出任何错误的同学为“过关”,出了错误的同学认为“不过关”,现随机抽查了年级50人,他们的测试成绩的频数分布如下表:

1.由以上统计数据完成如下2×2列联表,并判断是否有95%的把握认为期末数学成绩不低于90分与测试“过关”是否有关?说明你的理由. 2.

在期末分数段[105,120)的5人中,从中随机选3人,记抽取到过关测试“过关”的人数为X,求X的分布列及数学期望. 下面的临界值表供参考:

答案解：（1）依题意得 a=12，b=18，c=14，d=6

因此有95%的把握认为期末数学成绩不低于90分与测试“过关”有关。

在期末分数段[105,120)的5人中.有3人测试“过关”，随机选3人.抽取到过关测试“过关”的人数为义的可能值为1.2,3 ,,

X的分布列为：解析

（1）根据频数分布表可以将联表填写完整，从而可以进行独立性检验。

（2）考查概率分布问题，随机抽取到的可能值是1,2,3，分别求出相对应的概率，从而可以求得分布列和数学期望。

（本题满分12分）某公司的广告费支出x与销售额y（单位：万元）之间有下列对应数据 x 2 4 5 6 8 y 30 40 60 50 70

(1)画出散点图，并判断广告费与销售额是否具有相关关系；

(2)根据表中提供的数据，用最小二乘法求出y与x的回归方程；

(3)预测销售额为115万元时，大约需要多少万元广告费。参考公式:回归方程为其中, 答案

（1）具有相关关系(2) (3)15 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据表格中所给的数据，写出对应的点的坐标，在直角坐标系中描出这几个点，得到散点图；（Ⅱ）首先做出这组数据的横标和纵标的平均数，利用最小二乘法做出线性回归方程的系数，根据样本中心点在线性回归直线上，求出a的值，写出线性回归方程；（Ⅲ）根据上一问做出的线性回归方程，当y的值是一个确定的值时，把值代入做出对应的x的值. 试题解析：（1）散点图如图

由图可判断：广告费与销售额具有相关关系。……4分（2） , ……6分 == ……7分 == ……8分 == ……9分 == ……10分

∴线性回归方程为 ……11分（3）由题得：，，得 ……12分考点：散点图与回归方程（本小题满分12分）

已知在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），在极坐标系（以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极

轴）中，曲线的方程为，曲线、交于A、B两点．（Ⅰ）若p=2且定点，求的值；（Ⅱ）若成等比数列，求p的值．

答案解：（Ⅰ）∵曲线的方程为 ∴曲线的直角坐标方程为又已知p=2

∴曲线的直角坐标方程为

将曲线的参数方程（t为参数）与联立得：，由于，所以设方程两根为 ∴

∴ ……6分

（Ⅱ）将曲线的参数方程（t为参数）与联立得：

由于，所以设方程两根为 ∴且

又成等比数列 ∴ ∴ ∴，即 ∴

∴，解得：又 ∴

∴当成等比数列时，p的值为. ……12分

在实数集R上随机取一个数x，事件A=“sinx≥0，x∈[0，2π+”，事件B=“ sinx+ √ 3cosx≤1”，则P（B|A）=（）

A． 1 4 B． 1 3 C． 1 2 D． 2 3 答案 C 解析

∵sinx≥0，x∈[0，2π+， ∴x∈[0，π+，

又∵ sinx+ √ 3cosx=2sin（x+ π 3）≤1 ∴sin（x+ π 3）≤ 1 2

∴x+ π 3∈* 5π 6， 4π 3] ∴x∈* π 2，π+，

故P（B|A）= π 2 π= 1 2 故选C 已知a、b为正实数,直线与曲线相切,则的取值范围是( ) A. B. C.

D. 答案 A

解:函数的导数为,,切点为,代入,得, 、b为正实数,, 则, 令,则,

则函数为增函数, .

所以A选项是正确的解析

求函数的导数,利用导数构造函数,判断函数的单调性即可.

已知函数，对任意，有恒成立，则实数的取值范围是．

答案

提示：记，则 ==

= =.

令xy=t，则t ]，令 = 即+

(1) 若即，只需，即a2-a，解得：a (2) 若0，即，只需，无解； (3) 若，即a，只需，即，解得，所以，实数a的取值范围为. 某次文艺汇演，要将，，，，，这六个节目排成节目单，如果，两个节目要相邻，并且都不排在第个，则节目单不同的排法种数为（）。 A: B: C: D: 答案 B

解析

本题主要考查排列与组合。

首先，选出一个节目排在第三个，有种排法，再从剩下的个位置中选出相邻的位置给，两个节目，有中排法，最后在对，进行全排，对剩下的三个节目进行全排分别有，中排法，则总排法数为种。故本题正确答案为B。题目来源：2014届河北省石家庄市高中毕业班第二次模拟考试：理数

若函数在上有最小值，则实数的取值范围为_________. 答案

解析 ,令得或,

令得,所以函数的单调递增区间为和,减区间为. 所以要使函数在上有最小值,只需, 即.

考点：用导数研究函数的简单性质. （本小题满分12分）

某公司计划在迎春节联欢会中设一项抽奖活动：在一个不透明的口袋中装入外形一样号码分别为，，，，的十个小球。活动者一次从中摸出三个小球，三球号码有且仅有两个连号的为三等奖，奖金元；三球号码都连号为二等奖，奖金元；三球号码分别为，，为一等奖，奖金元；其余情况无奖金。

（1）求员工甲抽奖一次所得奖金的分布列与期望；（2）员工乙幸运地先后获得四次抽奖机会，他得奖次数的方差是多少？答案

（1）甲抽奖一次，基本事件的总数为，奖金的所有可能取值为，，，。一等奖的情况只有一种，所以奖金为元的概率为；三球连号的情况有，，；，，；；，，共种，得奖金元的概率为；仅有两球连号中，对应，与，的各有种；对应，；，；；，的各有种，得奖金的概率为；得奖金的概率为。 ......4分的分布列为： ......6分。 ......8分

（2）由（1）可得乙一次抽奖中中奖的概率为，四次抽奖是相互独立的。所以中奖次数，故。 ......12分视频讲解

3.3M13:17 解析

本题主要考查概率以及二项分布。（1）依题意知的所有取值为，，，，求出基本事件总数和取不同值时的事件数，计算出，，，，即可求得的分布列和期望；

（2）员工四次抽奖是相互独立的，所以所以中奖次数，利用二项分布的方差公式即可求得的方差。

题目来源：2015届辽宁省协作校高三上学期期末考试：理数

（本小题满分12分）

某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位：千元）对年销售量（单位：）和年利润（单位：千元）的影响。对近年的宣传费和年销售量（，，，）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值。

表中，。

（Ⅰ）根据散点图判断，与哪一个适宜作为年销售量关

于宣传费的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；

（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；（Ⅲ）已知这种产品的年利润与，的关系式为，根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：

（ⅰ）年宣传费时，年销售量及年利润的预报值是多少？

（ⅱ）年宣传费为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，。答案

（Ⅰ）由散点图可以判断，适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型。 ......分

（Ⅱ）令，先建立关于的线性回归方程。由于，

，所以关于的线性回归方程为，因此关于的回归方程为。 ......分（Ⅲ）（ⅰ）由（Ⅱ）知，当时，年销售量的预报值，年利润的预报值。 ......分

（ⅱ）根据（Ⅱ）的结果知，年利润的预报值

。所以当，即时，取得最大值。故年宣传费为千元时，年利润的预报值最大。 ......分视频讲解

1.9M07:56

解析

本题主要考查统计案例。

（Ⅰ）根据图中散点大致形状，可知回归方程不是线性方程；

（Ⅱ）根据和以及题中已给数据即可求得；（Ⅲ）（ⅰ）将代入（Ⅱ）中结果，结合即可求出；（ⅱ）问题转换为求的最大值，随后利用二次函数性质即可求得。

题目来源：2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ卷）：文数

已知函数f（x）=x2-1，g（x）=a|x-1|．

（Ⅰ）若当x∈R时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

（Ⅱ）求函数h（x）=|f（x）|+g（x）在区间[-2，2]上的最大值．答案【解析】

（Ⅰ）按照x与1进行讨论，分离常数得，令，去掉绝对值符号化简解析式，由一次函数的性质分别求出φ（x）的范围，由恒成立问题求出a的范围，最后取并集；（Ⅱ）由题意求出h（x），按照x与1、-1的关系去掉绝对值符号化简解析式，由区间和对称轴对a进行分类

讨论，分别由二次函数的性质判断出h（x）在区间上的单调性，并求出对应的最大值．【答案】

解：（Ⅰ）不等式f（x）≥g（x）对x∈R恒成立，即（x2-1）≥a|x-1|（*）对x∈R恒成立， ①当x=1时，（*）显然成立，此时a∈R； ②当x≠1时，（*）可变形为，令

因为当x＞1时，φ（x）＞2，当x＜1时，φ（x）＞-2，所以φ（x）＞-2，故此时a≤-2．

综合①②，得所求实数a的取值范围是a≤-2．

（Ⅱ）因为h（x）=|f（x）|+g（x）=|x2-1|+a|x-1|=… ①当时，可知h（x）在[-2，1]上递减，在[1，2]上递增，且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，经比较，此时h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3．

②当时，h（x）在[-2，-1]，上递减，

在，[1，2]上递增，且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，，经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3． ③当时，h（x）在[-2，-1]，上递减，

在，[1，2]上递增，且h（-2）=3a+3，h（2）=a+3，，经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为a+3． ④当时，h（x）在，上递减，

在，上递增，且h（-2）=3a+3＜0，h（2）=a+3≥0，经比较，知此时h（x）在[-2，2]上的最大值为a+3．当时，h（x）在[-2，1]上递减，在[1，2]上递增，故此时h（x）在[-2，2]上的最大值为h（1）=0．综上所述，当a≥0时，h（x）在[-2，2]上的最大值为3a+3；当-3≤a＜0时，h（x）在[-2，2]上的最大值为a+3；当a＜-3时，h（x）在[-2，2]上的最大值为0．【点评】

本题考查含有绝对值的函数的性质，一次函数、二次函数的性质，恒成立问题转化为求函数的最值问题，以及分类讨论，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，在高考试题中占有重要的位置．

美国生物学家马古利斯，在她1970年出版的《真核细胞的起源》一书中提出“蓝藻被真核细胞吞噬后经过共生能变成叶绿体”，这是解释线粒体、叶绿体等细胞器起源的一种学说，称为内共生学说。以下各项叙述不能很好地支持该学说的是（）。

A: 叶绿体DNA在大小、形态和结构等方面与蓝藻相似 B: 叶绿体有双层膜结构，其内膜的成分与蓝藻细胞膜相似

C: 叶绿体中不含有藻蓝素等色素

D: 叶绿体与蓝藻中都含有类似的核糖体答案 C

解析

叶绿体和蓝藻相似的成分、结构和功能都能支持该学说，A项、B项、D项都表示叶绿体和蓝藻存在相似之处，C项表示两者不同之处，故本题正确答案为C。题目来源：2013届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物

ATP是细胞的能量“通货”，下列说法正确的是（）。 A: ATP脱去2个磷酸基团后是DNA的基本组成单位之一 B: ATP与ADP相互转化的能量供应机制是生物界的共性 C: ATP的合成总是伴随有机物的氧化分解

D: 黑暗条件下，植物细胞中只有线粒体可以产生ATP 答案 B

解析

B项，所有生物的都依靠ATP与ADP相互转化的能量供应机制进行各项生命活动，故B项正确。

A项，ATP由腺苷和三个磷酸组成，脱去2个磷酸基团后为腺嘌呤核糖核苷酸，是RNA的基本组成单位之一，故A项错误。

C项，光合作用中的光反应阶段利用光能电解水，此过程合成ATP但没有有机物的氧化分解，故C项错误。 D项，黑暗条件下，植物进行呼吸作用，呼吸作用的第一步在细胞质基质中，该过程能产生少量ATP，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。题目来源：2013届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物

(100分)某学校研究小组利用叶面积相等的、两种植物的叶片分别进行了以下两组实验（假设两组实验在相同且适宜的温度下进行，且忽略光照对呼吸作用的影响）：实验一将、两种植物的叶片分别放置在相同的密闭小室中，给予充足的光照，利用红外测量仪每隔测定小室中的浓度，结果如图所示。

实验二给予不同强度的光照，测定、两种植物叶片的吸收量和释放量，结果如图所示。请据图分析回答：

（1）在低浓度二氧化碳时，固定能力较强的植物是_____。~期间，影响植物光合作用强度的主要因素是_____。

（2）当实验一从开始经过，通过光合作用制造的有机物总量：植物_____（填“大于”、“等于”或“小于”）植物，原因是_____。

（3）若植物在第时，光照突然降低，含量在短时间内将_____。

（4）~期间两个密闭小室内含量相对稳定的原因是_____。

（5）实验二中，若给予的光照强度为（），每日光照小时，一昼夜中植物的干重将_____，植物的干重

将_____。答案

（1）浓度

（2）小于内，两植物从环境中吸收的量是相同的，但植物的呼吸作用强度小于植物的呼吸作用强度，所以植物通过光合作用制造的有机物总量小于植物（3）下降

（4）植物呼吸作用释放的量与其光合作用消耗的量相等

（5）增加减少解析

（1）本小题考查影响植物光合速率的因素。由图可知，植物可利用低浓度的，所以在低浓度二氧化碳时，固定能力较强的植物是。~期间，植物浓度变化曲线的斜率变小，说明光和强度随浓度变小而变小，故此时影响植物光合作用强度的主要因素是浓度。

（2）本小题考查植物光合作用和呼吸作用过程中的物质变化。由图可知，内，两植物从环境中吸收的量是相同的，即净光合作用相同；由图可知，植物呼吸强度小于植物的呼吸作用强度，光合作用制造的有机物总量=净光和作用积累的有机物+呼吸作用积累的有机物，所以植物通过光合作用制造的有机物总量小于植物。（3）本小题考查光合作用的光反应和暗反应。光照突然降低，光反应降低，产生的和减少，故暗反应中的还原受阻，的生成量降低；的固定不变，的消耗不变，所以含量下降。

（4）本小题考查植物光合作用和呼吸作用过程中的物质变化。植物呼吸作用释放的量与其光合作用消耗的量相等导致含量稳定。

（5）本小题考查植物的净光合作用和呼吸作用的关系。净光合速率＝总光合速率－呼吸速率。若给予的光照强度为（），植物的净光合速率大于呼吸速率，所以一昼夜中植物的干重将增加；植物净光合速率小于呼吸速率，所以一昼夜中植物的干重将减少。题目来源：2013届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物

某学校研究小组利用叶面积相等的A、B两种植物的叶片分别进行了以下两组实验（假设两组实验在相同且适宜的温度下进行，且忽略光照对呼吸作用的影响）：实验一将A、B两种植物的叶片分别放置在相同的密闭小室中，给予充足的光照，利用红外测量仪每隔5min测定小室中的CO2浓度，结果如图1所示．

实验二给予不同强度的光照，测定A、B两种植物叶片的CO2吸收量和CO2释放量，结果如图2所示．

请据图分析回答：

（1）在低浓度二氧化碳时，固定CO2能力较强的植物是B．0～25min期间，影响B植物光合作用强度的主要因素是CO2浓度．（2）当实验一从开始经过10min，A植物通过光合作用制造的有机物总量比B植物少，原因是小于 10min内，两植物从环境中吸收的CO2量是相同的，但A植物的呼吸作用强度小于B植物的呼吸作用强度，所以A植物通过光合作用制造的有机物总量小于B植物．

（3）若A植物在第5min时，光照突然降低，C5含量在短时间内将下降．

（4）25～40min期间两个密闭小室内CO2含量相对稳定的原因是植物呼吸作用释放的CO2量与其光合作用消耗CO2的量相等．

（5）实验二中，若给予的光照强度为x klx（a＜x＜b），每日光照12小时，一昼夜中A植物的干重将增加，B植物的干重将减少．答案【解析】

图1中表示A、B两种植物在密室中因光合作用和呼吸作用导致密室中二氧化碳含量不断变化，当小室中二氧化碳不再发生变化即两者曲线不再发生变化时此时两种植株的光合速率等于呼吸速率，图中减少的二氧化碳含量表示净光合．

图2表示A、B两种不同植株随着光照强度光合作用变化．

【答案】解：（1）题干中告知A、B两叶片面积相等，图1中可知A植株在20分钟之后密室中二氧化碳浓度一直维持在0.8mmol/L，说明此时A植株光合作用速率=呼吸速率，即光合作用吸收的二氧化碳量等于其呼吸作用释放的量，而B植株在20分钟之后密室中二氧化碳浓度维持在0.4mmol/L，说明此时B植株光合作用速率=呼吸速率，与A植株相比说明B植株在低二氧化碳浓度下的光合作用强度更好．0～25min期间密室中二氧化碳含量一直在减少，说明此时光合作用强度大于呼吸作用，但由于密室中二氧化碳的减少的幅度越来越小，即随着密室中二氧化碳含量减少光合速率也在减小直到密室中二氧化碳含量不变化，说明此阶段影响B植株光合作用的因素是二氧化碳浓度．

（2）由图1中10分钟内，A、B植株吸收的二氧化碳量一样多，即净光合作用量相同，由图2在光照强度为零时只进行呼吸作用，而A植物呼吸强度为1小于B植物呼吸强度为2，题干中的光合作用指的是真光合作用，真光合作用=净光合作用量+呼吸作用量，所以10分钟内A植物通过光合作用制造的有机物总量小于B植物．（3）当光照突然降低，将会影响光反应阶段，产生的[H]和ATP减少，将会会影响暗反应阶段碳三的还原，消耗的碳三化合物少，生成碳五的量将减少．

（4）25～40min期间两个密闭小室内CO2含量相对稳定，说明此时呼吸作用产生的CO2等于光合作用消耗的，所以小室中CO2不变．

（5）图2中曲线代表的是净光合作用吸收二氧化碳量，所以植物真光合作用=呼吸作用+净光合作用．A植物在a点净光合为1，b点净光合为6，所以在a～b之间平均净光合为3.5．B植物在a点净光合为-1，b点净光合为2，所以在a～b之间平均净光合为0.5，光照强度为零时只进行呼吸作用，可知A呼吸作用为1，B为2，所以当光照为X时光照12小时，A植株的真光和≈（3.5+1）×12=54，一昼夜每时每刻都进行呼吸作用，即呼吸作用时间为24小时，呼吸作用消耗的=1×24=24，所以净光合=54-24=30，A植株干重增加，B植株真光和≈（2+0.5）×12=30，呼吸作用消耗的=2×24=48，所以净光合=30-48=-18，B植株干重减少．故答案为：

（1）B CO2浓度．（2）少小于 10min内，两植物从环境中吸收的CO2量是相同的，但A植物的呼吸作用强度小于B植物的呼吸作用强度，所以A植物通过光合作用制造的有机物总量小于B植物．（3）下降．（4）植物呼吸作用释放的CO2量与其光合作用消耗CO2的量相等．

（5）增加减少．

【点评】

本题主要考察学生分析图能力以及对于真光合作用、呼吸作用、净光合作用三者之间的关系，是一个难点．

下列有关细胞结构和功能的叙述，正确的是（）。 A: 需氧型生物的细胞都是以线粒体作为产能的“动力车间”

B: 溶酶体能合成多种水解酶并降解所吞噬的物质

C: 真核细胞功能不同主要是因为各细胞内细胞器的种类和数量不同

D: 噬菌体、蓝藻、酵母菌都具有核糖体这种细胞器答案 C

解析 C项，植物的根细胞没有叶绿体，叶肉细胞含有叶绿体，动物的肌细胞含有大量线粒体等说明真核细胞功能不同主要是因为各细胞内细胞器的种类和数量不同，故C项正确。

A项，需氧生物有真核生物和原核生物，需氧的原核生物没有线粒体，但能进行有氧呼吸，故A项错误。 B项，水解酶的化学本质是蛋白质，蛋白质是在核糖体中合成的，故B项错误。

D项，噬菌体是以DNA为遗传物质的病毒，没有细胞结构；蓝藻是原核生物，酵母菌是真核生物，都含有核糖体，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为C。

易错项分析：本题易错项为B。考生可能对溶酶体的具体功能不清楚。溶酶体是真核细胞中的一种细胞器，含有多种水解酶，在细胞内起消化作用。但水解酶并不是由溶酶体合成的，蛋白质的合成在核糖体中进行。题目来源：2012届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物

D: 黑暗条件下，植物细胞中只有线粒体可以产生ATP 答案 B

解析

B项，所有生物的都依靠ATP与ADP相互转化的能量供应机制进行各项生命活动，故B项正确。

A项，ATP由腺苷和三个磷酸组成，脱去2个磷酸基团后为腺嘌呤核糖核苷酸，是RNA的基本组成单位之一，故A项错误。

综上所述，本题正确答案为B。题目来源：2013届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物

下图是细胞膜的亚显微结构模式图，①-③表示构成细胞膜的物质，下列相关叙述中，正确的是（）。

A: 物质a可表示葡萄糖或氨基酸等物质

B: 物质b可表示神经元释放的乙酰胆碱等小分子神经递质

C: 吞噬细胞识别处理病原体与物质①有关

D: 物质③大都可以运动，物质②大都不能运动答案 C 解析

①表示细胞膜表面的糖蛋白，②表示磷脂双分子层，③表示膜蛋白。

C项，细胞膜表面的糖蛋白在细胞识别中起着重要的作用，病原体进入机体，吞噬细胞表面的糖蛋白可以起到一定的识别作用，帮助吞噬细胞对病原体进行摄取和处理，故C项正确。

A项，由图可知物质a的运输过程中，是从高浓度一侧到低浓度一侧，既不需要载体也不需要消耗能量，故该过程为自由扩散，而葡萄糖的跨膜运输方式为协助扩散或主动运输，氨基酸的跨膜运输方式主要为主动运输，

故物质a不是葡萄糖或氨基酸，故A项错误。

B项，神经元释放乙酰胆碱等小分子神经递质的方式为胞吐，胞吐依赖于膜的流动性而发生，不属于跨膜运输；而物质b的运输方式为主动转运，是跨膜运输，故物质b不能表示神经元释放的乙酰胆碱等小分子神经递质，故B项错误。

D项，细胞膜的结构特点是具有一定的流动性，既包括脂质分子的流动性又包括膜蛋白的运动性，故物质③（载体蛋白）大都可以运动，物质②（磷脂分子）也可以运动，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为C。题目来源：2015届河南省郑州市高三第一次质量预测理综：生物

正在分化的某种两栖类动物细胞的细胞核中，一种RNA的合成非常旺盛，但将完整的细胞核移植到去核的卵细胞中，该RNA的合成立即停止。下列对这一实验现象的分析中，合理的解释是（）。

A: 卵细胞内可能含有抑制相关基因表达的物质 B: 卵细胞中缺少合成该RNA的原料

C: 卵细胞内缺少合成RNA聚合酶的细胞器 D: 实验中丢失了合成该RNA的基因答案 A 解析

A项，由题意可知，RNA合成旺盛的细胞核移植到去核卵细胞后，RNA合成立刻停止，最可能的原因就是移植后由于细胞质的影响，使核基因表达暂时受到抑制，故A项正确。

B项，合成该RNA的原料为4种核糖核苷酸，卵细胞中含有这些核糖核苷酸，不缺少原料，故B项错误。 C项，RNA聚合酶的化学本质是蛋白质，蛋白质合成的场所是核糖体，卵细胞中含有核糖体，故C项错误。 D项，在实验过程中，不可能是细胞核本身内部的基因发生变化，移植时细胞核完整，也不会丢失合成该RNA的基因，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为A。题目来源：2015届河南省郑州市高三第一次质量预测理综：生物

【题文】(10分)图甲表示某植物叶肉细胞内光合作用和呼吸作用的示意图；图乙表示在CO2充足的条件下，该植物光合作用速率与光照强度和温度的关系(图中光合作用速率单位是：mgCO2·cm- 2·h-1，光照强度单位是：klx)。请据图回答下列问题。

（1）在图甲中的①~④四个生理过程中，发生在叶绿体类囊体薄膜上的是过程________(填序号)，该过程称为____________。有氧呼吸包括过程________(填序号)，在线粒体内膜上进行的是过程________(填序号)。（2）根据图乙分析，限制a、b两点光合作用速率的主要环境因素分别是________________。与a点相比，b点叶绿体内的NADPH/NADP+比值__________(填“大”、“小”或“基本不变”)。

（3）根据图乙，请在答题卡相应坐标中画出光照强度为L2、温度在10~30℃间光合作用速率的变化曲线。答案

（1）① 水在光下分解 ②④ ② （2）光照强度、温度大

（3）见右图（4分）解析

分析试题：（1）图甲中①是水的光解，发生在类囊体薄膜上，③是光合作用的暗反应；有氧呼吸包括②和④过程，其中②是有氧呼吸第三阶段，发生在线粒体内膜上。

（2）图乙中a点以前，光合速率不随温度的变化而变化，但随光照强度的增大而升高，说明a点限制光合速率的主要环境因素是光照强度；b点以后，光合速率不随光照强度的增大而升高，但随温度的升高而升高，说明b点限制光合速率的环境因素是温度。与a点相比，b点光照强度大，光反应生成的NADPH多，所以叶绿体内的NADPH/NADP+比值大。

（3）由乙图可知，当光照强度为L2时，温度由10℃上升到20℃，光合速率由4增大为6,；温度由20℃升高到30℃时，光合速率保持不变，据此可画出以温度为横坐标，以光合速率为纵坐标的光合作用速率的变化曲线。

考点：本题考查光合作用和细胞呼吸的相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理判断或得出正确的结论能力。。

2014年3月24日是第19个世界防治结核病日，我国的宣传主题是“你我共同参与，依法防控结核”。结核病是由结核杆菌在人体细胞内寄生形成的，以肺结核最为多见。结核病至今仍为重要的传染病。请利用有关生物学知识，回答下列问题。

（1）按照细胞内有无以核膜为界限的细胞核来划分，结核杆菌应属于_____，在显微镜下观察其细胞膜外还具有_____等结构，结核杆菌依靠这些结构抵御人体对其产生的免疫。

（2）寄生在细胞中的结核杆菌必须依靠_____才能将其从细胞中释放出来，然后与_____产生的_____结合，形成沉淀或细胞集团，进而被吞噬细胞吞噬消化。吞噬细胞能够识别这些沉淀或细胞集团，体现了细胞膜具有_____的功能。消化这些沉淀或细胞集团需要溶酶体参与，原因是_____。

（3）对婴幼儿注射卡介苗是预防结核病传染的有效措施，卡介苗是由Calmette和Guerin两位生物学家发现

的变异结核杆菌培养而成的，结核杆菌的这种变异应该来自于_____。作为注射疫苗，卡介苗应该具备的特点有_____。答案

（100分，除特殊说明外，每空10分）

（1）原核生物（细胞）细胞壁、荚膜（写出一项即可）

（2）效应T细胞浆细胞抗体信息交流溶酶体含有多种水解酶

（3）基因突变能刺激人体产生抗体和记忆细胞；对人体无伤害（20分）解析

（1）结核杆菌细胞内无以核膜为界限的细胞核，是原核细胞，该菌细胞膜外有细胞壁、荚膜。

（2）结核杆菌是一种单细胞生物，它是寄生在动物细胞内的寄生菌。效应T细胞与被入侵的宿主细胞（即靶细胞）密切接触，激活靶细胞内的溶酶体酶，使靶细胞的通透性改变，渗透压发生变化，最终导致靶细胞裂解死亡，使寄生在细胞中的结核杆菌从寄主细胞中释放出来；抗原被暴露后，会与浆细胞产生的抗体特异性结合，形成沉淀或细胞集团，进而被吞噬细胞吞噬消化。吞噬细胞细胞膜表面具有糖蛋白，能够识别这些沉淀或细胞集团，体现了细胞膜具有信息交流的功能。溶酶体中含有多种水解酶，既可以使某些衰老细胞器和生物大分子等陷入溶酶体内并被消化掉，又可以将细胞吞噬进的食物或致病菌等大颗粒物质消化，残渣通过外排作用排出细胞。

（3）结核杆菌的这种变异应该来自于基因突变。卡介苗接种到人体后通过引起轻微感染而产生对人型结核杆菌的免疫力，接种卡介苗是用无毒卡介菌（结核菌）人工接种进行初次感染，经过巨噬细胞的加工处理，将其抗原信息传递给免疫活性细胞，使T细胞分化增殖，形成致敏淋巴细胞；B细胞增殖分化并产生相应的记忆B细胞。当机体再遇到结核菌感染时，记忆B细胞直接增殖、分化产生浆细胞，并产生抗体，与抗原结合。所以需要具备的特点是能刺激人体产生抗体和记忆细胞，而且对人体无伤害。题目来源：2015届河南省郑州市高三第一次质量预测理综：生物

（1）用化学用语表示下列物质：

2个碳原子 2C ，碳酸根离子 CO 3 2- ，铝离子 Al 3+ ，硫酸铁 Fe 2（SO 4） 3 ，氢氧化钙 Ca（OH） 2 （2）写出下列反应的化学方程式：

①双氧水在光照作用下分解 2H 2O 2 光照 . .

2H 2O+O 2↑

②碳在空气中不完全燃烧 2C+O 2 点燃

2CO

（3）写出硫酸的电离方程式 H 2SO 4═2H ++SO 4 2- ．答案解：（1）2个碳原子表示为2C；碳酸根离子表示为CO 3 2-；铝离子表示为Al 3+；硫酸铁的化学式为Fe 2（SO 4） 3；氢氧化钙的化学式为Ca（OH） 2；

（2）①由题意可知，反应物、生成物、反应条件，故化学方程式为2H 2O 2 光照 .

2H 2O+O 2↑

②由题意可知，反应物、生成物、反应条件，故化学方程式为2C+O 2 点燃 .

2CO；

（3）硫酸的电离方程式为：H 2SO 4═2H ++SO 4 2-；故答为：（1）2C；CO 3 2-；Al 3+；Fe 2（SO 4） 3；Ca（OH） 2；

（2）①2H 2O 2 光照 .

2H 2O+O 2↑；②2C+O 2 点燃 .

2CO；

（3）H 2SO 4═2H ++SO 4 2-；解析

（1）本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式；

（2）①双氧水在光照作用下分解：反应物为双氧水，反应条件为光照，生成物为水和氧气； ②碳在空气中不完全燃烧：可知反应物为碳和氧气，反应条件为点燃，生产物为一氧化碳；

（3）硫酸的在水中电离出氢离子和硫酸根离子；

本题考查化学用语的意义及书写，能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式；由题目中的信息，正确书写化学方程式．

蛋白质是生命活动的主要承担者，下列关于蛋白质的叙述，错误的是（）。

A: 不是所有细胞器都含有磷脂，但所有细胞器均含有蛋白质

B: 核糖体是所有细胞生物所共有的细胞器，间接体现了蛋白质的重要作用

C: 真核细胞中蛋白质合成后均需要内质网、高尔基体加工

D: 蛋白质可以行使催化、调节、免疫、运输等功能答案

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