河北省唐山市遵化市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 化学试题（含解析）

这是一份河北省唐山市遵化市第一中学2024-2025学年高二下学期3月月考 化学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Si 28 Cu 64 Ca 40
第I卷(选择题 共60分)
一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 原子结构模型经历了五个主要阶段:1803年实心球模型→1897年葡萄干面包式模型→1911年原子核式结构模型→1913 的轨道模型→20 世纪初电子云的原子结构模型。对轨道模型贡献最大的科学家是
A. 玻尔B. 汤姆生C. 卢瑟福D. 道尔顿
【答案】A
【解析】
【详解】1803年英国科学家道尔顿提出近代原子学说，即原子结构的实心球模型；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，之后提出葡萄干面包式原子结构模型；1911年英国物理学家卢瑟福提出了原子核式结构模型；1913年丹麦物理学家波尔引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；20世纪初奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型，为近代量子力学原子结构模型。综上分析，对轨道模型贡献最大的科学家是玻尔，故选A。
2. 下列各项叙述中，正确的是
A. 镁原子由时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B. 外围电子排布为的元素位于第5周期IA族
C. 基态氧原子核外电子的运动状态有8种
D. 所有p轨道的形状相同，大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．镁原子由，由基态转化成激发态，是吸收能量，A错误；
B．外围电子排布为的元素是In元素，最外层3个电子，位于第5周期IIIA族，B错误；
C．基态氧原子核外有8个电子，电子的运动状态有8种，C正确；
D．不同能层的p轨道大小不同，形状相同，D错误；
答案选C
3. 下列化学用语中表示错误的是
A. 碳原子的价电子轨道表示式
B. p-p σ键形成的轨道重叠示意图：
C. SOCl2的VSEPR模型为平面三角形
D. 钠原子2py电子云图
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳原子的价电子排布式为2s22p2，3个2p轨道的能量相同，则其价电子的轨道表示式为，A正确；
B．p-p σ键发生p轨道与p轨道的“头碰头”重叠，形成的轨道重叠示意图为：，B正确；
C．SOCl2的中心原子为S原子，结构式为，中心S原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，另外S原子的最外层还有1个孤电子对，所以VSEPR模型为三角锥形结构，C错误；
D．钠原子2py电子云是以y轴为对称轴纺锤形，则电子云图为，D正确；
故选C。
4. 下列关于氢键的说法中，正确的是
A. 氢键强度在化学键和范德华力之间，它属于化学键
B. 氢键具有方向性和饱和性，使得它在超分子自组装过程中起着关键的作用
C. 可燃冰中甲烷分子与水分子间存在氢键
D. 邻羟基苯甲醛的熔点比对羟基苯甲醛的熔点高
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢键不属于化学键，它属于分子间的作用力，氢键强度在化学键和范德华力之间，A不正确；
B．氢键与共价键一样，具有方向性和饱和性，超分子是由两种或两种以上分子通过相互作用结合在一起形成的具有特定结构和功能的聚集体，氢键的这些特性使得它在超分子自组装过程中起着关键的作用，B正确；
C．可燃冰中甲烷分子与水分子间不存在氢键，因为甲烷分子中碳与氢形成的共价键极性较弱，不能与水分子间形成氢键，C不正确；
D．邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，分子内氢键使物质的熔点降低，分子间氢键使物质的熔点升高，所以邻羟基苯甲醛的熔点比对羟基苯甲醛的熔点低，D不正确；
故选B。
5. 下列物质的性质比较，错误的是
A. 沸点：B. 热稳定性：
C. 熔点：D. 金属性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构相似的分子晶体，分子的相对分子质量越大，沸点越高，卤素单质是结构相似的分子晶体，则氟气、氯气、溴、碘的沸点依次升高，故A错误；
B．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，气态氢化物的热稳定性依次减弱，则氟化氢、氯化氢、溴化氢、碘化氢的热稳定性依次减弱，故B正确；
C．离子晶体中离子键越弱，晶体的熔点越低，碱金属氯化物都是离子晶体，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则氯化钠、氯化钾、氯化铷的离子键依次减弱，熔点依次降低，故C正确；
D．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则钠、镁、铝的金属性依次减弱，故D正确；
故选A。
6. 现有四种元素的基态原子的核外电子排布式如下：
①；②；③；④。
下列说法错误的是
A. 第一电离能：②>①>④>③B. 原子半径：③>④>①>②
C. 电负性：②>①>④>③D. 简单气态氢化物稳定性：②>①>④>③
【答案】A
【解析】
【分析】①是基态N原子电子排布式；②是基态O原子电子排布式；③是基态Si原子电子排布式；④是基态P原子电子排布式。
【详解】A．O、P原子最外层p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：N>O>P>Si，即：①>②>④>③，故A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Si>P>N>O，即：③>④>①>②，故B正确；
C．同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下，电负性减弱，所以电负性：O>N>P>Si，即②>①>④>③，故C正确；
D．元素非金属性越强气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>PH3>SiH4，即②>①>④>③，故D正确；
故选：A。
7. 下列说法正确的是
A. 氢原子只有一个电子，所以氢原子光谱只有一条谱线
B. 基态氮原子有5种空间运动状态，3种能量不同的电子
C. 1~36号元素中，最外层只有一个未成对电子的元素共有6种
D. 某元素基态原子最外层电子排布式为，该元素一定是主族元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢原子只有一个电子，但在激发状态下可进入不同的高能级轨道，激发态电子在回迁到低能级时可辐射出不同的能量，因此形成的光谱不只有一条谱线，故A错误；
B．基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，原子核外有5种轨道，有5种空间运动状态，1s、2s、2p能量不同，同种能级上的电子能量相同，则N原子存在3种能量不同的电子，故B正确；
C．1~36号元素也即前四周期元素，最外层有1个未成对电子的元素可以是IA 族、ⅢA族、ⅦA族元素，以及过渡金属的铬和铜，有12种，其元素分别为氢、锂、硼、氟、钠、 铝、氯、钾、铬、铜、镓、溴，故C错误；
D．基态原子最外层电子排布式为，也可能是副族如Zn[Ar]3d104s2和Ⅷ族元素如Fe[Ar]3d64s2，故D错误；
故选：B。
8. 用价电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，也可推测键角大小，下列判断正确的是
A. CS2是V形分子B. NH3键角小于H2O
C. BF3是三角锥形分子D. 和CH4的空间结构相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．CS2分子中，中心C原子的价层电子对数为2+=2，采取sp杂化，且中心原子的最外层不存在孤电子对，是直线形分子，A不正确；
B．NH3和H2O分子中，中心N、O原子的价层电子对数都为4，都采取sp3杂化，但N原子的最外层有1个孤电子对，O原子的最外层有2个孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的排斥作用＞孤电子对与成键电子对之间的排斥作用＞成键电子对与成键电子对之间的排斥作用，所以NH3键角大于H2O，B不正确；
C．BF3分子中，中心B原子的价层电子对数为3+=3，发生sp2杂化，且中心原子的最外层无孤对电子，是平面正三角形分子，C不正确；
D．和CH4的中心N、C原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，且中心原子的最外层不存在孤电子对，所以空间结构都呈正四面体形，D正确；
故选D。
9. 单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是
A. S位于元素周期表p区B. 该物质化学式为
C. S位于H构成的八面体空隙中D. 该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A正确；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为，H个数为：，故H、S原子个数比为3:1，故该物质的化学式为，B正确；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示，C正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；
故答案为：D。
10. 下列关于共价键的描述正确的是
A. p-pσ 键与p-pπ 键的对称性相同
B. N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中π 键的强度比σ 键的大
C. CN- 与N2结构相似，CH2=CHCN分子中σ 键与π 键数目之比为6∶1
D. 气体单质中一定存在σ键，可能存在π键
【答案】B
【解析】
【详解】A．p-pσ键是原子轨道以“头碰头”方式重叠，为轴对称，p-pπ键是原子轨道以“肩并肩”方式重叠，为镜面对称，则二者的对称性不同，A不正确；
B．N=N键中有1个σ键和1个π 键，N-N键为σ 键，N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中π 键的强度比σ 键的大，B正确；
C．CN-与N2结构相似，CH2=CHCN分子中有6个σ 键和3个π 键，二者的数目之比为6∶3=2∶1，C不正确；
D．稀有气体单质是单原子分子，不存在化学键，也就不存在σ键和π键，D不正确；
故选B。
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 30gSiO2晶体中Si—O键的数目为NA
B. 标准状况下，22.4LCCl4中含有极性共价键数目为4NA
C. 28g聚乙烯中含有的π 键数目为NA
D. 12 g石墨中含有C−C键的数目为1.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．，1 ml SiO2晶体中含有4 ml Si—O键，故0.5 ml SiO2含有4 ml Si—O键，数目为2NA，A错误；
B．标准状况下，CCl4不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，其所含极性共价键数目未知，B错误；
C．聚乙烯中不含π 键，C错误；
D．12 g石墨的物质的量为1 ml，1 ml石墨中含有1.5 ml C−C键，数目为1.5NA，D正确；
故选D。
12. 下列分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对的是
A. NH3、PCl3、H3O+B. CO2、BF3、
C. HCN、SO2、BeCl2D. CH4、NH3、H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3、PCl3、H3O+中，中心原子的价层电子对数都为4，发生sp3杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对，A符合题意；
B．CO2、BF3、中，C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，B原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，且只有S原子的最外层有1个孤电子对，B不符合题意；
C．HCN、SO2、BeCl2中，中心原子C、S、Be的价层电子对数分别为2、3、2，分别发生sp、sp2、sp杂化，且只有S原子的最外层有1个孤电子对，C不符合题意；
D．CH4、NH3、H2O中，中心原子C、N、O的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但最外层具有的孤电子对数分别为0、1、2，D不符合题意；
故选A。
13. 下列有关构造原理的说法错误的是
A. 原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d
B. 某基态原子部分核外电子的排布式为3d64s2
C. 所有基态原子的核外电子排布都遵循构造原理
D. 构造原理中电子排布能级顺序，源于光谱学事实
【答案】C
【解析】
【详解】A．3d轨道能量高于4s，所以原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，A正确；
B．基态铁原子价电子排布式为：3d64s2，符合基态原子电子排布规律，B正确；
C．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，但轨道充满或半充满时，能量较小，如Cu：3d104s1，Cr：3d54s1，不遵循构造原理，C错误；
D．构造原理中的电子排布能级顺序，源于光谱学事实，D正确；
故答案为：C。
14. 下列说法中错误的是
A. 根据水的沸点高于氟化氢，推断分子间氢键数目：H2O>HF
B. 根据轨道杂化类型不同，推断键角：SO2>H2O
C. 根据核外电子数不同，推断核外电子空间运动状态种类：S>P
D. 根据中心原子电负性不同，推断键角：
【答案】C
【解析】
【详解】A．水分子之间和HF分子之间都存在氢键，水常温下为液体，HF常温下为气体，则分子间氢键数目：H2O>HF，A正确；
B．SO2中的S形成2个σ 键，孤电子对数==1，价层电子对个数=2+1=3，则中心原子S杂化类型是sp2杂化，键角略小于120°，H2O中心原子价层电子对个数=2+=4，中心原子O原子杂化类型为sp3杂化，键角略小于109°28′，则水分子中键角更小，键角：SO2>H2O，B正确；
C．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于电子占据的轨道数；S的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，P的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，两者的核外电子空间运动状态种类都为1+1+3+1+3=9，C错误；
D．N的电负性大于P，则N—H键中的共用电子对都更加偏向于N原子，相互之间斥力较大，键角大，D正确；
故选C。
15. 四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示。X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。下列说法正确的是
A. 电负性大小：
B. 该阴离子中Y元素的化合价为+1价
C. 最简单氢化物的沸点：
D. 同周期中第一电离能比W大的有3种元素
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素，说明四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，则Z为C元素；X形成1个共价键，则X为F元素，Y可形成4个共价键，该离子带一个单位的负电荷，因此Y为B元素，综合可知，X、Y、Z、W分别是F、B、C、O元素，以此分析解答。
【详解】A．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此电负性：F>O>C>B，故A错误；
B．X、Y、Z、W分别是F、B、C、O元素，阴离子化学式为C2O4F2B-，电负性：F>O>C>B，则碳元素化合价为+3价，氧元素化合价为-2价，氟元素化合价为-1价，则B元素为+3价，故B错误；
C．X、W的最简单氢化物分别为：HF、H2O，由于相同状态下，水形成的氢键多余HF形成的氢键，因此简单气态氢化物的沸点：H2O＞HF，即W＞X，故C错误；
D．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA和第VA族分别为全充满、半充满状态，较稳定，因此第一电离能大于同周期相邻元素，因此与O同周期且第一电离能大于O的元素有N、F、Ne三种元素，故D正确；
故选D。
16. 若原子的电子层数为n，则下列推论不正确的是
A. 第n电子层中具有的原子轨道类型为n种
B. 第n电子层中具有的原子轨道数为n2个
C. 第n电子层中最多具有的电子数为2n2个
D. 同一原子轨道上的电子能量一定相同，不同原子轨道上的电子能量一定不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．第n电子层有n种类型的原子轨道，故A正确；
B．第一能层轨道数为1，第二能层的轨道数为4，第三能层的轨道数为9，以此类推，每个能层中具有的原子轨道数均为n2，故B正确；
C．按照原子核外电子排布规律：每个能层最多容纳的电子数为2n2，故C正确；
D．同一原子轨道上的电子能量一定相同，不同原子轨道，只要对应的电子层数和轨道形状相同，则能量相同，故D错误；
故选D。
17. 有关晶体的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 冰中的每个水分子均摊4个氢键
B. 每个硅原子被4个最小环所共有
C. 金刚石晶胞中碳原子的配位数是12
D. 在CO2晶胞中，1个分子周围有12个紧邻分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰晶胞中，中心水分子与顶点上的4个水分子共形成4个氢键，则平均每个水分子均摊2个氢键，A不正确；
B．在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有4条边，每条边又被6个环共用，同时由于每个环上有两条边是同一个硅原子周围的，所以每个硅原子被=12个最小环所共有，B不正确；
C．金刚石晶胞中，体内每个碳原子与4个等距离的碳原子相连，则碳原子的配位数是4，C不正确；
D．在CO2晶胞中，1个分子周围距离最近且相等的二氧化碳分子有=12，D正确；
故选D。
18. 下列关于原子杂化类型的说法中，正确的是
A. 晶体硅和石英()晶体中的硅原子均采用杂化
B. 中的两个碳原子与中的硼原子均采用杂化
C. 中的铍原子与中的氧原子均采用杂化
D. 中的碳原子与中的两个碳原子均采用杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体Si和SiO2均为四面体结构，Si原子采用sp3杂化，A正确；
B．CH3CH3中以C为中心形成四面体结构，为sp3杂化，B错误；
C．H2O中O原子的价层电子对数为2+×(6-2×2)=4，为sp3杂化，C错误；
D．C2H4中碳碳之间为双键，采用sp2杂化，D错误；
故选A。
19. 有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，下列说法错误的是
A. 该物质的化学式为TiNB. Ti与Ti的最近距离是
C. Ti的配位数为6D. 与N距离相等且最近的N有12个
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中，Ti（黑球）的个数为1+12=4，N（白球）的个数为8+6=4，则Ti和N的个数比为1:1，该物质的化学式为TiN，A正确；
B．该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则Ti与Ti的最近距离是a pm，B错误；
C．如图所示，与Ti距离相等且最近的N有6个，则Ti的配位数为6，C正确；
D．与N距离相等且最近的N有12个，D正确；
故选B。
20. 下列关于微粒间的作用力说法不正确的是
A. 离子键的强弱与离子半径及所带电荷有关
B. 金属键的实质是金属中的自由电子与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用
C. 分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
D. 石墨晶体既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子键的强弱与离子半径及所带电荷有关，离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键就越强，A正确；
B．金属键的实质是金属中的自由电子与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，这种相互作用使得金属具有导电性、导热性、延展性等特性，B正确；
C．分子晶体中分子间作用力越大，晶体的熔沸点越高，分子的稳定性与分子间的作用力无关，与分子内原子间的共价键的强弱有关，C不正确；
D．石墨晶体中，碳原子之间存在共价键形成的平面结构，层与层之间存在范德华力，它兼具共价晶体、分子晶体的特性，属于混合型晶体，D正确；
故选C。
第II卷(非选择题 共40分)
二、非选择题：本题共3个小题，共40分。
21. 下图为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：
（1）上图中属于ds区的元素是___________(填元素名称)。
（2）基态①原子中能量最高的电子，其电子云轮廓图的形状为___________。
（3）基态②原子的核外电子有___________种空间运动状态。
（4）②、③、④三种元素的原子半径由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
（5）根据“对角线规则”，与元素④性质相似的元素是___________(用元素符号表示)。
（6）基态⑦原子的价电子排布式为___________。
（7）基态⑥原子中，其占据的最高能层的符号是___________。
【答案】（1）锌 （2）哑铃形(或纺锤形)
（3）5 （4）Mg＞Al＞F
（5）Be （6）3d54s1
（7）N
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置，可得出①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为O、F、Mg、Al、S、K、Cr、Zn。
【小问1详解】
上图中，ⅠB、ⅡB族元素属于ds区元素，则属于ds区的元素是锌。
【小问2详解】
基态①原子为O原子，其价电子排布式为2s22p4，能量最高的电子填充在2p轨道，其电子云轮廓图的形状为：哑铃形(或纺锤形)。
【小问3详解】
原子核外有几个原子轨道，就有几种空间运动状态。基态②原子为F原子，电子排布式为1s22s22p5，则核外电子有5种空间运动状态。
【小问4详解】
②、③、④三种元素分别为F、Mg、Al，F原子核外有2个电子层，Mg、Al原子核外有3个电子层，电子层数越多，原子半径越大，Mg、Al为同周期元素且左右相邻，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为Mg＞Al＞F。
【小问5详解】
元素④为Al，根据“对角线规则”，锂与镁、铍与铝、硼与硅在物理和化学性质上都有一定的相似之处，则与元素④性质相似的元素是Be。
【小问6详解】
⑦为24号元素Cr，基态⑦原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式为3d54s1。
【小问7详解】
⑥为K元素，价电子排布式为4s2，基态⑥原子中，其占据的最高能层的符号是N。
【点睛】核外电子的空间运动状态与核外电子的运动状态不同，解题时注意区分。
22. 回答下列问题。
（1）CO与N2分子中电子总数相等，结构与物理性质相似。结合事实判断CO和N2中化学性质更活泼的是___________，试用下表中的键能数据解释其相对更活泼的原因：___________。
（2）H2和Cl2化合时，只能生成HCl，而不能生成H2Cl或HCl2，原因是共价键具有___________性。
（3）在N2H4、、H2O、CH4中，含有配位键的微粒有___________；含有非极性键的微粒有___________；极性键由强到弱的顺序为___________。
（4）在离子化合物中，阴、阳离子的电子云在对方离子的作用下都会发生变形，原子轨道间产生重叠。离子的电子云变化较大，会使离子键逐渐向共价键过渡，使形成的化合物在水中的溶解度减小。阴离子半径越大，越容易变形。判断四种卤化银(AgF、AgCl、AgBr和AgI)在水中的溶解度由大到小的顺序：___________。
【答案】（1） ①. CO ②. 断开 CO 分子中第一个π键所需要的能量(1072 kJ∙ml-1-745 kJ∙ml-1=327 kJ∙ml-1)，比断开N2分子中第一个π键所需要的能量(946 kJ∙ml-1-418 kJ∙ml-1=528 kJ∙ml-1)小
（2）饱和 （3） ①. ②. N2H4 ③. H-O＞H-N＞H-C
（4）AgF＞AgCl＞AgBr＞AgI
【解析】
【小问1详解】
CO与N2分子中电子总数相等，结构与物理性质相似，断开分子中的1个π键时，即将C≡O转化为C=O时需要吸收的能量小于将N≡N转化为N=N时需要吸收的能量，所以CO和N2中化学性质更活泼的是CO。用下表中的键能数据解释其相对更活泼的原因：断开 CO 分子中第一个π键所需要的能量(1072 kJ∙ml-1-745 kJ∙ml-1=327 kJ∙ml-1)，比断开N2分子中第一个π键所需要的能量(946 kJ∙ml-1-418 kJ∙ml-1=528 kJ∙ml-1)小。
【小问2详解】
H2和Cl2化合时，由于Cl原子的最外层有7个电子，而H原子的最外层有1个电子，则Cl原子达到8电子相对稳定结构时，只需获得或共用1个电子，所以只能生成HCl，而不能生成H2Cl或HCl2，原因是共价键具有饱和性。
【小问3详解】
在N2H4、、H2O、CH4中，中心原子均发生sp3杂化，C、N、O的最外层电子数分别为4、5、6，若不形成配位键，它们分别与4、3、2个H原子形成共价键，而中，N原子与4个H原子形成化学键，则必有1个键为配位键，所以含有配位键的微粒有；N2H4中，除形成N-H键外，还形成N-N键，则含有非极性键的微粒有N2H4；C、N、O与H形成共价键时，元素的非金属性越强，键的极性越强，则极性键由强到弱的顺序为H-O＞H-N＞H-C。
【小问4详解】
在离子化合物中，阴离子半径越大，越容易变形，离子的电子云变化较大，会使离子键逐渐向共价键过渡，使形成的化合物在水中的溶解度减小。在四种卤化银(AgF、AgCl、AgBr和AgI)中，阴离子半径F-＜Cl-＜Br-＜I-，则在水中的溶解度由大到小的顺序：AgF＞AgCl＞AgBr＞AgI。
23. 氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
（1）COCl2的空间构型为___________。
（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列___________(填字母)式发生。
A．CsICl2=CsCl＋ICl B．CsICl2=CsI＋Cl2
（3）下列分子既不存在“s­p”σ键，也不存在“p­p”π键的是___________(填字母)。
A. HClB. HFC. SO2D. SCl2
（4）已知ClO为“V”形，ClO中心氯原子的杂化轨道类型为___________。
（5）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为___________。
已知该晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为a cm，则氧化物的密度是___________g·cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】（1）平面三角形
（2）A （3）D
（4）sp3 （5） ①. CaO2 ②.
【解析】
【小问1详解】
中C原子形成3条键，孤电子对为，价电子对数为3，结合VSEPR模型可知其空间构形为平面三角形结构。
故答案为：平面三角形。
【小问2详解】
在离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，比较两个反应的产物可知，由于氯离子的半径小于碘离子，所以CsCl的晶格能大于CsI的晶格能，则得到的产物应该为：CsCl和ICl，A答案符合题目要求。
故答案为：A。
【小问3详解】
下列分子既不存在“s­p”σ键，也不存在“p­p”π键的是：
A．HCl：其键属于s­pσ键，A不符合题意；
B．HF：其键属于s­pσ键，B不符合题意；
C．：其键属于p­pπ键，C不符合题意；
D．：其键属于p­pσ键，D符合题意；
故答案为：D。
【小问4详解】
ClO中心氯原子的价电子数为7，孤电子对为，键2条，结构为“V”形，则中心氯原子的杂化轨道类型为；
故答案为：。
【小问5详解】
根据其晶胞图可知：Ca离子位于晶胞的顶点和面心，则Ca原子数为：；2个O原子组合成1个过氧根离子位于棱心和体心，则O原子数为：，得到该钙的氧化物的化学式为：；该晶胞内离得最近的两个钙离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞面对角线为2acm，则立方体棱长为：，则该氧化物的密度为：。
故答案为：；。CO
C-O
C=O
键能/( kJ∙ml-1)
351
745
1072
N2
N-N
N=N
键能/( kJ∙ml-1)
159
418
946