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2018-2019学年安徽省郎溪中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
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第二学期高二年级第一次月考化学试题
总分：100分 考试时间：100分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，1-10题2分/题共计20分 ）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
B. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应
C. 打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释
D. 明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理转化为更难溶的CaCO3，CaCO3能溶于盐酸而除去，故A正确；
B．泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，二者混合发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，故B正确；
C．因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，溶解平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒复特列原理解释，故C正确；
D．明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，故D错误；
答案选D。
2.2019年科幻片《流浪地球》中有个画面，冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，该装置提供电能，并将电能转化为
A. 化学能 B. 生物质能 C. 动能 D. 热能
【答案】D
【解析】
【详解】由“核电池全密封加热服”可知，该装置提供电能，并将电能转化为热能，故选D。
3.北周庾信《杨柳歌》中提到“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，下列哪个物质的主要成分不是蛋白质
A. 飞絮 B. 鹅毛 C. 青丝 D. 马尾
【答案】A
【解析】
【详解】飞絮的成分是纤维素；鹅毛、青丝、马尾的成分都是蛋白质，故选A。
4.下列化学式及结构式中成键情况，不合理的是( )
A. CH3N
B. CH2SeO
C. CH4S
D. CH4Si
【答案】D
【解析】
由共价键的饱和性可知：C、Si都形成4个共价键，H形成1个共价键，N形成3个共价键，O、S、Se都形成2个共价键。因此选项D中的结构不合理，答案选D。
5. 下列说法正确的是
A. P和S属于第三周期元素，P的第一电离能比S小
B. Na和Rb属于第ⅠA族元素，Rb失电子能力比Na强
C. C和Si属于第ⅣA族元素，Si比C更容易和氢气反应
D. Cl和Br属于第ⅦA族元素，HClO4酸性比HBrO4弱
【答案】B
【解析】
试题分析：A、P原子最外层3p能级电子为半充满，较稳定，第一电离能应为S＜P，A项错误；B、同主族自上而下同主族自上而下金属性增强，失电子能量增强，所以Na和Rb属于第ⅠA族元素，Rb失电子能力比Na强，B项正确；C、同主族自上而下非金属性减弱，所以C比Si更容易和氢气反应，C项错误；D、同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，HBrO4酸性比弱HClO4，D项错误；答案选B。
考点：考查元素周期律
6.下列说法不正确的是
A. 3p2表示3p能级有两个电子
B. 价电子数为3的原子一定属于主族元素
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量不相同
D. 在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据电子排布式的含义解答；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素；
C、根据构造原理，各能级能量由低到高的顺序为1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f…，以此解答；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态。
【详解】A、根据电子排布式的含义，3p2表示3p能级有两个电子，故A正确；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素，如Sc的价电子为3个，故B错误；
C、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故C正确；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态，根据原子核外电子排布规律，在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子，故D正确；
故选B。
7.描述硅原子核外电子运动说法错误的是( )
A. 有4种不同的伸展方向 B. 有14种不同运动状态的电子
C. 有5种不同能量的电子 D. 有5个不同的原子轨道
【答案】D
【解析】
【详解】由硅原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2。A.建立一个三维坐标系，s轨道是球形的，有1个延伸方向，p轨道沿3条坐标轴分布，有x、y、z共3个延伸方向，所以共有4种不同的伸展方向，故A项正确；B.每个电子对应一种运动状态，则有14种不同运动状态的电子，故B项正确；C项，有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，即有5种不同能量的电子，故C项正确。D.硅原子的核外电子层有K、L、M共3层，即有3种不同的运动范围，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。
8.下列有关化学用语或基本概念说法正确的是( )
A. HClO的结构式为：H-Cl-O B. CO2的比例模型
C. 质子数与中子数相等的氢原子符号： D. 金刚石、石墨、C60互为同素异形体
【答案】D
【解析】
【详解】A.HClO的结构式为：H-O-Cl，故A错误；
B.碳原子半径应该大于氧原子半径，故B错误；
C.质子数与中子数相等的氢原子符号为，故C错误；
D.金刚石、石墨、C60都是由碳元素组成的形态不同的单质,互称为同素异形体，故D正确。
正确答案：D。
9.元素周期表中铋元素的数据见图，下列说法错误的是( )
A. 铋原子s轨道的形状是球形的，p轨道的形状是纺锤形的
B. 铋元素的相对原子质量是209.0
C. 铋原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子
D. 铋原子最外层有5个能量相同的电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.s轨道的形状是球形的,p轨道的形状是纺锤形,所以A选项是正确的;B.由图可以知道,Bi元素的相对原子质量是209.0,所以B选项是正确的;C.根据洪特规则可以知道,电子排布在同一能级的不同轨道时,总是首先单独占一个轨道,而且自旋方向相同,故Bi原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子,所以C选项是正确的;D.6s能量比6p能量低,6s能级2个电子与6p能级3个电子能量不同,故D错误;答案：D。
10.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )
A. 质子数c＞b B. 原子半径X＜W
C. 离子半径Y2－＜Z－ D. 离子的氧化性W3＋＞X＋
【答案】D
【解析】
【分析】
元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同电子层结构,核外电子数相等,所以a-3=b-1=c+2=d+1,Y、Z为非金属,应处于第二周期,故Y为O元素,Z为F元素,W、X为金属应处于第三周期,W为Al元素,X为Na元素。
【详解】A.由以上分析可以知道c=8,b=11,则质子数c＜b,故A错误; B.W为Al元素,X为Na元素,原子半径Na＞Al,故B错误;C.Y为O元素,Z为F元素,电子排布相同的离子,原子序数越大,离子半径越小,则离子半径O2-＞F-,故C错误;D.金属性Na＞Al,金属性越强其阳离子的氧化性越弱,则离子的氧化性W3＋＞X＋,所以D选项是正确的;所以D选项是正确的。
【点睛】考查元素周期表和元素周期律的知识。本题的突破口是元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同电子层结构,即核外电子数相等，以此判断元素种类，再根据元素周期律比较相关的性质即可。
二、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，11-20题3分/题，共计30分 ）
11. 关于氮族元素（用R代表）的下列叙述正确的是 （ ）
A. 最外层电子排布式为ns2np3 B. 氢化物的通式为RH5
C. 非金属性由上到下递增 D. 其含氧酸均为一元强酸
【答案】A
【解析】
试题分析：A．氮族元素的原子最外层有5个电子，最外层电子排布式为ns2np3。正确。B．氢化物的通式为RH3.错误。C．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，因此非金属性由上到下递减。错误。D．其含氧酸可能为一元强酸如HNO3；也可能是弱酸若HNO2、H3PO4等。错误。
考点：考查同一主族的元素的原子结构的特点及形成的化合物的性质及递变规律的知识。
12.已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是
A. X与Y形成化合物是，X可以显负价，Y显正价
B. 第一电离能可能Y小于X
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的
D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y。
A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B、同一周期，从左到右，第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但存在一些反常，如N的2p为半充满结构，较稳定，第一电离能N＞O，因此第一电离能Y可能小于X，也可能大于X，故B正确；
C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C错误；
D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性X＞Y，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；
答案选C。
13.下列各组元素，彼此性质一定相似的是( )
A. 1s2与2s2的元素
B. M层上有两个电子与N层上有两个电子元素
C. 2p上有一个未成对电子与3p上有一个未成对电子的元素
D. L层上有一个空轨道和M层的p轨道上有一个空轨道的元素
【答案】D
【解析】
【详解】A.1s2为He,属于惰性气体元素，性质稳定, 2s2的元素为Be,属于金属元素，性质较活泼,二者性质不相似,故A错误;B.M层上有两个电子的元素为Mg,N层上有两个电子的元素为Ca或第四周期过渡元素中的大多数金属,二者性质可能相似也可能不相似,故B错误;C. 2p上有一个未成对电子,为2p1或2p5,可能为B或F;3p上有一个未成对电子的元素,可能为Al或Cl,若为同主族元素,性质相似,若不同主族时,性质不相似,故C错误;D.L层上有一个空轨道,电子排布为1s22s22p2,则为C;M层的p轨道上有一个空轨道,电子排布为1s22s22p63s23p2,则为Si,C、Si位于同一主族,性质一定相似,所以D选项是正确的，答案为D选项。
14.当硅原子由1s22s22p63s23p2→1s22s22p63s13p3时，以下认识正确的是（ ）
A. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 硅原子由激发态转化成基态，这一过程中吸收能量
C. 转化前位于3p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相反
D. 转化后硅原子与磷原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】
【详解】A.由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故A正确；
B.由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故B错误；
C.3p能级上两个电子应优先占据不同轨道，故C错误；
D.元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子与磷原子的价层电子数不同，性质不同，故D错误。
故选A。
15.对于反应mA(s)＋nB(g)eC(g)＋f D(g)，当其它条件不变，平衡时C的百分含量（C%）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是
A. 化学方程式中n＜e＋f
B. 达到平衡后，加入催化剂，则C%增大
C. 达到平衡后，若升温，平衡逆向移动
D. 达到平衡后，增加A的量，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动；升高温度，平衡向吸热方向移动。
【详解】A、增大压强，C的百分含量增大，说明平衡向正方向移动，n＞e＋f，故A错误；
B. 催化剂不能使平衡移动，达到平衡后，加入催化剂，则C%不变，故B错误；
C. 根据图像，达到平衡后，若升温，C%减小，平衡逆向移动，故C正确；
D. A是固体，达到平衡后，增加A的量，平衡不移动，故D错误。
【点睛】本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的移动因素等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度和压强对平衡移动的影响。
16.下列物质结构、性质的比较顺序正确的是( )
A. 金属性：Mg＞Al＞Na＞Ca B. 非金属性：F＞O＞S＞P
C. 碱性：KOH＞Ca(OH)2＞NaOH＞Ba(OH)2 D. 氢化物稳定性： HF＞HCl＞H2S＞SiH4＞PH3
【答案】B
【解析】
【详解】根据金属活动顺序表可知金属性是Ca＞Na＞Mg＞Al，故A错误；B.根据元素周期表和元素周期律的知识，可知非金属性：F＞O＞S＞P，故B正确;C.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性应该是Ba(OH)2＞Ca(OH)2，故C错误；D.非金属性越强，氢化物的稳定性越强，HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故D错误，答案选B。
【点睛】元素周期律的应用。该题的关键是熟练记住元素周期律的具体内容，即同周期从左到右非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，同一主族从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；金属性越强其对应的最高价氧化物的水化物碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定以此来解答。
17.如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是( )
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. 气态氢化物的稳定性：Z>W>X>Y
C. W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等
D. Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱
【答案】C
【解析】
试题分析：A．四种元素均为非稀有气体元素，根据它们在周期表中的相对位置，借助于元素周期律可判断原子半径Z＞W＞X＞Y，A项错误；B．非金属性是Y＞X＞W＞Z，则气态氢化物的稳定性就是Y＞X＞W＞Z，B项错误；C．W可能位于第ⅣA，所以其最高正化合价与负化合价的绝对值相等，C项正确；D．根据周期表的结构特点可知Z的原子序数至少是13，即为铝元素，其最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，D项错误；答案选C。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期。
18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L CCl4中含CCl4分子数为NA
B. 5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等
C. 0.1 mo1·L－1 MgCl2溶液中含Cl－数为0.2NA
D. 3.9 g Na2O2 晶体中含有的离子总数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、标况下四氯化碳为液态；B、依据n=计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；D．n（Na2O2）==0.05mol，Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。
【详解】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质量和共价键数目，选项A错误；B、5.6g铁物质的量==0.1mol，6.4g铜物质的量==0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；B．Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na2O2）==0.05mol，含有的离子总数为0.15NA，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注意常温下铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。
19.向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A. 二氧化碳：K+、Na+、CO32－、Cl－ B. 氨气：Mg2+、Al3+、Na+、NO3－
C. 氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO3－、Cl－ D. 氯气：Na+、Ba2+、HCO3－、HSO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于CO2CO32-H2O=HCO3-，所以通入CO2，溶液中的CO32-不能大量共存，故不选A；
B.由于Mg2+2NH3·H2O=Mg(OH)22NH4+，Al3+3 NH3·H2O=Al(OH)33NH4+,所以通入氨气溶液中的Mg2+、Al3+不能大量共存，故不选B；
C.通入HCl溶液中的. Ca2+、Fe3+、NO3－、Cl－不会发生任何反应，可以大量共存，故选C；
D.在含有Na+、Ba2+、HCO3－、HSO3－的溶液中通入Cl2， HSO3－被氧化成SO42-进而生成BaSO4沉淀，HCO3－生成H2O和CO2气体，所以不能大量共存，故不选D；
本题答案为C。
20.铅(Pb)的原子序数为82，有+2、+4两种常见化合价。PbO2随温度的升高发生如下变化：PbO2→Pb2O3→Pb3O4→PbO。下列说法不正确的是
A. Pb位于周期表ⅣA族
B. Pb3O4可以写成2PbO·PbO2
C. PbO2分解生成Pb2O3同时生成O2
D. PbO2可作为铅蓄电池的正极，放电时发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.铅(Pb)的原子序数为82，依据和外电子排布规律可知，Pb位于周期表第六周期、ⅣA族，故A正确；
BPb有+2、+4两种常见化合价，所以Pb3O4可以写成2PbO·PbO2，故B正确；
C.PbO2受热可发生如下变化：PbO2→Pb2O3，所以PbO2分解生成Pb2O3同时生成O2，故C正确；
D.PbO2可作为铅蓄电池的正极，放电时发生还原反应，故D错误；
本题答案为D。
三、非选择题，共计5小题（除注明外每空都是2分）
21.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号I1至I5表示）如表所示：
I1
I2
I3
I4
I5
电离能（kJ/mol）
589.8
1145.4
4912.4
6491
8153
元素M化合态常见化合价是___________价，其基态原子电子排布式为____________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu(NH3)4]S04溶液，该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu (NH3) 4 ] S04中阴离子的立体构型是______________。
②除硫元素外，[Cu( NH3) 4 ] S04中所含元素的电负性由小到大的顺序为________________。
③NF3与NH3的空间构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为___________。NF3不易与Cu2 +形成化学键，其原因是________________________。
【答案】 (1). +2; (2). 1s22s22p63s23p64s2 (3). 正四面体 (4). Cu
【详解】(1)从其电离能变化可知,失第三个电子时的能量急剧增加,则该原子失去2个电子后为稳定结构，所以M的化合价为+2价; M是20号元素Ca，根据能量最低原理书写电子排布式1s22s22p63s23p64s2;答案：+2；1s22s22p63s23p64s2。
(2)①SO42-中S原子的孤对电子数=（6+2-24）/2=0,价电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，所以SO42-的空间构型为正四面体。
②元素的非金属性越强，电负性越大。因为Cu、H、N、O的非金属性依次增强,所以电负性Cu
22.2018年12月8日，凌晨2时23分，我国在西昌卫星发射中心，嫦娥四号探测器搭载长征三号乙运载火箭成功发射，实现了世界首次月球背面软着陆和巡视探测，被认为是中国在工程技术和空间科学方面的双重跨越和创新。
I．肼（N2H4）又称联氨，常温时是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。
（1）已知在25℃、101kPa时，16g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是________________________。
II．如下图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池（如图甲）并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
（2）甲装置中正极的电极反应式为：________________________。
（3）检验乙装置中石墨电极反应产物的方法是：___________________。
III.超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO＋2CO2CO2＋N2。假设常温下在恒容的密闭容器中发生上述反应，试解答下列问题：
（4）能判断该反应达到化学平衡状态依据是____________。
A．混合气体的压强保持不变
B．N2的浓度不再改变
C．消耗CO的物质的量与生成CO2的物质的量之比为1∶1
D．NO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2∶2∶2∶1
（5）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，某科学家在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
c(NO)
( mol•L－1)
1.00×10－3
4.50×10－4
2.50×10－4
1.50×10－4
1.00×10－4
1.00×10－4
c(CO)
( mol•L－1)
3.60×10－3
3.05×10－3
2.85×10－3
2.75×10－3
X
2.70×10－3
从表中数据分析可知：①X＝____________mol·L－1；
②前2s内的平均反应速率v(N2)＝________________________mol·L－1·s－1；
③该温度下反应的平衡常数K＝________________________。
【答案】 (1). N2H4(l )＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1 (2). O2＋2H2O＋4e－＝ 4OH－或O2＋2H2O＋4e－ → 4OH－ (3). 将湿润的碘化钾淀粉试纸放在C电极附近，看试纸是否变蓝色 (4). AB (5). 2.70×10－3 (6). 1.88×10－4 (7). 5000
【解析】
【分析】
根据原电池和电解池原理进行解答。甲装置为N2H4-空气燃料电池，通入N2H4的一极为负极；通入空气的一极为正极，发生还原反应。根据氧化还原反应写电极反应式；根据化学平衡状态的特征判断化学反应是否达到平衡。根据速率计算公式求速率，平根据衡常数的表达式求平衡常数。
【详解】（1）16g N2H4的物质的量为0.5mol,完全燃烧放出热量312kJ，则1mol N2H4完全燃烧放出热量为624 kJ，故N2H4完全燃烧的热化学方程式为：N2H4(l )＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1.答案：N2H4(l )＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1。
（2）甲装置为N2H4-空气燃料电池，通入N2H4的一极为负极，失电子发生氧化反应；通入空气的一极为正极，发生还原反应，则正极电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝ 4OH－；答案：O2＋2H2O＋4e－＝ 4OH－。
（3）乙装置中Fe与原电池负极相连，作电解池阴极，则石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl-2e-= Cl2，产生的氯气可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,检验的方法是将湿润的碘化钾淀粉试纸放在C电极附近，看试纸是否变蓝色；答案：将湿润的碘化钾淀粉试纸放在C电极附近，看试纸是否变蓝色 。
（4）A.随反应进行气体的物质的量增大,压强增大,容器中压强不变,说明到达平衡状态,所以A选项正确;B.反应达到平衡状态时,各物质的浓度不变,混合气体中c(N2)不变说明到达平衡状态,所以B选项正确;C.因消耗CO的物质的量与生成CO2 的物质的量相等,不能说明正反应速率与逆反应速率相等，故无法判断该反应是否到达平衡状态,故C错误;D.NO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2∶2∶2∶1,不能说明各组分的浓度保持不变，故无法判断该反应是否达到达平衡,故D错误;因此，本题正确答案是：AB。
（5）①由表中数据可知，从第4s开始c(NO)保持不变，说明该反应已达到平衡状态，故4s时c(CO)=2.710-3mol/L；答案：2.70×10－3。
②前2s内，v(CO)=(3.60×10－3-2.85×10－3)molL-1/2s= 3.75×10－4mol/(Ls)，根据“反应速率之比等于化学反应计量数之比”可得v(N2)=v(CO)/2=(3.75×10－4)/2 mol/(Ls)= 1.88×10－4mol/(Ls)；答案:1.88×10－4。
③第4s时该反应已达到平衡状态，可计算出c(N2)=c(NO)/2=(1.00×10－3-1.00×10－4)/2=4.50×10－4 molL-1，c(CO2)=2c(N2)= 4.50×10－4 molL-1×2=9.00×10－4molL-1，则平衡常数K=c2(CO2)c(N2)/[c2(NO)c2(CO)]=(9.00×10－4)2×4.50×10－4/[(1.00×10－3)2×(2.70×10－3)2]=5000;答案：5000。
【点睛】本题考察了电化学的相关知识。根据燃料电池的特点，通入燃料一端为原电池的负极，发生氧化反应；通空气一端为原电池的正极，发生还原反应，以此完成正极的电极反应方程式。再根据电解池原理阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，判断阳极产物进而确定检验方法。
23.铜及其合金是人类最早使用的金属材料，铜的化合物在现代生活和生产中有着广泛的应用。
(1)铜的熔点比钙的高，其原因是____________________ 。
(2)金属铜的堆积方式为如图中的_____________ (填字母序号)。
(3)某磷青铜晶胞结构如图所示。
①则其化学式为_____________。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有_____个，这些Sn原子所呈现的构型为____
(4)磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3________H3PO4(填“>”或“<”)，从结构的角度说明理由：_________________ 。
【答案】 (1). 铜的金属键强度大于钙 (2). C (3). SnCu3P (4). 4 (5). 平面正方形 (6). > (7). 因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个
【解析】
【详解】(1)铜的原子半径比钙小，金属键比钙强，因此铜的熔点比钙的高。答案：铜的金属键强度大于钙；
（2）金属铜的晶胞为面心立方堆积，A为体心立方，B为简单立方，C为面心立方，D为六方堆积，故选C；答案：C。
（3）①根据磷青铜晶胞结构知；晶体中P原子位于中心,含有一个磷原子,立方体每个面心含一个Cu,每个Cu分摊给一个晶胞的占1/2,立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为1/8,所以一个晶胞中含有Cu为61/2=3，含Sn为81/8=1, 含P为1，所以得到化学式为 SnCu3P, 因此，本题正确答案是: SnCu3P;
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个,这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形, 因此，本题正确答案是:4;平面正方形;
（5）因为非金属性N>P,对应最高价氧化物对应的水化物的酸性为HNO3>H3PO4,从结构的角度分析是因为 HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子,比H3PO4中多1个,所以酸性为HNO3比H3PO4强；本题正确答案是:>; 因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个。
24.NaCl是重要的化工原料。回答下列问题
（1）元素Na的焰色反应呈_______色。价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电子轨道表示式为_______。
（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，但其熔点比NaCl低，原因是________________ 。
（3）NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Cl2反应，可以形成一种晶体，其立方晶胞如图所示（大球为Cl，小球为Na）。
①若A的原子坐标为（0，0，0），B的原子坐标为（，0，），则C的原子坐标为_______。
②晶体中，Cl构成的多面体包含______个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为_______。
③已知晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_________g·cm－3（列出计算式）。
【答案】 (1). 黄 (2). (3). K+的半径大于Na+, Br-半径大于Cl-, KBr中离子键较弱,晶格能较低。 (4). （1，0.75，0.5） (5). 20 (6). 4 (7). 259/（NAa310-30）
【解析】
【详解】(1)元素Na的焰色反应呈黄色;激发态Na原子,价电子由3s能级激发到3p能级,其价电了轨道表示式为。答案：黄；。
(2)KBr具有NaCl型的晶体结构,都属于离子晶体。但其熔点比NaCl低,原因是K+半径Na+大 , Br-半径大于Cl-，KBr中离子键较弱,晶格能较低,所以 KBr熔点比NaCl低。答案：K+的半径大于Na+, Br-半径大于Cl-, KBr中离子键较弱,晶格能较低。
(3)①根据晶胞的结构及A、B两点的坐标可知，C的原子坐标为（1，0.75，0.5） ;答案：（1，0.75，0.5）。
②根据晶胞结构可知,晶体中Cl构成的多面体包含20个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为4 ;答案：20；4。
③根据均摊法可知,该晶体中含有2个Na和6个Cl , ρ=m/V=[(232+635.5)/NA]/(a10-10)3=259/（NAa310-30）
25.水是地球上最常见的物质之一，是所有生命生存的重要资源。
(1)水溶液中存在H3O+离子，写出该微粒的结构式____________________（标出配位键）。
(2)科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多种有趣的结构和性质
①一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如下：
使水结成“热冰”采用“弱电场”的条件，说明水分子是______分子（填“极性”或“非极性”）。下列物质熔化时，所克服的微粒间的作用与“热冰”熔化时所克服的作用力类型完全相同的是______。
A.固态氨 B.食盐 C.干冰 D.金刚石
②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子。产生的阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式____________；该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，写出该过程的离子方程式____。
(3)水的性质中的一些特殊现象对于生命的存在意义非凡，请解释水的分解温度远高于其沸点的原____________
【答案】 (1). (2). 极性 (3). A (4). 2H2O++SO2=4H++SO42- (5). H2O++H2O=H3O++-OH (6). 水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多
【解析】
【详解】(1) H3O+中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对,水合氢离子中氢离子含有空轨道,氧原子含有孤电子对,所以二者形成一个配位键,所以结构式为:,因此，本题正确答案是:。
（2）在电场作用下的凝结,说明水分子是极性分子; 热冰属于分子晶体,分子间存在分子间作用力和氢键,A.固态氨属于分子晶体,晶体中存在分子间作用力和氢键,所以熔化时破坏分子间作用力和氢键,所以A选项是正确的; B.食盐属于离子晶体,食盐中只含离子键,熔化时只破坏离子键,故B错误;C.干冰属于分子晶体,但干冰中只含分子间作用力不含氢键,熔化时只破坏分子间作用力,故C错误D.金刚石属于原子晶体,金刚石中只含共价键,熔化时只破坏共价键,故D错误; 答案：极性; A。
②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子,可以表示成H2O+,因为氧化性很强，氧化SO2生成硫酸，2H2O++SO2=4H++SO42-,根据信息和电荷守恒,H2O++H2O=H3O++-OH ,因此，本题正确答案是: 2H2O++SO2=4H++SO42-；H2O++H2O=H3O++-OH
(3) 水分解需要破坏分子内部的共价键，水的气化只需破坏分子间作用力和氢键即可，而极性键键能远比范德华力和氢键大的多，所以水的分解温度远高于其沸点。答案：水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多。
第二学期高二年级第一次月考化学试题
总分：100分 考试时间：100分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，1-10题2分/题共计20分 ）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
B. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应
C. 打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释
D. 明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理转化为更难溶的CaCO3，CaCO3能溶于盐酸而除去，故A正确；
B．泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，二者混合发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，故B正确；
C．因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，溶解平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒复特列原理解释，故C正确；
D．明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，故D错误；
答案选D。
2.2019年科幻片《流浪地球》中有个画面，冰原上是身穿“核电池全密封加热服”的人类，一旦被卸下核电池，人类就被冻僵，该装置提供电能，并将电能转化为
A. 化学能 B. 生物质能 C. 动能 D. 热能
【答案】D
【解析】
【详解】由“核电池全密封加热服”可知，该装置提供电能，并将电能转化为热能，故选D。
3.北周庾信《杨柳歌》中提到“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，下列哪个物质的主要成分不是蛋白质
A. 飞絮 B. 鹅毛 C. 青丝 D. 马尾
【答案】A
【解析】
【详解】飞絮的成分是纤维素；鹅毛、青丝、马尾的成分都是蛋白质，故选A。
4.下列化学式及结构式中成键情况，不合理的是( )
A. CH3N
B. CH2SeO
C. CH4S
D. CH4Si
【答案】D
【解析】
由共价键的饱和性可知：C、Si都形成4个共价键，H形成1个共价键，N形成3个共价键，O、S、Se都形成2个共价键。因此选项D中的结构不合理，答案选D。
5. 下列说法正确的是
A. P和S属于第三周期元素，P的第一电离能比S小
B. Na和Rb属于第ⅠA族元素，Rb失电子能力比Na强
C. C和Si属于第ⅣA族元素，Si比C更容易和氢气反应
D. Cl和Br属于第ⅦA族元素，HClO4酸性比HBrO4弱
【答案】B
【解析】
试题分析：A、P原子最外层3p能级电子为半充满，较稳定，第一电离能应为S＜P，A项错误；B、同主族自上而下同主族自上而下金属性增强，失电子能量增强，所以Na和Rb属于第ⅠA族元素，Rb失电子能力比Na强，B项正确；C、同主族自上而下非金属性减弱，所以C比Si更容易和氢气反应，C项错误；D、同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，HBrO4酸性比弱HClO4，D项错误；答案选B。
考点：考查元素周期律
6.下列说法不正确的是
A. 3p2表示3p能级有两个电子
B. 价电子数为3的原子一定属于主族元素
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量不相同
D. 在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据电子排布式的含义解答；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素；
C、根据构造原理，各能级能量由低到高的顺序为1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f…，以此解答；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态。
【详解】A、根据电子排布式的含义，3p2表示3p能级有两个电子，故A正确；
B、价电子为3个电子的原子可能是ⅢA族元素或某些副族元素，如Sc的价电子为3个，故B错误；
C、不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故C正确；
D、从能层、能级、原子轨道的伸展方向、自旋状态四个方面描述原子核外电子的运动状态，根据原子核外电子排布规律，在一个基态多电子的原子中，没有运动状态完全相同的电子，故D正确；
故选B。
7.描述硅原子核外电子运动说法错误的是( )
A. 有4种不同的伸展方向 B. 有14种不同运动状态的电子
C. 有5种不同能量的电子 D. 有5个不同的原子轨道
【答案】D
【解析】
【详解】由硅原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2。A.建立一个三维坐标系，s轨道是球形的，有1个延伸方向，p轨道沿3条坐标轴分布，有x、y、z共3个延伸方向，所以共有4种不同的伸展方向，故A项正确；B.每个电子对应一种运动状态，则有14种不同运动状态的电子，故B项正确；C项，有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级，即有5种不同能量的电子，故C项正确。D.硅原子的核外电子层有K、L、M共3层，即有3种不同的运动范围，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。
8.下列有关化学用语或基本概念说法正确的是( )
A. HClO的结构式为：H-Cl-O B. CO2的比例模型
C. 质子数与中子数相等的氢原子符号： D. 金刚石、石墨、C60互为同素异形体
【答案】D
【解析】
【详解】A.HClO的结构式为：H-O-Cl，故A错误；
B.碳原子半径应该大于氧原子半径，故B错误；
C.质子数与中子数相等的氢原子符号为，故C错误；
D.金刚石、石墨、C60都是由碳元素组成的形态不同的单质,互称为同素异形体，故D正确。
正确答案：D。
9.元素周期表中铋元素的数据见图，下列说法错误的是( )
A. 铋原子s轨道的形状是球形的，p轨道的形状是纺锤形的
B. 铋元素的相对原子质量是209.0
C. 铋原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子
D. 铋原子最外层有5个能量相同的电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.s轨道的形状是球形的,p轨道的形状是纺锤形,所以A选项是正确的;B.由图可以知道,Bi元素的相对原子质量是209.0,所以B选项是正确的;C.根据洪特规则可以知道,电子排布在同一能级的不同轨道时,总是首先单独占一个轨道,而且自旋方向相同,故Bi原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子,所以C选项是正确的;D.6s能量比6p能量低,6s能级2个电子与6p能级3个电子能量不同,故D错误;答案：D。
10.已知1～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )
A. 质子数c＞b B. 原子半径X＜W
C. 离子半径Y2－＜Z－ D. 离子的氧化性W3＋＞X＋
【答案】D
【解析】
【分析】
元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同电子层结构,核外电子数相等,所以a-3=b-1=c+2=d+1,Y、Z为非金属,应处于第二周期,故Y为O元素,Z为F元素,W、X为金属应处于第三周期,W为Al元素,X为Na元素。
【详解】A.由以上分析可以知道c=8,b=11,则质子数c＜b,故A错误; B.W为Al元素,X为Na元素,原子半径Na＞Al,故B错误;C.Y为O元素,Z为F元素,电子排布相同的离子,原子序数越大,离子半径越小,则离子半径O2-＞F-,故C错误;D.金属性Na＞Al,金属性越强其阳离子的氧化性越弱,则离子的氧化性W3＋＞X＋,所以D选项是正确的;所以D选项是正确的。
【点睛】考查元素周期表和元素周期律的知识。本题的突破口是元素周期表前三周期元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同电子层结构,即核外电子数相等，以此判断元素种类，再根据元素周期律比较相关的性质即可。
二、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，11-20题3分/题，共计30分 ）
11. 关于氮族元素（用R代表）的下列叙述正确的是 （ ）
A. 最外层电子排布式为ns2np3 B. 氢化物的通式为RH5
C. 非金属性由上到下递增 D. 其含氧酸均为一元强酸
【答案】A
【解析】
试题分析：A．氮族元素的原子最外层有5个电子，最外层电子排布式为ns2np3。正确。B．氢化物的通式为RH3.错误。C．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，因此非金属性由上到下递减。错误。D．其含氧酸可能为一元强酸如HNO3；也可能是弱酸若HNO2、H3PO4等。错误。
考点：考查同一主族的元素的原子结构的特点及形成的化合物的性质及递变规律的知识。
12.已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是
A. X与Y形成化合物是，X可以显负价，Y显正价
B. 第一电离能可能Y小于X
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的
D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y。
A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B、同一周期，从左到右，第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但存在一些反常，如N的2p为半充满结构，较稳定，第一电离能N＞O，因此第一电离能Y可能小于X，也可能大于X，故B正确；
C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C错误；
D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性X＞Y，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；
答案选C。
13.下列各组元素，彼此性质一定相似的是( )
A. 1s2与2s2的元素
B. M层上有两个电子与N层上有两个电子元素
C. 2p上有一个未成对电子与3p上有一个未成对电子的元素
D. L层上有一个空轨道和M层的p轨道上有一个空轨道的元素
【答案】D
【解析】
【详解】A.1s2为He,属于惰性气体元素，性质稳定, 2s2的元素为Be,属于金属元素，性质较活泼,二者性质不相似,故A错误;B.M层上有两个电子的元素为Mg,N层上有两个电子的元素为Ca或第四周期过渡元素中的大多数金属,二者性质可能相似也可能不相似,故B错误;C. 2p上有一个未成对电子,为2p1或2p5,可能为B或F;3p上有一个未成对电子的元素,可能为Al或Cl,若为同主族元素,性质相似,若不同主族时,性质不相似,故C错误;D.L层上有一个空轨道,电子排布为1s22s22p2,则为C;M层的p轨道上有一个空轨道,电子排布为1s22s22p63s23p2,则为Si,C、Si位于同一主族,性质一定相似,所以D选项是正确的，答案为D选项。
14.当硅原子由1s22s22p63s23p2→1s22s22p63s13p3时，以下认识正确的是（ ）
A. 硅原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 硅原子由激发态转化成基态，这一过程中吸收能量
C. 转化前位于3p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相反
D. 转化后硅原子与磷原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】
【详解】A.由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故A正确；
B.由能量最低原理可知硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，当变为1s22s22p63s13p3时，有1个3s电子跃迁到3p轨道，应吸收能量，硅原子由基态转化成激发态，故B错误；
C.3p能级上两个电子应优先占据不同轨道，故C错误；
D.元素的性质取决于价层电子，包括s、p轨道电子，硅原子与磷原子的价层电子数不同，性质不同，故D错误。
故选A。
15.对于反应mA(s)＋nB(g)eC(g)＋f D(g)，当其它条件不变，平衡时C的百分含量（C%）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是
A. 化学方程式中n＜e＋f
B. 达到平衡后，加入催化剂，则C%增大
C. 达到平衡后，若升温，平衡逆向移动
D. 达到平衡后，增加A的量，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动；升高温度，平衡向吸热方向移动。
【详解】A、增大压强，C的百分含量增大，说明平衡向正方向移动，n＞e＋f，故A错误；
B. 催化剂不能使平衡移动，达到平衡后，加入催化剂，则C%不变，故B错误；
C. 根据图像，达到平衡后，若升温，C%减小，平衡逆向移动，故C正确；
D. A是固体，达到平衡后，增加A的量，平衡不移动，故D错误。
【点睛】本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的移动因素等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度和压强对平衡移动的影响。
16.下列物质结构、性质的比较顺序正确的是( )
A. 金属性：Mg＞Al＞Na＞Ca B. 非金属性：F＞O＞S＞P
C. 碱性：KOH＞Ca(OH)2＞NaOH＞Ba(OH)2 D. 氢化物稳定性： HF＞HCl＞H2S＞SiH4＞PH3
【答案】B
【解析】
【详解】根据金属活动顺序表可知金属性是Ca＞Na＞Mg＞Al，故A错误；B.根据元素周期表和元素周期律的知识，可知非金属性：F＞O＞S＞P，故B正确;C.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性应该是Ba(OH)2＞Ca(OH)2，故C错误；D.非金属性越强，氢化物的稳定性越强，HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故D错误，答案选B。
【点睛】元素周期律的应用。该题的关键是熟练记住元素周期律的具体内容，即同周期从左到右非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，同一主族从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；金属性越强其对应的最高价氧化物的水化物碱性越强；非金属性越强，气态氢化物越稳定以此来解答。
17.如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是( )
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. 气态氢化物的稳定性：Z>W>X>Y
C. W的最高正化合价与负化合价的绝对值可能相等
D. Z的最高价氧化物的水化物可能为强碱
【答案】C
【解析】
试题分析：A．四种元素均为非稀有气体元素，根据它们在周期表中的相对位置，借助于元素周期律可判断原子半径Z＞W＞X＞Y，A项错误；B．非金属性是Y＞X＞W＞Z，则气态氢化物的稳定性就是Y＞X＞W＞Z，B项错误；C．W可能位于第ⅣA，所以其最高正化合价与负化合价的绝对值相等，C项正确；D．根据周期表的结构特点可知Z的原子序数至少是13，即为铝元素，其最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，D项错误；答案选C。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期。
18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L CCl4中含CCl4分子数为NA
B. 5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等
C. 0.1 mo1·L－1 MgCl2溶液中含Cl－数为0.2NA
D. 3.9 g Na2O2 晶体中含有的离子总数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、标况下四氯化碳为液态；B、依据n=计算物质的量，结合铁和氯气反应生成氯化铁，铜和氯气反应生成氯化铜，等物质的量反应需要判断过量问题；C、氯化镁溶液的体积不知，无法计算氯化镁的物质的量；D．n（Na2O2）==0.05mol，Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。
【详解】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质量和共价键数目，选项A错误；B、5.6g铁物质的量==0.1mol，6.4g铜物质的量==0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，选项B正确；C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目，选项C错误；B．Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子，n（Na2O2）==0.05mol，含有的离子总数为0.15NA，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是化学方程式过量计算，气体摩尔体积条件分析应用，注意常温下铁在浓硝酸中发生钝化，题目难度中等。
19.向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A. 二氧化碳：K+、Na+、CO32－、Cl－ B. 氨气：Mg2+、Al3+、Na+、NO3－
C. 氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO3－、Cl－ D. 氯气：Na+、Ba2+、HCO3－、HSO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A.由于CO2CO32-H2O=HCO3-，所以通入CO2，溶液中的CO32-不能大量共存，故不选A；
B.由于Mg2+2NH3·H2O=Mg(OH)22NH4+，Al3+3 NH3·H2O=Al(OH)33NH4+,所以通入氨气溶液中的Mg2+、Al3+不能大量共存，故不选B；
C.通入HCl溶液中的. Ca2+、Fe3+、NO3－、Cl－不会发生任何反应，可以大量共存，故选C；
D.在含有Na+、Ba2+、HCO3－、HSO3－的溶液中通入Cl2， HSO3－被氧化成SO42-进而生成BaSO4沉淀，HCO3－生成H2O和CO2气体，所以不能大量共存，故不选D；
本题答案为C。
20.铅(Pb)的原子序数为82，有+2、+4两种常见化合价。PbO2随温度的升高发生如下变化：PbO2→Pb2O3→Pb3O4→PbO。下列说法不正确的是
A. Pb位于周期表ⅣA族
B. Pb3O4可以写成2PbO·PbO2
C. PbO2分解生成Pb2O3同时生成O2
D. PbO2可作为铅蓄电池的正极，放电时发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.铅(Pb)的原子序数为82，依据和外电子排布规律可知，Pb位于周期表第六周期、ⅣA族，故A正确；
BPb有+2、+4两种常见化合价，所以Pb3O4可以写成2PbO·PbO2，故B正确；
C.PbO2受热可发生如下变化：PbO2→Pb2O3，所以PbO2分解生成Pb2O3同时生成O2，故C正确；
D.PbO2可作为铅蓄电池的正极，放电时发生还原反应，故D错误；
本题答案为D。
三、非选择题，共计5小题（除注明外每空都是2分）
21.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号I1至I5表示）如表所示：
I1
I2
I3
I4
I5
电离能（kJ/mol）
589.8
1145.4
4912.4
6491
8153
元素M化合态常见化合价是___________价，其基态原子电子排布式为____________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu(NH3)4]S04溶液，该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu (NH3) 4 ] S04中阴离子的立体构型是______________。
②除硫元素外，[Cu( NH3) 4 ] S04中所含元素的电负性由小到大的顺序为________________。
③NF3与NH3的空间构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为___________。NF3不易与Cu2 +形成化学键，其原因是________________________。
【答案】 (1). +2; (2). 1s22s22p63s23p64s2 (3). 正四面体 (4). Cu
【详解】(1)从其电离能变化可知,失第三个电子时的能量急剧增加,则该原子失去2个电子后为稳定结构，所以M的化合价为+2价; M是20号元素Ca，根据能量最低原理书写电子排布式1s22s22p63s23p64s2;答案：+2；1s22s22p63s23p64s2。
(2)①SO42-中S原子的孤对电子数=（6+2-24）/2=0,价电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，所以SO42-的空间构型为正四面体。
②元素的非金属性越强，电负性越大。因为Cu、H、N、O的非金属性依次增强,所以电负性Cu
22.2018年12月8日，凌晨2时23分，我国在西昌卫星发射中心，嫦娥四号探测器搭载长征三号乙运载火箭成功发射，实现了世界首次月球背面软着陆和巡视探测，被认为是中国在工程技术和空间科学方面的双重跨越和创新。
I．肼（N2H4）又称联氨，常温时是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。
（1）已知在25℃、101kPa时，16g N2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是________________________。
II．如下图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池（如图甲）并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
（2）甲装置中正极的电极反应式为：________________________。
（3）检验乙装置中石墨电极反应产物的方法是：___________________。
III.超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO＋2CO2CO2＋N2。假设常温下在恒容的密闭容器中发生上述反应，试解答下列问题：
（4）能判断该反应达到化学平衡状态依据是____________。
A．混合气体的压强保持不变
B．N2的浓度不再改变
C．消耗CO的物质的量与生成CO2的物质的量之比为1∶1
D．NO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2∶2∶2∶1
（5）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，某科学家在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
c(NO)
( mol•L－1)
1.00×10－3
4.50×10－4
2.50×10－4
1.50×10－4
1.00×10－4
1.00×10－4
c(CO)
( mol•L－1)
3.60×10－3
3.05×10－3
2.85×10－3
2.75×10－3
X
2.70×10－3
从表中数据分析可知：①X＝____________mol·L－1；
②前2s内的平均反应速率v(N2)＝________________________mol·L－1·s－1；
③该温度下反应的平衡常数K＝________________________。
【答案】 (1). N2H4(l )＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1 (2). O2＋2H2O＋4e－＝ 4OH－或O2＋2H2O＋4e－ → 4OH－ (3). 将湿润的碘化钾淀粉试纸放在C电极附近，看试纸是否变蓝色 (4). AB (5). 2.70×10－3 (6). 1.88×10－4 (7). 5000
【解析】
【分析】
根据原电池和电解池原理进行解答。甲装置为N2H4-空气燃料电池，通入N2H4的一极为负极；通入空气的一极为正极，发生还原反应。根据氧化还原反应写电极反应式；根据化学平衡状态的特征判断化学反应是否达到平衡。根据速率计算公式求速率，平根据衡常数的表达式求平衡常数。
【详解】（1）16g N2H4的物质的量为0.5mol,完全燃烧放出热量312kJ，则1mol N2H4完全燃烧放出热量为624 kJ，故N2H4完全燃烧的热化学方程式为：N2H4(l )＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1.答案：N2H4(l )＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－624 kJ·mol－1。
（2）甲装置为N2H4-空气燃料电池，通入N2H4的一极为负极，失电子发生氧化反应；通入空气的一极为正极，发生还原反应，则正极电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝ 4OH－；答案：O2＋2H2O＋4e－＝ 4OH－。
（3）乙装置中Fe与原电池负极相连，作电解池阴极，则石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl-2e-= Cl2，产生的氯气可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验,检验的方法是将湿润的碘化钾淀粉试纸放在C电极附近，看试纸是否变蓝色；答案：将湿润的碘化钾淀粉试纸放在C电极附近，看试纸是否变蓝色 。
（4）A.随反应进行气体的物质的量增大,压强增大,容器中压强不变,说明到达平衡状态,所以A选项正确;B.反应达到平衡状态时,各物质的浓度不变,混合气体中c(N2)不变说明到达平衡状态,所以B选项正确;C.因消耗CO的物质的量与生成CO2 的物质的量相等,不能说明正反应速率与逆反应速率相等，故无法判断该反应是否到达平衡状态,故C错误;D.NO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2∶2∶2∶1,不能说明各组分的浓度保持不变，故无法判断该反应是否达到达平衡,故D错误;因此，本题正确答案是：AB。
（5）①由表中数据可知，从第4s开始c(NO)保持不变，说明该反应已达到平衡状态，故4s时c(CO)=2.710-3mol/L；答案：2.70×10－3。
②前2s内，v(CO)=(3.60×10－3-2.85×10－3)molL-1/2s= 3.75×10－4mol/(Ls)，根据“反应速率之比等于化学反应计量数之比”可得v(N2)=v(CO)/2=(3.75×10－4)/2 mol/(Ls)= 1.88×10－4mol/(Ls)；答案:1.88×10－4。
③第4s时该反应已达到平衡状态，可计算出c(N2)=c(NO)/2=(1.00×10－3-1.00×10－4)/2=4.50×10－4 molL-1，c(CO2)=2c(N2)= 4.50×10－4 molL-1×2=9.00×10－4molL-1，则平衡常数K=c2(CO2)c(N2)/[c2(NO)c2(CO)]=(9.00×10－4)2×4.50×10－4/[(1.00×10－3)2×(2.70×10－3)2]=5000;答案：5000。
【点睛】本题考察了电化学的相关知识。根据燃料电池的特点，通入燃料一端为原电池的负极，发生氧化反应；通空气一端为原电池的正极，发生还原反应，以此完成正极的电极反应方程式。再根据电解池原理阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，判断阳极产物进而确定检验方法。
23.铜及其合金是人类最早使用的金属材料，铜的化合物在现代生活和生产中有着广泛的应用。
(1)铜的熔点比钙的高，其原因是____________________ 。
(2)金属铜的堆积方式为如图中的_____________ (填字母序号)。
(3)某磷青铜晶胞结构如图所示。
①则其化学式为_____________。
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有_____个，这些Sn原子所呈现的构型为____
(4)磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢(PH3)。P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3________H3PO4(填“>”或“<”)，从结构的角度说明理由：_________________ 。
【答案】 (1). 铜的金属键强度大于钙 (2). C (3). SnCu3P (4). 4 (5). 平面正方形 (6). > (7). 因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个
【解析】
【详解】(1)铜的原子半径比钙小，金属键比钙强，因此铜的熔点比钙的高。答案：铜的金属键强度大于钙；
（2）金属铜的晶胞为面心立方堆积，A为体心立方，B为简单立方，C为面心立方，D为六方堆积，故选C；答案：C。
（3）①根据磷青铜晶胞结构知；晶体中P原子位于中心,含有一个磷原子,立方体每个面心含一个Cu,每个Cu分摊给一个晶胞的占1/2,立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为1/8,所以一个晶胞中含有Cu为61/2=3，含Sn为81/8=1, 含P为1，所以得到化学式为 SnCu3P, 因此，本题正确答案是: SnCu3P;
②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个,这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形, 因此，本题正确答案是:4;平面正方形;
（5）因为非金属性N>P,对应最高价氧化物对应的水化物的酸性为HNO3>H3PO4,从结构的角度分析是因为 HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子,比H3PO4中多1个,所以酸性为HNO3比H3PO4强；本题正确答案是:>; 因为HNO3分子结构中含有2个非羟基氧原子，比H3PO4中多1个。
24.NaCl是重要的化工原料。回答下列问题
（1）元素Na的焰色反应呈_______色。价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电子轨道表示式为_______。
（2）KBr具有NaCl型的晶体结构，但其熔点比NaCl低，原因是________________ 。
（3）NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Cl2反应，可以形成一种晶体，其立方晶胞如图所示（大球为Cl，小球为Na）。
①若A的原子坐标为（0，0，0），B的原子坐标为（，0，），则C的原子坐标为_______。
②晶体中，Cl构成的多面体包含______个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为_______。
③已知晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_________g·cm－3（列出计算式）。
【答案】 (1). 黄 (2). (3). K+的半径大于Na+, Br-半径大于Cl-, KBr中离子键较弱,晶格能较低。 (4). （1，0.75，0.5） (5). 20 (6). 4 (7). 259/（NAa310-30）
【解析】
【详解】(1)元素Na的焰色反应呈黄色;激发态Na原子,价电子由3s能级激发到3p能级,其价电了轨道表示式为。答案：黄；。
(2)KBr具有NaCl型的晶体结构,都属于离子晶体。但其熔点比NaCl低,原因是K+半径Na+大 , Br-半径大于Cl-，KBr中离子键较弱,晶格能较低,所以 KBr熔点比NaCl低。答案：K+的半径大于Na+, Br-半径大于Cl-, KBr中离子键较弱,晶格能较低。
(3)①根据晶胞的结构及A、B两点的坐标可知，C的原子坐标为（1，0.75，0.5） ;答案：（1，0.75，0.5）。
②根据晶胞结构可知,晶体中Cl构成的多面体包含20个三角形的面，与Cl紧邻的Na个数为4 ;答案：20；4。
③根据均摊法可知,该晶体中含有2个Na和6个Cl , ρ=m/V=[(232+635.5)/NA]/(a10-10)3=259/（NAa310-30）
25.水是地球上最常见的物质之一，是所有生命生存的重要资源。
(1)水溶液中存在H3O+离子，写出该微粒的结构式____________________（标出配位键）。
(2)科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多种有趣的结构和性质
①一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如下：
使水结成“热冰”采用“弱电场”的条件，说明水分子是______分子（填“极性”或“非极性”）。下列物质熔化时，所克服的微粒间的作用与“热冰”熔化时所克服的作用力类型完全相同的是______。
A.固态氨 B.食盐 C.干冰 D.金刚石
②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子。产生的阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式____________；该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，写出该过程的离子方程式____。
(3)水的性质中的一些特殊现象对于生命的存在意义非凡，请解释水的分解温度远高于其沸点的原____________
【答案】 (1). (2). 极性 (3). A (4). 2H2O++SO2=4H++SO42- (5). H2O++H2O=H3O++-OH (6). 水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多
【解析】
【详解】(1) H3O+中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对,水合氢离子中氢离子含有空轨道,氧原子含有孤电子对,所以二者形成一个配位键,所以结构式为:,因此，本题正确答案是:。
（2）在电场作用下的凝结,说明水分子是极性分子; 热冰属于分子晶体,分子间存在分子间作用力和氢键,A.固态氨属于分子晶体,晶体中存在分子间作用力和氢键,所以熔化时破坏分子间作用力和氢键,所以A选项是正确的; B.食盐属于离子晶体,食盐中只含离子键,熔化时只破坏离子键,故B错误;C.干冰属于分子晶体,但干冰中只含分子间作用力不含氢键,熔化时只破坏分子间作用力,故C错误D.金刚石属于原子晶体,金刚石中只含共价键,熔化时只破坏共价键,故D错误; 答案：极性; A。
②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子,可以表示成H2O+,因为氧化性很强，氧化SO2生成硫酸，2H2O++SO2=4H++SO42-,根据信息和电荷守恒,H2O++H2O=H3O++-OH ,因此，本题正确答案是: 2H2O++SO2=4H++SO42-；H2O++H2O=H3O++-OH
(3) 水分解需要破坏分子内部的共价键，水的气化只需破坏分子间作用力和氢键即可，而极性键键能远比范德华力和氢键大的多，所以水的分解温度远高于其沸点。答案：水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多。
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