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2017-2018学年陕西省黄陵中学高二（重点班）下学期期末考试化学试题 解析版
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陕西省黄陵中学2017-2018学年高二（重点班）下学期期末考试化学试题
1. 下列离子中外层d轨道完全充满状态的是 （ ）
A. Cr3+ B. Fe3+ C. Cu+ D. Co3+
【答案】C
【解析】
【分析】
3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子，即为3d5，写出离子的价电子排布式进行判断。
【详解】A．Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是完全充满状态，选项A错误；B．Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道为半充满状态，选项B错误；C．选项Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，C正确；D．Co3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是完全充满状态，选项D错误；答案选D。
【点睛】本题考查了元素核外电子排布，明确电子排布规则中的构造原理是解本题关键，注意第四周期元素核外电子排布的书写，难度中等。
2. 下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是 （ ）
A. CH4、P4 B. SO2、CHCl3 C. PCl3、SO3 D. NH3、H2O
【答案】D
【解析】
A．CH4中C原子形成4个δ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，A错误；B．SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=（6-2×2）/2=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，B错误；C．PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=（5-3×1）/2=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=（6-2×3）/2=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，C错误；D．NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个δ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，D正确；答案选。
点睛：本题考查了原子杂化方式的判断、极性分子和非极性分子的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，掌握极性分子和非极性分子的概念，即分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子。
3. 已知NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法不正确的是 （ ）
A. 1molCH4中含4NA个s﹣pσ键
B. 1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键
C. 12g石墨中平均含1.5NA个σ键
D. 12g金刚石中平均含有2NA个σ键
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷中4个C-H是sp3杂化，不是s-p杂化，选项A不正确；B．在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4条Si-Oσ键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键，选项B正确；C．石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C-Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，12g石墨物质的量为=1mol，平均含1.5NA个σ键，选项C正确；D．金刚石中每个C原子可形成的C-Cσ键为4个；每条C-C键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：4×=2个C-C键，则12g金刚石即1mol，含 C-Cσ键2mol，即个数为2NA，选项D正确；答案选A。
4. 已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）．下列推测肯定不正确的是 （ ）
A. 该物质与水反应，属于氧化还原反应
B. Al2H6分子中 氢为+1价，铝为﹣3价
C. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
D. 氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料
【答案】B
【解析】
【分析】
A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B．根据元素的电负性和铝的化合价判断；C．根据元素守恒分析； D．根据氢铝化合物的性质分析。
【详解】A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，选项A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误； C．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。答案选B。
【点睛】本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。
5. 金属钠是体心立方堆积，关于钠晶体，下列判断合理的是 （ ）
A. 其熔点比金属铝的熔点高
B. 一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子
C. 该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
D. 该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强；B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心；C．自由电子在电场的作用下可以定向移动；D．晶体中的钠离子不能自由移动。
【详解】A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强，金属熔化时破坏金属键，所以Al的金属键强度大于Na，所以Na的熔点比金属铝的熔点低，选项A错误；B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心，则一个钠的晶胞中，平均含有钠原子数为×1+1=2，选项B错误；C．自由电子在电场的作用下可以定向移动，金属晶体中存在自由移动的电子，所以该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，选项C正确；D．晶体中的钠离子不能自由移动，所以晶体中的钠离子在外加电场作用下不能定向移动，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查了金属晶体的熔点比较、均摊法在晶胞计算中的应用、金属晶体的组成，题目难度不大，注意把握均摊法在晶胞计算中的应用。
6. 下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（ ）
A. CO2 B. H2O C. CO32﹣ D. CCl4
【答案】B
【解析】
【分析】
价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ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对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断。
【详解】A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，选项A不选；B．水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，选项B选；C．CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以CO32﹣的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，选项C不选；D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，选项D不选；答案选B。
【点睛】本题考查了价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，掌握孤电子对个数的计算方法，为易错点，注意实际空间构型要去掉孤电子对，题目难度中等。
7. 下图是氯化钠晶体和二氧化碳晶体的结构示意图关于两种晶体说法正确的是 ( )
A. 两种晶体均以分子间作用力按一定规则排列组成
B. 构成两种晶体的微粒均是原子
C. 两者的硬度、熔沸点等物理性质与微粒间的作用力都有密切关系
D. 两种晶体均属于离子晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氯化钠为离子晶体，二氧化碳为分子晶体来分析。
【详解】A．氯化钠为离子晶体，以离子键按一定规则排列组成，二氧化碳为分子晶体，以分子间作用力按一定规则排列组成，选项A错误；B．氯化钠为离子晶体，构成晶体的微粒是离子，二氧化碳为分子晶体，构成晶体的微粒是分子，选项B错误； C．离子晶体的硬度、熔沸点较大，分子晶体的硬度、熔沸点较小，所以两者的硬度、熔沸点等物理性质与微粒间的作用力都有密切关系，选项C正确； D．氯化钠为离子晶体，二氧化碳为分子晶体，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题主要考查了不同晶体组成、性质差异，难度不大，根据所学知识即可完成。
8. 在d轨道中电子排布成而不能排布成其最直接的根据是（ ）
A. 能量最低原理 B. 泡利原理
C. 原子轨道构造原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。
考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。
9. 设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是 ( )
A. 18gNH4+离子中所含的电子总数为12NA
B. 标准状况下,11.2L水含有的分子数为0.5NA
C. 0.3mol/LNa2SO4溶液中,含有Na+和SO42- 总数为0.9NA
D. H2SO4的摩尔质量是98g/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
A．铵根离子中含有10个电子，18g铵根离子的物质的量为1mol，含有10mol电子；B．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量；D．根据物质的摩尔质量进行计算。
【详解】A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项A错误；B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
10. 下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 （ ）
A. C（金刚石）和CO2 B. NaBr和HBr C. CH4和H2O D. Cl2和KCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，选项A错误；B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，选项B错误；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C正确；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，难度不大，注意把握有关概念。
11. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度都相等时，下列说法正确的是 ( )
A. 两种气体的压强相等
B. O2比O3的质量小
C. 两种气体的分子数目相等
D. 两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
试题分析：A、容器体积相同、密度相同，则质量相同，根据阿伏加德罗推论，压强之比等于物质的量之比，n（O2）:n（O3）=1/32:1/48=3:2，故错误；B、根据选项A的分析，质量相同，故错误；C、质量相等，都是氧原子的质量，即氧原子物质的量相等，故正确；D、分子数目之比等于物质的量之比，氧气和臭氧的物质的量之比为3：2，即分子数之比为3：2，故错误。
考点：考查阿伏加德罗推论和物质的量计算等知识。
12. V L浓度为0.5 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是( )
A. 通入标准状况下的HCl气体11.2V L
B. 加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L
C. 将溶液加热浓缩到0.5V L
D. 加入V L 1.5 mol·L－1的盐酸混合均匀
【答案】B
【解析】
试题分析：A．标准状况下的HCl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，故A错误；
B．VL浓度为0.5mol•L-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C==1mol/L，故B正确；C．加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误；D．浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误；故选B。
考点：考查物质的量浓度的计算。
13. 下列有关σ键和π键的说法错误的是 ( )
A. 在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
B. 当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键
C. σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称
D. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
【答案】A
【解析】
【分析】
A．单键为σ键，而双键、三键中有σ键和π键；B．原子形成分子，优先头碰头重叠；C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称；D．π键不稳定，易断裂。
【详解】A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；答案选A。
【点睛】本题考查共价键及类型，为高频考点，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键，题目难度中等，侧重分子结构与性质的考查。
14. 下列叙述中正确的是 ( )
A. NH3、CO、CO2都是极性分子
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
【答案】B
【解析】
分子的极性一般与物质的空间结构有关,空间结构对称,则属于非极性分子,反之,属于极性分子。键的极性只与形成该键的非金属的电负性有关,而物质的稳定性取决于共价键的键能。所以选项A中CO2属于非极性分子;选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱;选项D中的H2O属于V形结构。
15. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s2 2p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s2 2p3；④1s22s22p5。
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】
根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
16. 现有四种晶体的晶胞，其离子排列方式如下图所示，其中化学式不属MN型的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.晶胞中含有1个M和1个N，化学式为MN型；B.晶胞中含有1个M和3个N，化学式不属于MN型；C.晶胞中含有0.5个M和0.5个N，化学式为MN型；D.晶胞中含有4个M和4个N，化学式为MN型。故选B。
17. 实验中需用2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为 ( )
A. 950 mL；201.4 g B. 1 000 mL；212.0 g
C. 100 mL；21.2 g D. 500 mL；100.7 g
【答案】B
【解析】
试题分析：实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol＝212.0g，答案选B。
考点：考查亡者的颅骨浓度配制的有关判断与计算
18. 钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是 ( )
A. BaTi8O12 B. BaTi4O6
C. BaTi2O4 D. BaTiO3
【答案】D
【解析】
Ba在体心上，1个；
Ti在8个顶点上，则8×（1/8）=1；
O在每条边的中点上，则12×（1/4）=3；
19. 下列物质：①H3O＋ ②[Cu(NH3)4]2＋ ③CH3COO－ ④NH3 ⑤CH4中存在配位键的是
A. ①② B. ①③ C. ④⑤ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；②铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；③CH3COO- 中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CH4 分子中，碳原子与4个氢原子分别共用一对电子，形成4个C-H键，无空轨道，无孤电子对。
【详解】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu（NH3）4]2+ 含有配位键；③CH3COO- 中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为：，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，电子式为，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；答案选A。
【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
20. 等物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液。现欲完全沉淀其中的Cl—，消耗相同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3:2:1，则上述三种溶液的体积比为
A. 1:1:1 B. 9:3:1 C. 3:2:1 D. 9:3:2
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+═AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=cV可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比。
【详解】设AgNO3溶液的浓度都是c，完全沉淀其中的Cl-，消耗相同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积分别为：3V、2V、V，设KCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设等物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液体积分别为x、y、z，完全沉淀时发生反应Cl-+Ag+═AgCl↓，由方程式可知：c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，答案选B。
【点睛】本题考查利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答即可。
21. (1)、按要求填空：
①、第三周期中有两个成单电子的元素符号是__________。
②、四核10电子的粒子的电子式(写一种)__________。
③、第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是__________。
(2)、写出符合下列条件的元素原子的电子排布式：
①、自然界中含量居第二的金属元素__________。
②、第四周期0族元素__________。
③、能形成自然界中最硬的单质的元素__________。
【答案】 (1). Si、S (2). (3). Cr、Mn (4). 1s22s22p63s23p63d64s2 (5). 1s22s22p63s23p63d104s24p6 (6). 1s22s22p2
【解析】
【分析】
（1）①第三周期中，有两个成单电子，外围电子排布为3s23p2或3s23p4；②四核10电子粒子中含4个原子、电子数为10；③第四周期元素中，4p轨道半充满说明4p轨道中含有3个电子，3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子；(2)处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，以此解答该题。
【详解】（1）①第三周期中，有两个成单电子，外围电子排布为3s23p2或3s23p4，所以为Si、S；②四核10电子粒子中含4个原子、电子数为10，符合条件的有NH3、H3O+，氨气的电子式为：；③3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子，根据电子排布规则知，该原子的4s能级上电子全满或半充满，所以该基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d54s1或[Ar]3d54s2，所以为Cr和Mn；（2）①自然界中含量居第二的金属元素为铁，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；②第四周期0族元素为Kr，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p6；③能形成自然界中最硬的单质的元素为碳，电子排布式为1s22s22p2。
【点睛】本题考查原子结构与性质，基态原子的核外电子排布式，根据核外电子排布规律来写，注意电子处于全满、半满、全空时最稳定，把握短周期元素的性质、原子结构为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
22. 某液体化合物X2Y4，常用做火箭燃料。16 g X2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为X2Y4(l)＋O2(g)===X2(g)＋2Y2O(l)。冷却后标准状况下测得生成物的体积为11.2 L，则：
(1)反应前O2的体积V(O2)为________。
(2)X2的摩尔质量为__________；Y元素的名称是__________。
(3)若反应生成0.1 mol X2，则转移电子的物质的量为________mol。
【答案】 (1). 11.2 L (2). 28 g/mol (3). 氢 (4). 0.4
【解析】
（1）由反应方程式可知反应前后体积不变，因此生成X2的体积等于氧气的体积为11.2L；（2）根据题意知X2Y4的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，X2Y4的相对分子质量为16g÷0.5＝32，所以X2Y4是N2H4，则反应后的气体为N2，氮气的摩尔质量是28g/mol，Y是氢元素。（3）N元素的化合价由-2价变为0价，所以若反应生成0.1mol N2，则转移电子的物质的量=0.1mol×2×（2-0）=0.4mol。
23. 用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)生产粗铜的反应原理如下：
(1)已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性。请分别写出反应①、②的化学方程式________________、__________________。
(2)基态铜原子的核外电子排布式为____________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是______。
(3)反应①和②生成的气体分子的中心原子的杂化类型是______，分子的空间构型是______。
(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键________________。
(5)Cu2O的晶胞结构如图所示，该晶胞的边长为a cm，则Cu2O的密度为__________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)。
【答案】 (1). 2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2 (2). 2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑ (3). 1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1 (4). O (5). sp2 (6). V形 (7). Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p—p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键 (8).
【解析】
【分析】
（1）由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为同理，反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，知道了反应物和生成物，配平化学方程式即可；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子电子排布式；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；（3）根据SO2中S原子采用sp2杂化进行分析；（4）Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大；（5）根据密度=计算。
【详解】（1）由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，化学方程式为2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子电子排布式1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1，同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是O；（3）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，所以S原子采用sp2杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；（4）CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键，是因Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键；（5）O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=8=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，则该氧化物的密度===。
【点睛】本题考查了化学方程式的书写、核外电子排布的内容，综合性较强，难度中等，氧化还原反应应根据化合价的升降总数相等进行配平解答。
24. 某同学利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量，实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为a g。
②装好实验装置。
③检查装置气密性。
④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。
⑤停止加热(如图所示，导管出口高于液面)。
⑥测量收集到的气体的体积。
⑦准确称量试管和残留物的质量为b g。
⑧测量实验室的温度。
⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。
⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。
回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？_________________________。
(2)以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积。这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代号)。
(3)测量收集到的气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？________。
(4)如果实验中得到的氧气体积是c L(已换算为标准状况)，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为(含a、b、c，不必化简)M(O2)＝__________。
【答案】 (1). 将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水进入导管，表明装置不漏气 (2). ②①③ (3). 慢慢将量筒下移 (4).
【解析】
解答定量实验题的一般方法为先看实验目的，再分析实验的反应原理和计算原理。
该实验的反应原理为2KClO32KCl＋3O2↑
计算原理为M(O2)＝，m(O2)＝a g－b g，n(O2)＝＝，所以，该实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素：一是温度，二是压强。这就要求读数时，气体温度要与室温一致，量筒内外压强一致。在弄清原理后，再考虑实验的每一步操作。
陕西省黄陵中学2017-2018学年高二（重点班）下学期期末考试化学试题
1. 下列离子中外层d轨道完全充满状态的是 （ ）
A. Cr3+ B. Fe3+ C. Cu+ D. Co3+
【答案】C
【解析】
【分析】
3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子，即为3d5，写出离子的价电子排布式进行判断。
【详解】A．Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是完全充满状态，选项A错误；B．Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道为半充满状态，选项B错误；C．选项Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，C正确；D．Co3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是完全充满状态，选项D错误；答案选D。
【点睛】本题考查了元素核外电子排布，明确电子排布规则中的构造原理是解本题关键，注意第四周期元素核外电子排布的书写，难度中等。
2. 下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是 （ ）
A. CH4、P4 B. SO2、CHCl3 C. PCl3、SO3 D. NH3、H2O
【答案】D
【解析】
A．CH4中C原子形成4个δ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，A错误；B．SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=（6-2×2）/2=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，B错误；C．PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=（5-3×1）/2=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=（6-2×3）/2=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，C错误；D．NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个δ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，D正确；答案选。
点睛：本题考查了原子杂化方式的判断、极性分子和非极性分子的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，掌握极性分子和非极性分子的概念，即分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子。
3. 已知NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法不正确的是 （ ）
A. 1molCH4中含4NA个s﹣pσ键
B. 1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键
C. 12g石墨中平均含1.5NA个σ键
D. 12g金刚石中平均含有2NA个σ键
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷中4个C-H是sp3杂化，不是s-p杂化，选项A不正确；B．在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4条Si-Oσ键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键，选项B正确；C．石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C-Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，12g石墨物质的量为=1mol，平均含1.5NA个σ键，选项C正确；D．金刚石中每个C原子可形成的C-Cσ键为4个；每条C-C键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：4×=2个C-C键，则12g金刚石即1mol，含 C-Cσ键2mol，即个数为2NA，选项D正确；答案选A。
4. 已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）．下列推测肯定不正确的是 （ ）
A. 该物质与水反应，属于氧化还原反应
B. Al2H6分子中 氢为+1价，铝为﹣3价
C. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
D. 氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料
【答案】B
【解析】
【分析】
A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价；B．根据元素的电负性和铝的化合价判断；C．根据元素守恒分析； D．根据氢铝化合物的性质分析。
【详解】A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由-1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，选项A正确；B．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，选项B错误； C．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，选项C正确；D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，选项D正确。答案选B。
【点睛】本题以铝的化合物为载体考查铝的化合物的性质，根据元素电负性、元素化合价和性质的关系来分析解答即可，侧重于考查学生对题目信息的提取和应用能力，题目难度中等。
5. 金属钠是体心立方堆积，关于钠晶体，下列判断合理的是 （ ）
A. 其熔点比金属铝的熔点高
B. 一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子
C. 该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
D. 该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强；B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心；C．自由电子在电场的作用下可以定向移动；D．晶体中的钠离子不能自由移动。
【详解】A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强，金属熔化时破坏金属键，所以Al的金属键强度大于Na，所以Na的熔点比金属铝的熔点低，选项A错误；B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心，则一个钠的晶胞中，平均含有钠原子数为×1+1=2，选项B错误；C．自由电子在电场的作用下可以定向移动，金属晶体中存在自由移动的电子，所以该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，选项C正确；D．晶体中的钠离子不能自由移动，所以晶体中的钠离子在外加电场作用下不能定向移动，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查了金属晶体的熔点比较、均摊法在晶胞计算中的应用、金属晶体的组成，题目难度不大，注意把握均摊法在晶胞计算中的应用。
6. 下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（ ）
A. CO2 B. H2O C. CO32﹣ D. CCl4
【答案】B
【解析】
【分析】
价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ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对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断。
【详解】A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，选项A不选；B．水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，选项B选；C．CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以CO32﹣的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，选项C不选；D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，选项D不选；答案选B。
【点睛】本题考查了价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，掌握孤电子对个数的计算方法，为易错点，注意实际空间构型要去掉孤电子对，题目难度中等。
7. 下图是氯化钠晶体和二氧化碳晶体的结构示意图关于两种晶体说法正确的是 ( )
A. 两种晶体均以分子间作用力按一定规则排列组成
B. 构成两种晶体的微粒均是原子
C. 两者的硬度、熔沸点等物理性质与微粒间的作用力都有密切关系
D. 两种晶体均属于离子晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氯化钠为离子晶体，二氧化碳为分子晶体来分析。
【详解】A．氯化钠为离子晶体，以离子键按一定规则排列组成，二氧化碳为分子晶体，以分子间作用力按一定规则排列组成，选项A错误；B．氯化钠为离子晶体，构成晶体的微粒是离子，二氧化碳为分子晶体，构成晶体的微粒是分子，选项B错误； C．离子晶体的硬度、熔沸点较大，分子晶体的硬度、熔沸点较小，所以两者的硬度、熔沸点等物理性质与微粒间的作用力都有密切关系，选项C正确； D．氯化钠为离子晶体，二氧化碳为分子晶体，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题主要考查了不同晶体组成、性质差异，难度不大，根据所学知识即可完成。
8. 在d轨道中电子排布成而不能排布成其最直接的根据是（ ）
A. 能量最低原理 B. 泡利原理
C. 原子轨道构造原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。
考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。
9. 设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是 ( )
A. 18gNH4+离子中所含的电子总数为12NA
B. 标准状况下,11.2L水含有的分子数为0.5NA
C. 0.3mol/LNa2SO4溶液中,含有Na+和SO42- 总数为0.9NA
D. H2SO4的摩尔质量是98g/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
A．铵根离子中含有10个电子，18g铵根离子的物质的量为1mol，含有10mol电子；B．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量；D．根据物质的摩尔质量进行计算。
【详解】A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10NA，选项A错误；B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
10. 下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 （ ）
A. C（金刚石）和CO2 B. NaBr和HBr C. CH4和H2O D. Cl2和KCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，选项A错误；B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，选项B错误；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C正确；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，难度不大，注意把握有关概念。
11. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度都相等时，下列说法正确的是 ( )
A. 两种气体的压强相等
B. O2比O3的质量小
C. 两种气体的分子数目相等
D. 两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
试题分析：A、容器体积相同、密度相同，则质量相同，根据阿伏加德罗推论，压强之比等于物质的量之比，n（O2）:n（O3）=1/32:1/48=3:2，故错误；B、根据选项A的分析，质量相同，故错误；C、质量相等，都是氧原子的质量，即氧原子物质的量相等，故正确；D、分子数目之比等于物质的量之比，氧气和臭氧的物质的量之比为3：2，即分子数之比为3：2，故错误。
考点：考查阿伏加德罗推论和物质的量计算等知识。
12. V L浓度为0.5 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是( )
A. 通入标准状况下的HCl气体11.2V L
B. 加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L
C. 将溶液加热浓缩到0.5V L
D. 加入V L 1.5 mol·L－1的盐酸混合均匀
【答案】B
【解析】
试题分析：A．标准状况下的HCl气体11.2VL物质的量是0.5Vmol，向溶液中通入0.5VmolHCl，该溶液体积会增大，所以溶液浓度应该小于Vmol/L，故A错误；
B．VL浓度为0.5mol•L-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C==1mol/L，故B正确；C．加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发增强，故C错误；D．浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误；故选B。
考点：考查物质的量浓度的计算。
13. 下列有关σ键和π键的说法错误的是 ( )
A. 在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
B. 当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键
C. σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称
D. 含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
【答案】A
【解析】
【分析】
A．单键为σ键，而双键、三键中有σ键和π键；B．原子形成分子，优先头碰头重叠；C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称；D．π键不稳定，易断裂。
【详解】A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；答案选A。
【点睛】本题考查共价键及类型，为高频考点，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键，题目难度中等，侧重分子结构与性质的考查。
14. 下列叙述中正确的是 ( )
A. NH3、CO、CO2都是极性分子
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
【答案】B
【解析】
分子的极性一般与物质的空间结构有关,空间结构对称,则属于非极性分子,反之,属于极性分子。键的极性只与形成该键的非金属的电负性有关,而物质的稳定性取决于共价键的键能。所以选项A中CO2属于非极性分子;选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱;选项D中的H2O属于V形结构。
15. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s2 2p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s2 2p3；④1s22s22p5。
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】
根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
16. 现有四种晶体的晶胞，其离子排列方式如下图所示，其中化学式不属MN型的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.晶胞中含有1个M和1个N，化学式为MN型；B.晶胞中含有1个M和3个N，化学式不属于MN型；C.晶胞中含有0.5个M和0.5个N，化学式为MN型；D.晶胞中含有4个M和4个N，化学式为MN型。故选B。
17. 实验中需用2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为 ( )
A. 950 mL；201.4 g B. 1 000 mL；212.0 g
C. 100 mL；21.2 g D. 500 mL；100.7 g
【答案】B
【解析】
试题分析：实验室没有950mL的容量瓶，因此需要配置1000mL，则需要称取碳酸钠的质量是1L×2.0mol/L×106g/mol＝212.0g，答案选B。
考点：考查亡者的颅骨浓度配制的有关判断与计算
18. 钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是 ( )
A. BaTi8O12 B. BaTi4O6
C. BaTi2O4 D. BaTiO3
【答案】D
【解析】
Ba在体心上，1个；
Ti在8个顶点上，则8×（1/8）=1；
O在每条边的中点上，则12×（1/4）=3；
19. 下列物质：①H3O＋ ②[Cu(NH3)4]2＋ ③CH3COO－ ④NH3 ⑤CH4中存在配位键的是
A. ①② B. ①③ C. ④⑤ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；②铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；③CH3COO- 中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CH4 分子中，碳原子与4个氢原子分别共用一对电子，形成4个C-H键，无空轨道，无孤电子对。
【详解】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu（NH3）4]2+ 含有配位键；③CH3COO- 中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为：，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，电子式为，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；答案选A。
【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
20. 等物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液。现欲完全沉淀其中的Cl—，消耗相同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3:2:1，则上述三种溶液的体积比为
A. 1:1:1 B. 9:3:1 C. 3:2:1 D. 9:3:2
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可知完全沉淀，则Cl-+Ag+═AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=cV可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比。
【详解】设AgNO3溶液的浓度都是c，完全沉淀其中的Cl-，消耗相同物质的量浓度的AgNO3溶液的体积分别为：3V、2V、V，设KCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设等物质的量浓度的KCl、MgCl2、AlCl3三种溶液体积分别为x、y、z，完全沉淀时发生反应Cl-+Ag+═AgCl↓，由方程式可知：c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，答案选B。
【点睛】本题考查利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答即可。
21. (1)、按要求填空：
①、第三周期中有两个成单电子的元素符号是__________。
②、四核10电子的粒子的电子式(写一种)__________。
③、第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是__________。
(2)、写出符合下列条件的元素原子的电子排布式：
①、自然界中含量居第二的金属元素__________。
②、第四周期0族元素__________。
③、能形成自然界中最硬的单质的元素__________。
【答案】 (1). Si、S (2). (3). Cr、Mn (4). 1s22s22p63s23p63d64s2 (5). 1s22s22p63s23p63d104s24p6 (6). 1s22s22p2
【解析】
【分析】
（1）①第三周期中，有两个成单电子，外围电子排布为3s23p2或3s23p4；②四核10电子粒子中含4个原子、电子数为10；③第四周期元素中，4p轨道半充满说明4p轨道中含有3个电子，3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子；(2)处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，以此解答该题。
【详解】（1）①第三周期中，有两个成单电子，外围电子排布为3s23p2或3s23p4，所以为Si、S；②四核10电子粒子中含4个原子、电子数为10，符合条件的有NH3、H3O+，氨气的电子式为：；③3d轨道半充满说明3d轨道中含有5个电子，根据电子排布规则知，该原子的4s能级上电子全满或半充满，所以该基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d54s1或[Ar]3d54s2，所以为Cr和Mn；（2）①自然界中含量居第二的金属元素为铁，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；②第四周期0族元素为Kr，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p6；③能形成自然界中最硬的单质的元素为碳，电子排布式为1s22s22p2。
【点睛】本题考查原子结构与性质，基态原子的核外电子排布式，根据核外电子排布规律来写，注意电子处于全满、半满、全空时最稳定，把握短周期元素的性质、原子结构为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
22. 某液体化合物X2Y4，常用做火箭燃料。16 g X2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为X2Y4(l)＋O2(g)===X2(g)＋2Y2O(l)。冷却后标准状况下测得生成物的体积为11.2 L，则：
(1)反应前O2的体积V(O2)为________。
(2)X2的摩尔质量为__________；Y元素的名称是__________。
(3)若反应生成0.1 mol X2，则转移电子的物质的量为________mol。
【答案】 (1). 11.2 L (2). 28 g/mol (3). 氢 (4). 0.4
【解析】
（1）由反应方程式可知反应前后体积不变，因此生成X2的体积等于氧气的体积为11.2L；（2）根据题意知X2Y4的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，X2Y4的相对分子质量为16g÷0.5＝32，所以X2Y4是N2H4，则反应后的气体为N2，氮气的摩尔质量是28g/mol，Y是氢元素。（3）N元素的化合价由-2价变为0价，所以若反应生成0.1mol N2，则转移电子的物质的量=0.1mol×2×（2-0）=0.4mol。
23. 用黄铜矿(主要成分是CuFeS2)生产粗铜的反应原理如下：
(1)已知在反应①、②中均生成相同的气体分子，该气体具有漂白性。请分别写出反应①、②的化学方程式________________、__________________。
(2)基态铜原子的核外电子排布式为____________，硫、氧元素相比，第一电离能较大的是______。
(3)反应①和②生成的气体分子的中心原子的杂化类型是______，分子的空间构型是______。
(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键________________。
(5)Cu2O的晶胞结构如图所示，该晶胞的边长为a cm，则Cu2O的密度为__________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)。
【答案】 (1). 2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2 (2). 2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑ (3). 1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1 (4). O (5). sp2 (6). V形 (7). Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p—p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键 (8).
【解析】
【分析】
（1）由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为同理，反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，知道了反应物和生成物，配平化学方程式即可；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子电子排布式；同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小；（3）根据SO2中S原子采用sp2杂化进行分析；（4）Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大；（5）根据密度=计算。
【详解】（1）由题给信息知反应①是Cu2S和O2反应生成Cu2O的反应，由于Cu元素的化合价不变，O元素的化合价降低，则S元素的化合价一定升高，结合所学知识知道生成的物质为二氧化硫．化学方程式为2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；反应②是Cu2O和Cu2S反应生成Cu的反应，Cu元素的化合价降低，元素S的化合价升高生成二氧化硫，化学方程式为2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2；（2）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子电子排布式1s22s22p63s23d104s1或[Ar]3d104s1，同主族元素第一电离能自上而下逐渐减小，所以第一电离能较大的是O；（3）由（1）分析知反应①②生成的相同气体分子是SO2，SO2中价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，所以S原子采用sp2杂化，由于含有一个孤电子对，其空间构型是V型；（4）CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键，是因Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si原子比C原子半径大，Si、O原子间距离较大，P-P轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键；（5）O原子在晶胞的顶点和体心，故O原子数=8=2，Cu原子全部在体心，故Cu原子数=4，即一个氧化亚铜晶胞中有2个O原子和4个Cu原子，则该氧化物的密度===。
【点睛】本题考查了化学方程式的书写、核外电子排布的内容，综合性较强，难度中等，氧化还原反应应根据化合价的升降总数相等进行配平解答。
24. 某同学利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量，实验步骤如下：
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为a g。
②装好实验装置。
③检查装置气密性。
④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。
⑤停止加热(如图所示，导管出口高于液面)。
⑥测量收集到的气体的体积。
⑦准确称量试管和残留物的质量为b g。
⑧测量实验室的温度。
⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。
⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。
回答下列问题：
(1)如何检查装置的气密性？_________________________。
(2)以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积。这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代号)。
(3)测量收集到的气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？________。
(4)如果实验中得到的氧气体积是c L(已换算为标准状况)，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为(含a、b、c，不必化简)M(O2)＝__________。
【答案】 (1). 将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水进入导管，表明装置不漏气 (2). ②①③ (3). 慢慢将量筒下移 (4).
【解析】
解答定量实验题的一般方法为先看实验目的，再分析实验的反应原理和计算原理。
该实验的反应原理为2KClO32KCl＋3O2↑
计算原理为M(O2)＝，m(O2)＝a g－b g，n(O2)＝＝，所以，该实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素：一是温度，二是压强。这就要求读数时，气体温度要与室温一致，量筒内外压强一致。在弄清原理后，再考虑实验的每一步操作。
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