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【化学】云南省昭通市威信县第一中学2018-2019学年高二上学期12月份考试(解析版)
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云南省昭通市威信县第一中学2018-2019学年高二上学期12月份考试
分卷I
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是( )
A. 单质氧化性的强弱 B. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
C. 单质沸点的高低 D. 单质与氢气化合的难易
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，故A正确；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，故B正确；
C.S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，故D正确。
故选C。
【点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。
2. 下列元素原子半径最接近的一组是( )
A. Ne、Ar、Kr、Xe B. Mg、Cu、Sr、Ba
C. B、C、N、O D. Cr、Mn、Fe、Co
【答案】D
【解析】
A项中的四种元素属于同一族,随着电子层数的增多,原子半径越来越大;B项中除Cu外的三种元素为同族元素,且随着电子层数的增多,原子半径越来越大;C项中的四种元素为同周期元素,随着核电荷数的增加,原子半径越来越小;D项中的四种元素是第四周期相邻的元素,因最后填入的电子都在3d能级,故原子半径接近。
3. 下列说法错误的是
A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量
B. 6C的电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则
C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
A项,关键在于熟记构造原理,各能级能量的大小顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s……ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量;B项,对于6C来说,2p能级有3个能量相同的原子轨道,最后2个电子应该以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上,故2违背了洪特规则;C项,根据能级能量高低顺序可知E(4s)
A. 第9列元素中不完全是金属元素
B. 第15列元素的原子最外层电子的排布式为ns2np3
C. 最外层电子数为ns2的元素都在第2列
D. 第10、11列为ds区的元素，形成化合物种类最多的元素在第14列
【答案】B
【解析】
【详解】A. 第9列元素是原来的第Ⅷ族元素，全是金属元素，故错误；
B. 第15列元素是原来的氮族元素，原子最外层电子的排布式为ns2np3，故正确；
C. 最外层电子数为ns2的元素可能在第2列、第18列或12列，故错误；
D. 第10列元素在d区，第11列元素为ds区的元素，形成化合物种类最多的元素为碳元素，在第14列，故错误。
故选B。
5.R元素的原子，其最外层的p能级电子数等于所有的能层s能级电子总数，则R可能是
A. Li B. Be C. S D. Ar
【答案】D
【解析】
【详解】若R只有1个能层，则不存在p能级，若R有2个能层，则有2个s能级，其电子排布式应为1s22s22p4，为氧元素，若R有3个能层，则有3个s能级，其电子排布式应为1s22s22p63s23p6，为氩元素，故D正确。
故选D。
6. 下列说法中正确的是( )
A. s电子云是在空间各个方向上伸展程度相同的对称形状
B. p电子云是“8”字形的
C. 2p能级有一个未成对电子的基态原子的电子排布式一定为1s22s22p5
D. 2d能级包含5个原子轨道,最多容纳10个电子
【答案】A
【解析】
p电子云形状是哑铃形,不是平面“8”字形,B项错;2p能级有一个未成对电子的原子有B或F,C项错;L层没有d能级,D项错。
7.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形成的化合物，X显负价，Y显正价
B. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸的酸性强于Y对应的酸的酸性
C. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
D. 第一电离能Y一定小于X
【答案】D
【解析】
【详解】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，选项A正确；B、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，选项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对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，选项C正确；D、第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，选项D错误；答案选D。
8.下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是( )
A. D与C不能形成化合物
B. D的最高正价与B的最高正价相等
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>A
D. D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于8
【答案】C
【解析】
【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A. 氯与氧能形成化合物二氧化氯等多种氧化物，故错误；
B. 氧的最高正价不是+6，,硫的最高正价为+6，两者不相等，故B错误；
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸、硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸＞硫酸＞磷酸，故正确；
D. 氧的最低价是-2，但氧没有+6价，故其最高价与最低价的绝对值的代数和不是8，故D错误。
故选C。
9.下列共价键的键能最大的是( )
A. H—F B. H—O C. H—N D. H—C
【答案】A
【解析】
原子半径越小，键长越短，同周期元素原子从左到右原子半径依次减小，半径由大到小为C>N>O>F，故H-F键长最短，键能最大，答案选A。
10.已知NH3分子可与Cu2+形成配合物离子[Cu（NH3）4]2+，则除去硫酸铜溶液中少量硫酸可选用的试剂是
A. NaOH B. NH3 C. BaCl2 D. Cu（OH）2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加入NaOH会反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是新的杂质，故错误；
B. NH3虽然可与硫酸反应生成硫酸铵，但硫酸铵仍是杂质，而且氨气也可与Cu2+形成配合物[Cu（NH3）4]2+ ，故不能用氨气除去硫酸，故错误；
C. BaCl2与硫酸及硫酸铜都反应，故C错误；
D. Cu（OH）2可以与硫酸反应生成硫酸铜和水，故能除去硫酸，故正确。
故选D。
【点睛】掌握除杂的原则，能将杂质转化为容易分离的物质，不引入新的杂质。被提纯的物质不能减少。
11.下列分子中，既含有σ键，又含有π键的是( )
A. CH4 B. HCl C. CH2===CH2 D. F2
【答案】C
【解析】
共价单键之间为σ键，共价双键之间既含有σ键又含有π键，C项正确。
12.下列微粒的价电子对数正确的是（点“· ”的原子为中心原子）（ ）
A. CH4 4 B. CO2 1 C. BF3 2 D. SO3 2
【答案】A
【解析】
【详解】对ABn型分子中的n表示中心原子价电子对数。A.甲烷中价电子对数为4，故正确；
B.二氧化碳中价电子对数为2，故错误；
C.三氟化硼中价电子对数为3，故错误；
D.三氧化硫中价电子对数为3，故错误。
故选A。
13.N—H键键能的含义是( )
A. 由N和H形成1 mol NH3所放出的能量
B. 把1 mol NH3中的共价键全部拆开所吸收的能量
C. 拆开约6.02×1023个N—H键所吸收的能量
D. 形成约1个N—H键所放出的能量
【答案】C
【解析】
N—H键能的含义是：1molN和1molH原子形成1mol N—H键所释放的能量，或者说是1mol N—H键断裂成为1molN和1molH原子所吸收的能量。所以选项C正确。选项A错误：由N和H形成1 mol NH3（应该是1molN—H键）所放出的热量。选项B错误：把1 mol NH3（应该是1molN—H键）的键全部拆开所吸收的热量。选项D错误：形成1个（应该是1mol）N—H键所放出的热量。
14. 下列物质不是配合物的是
A. K2[Co（NCS）4] B. Na2[SiF6] C. CuSO4.5H2O D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子（称为配体）以配位键结合形成的化合物称为配位化合，简称配合物。氯化铵是铵盐，不是配合物，其余都是，答案选D。
15.下列叙述中的距离属于键长的是( )
A. 氨分子中两个氢原子间的距离
B. 氯分子中两个氯原子间的距离
C. 金刚石晶体中任意两个相邻的碳原子核间的距离
D. 氯化钠晶体中相邻的氯离子和钠离子的核间距离
【答案】C
【解析】
分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，A、B均错误；共价键具有键长，离子键没有键长，D错误；金刚石晶体中任意两个相邻的碳原子核间的距离属于键长，C正确；正确选项C。
点睛：键长取决于成键原子的半径大小。
16.下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是( )
A. CO2和SO2 B. CH4和SiO2 C. BF3和NH3 D. HCl和HI
【答案】D
【解析】
试题分析：A中都是极性键，但CO2是非极性分子，SO2是极性分子；B中都是极性键，但二氧化硅是原子晶体；C中都是极性键，BF3是非极性分子，氨气是极性分子；D中都是极性键，都属于极性分子，答案选D。
考点：考查化学键和分子极性的判断
点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生对化学键与分子极性的了解掌握情况。该题的关键是明确化学键的含义以及判断依据，特别是分子空间构型的特点，然后灵活运用即可。有利于培养学生的逻辑思维能力和空间想象能力。
17.下列分子中，属于易溶于水的一组是( )
A. CH4、CCl4、CO2 B. NH3、HCl、HBr
C. Cl2、H2、N2 D. H2S、NO、SO2
【答案】B
【解析】
水是极性溶剂，根据相似相溶原理，只有极性分子的溶质才易溶于水，据此分析：A.三种分子空间构型分别为：正四面体、正四面体、直线形，三种分子都属于非极性分子，不属于易溶于水的物质，选项不符合题意；B.NH3分子构型为三角锥形，HCl和HBr均为极性键形成的双原子分子，所以三种物质都属于极性物质，易溶于水，选项符合题意；C.三种物质都属于非极性键形成的双原子非金属单质，属于非极性分子，所以都不属于易溶于水的物质，选项不符合题意；D.H2S和SO2的空间构型都为V型，属于极性分子，所以H2S能溶于水，SO2易溶于水（1:40），但NO不溶于水，选项不符合题意；答案选B。
18.关于乙醇分子的说法正确的是（ ）
A. 分子中共含有8个极性共价键 B. 分子中不含非极性键
C. 分子中只含σ键 D. 分子中含有一个π键
【答案】C
【解析】
乙醇的结构式为,共含有8个共价键,其中C—H、C—O、O—H键为极性键,共7个,C—C键为非极性键。由于全为单键,故无π键。
19.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合，下图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是
A. 10个 B. 18个 C. 24个 D. 14个
【答案】D
【解析】
试题分析：利用切割法分析。根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为1/3，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，选D。
考点：考查石墨的结构。
20.如图所示晶体结构是一种具有优良的电压、电光等功能的晶体材料的最小结构单元（晶胞）．晶体内与每个“Ti”紧邻的氧原子数和这种晶体材料的化学式分别是（各元素所带电荷均已略去）（ ）
A. 8；BaTi8O12
B. 8；BaTi4O9
C. 6；BaTiO3
D. 3；BaTi2O3
【答案】C
【解析】
分析：结构可知，Ba位于体心为1个，Ti位于顶点，为8×=1个，O位于棱心，为12×=3个，晶体内“Ti”紧邻的氧原子在棱上。
详解：由结构可知，Ba位于体心为1个，Ti位于顶点，为8×0.125 =1个，O位于棱心，为12×0.25 =3个，其化学式为BaTiO3，晶体内“Ti”紧邻的氧原子在棱上，则晶体内与每个“Ti”紧邻的氧原子数为 =6个，化学式为BaTiO3，答案选C。
点睛：本题考查了晶胞的计算，利用均摊法来分析解答即可，难点是配位数的判断，难度较大。
21.如图所示的是某原子晶体A空间结构的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A﹣A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为
A. AB B. A5B4 C. AB2 D. A2B5
【答案】C
【解析】
根据题意，中心A原子与周围4个A原子相连形成4个A－A键，而每两个A原子共有一个键，故A原子与A－A键的个数比为1：2，又因为B原子与A－A键的个数相等，所以N(B)：N(A)为2：1，答案选C。
点睛：根据该原子晶体的结构特点，如果能联想到这道题的晶体与SiO2晶体类型相似，就更容易理解了。因此掌握常见典型晶体的结构特点是解答此类问题的关键。
22.下列关于金属晶体和离子晶体的说法中错误的是( )
A. 都可采取“紧密堆积”结构 B. 都含离子
C. 一般具有较高的熔点和沸点 D. 都能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属晶体和离子晶体都采取紧密堆积，故正确；
B.金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，离子晶体由阳离子和阴离子组成，二者都含有离子，故正确；
C.离子晶体的熔、沸点较高，金属晶体的熔、沸点虽然有较大的差异，但是大多数的熔沸点还是比较高的，故正确；
D.金属晶体中有自由电子，可以在外加电场作用下定向移动，而离子晶体的阴、阳离子不能自由移动，因此不具有导电性，故错误。
故选D。
23.金属键具有的性质是
A. 饱和性
B. 方向性
C. 无饱和性和方向性
D. 既有饱和性又有方向性
【答案】C
【解析】
金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，答案选C。
24.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是( )
A. 此堆积方式属于非最密堆积
B. 此堆积方式为A1型
C. 配位数(一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目)为8
D. 镉的堆积方式与铜的堆积方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，即六方最密堆积，故A错误；
B.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，故B错误；
C.六方最密堆积与面心立方最密堆积的配位数均为12（中间一层有6个，上下两层各有3个），故C错误；
D.六方最密堆积与面心立方最密堆积在结构上非常相似，镉的堆积方式为六方最密堆积，铜的堆积方式为面心立方最密堆积，故D正确。
故选D。
25.下列数据是对应物质的熔点(℃)：
据此做出的下列判断中错误的是( )
A. 铝的化合物的晶体中有的不是分子晶体
B. 表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.由表中数据分析，氧化铝和氟化铝的熔点很高，两者不是分子晶体，故A正确；
B.表中氯化铝和氯化硼和干冰沸点都较低，故是分子晶体，故B错误；
C.碳和硅同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故正确；
D.钠和铝不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同组元素的氧化物可能形成相同类型的晶体，故正确。
故选B。
26.下列物质固态时熔点的比较正确的是( )
A. F2>Cl2>Br2 B. 金刚石>P4>O2
C. S>HBr>金刚石 D. I2>CH4>冰
【答案】B
【解析】
A．这几种物质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，相对分子质量F2＜Cl2＜Br2，所以熔沸点F2＜Cl2＜Br2，A错误；B．金刚石是原子晶体、白磷和氧气是分子晶体，相对分子质量P4＞O2，所以熔沸点：金刚石＞P4＞O2，B正确；C．金刚石是原子晶体，熔沸点最高，C错误；D．冰的熔点大于甲烷，D错误；答案选B。
点睛：本题考查晶体熔沸点高低判断，明确晶体熔沸点影响因素是解本题关键，晶体熔沸点大小顺序：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，注意：氢键影响氢化物熔沸点，但化学键影响物质稳定性。
27.氮化钠和氢化钠都是离子化合物，有关它们的叙述
①原子半径：rNa＞rN＞rH
②离子半径：
③与水反应都是氧化﹣还原反应
④水溶液都显碱性
⑤与盐酸反应都只生成NaCl
⑥氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，与钠离子距离最近的钠离子共有12个
其中正确的是（ ）
A. 全都正确 B. ①④⑥ C. ①④⑤ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①原子半径中钠原子有三层，氮原子有2层，氢原子有1层，所以半径关系为：rNa＞rN＞rH，故正确；
②钠离子和氮离子电子层结构相同，都有2层，10个电子，核电荷数越大，半径越小，氢负离子有1层，半径最小，故离子半径顺序为： rN3->rNa+>rH-，故错误；
③氮化钠和水反应生成氨气和氢氧化钠，不是氧化还原反应，氢化钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，是氧化还原反应，故错误；
④二者都和水反应生成氢氧化钠，水溶液都显碱性，故正确；
⑤氮化钠和盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，氢化钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，故错误；
⑥氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，所以与钠离子距离最近的钠离子共有12个，故正确。故选B。
【点睛】掌握离子半径的判断标准，核外电子层数多的大于电子层数少的，当核外电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。氧化还原反应一定有电子转移和化合价变化。
28.两种金属A和B，已知A，B常温下为固态，且A，B属于质软的轻金属，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性质有( )
A. 导电、导热、延展性较纯A或纯B金属强
B. 常温下为液态
C. 硬度较大，可制造飞机
D. 有固定的熔点和沸点
【答案】D
【解析】
分析：合金的熔点和沸点比各成分低，硬度比各成分大，导电、导热、延展性较成分中纯金属强，用途广泛。
详解：合金为混合物，通常无固定组成，因此熔、沸点通常不固定；一般来讲金属形成合金的熔点比各组成合金的金属单质低，硬度要比各组成合金的金属单质大，如Na、K常温下为固体，而Na—K合金常温下为液态，轻金属Mg—Al合金的硬度比Mg、Al高；正确选项D。
点睛：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，各类型合金都有以下通性：(1)多数合金熔点低于其组分中任一种组成金属的熔点；(2)硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；(3)有的抗腐蚀能力强。
分卷II
二、填空题(共6小题,共44分)
29.不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的能量（设其为E）如图所示。
试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并完成下列问题：
（1）同主族内不同元素的E值变化的特点是__________。各主族中E值的这种变化特点体现了元素性质的__________变化规律。
（2）同周期内，随原子序数增大，E值增大。但个别元素的E值出现反常现象。试预测下列关系式中正确的是__________（填写编号）。
①E(砷)>E(硒) ②E(砷)E(硒) ④E（溴）
【答案】（1）随着原子序数增大，E值变小周期性 （2）①③ (3)485 738
(4)10号元素为氖。该元素原子最外层电子排布已达到8电子稳定结构
【解析】
试题分析：（1）从H、Li、Na、K等可以看出，同主族元素随元素原子序数的增大，E值变小；H到He、Li到Ne、Na到Ar呈现明显的周期性。
（2）从第2、3周期可以看出，第ⅢA和ⅥA族元素比同周期相邻两种元素E值都低。由此可以推测：E（砷）>E(硒)、E（溴）>E（硒）。
（3）根据同主族、同周期规律可以推测：E（K）
考点：考查元素第一电离能的变化规律和学生的归纳总结能力
点评：该题主要是以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
30.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缺电子的粒子结合。如NH4＋就是由NH3（氮原子提供电子对）和H＋（缺电子）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．H2SO4
（2）硼酸（H3BO3）溶液呈酸性，试写出其电离方程式：___________________。
（3）科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过程，最初，科学家提出了种观点：
甲：、乙：H—O—O—H，式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，设计并完成了下列实验：a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成（C2H5）2SO4和水；b.将制得的（C2H5）2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；c.将生成的A与H2反应（已知该反应中H2做还原剂）。
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）H3BO3＋H2OH＋＋[B（OH）4]－
（3）
②用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水（或其他合理答案）
【解析】
本题综合考查配位键的形成和配合物的性质。解题时要注意配位键形成条件中的一方提供孤对电子，另一方提供空轨道。
（1）由题中信息可导出结论：凡能给出H＋的物质中一般含有配位键。
（2）硼原子为缺电子原子，H3BO3的电离实质是B原子和水中的OH－形成配位键，水产生的H＋表现出酸性。
（3）由题中所含配位键的物质的反应特点分析。
31.已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且前三种分子含有18个电子，D分子含有10个电子，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2。D物质能刻蚀玻璃。
（1）A的分子式是________，写出A原子的价层电子排布式________。
（2）B分子的中心原子的杂化类型是________，分子空间构型是________，该分子属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）C的化学式是________，分子中含有的化学键类型是________。
（4）D物质的沸点比HCl的沸点高，其主要原因是__________。
【答案】 (1). Ar (2). 3s23p6 (3). sp3 (4). V型 (5). 极性 (6). N2H4 (7). 极性键、非极性键 (8). HF分子之间能形成氢键
【解析】
【分析】
已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且前三种分子含有18个电子。D分子为10电子，能刻蚀玻璃，说明为氟化氢，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2，B为硫化氢，C为N2H4,A为氩气。
【详解】已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且都含有18个电子，D物质能刻蚀玻璃，说明为氟化氢，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2，B为硫化氢，C为N2H4,A为氩气。
(1)A为氩气，分子式为Ar，价层电子排布是式为： 3s23p6 ；
(2)B为硫化氢，根据硫化氢与水分子是等电子体，可知中心原子硫采用sp3杂化，分子空间构型为V型，分子正负电荷不对称，属于极性分子。
(3)C为6个原子18个电子，两种原子个数比为1:2，根据10电子分子通过去氢推出，为N2H4，分子中含有氮原子之间的非极性键、氮与氢原子之间的极性键。
(4)D为氟化氢，沸点比氯化氢高，是因为氟化氢分子间存在氢键。
【点睛】掌握特殊物质的结构和性质，如氟化氢腐蚀玻璃。氟化氢分子间含有氢键，使其沸点比同主族元素的氢化物的沸点高。同样含有氢键的物质还有水和氨气等。
32.现有短周期A、B、C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，B获得2个电子可达到稳定结构，C与A同主族。
（1）判断A、B、C各为何种元素(填名称)。
A________，B________，C________。
（2）用电子式表示三种元素原子之间可能构成的化合物的形成过程，并指出各自化学键的类型：
①A与B：__________________。
②A与C：________________。
③B与C：______________。
④A、B、C_________________。
【答案】 (1). 氢 (2). 氧 (3). 钠
(4). 、
(5).
(6).
(7).
【解析】
【分析】
现有短周期A，B，C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，为氢气，B获得2个电子可达到稳定结构，为氧元素，C与A同主族，为钠元素。（1）根据以上分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素。
【详解】现有短周期A，B，C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，为氢气，B获得2个电子可达到稳定结构，为氧元素，C与A同主族，为钠元素。（1）根据以上分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素。
（2）①A与B为氢和氧，形成水或双氧水，用电子式表示形成过程为：，含有极性键，，含有极性键和非极性键。
②氢和钠形成氢化钠，含有离子键，用电子式表示形成过程：。
③钠、氧形成氧化钠或过氧化钠，用电子式表示形成过程：，含有离子键。
，含有离子键和非极性键。
④钠、氢、氧形成氢氧化钠，用电子式表示形成过程为，含有离子键和极性键。
【点睛】掌握电子式和用电子式表示化合物的形成过程，在表示过程中，左侧写原子电子式，右侧写物质的电子式，注意分析物质中的化学键的类型，若为离子键，则在左侧用弯箭头表示电子的转移方向，一般左侧的原子个数不能合并书写。
33.有A，B，C，D，E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
(1)D的元素符号为______。A的单质分子中π键的个数为______。
(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__________________________________。
(3)A，B，C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(4)写出基态E原子的价电子排布式：__________________。
(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。
(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝________cm。(用ρ、NA的计算式表示)
【答案】(1)Ca 2
(2)H2O分子间存在氢键
(3)F＞N＞O
(4)3d104s1
(5)三角锥形 sp3
(6)
【解析】
根据题意及电子排布式的规律判断可知，元素A、B、C、D、E分别是N、O、F、Ca、Cu。(1)A单质是N2，其结构式是NN，含有两个π键。(2)由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的。(3)N的2p能级是半充满状态，比较稳定，其第一电离能比O要大，但比同周期的F要小。(5)NH3的空间构型是三角锥形，其中N是sp3杂化。(6)根据晶胞的结构，应用“均摊法”计算可得，1个晶胞中含有4个Ca2＋，8个F－，故其密度为ρ＝(312/NA)÷a3，解得a＝。
点拨：本题考查物质结构的推断，考查考生应用所学知识灵活解决问题的能力。难度中等。
34.有下列离子晶体立体构型示意图如下图所示。
(1)以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：__________________________。
(2)已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是__________________________________________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN2 (4). MN (5). 离子键、非极性共价键 (6).
【解析】
【详解】(1)对于A，阴离子位于立方体4个顶点，因此阴离子在该立方体内只有4×1/8=1/2 (个)，同理阳离子也只有1/2个，组成上为1/2∶1/2＝1∶1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有4×1/2＋2＝4(个)，阳离子在立方体内有8×1/8＋1＝2(个)，组成为MN2；对于C，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有4×1/8＝1/2 (个)，组成为MN2；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有8×1/8＝1(个)，组成为MN。答案：MN、 MN2、 MN2、 MN 。
(2)FeS2晶体中的化学键为离子键和硫硫之间的非极性共价键。密度ρ＝m/V，由立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，而由立方体的边长即阴、阳离子间的距离可求出立方体体积。ρ＝(1/2gmol-1)＝ NAmol-1a3cm3g·cm－3=。答案：离子键、非极性共价键 、
分卷I
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是( )
A. 单质氧化性的强弱 B. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
C. 单质沸点的高低 D. 单质与氢气化合的难易
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，故A正确；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，故B正确；
C.S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，故D正确。
故选C。
【点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。
2. 下列元素原子半径最接近的一组是( )
A. Ne、Ar、Kr、Xe B. Mg、Cu、Sr、Ba
C. B、C、N、O D. Cr、Mn、Fe、Co
【答案】D
【解析】
A项中的四种元素属于同一族,随着电子层数的增多,原子半径越来越大;B项中除Cu外的三种元素为同族元素,且随着电子层数的增多,原子半径越来越大;C项中的四种元素为同周期元素,随着核电荷数的增加,原子半径越来越小;D项中的四种元素是第四周期相邻的元素,因最后填入的电子都在3d能级,故原子半径接近。
3. 下列说法错误的是
A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量
B. 6C的电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则
C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
A项,关键在于熟记构造原理,各能级能量的大小顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s……ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量;B项,对于6C来说,2p能级有3个能量相同的原子轨道,最后2个电子应该以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上,故2违背了洪特规则;C项,根据能级能量高低顺序可知E(4s)
A. 第9列元素中不完全是金属元素
B. 第15列元素的原子最外层电子的排布式为ns2np3
C. 最外层电子数为ns2的元素都在第2列
D. 第10、11列为ds区的元素，形成化合物种类最多的元素在第14列
【答案】B
【解析】
【详解】A. 第9列元素是原来的第Ⅷ族元素，全是金属元素，故错误；
B. 第15列元素是原来的氮族元素，原子最外层电子的排布式为ns2np3，故正确；
C. 最外层电子数为ns2的元素可能在第2列、第18列或12列，故错误；
D. 第10列元素在d区，第11列元素为ds区的元素，形成化合物种类最多的元素为碳元素，在第14列，故错误。
故选B。
5.R元素的原子，其最外层的p能级电子数等于所有的能层s能级电子总数，则R可能是
A. Li B. Be C. S D. Ar
【答案】D
【解析】
【详解】若R只有1个能层，则不存在p能级，若R有2个能层，则有2个s能级，其电子排布式应为1s22s22p4，为氧元素，若R有3个能层，则有3个s能级，其电子排布式应为1s22s22p63s23p6，为氩元素，故D正确。
故选D。
6. 下列说法中正确的是( )
A. s电子云是在空间各个方向上伸展程度相同的对称形状
B. p电子云是“8”字形的
C. 2p能级有一个未成对电子的基态原子的电子排布式一定为1s22s22p5
D. 2d能级包含5个原子轨道,最多容纳10个电子
【答案】A
【解析】
p电子云形状是哑铃形,不是平面“8”字形,B项错;2p能级有一个未成对电子的原子有B或F,C项错;L层没有d能级,D项错。
7.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形成的化合物，X显负价，Y显正价
B. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸的酸性强于Y对应的酸的酸性
C. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX
D. 第一电离能Y一定小于X
【答案】D
【解析】
【详解】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，选项A正确；B、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，选项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对应的酸性强于Y对应的酸的酸性，选项C正确；D、第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，选项D错误；答案选D。
8.下图是元素周期表短周期的一部分，若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，则下列说法中正确的是( )
A. D与C不能形成化合物
B. D的最高正价与B的最高正价相等
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物酸性强弱的关系是C>B>A
D. D元素最高正价和最低负价的绝对值的代数和等于8
【答案】C
【解析】
【详解】若A原子最外层的电子数比次外层的电子数少3，说明为磷元素。则B为硫，C为氯元素，D为氧元素。A. 氯与氧能形成化合物二氧化氯等多种氧化物，故错误；
B. 氧的最高正价不是+6，,硫的最高正价为+6，两者不相等，故B错误；
C. A、B、C的最高价氧化物对应的水化物分别为磷酸、硫酸和高氯酸，酸性强弱的关系是高氯酸＞硫酸＞磷酸，故正确；
D. 氧的最低价是-2，但氧没有+6价，故其最高价与最低价的绝对值的代数和不是8，故D错误。
故选C。
9.下列共价键的键能最大的是( )
A. H—F B. H—O C. H—N D. H—C
【答案】A
【解析】
原子半径越小，键长越短，同周期元素原子从左到右原子半径依次减小，半径由大到小为C>N>O>F，故H-F键长最短，键能最大，答案选A。
10.已知NH3分子可与Cu2+形成配合物离子[Cu（NH3）4]2+，则除去硫酸铜溶液中少量硫酸可选用的试剂是
A. NaOH B. NH3 C. BaCl2 D. Cu（OH）2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加入NaOH会反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是新的杂质，故错误；
B. NH3虽然可与硫酸反应生成硫酸铵，但硫酸铵仍是杂质，而且氨气也可与Cu2+形成配合物[Cu（NH3）4]2+ ，故不能用氨气除去硫酸，故错误；
C. BaCl2与硫酸及硫酸铜都反应，故C错误；
D. Cu（OH）2可以与硫酸反应生成硫酸铜和水，故能除去硫酸，故正确。
故选D。
【点睛】掌握除杂的原则，能将杂质转化为容易分离的物质，不引入新的杂质。被提纯的物质不能减少。
11.下列分子中，既含有σ键，又含有π键的是( )
A. CH4 B. HCl C. CH2===CH2 D. F2
【答案】C
【解析】
共价单键之间为σ键，共价双键之间既含有σ键又含有π键，C项正确。
12.下列微粒的价电子对数正确的是（点“· ”的原子为中心原子）（ ）
A. CH4 4 B. CO2 1 C. BF3 2 D. SO3 2
【答案】A
【解析】
【详解】对ABn型分子中的n表示中心原子价电子对数。A.甲烷中价电子对数为4，故正确；
B.二氧化碳中价电子对数为2，故错误；
C.三氟化硼中价电子对数为3，故错误；
D.三氧化硫中价电子对数为3，故错误。
故选A。
13.N—H键键能的含义是( )
A. 由N和H形成1 mol NH3所放出的能量
B. 把1 mol NH3中的共价键全部拆开所吸收的能量
C. 拆开约6.02×1023个N—H键所吸收的能量
D. 形成约1个N—H键所放出的能量
【答案】C
【解析】
N—H键能的含义是：1molN和1molH原子形成1mol N—H键所释放的能量，或者说是1mol N—H键断裂成为1molN和1molH原子所吸收的能量。所以选项C正确。选项A错误：由N和H形成1 mol NH3（应该是1molN—H键）所放出的热量。选项B错误：把1 mol NH3（应该是1molN—H键）的键全部拆开所吸收的热量。选项D错误：形成1个（应该是1mol）N—H键所放出的热量。
14. 下列物质不是配合物的是
A. K2[Co（NCS）4] B. Na2[SiF6] C. CuSO4.5H2O D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子（称为配体）以配位键结合形成的化合物称为配位化合，简称配合物。氯化铵是铵盐，不是配合物，其余都是，答案选D。
15.下列叙述中的距离属于键长的是( )
A. 氨分子中两个氢原子间的距离
B. 氯分子中两个氯原子间的距离
C. 金刚石晶体中任意两个相邻的碳原子核间的距离
D. 氯化钠晶体中相邻的氯离子和钠离子的核间距离
【答案】C
【解析】
分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，A、B均错误；共价键具有键长，离子键没有键长，D错误；金刚石晶体中任意两个相邻的碳原子核间的距离属于键长，C正确；正确选项C。
点睛：键长取决于成键原子的半径大小。
16.下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是( )
A. CO2和SO2 B. CH4和SiO2 C. BF3和NH3 D. HCl和HI
【答案】D
【解析】
试题分析：A中都是极性键，但CO2是非极性分子，SO2是极性分子；B中都是极性键，但二氧化硅是原子晶体；C中都是极性键，BF3是非极性分子，氨气是极性分子；D中都是极性键，都属于极性分子，答案选D。
考点：考查化学键和分子极性的判断
点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生对化学键与分子极性的了解掌握情况。该题的关键是明确化学键的含义以及判断依据，特别是分子空间构型的特点，然后灵活运用即可。有利于培养学生的逻辑思维能力和空间想象能力。
17.下列分子中，属于易溶于水的一组是( )
A. CH4、CCl4、CO2 B. NH3、HCl、HBr
C. Cl2、H2、N2 D. H2S、NO、SO2
【答案】B
【解析】
水是极性溶剂，根据相似相溶原理，只有极性分子的溶质才易溶于水，据此分析：A.三种分子空间构型分别为：正四面体、正四面体、直线形，三种分子都属于非极性分子，不属于易溶于水的物质，选项不符合题意；B.NH3分子构型为三角锥形，HCl和HBr均为极性键形成的双原子分子，所以三种物质都属于极性物质，易溶于水，选项符合题意；C.三种物质都属于非极性键形成的双原子非金属单质，属于非极性分子，所以都不属于易溶于水的物质，选项不符合题意；D.H2S和SO2的空间构型都为V型，属于极性分子，所以H2S能溶于水，SO2易溶于水（1:40），但NO不溶于水，选项不符合题意；答案选B。
18.关于乙醇分子的说法正确的是（ ）
A. 分子中共含有8个极性共价键 B. 分子中不含非极性键
C. 分子中只含σ键 D. 分子中含有一个π键
【答案】C
【解析】
乙醇的结构式为,共含有8个共价键,其中C—H、C—O、O—H键为极性键,共7个,C—C键为非极性键。由于全为单键,故无π键。
19.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合，下图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是
A. 10个 B. 18个 C. 24个 D. 14个
【答案】D
【解析】
试题分析：利用切割法分析。根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为1/3，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，选D。
考点：考查石墨的结构。
20.如图所示晶体结构是一种具有优良的电压、电光等功能的晶体材料的最小结构单元（晶胞）．晶体内与每个“Ti”紧邻的氧原子数和这种晶体材料的化学式分别是（各元素所带电荷均已略去）（ ）
A. 8；BaTi8O12
B. 8；BaTi4O9
C. 6；BaTiO3
D. 3；BaTi2O3
【答案】C
【解析】
分析：结构可知，Ba位于体心为1个，Ti位于顶点，为8×=1个，O位于棱心，为12×=3个，晶体内“Ti”紧邻的氧原子在棱上。
详解：由结构可知，Ba位于体心为1个，Ti位于顶点，为8×0.125 =1个，O位于棱心，为12×0.25 =3个，其化学式为BaTiO3，晶体内“Ti”紧邻的氧原子在棱上，则晶体内与每个“Ti”紧邻的氧原子数为 =6个，化学式为BaTiO3，答案选C。
点睛：本题考查了晶胞的计算，利用均摊法来分析解答即可，难点是配位数的判断，难度较大。
21.如图所示的是某原子晶体A空间结构的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A﹣A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为
A. AB B. A5B4 C. AB2 D. A2B5
【答案】C
【解析】
根据题意，中心A原子与周围4个A原子相连形成4个A－A键，而每两个A原子共有一个键，故A原子与A－A键的个数比为1：2，又因为B原子与A－A键的个数相等，所以N(B)：N(A)为2：1，答案选C。
点睛：根据该原子晶体的结构特点，如果能联想到这道题的晶体与SiO2晶体类型相似，就更容易理解了。因此掌握常见典型晶体的结构特点是解答此类问题的关键。
22.下列关于金属晶体和离子晶体的说法中错误的是( )
A. 都可采取“紧密堆积”结构 B. 都含离子
C. 一般具有较高的熔点和沸点 D. 都能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属晶体和离子晶体都采取紧密堆积，故正确；
B.金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，离子晶体由阳离子和阴离子组成，二者都含有离子，故正确；
C.离子晶体的熔、沸点较高，金属晶体的熔、沸点虽然有较大的差异，但是大多数的熔沸点还是比较高的，故正确；
D.金属晶体中有自由电子，可以在外加电场作用下定向移动，而离子晶体的阴、阳离子不能自由移动，因此不具有导电性，故错误。
故选D。
23.金属键具有的性质是
A. 饱和性
B. 方向性
C. 无饱和性和方向性
D. 既有饱和性又有方向性
【答案】C
【解析】
金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，答案选C。
24.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是( )
A. 此堆积方式属于非最密堆积
B. 此堆积方式为A1型
C. 配位数(一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目)为8
D. 镉的堆积方式与铜的堆积方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，即六方最密堆积，故A错误；
B.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，故B错误；
C.六方最密堆积与面心立方最密堆积的配位数均为12（中间一层有6个，上下两层各有3个），故C错误；
D.六方最密堆积与面心立方最密堆积在结构上非常相似，镉的堆积方式为六方最密堆积，铜的堆积方式为面心立方最密堆积，故D正确。
故选D。
25.下列数据是对应物质的熔点(℃)：
据此做出的下列判断中错误的是( )
A. 铝的化合物的晶体中有的不是分子晶体
B. 表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.由表中数据分析，氧化铝和氟化铝的熔点很高，两者不是分子晶体，故A正确；
B.表中氯化铝和氯化硼和干冰沸点都较低，故是分子晶体，故B错误；
C.碳和硅同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故正确；
D.钠和铝不同主族，但对应的氧化物都为离子晶体，说明不同组元素的氧化物可能形成相同类型的晶体，故正确。
故选B。
26.下列物质固态时熔点的比较正确的是( )
A. F2>Cl2>Br2 B. 金刚石>P4>O2
C. S>HBr>金刚石 D. I2>CH4>冰
【答案】B
【解析】
A．这几种物质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，相对分子质量F2＜Cl2＜Br2，所以熔沸点F2＜Cl2＜Br2，A错误；B．金刚石是原子晶体、白磷和氧气是分子晶体，相对分子质量P4＞O2，所以熔沸点：金刚石＞P4＞O2，B正确；C．金刚石是原子晶体，熔沸点最高，C错误；D．冰的熔点大于甲烷，D错误；答案选B。
点睛：本题考查晶体熔沸点高低判断，明确晶体熔沸点影响因素是解本题关键，晶体熔沸点大小顺序：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，含有氢键的氢化物熔沸点较高，注意：氢键影响氢化物熔沸点，但化学键影响物质稳定性。
27.氮化钠和氢化钠都是离子化合物，有关它们的叙述
①原子半径：rNa＞rN＞rH
②离子半径：
③与水反应都是氧化﹣还原反应
④水溶液都显碱性
⑤与盐酸反应都只生成NaCl
⑥氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，与钠离子距离最近的钠离子共有12个
其中正确的是（ ）
A. 全都正确 B. ①④⑥ C. ①④⑤ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①原子半径中钠原子有三层，氮原子有2层，氢原子有1层，所以半径关系为：rNa＞rN＞rH，故正确；
②钠离子和氮离子电子层结构相同，都有2层，10个电子，核电荷数越大，半径越小，氢负离子有1层，半径最小，故离子半径顺序为： rN3->rNa+>rH-，故错误；
③氮化钠和水反应生成氨气和氢氧化钠，不是氧化还原反应，氢化钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，是氧化还原反应，故错误；
④二者都和水反应生成氢氧化钠，水溶液都显碱性，故正确；
⑤氮化钠和盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，氢化钠和盐酸反应生成氯化钠和氢气，故错误；
⑥氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，所以与钠离子距离最近的钠离子共有12个，故正确。故选B。
【点睛】掌握离子半径的判断标准，核外电子层数多的大于电子层数少的，当核外电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。氧化还原反应一定有电子转移和化合价变化。
28.两种金属A和B，已知A，B常温下为固态，且A，B属于质软的轻金属，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性质有( )
A. 导电、导热、延展性较纯A或纯B金属强
B. 常温下为液态
C. 硬度较大，可制造飞机
D. 有固定的熔点和沸点
【答案】D
【解析】
分析：合金的熔点和沸点比各成分低，硬度比各成分大，导电、导热、延展性较成分中纯金属强，用途广泛。
详解：合金为混合物，通常无固定组成，因此熔、沸点通常不固定；一般来讲金属形成合金的熔点比各组成合金的金属单质低，硬度要比各组成合金的金属单质大，如Na、K常温下为固体，而Na—K合金常温下为液态，轻金属Mg—Al合金的硬度比Mg、Al高；正确选项D。
点睛：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，各类型合金都有以下通性：(1)多数合金熔点低于其组分中任一种组成金属的熔点；(2)硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；(3)有的抗腐蚀能力强。
分卷II
二、填空题(共6小题,共44分)
29.不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的能量（设其为E）如图所示。
试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并完成下列问题：
（1）同主族内不同元素的E值变化的特点是__________。各主族中E值的这种变化特点体现了元素性质的__________变化规律。
（2）同周期内，随原子序数增大，E值增大。但个别元素的E值出现反常现象。试预测下列关系式中正确的是__________（填写编号）。
①E(砷)>E(硒) ②E(砷)
【答案】（1）随着原子序数增大，E值变小周期性 （2）①③ (3)485 738
(4)10号元素为氖。该元素原子最外层电子排布已达到8电子稳定结构
【解析】
试题分析：（1）从H、Li、Na、K等可以看出，同主族元素随元素原子序数的增大，E值变小；H到He、Li到Ne、Na到Ar呈现明显的周期性。
（2）从第2、3周期可以看出，第ⅢA和ⅥA族元素比同周期相邻两种元素E值都低。由此可以推测：E（砷）>E(硒)、E（溴）>E（硒）。
（3）根据同主族、同周期规律可以推测：E（K）
考点：考查元素第一电离能的变化规律和学生的归纳总结能力
点评：该题主要是以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
30.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缺电子的粒子结合。如NH4＋就是由NH3（氮原子提供电子对）和H＋（缺电子）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．H2SO4
（2）硼酸（H3BO3）溶液呈酸性，试写出其电离方程式：___________________。
（3）科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过程，最初，科学家提出了种观点：
甲：、乙：H—O—O—H，式中O→O表示配位键，在化学反应中O→O键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，设计并完成了下列实验：a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成（C2H5）2SO4和水；b.将制得的（C2H5）2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；c.将生成的A与H2反应（已知该反应中H2做还原剂）。
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）H3BO3＋H2OH＋＋[B（OH）4]－
（3）
②用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水（或其他合理答案）
【解析】
本题综合考查配位键的形成和配合物的性质。解题时要注意配位键形成条件中的一方提供孤对电子，另一方提供空轨道。
（1）由题中信息可导出结论：凡能给出H＋的物质中一般含有配位键。
（2）硼原子为缺电子原子，H3BO3的电离实质是B原子和水中的OH－形成配位键，水产生的H＋表现出酸性。
（3）由题中所含配位键的物质的反应特点分析。
31.已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且前三种分子含有18个电子，D分子含有10个电子，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2。D物质能刻蚀玻璃。
（1）A的分子式是________，写出A原子的价层电子排布式________。
（2）B分子的中心原子的杂化类型是________，分子空间构型是________，该分子属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）C的化学式是________，分子中含有的化学键类型是________。
（4）D物质的沸点比HCl的沸点高，其主要原因是__________。
【答案】 (1). Ar (2). 3s23p6 (3). sp3 (4). V型 (5). 极性 (6). N2H4 (7). 极性键、非极性键 (8). HF分子之间能形成氢键
【解析】
【分析】
已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且前三种分子含有18个电子。D分子为10电子，能刻蚀玻璃，说明为氟化氢，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2，B为硫化氢，C为N2H4,A为氩气。
【详解】已知A，B，C，D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、2，且都含有18个电子，D物质能刻蚀玻璃，说明为氟化氢，B，C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1∶2，B为硫化氢，C为N2H4,A为氩气。
(1)A为氩气，分子式为Ar，价层电子排布是式为： 3s23p6 ；
(2)B为硫化氢，根据硫化氢与水分子是等电子体，可知中心原子硫采用sp3杂化，分子空间构型为V型，分子正负电荷不对称，属于极性分子。
(3)C为6个原子18个电子，两种原子个数比为1:2，根据10电子分子通过去氢推出，为N2H4，分子中含有氮原子之间的非极性键、氮与氢原子之间的极性键。
(4)D为氟化氢，沸点比氯化氢高，是因为氟化氢分子间存在氢键。
【点睛】掌握特殊物质的结构和性质，如氟化氢腐蚀玻璃。氟化氢分子间含有氢键，使其沸点比同主族元素的氢化物的沸点高。同样含有氢键的物质还有水和氨气等。
32.现有短周期A、B、C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，B获得2个电子可达到稳定结构，C与A同主族。
（1）判断A、B、C各为何种元素(填名称)。
A________，B________，C________。
（2）用电子式表示三种元素原子之间可能构成的化合物的形成过程，并指出各自化学键的类型：
①A与B：__________________。
②A与C：________________。
③B与C：______________。
④A、B、C_________________。
【答案】 (1). 氢 (2). 氧 (3). 钠
(4). 、
(5).
(6).
(7).
【解析】
【分析】
现有短周期A，B，C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，为氢气，B获得2个电子可达到稳定结构，为氧元素，C与A同主族，为钠元素。（1）根据以上分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素。
【详解】现有短周期A，B，C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，为氢气，B获得2个电子可达到稳定结构，为氧元素，C与A同主族，为钠元素。（1）根据以上分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素。
（2）①A与B为氢和氧，形成水或双氧水，用电子式表示形成过程为：，含有极性键，，含有极性键和非极性键。
②氢和钠形成氢化钠，含有离子键，用电子式表示形成过程：。
③钠、氧形成氧化钠或过氧化钠，用电子式表示形成过程：，含有离子键。
，含有离子键和非极性键。
④钠、氢、氧形成氢氧化钠，用电子式表示形成过程为，含有离子键和极性键。
【点睛】掌握电子式和用电子式表示化合物的形成过程，在表示过程中，左侧写原子电子式，右侧写物质的电子式，注意分析物质中的化学键的类型，若为离子键，则在左侧用弯箭头表示电子的转移方向，一般左侧的原子个数不能合并书写。
33.有A，B，C，D，E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
(1)D的元素符号为______。A的单质分子中π键的个数为______。
(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__________________________________。
(3)A，B，C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(4)写出基态E原子的价电子排布式：__________________。
(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。
(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝________cm。(用ρ、NA的计算式表示)
【答案】(1)Ca 2
(2)H2O分子间存在氢键
(3)F＞N＞O
(4)3d104s1
(5)三角锥形 sp3
(6)
【解析】
根据题意及电子排布式的规律判断可知，元素A、B、C、D、E分别是N、O、F、Ca、Cu。(1)A单质是N2，其结构式是NN，含有两个π键。(2)由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的。(3)N的2p能级是半充满状态，比较稳定，其第一电离能比O要大，但比同周期的F要小。(5)NH3的空间构型是三角锥形，其中N是sp3杂化。(6)根据晶胞的结构，应用“均摊法”计算可得，1个晶胞中含有4个Ca2＋，8个F－，故其密度为ρ＝(312/NA)÷a3，解得a＝。
点拨：本题考查物质结构的推断，考查考生应用所学知识灵活解决问题的能力。难度中等。
34.有下列离子晶体立体构型示意图如下图所示。
(1)以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：__________________________。
(2)已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是__________________________________________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN2 (4). MN (5). 离子键、非极性共价键 (6).
【解析】
【详解】(1)对于A，阴离子位于立方体4个顶点，因此阴离子在该立方体内只有4×1/8=1/2 (个)，同理阳离子也只有1/2个，组成上为1/2∶1/2＝1∶1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有4×1/2＋2＝4(个)，阳离子在立方体内有8×1/8＋1＝2(个)，组成为MN2；对于C，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有4×1/8＝1/2 (个)，组成为MN2；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有8×1/8＝1(个)，组成为MN。答案：MN、 MN2、 MN2、 MN 。
(2)FeS2晶体中的化学键为离子键和硫硫之间的非极性共价键。密度ρ＝m/V，由立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，而由立方体的边长即阴、阳离子间的距离可求出立方体体积。ρ＝(1/2gmol-1)＝ NAmol-1a3cm3g·cm－3=。答案：离子键、非极性共价键 、
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