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2017-2018学年黑龙江省实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版
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黑龙江省实验中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
题号
一
二
三
总分
得分
一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）
1. 下列各能级的中电子所具有的能量最高的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：根据构造原理作答。
详解：根据构造原理，各能级的能量高低顺序为：①同一能层不同能级的能量由低到高的顺序为ns＜np＜nd＜nf；②不同能层英文字母相同的不同能级的能量由低到高的顺序为能层越大能量越高；③不同能层不同能级的能量顺序为ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np。题中各能级的能量由低到高的顺序为3s＜4p＜6s＜5d，电子所具有的能量最高的是5d1，答案选C。
2. 下列说法正确的是
A. 第三能层有s、p共两个能级
B. 3d能级最多容纳6个电子
C. 电子云伸展方向与能量的大小有关
D. 无论是哪一能层的p能级最多容纳的电子数均为6个
【答案】D
【解析】
分析：A项，任一能层的能级数等于能层序数；B项，d能级最多容纳10个电子；C项，电子云伸展方向与能量的大小无关；D项，p能级最多容纳6个电子。
详解：A项，任一能层的能级数等于能层序数，第三能层有3s、3p、3d三个能级，A项错误；B项，无论3d、4d还是5d……，d能级有5个原子轨道，在一个原子轨道里最多容纳2个电子，3d能级最多容纳10个电子，B项错误；C项，电子云伸展方向与能量的大小无关，如2px、2py、2pz能量相等，C项错误；D项，无论2p、3p还是4p……，p能级有3个原子轨道，在一个原子轨道里最多容纳2个电子，p能级最多容纳6个电子，D项正确；答案选D。
3. 下列叙述中，正确的是
A. 1s电子云界面图是一个球面，表示在这个球面以内，电子出现的概率为
B. 在能层、能级、以及电子云的伸展方向确定时，电子的运动状态才能确定下来
C. 在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
D. 原子核外的电子就像行星围绕太阳一样绕着原子核做圆周运动
【答案】C
【解析】
分析：A项，电子云轮廓图是电子在原子核外空间出现概率90%的空间；B项，电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向和电子的自旋方向确定；C项，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；D项，量子力学指出，原子核外电子的运动没有确定的轨道和位置，只能确定电子出现在原子核外空间各处的概率。
详解：A项，电子云轮廓图是电子在原子核外空间出现概率90%的空间，1s电子云界面图是一个球面，表示在这个球面以内，电子出现的概率为90%，A项错误；B项，电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向和电子的自旋方向确定，B项错误；C项，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，C项正确；D项，量子力学指出，原子核外电子的运动没有确定的轨道和位置，只能确定电子出现在原子核外空间各处的概率，原子核外电子不是绕着原子核做圆周运动，D项错误；答案选C。
4. 下列说法中正确的是
杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道
同一周期从左到右，元素的第一电离能、电负性都是越来越大
分子中键能越大，表示分子拥有的能量越高
所有的配合物都存在配位键
所有含极性键的分子都是极性分子
熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
所有的原子晶体都不导电
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：①sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道；②同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族、第VA族大于第VIA族；③分子中键能越大，表明形成化学键时放出的能量越多，意味着化学键越稳定；④通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子以配位键形成的化合物称为配合物；⑤含极性键的分子可能是极性分子如H2O、NH3等，也可能是非极性分子如CO2、CH4等；⑥熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物；⑦有的原子晶体能导电如锗等。
详解：①只有同一原子中能量相近的不同类型的原子轨道才能杂化，sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道，①正确；②同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族、第VA族大于第VIA族，同周期从左到右电负性逐渐增大，②错误；③分子中键能越大，表明形成化学键时放出的能量越多，意味着化学键越稳定，③错误；④通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子以配位键形成的化合物称为配合物，所有配合物中都存在配位键，④正确；⑤含极性键的分子可能是极性分子如H2O、NH3等，也可能是非极性分子如CO2、CH4等，⑤错误；⑥离子化合物中含阴、阳离子，共价化合物中含原子或分子，熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，⑥正确；⑦有的原子晶体能导电如锗等，⑦错误；正确的有①④⑥，答案选D。
5. 某元素的第一电离能至第七电离能如下：
578
1817
2745
11575
14830
18376
23293
该元素最有可能位于元素周期表的族是
A. ⅠA B. ⅡA C. ⅢA D. ⅣA
【答案】C
【解析】
分析：根据电离能的突变确定最外层电子数，确定族序数。
详解：分析各级电离能，I3I4，该元素的原子最外层有3个电子，该元素处于第IIIA族，答案选C。
6. 1828年德国化学家维勒首次合成了尿素，尿素的四种元素中电负性最大的是
A. H B. O C. N D. C
【答案】B
【解析】
分析：同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大。
详解：尿素中的四种元素为C、N、O、H，C、N、O是第二周期的元素，四种元素中H的非金属性最弱，根据“同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大”，电负性由大到小的顺序为ONCH，电负性最大的是O，答案选B。
7. 化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是
A. 为直线形分子，也为直线形分子
B. 固态是分子晶体，固态也是分子晶体
C. 中N原子是杂化，中B原子也是杂化
D. 能溶于NaOH溶液，也能溶于NaOH溶液
【答案】D
【解析】
分析：A项，SO2为V形分子；B项，SiO2属于原子晶体；C项，BCl3中B原子为sp2杂化；D项，Al（OH）3和Be（OH）2都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液。
详解：A项，CO2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，CO2为直线形分子，SO2中中心原子S上的孤电子对数为（6-22）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于S上有一对孤电子对，SO2为V形分子，A项错误；B项，固体CS2是分子晶体，固体SiO2属于原子晶体，B项错误；C项，NCl3中中心原子N上的孤电子对数为（5-31）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，NCl3中N为sp3杂化，BCl3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，BCl3中B为sp2杂化，C项错误；D项，Be和Al在元素周期表中处于对角线，根据“对角线规则”，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，两者都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式分别为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查分子的立体构型、杂化方式的判断、晶体类型的判断、对角线规则的应用。判断分子的立体构型和中心原子的杂化方式都可能用价层电子对互斥理论，当中心原子上没有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型一致，当中心原子上有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型不一致；杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对。
8. 下列有关元素或者化合物性质的比较中，正确的是
A. 结构相似的分子晶体的熔沸点，与相对分子质量呈正相关，所以
B. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多，原子半径也依次增大
C. 在分子中，两个原子间的键长越长，键能越大
D. 一般而言，晶格能越高，离子晶体的熔点越高、硬度越大
【答案】D
【解析】
分析：A项，HF分子间存在氢键，熔沸点HFHCl；B项，Na、Mg、Al的原子半径依次减小；C项，键长越短，键能越大；D项，一般而言离子晶体的晶格能越大，熔点越高、硬度越大。
详解：A项，一般结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，分子晶体的熔沸点越高，但HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，熔沸点HFHCl，A项错误；B项，Na、Mg、Al原子最外层电子数依次为1、2、3，Na、Mg、Al原子的能层数相同，核电荷数依次增多，原子核对外层电子的引力增强，原子半径依次减小，B项错误；C项，在分子中，两个原子间的键长越短，键能越大，C项错误；D项，一般而言离子晶体的晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，离子晶体的熔点越高、硬度越大，D项正确；答案选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 、的晶体结构类型不同
B. 加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同
C. HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同
D. NaOH、晶体中既有离子键又有共价键
【答案】C
【解析】
分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。
详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。
10. 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. SnBr2键角大于
C. BF3是三角锥形分子 D. NH4+键角等于109º28ˊ
【答案】D
【解析】
分析：先确定中心原子上的孤电子对数和σ键电子对数，由此导出VSEPR模型，略去中心原子上的孤电子对导出分子或离子的空间构型；价电子对间的排斥作用：孤电子对间的排斥作用孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，据此确定键角。
详解：A项，CS2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C上没有孤电子对，CS2是直线形分子，A项错误；B项，SnBr2中中心原子Sn上的孤电子对数为（4-21）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，SnBr2的键角小于120º，B项错误；C项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，B上没有孤电子对，BF3是平面三角形分子，C项错误；D项，NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N上没有孤电子对，NH4+为正四面体形，键角等于109º28ˊ，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子或离子的空间构型、键角。当中心原子上没有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型不一致。
11. 氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气：，下列说法不正确的有
A. 分子为含极性键的非极性分子
B. 分子中含有3个键、一个键，中心C原子采用杂化
C. 分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构
D. 使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质
【答案】A
【解析】
分析：A项，CHCl3为极性分子；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。
详解：A项，CHCl3中含C—H键和C—Cl键，C—H键和C—Cl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。
12. 下列关于化学式为的配合物的说法中正确的是
A. 配体是和，配位数是9
B. 中心离子是，配离子是
C. 内界和外界中的的数目比是 2：1
D. 加入足量溶液，所有均被完全沉淀
【答案】B
【解析】
分析：根据配合物的化学式，A项，配体是Cl-和H2O，配位数为6；B项，中心离子为Ti3+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+；C项，内界和外界的Cl-的数目比为1:2；D项，加入足量AgNO3溶液，只有的Cl-产生沉淀。
详解：根据配合物的化学式，A项，配体是Cl-和H2O，Ti3+与1个Cl-、5个O原子形成配位键，配位数为6，A项错误；B项，中心离子为Ti3+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+，B项正确；C项，内界中含1个Cl-，外界中含2个Cl-，内界和外界的Cl-的数目比为1:2，C项错误；D项，外界中Cl-电离，内界中Cl-不发生电离，加入足量AgNO3溶液，只有的Cl-产生沉淀，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查配位化合物的有关知识。配合物一般由外界和内界通过离子键组成，内界和外界可以完全电离；内界由中心原子（提供空轨道）和配体（提供孤电子对）通过配位键组成，内界一般难电离。
13. 下列物质中，只含有离子键的是
A. B. C. D. KOH
【答案】C
【解析】
分析：H2O、CO2中只有共价键，MgCl2中只有离子键，KOH中既有离子键又有共价键。
详解：H2O、CO2中只有共价键，MgCl2中只有离子键，KOH中既有离子键又有共价键，只含有离子键的是MgCl2，答案选C。
点睛：本题考查化学键类型的判断。一般由活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物中只含离子键（AlCl3、BeCl2除外），全由非金属元素组成的化合物中只含共价键（铵盐除外），含原子团的离子化合物中既含离子键又含共价键。
14. 金属键的形成是通过
A. 金属原子与自由电子之间的相互作用
B. 金属离子与自由电子之间强烈的相互作用
C. 自由电子之间的相互作用
D. 金属离子之间的相互作用
【答案】B
【解析】
分析：金属键是金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。
详解：金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共用，金属阳离子和自由电子（“电子气”）之间存在的强烈的相互作用称金属键，答案选B。
15. 下列说法中正确的是
A. 、、 中，所有原子都满足最外层 8 电子的稳定结构
B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料
C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D. 第ⅠA 族元素和第ⅦA 族元素的原子之间都能形成离子键
【答案】B
【解析】
分析：A项，NH3中H原子、BF3中B原子不满足8电子的稳定结构；B项，在元素周期表中金属和非金属交界处可找到半导体材料；C项，由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl等铵盐；D项，第IA族的H元素与第VIIA族元素的原子间形成共价键。
详解：A项，NH3中H原子最外层有2个电子、BF3中B原子最外层有6个电子，NH3中H原子、BF3中B原子不满足8电子的稳定结构，A项错误；B项，在元素周期表中金属和非金属交界处可找到半导体材料，B项正确；C项，由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl等铵盐，C项错误；D项，第IA族的H元素与第VIIA族元素的原子间形成共价键，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查元素周期表的应用、化学键、8电子稳定结构的判断。8电子稳定结构的判断方法，H原子最外层最多为2电子结构；在化合物中，若元素原子的化合价的绝对值与该原子的最外层电子数之和等于8，则该原子的最外层达到8电子的稳定结构，否则该原子的最外层不是8电子的稳定结构。
16. 下列各种说法中不正确的是
A. 在水中氢、氧原子间均以共价键相结合
B. 离子键是阳离子、阴离子的静电作用
C. 和的反应过程涉及了共价键的断裂和形成
D. 金属具有金属光泽及良好的导电性和导热性，这些性质均与金属键有关
【答案】A
【解析】
分析：A项，在水中H、O原子间存在共价键和氢键；B项，离子键是阳离子、阴离子的静电作用；C项，化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程；D项，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关。
详解：A项，在水中H、O原子间存在共价键和氢键，A项错误；B项，离子键是阳离子、阴离子的静电作用，B项正确；C项，化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程，H2和Cl2反应生成HCl，反应过程中断裂H—H键和Cl—Cl键、形成H—Cl键，C项正确；D项，由于自由电子可吸收所有频率的光，然后很快释放出各种频率的光，金属具有金属光泽，在外加电场作用下金属中的自由电子做定向移动形成电流，金属具有良好的导电性，自由电子在运动过程中与金属阳离子发生碰撞，引起能量的交换，金属具有良好的导热性，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关， D项正确；答案选A。
17. 如图是氯化铯晶体的晶胞示意图晶体中最小的重复结构单元，已知晶体中2个最近的核间距为a cm，氯化铯的相对分子质量M，为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
分析：用“均摊法”确定晶胞中含有的粒子数，由2个最近的Cs+核间距计算晶胞的体积，计算1mol晶体的体积，根据密度= 计算晶体的密度。
详解：用“均摊法”，1个晶胞中含Cs+：8=1个，含Cl-：1个；2个最近的Cs+核间距为acm，晶胞的体积为a3cm3；1mol晶体的体积为a3NAcm3，CsCl的相对分子质量为M，1mol晶体的质量为Mg，CsCl晶体的密度为g·cm-3，答案选C。
18. 下面的排序不正确的是
A. 含氧酸酸性强弱：
B. 硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅
C. 熔点由高到低：
D. 晶格能由大到小：
【答案】C
【解析】
A. 判断含氧酸(含有氧元素的酸)酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为−OH)氧原子数越多,该含氧酸的酸性越强,所以酸性强弱的顺序为：HClO4>HClO3>HClO2>HClO，故A正确；B. 晶体中键长C−CC−Si>Si−Si，故硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B正确；C. Na、Mg、Al原子半径依次减小，金属离子电荷逐渐增多，金属键逐渐增强，则熔点由高到低：Al>Mg>Na，故C错误；D. 离子半径F−NaCl>NaBr>NaI，故晶格能NaF>NaCl>NaBr>NaI，故D正确；本题选C。
点睛：离子晶体中离子键越强晶格能越大，电荷越多、离子半径越小，离子键越强。
19. 下列关于“摩尔”的说法正确的是
A. 摩尔是一个物理量 B. 摩尔是表示物质的量
C. 摩尔是物质的量的单位 D. 摩尔是表示物质数量的单位
【答案】C
【解析】
试题分析：A、摩尔是物质的量的单位，不是物理量，错误；B、摩尔表示物质的量的单位，错误；C、摩尔是物质的量的单位，正确；D、物质的量与物质的数量不同，摩尔是物质的量的单位，不是物质的数量的单位，错误，答案选C。
考点：考查对物质的量、物质的数量的区别，物质的量单位的判断
20. 上世纪末，科学家研制得到一种新的分子，它具有空心的、类似足球的结构如图，化学式为，下列说法中正确的是
A. 是一种新型的化合物
B. 中含有离子键
C. 和金刚石、石墨都是碳元素的不同单质
D. 的摩尔质量为720
【答案】C
【解析】
分析：A项，C60是一种单质；B项，C60中只含共价键；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质；D项，C60的摩尔质量为720g/mol。
详解：A项，C60是只由碳元素组成的纯净物，是一种单质，A项错误；B项，C60中碳原子间形成共价键，B项错误；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，C60、金刚石、石墨互为同素异形体，C项正确；D项，C60的相对分子质量为720，C60的摩尔质量为720g/mol，D项错误；答案选C。
21. 下列说法正确的是
A. 气体摩尔体积就是
B. 非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为
C. 标准状况下任何物质都含有约个分子
D. 和的混合气体在标准状况下的体积约
【答案】D
【解析】
分析：A项，气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关；B项，非标准状况下，1mol任何气体的体积可能为22.4L；C项，标准状况下22.4L固态物质、液态物质所含分子数不等于6.021023；D项，1mol任何气体在标准状况下的体积约为22.4L。
详解：A项，单位物质的量的气体所占的体积叫做气体摩尔体积，气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关，在标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，在25℃、101kPa的条件下气体摩尔体积约为24.5L/mol，A项错误；B项，压强一定时温度升高气体体积增大，温度一定时压强增大气体体积减小，根据气体状态方程PV=nRT，非标准状况下，1mol任何气体的体积可能为22.4L，B项错误；C项，标准状况下22.4L固态物质、液态物质所含分子数不等于6.021023，C项错误；D项，气体体积与气体分子数、温度和压强有关，与气体种类无关，1mol任何气体在标准状况下的体积约为22.4L，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查气体摩尔体积的有关知识。注意气体摩尔体积只适用于气态物质，气体摩尔体积与气体所处的温度和压强有关，压强一定时升高温度气体摩尔体积增大，温度一定时增大压强气体摩尔体积减小。
22. 下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是
A. 同质量的和 B. 同质量的和
C. 同体积的和 D. 相同物质的量的和
【答案】D
【解析】
分析：A项，等质量的N2和CO2的物质的量之比为11:7，所含原子物质的量之比为22:21；B项，等质量的H2和N2的物质的量之比为14:1，所含原子物质的量之比为14:1；C项，O2和N2所处的温度、压强未知，无法确定同体积的O2和N2物质的量的大小；D项，相同物质的量的N2O和CO2含原子物质的量相等。
详解：A项，N2和CO2的摩尔质量之比为28:44=7:11，等质量的N2和CO2的物质的量之比为11:7，所含原子物质的量之比为22:21，A项所含原子数不相等；B项，H2和N2的摩尔质量之比为2:28=1:14，等质量的H2和N2的物质的量之比为14:1，所含原子物质的量之比为14:1，B项所含原子数不相等；C项，O2和N2所处的温度、压强未知，无法确定同体积的O2和N2物质的量的大小，C项所含原子数不一定相等；D项，N2O和CO2都是三原子分子，相同物质的量的N2O和CO2含原子物质的量相等，D项所含原子数一定相等；答案选D。
23. 下列溶液和100mL 溶液所含的物质的量浓度相同的是
A. 500mL 溶液 B. 100mL 溶液
C. NaCl溶液 D. 25mL HCl溶液
【答案】C
【解析】
分析：分别计算各溶液中Cl-物质的量浓度，然后对比。
详解：100mL0.5mol/LCaCl2溶液中所含Cl-物质的量浓度为1mol/L。A项，500mL0.1mol/LMgCl2溶液中所含Cl-物质的量浓度为0.2mol/L；B项，100mL0.5mol/LAlCl3溶液中所含Cl-物质的量浓度为1.5mol/L；C项，50mL1mol/LNaCl溶液中所含Cl-物质的量浓度为1mol/L；D项，25mL0.5mol/LHCl溶液中所含Cl-物质的量浓度为0.5mol/L；答案选C。
点睛：本题考查电解质溶液中所含离子物质的量浓度的计算，计算离子物质的量浓度与溶液体积无关，与溶质物质的量浓度和1mol溶质电离出离子的物质的量有关。
24. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A. 标准状况下，氯气与足量水反应，转移电子数目为
B. 中含有的质子数为
C. 12g金刚石中含有的共价键数为
D. 标准状况下，氟化氢中含有氟原子的数目大于
【答案】A
【解析】
分析：A项，Cl2与H2O的反应为可逆反应；B项，H218O 的摩尔质量为20g/mol，1个H218O中含有10个质子；C项，金刚石中n（C）：n（C—C）=1:2；D项，标准状况下HF呈液态。
详解：A项，n（Cl2）==1.5mol，用单线桥法分析Cl2与H2O的反应：，Cl2与H2O的反应为可逆反应，转移电子物质的量小于1.5mol，A项错误；B项，H218O 的摩尔质量为20g/mol，n（H218O）==1mol，1个H218O中含有10个质子，20g H218O中含质子物质的量为10mol，B项正确；C项，n（C）==1mol，金刚石中n（C）：n（C—C）=1:2，12g金刚石中含C—C键物质的量为2mol，C项正确；D项，标准状况下HF呈液态，标准状况下33.6LHF物质的量大于1.5mol，所含氟原子物质的量大于1.5mol，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、气体摩尔体积、可逆的氧化还原反应中转移电子数等知识。注意金刚石为原子晶体，HF在标准状况下呈液态，不能用22.4L/mol计算HF物质的量。
25. 下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是
A. V L 溶液中含 g，溶液中是
B. 将100 mL 的NaCl溶液与200 mL 的NaCl溶液混合忽略溶液体积变化，得到溶液的物质的量浓度为2
C. 实验室配制480 mL 的硫酸铜溶液，应选取500 mL容量瓶，称取 g胆矾配成500 mL溶液
D. 标准状况下，a L 溶于1000 g水中，得到的溶液密度为b ，则该溶液的物质的量浓度为
【答案】C
【解析】
分析：根据cB=计算物质的量浓度和相关物理量。
详解：A项，n（Fe3+）==mol，n（Fe3+）：n（SO42-）=2:3，n（SO42-）=mol，溶液中c（SO42-）=molVL=mol/L，A项错误；B项，混合后所得溶液物质的量浓度为=2.17mol/L，B项错误；C项，根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶，所需胆矾的质量为0.1mol/L0.5L250g/mol=12.5g，C项正确；D项，n（NH3）=mol，m（溶液）=m（NH3）+m（H2O）=mol17g/mol+1000g=（+1000）g，溶液的体积为（+1000）gbg/cm3=cm3，溶液物质的量浓度为mol（10-3）L=mol/L，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查物质的量浓度的计算和物质的量浓度溶液配制的计算。在物质的量浓度溶液配制过程中，根据“大而近”的原则选择容量瓶，根据所选容量瓶的容积计算溶质物质的量。
二、填空题（本大题共4小题，共37.0分）
26. 如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
元素e的负一价离子的结构示意图为 ______ ，f、g、h、i对应简单离子的半径由大到小的顺序为 ______用具体微粒符号表示．
元素i的单质溶于水，生成一种具有漂白作用的化合物，该化合物的电子式为 ______ ．
、c、d三种原子的第一电离能大小顺为 ______用具体微粒符号表示．
【答案】 (1). (2). (3). (4).
【解析】
分析：根据元素周期表的结构推知，a、b、c、d、e、f、g、h、i依次为H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl元素；根据元素周期律和相关化学用语作答。
详解：根据元素周期表的结构推知，a、b、c、d、e、f、g、h、i依次为H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl元素。
（1）e为F元素，F-的核电荷数为9，核外有10个电子，F-的离子结构示意图为。f、g、h、i对应简单的离子分别为Na+、Al3+、S2-、Cl-，根据“层多径大、序大径小”，四种简单离子半径由大到小的顺序为S2-Cl-Na+Al3+。
（2）元素i的单质为Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中具有漂白作用的化合物是HClO，HClO的电子式为。
（3）b、c、d依次为C、N、O，根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N的2p处于半充满较稳定，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC。
27. X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等
Y
M层上有2对成对电子
Z
Z和Y同周期，Z的电负性大于Y
W
W的一种核素的质量数为63，中子数为34
J
J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐
元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 ______ ；
元素Y位于元素周期表第 ______ 周期第 ______ 族；
元素Z的原子最外层共有 ______ 种不同运动状态的电子；
的基态原子核外价电子排布图是 ______ ；
的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐的化学式为______________ 。
【答案】 (1). (2). 三 (3). VIA (4). (5). (6). NH4NO3
【解析】
分析：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。根据元素周期表和相关化学用语作答。
详解：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。
（1）X为C元素，C的同位素中用于测定文物年代的是。
（2）Y为S元素，S的原子结构示意图为，S元素位于元素周期表第三周期第VIA族。
（3）Z为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，最外层有7个电子，Cl原子最外层有7种不同运动状态的电子。
（4）W为Cu元素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为。
（5）J为N元素，J的气态氢化物为NH3，J的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，NH3与HNO3反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，NH3与HNO3反应生成的盐的化学式为NH4NO3。
28. 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
的熔点为，沸点为的晶体类型是 ______ ；
羰基铁可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol 分子中含______键；
氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 ______ ；
氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：
氧化亚铁晶体的密度为，代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的数目为 ______ ；与最短核间距为 ______ pm。写出表达式
【答案】 (1). 分子晶体 (2). 10 (3). 3：1 (4). 12 (5). 1010
【解析】
分析：（1）FeCl3的熔沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。
（2）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键。
（3）用“均摊法”确定晶胞中铁、氮的个数。
（4）根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个。由晶体的密度计算1mol晶体的体积，结合晶胞中所含微粒数计算晶胞的体积，用立体几何知识计算晶胞边长和Fe2+与O2-的最短核间距。
详解：（1）FeCl3的熔沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。
（2）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；1个Fe（CO）5分子中含10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键。
（3）用“均摊法”，晶胞中含Fe：12+2+3=6个，N：2个，该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1。
（4）根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个。用“均摊法”，晶胞中含Fe2+：8+6=4个，含O2-：12+1=4个，晶体的化学式为FeO；1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为cm3；晶胞的体积为cm3NA4=cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm。
点睛：本题考查晶体类型的判断、σ键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。
29. 利用所学化学知识解答问题：
在高温下CuO 能分解生成，试从原子结构角度解释其原因： ______根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，元素Cu属于 ______ 区
氰酸是一种链状分子，它与异氰酸互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式 ______其中的C的杂化类型为 ______ ．
原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 ______ ．
立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其晶胞结构与金刚石类似，一个该晶胞中含有 ______ 个氮原子， ______ 个硼原子，设氮原子半径为a pm，硼的原子半径b pm，求该晶胞的空间利用率 ______ 用含a、b的代数式表示
【答案】 (1). 结构上为，而为全充满更稳定 (2). ds (3). (4). sp杂化 (5). 具有孤电子对 (6). (7). 4 (8).
【解析】
分析：（1）根据Cu2+、Cu+的价电子排布式分析。Cu属于ds区。
（2）根据价键规则，氰酸分子内各原子最外层均达到稳定结构，氰酸的结构式为H—O—CN，其中C为sp杂化。
（3）根据形成配位键的条件作答。
（4）用“均摊法”确定晶胞中所含微粒数。由氮原子半径和硼原子半径确定晶胞的边长，由晶胞边长计算晶胞的体积；由晶胞中微粒数和原子半径计算晶胞中原子的体积，最后计算晶胞的空间利用率。
详解：（1）CuO中含Cu2+和O2-，Cu2O中含Cu+和O2-，Cu2+的价电子排布式为3d9，Cu+的价电子排布式为3d10全充满更稳定，高温下CuO能分解生成Cu2O。基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu位于第四周期第IB族，Cu属于ds区。
（2）根据价键规则，氰酸分子内各原子最外层均达到稳定结构，氰酸的结构式为H—O—CN，其中C形成2个σ键，C上没有孤电子对，C原子为sp杂化。
（3）Fe原子或离子具有空轨道，则与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是：具有孤电子对。
（4）用“均摊法”，1个晶胞中含N：8+6=4个，含B：4个。氮原子半径为apm，硼原子半径为bpm，则晶胞的边长为pm，晶胞的体积为（a+b）3pm3；晶胞中原子的体积为4（+）pm3，晶胞的空间利用率为4（+）pm3[（a+b）3pm3]100%=100%。
三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）
30. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：
该浓盐酸的物质的量浓度为 ______ ．
取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 ______ ．
A.溶液中HCl的物质的量 溶液的浓度
C.溶液中的数目 溶液的密度
某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制450mL物质的量浓度为稀盐酸．
该学生需要量取 ______ mL上述浓盐酸进行配制．
配制时，其正确的操作顺序是用字母表示，每个字母只能用一次______ ；
A.用30mL水洗涤烧杯次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B.用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量水约的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C.将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线处
在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？填“偏高”或“偏低”或“无影响”．
I、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面 ______
II、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒次，洗涤液也转移到容量瓶 ______
III、溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容 ______
若在标准状况下，将V LHCl气体溶于1L水中，所得溶液密度为d ，则此溶液的物质的量浓度为 ______ 填字母
A. B. C. D.
【答案】 (1). 12 (2). BD (3). (4). BCAFED (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). A
【解析】
分析：（1）根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式计算。
（2）取用任意体积的该盐酸溶液，溶液的浓度、溶液的密度不随所取体积的多少而变化，HCl物质的量、Cl-的数目都与体积的多少有关。
（3）①根据c（浓溶液）V（浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液）计算。
②配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）并冷却至室温、转移、洗涤、初步振荡、定容、倒转摇匀、装瓶贴标签。
③根据公式cB=进行误差分析。
（4）由HCl的体积计算HCl物质的量和质量，由溶液的质量和密度计算溶液的体积，最后根据c（HCl）=计算盐酸物质的量浓度。
详解：（1）物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式为c=，则该浓盐酸物质的量浓度为=12mol/L。
（2）溶液是均一、稳定的混合物，取用任意体积的该盐酸溶液，溶液的浓度、溶液的密度不随所取体积的多少而变化，HCl物质的量、Cl-的数目都与体积的多少有关，答案选BD。
（3）①配制450mL溶液应选用500mL容量瓶。根据c（浓溶液）V（浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液），量取的浓盐酸的体积为=12.5mL。
②配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）并冷却至室温、转移、洗涤、初步振荡、定容、倒转摇匀、装瓶贴标签；配制时，正确的操作顺序为BCAFED。
③根据公式cB=分析。
I.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，所量取的浓盐酸体积偏低，n（HCl）偏低，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低。
II.用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，n（HCl）偏高，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高。
III.浓盐酸稀释时时放热，溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，所配稀溶液体积偏低，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高。
（4）n（HCl）==mol；m（溶液）=m（HCl）+m（H2O）=mol36.5g/mol+1g/mL1000mL=g，V（溶液）=gdg/mL=mL=10-3L；此溶液物质的量浓度为mol（10-3L）=mol/L，答案选A。
点睛：本题考查物质的量浓度与溶质质量分数的换算、物质的量浓度的计算、物质的量浓度溶液的配制和误差分析。难点是气体溶于水物质的量浓度的计算，注意气体溶于水后溶液的体积不等于气体的体积与水的体积之和。
黑龙江省实验中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
题号
一
二
三
总分
得分
一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）
1. 下列各能级的中电子所具有的能量最高的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析：根据构造原理作答。
详解：根据构造原理，各能级的能量高低顺序为：①同一能层不同能级的能量由低到高的顺序为ns＜np＜nd＜nf；②不同能层英文字母相同的不同能级的能量由低到高的顺序为能层越大能量越高；③不同能层不同能级的能量顺序为ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np。题中各能级的能量由低到高的顺序为3s＜4p＜6s＜5d，电子所具有的能量最高的是5d1，答案选C。
2. 下列说法正确的是
A. 第三能层有s、p共两个能级
B. 3d能级最多容纳6个电子
C. 电子云伸展方向与能量的大小有关
D. 无论是哪一能层的p能级最多容纳的电子数均为6个
【答案】D
【解析】
分析：A项，任一能层的能级数等于能层序数；B项，d能级最多容纳10个电子；C项，电子云伸展方向与能量的大小无关；D项，p能级最多容纳6个电子。
详解：A项，任一能层的能级数等于能层序数，第三能层有3s、3p、3d三个能级，A项错误；B项，无论3d、4d还是5d……，d能级有5个原子轨道，在一个原子轨道里最多容纳2个电子，3d能级最多容纳10个电子，B项错误；C项，电子云伸展方向与能量的大小无关，如2px、2py、2pz能量相等，C项错误；D项，无论2p、3p还是4p……，p能级有3个原子轨道，在一个原子轨道里最多容纳2个电子，p能级最多容纳6个电子，D项正确；答案选D。
3. 下列叙述中，正确的是
A. 1s电子云界面图是一个球面，表示在这个球面以内，电子出现的概率为
B. 在能层、能级、以及电子云的伸展方向确定时，电子的运动状态才能确定下来
C. 在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
D. 原子核外的电子就像行星围绕太阳一样绕着原子核做圆周运动
【答案】C
【解析】
分析：A项，电子云轮廓图是电子在原子核外空间出现概率90%的空间；B项，电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向和电子的自旋方向确定；C项，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；D项，量子力学指出，原子核外电子的运动没有确定的轨道和位置，只能确定电子出现在原子核外空间各处的概率。
详解：A项，电子云轮廓图是电子在原子核外空间出现概率90%的空间，1s电子云界面图是一个球面，表示在这个球面以内，电子出现的概率为90%，A项错误；B项，电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向和电子的自旋方向确定，B项错误；C项，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，C项正确；D项，量子力学指出，原子核外电子的运动没有确定的轨道和位置，只能确定电子出现在原子核外空间各处的概率，原子核外电子不是绕着原子核做圆周运动，D项错误；答案选C。
4. 下列说法中正确的是
杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道
同一周期从左到右，元素的第一电离能、电负性都是越来越大
分子中键能越大，表示分子拥有的能量越高
所有的配合物都存在配位键
所有含极性键的分子都是极性分子
熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
所有的原子晶体都不导电
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：①sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道；②同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族、第VA族大于第VIA族；③分子中键能越大，表明形成化学键时放出的能量越多，意味着化学键越稳定；④通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子以配位键形成的化合物称为配合物；⑤含极性键的分子可能是极性分子如H2O、NH3等，也可能是非极性分子如CO2、CH4等；⑥熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物；⑦有的原子晶体能导电如锗等。
详解：①只有同一原子中能量相近的不同类型的原子轨道才能杂化，sp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道，①正确；②同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族、第VA族大于第VIA族，同周期从左到右电负性逐渐增大，②错误；③分子中键能越大，表明形成化学键时放出的能量越多，意味着化学键越稳定，③错误；④通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子以配位键形成的化合物称为配合物，所有配合物中都存在配位键，④正确；⑤含极性键的分子可能是极性分子如H2O、NH3等，也可能是非极性分子如CO2、CH4等，⑤错误；⑥离子化合物中含阴、阳离子，共价化合物中含原子或分子，熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，⑥正确；⑦有的原子晶体能导电如锗等，⑦错误；正确的有①④⑥，答案选D。
5. 某元素的第一电离能至第七电离能如下：
578
1817
2745
11575
14830
18376
23293
该元素最有可能位于元素周期表的族是
A. ⅠA B. ⅡA C. ⅢA D. ⅣA
【答案】C
【解析】
分析：根据电离能的突变确定最外层电子数，确定族序数。
详解：分析各级电离能，I3I4，该元素的原子最外层有3个电子，该元素处于第IIIA族，答案选C。
6. 1828年德国化学家维勒首次合成了尿素，尿素的四种元素中电负性最大的是
A. H B. O C. N D. C
【答案】B
【解析】
分析：同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大。
详解：尿素中的四种元素为C、N、O、H，C、N、O是第二周期的元素，四种元素中H的非金属性最弱，根据“同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，元素的电负性越大”，电负性由大到小的顺序为ONCH，电负性最大的是O，答案选B。
7. 化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是
A. 为直线形分子，也为直线形分子
B. 固态是分子晶体，固态也是分子晶体
C. 中N原子是杂化，中B原子也是杂化
D. 能溶于NaOH溶液，也能溶于NaOH溶液
【答案】D
【解析】
分析：A项，SO2为V形分子；B项，SiO2属于原子晶体；C项，BCl3中B原子为sp2杂化；D项，Al（OH）3和Be（OH）2都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液。
详解：A项，CO2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，CO2为直线形分子，SO2中中心原子S上的孤电子对数为（6-22）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于S上有一对孤电子对，SO2为V形分子，A项错误；B项，固体CS2是分子晶体，固体SiO2属于原子晶体，B项错误；C项，NCl3中中心原子N上的孤电子对数为（5-31）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，NCl3中N为sp3杂化，BCl3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，BCl3中B为sp2杂化，C项错误；D项，Be和Al在元素周期表中处于对角线，根据“对角线规则”，Be（OH）2与Al（OH）3性质相似，两者都属于两性氢氧化物，都能溶于NaOH溶液，Al（OH）3、Be（OH）2与NaOH溶液反应的化学方程式分别为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O、Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查分子的立体构型、杂化方式的判断、晶体类型的判断、对角线规则的应用。判断分子的立体构型和中心原子的杂化方式都可能用价层电子对互斥理论，当中心原子上没有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型一致，当中心原子上有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型不一致；杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对。
8. 下列有关元素或者化合物性质的比较中，正确的是
A. 结构相似的分子晶体的熔沸点，与相对分子质量呈正相关，所以
B. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多，原子半径也依次增大
C. 在分子中，两个原子间的键长越长，键能越大
D. 一般而言，晶格能越高，离子晶体的熔点越高、硬度越大
【答案】D
【解析】
分析：A项，HF分子间存在氢键，熔沸点HFHCl；B项，Na、Mg、Al的原子半径依次减小；C项，键长越短，键能越大；D项，一般而言离子晶体的晶格能越大，熔点越高、硬度越大。
详解：A项，一般结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，分子晶体的熔沸点越高，但HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，熔沸点HFHCl，A项错误；B项，Na、Mg、Al原子最外层电子数依次为1、2、3，Na、Mg、Al原子的能层数相同，核电荷数依次增多，原子核对外层电子的引力增强，原子半径依次减小，B项错误；C项，在分子中，两个原子间的键长越短，键能越大，C项错误；D项，一般而言离子晶体的晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，离子晶体的熔点越高、硬度越大，D项正确；答案选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 、的晶体结构类型不同
B. 加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同
C. HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同
D. NaOH、晶体中既有离子键又有共价键
【答案】C
【解析】
分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。
详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。
10. 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. SnBr2键角大于
C. BF3是三角锥形分子 D. NH4+键角等于109º28ˊ
【答案】D
【解析】
分析：先确定中心原子上的孤电子对数和σ键电子对数，由此导出VSEPR模型，略去中心原子上的孤电子对导出分子或离子的空间构型；价电子对间的排斥作用：孤电子对间的排斥作用孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，据此确定键角。
详解：A项，CS2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C上没有孤电子对，CS2是直线形分子，A项错误；B项，SnBr2中中心原子Sn上的孤电子对数为（4-21）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用成键电子对间的排斥作用，SnBr2的键角小于120º，B项错误；C项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，B上没有孤电子对，BF3是平面三角形分子，C项错误；D项，NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N上没有孤电子对，NH4+为正四面体形，键角等于109º28ˊ，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子或离子的空间构型、键角。当中心原子上没有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型不一致。
11. 氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气：，下列说法不正确的有
A. 分子为含极性键的非极性分子
B. 分子中含有3个键、一个键，中心C原子采用杂化
C. 分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构
D. 使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质
【答案】A
【解析】
分析：A项，CHCl3为极性分子；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对；C项，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-。
详解：A项，CHCl3中含C—H键和C—Cl键，C—H键和C—Cl键都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；B项，单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项正确；C项，COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；D项，CHCl3不会电离出Cl-，HCl在水溶液中会电离出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确；答案选A。
12. 下列关于化学式为的配合物的说法中正确的是
A. 配体是和，配位数是9
B. 中心离子是，配离子是
C. 内界和外界中的的数目比是 2：1
D. 加入足量溶液，所有均被完全沉淀
【答案】B
【解析】
分析：根据配合物的化学式，A项，配体是Cl-和H2O，配位数为6；B项，中心离子为Ti3+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+；C项，内界和外界的Cl-的数目比为1:2；D项，加入足量AgNO3溶液，只有的Cl-产生沉淀。
详解：根据配合物的化学式，A项，配体是Cl-和H2O，Ti3+与1个Cl-、5个O原子形成配位键，配位数为6，A项错误；B项，中心离子为Ti3+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+，B项正确；C项，内界中含1个Cl-，外界中含2个Cl-，内界和外界的Cl-的数目比为1:2，C项错误；D项，外界中Cl-电离，内界中Cl-不发生电离，加入足量AgNO3溶液，只有的Cl-产生沉淀，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查配位化合物的有关知识。配合物一般由外界和内界通过离子键组成，内界和外界可以完全电离；内界由中心原子（提供空轨道）和配体（提供孤电子对）通过配位键组成，内界一般难电离。
13. 下列物质中，只含有离子键的是
A. B. C. D. KOH
【答案】C
【解析】
分析：H2O、CO2中只有共价键，MgCl2中只有离子键，KOH中既有离子键又有共价键。
详解：H2O、CO2中只有共价键，MgCl2中只有离子键，KOH中既有离子键又有共价键，只含有离子键的是MgCl2，答案选C。
点睛：本题考查化学键类型的判断。一般由活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物中只含离子键（AlCl3、BeCl2除外），全由非金属元素组成的化合物中只含共价键（铵盐除外），含原子团的离子化合物中既含离子键又含共价键。
14. 金属键的形成是通过
A. 金属原子与自由电子之间的相互作用
B. 金属离子与自由电子之间强烈的相互作用
C. 自由电子之间的相互作用
D. 金属离子之间的相互作用
【答案】B
【解析】
分析：金属键是金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。
详解：金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共用，金属阳离子和自由电子（“电子气”）之间存在的强烈的相互作用称金属键，答案选B。
15. 下列说法中正确的是
A. 、、 中，所有原子都满足最外层 8 电子的稳定结构
B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料
C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D. 第ⅠA 族元素和第ⅦA 族元素的原子之间都能形成离子键
【答案】B
【解析】
分析：A项，NH3中H原子、BF3中B原子不满足8电子的稳定结构；B项，在元素周期表中金属和非金属交界处可找到半导体材料；C项，由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl等铵盐；D项，第IA族的H元素与第VIIA族元素的原子间形成共价键。
详解：A项，NH3中H原子最外层有2个电子、BF3中B原子最外层有6个电子，NH3中H原子、BF3中B原子不满足8电子的稳定结构，A项错误；B项，在元素周期表中金属和非金属交界处可找到半导体材料，B项正确；C项，由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl等铵盐，C项错误；D项，第IA族的H元素与第VIIA族元素的原子间形成共价键，D项错误；答案选B。
点睛：本题考查元素周期表的应用、化学键、8电子稳定结构的判断。8电子稳定结构的判断方法，H原子最外层最多为2电子结构；在化合物中，若元素原子的化合价的绝对值与该原子的最外层电子数之和等于8，则该原子的最外层达到8电子的稳定结构，否则该原子的最外层不是8电子的稳定结构。
16. 下列各种说法中不正确的是
A. 在水中氢、氧原子间均以共价键相结合
B. 离子键是阳离子、阴离子的静电作用
C. 和的反应过程涉及了共价键的断裂和形成
D. 金属具有金属光泽及良好的导电性和导热性，这些性质均与金属键有关
【答案】A
【解析】
分析：A项，在水中H、O原子间存在共价键和氢键；B项，离子键是阳离子、阴离子的静电作用；C项，化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程；D项，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关。
详解：A项，在水中H、O原子间存在共价键和氢键，A项错误；B项，离子键是阳离子、阴离子的静电作用，B项正确；C项，化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程，H2和Cl2反应生成HCl，反应过程中断裂H—H键和Cl—Cl键、形成H—Cl键，C项正确；D项，由于自由电子可吸收所有频率的光，然后很快释放出各种频率的光，金属具有金属光泽，在外加电场作用下金属中的自由电子做定向移动形成电流，金属具有良好的导电性，自由电子在运动过程中与金属阳离子发生碰撞，引起能量的交换，金属具有良好的导热性，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关， D项正确；答案选A。
17. 如图是氯化铯晶体的晶胞示意图晶体中最小的重复结构单元，已知晶体中2个最近的核间距为a cm，氯化铯的相对分子质量M，为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
分析：用“均摊法”确定晶胞中含有的粒子数，由2个最近的Cs+核间距计算晶胞的体积，计算1mol晶体的体积，根据密度= 计算晶体的密度。
详解：用“均摊法”，1个晶胞中含Cs+：8=1个，含Cl-：1个；2个最近的Cs+核间距为acm，晶胞的体积为a3cm3；1mol晶体的体积为a3NAcm3，CsCl的相对分子质量为M，1mol晶体的质量为Mg，CsCl晶体的密度为g·cm-3，答案选C。
18. 下面的排序不正确的是
A. 含氧酸酸性强弱：
B. 硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅
C. 熔点由高到低：
D. 晶格能由大到小：
【答案】C
【解析】
A. 判断含氧酸(含有氧元素的酸)酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为−OH)氧原子数越多,该含氧酸的酸性越强,所以酸性强弱的顺序为：HClO4>HClO3>HClO2>HClO，故A正确；B. 晶体中键长C−C
点睛：离子晶体中离子键越强晶格能越大，电荷越多、离子半径越小，离子键越强。
19. 下列关于“摩尔”的说法正确的是
A. 摩尔是一个物理量 B. 摩尔是表示物质的量
C. 摩尔是物质的量的单位 D. 摩尔是表示物质数量的单位
【答案】C
【解析】
试题分析：A、摩尔是物质的量的单位，不是物理量，错误；B、摩尔表示物质的量的单位，错误；C、摩尔是物质的量的单位，正确；D、物质的量与物质的数量不同，摩尔是物质的量的单位，不是物质的数量的单位，错误，答案选C。
考点：考查对物质的量、物质的数量的区别，物质的量单位的判断
20. 上世纪末，科学家研制得到一种新的分子，它具有空心的、类似足球的结构如图，化学式为，下列说法中正确的是
A. 是一种新型的化合物
B. 中含有离子键
C. 和金刚石、石墨都是碳元素的不同单质
D. 的摩尔质量为720
【答案】C
【解析】
分析：A项，C60是一种单质；B项，C60中只含共价键；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质；D项，C60的摩尔质量为720g/mol。
详解：A项，C60是只由碳元素组成的纯净物，是一种单质，A项错误；B项，C60中碳原子间形成共价键，B项错误；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，C60、金刚石、石墨互为同素异形体，C项正确；D项，C60的相对分子质量为720，C60的摩尔质量为720g/mol，D项错误；答案选C。
21. 下列说法正确的是
A. 气体摩尔体积就是
B. 非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为
C. 标准状况下任何物质都含有约个分子
D. 和的混合气体在标准状况下的体积约
【答案】D
【解析】
分析：A项，气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关；B项，非标准状况下，1mol任何气体的体积可能为22.4L；C项，标准状况下22.4L固态物质、液态物质所含分子数不等于6.021023；D项，1mol任何气体在标准状况下的体积约为22.4L。
详解：A项，单位物质的量的气体所占的体积叫做气体摩尔体积，气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关，在标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，在25℃、101kPa的条件下气体摩尔体积约为24.5L/mol，A项错误；B项，压强一定时温度升高气体体积增大，温度一定时压强增大气体体积减小，根据气体状态方程PV=nRT，非标准状况下，1mol任何气体的体积可能为22.4L，B项错误；C项，标准状况下22.4L固态物质、液态物质所含分子数不等于6.021023，C项错误；D项，气体体积与气体分子数、温度和压强有关，与气体种类无关，1mol任何气体在标准状况下的体积约为22.4L，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查气体摩尔体积的有关知识。注意气体摩尔体积只适用于气态物质，气体摩尔体积与气体所处的温度和压强有关，压强一定时升高温度气体摩尔体积增大，温度一定时增大压强气体摩尔体积减小。
22. 下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是
A. 同质量的和 B. 同质量的和
C. 同体积的和 D. 相同物质的量的和
【答案】D
【解析】
分析：A项，等质量的N2和CO2的物质的量之比为11:7，所含原子物质的量之比为22:21；B项，等质量的H2和N2的物质的量之比为14:1，所含原子物质的量之比为14:1；C项，O2和N2所处的温度、压强未知，无法确定同体积的O2和N2物质的量的大小；D项，相同物质的量的N2O和CO2含原子物质的量相等。
详解：A项，N2和CO2的摩尔质量之比为28:44=7:11，等质量的N2和CO2的物质的量之比为11:7，所含原子物质的量之比为22:21，A项所含原子数不相等；B项，H2和N2的摩尔质量之比为2:28=1:14，等质量的H2和N2的物质的量之比为14:1，所含原子物质的量之比为14:1，B项所含原子数不相等；C项，O2和N2所处的温度、压强未知，无法确定同体积的O2和N2物质的量的大小，C项所含原子数不一定相等；D项，N2O和CO2都是三原子分子，相同物质的量的N2O和CO2含原子物质的量相等，D项所含原子数一定相等；答案选D。
23. 下列溶液和100mL 溶液所含的物质的量浓度相同的是
A. 500mL 溶液 B. 100mL 溶液
C. NaCl溶液 D. 25mL HCl溶液
【答案】C
【解析】
分析：分别计算各溶液中Cl-物质的量浓度，然后对比。
详解：100mL0.5mol/LCaCl2溶液中所含Cl-物质的量浓度为1mol/L。A项，500mL0.1mol/LMgCl2溶液中所含Cl-物质的量浓度为0.2mol/L；B项，100mL0.5mol/LAlCl3溶液中所含Cl-物质的量浓度为1.5mol/L；C项，50mL1mol/LNaCl溶液中所含Cl-物质的量浓度为1mol/L；D项，25mL0.5mol/LHCl溶液中所含Cl-物质的量浓度为0.5mol/L；答案选C。
点睛：本题考查电解质溶液中所含离子物质的量浓度的计算，计算离子物质的量浓度与溶液体积无关，与溶质物质的量浓度和1mol溶质电离出离子的物质的量有关。
24. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A. 标准状况下，氯气与足量水反应，转移电子数目为
B. 中含有的质子数为
C. 12g金刚石中含有的共价键数为
D. 标准状况下，氟化氢中含有氟原子的数目大于
【答案】A
【解析】
分析：A项，Cl2与H2O的反应为可逆反应；B项，H218O 的摩尔质量为20g/mol，1个H218O中含有10个质子；C项，金刚石中n（C）：n（C—C）=1:2；D项，标准状况下HF呈液态。
详解：A项，n（Cl2）==1.5mol，用单线桥法分析Cl2与H2O的反应：，Cl2与H2O的反应为可逆反应，转移电子物质的量小于1.5mol，A项错误；B项，H218O 的摩尔质量为20g/mol，n（H218O）==1mol，1个H218O中含有10个质子，20g H218O中含质子物质的量为10mol，B项正确；C项，n（C）==1mol，金刚石中n（C）：n（C—C）=1:2，12g金刚石中含C—C键物质的量为2mol，C项正确；D项，标准状况下HF呈液态，标准状况下33.6LHF物质的量大于1.5mol，所含氟原子物质的量大于1.5mol，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、气体摩尔体积、可逆的氧化还原反应中转移电子数等知识。注意金刚石为原子晶体，HF在标准状况下呈液态，不能用22.4L/mol计算HF物质的量。
25. 下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是
A. V L 溶液中含 g，溶液中是
B. 将100 mL 的NaCl溶液与200 mL 的NaCl溶液混合忽略溶液体积变化，得到溶液的物质的量浓度为2
C. 实验室配制480 mL 的硫酸铜溶液，应选取500 mL容量瓶，称取 g胆矾配成500 mL溶液
D. 标准状况下，a L 溶于1000 g水中，得到的溶液密度为b ，则该溶液的物质的量浓度为
【答案】C
【解析】
分析：根据cB=计算物质的量浓度和相关物理量。
详解：A项，n（Fe3+）==mol，n（Fe3+）：n（SO42-）=2:3，n（SO42-）=mol，溶液中c（SO42-）=molVL=mol/L，A项错误；B项，混合后所得溶液物质的量浓度为=2.17mol/L，B项错误；C项，根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶，所需胆矾的质量为0.1mol/L0.5L250g/mol=12.5g，C项正确；D项，n（NH3）=mol，m（溶液）=m（NH3）+m（H2O）=mol17g/mol+1000g=（+1000）g，溶液的体积为（+1000）gbg/cm3=cm3，溶液物质的量浓度为mol（10-3）L=mol/L，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查物质的量浓度的计算和物质的量浓度溶液配制的计算。在物质的量浓度溶液配制过程中，根据“大而近”的原则选择容量瓶，根据所选容量瓶的容积计算溶质物质的量。
二、填空题（本大题共4小题，共37.0分）
26. 如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
元素e的负一价离子的结构示意图为 ______ ，f、g、h、i对应简单离子的半径由大到小的顺序为 ______用具体微粒符号表示．
元素i的单质溶于水，生成一种具有漂白作用的化合物，该化合物的电子式为 ______ ．
、c、d三种原子的第一电离能大小顺为 ______用具体微粒符号表示．
【答案】 (1). (2). (3). (4).
【解析】
分析：根据元素周期表的结构推知，a、b、c、d、e、f、g、h、i依次为H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl元素；根据元素周期律和相关化学用语作答。
详解：根据元素周期表的结构推知，a、b、c、d、e、f、g、h、i依次为H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl元素。
（1）e为F元素，F-的核电荷数为9，核外有10个电子，F-的离子结构示意图为。f、g、h、i对应简单的离子分别为Na+、Al3+、S2-、Cl-，根据“层多径大、序大径小”，四种简单离子半径由大到小的顺序为S2-Cl-Na+Al3+。
（2）元素i的单质为Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中具有漂白作用的化合物是HClO，HClO的电子式为。
（3）b、c、d依次为C、N、O，根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N的2p处于半充满较稳定，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC。
27. X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等
Y
M层上有2对成对电子
Z
Z和Y同周期，Z的电负性大于Y
W
W的一种核素的质量数为63，中子数为34
J
J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐
元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 ______ ；
元素Y位于元素周期表第 ______ 周期第 ______ 族；
元素Z的原子最外层共有 ______ 种不同运动状态的电子；
的基态原子核外价电子排布图是 ______ ；
的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐的化学式为______________ 。
【答案】 (1). (2). 三 (3). VIA (4). (5). (6). NH4NO3
【解析】
分析：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。根据元素周期表和相关化学用语作答。
详解：X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，根据构造原理，X的基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的M层上有2对成对电子，Y的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，质子数为63-34=29，W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，J为N元素。
（1）X为C元素，C的同位素中用于测定文物年代的是。
（2）Y为S元素，S的原子结构示意图为，S元素位于元素周期表第三周期第VIA族。
（3）Z为Cl元素，Cl原子核外有17个电子，最外层有7个电子，Cl原子最外层有7种不同运动状态的电子。
（4）W为Cu元素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为。
（5）J为N元素，J的气态氢化物为NH3，J的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，NH3与HNO3反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，NH3与HNO3反应生成的盐的化学式为NH4NO3。
28. 铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
的熔点为，沸点为的晶体类型是 ______ ；
羰基铁可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol 分子中含______键；
氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 ______ ；
氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：
氧化亚铁晶体的密度为，代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的数目为 ______ ；与最短核间距为 ______ pm。写出表达式
【答案】 (1). 分子晶体 (2). 10 (3). 3：1 (4). 12 (5). 1010
【解析】
分析：（1）FeCl3的熔沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。
（2）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键。
（3）用“均摊法”确定晶胞中铁、氮的个数。
（4）根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个。由晶体的密度计算1mol晶体的体积，结合晶胞中所含微粒数计算晶胞的体积，用立体几何知识计算晶胞边长和Fe2+与O2-的最短核间距。
详解：（1）FeCl3的熔沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。
（2）CO的结构式为CO，三键中含1个σ键和2个π键，中心原子Fe与配体CO之间形成配位键，配位键也是σ键；1个Fe（CO）5分子中含10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键。
（3）用“均摊法”，晶胞中含Fe：12+2+3=6个，N：2个，该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1。
（4）根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个。用“均摊法”，晶胞中含Fe2+：8+6=4个，含O2-：12+1=4个，晶体的化学式为FeO；1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为cm3；晶胞的体积为cm3NA4=cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm。
点睛：本题考查晶体类型的判断、σ键的确定、晶胞的分析和计算。用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。
29. 利用所学化学知识解答问题：
在高温下CuO 能分解生成，试从原子结构角度解释其原因： ______根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，元素Cu属于 ______ 区
氰酸是一种链状分子，它与异氰酸互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式 ______其中的C的杂化类型为 ______ ．
原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 ______ ．
立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其晶胞结构与金刚石类似，一个该晶胞中含有 ______ 个氮原子， ______ 个硼原子，设氮原子半径为a pm，硼的原子半径b pm，求该晶胞的空间利用率 ______ 用含a、b的代数式表示
【答案】 (1). 结构上为，而为全充满更稳定 (2). ds (3). (4). sp杂化 (5). 具有孤电子对 (6). (7). 4 (8).
【解析】
分析：（1）根据Cu2+、Cu+的价电子排布式分析。Cu属于ds区。
（2）根据价键规则，氰酸分子内各原子最外层均达到稳定结构，氰酸的结构式为H—O—CN，其中C为sp杂化。
（3）根据形成配位键的条件作答。
（4）用“均摊法”确定晶胞中所含微粒数。由氮原子半径和硼原子半径确定晶胞的边长，由晶胞边长计算晶胞的体积；由晶胞中微粒数和原子半径计算晶胞中原子的体积，最后计算晶胞的空间利用率。
详解：（1）CuO中含Cu2+和O2-，Cu2O中含Cu+和O2-，Cu2+的价电子排布式为3d9，Cu+的价电子排布式为3d10全充满更稳定，高温下CuO能分解生成Cu2O。基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu位于第四周期第IB族，Cu属于ds区。
（2）根据价键规则，氰酸分子内各原子最外层均达到稳定结构，氰酸的结构式为H—O—CN，其中C形成2个σ键，C上没有孤电子对，C原子为sp杂化。
（3）Fe原子或离子具有空轨道，则与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是：具有孤电子对。
（4）用“均摊法”，1个晶胞中含N：8+6=4个，含B：4个。氮原子半径为apm，硼原子半径为bpm，则晶胞的边长为pm，晶胞的体积为（a+b）3pm3；晶胞中原子的体积为4（+）pm3，晶胞的空间利用率为4（+）pm3[（a+b）3pm3]100%=100%。
三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）
30. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：
该浓盐酸的物质的量浓度为 ______ ．
取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 ______ ．
A.溶液中HCl的物质的量 溶液的浓度
C.溶液中的数目 溶液的密度
某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制450mL物质的量浓度为稀盐酸．
该学生需要量取 ______ mL上述浓盐酸进行配制．
配制时，其正确的操作顺序是用字母表示，每个字母只能用一次______ ；
A.用30mL水洗涤烧杯次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B.用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量水约的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C.将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线处
在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？填“偏高”或“偏低”或“无影响”．
I、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面 ______
II、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒次，洗涤液也转移到容量瓶 ______
III、溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容 ______
若在标准状况下，将V LHCl气体溶于1L水中，所得溶液密度为d ，则此溶液的物质的量浓度为 ______ 填字母
A. B. C. D.
【答案】 (1). 12 (2). BD (3). (4). BCAFED (5). 偏低 (6). 偏高 (7). 偏高 (8). A
【解析】
分析：（1）根据物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式计算。
（2）取用任意体积的该盐酸溶液，溶液的浓度、溶液的密度不随所取体积的多少而变化，HCl物质的量、Cl-的数目都与体积的多少有关。
（3）①根据c（浓溶液）V（浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液）计算。
②配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）并冷却至室温、转移、洗涤、初步振荡、定容、倒转摇匀、装瓶贴标签。
③根据公式cB=进行误差分析。
（4）由HCl的体积计算HCl物质的量和质量，由溶液的质量和密度计算溶液的体积，最后根据c（HCl）=计算盐酸物质的量浓度。
详解：（1）物质的量浓度与溶质质量分数的换算公式为c=，则该浓盐酸物质的量浓度为=12mol/L。
（2）溶液是均一、稳定的混合物，取用任意体积的该盐酸溶液，溶液的浓度、溶液的密度不随所取体积的多少而变化，HCl物质的量、Cl-的数目都与体积的多少有关，答案选BD。
（3）①配制450mL溶液应选用500mL容量瓶。根据c（浓溶液）V（浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液），量取的浓盐酸的体积为=12.5mL。
②配制物质的量浓度溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）并冷却至室温、转移、洗涤、初步振荡、定容、倒转摇匀、装瓶贴标签；配制时，正确的操作顺序为BCAFED。
③根据公式cB=分析。
I.用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，所量取的浓盐酸体积偏低，n（HCl）偏低，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏低。
II.用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒2~3次，洗涤液也转移到容量瓶中，n（HCl）偏高，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高。
III.浓盐酸稀释时时放热，溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，所配稀溶液体积偏低，所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高。
（4）n（HCl）==mol；m（溶液）=m（HCl）+m（H2O）=mol36.5g/mol+1g/mL1000mL=g，V（溶液）=gdg/mL=mL=10-3L；此溶液物质的量浓度为mol（10-3L）=mol/L，答案选A。
点睛：本题考查物质的量浓度与溶质质量分数的换算、物质的量浓度的计算、物质的量浓度溶液的配制和误差分析。难点是气体溶于水物质的量浓度的计算，注意气体溶于水后溶液的体积不等于气体的体积与水的体积之和。
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