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【化学】辽宁省辽河油田第二高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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辽宁省辽河油田第二高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的数据：H-1 C-12 O-16 N-14 Fe-56 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷 （选择题，共60分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。本题包括20小题，每小题3分，共60分）
1.YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，关于要Y的说法错误的是（ ）
A. Y属于金属元素
B. Y的质子数与中子数之差为50
C. Y原子的核外电子数是39
D. Y和Y是两种不同的核素，它们互为同位素
【答案】B
【详解】A.Y是39号元素，是过渡元素，属于金属元素，A正确；
B.Y的质子数数是39，质量数是89，中子数是89-39=50，所以质子数与中子数之差为11，B错误；
C.Y原子核外电子数等于原子核内质子数，所以原子核外电子数是39，C正确；
D.Y和Y的核内质子数相同，而中子数不同，是两种不同的核素，它们互为同位素，D正确；
故合理选项是B。
2.下列分子含有的电子数目与HF相同，且是含极性键的非极性分子的是（ ）
A. CO2 B. N2O C. H2O D. CH4
【答案】D
【详解】HF电子数为10，是极性分子；
A.CO2电子数为22，是非极性分子，与HF不同，A错误；
B.N2O电子数为22，是极性分子，与HF不同，B错误；
C.H2O电子数为10，是极性分子，与HF不同，C错误；
D.CH4电子数为10，含有极性键，属于非极性分子，与HF相同，D正确；
故合理选项是D。
3.下列有关化学用语正确的说法是( )
A.
B. 硫离子的结构示意图：
C. 原子核内有16个中子的磷原子：
D. 二氧化硅的分子式为：SiO2
【答案】C
【详解】A.NH4Br的Br-核外最外层有8个电子，用电子式表示为，A错误；
B.S是16号元素，原子核内质子数为16，所以硫离子的结构示意图为，B错误；
C.原子核内有16个中子的磷原子的质量数是31，所以可表示为：，C正确；
D.二氧化硅是原子晶体，没有SiO2分子，D错误；
故合理选项是C。
4.已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（ ）
A. 原子半径：As＞Cl＞P B. 还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣
C. 热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】B
【详解】A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大，所以原子半径：As＞P＞Cl，A错误；
B.元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。由于元素的非金属性Cl>S>As，所以离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，B正确；
C.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Cl>Br>As，所以稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，C错误；
D.元素的非金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。由于元素的非金属性：S>P>As，所以酸性： H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，D错误；
因此合理选项是B。
5.已知阴离子A2﹣的原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则Wg A2﹣ 含有电子的物质的量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【详解】阴离子A2﹣的原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则A原子核内具有(m-x)个质子，A2﹣原子核外具有(m-x+2)个电子。则Wg A2﹣ 含有电子的物质的量n=，故合理选项是C。
6.下列分子中，键角最小的是（ ）
A. CO2 B. BF3 C. NH3 D. H2O
【答案】D
【详解】A.CO2分子是直线型分子，中心原子C原子为sp杂化，键角为180°，
B.BF3分子是平面分子，键角为120°，
C.NH3分子是三角锥形分子，中心原子N原子为sp3杂化，只有1个孤电子对，键角为107°18′，
D.H2O分子是V形分子，中心原子O原子为sp3杂化，有2个孤电子对，其对成键电子对有更大的斥力，故其键角最小，为104.5°，
可见键角最小的为H2O，
故合理选项是D。
7.下列对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是（ ）
A. 电负性最大 B. 最高正价为+7
C. 第一电离能最大 D. 原子半径最小
【答案】A
【详解】价电子构型为2s22p5的元素的F元素。
A.F是元素非金属性最强的元素，所以其电负性最大，A正确；
B.由于F是元素非金属性最强的元素，其余元素的非金属性都比F弱，所以F元素没有+7价，B错误；
C.在同周期元素中，第一电离能最大的为Ne，C错误；
D.同周期中原子半径最小为F，周期表中原子半径最小的为H，D错误；
故合理选项是A。
8.原子序数为83的元素位于：①第5周期；②第6周期；③ⅣA族；④ⅤA族；⑤ⅡB族．其中正确的组合是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ①⑤
【答案】C
【解析】根据元素的原子序数确定元素在周期表中的位置时，基本方法是依据其原子结构示意图，根据电子层数确定其所在周期，根据最外层电子数确定其所在族，但习惯上用0族定位法较为方便，即根据与该元素原子序数最接近的0族元素的位置来确定。与83号元素最邻近的0族元素为86号元素氡，83号元素比氡的原子序数小3，那么它在元素周期表中的位置应该是氡左移3个格，即第六周期ⅤA族。
9.干冰在一定条件下可以形成CO2气体，CO2气体在一定条件下又可以与金属镁反应生成氧化镁和碳，这两个变化过程中需要克服的作用力分别是（ ）
A. 分子间作用力，化学键 B. 化学键，化学键
C. 化学键，分子间作用力 D. 分子间作用力，分子间作用力
【答案】A
【详解】CO2是分子晶体，干冰形成CO2气体，克服的是分子间作用力；CO2气体在一定条件下又可以与金属镁反应生成氧化镁和碳，破坏了二氧化碳分子内碳和氧原子间的作用力，即化学键，故合理选项是A。
10.X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，其中Y、W同主族；常温下，Y、W的单质为有色气体， W气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的盐溶液．下列说法中正确的是（ ）
A. Z2X2 中阴阳离子个数比为1:1
B. 元素X和W的某些单质可作为水处理中的消毒剂
C. 原子半径大小为X
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，元素Y和W同族，Y、W的单质为有色气体，则Y是F元素，W是Cl元素，W气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的盐溶液，则Z是Na元素，X是O元素。
【详解】根据上述分析可知：X是O元素，Y是F元素，Z是Na元素，W是Cl元素。
A.Z2X2 是Na2O2，在该物质中，阳离子是Na+，阴离子是O22-，所以Na2O2中阴阳离子个数比为1：2，A错误；
B.X元素的单质O3和W的单质Cl2都具有强的氧化性，能够杀菌消毒，所以可作为水处理中的消毒剂，B正确；
C.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，C错误；
D.Y的氢化物是HF，水溶液属于弱酸，W的氢化物是HCl，水溶液是强酸，所以酸性后者强，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查位置结构性质关系的知识，侧重考查学生综合运用能力，其中同主族元素Y、W的单质为有色气体及正确判断YZW物质及是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可解答。
11.下列说法正确是（ ）
A. 分子晶体中都存在共价键；晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
B. 酸性HClO4>H3PO4，是因为HClO4分子非羟基氧原子数目比H3PO4多
C. HF稳定性很强，因为分子间能形成氢键
D. 乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2个手性碳原子
【答案】B
【分析】A.稀有气体分子不存在共价键，金属晶体中有阳离子无阴离子；
B.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；
C.HF的稳定性很强，是由于H-F键键能较大，与氢键无关；
D.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子。
【详解】A.惰性气体都是单原子分子，分子内部存在化学键，金属晶体中只有阳离子，没有阴离子，带负电荷的微粒是自由电子，A错误；
B.HClO4分子非羟基氧原子数目比H3PO4多，所以HClO4的酸性大于H3PO4，B正确；
C.HF的稳定性很强，是由于H-F键键能较大的原因，与氢键无关，C错误；
D.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，该分子存在一个手性碳原子，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了氢键、手性碳原子、酸性的判断等知识点，注意手性碳原子的判断方法：碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子。
12.元素周期表短周期的一部分如表所示．下列有关A、B、C、D、E五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A. D在过量的B中燃烧的主要产物为DB3
B. D的两种常见氧化物均为极性分子
C. AC4 分子的空间立体构型为正四面体形
D. E的氧化物对应的水化物一定是一种强酸
【答案】C
【详解】由元素在周期表的位置可知，A为C，B为O，C为F，D为S，E为Cl。
A.S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，A错误；
B.S元素的常见正化合价为+4、+6，则S、O可形成的两种氧化物SO2、SO3，前者是极性分子，后者是非极性分子，B错误；
C.CF4可看作是甲烷分子中四个H原子被F原子取代产生的物质，该物质是正四面体结构，因此空间构型为正四面体形，C正确；
D. E是Cl，Cl的氧化物对应的水化物可能是强酸如HClO4，也可能是弱酸如HClO，D错误；
故合理选项是C。
13.下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（ ）
A. LiI B. NaBr C. KCl D. CsF
【答案】A
【解析】试题分析：若要想阴离子半径与阳离子半径之比最小，则需要阳离子半径较大，阴离子半径较小，因此根据离子半径分析．
解：阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较大的和阴离子半径较小的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Cs+是阳离子半径最大的，在阴离子中，F﹣是阴离子中电子层数最少的，所以半径最小，则CsF的阴离子半径与阳离子半径之比最小，
故选D．
14.二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂；其分子结构中每个原子均满足8电子结构。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中错误的是（ ）
A. S2Cl2中的硫元素显+1价
B. S2Cl2中含极性键和非极性键，是非极性分子
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
D. S2Cl2与H2O反应的生成物中可能有S
【答案】B
【分析】A.氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则确定硫元素的化合价；
B.不同元素的原子之间形成的化学键多为极性键，由极性键构成的对称分子是非极性分子；
C.分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高；
D.根据S2Cl2与H2O反应的化学方程式来回答。
【详解】A.氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则知硫元素的化合价为+1价，A正确；
B.S-Cl键是极性键，S-S键是非极性键，由于分子中正负电荷的重心不能重合，所以分子是极性分子，B错误；
C. S2Cl2与S2Br2均属于分子晶体，分子晶体中，由于相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，相对分子质量越大，物质的熔沸点就越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，C正确；
D.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题是一道信息给予题，考查了学生学习新知识、接受信息、分析和运用所学知识解决实际问题的能力。注意化学键与分子极性的关系的判断：由极性键构成的分子，若空间排列对称，就是非极性分子；若空间排列不对称，就是极性分子。
15.根据价层电子对互斥理论，中心原子杂化轨道类型为sp2的微粒为（ ）
A. CH3Cl B. SO32﹣ C. NF3 D. CO32﹣
【答案】D
【分析】根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=，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，据此判断杂化类型。
【详解】A.CH3Cl中C形成4个σ键，无孤电子对，中心C原子为sp3杂化，A错误；
B.SO32-离子中的S形成3个σ 键，孤电子对数==1，价层电子对个数=3+1=4，则中心原子S杂化类型是sp3，B错误；
C.NF3分子中价层电子对个数=3+=4，中心原子N原子杂化类型分别为sp3，C错误；
D. CO32﹣中价层电子对个数=3+=3，中心原子N原子杂化类型分别为sp2，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原子杂化类型的判断的知识，根据杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数，然后根据价层电子对个数与原子杂化方式的关系进行判断。
16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X、Y、W、Q四种元素的原子最外层电子数之和为23。则下列说法中正确的是（ ）
A. 钠与W形成的化合物Na2W2中既含离子键又含非极性共价键
B. 由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C. 氢化物的沸点：Y
【答案】A
【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X、Y、W、Q四种元素的原子最外层电子数之和为23，假设X的最外层电子数为a，则Y、W最外层电子数为a+2，Q最外层电子数为a+3，a+2(a+2)+(a+3)=23,解得a=4，X最外层含有4个电子，X为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知：Z为Si元素、Y为O元素、W为S元素、Q为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素、Z为Si元素、Y为O元素、W为S元素、Q为Cl元。
A.Na和S可形成类似于Na2O2的化合物Na2S2，A正确；
B.Z和Y组成的物质为二氧化硅，二氧化硅属于原子晶体，原子间以共价键结合，无离子，因此在熔融状态下不导电，B错误；
C.H2Y、HQ分别为H2O、HCl，H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使水的沸点比HCl的高，C错误；
D.C元素有金刚石、石墨等多种同素异形体，O元素存在氧气、臭氧两种同素异形体，所以C、O元素都存在同素异形体，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，A选项为易错点、难点，要学会利用同一主族元素的相似性解答，注意整体把握元素周期表的结构，试题培养了学生的分析能力及知识迁移能力。
17.已知MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。下列说法不正确的是（ ）
A. 上述四种盐的晶体均属于离子晶体
B. 分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO
C. 分解所需温度最低的是BaCO3
D. 所得的气态产物的VSEPR模型是直线形
【答案】C
【详解】A.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3，分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物，属于离子晶体，故A正确；
B.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小，离子键最强，MgO的晶格能最大，故B正确；
C.Mg、 Ca、Sr、 Ba为 同主族，原子半径逐渐增大，半径越大金属性越强，越容易失电子，变成离子后半径越大就越难得电子，形成的盐就越难分解，故C错误；
D.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，所得的气态产物均为CO2，CO2 的VSEPR模型是直线形，故D正确；
本题答案C。
18.CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO42-可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量三分之一的氯以AgCl析出，这种化合物应该是（ ）
A. [Co(NH3)4]Cl3 B. [Co(NH3)4Cl3]
C. [Co(NH3)4Cl2]Cl D. [Co(NH3)4Cl]Cl2
【答案】C
【详解】CoCl3•4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO42-可以取代化合物中的Cl-，但NH3的含量不变，说明NH3为內界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为內界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl-，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故合理选项是C。
19.下列几组顺序排列不正确的是（ ）
A. 还原性强弱：HI＞HBr＞HCl＞HF
B. 热稳定性大小：HF＞H2O＞NH3＞PH3
C. 熔点高低：金刚石＞食盐＞金属钠＞冰
D. 微粒半径大小：Na+＞Al3+＞F﹣＞O2-
【答案】D
【详解】A.元素的非金属性I
C.金刚石是原子晶体，C原子间通过共价键结合而成,硬度大，熔点很高；食盐是离子晶体，离子间以离子键结合，离子键比共价键作用力弱些，金属Na是金属晶体，Na+与自由电子之间通过金属键结合，熔点只有97.81°，比较低，而冰属于分子晶体，在室温下为液态，熔点最低，因此四种物质的熔点高低：金刚石＞食盐＞金属钠＞冰，C正确；
D.对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径大小： O2-＞F﹣＞Na+＞Al3+，D错误；
故合理选项是D。
20.氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ）
A. 平面三角形 sp2杂化 B. V形 sp2杂化
C. 三角锥形 sp3杂化 D. 直线形 sp杂化
【答案】D
【分析】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据其价层电子对数判断。
【详解】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数为2+(5-1-2×2)=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了杂化类型的判断方法和微粒的空间构型，根据价层电子对互斥理论分析。
第Ⅱ卷 （非选择题，共40分）
二. 填空题（包括21-25小题, 共40分）
21.按要求填空：
(1)金刚石、晶体硅、碳化硅，属于____晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是______。
(2)HF、HBr、HI形成的晶体，沸点由高到低的顺序为：___________________。
(3)NH3易液化，解释原因：_______________________________，NH3分子的空间构型为____________。
(4)MgO的熔点比CaO的高，其原因是_____________________________________________
____________________________________________________________。
【答案】(1). 原子 (2). 共价键 (3). HF＞HI＞HBr (4). NH3分子间能形成氢键 (5). 三角锥形 (6). 二者均为离子晶体，但Mg2+半径小于Ca2+，在离子所带电荷相同的情况下，MgO的晶格能越大，熔点高
【分析】(1)金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子之间通过共价键结合而成的原子晶体，熔点高低由共价键强弱判断；
(2)HF、HBr、HI形成的都是分子晶体，沸点高低由分子间作用力大小判断，HF分子之间存在氢键；
(3)NH3易液化，是由其分子之间存在氢键有关；NH3分子的空间构型为可由杂化轨道理论和价层电子对数判断；
(4)MgO、CaO熔点高低由离子键决定，离子键强弱通过比较离子键强弱分析。
【详解】(1)金刚石、晶体硅、碳化硅都是由原子通过共价键结合而形成的原子晶体，原子晶体的熔沸点高低由共价键的强弱决定。由于共价键强度：C-C>C-Si>Si-Si，共价键越强，断裂吸收的能量越高，物质的熔沸点就越高，所以熔化时克服的微粒间的作用力由大到小的顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)HF、HBr、HI形成的都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高。物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越强。由于HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的作用力，所以HF的沸点最高。相对分子质量HI>HBr，所以物质沸点由高到低的顺序为：HF>HI>HBr；
(3)NH3易液化是由于NH3分子间能形成氢键，增加了分子之间的作用力；NH3分子价层电子对数为3+=4，且N原子上还有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，所以NH3的空间构型为三角锥形。
(4)MgO、CaO都是离子晶体，离子间通过离子键结合。由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越小，离子键越强，物质的晶格能越大，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔点沸点就越高，所以MgO的熔点比CaO的高。
【点睛】本题考查了物质的晶体类型的判断与物质熔沸点高低与作用力种类的关系及影响因素。对于由分子构成的晶体来说，若分子之间存在氢键，则物质的熔沸点高，容易液化。对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高。由极性分子构成的物质的熔沸点一般比由非极性分子构成的物质的熔沸点。
22.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。
已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子（外围电子）排布为msnmpn；
③Q、X原子p能级的电子数分别为2和4。请回答下列问题：
（1）Z2+的核外电子排布式是_______________________；基态Q原子的价电子排布图为_________________。
（2）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是____（填字母）。
a．稳定性：甲＞乙 b．沸点：甲＜乙
（3）Q、R、X三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为_________（用元素符号作答）。
（4）五种元素中，电负性最大的非金属元素是______，电负性最小的非金属元素是___。（用元素符号作答）。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). (3). ab (4). C＜O＜N (5). O (6). Si
【分析】Z的原子序数为29，则Z为Cu元素；Q、R、X、Y均为短周期主族元素，Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Q、X的p轨道为2和4，则为Q为碳族元素，X为氧族元素元素；Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn，s能级容纳电子数为2，则Y可能为C或Si，由于五种元素的原子序数依次递增，则Q为C元素、Y是Si元素；Q为C元素，X为O元素，R原子序数大于C元素，小于O元素，因此R为N元素，据此进行解答。
【详解】根据上述分析可知Q是C元素，R是N元素，X是O元素，Y是Si元素，Z是Cu元素。
(1)Z为Cu元素，Z2+为Cu2+，Cu的价电子排布为3d104s1，Cu原子失去两个电子变为Cu2+，则Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9。Q是C元素，核外电子排布式是1s22s22p2， 基态Q原子的价电子排布图为；
(2)Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4>SiH4，a正确；由于二者都是由分子构成的分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子间作用力CH4
(4)元素的非金属性越强电负性越大，则电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si。
【点睛】本题考查了原子结构与元素在周期表的位置及物质性质的综合应用的知识，涉及物质结构与性质、核外电子排布、电离能、化学键、物质的熔沸点高低比较等，根据原子结构及相互关系推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
23.科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42- 和N4H44+ 两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。请回答下列问题：
(1)下列相关说法中，正确的是________(填序号)。
a.N4是N2的同分异构体
b.1 mol N4分解生成N2，形成了4 molπ键
c.白磷的沸点比N4高，是因为P-P键键能比N-N键能大
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强
(2)叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸(HN3)、叠氮化钠(NaN3)等。根据等电子体理论写出N3- 的电子式_______；叠氮化物能形成多种配合物，在[Co(N3)(NH3)5]SO4，其中钴显 ____ 价，它的配体是 __________
(3)六方相氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______。
【答案】 (1). b (2). (3). +3 (4). N3-、NH3 (5). 3：1
【分析】(1)a.N4和N2是氮元素组成的结构不同的单质，二者互为同素异形体；
b.1mol N4分解生成2mol N2，N2结构式为N≡N，三键中含有1个σ键、2个π键；
c.白磷、N4晶体都属于分子晶体，沸点高低与分子间作用力有关，与化学键无关；
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P-P键不如N-N稳定；
(2)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，N3-与CO2互为等电子体，二者价键结构相同；N3-为-1价、SO42-为-2价、NH3的化合价为0，根据化合价规则确定Co的价态；中心原子或离子具有空轨道，配体含有孤电子对；
(3)每个六元环上有3个B原子、3个N原子，有6个B-N键，而每个B-N键为一个六元环贡献率为，每个B原子为一个六元环贡献率为，利用均摊法计算；晶体导电需要有自由移动电子。
【详解】(1)a.分子式相同、结构不同的化合物互为等电子体，而N4和N2是氮元素组成的结构不同的单质，二者互为同素异形体，a错误；
b.1mol N4分解生成2mol N2，N2的结构式为N≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，则产生2molN2时形成了4mol π键，b正确；
c.白磷、N4晶体都属于分子晶体，白磷的沸点比N4高，是由于白磷分子间作用力比N4的强，与化学键键能无关，化学键键能影响化学性质，c错误；
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P-P键不如N-N稳定，而P的非金属性比N的弱，d错误，
故合理选项是b；
(2)N3-与CO2互为等电子体，二者价键结构相同，N3-的电子式为：；N3-为-1价、SO42-为-2价、NH3的化合价为0，设配合物中Co的化合价为a，则a+(-1)+0+(-2)=0，解的a=+3；中心原子或离子具有空轨道，配体含有孤电子对，[Co(N3)(NH3)5]SO4中配位体为：N3-、NH3；
(3)每个六元环上有3个B原子、3个N原子，有6个B-N键，而每个B-N键为一个六元环贡献率为，每个B原子为一个六元环贡献率为，六元环单独占有B-N数目为6×=3，单独占有B原子数为3×=1，所以B-N键数与硼原子数之比为3：1。
【点睛】本题综合考查了物质结构与性质的知识，涉及配合物、化学键、等电子体、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础，具有一定的空间想象能力、数学计算能力与灵活运用能力。
24.(1)Fe(CO)5中铁的化合价为0，写出铁原子的简化的基态电子排布式__________________，Fe在周期表中第______周期______族，属于_______区。
(2)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为﹣20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体为________（填晶体类型）。
(3)金属铁单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。
体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为________；Fe原子配位数之比为____。若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞密度之比为_______。
(4)已知：Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强。铜与Y形成化合物的晶胞如图所示(黑点代表铜原子，空心圆代表Y原子)。
①该晶体的化学式为________。（用元素符号表示）
②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞边长为______nm(只写计算式)。
【答案】(1). [Ar]3d64s2 (2). 四 (3). Ⅷ (4). d (5). 分子 (6). 1：2 (7). 2：3 (8). ：8 (9). CuCl (10). ×107
【分析】(1)Fe的原子序数为26，利用电子排布规律来书写电子排布式；
(2) Fe(CO)5常温下呈液态，熔沸点较低，应为分子晶体；
(3)根据均摊法计算晶胞中Fe元素数目计算；
(4)①Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Y为Cl，均摊法计算晶胞中Cu、Cl原子数目确定化学式；
②黑色球连接周围的4个白色球形成正四面体结构，黑色球位于正四面体的中心，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体对角线上，且二者之间距离为体对角线长度的，而晶胞体对角线长度为晶胞棱长的倍，结合晶胞中Cu、Cl原子数目表示出晶胞的质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与晶体密度乘积，联立计算。
【详解】(1)Fe的原子序数为26，则基态电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe原子核外各个电子层具有的电子数为2、8、14、2，可见在周期表中第四周期第VIII族，属于d区。
(2)Fe(CO)5常温下呈液态，熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，应为分子晶体；
(3)体心立方晶胞中含有的Fe原子数为=2；面心立方晶胞中含有的铁原子个数=4；所以二者含有的Fe原子个数之比为2：4=1：2；
体心立方晶胞中Fe原子配位数是8，而面心立方晶胞中Fe原子配位数是=12，所以二者Fe原子的配位数的比是8：12=2：3；
若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，假设Fe原子半径为R，体心立方晶胞参数为R1，根据原子的相对位置可得R1=4R，R1=；由于体心立方晶胞中含有2个Fe原子，则体心立方晶胞的密度为=；假设面心立方晶胞参数为R2，根据原子的相对位置可得R2=4R，R2=，由于面心立方晶胞中含有4个Fe原子，所以其密度=，则：8。
(4)①Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Y为Cl，晶胞中Cu原子数目=4、Cl原子数目=8×=4，Cu、Cl原子数目之比为1：1，所以该晶体的化学式为CuCl；
②晶胞棱长为Lpm，由于一个晶胞中含有4个CuCl，根据晶胞密度公式，及L3=V可得晶胞参数L==×1017nm。
【点睛】本题综合考查了物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子排布式、配合物、化学键、等电子体、晶体类型与性质、晶胞计算等，要求学生能够仔细观察原子的相对位置，基本一定的空间想象力，同时掌握均摊法在晶胞的应用，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
25.A、B、C、D四种芳香族化合物都是某些植物挥发油中的主要成分，有的是药物，有的是香料，它们的结构简式如下所示：
请回答下列问题：
(1)用A、B、C、D填空：
①既能使FeCl3溶液显色又能和NaHCO3溶液反应放出气体的有__________。
②能发生银镜反应的有__________。
(2)1molB最多能与_____molBr2发生反应，C中所含官能团的名称为________；
(3)按下图C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体．则反应①属于____________反应
E到F转化过程中除用到催化剂外，还用到一种试剂G是_________（写结构简式）
(4)写出反应①的化学方程式：____________________________________________________；反应②的化学方程式：_____________________________________________________。
(5)同时符合下列两项要求的D的同分异构体有4种：
①化合物是1，2-二取代苯；
②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团。 其中两种（G和H）结构简式如下图所示，请补充另外两种。
________________、__________________
【答案】 (1). D (2). AC (3). 4 (4). 醛基 (5). 氧化 (6). CH3CH2OH (7). 2C6H5CH2CH2CHO+O22C6H5CH2CH2COOH (8). +CH3CH2OH+H2O (9). (10).
【分析】(1)①既能使FeCl3溶液显色又能和NaHCO3溶液反应放出气体的物质要含有酚羟基和羧基；
②能发生银镜反应的物质含有醛基；
(2)由B的结构简式可知，B中含有官能团有羟基、碳碳双键；酚羟基邻位、对位有H原子，能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应；根据C的结构简式确定其含有的官能团；
(3) C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则E分子中增加了1个O原子，故反应①为氧化反应，E为，反应②为酯化反应，由相对分子质量，可知该反应中醇为CH3CH2OH。
(4)反应①是催化氧化产生；反应②是与乙醇发生酯化反应产生和水；
(5)D结构简式是，它的同分异构体具备条件：①化合物是1，2-二取代苯，说明有两个邻位取代基；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团，一个是酚羟基，另一个是-COO-结构，把另外两种补齐。
【详解】(1)①既能使FeCl3溶液显色说明含有酚羟基；又能和NaHCO3溶液反应放出气体说明含有羧基，则同时含有酚羟基和羧基的物质是，合理选项是D；
②能发生银镜反应的物质含有醛基，可能是甲酸形成的酯，也可能含有的为醛基，可能的物质是、，因此合理选项是AC；
(2)由B的结构简式可知，B中含有官能团有羟基、碳碳双键；B中酚羟基邻位、对位有H原子，能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，所以1molB能与4mol溴发生反应；C的结构简式是，据此可知C中含有的官能团名称为醛基；
(3) C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则反应①为氧化反应，E为，反应②为酯化反应，由相对分子质量，可知该反应中用到的G是醇，结构简式为CH3CH2OH，则F的结构简式为；
(4)反应①是C()催化氧化产生，该反应的化学方程式为：2+O22；反应②是与乙醇发生酯化反应产生和水。反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；
(5)D结构简式是，它的同分异构体具备条件：①化合物是1，2-二取代苯，说明有两个邻位取代基；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团，一个是酚羟基，另一个是-COO-结构，可能的结构为、，另外两种为、。
【点睛】本题考查有机物的推断、官能团结构和性质、同分异构体书写等知识，是对有机基础的综合考查，熟练掌握官能团与性质与转化是本题解答的关键。
可能用到的数据：H-1 C-12 O-16 N-14 Fe-56 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷 （选择题，共60分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。本题包括20小题，每小题3分，共60分）
1.YBa2Cu8Ox（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，关于要Y的说法错误的是（ ）
A. Y属于金属元素
B. Y的质子数与中子数之差为50
C. Y原子的核外电子数是39
D. Y和Y是两种不同的核素，它们互为同位素
【答案】B
【详解】A.Y是39号元素，是过渡元素，属于金属元素，A正确；
B.Y的质子数数是39，质量数是89，中子数是89-39=50，所以质子数与中子数之差为11，B错误；
C.Y原子核外电子数等于原子核内质子数，所以原子核外电子数是39，C正确；
D.Y和Y的核内质子数相同，而中子数不同，是两种不同的核素，它们互为同位素，D正确；
故合理选项是B。
2.下列分子含有的电子数目与HF相同，且是含极性键的非极性分子的是（ ）
A. CO2 B. N2O C. H2O D. CH4
【答案】D
【详解】HF电子数为10，是极性分子；
A.CO2电子数为22，是非极性分子，与HF不同，A错误；
B.N2O电子数为22，是极性分子，与HF不同，B错误；
C.H2O电子数为10，是极性分子，与HF不同，C错误；
D.CH4电子数为10，含有极性键，属于非极性分子，与HF相同，D正确；
故合理选项是D。
3.下列有关化学用语正确的说法是( )
A.
B. 硫离子的结构示意图：
C. 原子核内有16个中子的磷原子：
D. 二氧化硅的分子式为：SiO2
【答案】C
【详解】A.NH4Br的Br-核外最外层有8个电子，用电子式表示为，A错误；
B.S是16号元素，原子核内质子数为16，所以硫离子的结构示意图为，B错误；
C.原子核内有16个中子的磷原子的质量数是31，所以可表示为：，C正确；
D.二氧化硅是原子晶体，没有SiO2分子，D错误；
故合理选项是C。
4.已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（ ）
A. 原子半径：As＞Cl＞P B. 还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣
C. 热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】B
【详解】A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大，所以原子半径：As＞P＞Cl，A错误；
B.元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。由于元素的非金属性Cl>S>As，所以离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，B正确；
C.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Cl>Br>As，所以稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，C错误；
D.元素的非金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。由于元素的非金属性：S>P>As，所以酸性： H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，D错误；
因此合理选项是B。
5.已知阴离子A2﹣的原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则Wg A2﹣ 含有电子的物质的量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【详解】阴离子A2﹣的原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则A原子核内具有(m-x)个质子，A2﹣原子核外具有(m-x+2)个电子。则Wg A2﹣ 含有电子的物质的量n=，故合理选项是C。
6.下列分子中，键角最小的是（ ）
A. CO2 B. BF3 C. NH3 D. H2O
【答案】D
【详解】A.CO2分子是直线型分子，中心原子C原子为sp杂化，键角为180°，
B.BF3分子是平面分子，键角为120°，
C.NH3分子是三角锥形分子，中心原子N原子为sp3杂化，只有1个孤电子对，键角为107°18′，
D.H2O分子是V形分子，中心原子O原子为sp3杂化，有2个孤电子对，其对成键电子对有更大的斥力，故其键角最小，为104.5°，
可见键角最小的为H2O，
故合理选项是D。
7.下列对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是（ ）
A. 电负性最大 B. 最高正价为+7
C. 第一电离能最大 D. 原子半径最小
【答案】A
【详解】价电子构型为2s22p5的元素的F元素。
A.F是元素非金属性最强的元素，所以其电负性最大，A正确；
B.由于F是元素非金属性最强的元素，其余元素的非金属性都比F弱，所以F元素没有+7价，B错误；
C.在同周期元素中，第一电离能最大的为Ne，C错误；
D.同周期中原子半径最小为F，周期表中原子半径最小的为H，D错误；
故合理选项是A。
8.原子序数为83的元素位于：①第5周期；②第6周期；③ⅣA族；④ⅤA族；⑤ⅡB族．其中正确的组合是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ①⑤
【答案】C
【解析】根据元素的原子序数确定元素在周期表中的位置时，基本方法是依据其原子结构示意图，根据电子层数确定其所在周期，根据最外层电子数确定其所在族，但习惯上用0族定位法较为方便，即根据与该元素原子序数最接近的0族元素的位置来确定。与83号元素最邻近的0族元素为86号元素氡，83号元素比氡的原子序数小3，那么它在元素周期表中的位置应该是氡左移3个格，即第六周期ⅤA族。
9.干冰在一定条件下可以形成CO2气体，CO2气体在一定条件下又可以与金属镁反应生成氧化镁和碳，这两个变化过程中需要克服的作用力分别是（ ）
A. 分子间作用力，化学键 B. 化学键，化学键
C. 化学键，分子间作用力 D. 分子间作用力，分子间作用力
【答案】A
【详解】CO2是分子晶体，干冰形成CO2气体，克服的是分子间作用力；CO2气体在一定条件下又可以与金属镁反应生成氧化镁和碳，破坏了二氧化碳分子内碳和氧原子间的作用力，即化学键，故合理选项是A。
10.X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，其中Y、W同主族；常温下，Y、W的单质为有色气体， W气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的盐溶液．下列说法中正确的是（ ）
A. Z2X2 中阴阳离子个数比为1:1
B. 元素X和W的某些单质可作为水处理中的消毒剂
C. 原子半径大小为X
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素且原子序数依次增大，元素Y和W同族，Y、W的单质为有色气体，则Y是F元素，W是Cl元素，W气体同冷烧碱溶液作用，可得到含ZWX的盐溶液，则Z是Na元素，X是O元素。
【详解】根据上述分析可知：X是O元素，Y是F元素，Z是Na元素，W是Cl元素。
A.Z2X2 是Na2O2，在该物质中，阳离子是Na+，阴离子是O22-，所以Na2O2中阴阳离子个数比为1：2，A错误；
B.X元素的单质O3和W的单质Cl2都具有强的氧化性，能够杀菌消毒，所以可作为水处理中的消毒剂，B正确；
C.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，C错误；
D.Y的氢化物是HF，水溶液属于弱酸，W的氢化物是HCl，水溶液是强酸，所以酸性后者强，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查位置结构性质关系的知识，侧重考查学生综合运用能力，其中同主族元素Y、W的单质为有色气体及正确判断YZW物质及是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可解答。
11.下列说法正确是（ ）
A. 分子晶体中都存在共价键；晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
B. 酸性HClO4>H3PO4，是因为HClO4分子非羟基氧原子数目比H3PO4多
C. HF稳定性很强，因为分子间能形成氢键
D. 乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2个手性碳原子
【答案】B
【分析】A.稀有气体分子不存在共价键，金属晶体中有阳离子无阴离子；
B.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；
C.HF的稳定性很强，是由于H-F键键能较大，与氢键无关；
D.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子。
【详解】A.惰性气体都是单原子分子，分子内部存在化学键，金属晶体中只有阳离子，没有阴离子，带负电荷的微粒是自由电子，A错误；
B.HClO4分子非羟基氧原子数目比H3PO4多，所以HClO4的酸性大于H3PO4，B正确；
C.HF的稳定性很强，是由于H-F键键能较大的原因，与氢键无关，C错误；
D.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，该分子存在一个手性碳原子，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了氢键、手性碳原子、酸性的判断等知识点，注意手性碳原子的判断方法：碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子。
12.元素周期表短周期的一部分如表所示．下列有关A、B、C、D、E五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A. D在过量的B中燃烧的主要产物为DB3
B. D的两种常见氧化物均为极性分子
C. AC4 分子的空间立体构型为正四面体形
D. E的氧化物对应的水化物一定是一种强酸
【答案】C
【详解】由元素在周期表的位置可知，A为C，B为O，C为F，D为S，E为Cl。
A.S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，A错误；
B.S元素的常见正化合价为+4、+6，则S、O可形成的两种氧化物SO2、SO3，前者是极性分子，后者是非极性分子，B错误；
C.CF4可看作是甲烷分子中四个H原子被F原子取代产生的物质，该物质是正四面体结构，因此空间构型为正四面体形，C正确；
D. E是Cl，Cl的氧化物对应的水化物可能是强酸如HClO4，也可能是弱酸如HClO，D错误；
故合理选项是C。
13.下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（ ）
A. LiI B. NaBr C. KCl D. CsF
【答案】A
【解析】试题分析：若要想阴离子半径与阳离子半径之比最小，则需要阳离子半径较大，阴离子半径较小，因此根据离子半径分析．
解：阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较大的和阴离子半径较小的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Cs+是阳离子半径最大的，在阴离子中，F﹣是阴离子中电子层数最少的，所以半径最小，则CsF的阴离子半径与阳离子半径之比最小，
故选D．
14.二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂；其分子结构中每个原子均满足8电子结构。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中错误的是（ ）
A. S2Cl2中的硫元素显+1价
B. S2Cl2中含极性键和非极性键，是非极性分子
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
D. S2Cl2与H2O反应的生成物中可能有S
【答案】B
【分析】A.氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则确定硫元素的化合价；
B.不同元素的原子之间形成的化学键多为极性键，由极性键构成的对称分子是非极性分子；
C.分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高；
D.根据S2Cl2与H2O反应的化学方程式来回答。
【详解】A.氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则知硫元素的化合价为+1价，A正确；
B.S-Cl键是极性键，S-S键是非极性键，由于分子中正负电荷的重心不能重合，所以分子是极性分子，B错误；
C. S2Cl2与S2Br2均属于分子晶体，分子晶体中，由于相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，相对分子质量越大，物质的熔沸点就越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，C正确；
D.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题是一道信息给予题，考查了学生学习新知识、接受信息、分析和运用所学知识解决实际问题的能力。注意化学键与分子极性的关系的判断：由极性键构成的分子，若空间排列对称，就是非极性分子；若空间排列不对称，就是极性分子。
15.根据价层电子对互斥理论，中心原子杂化轨道类型为sp2的微粒为（ ）
A. CH3Cl B. SO32﹣ C. NF3 D. CO32﹣
【答案】D
【分析】根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=，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，据此判断杂化类型。
【详解】A.CH3Cl中C形成4个σ键，无孤电子对，中心C原子为sp3杂化，A错误；
B.SO32-离子中的S形成3个σ 键，孤电子对数==1，价层电子对个数=3+1=4，则中心原子S杂化类型是sp3，B错误；
C.NF3分子中价层电子对个数=3+=4，中心原子N原子杂化类型分别为sp3，C错误；
D. CO32﹣中价层电子对个数=3+=3，中心原子N原子杂化类型分别为sp2，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原子杂化类型的判断的知识，根据杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数，然后根据价层电子对个数与原子杂化方式的关系进行判断。
16.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X、Y、W、Q四种元素的原子最外层电子数之和为23。则下列说法中正确的是（ ）
A. 钠与W形成的化合物Na2W2中既含离子键又含非极性共价键
B. 由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C. 氢化物的沸点：Y
【答案】A
【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X、Y、W、Q四种元素的原子最外层电子数之和为23，假设X的最外层电子数为a，则Y、W最外层电子数为a+2，Q最外层电子数为a+3，a+2(a+2)+(a+3)=23,解得a=4，X最外层含有4个电子，X为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知：Z为Si元素、Y为O元素、W为S元素、Q为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素、Z为Si元素、Y为O元素、W为S元素、Q为Cl元。
A.Na和S可形成类似于Na2O2的化合物Na2S2，A正确；
B.Z和Y组成的物质为二氧化硅，二氧化硅属于原子晶体，原子间以共价键结合，无离子，因此在熔融状态下不导电，B错误；
C.H2Y、HQ分别为H2O、HCl，H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使水的沸点比HCl的高，C错误；
D.C元素有金刚石、石墨等多种同素异形体，O元素存在氧气、臭氧两种同素异形体，所以C、O元素都存在同素异形体，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，A选项为易错点、难点，要学会利用同一主族元素的相似性解答，注意整体把握元素周期表的结构，试题培养了学生的分析能力及知识迁移能力。
17.已知MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。下列说法不正确的是（ ）
A. 上述四种盐的晶体均属于离子晶体
B. 分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO
C. 分解所需温度最低的是BaCO3
D. 所得的气态产物的VSEPR模型是直线形
【答案】C
【详解】A.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3，分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物，属于离子晶体，故A正确；
B.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小，离子键最强，MgO的晶格能最大，故B正确；
C.Mg、 Ca、Sr、 Ba为 同主族，原子半径逐渐增大，半径越大金属性越强，越容易失电子，变成离子后半径越大就越难得电子，形成的盐就越难分解，故C错误；
D.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，所得的气态产物均为CO2，CO2 的VSEPR模型是直线形，故D正确；
本题答案C。
18.CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO42-可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量三分之一的氯以AgCl析出，这种化合物应该是（ ）
A. [Co(NH3)4]Cl3 B. [Co(NH3)4Cl3]
C. [Co(NH3)4Cl2]Cl D. [Co(NH3)4Cl]Cl2
【答案】C
【详解】CoCl3•4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO42-可以取代化合物中的Cl-，但NH3的含量不变，说明NH3为內界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为內界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl-，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故合理选项是C。
19.下列几组顺序排列不正确的是（ ）
A. 还原性强弱：HI＞HBr＞HCl＞HF
B. 热稳定性大小：HF＞H2O＞NH3＞PH3
C. 熔点高低：金刚石＞食盐＞金属钠＞冰
D. 微粒半径大小：Na+＞Al3+＞F﹣＞O2-
【答案】D
【详解】A.元素的非金属性I
C.金刚石是原子晶体，C原子间通过共价键结合而成,硬度大，熔点很高；食盐是离子晶体，离子间以离子键结合，离子键比共价键作用力弱些，金属Na是金属晶体，Na+与自由电子之间通过金属键结合，熔点只有97.81°，比较低，而冰属于分子晶体，在室温下为液态，熔点最低，因此四种物质的熔点高低：金刚石＞食盐＞金属钠＞冰，C正确；
D.对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以微粒半径大小： O2-＞F﹣＞Na+＞Al3+，D错误；
故合理选项是D。
20.氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ）
A. 平面三角形 sp2杂化 B. V形 sp2杂化
C. 三角锥形 sp3杂化 D. 直线形 sp杂化
【答案】D
【分析】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据其价层电子对数判断。
【详解】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数为2+(5-1-2×2)=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了杂化类型的判断方法和微粒的空间构型，根据价层电子对互斥理论分析。
第Ⅱ卷 （非选择题，共40分）
二. 填空题（包括21-25小题, 共40分）
21.按要求填空：
(1)金刚石、晶体硅、碳化硅，属于____晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是______。
(2)HF、HBr、HI形成的晶体，沸点由高到低的顺序为：___________________。
(3)NH3易液化，解释原因：_______________________________，NH3分子的空间构型为____________。
(4)MgO的熔点比CaO的高，其原因是_____________________________________________
____________________________________________________________。
【答案】(1). 原子 (2). 共价键 (3). HF＞HI＞HBr (4). NH3分子间能形成氢键 (5). 三角锥形 (6). 二者均为离子晶体，但Mg2+半径小于Ca2+，在离子所带电荷相同的情况下，MgO的晶格能越大，熔点高
【分析】(1)金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子之间通过共价键结合而成的原子晶体，熔点高低由共价键强弱判断；
(2)HF、HBr、HI形成的都是分子晶体，沸点高低由分子间作用力大小判断，HF分子之间存在氢键；
(3)NH3易液化，是由其分子之间存在氢键有关；NH3分子的空间构型为可由杂化轨道理论和价层电子对数判断；
(4)MgO、CaO熔点高低由离子键决定，离子键强弱通过比较离子键强弱分析。
【详解】(1)金刚石、晶体硅、碳化硅都是由原子通过共价键结合而形成的原子晶体，原子晶体的熔沸点高低由共价键的强弱决定。由于共价键强度：C-C>C-Si>Si-Si，共价键越强，断裂吸收的能量越高，物质的熔沸点就越高，所以熔化时克服的微粒间的作用力由大到小的顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)HF、HBr、HI形成的都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高。物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越强。由于HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的作用力，所以HF的沸点最高。相对分子质量HI>HBr，所以物质沸点由高到低的顺序为：HF>HI>HBr；
(3)NH3易液化是由于NH3分子间能形成氢键，增加了分子之间的作用力；NH3分子价层电子对数为3+=4，且N原子上还有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，所以NH3的空间构型为三角锥形。
(4)MgO、CaO都是离子晶体，离子间通过离子键结合。由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越小，离子键越强，物质的晶格能越大，断裂离子键消耗的能量就越高，物质的熔点沸点就越高，所以MgO的熔点比CaO的高。
【点睛】本题考查了物质的晶体类型的判断与物质熔沸点高低与作用力种类的关系及影响因素。对于由分子构成的晶体来说，若分子之间存在氢键，则物质的熔沸点高，容易液化。对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高。由极性分子构成的物质的熔沸点一般比由非极性分子构成的物质的熔沸点。
22.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。
已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子（外围电子）排布为msnmpn；
③Q、X原子p能级的电子数分别为2和4。请回答下列问题：
（1）Z2+的核外电子排布式是_______________________；基态Q原子的价电子排布图为_________________。
（2）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是____（填字母）。
a．稳定性：甲＞乙 b．沸点：甲＜乙
（3）Q、R、X三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为_________（用元素符号作答）。
（4）五种元素中，电负性最大的非金属元素是______，电负性最小的非金属元素是___。（用元素符号作答）。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). (3). ab (4). C＜O＜N (5). O (6). Si
【分析】Z的原子序数为29，则Z为Cu元素；Q、R、X、Y均为短周期主族元素，Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Q、X的p轨道为2和4，则为Q为碳族元素，X为氧族元素元素；Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn，s能级容纳电子数为2，则Y可能为C或Si，由于五种元素的原子序数依次递增，则Q为C元素、Y是Si元素；Q为C元素，X为O元素，R原子序数大于C元素，小于O元素，因此R为N元素，据此进行解答。
【详解】根据上述分析可知Q是C元素，R是N元素，X是O元素，Y是Si元素，Z是Cu元素。
(1)Z为Cu元素，Z2+为Cu2+，Cu的价电子排布为3d104s1，Cu原子失去两个电子变为Cu2+，则Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9。Q是C元素，核外电子排布式是1s22s22p2， 基态Q原子的价电子排布图为；
(2)Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4>SiH4，a正确；由于二者都是由分子构成的分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，分子间作用力CH4
(4)元素的非金属性越强电负性越大，则电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si。
【点睛】本题考查了原子结构与元素在周期表的位置及物质性质的综合应用的知识，涉及物质结构与性质、核外电子排布、电离能、化学键、物质的熔沸点高低比较等，根据原子结构及相互关系推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
23.科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42- 和N4H44+ 两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。请回答下列问题：
(1)下列相关说法中，正确的是________(填序号)。
a.N4是N2的同分异构体
b.1 mol N4分解生成N2，形成了4 molπ键
c.白磷的沸点比N4高，是因为P-P键键能比N-N键能大
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强
(2)叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸(HN3)、叠氮化钠(NaN3)等。根据等电子体理论写出N3- 的电子式_______；叠氮化物能形成多种配合物，在[Co(N3)(NH3)5]SO4，其中钴显 ____ 价，它的配体是 __________
(3)六方相氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______。
【答案】 (1). b (2). (3). +3 (4). N3-、NH3 (5). 3：1
【分析】(1)a.N4和N2是氮元素组成的结构不同的单质，二者互为同素异形体；
b.1mol N4分解生成2mol N2，N2结构式为N≡N，三键中含有1个σ键、2个π键；
c.白磷、N4晶体都属于分子晶体，沸点高低与分子间作用力有关，与化学键无关；
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P-P键不如N-N稳定；
(2)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，N3-与CO2互为等电子体，二者价键结构相同；N3-为-1价、SO42-为-2价、NH3的化合价为0，根据化合价规则确定Co的价态；中心原子或离子具有空轨道，配体含有孤电子对；
(3)每个六元环上有3个B原子、3个N原子，有6个B-N键，而每个B-N键为一个六元环贡献率为，每个B原子为一个六元环贡献率为，利用均摊法计算；晶体导电需要有自由移动电子。
【详解】(1)a.分子式相同、结构不同的化合物互为等电子体，而N4和N2是氮元素组成的结构不同的单质，二者互为同素异形体，a错误；
b.1mol N4分解生成2mol N2，N2的结构式为N≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，则产生2molN2时形成了4mol π键，b正确；
c.白磷、N4晶体都属于分子晶体，白磷的沸点比N4高，是由于白磷分子间作用力比N4的强，与化学键键能无关，化学键键能影响化学性质，c错误；
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P-P键不如N-N稳定，而P的非金属性比N的弱，d错误，
故合理选项是b；
(2)N3-与CO2互为等电子体，二者价键结构相同，N3-的电子式为：；N3-为-1价、SO42-为-2价、NH3的化合价为0，设配合物中Co的化合价为a，则a+(-1)+0+(-2)=0，解的a=+3；中心原子或离子具有空轨道，配体含有孤电子对，[Co(N3)(NH3)5]SO4中配位体为：N3-、NH3；
(3)每个六元环上有3个B原子、3个N原子，有6个B-N键，而每个B-N键为一个六元环贡献率为，每个B原子为一个六元环贡献率为，六元环单独占有B-N数目为6×=3，单独占有B原子数为3×=1，所以B-N键数与硼原子数之比为3：1。
【点睛】本题综合考查了物质结构与性质的知识，涉及配合物、化学键、等电子体、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础，具有一定的空间想象能力、数学计算能力与灵活运用能力。
24.(1)Fe(CO)5中铁的化合价为0，写出铁原子的简化的基态电子排布式__________________，Fe在周期表中第______周期______族，属于_______区。
(2)已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为﹣20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体为________（填晶体类型）。
(3)金属铁单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。
体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为________；Fe原子配位数之比为____。若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞密度之比为_______。
(4)已知：Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强。铜与Y形成化合物的晶胞如图所示(黑点代表铜原子，空心圆代表Y原子)。
①该晶体的化学式为________。（用元素符号表示）
②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞边长为______nm(只写计算式)。
【答案】(1). [Ar]3d64s2 (2). 四 (3). Ⅷ (4). d (5). 分子 (6). 1：2 (7). 2：3 (8). ：8 (9). CuCl (10). ×107
【分析】(1)Fe的原子序数为26，利用电子排布规律来书写电子排布式；
(2) Fe(CO)5常温下呈液态，熔沸点较低，应为分子晶体；
(3)根据均摊法计算晶胞中Fe元素数目计算；
(4)①Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Y为Cl，均摊法计算晶胞中Cu、Cl原子数目确定化学式；
②黑色球连接周围的4个白色球形成正四面体结构，黑色球位于正四面体的中心，黑色球与晶胞顶点白色球连线处于晶胞体对角线上，且二者之间距离为体对角线长度的，而晶胞体对角线长度为晶胞棱长的倍，结合晶胞中Cu、Cl原子数目表示出晶胞的质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与晶体密度乘积，联立计算。
【详解】(1)Fe的原子序数为26，则基态电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe原子核外各个电子层具有的电子数为2、8、14、2，可见在周期表中第四周期第VIII族，属于d区。
(2)Fe(CO)5常温下呈液态，熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，应为分子晶体；
(3)体心立方晶胞中含有的Fe原子数为=2；面心立方晶胞中含有的铁原子个数=4；所以二者含有的Fe原子个数之比为2：4=1：2；
体心立方晶胞中Fe原子配位数是8，而面心立方晶胞中Fe原子配位数是=12，所以二者Fe原子的配位数的比是8：12=2：3；
若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，假设Fe原子半径为R，体心立方晶胞参数为R1，根据原子的相对位置可得R1=4R，R1=；由于体心立方晶胞中含有2个Fe原子，则体心立方晶胞的密度为=；假设面心立方晶胞参数为R2，根据原子的相对位置可得R2=4R，R2=，由于面心立方晶胞中含有4个Fe原子，所以其密度=，则：8。
(4)①Y原子最高价氧化物对应水化物的酸性最强，则Y为Cl，晶胞中Cu原子数目=4、Cl原子数目=8×=4，Cu、Cl原子数目之比为1：1，所以该晶体的化学式为CuCl；
②晶胞棱长为Lpm，由于一个晶胞中含有4个CuCl，根据晶胞密度公式，及L3=V可得晶胞参数L==×1017nm。
【点睛】本题综合考查了物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子排布式、配合物、化学键、等电子体、晶体类型与性质、晶胞计算等，要求学生能够仔细观察原子的相对位置，基本一定的空间想象力，同时掌握均摊法在晶胞的应用，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。
25.A、B、C、D四种芳香族化合物都是某些植物挥发油中的主要成分，有的是药物，有的是香料，它们的结构简式如下所示：
请回答下列问题：
(1)用A、B、C、D填空：
①既能使FeCl3溶液显色又能和NaHCO3溶液反应放出气体的有__________。
②能发生银镜反应的有__________。
(2)1molB最多能与_____molBr2发生反应，C中所含官能团的名称为________；
(3)按下图C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体．则反应①属于____________反应
E到F转化过程中除用到催化剂外，还用到一种试剂G是_________（写结构简式）
(4)写出反应①的化学方程式：____________________________________________________；反应②的化学方程式：_____________________________________________________。
(5)同时符合下列两项要求的D的同分异构体有4种：
①化合物是1，2-二取代苯；
②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团。 其中两种（G和H）结构简式如下图所示，请补充另外两种。
________________、__________________
【答案】 (1). D (2). AC (3). 4 (4). 醛基 (5). 氧化 (6). CH3CH2OH (7). 2C6H5CH2CH2CHO+O22C6H5CH2CH2COOH (8). +CH3CH2OH+H2O (9). (10).
【分析】(1)①既能使FeCl3溶液显色又能和NaHCO3溶液反应放出气体的物质要含有酚羟基和羧基；
②能发生银镜反应的物质含有醛基；
(2)由B的结构简式可知，B中含有官能团有羟基、碳碳双键；酚羟基邻位、对位有H原子，能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应；根据C的结构简式确定其含有的官能团；
(3) C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则E分子中增加了1个O原子，故反应①为氧化反应，E为，反应②为酯化反应，由相对分子质量，可知该反应中醇为CH3CH2OH。
(4)反应①是催化氧化产生；反应②是与乙醇发生酯化反应产生和水；
(5)D结构简式是，它的同分异构体具备条件：①化合物是1，2-二取代苯，说明有两个邻位取代基；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团，一个是酚羟基，另一个是-COO-结构，把另外两种补齐。
【详解】(1)①既能使FeCl3溶液显色说明含有酚羟基；又能和NaHCO3溶液反应放出气体说明含有羧基，则同时含有酚羟基和羧基的物质是，合理选项是D；
②能发生银镜反应的物质含有醛基，可能是甲酸形成的酯，也可能含有的为醛基，可能的物质是、，因此合理选项是AC；
(2)由B的结构简式可知，B中含有官能团有羟基、碳碳双键；B中酚羟基邻位、对位有H原子，能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，所以1molB能与4mol溴发生反应；C的结构简式是，据此可知C中含有的官能团名称为醛基；
(3) C经一步反应可生成E，E是B的同分异构体，则反应①为氧化反应，E为，反应②为酯化反应，由相对分子质量，可知该反应中用到的G是醇，结构简式为CH3CH2OH，则F的结构简式为；
(4)反应①是C()催化氧化产生，该反应的化学方程式为：2+O22；反应②是与乙醇发生酯化反应产生和水。反应的化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；
(5)D结构简式是，它的同分异构体具备条件：①化合物是1，2-二取代苯，说明有两个邻位取代基；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有-COO-结构的基团，一个是酚羟基，另一个是-COO-结构，可能的结构为、，另外两种为、。
【点睛】本题考查有机物的推断、官能团结构和性质、同分异构体书写等知识，是对有机基础的综合考查，熟练掌握官能团与性质与转化是本题解答的关键。
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