宁夏育才中学2019-2020学年高二下学期开学检测化学试题
宁夏育才中学2019-2020学年第二学期高二年级入学测试卷
（化学）
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（单项选择题）
一、 选择题 （本题共40小题，每题 2 分且各只有一项答案符合题意 ，共计80分 ）
1.下列分子中，既含有σ键，又含有π键是( )
A. CH4 B. HCl C. CH2===CH2 D. F2
【答案】C
【解析】
【分析】
共价单键之间为σ键，共价双键和三键之间既含有σ键又含有π键。
【详解】A.CH4中只存在C—H键，仅含σ键；
B.HCl中存在H—Cl键，仅含σ键；
C.CH2=CH2中含C—H键和C=C键，C—H键为σ键，C=C键中既有σ键又有π键；
D.F2中含F—F键，仅含σ键；
答案选C。
2.具有下列电子排布式的原子中，半径最小的是（ ）
A. ls22s22p63s23p3 B. 1s22s22p3 C. 1s22s2sp2 D. 1s22s22p63s23p4
【答案】B
【解析】
【详解】根据电子排布式可知A是P元素，B是N元素，C是C元素，D是S元素，C和N元素有2个电子层，P和S元素有3个电子层，所以P和S元素原子半径大于C和N元素，C和N属于同一周期，且N元素原子序数大于C，根据元素周期律知，C的原子半径大于N元素，所以原子半径最小的是N元素。
答案选B。
3.下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4
碳化硅>晶体硅
C. 熔点由高到低：Na>Mg>Al D. 熔点由高到低：NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【解析】
【详解】A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则晶体熔点由低到高：CF4碳化硅>晶体硅，B正确；
C. 金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金属阳离子与自由移动的电子之间的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，则熔点由高到低：Al>Mg>Na，C错误；
D. 离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，离子半径：r(F-)NaCl>NaBr>NaI，D正确；故答案为：C。
4.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图。下列有关该物质说法正确的是（ ）
A. 分子式为C3H2O3
B. 分子中含6个σ键
C. 分子中只有极性键
D. 8.6 g该物质完全燃烧得到6.72 L CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 中，含有3个C原子、3个O原子和2个H原子，则分子式为：C3H2O3，A正确；
B. 分子中存在4个C−O键、1个C=O双键，2个C−H键，1个C=C双键，总共8个σ键，B错误；
C. 该有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，C错误；
D. 8.6g该有机物的物质的量为：，由于未指明标准状况，生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，D错误；故答案为：A。
5.下列各组元素属于p区的是( )
A. 原子序数为1、2、7的元素 B. S、O、P C. Fe、Ar、Cl D. Na、Li、Mg
【答案】B
【解析】
【详解】根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；
A．原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；
B．O，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；
C．铁属于d区，故C错误；
D．锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，故D错误；
故答案为B。
6.短周期元素的原子，处于基态时可能具有的电子是（ ）
A. 只有s或s和p电子 B. 只有s电子 C. 只有p电子 D. 有s、p和d电子
【答案】A
【解析】
【详解】短周期元素的原子即1−18号，处于基态时其电子最多只能排到3p轨道，不可能排到3d轨道，所以处于基态时可能具有的电子是只有s或s和p电子，故答案为：A。
7.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4] 2+
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物而使溶液澄清，所以溶液中Cu2+浓度减小，A错误。
B. 硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物离子：[Cu(NH3)4] 2+，使溶液澄清，B正确；
C. [Cu(NH3)4] SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C错误；
D. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，D错误；故答案为：B。
【点睛】配位键是一种特殊的共价键，成键的两个原子间的共用电子对是由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，比如在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，其结构式为：。
8.萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F-所包围，则每个F-周围最近距离的Ca2+数目为（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】
【详解】设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中，解得x=4，答案选B。
9.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是( )
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
【详解】非金属在熔融状态不导电，所以B错误；可溶性碱、可熔性盐属于离子化合物，在固态时不导电，所以C、D也错误。符合条件的只有A，如钠、钾等，答案选A。
10.下列叙述正确
A. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
B. 原子晶体中只含有共价键
C. 离子晶体中只含有离子键
D. 分子晶体中只存在分子间作用力，不含化学键
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属晶体中，只含有阳离子不含有阴离子，A错误；
B．原子晶体由原子构成，原子间只含有共价键，B正确；
C．离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，B错误；
D．只有稀有气体形成的分子晶体中不含化学键，D错误；
故选B。
11.下列关于电子云的说法中，正确的是
A. 电子云表示电子在原子核外运动的轨迹
B. 电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的机会多少
C. 电子云界面图中小黑点密表示该核外空间的电子多
D. 电子云可表示电子在核外运动的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子云表示电子在原子核外空间某处出现机会的多少，不表示电子的运动的轨迹，选项A错误；
B．电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的机会多少，选项B正确；
C．电子云界面图中的小黑点越密表示电子在核外空间的出现的机会越多，选项C错误；
D．电子云表示电子在原子核外空间某处出现机会的多少，不能表示电子在核外运动的方向，选项D错误。
答案选B。
12.现有A元素的一种同位素，比镤91—239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第3周期第ⅠA族 B. 第4周期第ⅠA族
C. 第5周期第ⅠA族 D. 第3周期第ⅡA族
【答案】C
【解析】
【详解】同位素镤91−239的质子数为91，所以A元素的质子数为：91−54=37，中子数为：239-91-100=48，根据质子数：37−2−8−8−18=1，原子核外有5个电子层，最外层上的电子数为1，所以A位于第5周期第IA族，故答案为：C。
13.当镁原子由1s22s22p63s2 →1s22s22p63p2时，以下认识正确的是
A. 镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量
C. 转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同
D. 转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁原子由1s22s22p63s2 →1s22s22p63p2时，属于电子的跃迁，镁原子由基态转化成激发态，需要吸收能量，所以选项A正确；
B．根据A中分析可知B不正确；
C．转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，不符号洪特规，应该处于不同轨道上，且自旋方向相同，选项C不正确；
D．转化后镁原子与硅原子电子层结构不相同，化学性质不相似，选项D不正确；
答案选A。
14.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A. 碳的sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B. 碳的sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C. C-H之间是sp2形成的σ键，C-C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D. C-C之间是sp2形成的σ键，C-H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
【答案】A
【解析】
【详解】乙烯的结构式为：，其中存在4个C−H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，C−H之间是sp2形成的σ键，C−C之间有1个是sp2形成的σ键，还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故答案为：A。
15.铊(81T1)是元素周期表 ⅢA族元素，下列关于铊的叙述不正确的是( )
A. 铊比铝的金属性更强 B. 铊能与盐酸反应放出氢气
C. 铊在化合物中可以显+3价 D. T1(OH)3一定具有两性
【答案】D
【解析】
【分析】
铊与铝均是ⅢA族元素，同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，同主族的最高正化合价相同，金属性依次增强，与酸反应的剧烈增强，对应最高价氧化物的水化物的碱性增强。
【详解】A项、铊在Al的下面，所以铊比铝的金属性更强，故A正确；
B项、Al能与盐酸反应放出氢气，所以金属性比铝强铊能与盐酸反应放出氢气，故B正确；
C项、同主族的最高正化合价相同，第ⅢA族元素的最高正化合价为+3，故C正确；
D项、同主族元素从上到下金属性依次增强，对应最高价氧化物的水化物的碱性增强，氢氧化铝有两性，所以氢氧化铊没有两性，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意依据元素在周期表中的位置判断元素的性质、种类是解答关键。
16.关于氢键，下列说法正确的是( )
A. 含氢元素的化合物中一定有氢键
B. 氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键
C. DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】C
【解析】
【详解】A. 某些含N-H、O-H、F-H的化合物才能形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷中含有氢元素，不含氢键，故A错误；
B.氢键不属于化学键，属于分子间作用力的一种，故B错误；
C.N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，所以C选项是正确的；
D. H2O是一种非常稳定的化合物，与共价键有关，与氢键无关，故D错误。
所以C选项是正确的。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. 互为手性异构体的分子互为镜像
B. 利用手性催化剂合成可主要得到一种手性分子
C. 手性异构体分子组成相同
D. 手性异构体性质相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．互为手性异构体的分子如同左右手一样互为镜像，选项A正确；
B．在手性催化中，潜手性化合物在反应过程中会与手性催化剂形成一种最稳定的过渡态，从而只会诱导出一种手性分子，选项B正确；
C．手性异构体属于同分异构体，分子组成相同，选项C正确；
D．手性异构体物理和化学性质都不相同，选项D错误；
答案选D。
18.下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是（ ）
原子晶体
离子晶体
分子晶体
A
石墨
磷酸
单质硫
B
单晶硅
硫
白磷
C
金刚石
纯碱
冰
D
铁
过氧化钠
冰醋酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石墨兼有原子晶体、金属晶体和分子晶体的特征，属于混合晶体；磷酸的构成微粒是分子，属于分子晶体，A错误；
B. 硫的构成微粒是分子，属于分子晶体，B错误；
C. 金刚石的构成微粒是原子，属于原子晶体；纯碱是碳酸钠，其构成微粒是阴阳离子，属于离子晶体；冰的构成微粒是分子，属于分子晶体，C正确；
D. 铁的构成微粒是金属阳离子和自由移动的电子，属于金属晶体，D错误；故答案为：C。
19.现在四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是（ ）
A. AB2
B. EF2
C. XY3Z
D. AB3
【答案】C
【解析】
【详解】A.此晶胞中A离子在体心，只有1个离原子，B离子在8个顶点，每个顶点参与形成8个晶胞，所以B离子也是1个，该晶体的化学式为AB，选项A不正确；
B.此晶胞中E和F离子分别在8个顶点中的4个，E和F的离子个数比为1：1，所以该晶体的化学式为EF，选项B不正确；
C.此晶胞中只有1个X离子在体心，Z离子在8个顶点，所以Z离子数也是1个，Y离子在6个面心，每个面心参与形成2个晶胞，所以此晶胞中有3个Y离子，X、Y、Z3种离子的个数比为1：3：1所以该晶体的化学式为XY3Z，选项C正确；
D.此晶胞与NaCl晶胞相似，所以该晶体的化学式为AB，选项D不正确。
答案选C。
20.下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有6个
C. 在冰中，每1molH2O分子形成2mol氢键
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，A正确；
B．氯化钠晶胞中，每个Na＋周围距离最近的Na＋个数为：3×8/2=12，B错误；
C．在冰中，每个水分子和其它4个水分子形成氢键，每两个水分子间形成1个氢键，因此 平均到每个水分子有2个氢键，C正确；
D．二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数为：3×8/2=12，D正确；故答案为：B。
21.在物质结构研究的历史上，首先提出原子内有电子学说的科学家是
A. 道尔顿 B. 卢瑟福 C. 汤姆生 D. 波尔
【答案】C
【解析】
【详解】A．道尔顿提出近百代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，选项A错误；
B．卢度瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，选项B错误；
C．汤姆生发现了电子，提出“道葡萄干面包式”的原子结构模型，选项C正确；
D．波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在内一定轨道上运动的原子结构模型，选项D错误；
答案选C。
22.一个电子排布为1s22s22p63s23p1的元素最可能的价态是（ ）
A. +1 B. +2 C. +3 D. -1
【答案】C
【解析】
【详解】电子排布为1s22s22p63s23p1的元素是13号元素铝，最外层电子数是3，则最可能的化合价是＋3价，答案选C。
23.下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A. Na+： 1s22s22p6 B. F：1s22s22p5 C. O2-：1s22s22p4 D. Ar：1s22s22p63s23p6
【答案】C
【解析】
【详解】A项、钠离子的核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A正确；
B项、F原子核外有9个电子，电子排布式为1s22s22p5，故B正确；
C项、氧离子核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故C错误；
D项、Ar的核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D正确；
故选C。
24.下列能跟氢原子形成最强极性键的原子是（）
A. F B. Cl C. Br D. I
【答案】A
【解析】
【详解】共价键中两个成键原子间电负性相差越大，键的极性越强。同主族元素由上到下电负性逐渐减弱，则电负性：F＞Cl＞Br＞I，键的极性：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I，答案选A。
25.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据（用I1、I2……表示,单位为kJ·mol-1）
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10 500
下列关于元素R的判断中一定正确的是（ ）
①R的最高正价为+3价 ②R元素位于元素周期表中第ⅡA族 ③R元素第一电离能大于同周期的相邻元素 ④R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据第一至第四电离能分析该元素的电离能可知，第三电离能剧增，说明最外层有2个电子，容易失去2个电子，则该元素原子形成离子的化合价为+2价，进而推断元素的种类及元素原子结构，由此分析解答。
【详解】①最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，①错误；
②最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，②正确；
③同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，③正确；
④R元素可能是Mg或Be，若Be，其电子排布式为：1s22s2，若Mg，其电子排布式为：1s22s22p63s2，④错误；②③正确，故答案为：B。
26.下列说法中，不符合ⅦA族元素性质特征的是
A. 易形成-1价离子 B. 从上到下原子半径逐渐减小
C. 从上到下单质的氧化性逐渐减弱 D. 从上到下氢化物的稳定性依次减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.第ⅦA族元素的原子最外层电子数是7个，易得到1个电子形成8个电子的稳定结构，易形成-1价离子，A符合第ⅦA族元素性质特征；
B.同主族从上到下原子半径逐渐增大，B不符合第ⅦA族元素性质特征；
C.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，C符合第ⅦA族元素性质特征；
D.同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，D符合第ⅦA族元素性质特征；
答案选B。
27.下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是
A. 晶体硅 B. 食盐 C. 干冰 D. 金属钾
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体硅 是原子晶体，熔化时破坏共价键，错误；
B．食盐是离子晶体，熔化时破坏离子键，错误；
C．干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关，正确；
D．金属钾是金属晶体，熔化时破坏的为金属键，错误.
故选C。
28.通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是
A. NCl3分子中N—Cl键的键长比CCl4分子中C—Cl键的键长长
B. NCl3分子是非极性分子
C. 分子中的所有原子均达到8电子稳定结构
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】C
【解析】
【详解】A．N—Cl键中氮原子的半径比C—Cl键中碳原子的半径小，使得N—Cl键的键长比C—Cl键的键长短，选项A不正确；
B．NCl3与NH3的空间构型相似，可知NCl3的空间构型为三角锥形，属于极性分子，选项B不正确；
C．NCl3与NH3的分子结构相似，并且N原子和Cl原子周围均为8电子稳定结构，选项C正确；
D．NBr3和NCl3结构相似，但分子间作用力大，难挥发，选项D不正确。
答案选C。
29.如图是元素周期表的一部分，关于元素X、Y、Z的叙述正确的是（ ）
①X的气态氢化物与Y的最高价氧化物对应的水化物能发生反应生成盐；
②Y、Z的气态氢化物水溶液的酸性Y＜Z；
③Z的单质常温下是液体，可与铁粉反应；
④Z的原子序数比Y大19；
⑤Z所在的周期中含有32种元素
A. ①②③④ B. ①②③④⑤ C. 只有③ D. 只有①④
【答案】A
【解析】
【详解】①根据元素在周期表位置，X为N，N的氢化物为NH3，Y的为S，其最高价氧化物对应水化物为H2SO4，两者反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4，故正确；
②Z为Br，HBr为强酸，H2S为弱酸，故正确；
③Z的单质为Br2，常温下为液态单质，具有强氧化性和Fe反应生成FeBr3，故正确；
④Z为第四周期，因此Z的原子序数比Y大19，故正确；
⑤此周期中含有18种元素，故错误。
答案选A。
【点睛】本题考查元素周期表的结构、元素化合物的性质等，注意整体把握元素周期表的结构，如图是元素周期表的一部分，则R为He、X为氮元素、Y为硫元素、Z为Br元素。
30.根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其价电子总数相同，均可互称为等电子体。等电子体之间结构相似、物理性质也相近。以下各组粒子不能互称为等电子体的是（ ）
A. CO和N2 B. O3和SO2 C. CO2和N2O D. N2H4 和C2H4
【答案】D
【解析】
【详解】A. CO和N2的原子个数都为2，价电子数前者为10，后者为10，原子数和价电子数分别都相等，互称为等电子体，A不符合题意；
B. O3和SO2的原子个数都为3，价电子数前者为18，后者为18，原子数和价电子数分别都相等，互称为等电子体，B不符合题意；
C. CO2和N2O的原子个数都为3，价电子数前者为16，后者为16，原子数和价电子数分别都相等，互称为等电子体，C不符合题意；
D. N2H4和C2H4的原子个数都为6，价电子数前者为14，后者为12，原子数相等，但价电子数不相等，不互称为等电子体，D符合题意；故答案为：D。
31.以下能级符号不正确的是 （ ）
A. 3s B. 3p C. 3d D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】M能级上有s、p、d，3个能级，即3s、3p和3d，没有3f，故答案为：D。
32.关于CO2说法正确的是
A. 碳原子采取sp杂化 B. CO2是正四面体型结构
C. 干冰是原子晶体 D. CO2为极性分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形分子，所以碳原子采取sp杂化，故A正确；
B．二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，故B错误；
C．干冰是二氧化碳分子构成的晶体，所以为分子晶体，故C错误；
D．二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故D错误；
故选A。
【点评】本题以二氧化碳为载体考查分子空间构型判断、原子杂化方式判断、晶体类型判断、极性分子和非极性分子判断，为高考高频点，侧重考查基本理论，明确价层电子对互斥理论、晶体构成微粒与晶体类型的关系等即可解答，题目难度不大。
33.下列物质的立体结构与NH3相同的是（ ）
A. H2O B. H3O+ C. CH4 D. CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断NH3的立体结构，NH3有一对孤对电子，价电子对数为4，是三角锥形型；根据价层电子对互斥理论分析各选项物质的立体结构，找出与NH3同为三角锥构型的物质，由以上步骤进行分析判断。
【详解】A. H2O中价层电子对个数4且含有两个孤电子对，所以为V形结构，二者空间构型不同，A错误；
B. H3O+中价层电子对个数是3且含有一对孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型相同，B正确；
C. CH4中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为正四面体形结构，二者空间构型不同，C错误；
D. CO2中碳原子与氧原子形成共价双键且不含孤电子对，为直线型分子，D错误；故答案为：B。
【点睛】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数=(a-xb)，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。
34.下列分子或离子中，含有孤对电子的是（ ）
A. NH4+ B. CH4 C. SiH4 D. PH3
【答案】D
【解析】
【分析】
孤电子对个数=(a-xb)，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b
为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此计算孤对电子数。
【详解】A. NH4+中，孤电子对个数=(a-xb)=[(5-1)-4×1]=0，不含孤对电子，A不符合题意；
B. CH4中，孤电子对个数=(a-xb)=(4-4×1)=0，不含孤对电子，B不符合题意；
C. SiH4中，孤电子对个数=(a-xb)＝(4-4×1)=0，不含孤对电子，C不符合题意；
D. PH3中，孤电子对个数=(a-xb)＝(5-3×1)=1，含1对孤对电子，D符合题意；故答案为：D。
35.已知X、Y元素同为第三周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（ ）
A. X与Y形成化合物时，X可以显负价，Y显正价
B. 第一电离能可能Y小于X
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于于Y对应的
D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX
【答案】C
【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，A正确；
B. X、Y元素同为第三周期，且电负性X＞Y，非金属性：X＞Y，一般非金属性强的，其第一电离能大，则第一电离能Y可能小于X，B正确；
C. X、Y元素同为第三周期，且电负性X＞Y，非金属性：X＞Y，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，C错误；
D. X、Y元素同为第三周期，且电负性X＞Y，非金属性：X＞Y，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HmX，D正确；故答案为：C。
【点睛】电负性的应用：①判断元素的金属性与非金属性的强弱：金属的电负性一般小于1.8、非金属的电负性一般大于1.8、而位于非金属三角边区界的“类金属”的电负性则在1.8左右，它们既有金属性又有非金属性；②判断元素化合价的正负：电负性大的元素在化合物中易呈现负价，电负性小的元素在化合物中易呈现正价；③判断化学键的类型：如果成键原子所属元素的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键，如果成键原子所属元素的电负性差值小于1.7，它们之间通常形成共价键。
36.已知BeCl2为共价化合物，两个Be—Cl键间的夹角为180°，则BeCl2属于( )
A. 由极性键构成的极性分子 B. 由极性键构成的非极性分子
C. 由非极性键构成的极性分子 D. 由非极性键构成的非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】BeCl2中Be-Cl键是不同元素形成的共价键，为极性键，两个Be-Cl键间的夹角为180°，说明分子是对称的，正电荷中心与负电荷的中心重合，BeCl2属于非极性分子，故BeCl2由极性键形成的非极性分子，故答案为B。
【点睛】共价化合物中，不同元素原子之间形成的化学键为极性键，同种元素原子之间形成的化学键为非极性键；正电荷中心与负电荷的中心重合为非极性分子，不重合为极性分子。
37.下列关于丙烯（CH3－CH=CH2）的说法正确的是
A. 丙烯分子有7个σ键，1个π键
B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C. 丙烯分子存在非极性键
D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】C
【解析】
【详解】A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；
B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，故B错误；
C．同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，故C正确；
D．由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；
故选C。
38.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）
A. CH4 和 H2O B. KCl和 HCl
C. Cl2 和 KCl D. SiO2和 CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A.CH4化学键是碳氢共价键，晶体类型是分子晶体，而H2O是氢氧共价键，晶体类型是分子晶体，所以化学键类型相同，晶体类型也相同，故A正确；
B.KCl是钾离子与氯离子之间是离子键，晶体类型是离子晶体，而HCl是氢氯共价键，晶体类型是分子晶体，所以化学键类型与晶体类型都不同，故B错误；
C.Cl2是氯氯之间形成非极性共价键，晶体类型是分子晶体；而KCl是钾离子与氯离子之间是离子键，晶体类型是离子晶体，所以化学键类型与晶体类型都不同，故C错误；
D.固体CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故D错误；
故选A。
39.下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的熔点沸点依次升高。
B. H2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键。
C. 乙醇分子与水分子之间只存在范德华力。
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF中含有氢键，沸点最高，应为HF＞HI＞HBr＞HCl，故A错误；
B．O的电负性较大，水分子间存在氢键，氢键较一般的分子间作用力强，则H2O的熔点、沸点大于H2S，故B正确；
C．乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力，故C错误；
D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，故D错误；
故选B。
【点睛】注意氢键只影响物理性质不影响化学性质。
40.水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到165K时形成的，玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是（ ）
A. 玻璃态是水的一种特殊状态 B. 水由液态变为玻璃态，体积膨胀
C. 水由液态变为玻璃态，体积缩小 D. 玻璃态水是分子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A. 水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态，这四种状态不同，所以玻璃态是水的一种特殊状态，A正确；
B. 玻璃态的水密度与普通液态水的密度相同，相同质量、相同密度的玻璃水其体积不变，B错误；
C. 玻璃态的水密度与普通液态水的密度相同，相同质量、相同密度的玻璃水其体积不变，C错误；
D. 玻璃态的水不存在晶体结构，所以不属于分子晶体，D错误；故答案为：A。
第II卷（非选择题 共60分）
二、填空题
41.铜及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
（1）CuSO4中阳离子的基态核外电子排布式为________。
（2）S、O、N三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_________（填元素符号）。
（3）Cu（NO3）2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu（NH3）4]（NO3）2，其中NH3的空间构型为____。
（4）[Cu（NH3）4]（NO3）2属于_____晶体。
（5）CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu（CN）4]2－，1 mol CN－中含有的π键数目为____。
（6）已知Cu2O晶胞结构如图所示，该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，0，0），C为（，，）。则D原子的坐标参数代表_____原子（填元素符号）。
（7）金属铜的晶体晶胞中Cu原子的空间利用率是____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9） (2). S＜O＜N (3). 三角锥形 (4). 离子 (5). 2NA (6). Cu (7). 74%
【解析】
【详解】（1）CuSO4中阳离子为Cu2+，其价电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9），故答案为：1s22s22p63s23p63d9（或[Ar]3d9）；
（2）同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第ⅤA
族大于第ⅥA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；
（3）根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数=(a-xb)，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数， NH3中价层电子对个数=3+1=4，是三角锥形型，故答案为：三角锥形；
（4）[Cu(NH3)4](NO3)2是[Cu(NH3)4]2+与NO3-形成的离子化合物，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；
（5）CN−与N2互为等电子体，CN−中C、N之间形成C≡N三键，三键含有1个σ键、2个π键，1molCN 中含有的2molπ键，1molCN 中含有的π键数目为：2NA，故答案为：2NA；
（6）晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，0，0)、C为（，，），如图坐标系中，A为处于坐标系中的原点(定义为O)，则C处于晶胞体心位置，A、D、C的连线处于体对角线线上，且D处于A、C连线的中点位置，故D到晶胞左侧面距离为、到晶胞前面的距离为，到晶胞下底面距离为，则D的参数为(，)，晶胞中白色球数目为：1+8×=2，黑色球数目为：4，二者数目之比为1：2，而化学式为Cu2O，故黑色球为Cu原子、白色球为O原子，即D表示Cu原子，故答案为：Cu；
（7）金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，设Cu原子半径为r，则面对角线是4r，晶胞棱长为2r，晶胞体积为(2r)3，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，晶胞中Cu原子总体积为4×πr3，该晶胞中Cu原子的空间利用率为×100%=74%，故答案为：74%。
42.如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
（1
）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素⑦位于周期表的___区。
（2）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式______。
（3）②、⑥两元素形成的化合物其中心原子的杂化轨道类型为___。
（4）元素⑦与CO可形成X（CO）5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于____晶体（填晶体类型）。
（5）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水，该离子与NH3间结合的作用力为____。
（6）将①、⑥形成化合物溶于水，其与水间可能存在的氢键表示为____________（写一种即可）。
（7）金属⑦有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ和α中原子的配位数之比为________。
【答案】 (1). d (2). O=C=O (3). sp2杂化 (4). 分子 (5). 配位键 (6). F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O (7). 4：3
【解析】
【分析】
根据元素周期表可知①为H元素、②为B元素、③为C元素、④为N元素、⑤为O元素、⑥为F元素、⑦为Fe元素、⑧为Cu元素、⑨为Zn元素。
【详解】（1）元素⑦为Fe元素，位于周期表的d区，故答案为：d；
（2）元素③为C元素、元素⑤为O元素，其形成的稳定化合物为二氧化碳，结构式为：O=C=O，故答案为：O=C=O；
（3）②为B元素、⑥为F元素，两元素形成的化合物为BF3，中心原子是B，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数=3+0=3，杂化轨道类型为：sp2杂化，故答案为：sp2杂化；
（4）元素⑦为Fe元素、与CO可形成Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于分子晶体，故答案为：分子；
（5）元素⑨Zn元素，氢氧化物为Zn(OH)2不溶于水，但可溶于氨水，Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键，故答案为：配位键；
（6）①为H元素、⑥为F元素，形成的化合物为HF
，溶于水，与水分子间可能存在的氢键表示为：F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O，故答案为：F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O；
（7）金属⑦为Fe，有δ、γ、α三种同素异形体，δ为体心立方，α为简单立方，原子的配位数之比为8：6＝4：3，故答案为：4：3。
【点睛】金属晶体的原子堆积模型：①简单立方堆积，空间利用率，配位数6；②体心立方堆积，空间利用率，配位数8；③六方最密堆积，空间利用率，配位数12；④面心立方最密堆积，空间利用率，配位数12。
43.A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，B、C同周期，A、D同主族。A、B能形成两种常温下的液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2∶1和1∶1。根据以上信息回答下列问题：
（1）甲、乙两分子中含有非极性共价键的物质的电子式是________，C元素在周期表中的位置是_____。
（2）C和D的离子中，半径较小的是____（离子符号），以上元素中电负性最大的是____（元素符号）
（3）常温下将D的单质投入甲中，待D消失后再向上述溶液中加入E的固体单质，此时发生反应的化学方程式是______________。
（4）C、D、E可组成离子化合物DxEC6，其晶胞（晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元）结构如下图所示，阳离子D＋（用○表示）位于正方体的棱的中点和正方体内部；阴离子EC6x－（用●表示）位于该正方体的顶点和面心。该化合物的化学式是_________。
【答案】 (1). (2). 第二周期、第ⅦA族 (3). Na＋ (4). F (5). 2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑ (6). Na3AlF6
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E都是短周期主族元素，原子序数依次增大，A、B
能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则A为H元素，B为O元素，甲为H2O、乙为H2O2；A、D同主族，则D为Na元素；B、C同周期，则C为F元素；结合（3）Al与碱反应，则E为Al元素。
【详解】（1）甲为H2O，含极性键的极性分子，乙为H2O2，含极性键、非极性键的极性分子，则H2O2的电子式为：；C为F元素，位于第二周期VIIA，故答案为：；第二周期VIIA；
（2）C为F元素、D为Na元素，F-与Na+的核外电子层结构相同，原子序数大的离子半径小，故半径较小的是Na+；同周期，从左到右，电负性增大，同主族，从上到下，电负性减小，则电负性最大的是F，故答案为：Na+；F；
（3）D为Na元素，E为Al元素，甲为H2O，Na与水反应生成NaOH和H2，加入Al的固体单质，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，其化学反应方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑，故答案为：2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；
（4）C、D、E分别为F、Na和Al，组成离子化合物NaxAlF6，该晶胞的中含有的Na+个数为1+4×=，阴离子AlF6x-个数为4×=，所以其化学式中阴阳离子个数之比为1：3，化学式为Na3AlF6，故答案为：Na3AlF6。
