【化学】河北省博野中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）

【化学】河北省博野中学2019-2020学年高二下学期开学考试（解析版）

河北省博野中学2019-2020学年高二下学期开学考试 考试时间：90分钟 分值：100分 第Ⅰ卷 一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)‎ ‎1.某元素的最高正价与负价的代数和为2，则该元素原子的最外层电子数为(　　)‎ A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设该元素原子的最外层电子数为x，最高正价为+x，最低负价为x-8，最高正价与负价的代数和为2，x+(x-8)=2，x=5；‎ 故选B。‎ ‎2.两种金属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。‎ ‎3.下列叙述中正确的是 A. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子 B. 以极性键结合起来的分子一定是极性分子 C. 非极性分子只能是双原子单质分子 D. 非极性分子中，一定含有非极性共价键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；‎ B．以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；‎ C．非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；‎ D．非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法不正确的是(　　)‎ A. N2分子与CO分子中都含有三键 B. N2分子与CO分子中π键并不完全相同 C. N2分子与CO分子互为等电子体 D. N2分子与CO分子的化学性质相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个π键，一个σ键，即三键结合，其中，CO分子中1个π键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。‎ ‎【详解】A项、根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；‎ B项、氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O 原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；‎ C项、N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；‎ D项、N2分子在空气中不燃烧，CO分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎5.电子数相等的粒子叫做等电子体，下列各组粒子属于等电子体的是（　　）‎ A. CH4和NH3 B. CO和CO‎2 ‎C. NO和NO2 D. CO2和SO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目信息，电子数目相同的微粒为等电子体，分子中质子数等于电子数，据此结合选项分析判断。‎ ‎【详解】A.CH4的质子数为6+1×4=10，电子数是10；NH3的质子数为7+1×3=10，电子数是10；它们的电子数也相等，属于等电子体，A正确；‎ B.CO的质子数为6+8=14，电子数是14，CO2的质子数为6+8×2=22，电子数是22，两者的电子数不相等，不是等电子体，B错误；‎ C.NO的质子数为7+8=15，电子数是15，NO2的质子数为7+8×2=23，电子数是23，两者的电子数不相等，不是等电子体，C错误；‎ D.CO2的质子数为6+8×2=22，电子数是22，SO2的质子数为16+8×2=32，电子数是32，两者的电子数不相等，不是等电子体，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】解答本题关键是电子的计算方法，对于分子和原子来说，有多少质子就有多少电子，元素的原子序数等于其原子核内的质子数，等于原子核外的电子数是本题解答的关键。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强 B. ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高 C. 同周期非金属的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强 D. 第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同周期，第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强，故A错误；‎ B.第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的是H2O（同主族，由上到下，原子的得电子能力逐渐减弱，则气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故H2O的稳定性最好），其沸点也最高（因水分子间存在氢键），故B正确；‎ C.同周期最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，故C错误；‎ D.第三周期元素的阳离子半径从左到右逐渐减小（Na+＞Mg2+＞Al3+），第三周期元素的阴离子半径从左到右逐渐减小(Si4-＞P3-＞S2-＞Cl-)，但同周期的阳离子半径小于阴离子半径，即Al3+半径最小，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.下列关于金属键的叙述中，正确的是(　　)‎ A. 金属键是金属阳离子和自由电子间的强烈相互作用，不是一种电性作用 B. 金属键可以看作是许多原子共用许多电子所形成的强烈的相互作用，所以与共价键类似，也有方向性和饱和性 C. 金属键是带异性电荷的金属阳离子和自由电子间的相互作用，故金属键有饱和性和方向性 D. 构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从基本构成微粒的性质看，金属键是金属阳离子和自由电子这两种带异性电荷的微粒间的强烈相互作用，所以金属键与离子键的实质类似，都属于电性作用，A项错误；‎ B.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共有，所以金属键没有方向性和饱和性，B项错误；‎ C.金属中自由电子为整个金属的所有阳离子共有，所以金属键没有方向性和饱和性，C项错误；‎ D.自由电子在金属中自由运动，为整个金属的所有阳离子共有，所以构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动，D项正确；答案选D。‎ ‎8. 以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是 A. ：He B. C. 1s2 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项只能表示最外层电子数；‎ B项只表示核外的电子分层排布情况；‎ C项具体到亚层的电子数；‎ D项包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向；‎ D项描述最详尽，答案选D。‎ ‎9.下列各种说法中错误的是(　　)‎ A. 形成配位键的条件是一方有空轨道另一方有孤电子对 B. 配位键是一种特殊的共价键 C. NH4NO3、H2SO4都含有配位键 D. 共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】配位键是由成键2个原子一方提供孤电子对，另外一方提供空轨道而形成的共价键，可见成键双方都不存在未成对电子，所以A、B均正确；‎ NH4+ 、SO42-均含有配位键，C正确、D错误；正确选项D。‎ ‎【点睛】本题要明确配位键形成的要素：成键的2个原子一方提供孤电子对，另外一方提供空轨道；这样问题就迎刃而解了。‎ ‎10.外围电子构型为‎4f75d16s2的元素在周期表中的位置应是 A. 第四周期ⅦB族 B. 第五周期ⅢB族 C. 第六周期ⅦB族 D. 第六周期ⅢB族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】外围电子构型为‎4f75d16s2，可知电子层数为6，位于第六周期；第五周期最后一种元素的原子序数为54，则该元素的原子序数=54+7+1+2=64，而第六周期第ⅢB族包括镧系元素15种(57-71)，因此该元素位于第六周期第ⅢB族，故选D。‎ ‎11.下列表示氮原子结构的化学用语中,‎ 对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（ ）‎ A. B. ‎ C. 1s22s22p3 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；‎ B. 是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；‎ C. 是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态，故C正确；‎ D. D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则。‎ ‎12.实验测得BH3为平面三角形(键角均为120°)，NH3为三角锥型(键角为107.3°)，已知电子数相同的微粒具有相似的结构。由此推断：①甲基，②甲基碳正离子()，③甲基碳负离子()的键角相对大小顺序为(　　)‎ A. ②＞①＞③ B. ①＞②＞③‎ C. ③＞①＞② D. ①＝②＝③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲基(-CH3)为甲烷去掉一个H原子形成，所以为三角锥形结构，且有一个未成对电子，由于未成对电子的影响小于孤电子对，故键角大于107.3°但要小于120°；‎ ‎②碳正离子()含有6+3-1=8个电子，与BH3电子数相同，所以键角为120°；‎ ‎③碳负离子()含有6+3+1=10个电子，与NH3电子数相同，所以键角为107.3°；‎ 所以键角②＞①＞③，答案为A。‎ ‎13.国际无机化学命名委员会在1989年作出决定，把长式周期表原先的主、副族及族号取消，从左到右改为第 1～18列，第ⅠA族为第1列，稀有气体元素为第18列。按这个规定，下列说法不正确的是 A. 第15列元素的最高价氧化物为R2O5 B. 第2列元素中肯定没有非金属元素 C. 第17列元素的第一种元素无含氧酸 D. 第16、17列元素都是非金属元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.第15列为原来的第ⅤA族，最高价为+5价，其最高价的氧化物为R2O5，A项正确；‎ B.第2列为第ⅡA族，没有非金属元素，B项正确；‎ C.第17列为第ⅦA，第一个元素为F，F无含氧酸，C项正确；‎ D.第16列元素为第ⅥA族，在该族的第六周期的元素为金属元素，为金属钋、Po；D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.金晶体的晶胞为面心立方堆积，如图所示。设金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数，在立方体的各个面的对角线上，3个金原子彼此两两相切，M表示金的摩尔质量。则下列说法错误的是(　　)‎ A. 金晶体每个晶胞中含有4个金原子 B. 金属键无方向性，金属原子尽可能采取密堆积 C. 一个晶胞的体积是16 d3‎ D. 金晶体的密度是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Au原子处于顶点与面心上，算晶胞中含有的Au原子数目为8×+6×=4，故A正确；‎ B．金属晶体中，金属键无方向性，金属原子采取紧密堆积，故B正确；‎ C．在立方体的各个面的对角线上3个金原子彼此两两相切，金原子的直径为d，故面对角线长度为2d，棱长为×2d=d，故晶胞的体积为(d)3=2d3，故C错误；‎ D．晶胞中含有4个原子，故晶胞质量为，晶胞的体积为2d3，故晶胞密度=，故D正确；‎ 答案为C。‎ ‎15.仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是( )‎ A. H、O、S B. Na、H、O C. K、Cl、O D. H、N、Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH，C项如KClO，D项如NH4Cl，均为离子晶体。‎ ‎16.下列对一些实验事实的理论解释正确的是（　　）‎ 选项 实验事实 理论解释 A HF的稳定性强于HCl HF分子间有氢键而HCl没有 B CO2为直线形分子 CO2分子中C=O之间的夹角为109°28′‎ C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体 D 第一电离能：N>O N原子2p能级半充满 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HF的稳定性强于HCl ，是F的非金属性比Cl的非金属性强，故A不符合题意；‎ B．CO2为直线形分子，CO2分子中C=O之间的夹角为180°，故B不符合题意；‎ C．金刚石的熔点低于石墨，金刚石、石墨都是原子晶体，金刚石中碳碳键比石墨中碳碳键键长长，键能小，熔点低，故C不符合题意；‎ D．第一电离能：N＞O，是因为N原子2p能级半充满，稳定，难失电子，故D符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】氢化物稳定性与非金属性有关，氢化物熔沸点与分子间作用力有关。‎ ‎17.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，溶于水时发生电离B(OH)3+H2O⇌[B(OH)4]- + H+ ，则有关说法不正确的是（　　）‎ A. 晶体中同层分子间的主要作用力为氢键 ‎ B. 分子中B原子杂化轨道的类型sp2‎ C. 硼酸是三元酸 ‎ D. 发生电离时B原子的杂化方式发生了改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硼酸[B(OH)3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧的电负性很强，不同硼酸分子之间的氧原子与氢原子之间形成氢键，故A正确；‎ B．分子中B原子与三个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子，其杂化轨道的类型为sp2，故B正确；‎ C．因为硼酸不是电离产生氢离子，而是结合氢氧根使溶液中氢离子浓度大于氢氧根浓度，而使溶液显酸性，类似于盐的水解，硼酸分子只能结合一个氢氧根，所以是一元酸，故C错误；‎ D．发生电离时，B原子与四个羟基相连，与氧原子形成4对共用电子对，即形成4个σ键，无孤对电子，其杂化轨道的类型为sp3，杂化方式发生了改变，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎18.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是 A. 配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9‎ B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+‎ C. 内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2‎ D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；‎ B项，配离子是[TiCl(H2O，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；‎ C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；‎ D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。‎ ‎19.下列叙述错误的是（　　）‎ ‎①离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性　②配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对　③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用　④在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键和范德华力　⑤H2O 分子的VSEPR模型名称与立体构型名称不一致　⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同 ⑦元素的电负性越大，非金属性就越强，其氧化物对应的水化物酸性也越强（　　）‎ A. ①③④ B. ②④⑦ C. ②⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故①正确；②配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故②错误；③金属键的实质是金属中的“自由电子”‎ 与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故③正确；④在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故④错误；⑤H2O分子的VSEPR模型名称为四面体形，分子立体构型为“V”形，两者名称不一致，故⑤正确；⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故⑥正确；⑦元素的电负性越大，非金属性就越强，其氧化物对应的水化物酸性不一定越强，是最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故⑦错误；因此②④⑦错误；故B错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】冰中作用力为共价键、分子间氢键、范德华力，而分子间氢键、范德华力不是化学键，是分子间作用力。‎ ‎20.最近发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为(　　)‎ A. TiC B. Ti‎13C14 ‎C. Ti‎4C7 D. Ti‎14C13‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该物质由分子构成，根据分子模型可知一个分子中含有12+1=13个碳原子，8+6=14个钛原子，所以分子式为Ti‎14C13。‎ 故答案为D。‎ ‎21. 六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示)，在高电压下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面有着广泛的用途，但逸散到空气中会引起温室效应。下列有关六氟化硫的推测正确的是( )‎ A. 六氟化硫易燃烧生成二氧化硫 B. 六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构 C. 六氟化硫分子中的S—F键都是σ键，且键长、键能都相等 D. 六氟化硫分子是极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．六氟化硫不易燃烧，故A错误；‎ B．六氟化硫中S原子未达到8电子稳定结构，故B错误；‎ C．六氟化硫分子中的S—F键都是σ键，且键长、键能都相等，故C正确；‎ D．六氟化硫分子结构对称是非极性分子，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎22.有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（　　）‎ A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3 ‎ B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形 C. X和Q结合生成的化合物可形成离子晶体 ‎ D. ZQ2是极性键构成的非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S，Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q为O，T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P。‎ ‎【详解】A．元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe2O3，故A正确；‎ B．白磷和金刚石的空间构型为正四面体形，故B正确；‎ C．X和Q结合生成的化合物SO2或SO3都可形成分子晶体，不能形成离子晶体；故C错误；‎ D．ZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎23.下列关于晶体的说法中，不正确的是（　　）‎ ‎①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性　②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体　③共价键可决定分子晶体的熔、沸点　④MgO 的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小　⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列　⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定　⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ②③⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故①正确；②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故②错误；③分子间作用力决定分子晶体的熔、沸点，共价键决定稳定性，故③错误；④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故⑤正确；⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，故⑥正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，故⑦错误；因此②③⑦错误；故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】离子半径越小，离子带电荷数越多，则离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，硬度越大。‎ ‎24.下列叙述正确的是 ‎①SO2、CS2、HI都是直线形的分子 ②价电子排布式为ns2的原子属于ⅠA或ⅡA族元素　③Ge是ⅣA族的一种元素，其核外电子排布式为：［Ar]4s24p2，属于P区元素　④非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3，PCl5，H2O2，CO2这样的分子⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键　⑥AgCl是一种白色的沉淀，不溶于硝酸、浓硫酸、烧碱溶液，却能溶于氨水中 ⑦已知熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，则从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、分子晶体 ⑧氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式为 A ①③ B. ②④ C. ⑤⑥ D. ⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①CS2、HI都是直线形的分子，SO2是“V”形的分子，故①错误；②价电子排布式为ns2的原子属于ⅡA族元素或0族元素，故②错误；③Ge是ⅣA族的一种元素，其核外电子排布式为：［Ar]3d104s24p2，属于p区元素，故③错误；④非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3、PCl5、CO2这样的分子，H2O2是极性分子，故④错误；⑤化合物NH4Cl中铵根存在配位键，CuSO4·5H2O中[Cu(H2O)4]2+存在配位键，故⑤正确；⑥AgCl是一种白色的沉淀，不溶于硝酸、浓硫酸、烧碱溶液，却能溶于氨水中形成[Ag(NH3)2]+，故⑥正确；⑦HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2是弱电解质，故⑦错误；⑧氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“···”表示)结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式为，故⑧错误；因此⑤⑥正确，故C正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎25.已知CsCl晶体的密度为，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的摩尔质量可以表示为（单位：g/mol）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用均摊法确定该立方体中含有的离子的数目，根据计算相对分子质量。‎ ‎【详解】根据均摊法可知，该立方体中含有Cl-1个，含Cs+8×=1个，根据可得M==，因此相对分子质量为；‎ 答案选A。‎ 第Ⅱ卷 二、非选择题(共3小题，共50分) ‎ ‎26.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；③R原子核外L层电子数为奇数；④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4；请回答下列问题：‎ ‎(1)Z2＋的核外电子排布式是________。‎ ‎(2)Q、R、Y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)。‎ ‎(3)Q的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中σ键与π键的键数之比为________。‎ ‎(4)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________(填晶体类型)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). Si＜C＜N (3). 3：2 (4). 原子晶体 ‎【解析】‎ 分析】‎ Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。Z的原子序数为29，则Z为Cu，其余的均为短周期主族元素，Q、X原子p轨道的电子总数分别为2和4，则Q原子核外电子排布为1s22s22p2，X原子核外电子排布为1s22s22p4，故Q为C元素、X为O元素；R原子核外L层电子数为奇数，则原子有2个电子层，处于第二周期，原子序数介于碳、氧之间，故R为N元素；Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn，由于s能级最多容纳2个电子，则p能级容纳电子数也为2，故Y原子价电子（外围电子）排布ms2mp2，Y处于ⅣA族，由于Q为碳元素，故Y为Si元素，据此解答。‎ ‎【详解】通过上述分析可知：Q为C元素，R为N元素，X为O元素，Y为Si元素，Z为Cu元素；‎ ‎（1）Z为Cu元素，原子序数为29，核外电子数为29，Cu2+失去2个电子，则Cu2+的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d9，答案为1s22s22p63s23p63d9。‎ ‎（2）Q、R、Y三种元素分别为C、N、Si，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能数值由小到大的顺序为Si＜C＜N，答案为Si＜C＜N。‎ ‎（3）Q为C元素，碳的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为C2H2，结构式为H-C≡C-H，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，分子中的σ键与π键的键数之比为3：2；答案为3：2。‎ ‎（4）非金属性越强，电负性越大，Cu为金属元素，非金属性Si＜C＜N＜O，故电负性最大元素是O元素，电负性最小元素为Si元素，二元素形成SiO2，由共价键构成空间网状结构，属于原子晶体；答案为原子晶体。‎ ‎27.在元素周期表中，除稀有气体外几乎所有元素都能与氢形成氢化物。‎ ‎(1)氨气属于共价型氢化物，工业常用氨气和醋酸二氨合铜［Cu(NH3)2]Ac的混合液来吸收CO（醋酸根离子简写为Ac-）。反应方程式为：［Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3=[Cu(NH3)3CO]Ac ‎①氨水溶液中各元素原子的第一电离能从大到小排列顺序为___________。‎ ‎②醋酸分子(CH3COOH)中的两个碳原子的杂化方式分别是_________________。‎ ‎③生成物[Cu(NH3)3CO]Ac中所含化学键类型有_________（填序号）。‎ A．离子键      b．金属键      c．共价键      d．配位键 ‎(2)某离子化合物XY2，晶胞结构如图所示，其中6个Y原子用数字1～6标注。‎ 已知1、2、3、4号Y原子在晶胞上、下面上，则5、6号Y原子均在晶胞_________（填“侧面”或“内部”）。‎ ‎②根据以上信息可以推知，XY2晶体的熔沸点______（填“>”、“=”或“<”）固态氨的熔沸点。‎ ‎③若该晶胞的边长为anm，密度为ρg/cm3，XY2的摩尔质量为Mg/mol，则阿伏加德罗常数为____。‎ ‎【答案】 (1). N＞O＞H (2). sp3  sp2 (3). acd (4). 内部 (5). > (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①同周期，第一电离能具有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族；②CH3COOH中的第一个碳原子形成4个共价键，第二个碳原子形成3个共价键；③生成物[Cu(NH3)3CO]Ac中Ac－和[Cu(NH3)3CO]2+形成离子键，NH3含有共价键，[Cu(NH3)3CO]2+含有配位键。‎ ‎(2)①X离子个数为2个，根据化学式XY2，因此Y离子个数为4个，根据面心计算个数来确定另外两个Y的位置；②根据以上信息可以推知，XY2‎ 是离子晶体，固态氨是分子晶体；③该晶胞X离子个数为2个，Y离子个数为4个，根据建立关系式反算阿伏加德罗常数。‎ ‎【详解】(1)①氨水溶液中元素为H、N、O原子的第一电离能从大到小排列顺序为N＞O＞H；故答案为：N＞O＞H。‎ ‎②醋酸分子(CH3COOH)中的第一个碳原子形成4个共价键，有4个σ键，杂化方式为sp3，第二个碳原子形成3个共价键，有3个σ键，没有未成对电子，杂化方式为sp2，故答案为：sp3、sp2。‎ ‎③生成物[Cu(NH3)3CO]Ac中Ac－和[Cu(NH3)3CO]2+形成离子键，NH3含有共价键，[Cu(NH3)3CO]2+含有配位键，无金属键，因此所含化学键类型有abd；故答案为：abd。‎ ‎(2)①X离子个数为2个，根据化学式XY2，因此Y离子个数为4个，已知1、2、3、4号Y原子在晶胞上、下面上，则共有2个，则还有2个Y，又在5、6号，因此5、6号Y原子均在晶胞内部；故答案为：内部。‎ ‎②根据以上信息可以推知，XY2是离子晶体，固态氨是分子晶体，因此XY2晶体的熔沸点＞固态氨的熔沸点；故答案为：＞。‎ ‎③若该晶胞X离子个数为2个，Y离子个数为4个，根据，则阿伏加德罗常数为；故答案为：。‎ ‎28.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种元素。‎ A B C D E F T G H I J K L M N O 试回答下列问题（注意：每问中字母代号为上表中的字母代号，并非为元素符号）‎ ‎(1)N的单质和水蒸气反应能生成固体X，则I的单质与X反应的化学方程式_______。‎ ‎(2)D的气态氢化物的VSEPR模型的名称为_______。‎ ‎(3)由A、C、D形成的ACD分子中，σ键和π键个数比= _______________。‎ ‎(4)要证明太阳上是否含有R 元素，可采用的方法是__________________________。‎ ‎(5)元素M的化合物(ME‎2L2)在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应。回答问题：‎ ‎①ME‎2L2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断ME‎2L2是_________（填“极性”或“非极性”）分子。‎ ‎②将N和O的单质用导线连接后插入D的最高价氧化物对应的水化物浓溶液中，可制成原电池，则组成负极材料的元素的外围电子轨道表示式为______________________。‎ ‎(6)往O2＋溶液中加入氨水，形成蓝色沉淀，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色透明溶液，写出沉淀溶解的离子方程式_____。‎ ‎(7)若F 、K两种元素形成的化合物中中心原子的价电子全部参与成键，则该化合物的空间构型的名称为___。‎ ‎(8)如图四条折线分别表示ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族元素气态氢化物沸点变化，则E的氢化物所在的折线是__（填m、n、x或y）。‎ ‎(9)1183 K以下纯N晶体的基本结构单元如所示，1183 K以上转变为所示结构的基本结构单元。在1183 K以下的晶体中，空间利用率为____；在1183 K以上的晶体中，与N原子等距离且最近的N原子数为____，晶体堆积方式的名称为_____。‎ ‎【答案】 (1). 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe (2). 四面体 (3). 1：1 (4). 对太阳光进行光谱分析 (5). 非极性 (6). (7). Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+ + 2OH- + 4H2O (8). 正八面体 (9). m (10). 或68% (11). 12 (12). 面心立方最密堆积 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为H，R为He，B为Li，C为C，D为N，E为O，F为F，T为Ne，G为Na，H为Mg，I为Al，J为Si，K为S，L为Cl，M为Cr，N为Fe，O为Cu。‎ ‎【详解】(1)Fe的单质和水蒸气反应能生成固体Fe3O4，则Al与Fe3O4反应生成Fe和Al2O3，其化学方程式8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe；故答案为：8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe。‎ ‎(2)D的气态氢化物NH3的价层电子对数为，VSEPR模型的名称为四面体形；故答案为：四面体形。‎ ‎(3)由A、C、D形成的ACD分子HCN，其结构为H—C≡N，σ键和π键个数比为1:1；故答案为：1:1。‎ ‎(4)要证明太阳上是否含有He元素，可采用的方法是对太阳光进行光谱分析；故答案为：对太阳光进行光谱分析。‎ ‎(5)①ME‎2L2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，CCl4、CS2是非极性分子，根据相似相溶原理得出ME‎2L2是非极性分子；故答案为：非极性。‎ ‎②将N和O的单质用导线连接后插入D的最高价氧化物对应的水化物浓溶液中，可制成Cu—Al—浓硝酸原电池，则组成负极材料是铜，其外围电子轨道表示式为；故答案为：。‎ ‎(6)往Cu2+溶液中加入氨水，形成蓝色沉淀，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色透明溶液，发生的是氢氧化铜和氨水反应生成四氨合铜子、氢氧根和水，其沉淀溶解的离子方程式Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+ + 2OH－ + 4H2O；故答案为：Cu(OH)2+ 4NH3·H2O = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH－ + 4H2O。‎ ‎(7)若F、K两种元素形成的化合物中中心原子的价电子全部参与成键则形成SF6，则该化合物的空间构型的名称为正八面体；故答案为：正八面体。‎ ‎(8)如图四条折线分别表示ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族元素气态氢化物沸点变化，沸点最高的是H2O，因此m为H2O，n为HF，x为NH3，y为CH4，则E的氢化物为H2O，其所在的折线是m；故答案为：m。‎ ‎(9)在1183 K以下的晶体中，则该晶体为体心立方，设原子半径为r，根据体对角线为4r ‎，则晶胞参数为，则空间利用率为；在1183 K以上的晶体中，晶体堆积方式为面心立方最密堆积，与N原子等距离且最近的N原子数为12；故答案为：或68%；12；面心立方最密堆积。‎