化学卷·2018届四川省德阳市中江县龙台中学高二上学期期中化学试卷+（解析版）

化学卷·2018届四川省德阳市中江县龙台中学高二上学期期中化学试卷+（解析版）

‎2016-2017学年四川省德阳市中江县龙台中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1．下列离子中外层d轨道完全充满状态的是（　　）‎ A．Cr3+ B．Fe3+ C．CO3+ D．Cu+‎ ‎2．以下电子排布式不是基态原子的电子排布式的是（　　）‎ A．1s22s1 B．1s22s12p1 C．1s22s22p63s2 D．1s22s22p63s1‎ ‎3．下列关于乙烯（CH2=CH2）的说法不正确的（　　）‎ A．乙烯分子中2个碳原子都是sp2杂化 B．乙烯分子存在非极性键 C．乙烯分子中4个H原子在同一平面上 D．乙烯分子有6个σ键 ‎4．下列比较不正确的是（　　）‎ A．非金属性：C＞N B．酸性：HClO4＞H2CO3‎ C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．热稳定性H2O＞H2S ‎5．对充有氖气的霓红灯管通电，灯管发出红色光．产生这一现象的主要原因（　　）‎ A．电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量 B．电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线 C．氖原子获得电子后转变成发出红光的物质 D．在电流作用下，氖原子与构成灯管的物质反应 ‎6．下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（　　）‎ A．CH4、P4 B．SO2、CHCl3 C．PCl3、SO3 D．NH3、H2O ‎7．bXn﹣和aYm+两离子的电子层结构相同，则a等于（　　）‎ A．b﹣m﹣n B．b+m+n C．b﹣m+n D．m﹣n+b ‎8．已知NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法不正确的是（　　）‎ A．12g金刚石中平均含有2NA个σ键 B．1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键 C．12g石墨中平均含1.5NA个σ键 D．1molCH4中含4NA个s﹣pσ键 ‎9．下列对一些实验事实的解释正确的是（　　）‎ 选项 ‎ 实验事实 ‎ 解释 A ‎ 水加热到较高温度都难以分解 ‎ 水分子间存在氢键 B ‎ 白磷为正四面体分子 ‎ 白磷分子中P﹣P键间的键角是109°28′‎ C ‎ 用苯萃取碘水中的I2‎ ‎ 苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶 D ‎ H2O的沸点高于H2S ‎ H﹣O键的键长比H﹣S键的键长短 A．A B．B C．C D．D ‎10．下列各组微粒的立体构型相同的是（　　）‎ A．CO2与SO2 B．CH4与CCl4 C．NH3与BF3 D．H3O+与SO3‎ ‎11．下列说法或有关化学用语的表达不正确的是（　　）‎ A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量 B．核外电子排布由1s22s22p63s1→1s22s22p6 的变化需要吸收能量 C．某元素基态原子的电子排布图 D．Ca2+离子基态电子排布式为1s22s22p63s23p6‎ ‎12．已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）．下列推测肯定不正确的是（　　）‎ A．该物质与水反应，属于氧化还原反应 B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水 C．Al2H6分子中 氢为+1价，铝为﹣3价 D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料 ‎13．金属钠是体心立方堆积，关于钠晶体，下列判断合理的是（　　）‎ A．其熔点比金属铝的熔点高 B．一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子 C．该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 D．该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动 ‎14．下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（　　）‎ A．CO2 B．H2O C．CO32﹣ D．CCl4‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．HI沸点比HBr的沸点低 B．用X射线衍射实验的方法，可以区分晶体和非晶体 C．CH3CH2CH2CH3分子中有两个手性碳原子 D．由于HF分子间存在氢键，故HF比HCl稳定 ‎16．化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是（　　）‎ A．CO2为直线形分子，SO2也为直线形分子 B．固态CS2是分子晶体，固态SiO2也是分子晶体 C．NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化 D．Al（OH）3能溶于NaOH溶液，Be（OH）2也能溶于NaOH溶液 ‎17．下列化合物中含有手性碳原子的是（　　）‎ A．CCl2F2 B． C．CH3CH2OH D．‎ ‎18．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，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．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．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子 C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+‎ ‎19．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（　　）‎ A．Mg2CNi3 B．MgC2Ni C．MgCNi2 D．MgCNi3‎ ‎20．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如右图所示．已知断裂1mol N﹣N吸收167kJ热量，生成1mol N≡N放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是（　　）‎ A．N4属于一种新型的化合物 B．N4是N2的同素异形体 C．N4分子中N﹣N键角为109°28′‎ D．1 mol N4转变成N2将吸收882 kJ热量 ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分60分）‎ ‎21．有下列8种晶体，用序号回答下列问题：‎ A．水晶 B．冰醋酸 C．白磷 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石 ‎（1）属于原子晶体的化合物是　　，直接由原子构成的高熔点的晶体是　　，直接由原子构成的分子晶体是　　．‎ ‎（2）由极性分子构成的晶体是　　，会有共价键的离子晶体是　　，属于分子晶体的单质是　　．‎ ‎（3）在一定条件下能导电而不发生化学反应的是　　，分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是　　，受热熔化，需克服共价键的是　　．‎ ‎22．A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大．A元素可形成自然界硬度最大的单质；B的2p半满；X原子的第一电离能至第四电离能分别是I1=578kJ•mol﹣1，I2=1 817kJ•mol﹣1，I3=2 745kJ•mol﹣1，I4=11‎ ‎ 575kJ•mol﹣1；Y与X同周期，是该周期电负性最强的元素；Z的一种同位素的质量数为53，中子数为29．请回答下列问题：‎ ‎（1）Z的基态原子核外电子排布式为　　．‎ ‎（2）X、氧、B元素的电负性由大到小顺序为　　 （用元素符号作答）．‎ ‎（3）AY4是一种常用的溶剂，是　　 （填“极性分子”或“非极性分子”），A2H4分子中σ键与π键的个数比为　　．‎ ‎（4）X的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为　　．‎ ‎23．如表是周期表的一部分，请回答有关问题．‎ ⅠA ⅡA ⅢA Ⅳ ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ 二周期 ‎　‎ ‎　‎ ‎　 ‎ ‎　‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎　‎ ‎　‎ 三周期 ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎　‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎（1）①原子结构示意图是　　，④的元素名称　　，②与⑦形成的化合物属于　　（填“离子”“共价”）化合物．‎ ‎（2）原子半径③　　④，金属性③　　④，（填“＞”或“＜”）‎ ‎（3）②和⑦形成的化合物中，能使品红溶液腿色的是　　（填化学式），它对环境的主要危害是　　，⑦、⑧元素形成的氢化物热稳定性较强的是　　（填化学式）．‎ ‎（4）写出③与水反应的化学方程式　　．‎ ‎24．晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞．NaCl晶体结构如图所示．‎ ‎（1）在一个NaCl晶胞中Na+的个数为　　，‎ ‎（2）晶体中每个Na+同时吸引着　　个Cl﹣，每个Cl﹣同时吸引着　　个Na+‎ ‎（3）晶体中在每个Cl﹣周围与它最接近且距离相等的Cl﹣共有　　个．‎ ‎25．已知白磷是由P4分子形成的分子晶体，每个P4分子是正四面体结构．分子中的四个磷原子位于正四面体的四个顶点．则P4分子中共有　　个P﹣P键．‎ ‎26．（化学﹣物质结构与性质）C和Si元素在化学中占有极其重要的地位．‎ ‎（1）写出Si的基态原子核外电子排布式　　．‎ 从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为　　．‎ ‎（2）SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为　　，微粒间存在的作用力是　　．‎ ‎（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为　　（填元素符号）．MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似．MO的熔点比CaO的高，其原因是　　．‎ ‎（4）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同．CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π健．从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省德阳市中江县龙台中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1．下列离子中外层d轨道完全充满状态的是（　　）‎ A．Cr3+ B．Fe3+ C．CO3+ D．Cu+‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】3d轨道半充满说明3d轨道中含有10个电子，即为3d10，写出离子的价电子排布式进行判断．‎ ‎【解答】解：A．Cr3+的价电子排布式为3d3，d轨道不是完全充满状态，故A错误；‎ B．Fe3+的价电子排布式为3d5，d轨道为半充满状态，故B错误；‎ C．Co3+的价电子排布式为3d6，d轨道不是完全充满状态，故C错误；‎ D．Cu+的价电子排布式为3d10，d轨道处于全满状态，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．以下电子排布式不是基态原子的电子排布式的是（　　）‎ A．1s22s1 B．1s22s12p1 C．1s22s22p63s2 D．1s22s22p63s1‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．基态原子的电子排布式为1s22s1，符合基态原子电子排布规律，故A不选；‎ B．基态原子的电子排布式应为1s22s2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，故B选；‎ C．基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，故C不选；‎ D．基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，符合基态原子电子排布规律，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于乙烯（CH2=CH2）的说法不正确的（　　）‎ A．乙烯分子中2个碳原子都是sp2杂化 B．乙烯分子存在非极性键 C．乙烯分子中4个H原子在同一平面上 D．乙烯分子有6个σ键 ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键．‎ ‎【分析】A．根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；‎ B．同种非金属元素之间存在非极性共价键，不同非金属元素之间存在极性共价键；‎ C．乙烯分子的空间结构为平面方形；‎ D．共价单键是σ 键，共价双键中一个是σ 键一个是π键．‎ ‎【解答】解：A．乙烯分子中2个碳原子的价层电子对数为3，所以碳碳双键两端的碳原子采用sp2杂化，故A正确；‎ B．同种非金属元素之间存在非极性共价键，不同非金属元素之间存在极性共价键，所以分子存在非极性键，故B正确；‎ C．乙烯分子的空间结构为平面方形，所以4个H原子在同一平面上，故C正确；‎ D．共价单键是σ 键，共价双键中一个是σ 键一个是π键，所以乙烯中有5个σ 键，1个π 键，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列比较不正确的是（　　）‎ A．非金属性：C＞N B．酸性：HClO4＞H2CO3‎ C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．热稳定性H2O＞H2S ‎【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．‎ ‎【分析】A．同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强；‎ B．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；‎ C．元素金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；‎ D．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强．‎ ‎【解答】解：A．同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，所以非金属性C＜N，故A错误；‎ B．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞C，所以HClO4＞H2CO3，故B正确；‎ C．元素金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2，故C正确；‎ D．元素非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，所以热稳定性H2O＞H2S，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．对充有氖气的霓红灯管通电，灯管发出红色光．产生这一现象的主要原因（　　）‎ A．电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量 B．电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线 C．氖原子获得电子后转变成发出红光的物质 D．在电流作用下，氖原子与构成灯管的物质反应 ‎【考点】原子核外电子的跃迁及应用．‎ ‎【分析】灯管发出红色光，释放出光能，电子由激发态向基态跃迁，属于物理变化，没有新物质生成．‎ ‎【解答】解：电子由基态获得能量跃迁到激发态，从激发态跃迁到较低的能级，多余的能量以光的形式释放出来，光的波长对应一定的颜色，则A正确，B错误，属于物理变化，没有新物质生成，则C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（　　）‎ A．CH4、P4 B．SO2、CHCl3 C．PCl3、SO3 D．NH3、H2O ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；‎ 中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断．‎ ‎【解答】解：A．CH4中C原子形成4个δ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；‎ B．SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=（6﹣2×2）=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，故B错误；‎ C．PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=×（5﹣3×1）=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=×（6﹣2×3）=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；‎ D．NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个δ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．bXn﹣和aYm+两离子的电子层结构相同，则a等于（　　）‎ A．b﹣m﹣n B．b+m+n C．b﹣m+n D．m﹣n+b ‎【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．‎ ‎【分析】bXn﹣和aYm+两离子具有相同的电子层结构，说明二者核外电子数相同，阴离子核外电子数=质子数+所带的电荷数，阳离子核外电子数=质子数﹣所带电荷数，据此计算判断．‎ ‎【解答】解：阳离子核外电子数=质子数﹣所带电荷数，所以bXn﹣‎ 的核外电子数为b+n；阴离子核外电子数=质子数+所带的电荷数，所以aYm+的核外电子数为a﹣m；bXn+和aYm﹣两离子具有相同的电子层结构，说明二者核外电子数相同，所以b+n=a﹣m，即a=b+m+n 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．已知NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法不正确的是（　　）‎ A．12g金刚石中平均含有2NA个σ键 B．1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键 C．12g石墨中平均含1.5NA个σ键 D．1molCH4中含4NA个s﹣pσ键 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．在金刚石中每个C原子可形成的C﹣Cσ键为4个；每条C﹣C键被两个C原子共用；‎ B．根据在二氧化硅晶体中，一个硅原子与4个氧原子形成4条Si﹣Oσ键来判断；‎ C．石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C﹣Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×=1.5个；‎ D．甲烷中4个C﹣H是sP3杂化．‎ ‎【解答】解：A．金刚石中每个C原子可形成的C﹣Cσ键为4个；每条C﹣C键被两个C原子共有，每个碳原子可形成：4×=2个C﹣C键，则12g金刚石即1mol，含 C﹣Cσ键2mol，即个数为2NA，故A正确；‎ B．在二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4条Si﹣Oσ键，1molSiO2晶体中平均含有4NA个σ键，故B正确；‎ C．石墨中每个C原子与其它3个C原子形成3个C﹣Cσ键，则平均每个C原子成键数目为3×=1.5个，12g石墨物质的量为=1mol，平均含1.5NA个σ键，故C正确；‎ D．甲烷中4个C﹣H是sP3杂化，不是s﹣p杂化，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．下列对一些实验事实的解释正确的是（　　）‎ 选项 ‎ 实验事实 ‎ 解释 A ‎ 水加热到较高温度都难以分解 ‎ 水分子间存在氢键 B ‎ 白磷为正四面体分子 ‎ 白磷分子中P﹣P键间的键角是109°28′‎ C ‎ 用苯萃取碘水中的I2‎ ‎ 苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶 D ‎ H2O的沸点高于H2S ‎ H﹣O键的键长比H﹣S键的键长短 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．水分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关；‎ B．白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子；‎ C．非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂；‎ D．氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关．‎ ‎【解答】解：A．水分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，水加热到较高温度都难以分解，说明水中存在的化学键较强，故A错误；‎ B．白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子，键角为60°，故B错误；‎ C．非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，碘和苯都是非极性分子，水是极性分子，所以苯和I2均为非极性分子且苯与水不互溶，故C正确；‎ D．氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，H20的沸点高于H2S，说明水中含有氢键，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．下列各组微粒的立体构型相同的是（　　）‎ A．CO2与SO2 B．CH4与CCl4 C．NH3与BF3 D．H3O+与SO3‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【分析】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，据此判断．‎ ‎【解答】解：A．CO2分子是直线型分子，SO2中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形，故A错误；‎ B．CH4与CCl4分子中C原子价层电子对个数均为4+×（4﹣4×1）=4，且不含孤电子对，所以CH4与CCl4分子均为正四面体结构，故B正确；‎ C．NH3中价层电子对个数=3+×（5﹣3）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，BF3中B原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以分子构型为平面正三角形，故C错误；‎ D．H3O+中价层电子对个数都是3且含有一对孤电子对，所以为三角锥形结构，SO3中电子对数=，S原子采取sp3杂化，分子空间构型为平面三角形，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．下列说法或有关化学用语的表达不正确的是（　　）‎ A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量 B．核外电子排布由1s22s22p63s1→1s22s22p6 的变化需要吸收能量 C．某元素基态原子的电子排布图 D．Ca2+离子基态电子排布式为1s22s22p63s23p6‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A．没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一能层；‎ B.3s能级电子获得能量脱离原子核的束缚；‎ C．违背洪特规则，2p轨道2个单电子应自旋方向相同；‎ D．Ca原子失去4s能级的电子形成Ca2+离子．‎ ‎【解答】解：A．同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，高能层中s轨道电子能量则比低能层中p轨道电子能量高，故A错误；‎ B.3s能级的电子获得能量后脱离原子核的束缚而失去形成1s22s22p6，故B正确；‎ C．某元素基态原子的电子排布图 ‎，违背洪特规则，2p轨道2个单电子应自旋方向相同，基态原子核外电子排布图应为，故C错误；‎ D．Ca原子失去4s能级的电子形成Ca2+离子，Ca2+离子基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，故D正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．已知Al2H6燃烧热极高，是一种很好的生氢剂，它跟水反应生成H2，球棍模型如图（白球为Al，黑球为H）．下列推测肯定不正确的是（　　）‎ A．该物质与水反应，属于氧化还原反应 B．Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水 C．Al2H6分子中 氢为+1价，铝为﹣3价 D．氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料 ‎【考点】氧化还原反应；根据化学式判断化合价．‎ ‎【分析】A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价；‎ B．根据元素守恒分析；‎ C．根据元素的电负性和铝的化合价判断；‎ D．根据氢铝化合物的性质分析．‎ ‎【解答】解：A．Al2H6与水反应生成氢氧化铝和氢气，该反应中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，故A正确；‎ B．根据题中信息Al2H6的燃烧热极高，判断Al2H6能燃烧，根据原子守恒，Al2H6的组成元素只有Al、H两种元素，又由于是在氧气中燃烧，推出燃烧产物为氧化铝和水，故B正确；‎ C．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显﹣1价，故C错误；‎ D．氢铝化合物能和水反应生成氢氧化铝和氢气，可以作储氢材料，燃烧热极高可以作火箭燃料，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．金属钠是体心立方堆积，关于钠晶体，下列判断合理的是（　　）‎ A．其熔点比金属铝的熔点高 B．一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子 C．该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 D．该晶体中的钠离子在外加电场作用下可发生定向移动 ‎【考点】金属晶体的基本堆积模型．‎ ‎【分析】A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强；‎ B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心；‎ C．自由电子在电场的作用下可以定向移动；‎ D．晶体中的钠离子不能自由移动．‎ ‎【解答】解：A．金属的原子半径越小，金属离子所带电荷越多，金属键越强，金属熔化时破坏金属键，所以Al的金属键强度大于Na，所以Na的熔点比金属铝的熔点低，故A错误；‎ B．晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心，则一个钠的晶胞中，平均含有钠原子数为×1+1=2，故B错误；‎ C．自由电子在电场的作用下可以定向移动，金属晶体中存在自由移动的电子，所以该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，故C正确；‎ D．晶体中的钠离子不能自由移动，所以晶体中的钠离子在外加电场作用下不能定向移动，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（　　）‎ A．CO2 B．H2O C．CO32﹣ D．CCl4‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型．‎ ‎【分析】‎ 价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a﹣xb），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；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型．‎ 价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；‎ 价层电子对个数为3，不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；‎ 价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断．‎ ‎【解答】解：A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不选；‎ B．水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故B选；‎ C．CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以CO32﹣的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不选；‎ D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．HI沸点比HBr的沸点低 B．用X射线衍射实验的方法，可以区分晶体和非晶体 C．CH3CH2CH2CH3分子中有两个手性碳原子 D．由于HF分子间存在氢键，故HF比HCl稳定 ‎【考点】晶体熔沸点的比较；“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响．‎ ‎【分析】A．HI与HBr都属于分子晶体；‎ B．晶体对X﹣射线发生衍射，非晶体不会对X﹣射线发生衍射；‎ C．手性碳原子指连有四个不同基团；‎ D．分子的稳定性和化学键有关和氢键无关．‎ ‎【解答】解：A．HI与HBr都属于分子晶体，又没有氢键，所以熔沸点与相对分子质量成正比，则HI沸点比HBr的沸点高，故A错误；‎ B．晶体对X﹣射线发生衍射，非晶体不会对X﹣射线发生衍射，所以能用X﹣射线衍射技术可以区分晶体和非晶体，故B正确；‎ C．CH3CH2CH2CH3中C原子连接的四个基团至少有2个是一样的，该分子中没有手性碳原子，故C错误；‎ D．分子的稳定性和化学键有关和氢键无关，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．化学学习中常用类推方法，下列类推正确的是（　　）‎ A．CO2为直线形分子，SO2也为直线形分子 B．固态CS2是分子晶体，固态SiO2也是分子晶体 C．NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子也是sp3杂化 D．Al（OH）3能溶于NaOH溶液，Be（OH）2也能溶于NaOH溶液 ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；两性氧化物和两性氢氧化物．‎ ‎【分析】A、CO2中C为sp杂化，则直线形分子，SO2中S为sp2杂化，则V形分子；‎ B、固态CS2是分子晶体，固态SiO2是原子晶体；‎ C、NCl3中N原子有一对孤电子对是sp3杂化，BCl3中B原子无孤电子对是sp2杂化；‎ D、根据对角线相似规则．‎ ‎【解答】解：A、CO2中C为sp杂化，则直线形分子，SO2中S为sp2杂化，则V形分子，故A错误；‎ B、固态CS2由分子构成是分子晶体，固态SiO2由原子构成是原子晶体，故B错误；‎ C、NCl3中N原子有一对孤电子对是sp3杂化，BCl3中B原子无孤电子对是sp2杂化，故C错误；‎ D、由对角线相似规则可知，铝及其化合物与铍及其化合物性质相似，Al（OH）3能溶于NaOH溶液，则Be（OH）2能溶于NaOH溶液，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．下列化合物中含有手性碳原子的是（　　）‎ A．CCl2F2 B． C．CH3CH2OH D．‎ ‎【考点】“手性分子”在生命科学等方面的应用．‎ ‎【分析】在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，根据碳原子连接的原子或原子团分析判断．‎ ‎【解答】解：A．碳原子连接2个相同的原子，所以该碳原子不是手性碳原子，故A错误；‎ B．碳原子连接3个相同的原子，所以该碳原子不是手性碳原子，故B错误；‎ C．CH3CH2OH分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，故C错误；‎ D．该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，所以该碳原子属于手性碳原子，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．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，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．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．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子 C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+‎ ‎【考点】配合物的成键情况．‎ ‎【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．‎ A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；‎ B．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；‎ C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；‎ D．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清．‎ ‎【解答】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络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；‎ B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，中心原子Cu2+提供空轨道，配位体NH3提供孤电子对，故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，故C错误；‎ D．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络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎19．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（　　）‎ A．Mg2CNi3 B．MgC2Ni C．MgCNi2 D．MgCNi3‎ ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．‎ ‎【解答】解：碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为MgCNi3，故选D．‎ ‎　‎ ‎20．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如右图所示．已知断裂1mol N﹣N吸收167kJ热量，生成1mol N≡N放出942kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是（　　）‎ A．N4属于一种新型的化合物 B．N4是N2的同素异形体 C．N4分子中N﹣N键角为109°28′‎ D．1 mol N4转变成N2将吸收882 kJ热量 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．化合物是由不同种元素组成的纯净物，单质是由同种元素组成的纯净物；‎ B．同种元素组成的结构、性质不同的单质互为同素异形体；‎ C．N4分子不是正四面体结构；‎ D．依据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，根据题中数据计算出1molN4转变成N2放出的热量．‎ ‎【解答】解：A．N4由N组成，是一种单质，故A错误；‎ B．N4和N2都是氮元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；‎ C．分子不是正四面体结构，所以N4分子中N﹣N键角不是109°28′，故C错误；‎ D.1molN4气体中含有0.6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分60分）‎ ‎21．有下列8种晶体，用序号回答下列问题：‎ A．水晶 B．冰醋酸 C．白磷 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石 ‎（1）属于原子晶体的化合物是　A　，直接由原子构成的高熔点的晶体是　G　，直接由原子构成的分子晶体是　D　．‎ ‎（2）由极性分子构成的晶体是　B　，会有共价键的离子晶体是　E　，属于分子晶体的单质是　C、D　．‎ ‎（3）在一定条件下能导电而不发生化学反应的是　F　，分子内存在化学键，但受热熔化时，化学键不发生变化的是　B、C　，受热熔化，需克服共价键的是　A、G　．‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】（1）原子晶体的构成微粒为原子，分子晶体的构成微粒为分子，但稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子；‎ ‎（2）醋酸分子是极性分子，氯化铵是含有共价键的离子晶体，白磷和氩是分子晶体；‎ ‎（3）金属铝在一定条件下能导电而不发生化学反应，含有共价键的分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键，原子晶体熔化时破坏共价键．‎ ‎【解答】解：（1）水晶、金刚石都是原子晶体，水晶化学成分为二氧化硅，属于原子晶体的化合物，金刚石是直接由原子构成的高熔点的晶体，直接由原子构成的分子晶体是稀有气体D，‎ 故答案为：A；G；D；‎ ‎（2）由极性分子构成的晶体是醋酸分子，含有共价键的离子晶体是氯化铵，是分子晶体而且是单质的是白磷和固体氩，‎ 故答案为：B；E；C、D； ‎ ‎（3）金属铝在一定条件下能导电而不发生化学反应，冰醋酸和白磷是含有共价键的分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏共价键，水晶和金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键，‎ 故答案为：F；B、C；A，G．‎ ‎　‎ ‎22．A、B、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大．A元素可形成自然界硬度最大的单质；B的2p半满；X原子的第一电离能至第四电离能分别是I1=578kJ•mol﹣1，I2=1 817kJ•mol﹣1，I3=2 745kJ•mol﹣1，I4=11 575kJ•mol﹣1；Y与X同周期，是该周期电负性最强的元素；Z的一种同位素的质量数为53，中子数为29．请回答下列问题：‎ ‎（1）Z的基态原子核外电子排布式为　1s22s2 3S23p63d54s1　．‎ ‎（2）X、氧、B元素的电负性由大到小顺序为　O＞N＞Al　 （用元素符号作答）．‎ ‎（3）AY4是一种常用的溶剂，是　非极性分子　 （填“极性分子”或“非极性分子”），A2H4分子中σ键与π键的个数比为　5：4　．‎ ‎（4）X的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B的2p半满，则2p轨道上有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+3价，所以X为Al元素；Y与X同周期，是该周期电负性最强的元素，则Y为Cl元素；Z的一种同位素的质量数为53，中子数为29，则质子数=53﹣29=24，故Z为Cr元素，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A元素可形成自然界硬度最大的单质，该单质为金刚石，则A为C元素；B的2p半满，则2p轨道上有三个未成对电子，则B为N元素；根据X原子的第一电离能至第四电离可知，X原子的第四电离能剧增，则X表现+‎ ‎3价，所以X为Al元素；Y与X同周期，是该周期电负性最强的元素，则Y为Cl元素；Z的一种同位素的质量数为53，中子数为29，则质子数=53﹣29=24，故Z为Cr元素，‎ ‎（1）Z为24号Cr元素，根据构造原理，其基态原子核外电子排布式为1s22s2 3S23p63d54s1，故答案为：1s22s2 3S23p63d54s1；‎ ‎（2）非金属性越强，电负性越强，Al、O、N元素的电负性与非金属性一致，则三种元素电负性大到小顺序为O＞N＞Al，故答案为：O＞N＞Al；‎ ‎（3）AY4的化学式是CCl4，与甲烷结构相似，为正四面体结构，属于非极性分子，A2H4分子含4个C﹣H、1个碳碳双键，σ键与π键的个数比为5：4，‎ 故答案为：非极性分子；5：4；‎ ‎（4）X的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎23．如表是周期表的一部分，请回答有关问题．‎ ⅠA ⅡA ⅢA Ⅳ ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ 二周期 ‎　‎ ‎　‎ ‎　 ‎ ‎　‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎　‎ ‎　‎ 三周期 ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎　‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎（1）①原子结构示意图是　　，④的元素名称　镁　，②与⑦形成的化合物属于　共价　（填“离子”“共价”）化合物．‎ ‎（2）原子半径③　＞　④，金属性③　＞　④，（填“＞”或“＜”）‎ ‎（3）②和⑦形成的化合物中，能使品红溶液腿色的是　SO2　（填化学式），它对环境的主要危害是　形成酸雨　，⑦、⑧元素形成的氢化物热稳定性较强的是　HCl　（填化学式）．‎ ‎（4）写出③与水反应的化学方程式　2Na+2H2O═H2↑+2NaOH　．‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】由元素在周期表中位置，可知①为N、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl．‎ ‎（1）①为N，原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2、5；②与⑦形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫；‎ ‎（2）同周期自左而右原子半径减小、金属性减弱；‎ ‎（3）②和⑦形成的化合物中，能使品红溶液腿色的是二氧化硫，它对环境的主要危害是形成酸雨；非金属性越强，对应氢化物越稳定；‎ ‎（4）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气．‎ ‎【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为N、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl．‎ ‎（1）①为N，原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2、5，原子结构示意图为，④的元素名称为镁，②与⑦形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，均属于共价化合物，‎ 故答案为：；镁；共价；‎ ‎（2）同周期自左而右原子半径减小、金属性减弱，故原子半径Na＞Mg，金属性Na＞Mg，‎ 故答案为：＞；＞；‎ ‎（3）②和⑦形成的化合物中，能使品红溶液腿色的是SO2，它对环境的主要危害是形成酸雨；非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应氢化物越稳定，故氢化物稳定性HCl＞H2S，‎ 故答案为：SO2；形成酸雨；HCl；‎ ‎（4）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应方程式为：2Na+2H2O═H2↑+2NaOH，‎ 故答案为：2Na+2H2O═H2↑+2NaOH．‎ ‎　‎ ‎24．晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单元称之为晶胞．NaCl晶体结构如图所示．‎ ‎（1）在一个NaCl晶胞中Na+的个数为　4　，‎ ‎（2）晶体中每个Na+同时吸引着　6　个Cl﹣，每个Cl﹣同时吸引着　6　个Na+‎ ‎（3）晶体中在每个Cl﹣周围与它最接近且距离相等的Cl﹣共有　12　个．‎ ‎【考点】离子晶体．‎ ‎【分析】（1）根据均摊法求得每个晶胞中离子的个数：处于顶点的离子，同时为8个晶胞共有，每个离子有1/8属于晶胞；处于棱上的离子，同时为4个晶胞共有，每个离子有1/4属于晶胞；处于面上的离子，同时为2个晶胞共有，每个离子有1/2属于晶胞；处于晶胞内部（体心）的离子，则完全属于该晶胞；‎ ‎（2）根据图片确定氯化钠的配位数；‎ ‎（3）每个小正方体中距离氯离子最近的氯离子有3个，顶点上的离子被8个小正方体占有，每个面上的离子被两个小正方体占有．‎ ‎【解答】解：（1）晶胞中顶点和面心的实心球表示Na+，Cl﹣位置在体心和棱的中心，根据均摊法由此可知，在NaCl晶胞中，含Cl﹣：12×+1=4个；含Na+：8×+6×=4个．‎ 故答案为：4；‎ ‎（2）根据图片知，晶体中每个Na+同时吸引着 6个Cl﹣，每个Cl﹣同时吸引着6个Na+，‎ 故答案为：6；6；‎ ‎（3）每个小正方体中距离氯离子最近的氯离子有3个，顶点上的离子被8个小正方体占有，每个面上的离子被两个小正方体占有，所以晶体中在每个Cl﹣周围与它最接近且距离相等的Cl﹣共有3×8×=12，‎ 故答案为：12．‎ ‎　‎ ‎25．已知白磷是由P4分子形成的分子晶体，每个P4分子是正四面体结构．分子中的四个磷原子位于正四面体的四个顶点．则P4分子中共有　6　个P﹣P键．‎ ‎【考点】分子晶体．‎ ‎【分析】由白磷的结构图可知，P4分子中共有6个P﹣P键，据此分析即可解答．‎ ‎【解答】解：白磷的结构图为，P4分子为正四面体型分子，每个面为正三角形，P4分子中有6个P﹣P键，1mol P4分子中有6mol P﹣P键，‎ 故答案为：6．‎ ‎　‎ ‎26．（化学﹣物质结构与性质）C和Si元素在化学中占有极其重要的地位．‎ ‎（1）写出Si的基态原子核外电子排布式　1s22s22p63s23p2　．‎ 从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为　O＞C＞Si　．‎ ‎（2）SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为　sp3　，微粒间存在的作用力是　共价键　．‎ ‎（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为　Mg　（填元素符号）．MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似．MO的熔点比CaO的高，其原因是　Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大　．‎ ‎（4）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同．CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π健．从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键　Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p﹣p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键　．‎ ‎【考点】‎ 原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．‎ ‎【分析】（1）Si原子核外共14个电子，按照能量最低原则书写电子排布式；元素周期表中主族元素越靠右、越靠上电负性越大，F的电负性最大（为4.0）；‎ ‎（2）晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3；非金属原子之间形成的化学键为共价键；‎ ‎（3）根据电子总数判断M的原子序数，进而确定元素符号；从影响离子晶体熔沸点高低的因素分析二者熔沸点的高低；‎ ‎（4）Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p﹣p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键．‎ ‎【解答】解：（1）Si是14号元素，Si原子核外共14个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道；其电子排布式为：1s22s22p63s23p2；从电负性的角度分析，O和C位于同一周期，非金属性O强于C；C和Si为与同一主族，C的非金属性强于Si，故由强到弱为O＞C＞Si，故答案为；1s22s22p63s23p2； O＞C＞Si；‎ ‎（2）SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为sp3杂化；非金属原子之间形成的化学键全部是共价键，故答案为：sp3；共价键；‎ ‎（3）MO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则M含有12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大，熔点高；故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大；‎ ‎（4）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p﹣p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p﹣p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p﹣p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日