2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
宁夏石嘴山市第三中学2017-2018学年高二上学期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Cu-64 Ag-108 Zn-65 O-16 Al-27 Si-28 B-11
N-14
第Ⅰ卷 选择题（共计50分）
一、每小题均只有一个选项符合题意，每小题2分，共计50分
1. 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】试题分析：1s22s22p63s2为基态电子排布，1s22s22p63p2为激发态电子排布。由基态变为激发态是需要吸收能量的，因此A正确，B错误。根据洪特规则电子优先占据一个轨道，且自旋方向相同，C错。电子由基态变为激发态，并没有影响电子层结构，D错。所以正确的选项为A。
考点：基态、激发态
点评：根据构造原理、泡利原理和洪特规则，能量最低排布的就是基态电子排布，能量不是最低的排布就是激发态电子排布。
2. 下列有关表述正确的是
A. 次氯酸的电子式： B. N原子的电子排布图为：
C. 硫原子的价电子排布式：3s23p4 D. 二氧化硅的分子式： SiO2
【答案】C
【解析】次氯酸的电子式H:O:Cl: ，A错；N原子的电子排布图为1s2 2s2 2p3 ，根据洪特规则2p应为半满，B错；硫原子的价电子排布式为3s23p4，C正确；二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子结构（分子存在于分子晶体），SiO2仅仅体现了原子的个数比，是一个宏观的表示方法，并不是分子式，D错。故本题选C。
3. 下列大小比较不正确的是
A. 熔沸点：S＜NaCl＜SiO2
B. 酸性：HNO2＜HNO3；H3PO4＜H2SO4
C. 键角：H2O中H﹣O﹣H＜NH3中H﹣N﹣H＜CH4中H﹣C﹣H
D. 键长：C﹣H＜O﹣H
【答案】D
【解析】试题分析：A．硫、氯化钠和二氧化硅形成的晶体分别是分子晶体、离子晶体和原子晶体，因此熔沸点：S< NaCl < SiO2，A正确；B．含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，则酸性：HNO2
离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等沸点很高，如汞、镓、铯等沸点很低，金属晶体一般不参与比较。同种元素的含氧酸的强弱规律，其酸性具有如下规律：对于同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强。不同种元素的含氧酸酸性强弱比较是分子中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，解答时注意灵活应用。
4. 下列说法中错误的是
A. 根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B. 在H3O+、NH4+ 和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109o28ˊ
【答案】D
【解析】试题分析：根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性，故A正确；在H3O+、NH4+和Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，故B正确；元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C正确；P4分子键角都为60o，故D错误。
考点：本题考查物质结构。
5. 下列描述中正确的是
A. CO32-的空间构型为平面三角形 B. CH4和SO3的中心原子均为sp2杂化
C. CS2为V形的极性分子 D. lmolP4中有4NA成键电子对
【答案】A
【解析】A．碳酸根离子中价层电子对个数=3+（4+2-3×2）/2=3
，且没有孤电子对，所以是平面三角形，A正确；B． CH4中含有4个σ键且不含孤电子对，其中心原子均为sp3杂化，SO3中含有3个σ键且没有孤电子对，所以其中心原子为sp2杂化，B错误；C．二硫化碳分子中碳原子含有两个σ键且不含孤电子对，所以是直线型分子，C错误；D．白磷是正四面体结构，所以lmolP4中有6NA成键电子对，D错误；答案选A。
点睛：本题考查了微粒空间构型、原子杂化方式的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点。
6. 下列结论正确的是
①粒子半径：K+>Al3+>S2->Cl- ②酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HCl0
③离子的还原性：S2->Cl->Br->I- ④氧化性：Cl2>S>Se>Te
⑤金属性：BeN>P>Si
⑦氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4
A. ②③⑤⑦ B. ②⑥⑦ C. ②④⑤⑥⑦ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】试题分析：：①电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故错误；②非金属性为F＞Cl＞S＞P＞Si，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故正确；③单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2＞S，单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故错误；④非金属性：Cl＞S＞＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故正确；⑤非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故正确；⑥同周期非金属性O＞N、P＞Si，同主族非金属性为N＞P，则非金属性：O＞N＞P＞Si，故正确；⑦同周期金属性为Ca＜K，同主族金属性为Be＜Mg＜Ca，则金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确；故选C。
考点：考查元素周期表和元素周期律的综合应用
7. 已知1-18号元素的离子aAm+、bBn+、cCp﹣、dDq﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A. 若p＞q，则还原性cCp﹣＜dDq﹣
B. 若m＞n，则碱性A（OH）m＞B（OH）n
C. 若半径aAm+＞bBn+，则a＜b
D. 若半径aAm+＞bBn+，则A的单质一定能从含Bn+的盐溶液中置换出B
【答案】C
【解析】试题分析：短周期元素的离子：aAm＋、bBn＋、cCp－、dDq－均具有相同的电子层结构，则有：a-m=b-n=c+p=d+q，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素，同周期：阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，A．阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，若p＞q，则原子序数C＜D，同周期随着原子序数的增大，其阴离子的还原性减弱，所以还原性cCp-＞dDq-，A错误；B．阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，若m＞n，则原子序数A＞B，同周期随着原子序数的增大，其最高价氧化物的水化物的碱性减弱，则碱性A（OH）m＜B（OH）n，B错误；C．同周期阳离子的半径，随原子序数增大而减小，若半径aAm+＞bBn+，则a＜b，C正确；D．若A为活泼性很强的金属如Na，则不能从溶液中置换金属，因为Na与水能反应生成氢气，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查位置结构性质的相互关系及应用
【名师点晴】明确核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，题目难度中等。易错选项是D，解答时注意活泼性很强的金属。
8. X、Y、Z、M、N五种常见短周期元素原子半径随原子序数变化如图。已知X的一种原子的质量数为18，中子数为10；Y和Ne原子的核外电子数相差1；M的单质是一种常见的半导体材料；N的原子半径在同周期主族元素中最小；Y、Z、N三种元素的最高氧化物对应水化物两两之间可发生反应。下列说法错误的是
A. N、Z两种元素的离子半径相比前者较小
B. M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比后者较强
C. X与Y两种元素组成的一种化合物中阴、阳离子的个数比为1:1
D. 工业上用电解Y和N形成的化合物的熔融态制取Y的单质
【答案】AC
点睛：注意把握元素周期律的递变规律以及原子核外电子的排布特点，明确元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为C，注意过氧化钠中含有的阴离子为过氧根离子。
9. PASS是新一代高效絮凝净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是
A. 它们的原子半径依次增大 B. WY2能与碱反应，但不能与任何酸反应
C. Z与Y形成的化合物是一种耐高温材料 D. 热稳定性：X2R >X2Y
【答案】C
【解析】X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y原子有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W、R处于同一周期，Z是常见的金属，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素；A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，H原子半径最小，故原子半径为Al＞Si＞S＞O＞H，故A错误；B．WY2是二氧化硅，能与氢氟酸反应，故B错误；C．Z与Y形成的化合物是氧化铝，熔点很高，可以做耐火材料，故C正确；D．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，故热稳定性：H2O＞H2S，故D错误；故选C。
10. 根据相关的化学原理，下列因果判断正确的是
A. 由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S
B. 由于Cl的非金属性比S的非金属性强，所以酸性：HClO＞H2SO4
C. 若A2 + 2D— == 2A— + D2，则氧化性D2＞A2
D. 若R2—和M+的电子层结构相同，则离子半径R2—＞M+
【答案】D
【解析】氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，一般影响的是物质的物理性质，A不正确；B不正确，应该是最高价氧化物的水化物，即HClO4＞H2SO4，B不正确；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，C不正确，应该是A2＞D2；核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，因此正确的答案选D。
11. 374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水
A. 显中性，pH等于7 B. 表现出非极性溶剂的特性
C. 显酸性，pH小于7 D. 表现出极性溶剂的特性
【答案】B
【解析】试题分析：A．只有在25℃时，中性水的PH=7，在374℃时，该水显中性，PH<7，A项错误，C项错误；B．根据相似相溶原理，该水具有很强的溶解有机物的能力，说明表现出非极性溶剂的特性，B项正确；D．项错误；选B。
考点：考查水的电离平衡。
12. 常温下单质硫主要以S8（皇冠形结构）形式存在．加热时，S8会转化为S6、S4、S2等，当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存在（占92%）．下列说法中正确的是
A. S8转化为S6、S4、S2属于物理变化 B. 不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO3
C. S8分子中硫原子的杂化方式是sp3杂化 D. 把硫单质在空气中加热到750℃即得S2
【答案】C
【解析】A．有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化，这几种硫单质互为同素异形体，在转化过程中有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B．硫单质燃烧生成二氧化硫，所以不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2，故B错误；C．S8为皇冠形结构，每个S与其它2个S原子相连，且还含有2对孤电子对，所以每个S原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，S8分子中硫原子的杂化方式是sp3杂化，故C正确；D．硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气发生反应，所以不会得到纯净的硫单质，故D错误；故选C。
13. 下列说法不正确的是
A. 某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
B. 氨气极易溶于水的重要原因之一：氨分子与水分子之间能形成氢键
C. 标况下，22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA
D. 由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF的沸点反常，且沸点高低顺序为HF＞H2O＞NH3
【答案】D
【解析】A．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故A正确；B．N、O的电负性强，分子之间形成氢键，氨溶于水后氨分子与水分子之间形成氢键，故B正确；C．乙炔的结构简式为H-C≡C-H，则1mol乙炔中含2molπ键，冰中水分子的O原子以类似于金刚石中C原子的四面体空间网状结构排列，每2个O原子间都有一个H原子，更靠近H原子的O原子与它形成共价键，另一个与它形成氢键，即每个H原子都形成一个氢键，所以1mol冰中存在2mol氢键，标况下22.4LC2H2的物质的量为1mol，18g冰的物质的量也为1mol，则标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2mol，故C正确；D．由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氢化物中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O＞HF＞NH3，故D错误；故选D。
14. 钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法正确的是
A. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有6个 B. 晶体中Ba2+的配位数为8
C. 晶体的化学式为Ba2O2 D. 该化合物是含有非极性键的离子化合物
【答案】D
【解析】晶胞中Ba2+离子位于晶胞的顶点和面心位置，晶胞中共含有Ba2+离子的个数为8×+6×=4，阴离子位于晶胞的边上和体心位置，共含有阴离子的个数为12×+1=4，所以晶胞中Ba2+与阴离子的个数比为1：1，该氧化物为BaO2。A．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×=12
个，故A错误；B．晶体中位于顶点的Ba2+离子和位于边上的阴离子距离最近，每个顶点为8个晶胞所共有，而每个边为4个晶胞共有，每个晶胞中有3个边上的阴离子距离相等且最近，根据均摊法计算，晶体中每个Ba2+同时吸引着阴离子的数目为8×3×=6，故B错误；C．由以上分析可知晶体的化学式为BaO2，故C错误；D．该物质为活泼金属和活泼非金属形成的化合物，应为离子化合物，含有O-O，为非极性键，为含有非极性键的离子化合物，故D正确；故选D。
点睛：本题考查晶胞的结构和计算，题目具有一定难度，做题时注意利用均摊法计算。本题的易错点为A，与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置。
15. 为了确定SbCl3、SbCl5是否为离子化合物，以下分析正确的是
A. 常温下，SbCl3、SbCl5均为液体，说明SbCl3和SbCl5都是离子化合物
B. SbCl3、SbCl5的熔点依次为73.5℃、2.8℃。说明SbCl3、SbCl5都不是离子化合物
C. SbCl3、SbCl5溶液中，滴入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀。说明：SbCl3、SbCl5都是离子化合物
D. SbCl3、SbCl5的水溶液都可以导电。说明：SbCl3、SbCl5都是离子化合物
【答案】B
【解析】A．离子化合物常温下呈固态，熔沸点较高，故A错误；B．SbCl3、SbCl5的熔点较低，为分子晶体，不是离子化合物，故B正确；C．如果SbCl3、SbCl5是共价化合物，它们在水溶液中水的作用下也会电离出氯离子和金属离子，滴入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，故C错误；D．分子晶体溶于水后也可发生电离而导电如HCl等，同样也可能电离产生Cl-，不能根据溶液是否导电判断是否为离子化合物，应根据熔融状态下该化合物能否导电，若能导电，则为离子化合物，若不能导电，则为共价化合物，故D错误；故选B。
点睛：本题考查离子化合物和共价化合物的组成和性质的异同。通常判定某化合物是离子化合物还是共价化合物的常用方法是测定熔融状态下该化合物能否导电，若能导电，则为离子化合物，若不能导电，则为共价化合物。
16. 某化学式为AB的离子晶体，已知5r(A2+)=4r(B2-）（各类离子晶体与关系如图所示），经测定其密度为g·cm-3，其摩尔质量为Mg·mol-1，则下列有关该晶体的说法正确的是
配位数
实例
0.225～0.414
4
ZnS
0.414～0.732
6
NaCl
0.732～1.0
8
CsCl
>1.0
12
CsF
A. 该晶体结构与ZnS晶体相似 B. 该晶体每个晶胞中有2个A2＋和B2－
C. 该晶体晶胞的边长为cm D. A2+离子紧邻的B2-构成的空间结构为立方体
【答案】D
【解析】试题分析：AB晶体的等于0.8，晶体结构类似于CsCl，每个晶胞中含有2个的A2＋、2个B2－个数比应为1:1，所以A项、B项错误，D项正确；该晶体晶胞的边长为cm。
考点：本题考查晶体结构的判断与计算。
17. 某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中心原子的电荷数和配位数均为6 B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl— 和NH3分子均与Pt4+配位 D. 配合物中Cl—与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
18. 下列有关说法不正确是
A. 水合铜离子的模型如图(a)所示，1个水合铜离子中有4个配位体
B. CaF2晶体的晶胞如图(b)所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C. H原子的电子云图如图(c)所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图(d)，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】A. 1个水合铜离子中有4个配位键，故A正确；B. CaF2晶体的晶胞的面心和顶点都有一个Ca2＋，所以每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋，故B正确；C. H原子核外只有一个电子，H原子的电子云图的黑点表示电子出现的概率，故C不正确；D.每个Cu原子的配位数均为12，故D正确。故选A。
19. 经X射线研究证明：PCl5在固体状态时，由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是
A. PCl5固体是分子晶体
B. PCl5晶体具有良好的导电性
C. PCl5晶体有[PCl3]2＋和[PCl7]2－构成，其离子数目之比为1∶1
D. PCl5晶体有[PCl4]＋和[PCl6]－构成，其离子数目之比为1∶1
【答案】D
【解析】A．PCl5在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，所以其构成微粒是阴阳离子，为离子晶体，故A错误；B．离子晶体在熔融状态下能导电，在固体时没有自由移动离子而不能导电，故B错误；C．在杂化轨道理论中，正四面体构型的粒子只有AB4型，正八面体只有AB6型，结合该固体状态化学式知，PCl5晶体由[PCl4]+和[PCl6]-构成，在离子化合物中，阴阳离子所带电荷相等，所以阴阳离子数目之比为1：1，故C错误，D正确；故选D。
点睛：本题的易错选项是CD，根据题意，PCl5在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，结合杂化轨道理论，正确判断正四面体构型粒子和正八面体粒子的结构是解题的关键。
20. 下列现象与氢键有关的是
①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高 ②乙醇可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小 ④水分子高温下也很稳定
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
A. ②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】试题解析：①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；故选B．
考点：氢键及氢键对物质的性质的影响
21. 有一种蓝色晶体[可表示为：MFey（CN）6]，经研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN﹣位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示．下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为MFe2（CN）6
B. 该晶体熔融可导电，且属于化学变化
C. 该晶体属于离子晶体，M呈+2价
D. 晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN﹣为6个
【答案】C
【解析】试题分析：A、三价铁离子和二价亚铁离子在顶点上，每个被八个晶胞共用，故每个晶胞中三价铁离子为4×=0.5个，同理二价铁离子为0.5个，氰根离子位于边的中心，每个被四个晶胞共用，故每个晶胞中氰根离子为12×=3个，已知化学式为：MxFey（CN）6
，故有两个晶胞，阴离子含有一个三价铁离子，一个二价铁离子，六个氰根离子，故晶体的化学式为MFe2（CN）6，A正确；B、电解质的导电过程有离子的放电过程，属于化学变化，B正确；C、M呈+1价，C错误；D、晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为6个，D正确；答案选C。
考点：考查晶体的晶胞中原子个数的计算方法的相关知识。
22. 近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n。已知，最简单的氢铝化合物Al2H6的球棍模型如图所示，它的熔点为150℃，燃烧热极高。下列说法肯定错误的是
A. Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体
B. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
C. 氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料
D. 氢铝化合物中可能存在组成为AlnH2n+2的物质（n为正整数）
【答案】D
【解析】试题分析：A、分子晶体的熔点较低，通过题中给出的Al2H6的熔点为150℃，推出Al2H6为分子晶体，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、根据氢铝化合物组成元素为Al和H两种元素，而Al和H2都是很好的燃料，但氢气的在储存盒运输中是极不方便，将其转化成氢铝化合物后，就解决这一矛盾，同时氢铝化合物的燃烧热极高因此可以作为未来的储氢材料和火箭燃料，故C正确；D、根据化合物中正负化合价的代数和为0，在AlnH2n+2组成中，有3n+[-（2n+2）]=0，则有3n=2n+2，n=2，推出化学式为：Al2H6符合要求，但这仅是一种情况，当n=1时，得出化学式为：AlH4不符合要求，所以AlnH2n+2不具有普遍性，故D错误；故选D。
考点：考查了镁、铝的重要化合物；球棍模型与比例模型的相关知识
23. 正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构。层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图）。下列有关说法正确的是
A. 正硼酸晶体属于原子晶体 B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关
C. 分子中B原子杂化轨道的类型为sp3 D. 含1mol H3BO3晶体中有3mol氢键
【答案】D
【解析】A．正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误；B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；C．B只形成了3个单键，没有孤电子对，所以采取sp2杂化，故C错误；D.根据图示，1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；故选D。
24. 下列说法正确的是
①具有规则几何外形的固体一定是晶体
②NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个
③非极性分子中一定含有非极性键
④晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI
⑤含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度
⑥s－s σ键与s－p σ键的电子云形状相同
⑦含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同
⑧中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构形不一定是正四面体
A. ①②⑤⑥ B. ③④⑥⑦ C. ②④⑦⑧ D. ③④⑤⑧
【答案】C
【解析】试题分析：①晶体具有以下特点：有规则的几何外形；有固定的熔点；有各向异性的特点，只有同时具备这三个条件的才是晶体，错误；②采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，氯化钠的晶胞中每个Na+距离相等且最近的Na+
个数是12，正确；③结构对称、正负电荷中心重合的分子为非极性分子，非极性分子中不一定含有非极性键，如O=C=O中不含非极性键，错误；④晶格能与离子半径成反比，与电荷呈正比，从氟到碘离子，其离子半径逐渐增大，所以晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，正确；⑤含有共价键的晶体不一定具有高的熔、沸点及硬度，如分子晶体的熔、沸点及硬度较低，错误；⑥s能级电子云是球形，P能级电子云是哑铃型，所以s-s σ键与s-p σ键的电子云形状不同，错误；⑦π键和σ键的活泼性不同导致物质的化学性质不同，含有π键的物质性质较活泼，正确；⑧中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，正确；答案选C。
考点：考查晶体的特征，晶胞，化学键的类型，晶格能，电子云，杂化类型等知识。
25. 在硼化镁晶体的理想模型中,镁原子和硼原子是分层排布的,一层镁一层硼相间排列,右图是从该晶体微观空间中取出的部分原子沿z轴方向的投影,白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影,图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。则硼化镁的化学式为
A. MgB B. MgB2 C. Mg2B D. MgB6
【答案】B
【解析】根据投影可知，1个B原子为3个Mg原子共用，故属于一个Mg原子的B原子为；1个Mg原子为6个B原子共用，故用于一个B原子的Mg原子为，由此可知Mg：B=：=1：2，故硼化镁的化学式为MgB2，故答案为：MgB2。
第Ⅱ卷 非选择题（共计70分）
26. 周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，Q元素的原子形成的离子就是一个质子；R基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，X基态原子s能级的总电子数比p 能级的总电子数多1；Y原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；Z原子的价电子排布为3d74S2。回答下列问题：
（l）R、X、Y第一电离能由大到小的顺序是________（填元素符号），其中Y原子的价电子轨道表示式为______________________。
（2）Q、R元素形成的某四核分子中共有14个电子，该分子中R原子采取______
杂化，该分子的立体构型为___________。
（3）X与Q形成的简单化合物的水溶液中存在多种氢键,任表示出其中两种_____________，_____________；
（4）RY可以和很多过渡金属形成配合物，如Fe（RY）5、Ni（RY）4，其中Fe（RY）5常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此判断Fe（RY）5晶体属
于______________（填晶体类型），与RY互为等电子体的离子有__________（任写一种）。
（5）向含Z2+的溶液中加入过量的氨水，并通入适量的Y2气休，生成有[Z（NH3）6]3+离子，则该反应的离子方程式为_____________________________。
(6)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如右图所示。该合金的化学式为________________；
【答案】 (1). N>O>C (2). (3). sp (4). 直线型 (5). N-H…N (6). N-H…O (7). 分子晶体 (8). CN-或C22- (9). 4Co2++24NH3·H2O+O2=4[Co(NH3)6]3++4OH-+22H2O (10). 【答题空10】LaNi5
【解析】周期表前四周期的元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，Q元素的原子形成的离子就是一个质子，则Q为H元素；R基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布式为1s22s22p2，故R为C元素；X基态原子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1，原子核外电子数排布式为1s22s22p3，故X为N元素；Y原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子数排布式为1s22s22p4，故Y为O元素；Z原子的价电子排布为3d74s2，则Z为Co。
(1)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能为N＞O＞C；Y原子核外电子数排布式为1s22s22p4，价电子轨道表示式为，故答案为：N＞O＞C；
；
(2)H、C元素形成的某分子中共有14个电子，该分子为C2H2，分子中C原子杂化轨道数目为2，碳原子采取sp杂化，该分子的立体构型为直线形，故答案为：sp；直线形；
(3)氨气的水溶液中存在多种氢键，其中有N-H…N、N-H…O、O-H…O，故答案为：N-H…N、N-H…O、O-H…O(任写2个)；
(4)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，符合分子晶体具有的性质，据此可判断Fe (CO)5晶体属于分子晶体，CO与N2互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有 CN-等，故答案为：分子晶体；CN-等；
(5)向含Co2+的溶液中加入过量的氨水，并通入适量的O2气体，生成有[Co(NH3)6]3+离子，根据电荷守恒可知有OH-生成，则该反应的离子方程式为：4Co2++24NH3·H2O+O2=4[Co(NH3)6]3++4OH-+22H2O，故答案为：4Co2++24NH3·H2O+O2=4[Co(NH3)6]3++4OH-+22H2O；
(6)每个晶胞中，La位于顶点，8×=1，Ni位于体心和面心，1+8×=5，化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5。
点睛：解答本题的关键是根据核外电子排布规律正确推断元素。注意同周期主族元素第一电离能的异常情况。本题的难点是(5)中方程式的书写，要注意Co2+被氧化。
27. 已知A、B、C、D和E是原子序数依次增大前20号元素。A原子价电子层p轨道中只有1个电子；B、C、D元素的基态原子具有相同的能层数，B、D元素原子的p能级上都有1个未成对电子，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，C原子的p轨道中有3个未成对电子；E是同周期第一电离能最小的元素。回答下列问题：
（1）A的元素符号为 ___________、 B3+的结构示意图为___________、C的最高价氧化物对应水化物为____________；E的价电子排布式为______________。
（2）上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___________，（填写化学式）碱性最强物质的电子式为_____________； D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最小的元素是_________；在AD3分子中A元素原子的杂化方式是__________，分子空间构型为_______________；
（3）准晶是一种无平移周期序但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过____________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（4）C单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为_____，列式表示Al单质的密度____________________g·cm﹣3（不必计算出结果）。
（5）石墨具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，它与熔融的E单质相互作用，形成某种青铜色的物质（其中的元素E用“●”表示），原子分布如图所示，该物质的化学式为_______________。
【答案】 (1). B (2). (3). H3PO4 (4). 4s1 (5). HClO4 (6). (7). Na (8). sp2 (9). 平面三角形 (10). 【答题空10】X射线衍射 (11). 12 (12). (13). KC8
(1)由上述分析可知，A为B元素，B为Al元素，Al3+的结构示意图为，C为P元素，最高价氧化物对应水化物为H3PO4，E为K元素，价电子排布式为4s1，故答案为：B；；H3PO4；4s1；
(2)五种元素中Cl元素非金属性最强，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，K
元素的金属性最强，故KOH碱性最强，电子式为，D为Cl元素，所在周期为第三周期，同周期自左而右，第一电离能增大，故第三周期中第一电离能最小的元素是Na；在BCl3分子中B原子与3个氯原子相连，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：HClO4，；sp2；平面三角形；
(3)准晶是一种无平移周期序但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体，故答案为：X射线衍射；
(4)Al单质为面心立方晶体，铝原子个数8×+6×=4，晶胞中铝原子的配位数为3×8÷2=12，Al单质的密度==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：12；。
(5)如图所示，K原子镶嵌在正六边形的中心，该正六边形周围有6个未镶嵌K原子的C原子正六边形结构，即每正六边形周围连接6个C原子，该碳原子为3个正六边形共有，故结构中K原子与C原子数目之比为1：(6+6×)=8，故化学式为KC8，故答案为：KC8。
28. X、Y、Z、Q、W为前四周期中原子序数依次增大的元素。X原子2p能级有两个未成对电子，但没有空轨道。Y原子K层的电子数与M层的电子数的乘积等于其L层的电子数；Z与X同族，Q位于第ⅠB族；W元素最高正价和最低负价的代数和为4。根据以上信息，回答下列问题。
（1）W元素的名称是：___________；X的基态原子核外有_____种不同运动状态的电子；基态Q原子的价电子排布式为______________；已知高温下4QX→2Q2X+X2，从Q原子价层电子结构的角度分析，能生成Q2X的原因是________________．
（2）Q与类卤素（SCN）2反应生成Q（SCN）2，1mol（SCN）2中含有π键的数目为________。类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N ）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点．其原因是__________________．
（3）Y与X可以形成多种复杂阴离子，如图所示，若其中a对应的阴离子化学式为SiO44﹣，则c对应的阴离子的化学式为______。
（4）Z能形成很多种含氧酸，如H2ZO3、H2ZO4。Z的某种含氧酸分子式为H2Z2O7，属于二元酸，已知其结构中所有原子都达到稳定结构，且不存在非极性键，试写出其结构式___________（配位键须注明）。
（5）向盛有QZX4的溶液中加入氨水至过量，现象为__________________，沉淀溶解的离子方程式为___________________________。NF3的空间构型是________，NF3不易与Q2+形成配离子，其原因是________________________________。
（6）W、Y均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为____________,___________，若“Y-H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与W反应时单质W是氧化剂，则W与Y的电负性相对大小为______________（用元素符号作答）。WX2常温下为白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则其晶体类型为_____________；中心原子的杂化类型为_______________。
（7）金刚砂（SiC）的硬度为9.5，其晶胞结构如图所示；则金刚砂晶体类型为_________，在SiC中，每个C原子周围最近的Si原子数目为________个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为_______________g/cm3。
【答案】 (1). 硒 (2). 8 (3). 3d104s1 (4). CuO中铜的外围电子排布为3d9，Cu2O中铜的价电子排布为3d10，后者处于全充满的稳定结构，而前者不是 (5). 4NA (6). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能 (7). Si6O1812- (8). (9). 先形成蓝色沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液 (10). 【答题空10】Cu(OH)2+4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
(11). 三角锥形 (12). NF3分子中氟原子电负性大，非金属性强，有吸电子效应，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键 (13). V形 (14). 正四面体 (15). Se>Si (16). 分子晶体 (17). sp2 (18). 原子晶体 (19). 4 (20). 【答题空20】
【解析】X、Y、Z、Q、W为周期表前四周期中原子序数依次增大的元素．X原子2p能级有两个未成对电子，但没有空轨道，原子核外电子排布为1s22s22p4，则X为O元素，Z与X同族，Z为S元素；Y原子K层的电子数与M层的电子数的乘积等于其L层的电子数，则M层电子数为4，故Y为Si；Q位于第ⅠB族，则Q为Cu；W元素最高正价和最低负价的代数和为4，W为第ⅥA族元素，W为Se元素。
(1)W元素的名称为硒；O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态原子核外有8种不同运动状态的电子；基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；CuO中铜的外围电子排布为3d9，Cu2O中铜的价电子排布为3d10，后者处于全充满的稳定结构，而前者不是，因此高温下4CuO→2Cu2O+O2容易发生，故答案为：硒；8；3d104s1；Cu2O中铜的价电子排布为3d10，后者处于全充满的稳定结构，而前者不是；
(2)(SCN)2分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，1个N≡C键中有1个σ键，其余两个为π键，1mol(SCN)2分子中含有π键的数目4NA，异硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高，故答案为：4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；
(3)a对应的阴离子化学式为SiO44-，则c中Si原子数目为6，O原子数目为6，化合价代数和为6×4+18×(-2)=-12，对应的阴离子的化学式为Si6O1812-，故答案为：Si6O1812-；
(4)含氧酸H2S2O7属于二元酸，已知其结构中所有原子都达到稳定结构，且不存在非极性键，不存在氧原子之间、S原子之间形成的共价键，故S原子与氧原子之间形成共价键，O原子与H原子之间形成共价键，且每个S提供孤对电子与2个O原子形成2个配位键，其结构式为，故答案为：；
(5)向盛有CuSO4的溶液中加入氨水至过量，现象为：先形成蓝色沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，相关反应的离子方程式为：Cu2++2NH3﹒H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-， NF3中N
原子孤电子对数==1，价层电子对数=3+1=4，故其为三角锥形，NF3分子中氟原子电负性大，非金属性强，有吸电子效应，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键，故答案为：先形成蓝色沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；Cu2++2NH3﹒H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；三角锥形；NF3分子中氟原子电负性大，非金属性强，有吸电子效应，使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键；
(6)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4，其分子结构分别V形，正四面体；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si，SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体，二氧化硒分子中价层电子对=2+(6-2×2)=3，Se原子的杂化类型为sp2，故答案为：V形、正四面体；Se＞Si；分子晶体；sp2；
(7)金刚砂(SiC)的硬度为9.5，硬度较大，属于原子晶体；每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为3×4=12；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=a×10-10cm，体积V=(a×10-10cm)3，ρ==g•cm3=g•cm3；故答案为：原子晶体；4；。
点睛：本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及核外电子排布、微粒结构、晶胞结构与计算、配合物、空间构型等，(5)中注意根据电负性判断N原子孤对电子不易形成配位键。
29. 由N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途。
（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅的制造；由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为_________ （填离子符号，填一个）。
（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料．
①H3N→BH3中B原子的轨道杂化类型为___________。
②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得，写出该制备反应的化学方程式_________________；基态Ti3+的未成对电子数有___个，BH4-的立体构型是________；其中所含化学键的类型有________；
③氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：
3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3
与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________。
A．氨硼烷中存在配位键
B．第一电离能：N＞O＞C＞B
C．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变
D．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形
（3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料，如图1为磷化硼晶胞；
①磷化硼晶体属于______晶体；晶体中是否含有配位键：_______。
②晶体中B原子的配位数为____。
（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是___________________。图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置____。其中“●”代表B原子，“×”代表N原子。
【答案】 (1). CO32-或NO3- (2). sp3 (3). TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl (4). l (5). 正四面体 (6). 极性键、配位键 (7). C (8). 原子 (9). 是 (10). 【答题空10】4 (11). B-N键键长大于C-C键键长，键能小，所以熔点低 (12).
【解析】(1)根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32-或NO3-，故答案为：CO32-或NO3-；
(2)①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为=4，所以N原子的轨道杂化类型为sp3
，故答案为：sp3；
②Ti(BH4)3由TiCl3和LiBH4反应制得，反应的化学方程式为TiCl3+3LiBH4═Ti(BH4)3+3LiCl，基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1，BH4-中B原子的价层电子对数为=4，所以杂化方式为sp3杂化，则BH4-的立体构型为正四面体，所含化学键的类型有极性键、配位键，故答案为： TiCl3+3LiBH4=Ti(BH4)3+3LiCl；1；正四面体；极性键、配位键；
③A．B一般是形成3个键，(H3BNH3)由六元环状化合物(HB=NH)3通过3CH4+2(HB=NH)3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故A正确；B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)，故B正确；C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故C错误；D．CH4分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×(4-4×1)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，CO2分子中价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×(4-2×2)=2，所以二氧化碳是直线型结构，故D正确，故答案为：C；
(3)①在磷化硼晶体中，磷和硼原子之间通过共价键相互作用，结合性质可知其晶体类型为原子晶体，硼最外层有3个电子，但根据晶胞结构可知，每个硼和磷周围都有4个共价键，所以磷原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，它们之间存在配位键，故答案为：原子；是；
②根据晶的结构图可知，每个磷原子周围有4个硼原子，所以配位数为4，故答案为：4；
(4)立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，B-N键键长大于C-C键，键能小于C-C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低；晶体中B、N原子配位数均为4，涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置为：，故答案为：B-N键键长大于C-C键键长，键能小，所以熔点低；。
