黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

哈三中2019－2020学年度上学期高二学年第一模块化学 考试试卷 一、选择题（本题共25个小题，每小题2分，每小题四个选项只有一项符合题目要求）‎ ‎1.某基态原子第四电子层只有2个电子，该原子的第三电子层电子数可能有 A. 8 B. 18 C. 8～18 D. 18～32‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据构造原理可知，4s能级大于3p能级而小于3d能级，原子核外电子排列时要遵循能量最低原理，所以排列电子时先排列3p能级再排列4s能级，最后排列3d能级，且当轨道上的电子处于全空、半满或全满时最稳定。‎ ‎【详解】根据构造原理可知，4s能级大于3p能级而小于3d能级，原子核外电子排列时要遵循能量最低原理，所以排列电子时先排列3p能级再排列4s能级，最后排列3d能级，且当轨道上的电子处于全空、半满或全满时最稳定，当4s能级有2个电子时，3d能级可排的电子数为0-10，因此该原子的第三电子层电子数可能有8-18；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)、全空(p0、d0、f0)时原子的能量最低。‎ ‎2.下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是 A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4‎ C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电子排布式确定元素种类，进一步确定是否能形成AB2型化合物。‎ ‎【详解】A. 价层电子排布式为2s22p2的元素为C，价层电子排布式为2s22p4的元素为O，可形成CO2，能形成AB2型化合物，A项正确，不符合题意；‎ B. 价层电子排布式为2s22p2的元素为C，价层电子排布式为3s23p4的元素为S，可形成CS2，能形成AB2型化合物，B项正确，不符合题意；‎ C. 价层电子排布式为3s2的元素为Mg，价层电子排布式为3s23p5的元素为Cl，可形成MgCl2，能形成AB2型化合物，C项正确，不符合题意；‎ D. 价层电子排布式为3s1的元素为Na，价层电子排布式为3s23p5的元素为Cl，可形成NaCl，不能形成AB2型化合物，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎3.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是(       )‎ A. 碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al C. 电负性：Na＞Mg＞Al D. 还原性：Na＞Mg＞Al ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。‎ A项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A项错误；‎ B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，故B项错误；‎ C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C项错误。‎ D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：Na＞Mg＞Al，故D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.下列有关晶体的叙述正确的是 A. 金属晶体含有金属阳离子和自由电子 B. 原子晶体一定是单质 C. 分子晶体一定是化合物 D. 金属晶体的硬度>原子晶体的硬度>分子晶体的硬度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，A项正确；‎ B. 原子晶体有化合物也有单质，如SiO2为化合物，B项错误；‎ C. 分子晶体有单质也有化合物，如H2、O2、Cl2、S8、C60等均为单质，C项错误；‎ D.‎ ‎ 一般情况下，原子晶体的硬度较大，离子晶体的硬度次之，分子晶体的硬度一般都不大，金属晶体的硬度不一，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.第四周期元素原子中未成对的电子数最多可达 （      ）‎ A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 7个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，故含有的未成对电子数最多为6；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】本题考查核外电子排布规律等，理解核外电子排布规律，注意能级处于全满、半满、全空时的稳定状态。第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多。‎ ‎6.若某基态原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 该元素基态原子中共有3个电子 B. 该元素原子核外有5个电子层 C. 该元素原子最外层共有8个电子 D. 该元素原子M电子层共有8个电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子；‎ A．该元素基态原子中共有39个电子，故A错误；‎ B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；‎ C．该元素原子最外层上有2个电子，故C错误；‎ D．该元素原子M能层共有18个电子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：A＞B＞C＞D B. 原子序数：d＞c＞b＞a C. 离子半径：C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+ D. 元素的第一电离能：A＞B＞D＞C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，所以有：a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c，A、B为金属，C、D为非金属。‎ ‎【详解】A、A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；‎ B、A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c，故B错误；‎ C、aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，所以离子半径C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，故C正确；‎ D、同同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，非金属性越强第一电离能越大，故第一电离能：D＞C＞A＞B，故D错误．‎ 故选C。‎ ‎8.不能说明X的电负性比Y的大的是（ ）‎ A. 与H2化合时X单质比Y单质容易 B. X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强 C. X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多 D. X单质可以把Y从其氢化物中置换出来 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，与H2化合时X单质比Y单质容易，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；‎ B项，X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；‎ C项，X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多不能说明X的电负性比Y大，如Si的电负性比H小；‎ D项，X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；‎ 答案选C。‎ ‎9.已知BeCl2为共价化合物。 下列对于BeCl2分子的说法正确的是 A. 由极性键构成的极性分子 B. 由非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. 由极性键构成的非极性分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】BeCl2中Be-Cl键是不同元素形成的共价键，为极性键，Be的价层电子对数=2+=2，无孤电子对，正电荷中心与负电荷的中心重合，说明分子是对称的，BeCl2属于非极性分子；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列叙述中正确的是 A. NH3、CO、CO2 都是极性分子 B. CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子 C. HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强 D. CS2、H2O、C2H2 都是直线形分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。‎ B、CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子，B正确。‎ C、非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F＞Cl＞Br＞I，所以HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱，C不正确。‎ D、水分子是V形结构，D不正确。‎ 答案选B。‎ ‎11.根据实际和经验推知，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 卤化氢易溶于水，不易溶于四氯化碳 B. 碘易溶于汽油，微溶于水 C. 氯化钠易溶于水，也易溶于食用油 D. 丁烷易溶于煤油，难溶于水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据相似相容原理，卤化氢是极性分子易溶于极性溶剂水，不易溶于非极性溶剂四氯化碳，A正确；‎ B、碘是非极性分子易溶于汽油,微溶于水，B正确；‎ C、氯化钠是离子化合物，易溶于水，不溶于食用油，C错误；‎ D、丁烷是有机物，易溶于煤油，难溶于水，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列说法正确的是 A. 形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 B. HF、HCl、HBr、HI的还原性依次减弱 C. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强 D. 元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子键中阴阳离子间既存在静电引力也存在静电斥力，A项错误；‎ B. 同主族从上到下，元素非金属性逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强，因此HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，B项错误；‎ C. 同周期，从左向右最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，但含氧酸的酸性没有该规律，C项错误；‎ D. 原子结构决定元素的性质，元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子结构的是 A. 六氟化氙(XeF6) B. 次氯酸(HClO)‎ C. 二氯化硫(SCl2) D. 三氟化硼(BF3)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于ABn型分子，若A或B原子的价电子数+︱A或B元素的化合价︱=8，则该原子满足最外层8电子结构，反之不满足最外层8电子结构，以此分析判断。‎ ‎【详解】A. 六氟化氙(XeF6‎ ‎)分子中Xe、F的化合价分别为+6、-1，Xe：8+︱+6︱=14≠8，F：7+︱-1︱=8，因此六氟化氙(XeF6)分子中Xe的价电子层不满足最外层8电子结构，F的价电子层满足最外层8电子结构，A项错误；‎ B. 次氯酸(HClO) 分子中H、Cl、O的化合价分别为+1、+1、-2，H：1+︱+1︱=2，Cl：7+︱+1︱=8，O：6+︱-2︱=8，因此次氯酸(HClO) 分子中H的价电子层不满足最外层8电子结构，Cl的价电子层满足最外层8电子结构，O的价电子层满足最外层8电子结构，B项错误；‎ C. 二氯化硫(SCl2)分子中S、Cl的化合价分别为+2、-1，S：6+︱+2︱=8，Cl：7+︱-1︱=8，因此二氯化硫(SCl2)分子中S的价电子层满足最外层8电子结构，Cl的价电子层满足最外层8电子结构，C项正确；‎ D. 三氟化硼(BF3)分子中B、F的化合价分别为+3、-1，B：3+︱+3︱=6，F：7+︱-1︱=8，因此三氟化硼(BF3)分子中B的价电子层不满足最外层8电子结构，F的价电子层满足最外层8电子结构，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.下列有关离子晶体的叙述不正确的是 A. 1 mol氯化钠中有NA个NaCl分子 B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离最近且相等的Cl-共有6个 C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-‎ D. 平均每个NaCl晶胞中有4个Na+、4个Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ A．NaCl为面心立方结构，晶体中不存在分子；‎ B．NaCl晶胞结构为：钠离子在棱心和体心时，顶点和面心为氯离子；‎ C．氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点；‎ D．NaCl晶胞结构为：钠离子在棱心和体心时，顶点和面心为氯离子。‎ ‎【详解】A．NaCl为面心立方结构，钠离子在棱心和体心时，顶点和面心为氯离子，平均每个晶胞中钠离子为12×1/4+1=4个、氯离子8×1/8+6×1/2=4个，则1mol氯化钠中有NA个Na＋，NA个Cl－，不存在分子，故A错误；‎ B．NaCl晶胞结构为：钠离子在棱心和体心时，顶点和面心为氯离子，则每个Na＋周围距离相等的Cl－共有6个，故B正确；‎ C．氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点，每个Cs＋周围紧邻8个Cl－，故C正确；‎ D．NaCl晶胞结构为：钠离子在棱心和体心时，顶点和面心为氯离子，平均每个NaCl晶胞中有12×1/4+1=4个Na＋、8×1/8+6×1/2=4个Cl－，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查晶胞分析，解题关键：把握NaCl、CsCl晶体结构、离子占据的位置，易错点A，氯化钠晶体中不存在分子。‎ ‎15. 下列叙述正确的是 （ ）‎ A. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子 B. 离子晶体中可能含有共价键 C. 离子晶体中只含有离子键不含有共价键 D. 分子晶体中只存在分子作用力，不含有其他化学键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在晶体中，若含有阳离子不一定含有阴离子，如金属晶体中只有金属阳离子，没有阴离子，故A错误；‎ B、离子化合物形成离子晶体，离子化合物中可以含有共价键，例如氢氧化钠中既有离子键，又有共价键，故B正确，‎ C、由B项分析可知，离子晶体中也可能含有共价键，故C错误；‎ D、分子晶体中存在分子作用力，也可能含有其他化学键，如CO2分子晶体中碳氧原子之间存在共价键，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列分子的中心原子形成sp2杂化轨道的是 （ ）‎ A. H2O B. NH3 C. C2H4 D. CH4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水分子中O原子的价层电子对数为2+=4，为sp3杂化，A错误；‎ B、NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，为sp3杂化，B错误；‎ C、C2H4分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，为sp2杂化，C正确；‎ D、CH4分子中C原子形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.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。‎ ‎18.在NaCl晶体中与每个Na+距离等同且最近的几个Cl-所围成的空间几何构型为 A. 正四面体 B. 正六面体 C. 正八面体 D. 正十二面体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先确定Na+的配位数，进一步确定空间几何构型。‎ ‎【详解】NaCl晶体中Na+的配位数为6，将6个Cl-结合Na+可得空间几何构型为正八面体；‎ 答案选C。‎ ‎19. 下列说法正确的是 ( )‎ A. 124g P4含有的P－P键的个数为6NA B. 12g石墨中含有的C－C键的个数为2NA C. 12g金刚石中含有的C－C键的个数为1.5NA D. 60gSiO2中含Si－O键的个数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.白磷是正四面体结构，1个白磷分子中含有6个P－P键，124g白磷的物质的量是124g÷124g/mol＝1mol，124gP4中含P—P键为6NA，A正确；‎ B.12g石墨中n（C）=1mol，石墨中n（C）：n（C—C）=2:3，12g石墨中含C—C键为1.5NA，B不正确；‎ C.12g金刚石中n（C）=1mol，金刚石中n（C）：n（C—C）=1:2，12g金刚石中含有的C－C键的个数2NA，C不正确；‎ D.60gSiO2物质的量为1mol，二氧化硅中平均每个硅原子形成的Si－O键的个数为4，则60gSiO2中含Si－O键的个数为4NA，D不正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】该题是高考中的常见题型和考点，属于基础性试题的考查。主要是考查学生对常见晶体结构的熟悉掌握程度，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，也有利于培养学生的逻辑推理能力和空间的想象能力。‎ ‎20. 下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是 A. 金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B. CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4‎ C. MgO＞O2＞N2＞H2O D. 金刚石＞生铁＞纯铁＞钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高，则熔点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；‎ B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4，故B正确；‎ C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，故C错误；‎ D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是 A. O2和SiO2 B. NaI和I2 C. CO2和H2O D. CCl4和NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、O2是分子晶体，SiO2是原子晶体，晶体类型不相同，故A不选；‎ B、NaI是离子晶体，I2是分子晶体，晶体类型不相同，故B不选；‎ C、CO2和H2O都是分子晶体，晶体类型相同，故C选；‎ D、CCl4是分子晶体，NaCl是离子晶体，晶体类型不相同，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎22.下列物质中，既含极性键又含配位键的离子晶体是 A. Ba(OH)2 B. H2SO4 C. (NH4)2SO4 D. CaF2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(OH)2中含有离子键和极性共价键，是离子晶体，但无配位键，故A不选；‎ B. H2SO4中无离子键，不是离子晶体，故B不选；‎ C. (NH4)2SO4中含有离子键和极性共价键、配位键，是离子晶体，故C选；‎ D. CaF2中只含有离子键，属于离子晶体，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎23.同主族元素所形成的同一类型的化合物，其结构和性质往往相似，化合物PH4I是一种无色晶体，下列对它的描述中不正确的是 （ ）‎ A. 在加热时此化合物可以分解 B. 它是一种离子化合物 C. 这种化合物不能跟强碱发生化学反应 D. 该化合物在一定条件下由PH3与HI化合而成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同主族元素所形成的同一类型的化合物，其结构和性质往往相似，所以化合物PH4I和NH4Cl的结构和性质是相似的。‎ ‎【详解】A、氯化铵受热时易分解，所以PH4I受热时也易分解，故A正确；‎ B、氯化铵中含有离子键，属于离子化合物，所以PH4I是一种离子化合物，故B正确；‎ C、氯化铵能和强碱反应，所以PH4I也能跟强碱发生化学反应，故C错误；‎ D、氯化铵可以由氨气和氯化氢化合得到，所以PH4I在一定条件下也可以由PH3与HI化合而成，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎24.X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。Z与其同主族的短周期元素可形成常见气体甲。X、Y、Z 3种元素形成化合物乙。下列说法不正确的是 A. 原子半径：W＞Y＞Z＞M＞X B. 化合物乙中一定只有共价键 C. W元素是一种亲氧元素 D. X分别与Y、Z、M、W形成的常见化合物中，稳定性最好的是XM，沸点X2Z＞XM ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素，其中X的质子总数与电子层数相同，说明X为H， Z与其同主族的短周期元素可形成常见的气体甲，可知Z为O，Y、Z、M同周期且相邻，因此Y为N，M为F，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，所以W为Si，综上X为H，Y为N，Z为O，M为F，W为Si，甲为SO2，X、Y、Z 3种元素形成化合物乙，乙为HNO3，NH4NO3等，据此判断。‎ ‎【详解】A. X为H，Y为N，Z为O，M为F，W为Si，原子半径大小关系为Si>N>O>F>H，即W>Y>Z>M>X，A项正确，不符合题意；‎ B. 化合物乙可能是HNO3或NH4NO3等，若为HNO3只有共价键，若为NH4NO3时存在共价键和离子键，B项错误，符合题意；‎ C. W为Si，是亲氧元素，C项正确，不符合题意；‎ D. H与N、O、F、Si等能形成NH3、H2O、HF、SiH4等，其中最稳定的是HF，且沸点H2O＞HF，D项正确，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎25.已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是（ ）‎ X Y Z W A. 若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）‎ B. 若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱 C. 若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸 D. 若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者最高价氧化物对应的水化物能反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若HmXOn为强酸，则X为氮元素，氨水呈碱性，故A错误；‎ B．若四种元素均为金属，则X为Li、Z为Na、Y为Be、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，属于强碱，故B正确；‎ C．若四种元素均为非金属，则为X、Z可能处于ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族，对应的Y、W处于ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族，若W为P元素，则磷酸属于中强酸，故C错误；‎ D．若四种元素中只有一种为金属，则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si，Z与Y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸，氢氧化铝不能与碳酸反应，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎26.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。‎ Ⅰ.在化学实验和科学研究中，水是一种最常用的溶剂。水是生命之源，它与我们的生活密切相关。‎ ‎(1)写出H2O分子的电子式：________。‎ ‎(2)水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)。下列对上述过程的描述不合理的是________。‎ A．氧原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变 C．微粒的化学性质发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变 Ⅱ.胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料，波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、花卉上。‎ ‎(3)写出铜原子价电子层的电子排布式：_____，与铜同一周期副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有________(填元素符号)。‎ ‎(4)实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有________。‎ ‎(5)实验过程中加入C2H5OH后可观察到析出深蓝色Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。实验中所加C2H5OH的作用是_________________________ 。‎ ‎【答案】 (1). (2). A (3). 3d104s1 (4). Cr (5). 共价键、配位键 (6). 降低Cu(NH3)4SO4·H2O的溶解度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）水为共价化合物；‎ ‎（2）A. 根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，水中氧的杂化方式为sp3，H3O＋中O的杂化方式为sp3；‎ B. 水为V形结构，H3O＋为三角锥形；‎ C. 分子和离子的化学性质不同；‎ D. 根据微粒的空间构型判断；‎ Ⅱ.（3）Cu的原子序数为29，为第四周期第IB族元素，最外层电子为4s1；‎ ‎（4）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子；‎ ‎（5）从降低物质的溶解度的角度进行分析。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）水为共价化合物，电子式为：；‎ ‎（2）A. 水分子中O原子价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，采用sp3杂化，H3O＋中O原子价层电子对个数=3+×(6-1-3×1)=4，采用sp3杂化，氧原子的杂化类型没有改变，A项错误，符合题意；‎ B. 水分子中O原子含有2个孤电子对，采用sp3杂化，，空间构型为V形结构，H3O＋为三角锥形，微粒的形状发生了变化，B项正确，不符合题意；‎ C. H2O为中性分子，H3O＋为酸性的阳离子，微粒的化学性质发生了变化，C项正确，不符合题意；‎ D. 水分子为V形结构，H3O＋为三角锥形，微粒中的键角发生了变化，D项正确，不符合题意；‎ 答案选A。‎ Ⅱ.（3）Cu的原子序数为29，为第四周期第IB族元素，价层电子的电子排布为3d104s1，最外层为4s1，同周期的副族元素Cr的价层电子排布为3d54s1；‎ ‎（4）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，N、H原子之间以共价键结合，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，以配位键结合；‎ ‎（5）实验过程中加入C2H5OH后，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度，析出了Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。‎ ‎27.A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）。‎ ‎(1)若A为短周期元素的金属单质，D为短周期元素的非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为__________，反应④的化学方程式为_____________。‎ ‎(2)若A是常见的金属单质，D、F是气体单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是________________。已知1g D与F反应生成B（气态）时放出92.3kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________________。‎ ‎(3)若A、D、F都是短周期非金属元素的单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为____________，B固体属于____________晶体。‎ ‎【答案】 (1). (2). C + 4HNO3(浓)=4NO2 ↑+ CO2 ↑+2H2O (3). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- (4). H2(g) +Cl2(g)=2HCl(g) △H=-184.6kJ/mol (5). SiO2 + 2C = Si+ 2CO↑ (6). 原子 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A为短周期元素的金属单质，D为短周期元素的非金属单质，所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，可知A的最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期，A位于第三周期，那么A为Mg，D为C；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体为NO2，说明F为HNO3，C和浓HNO3反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成C单质，即B为CO2，C为MgO，和浓HNO3反应生成Mg(NO3)2和水，E为Mg(NO3)2，据此作答；‎ ‎（2）若A是常见的金属单质，D、F是气体单质，A为Fe，反应①在水溶液中进行，反应②也在水溶液中进行，那么B为酸，C为盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，因此F为Cl2，E为FeCl3，C为FeCl2，B为HCl，D为H2；‎ D为H2，F为Cl2，二者反应的方程式为：H2+Cl2=2HCl根据方程式计算反应热，并书写正确的热化学方程式；‎ ‎（3）A、D、F都是短周期非金属元素的单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，B为SiO2，D为Si，F为O2，E为CO2，反应①为C与SiO2的反应。‎ ‎【详解】（1）由分析可知A为Mg，原子结构示意图为：；反应④为C和浓HNO3反应，反应生成CO2、NO2和H2O，反应方程式为：C + 4HNO3(浓)=4NO2 ↑+ CO2 ↑+2H2O；‎ ‎（2）C为FeCl2，F为Cl2，二者反应生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-；1molH2与1molCl2反应生成2molHCl，1gH2与Cl2反应放出92.3kJ热量，那么1molH2与Cl2反应放出的热量为92.3kJ×2=184.6kJ，因此热化学方程式为：H2(g) +Cl2(g)=2HCl(g) △H=-184.6kJ/mol ‎（3）A为C，B为SiO2，二者反应生成Si和CO，反应方程式为：SiO2 + 2C = Si+ 2CO↑，B为SiO2，属于原子晶体。‎ ‎28.有A、B、D、E、F、G六种前四周期的元素，A是宇宙中最丰富的元素，B和D的原子都有1个未成对电子，B＋比D少一个电子层，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道全充满；E原子的2p轨道中有3个未成对电子， F的最高化合价和最低化合价的代数和为4。R是由B、F两元素形成的离子化合物，其中B＋与F2－离子数之比为2∶1。G位于周期表第6纵行且是六种元素中原子序数最大的。请回答下列问题：‎ ‎(1)D元素的电负性_______F元素的电负性（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎(2)G的价电子排布图_________________________________。‎ ‎(3)B形成的晶体堆积方式为________，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_______实验。‎ ‎(4)D－的最外层共有______种不同运动状态的电子,有___种能量不同的电子。F2D2广泛用于橡胶工业,各原子均满足八电子稳定结构,F2D2中F原子的杂化类型是___________,F2D2‎ 是______分子（填“极性”或“非极性”）。‎ ‎(5)A与E形成的最简单化合物分子空间构型为_____，在水中溶解度很大。该分子是极性分子的原因是_____。‎ ‎(6)R的晶胞如图所示，设F2－半径为r1 cm，B＋半径为r2cm。试计算R晶体的密度为______。（阿伏加德罗常数用NA表示，写表达式，不化简）‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). (3). 体心立方堆积 (4). X-射线衍射 (5). 8 (6). 2 (7). sp3 (8). 极性 (9). 三角锥形 (10). 分子中正电中心和负电中心不重合，使分子的一部分呈正电性，另一部分呈负电性 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是宇宙中最丰富的元素，说明A为H，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道全充满，说明D为17号元素Cl, B和D的原子都有1个未成对电子，B＋比D少一个电子层，说明B为Na，E原子的2p轨道中有3个未成对电子，说明E为N，F的最高化合价和最低化合价的代数和为4，说明F为S，G位于周期表第6纵行且是六种元素中原子序数最大的，说明G为Cr，R是由B、F两元素形成的离子化合物，其中B＋与F2－离子数之比为2∶1，则R为Na2S，综上，A为H，B为Na，D为Cl，E为N，F为S，G为Cr，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）根据元素周期律可知Cl的电负性大于S；‎ ‎（2）Cr为24号元素，价电子排布图为；‎ ‎（3）晶体钠为体心立方堆积，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法为对固体进行X-射线衍射实验；‎ ‎（4）根据核外电子排布规律可知，每个电子的运动状态不同，Cl-最外层有8个电子，所以就有8种不同运动状态的电子，最外层有两个能级，每个能级上电子能量是相同的，所以最外层有2种能量不同的电子，在S2Cl2中要使个原子都满足8电子稳定结构，则分子存在一个S-S键和2个S-Cl键，S原子的价电子数为4，因此S原子以sp3方式杂化，S原子周围有2对孤电子对，所以分子为极性分子；‎ ‎（5）A与E形成的最简单化合物为NH3，NH3分子中N原子周围有3个共价键，一个孤电子对，因此分子空间构型为三角锥形，由于在NH3中有孤电子对的存在，分子中正电中心和负电中心不重合，使分子的一部分呈正电性，另一部分呈负电性，所以分子显极性；‎ ‎（6）R为Na2S，在每个晶胞中含有Na+数为8，S2-为8×+6×=4，由R的晶胞可设S2-的半径为r1cm，Na+半径为r2cm，则晶胞的体对角线为4(r1+r2)cm，晶胞的边长为(r1+r2)cm，晶体的密度==g/cm3=。‎ ‎【点睛】本题的难点是晶胞密度的计算，只要掌握晶胞中粒子数与M、ρ(晶体密度，g·cm－3)之间的关系，难度即会降低。若1个晶胞中含有x个粒子，则1 mol该晶胞中含有x mol粒子，其质量为xM g；又1个晶胞的质量为ρa3g(a3为晶胞的体积，单位为cm3)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。‎ ‎29.氮元素可形成很多重要化合物，其中叠氮化钠（NaN3）被广泛应用于汽车安全气囊。叠氮化钠的制取方法是:①金属钠与液态氨反应得NaNH2②NaNH2与N2O按物质的量2:1反应可生成NaN3、NaOH和一种气体。‎ ‎(1)请写出反应②的化学方程式为:____________。‎ ‎(2)与N3-互为等电子体的分子有：______（写一种）由此可推知N3-的空间构型是:_________； 比较NH2-和NH3的键角∠HNH的大小：NH2- ____ NH3(填“>”或“<”或“=”)，请用价层电子对互斥规律解释_______。‎ ‎(3)叠氮化钠（NaN3）分解可得纯N2，有关说法正确的是:________（选填代号）‎ A．氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性大 B．NaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小 C．第一电离能（I1）：N＞P＞S ‎ D．热稳定性NH3强于PH3和H2S是因为NH3分子间有氢键 ‎(4)小汽车的防撞气囊中叠氮化钠的工作原理是基于反应：6NaN3+ Fe2O3 = 3Na2O + 2Fe+ 9N2 ；铁晶体有三种堆积方式，其中两种堆积方式分别如图甲、图乙所示（其晶胞特征如下图所示）：‎ ‎ ‎ 晶胞甲中铁原子的配位数为：_______，晶胞乙中铁原子的堆积方式为：________。晶胞乙中铁原子半径为a cm，NA表示阿伏加德罗常数，摩尔质量为M g/mol。则该晶体的密度可表示为：___________ g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 2NaNH2＋N2O = NaN3＋NaOH＋NH3 (2). N2O或CO2或CS2或BeCl2 (3). 直线形 (4). < (5). NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多于后者，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，所以键角前者小 (6). C (7). 8 (8). 面心立方最密堆积 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据质量守恒定律来判断反应产物的化学式，再写出反应的方程式；‎ ‎（2）原子个数相等且价电子相等的微粒为等电子体；根据等电子体的结构相似来分析；根据孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力来分析；‎ ‎（3）A. N2常温下很稳定，是因为分子内共价键较强；‎ B. 离子半径越小，晶格能越大；‎ C. 同周期从左向右，第一电离能增大，但第VA族因p轨道上有3个电子，半充满结构，所以第一电离能高于相邻族的元素，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，据此判断；‎ D. 热稳定性NH3强于PH3和H2S是因为N原子半径小，共价键键能大，与分子间的氢键无关，据此判断；‎ ‎（4）根据晶胞甲示意图可知原子占据立方体的顶点和体心，可知为体心立方堆积，配位数为8；图乙为面心立方最密堆积，该晶胞中Fe原子个数=8×+6×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长为a，体积为16a3，由=计算晶胞的密度。‎ ‎【详解】（1）根据质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体产物为NH3，NaNH2与N2O按物质的量2:1反应可生成NaN3、NaOH和NH3。方程式为：2NaNH2＋N2O = NaN3＋NaOH＋NH3；‎ ‎（2）N3-中原子个数为3，价电子数为16，因此与N3-互为等电子体的微粒有：N2O、CO2、CS2、BeCl2、SCN-、OCN-、CNO-等；CO2属于直线形分子，等电子体的结构相同，因此N3-为直线形分子；孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，所以前者键角小；‎ ‎（3）A. N2常温下很稳定，是因为分子内共价三键，键能较大，A项错误；‎ B. 离子半径越小，晶格能越大，NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B项错误；‎ C. 同周期从左向右，第一电离能增大，但第VA族因p轨道上有3个电子，半充满结构，所以第一电离能高于相邻族的元素，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此N、P、S的第一电离能的顺序为N>P>S，C项正确；‎ D. 热稳定性NH3强于PH3和H2S是因为N原子半径小，共价键键能大，与分子间的氢键无关，D项错误；‎ 答案选C；‎ ‎（4）根据晶胞甲示意图可知原子占据立方体的顶点和体心，可知为体心立方堆积，配位数为8；图乙为面心立方最密堆积；该晶胞中Fe原子个数=8×+6×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长为a，体积为16a3，因此===g/cm3。‎ ‎ ‎