2018-2019学年河北省唐山市开滦第二中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年河北省唐山市开滦第二中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

开滦二中2018～2019学年第二学期高二年级期中考试 化学试卷 第Ⅰ卷(选择题，共50分)‎ 可能用到的相对原子质量：O:16 Li:7 H:‎1 C:12 ‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分)‎ ‎1. 以下能级符号不正确的是（ ）‎ A. 3s B. 3p C. 3d D. ‎‎3f ‎【答案】D ‎【解析】‎ 第三能层只有3s、3p、3d能级，没有‎3f能级，故选D。‎ 点睛：解答本题需要熟悉 每一能层具有的能级数等于能层序数，每一能层由少到多的能级顺序为s、p、d、f等，如第三能层有3s、3p、3d能级。‎ ‎2.下列电子排布正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.3个电子排满3个轨道，且自旋方向一样，A正确。‎ B.根据洪特规则，三个轨道的电子自旋方向应相同，B错误；‎ C.根据泡利不相容原理，同一轨道电子自旋方向相反，C错误；‎ D.该能级有5个轨道，电子应先排满所有轨道，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎3.下列化学式能真实表示物质分子组成的是 A. NaOH B. SO‎3 ‎C. CsCl D. SiO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：化学式能真实表示物质分子组成，说明该物质形成的晶体类型应该是分子晶体，据此可知选项B正确。AC是离子晶体，D是原子晶体，不存在分子，答案选B。‎ 考点：考查晶体组成的有关判断 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。该题的关键是明确晶体的组成微粒，然后灵活运用即可。‎ ‎4.下列物质：①干冰，②石英，③白磷，④氯仿（CHCl3），⑤过氧化钠。其中含极性键的非极性分子是（　　）‎ A. ②③⑤ B. 仅②③ C. 仅① D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎②石英为原子晶体、⑤过氧化钠为离子晶体，根本不存在分子，排除；③白磷是由非极性键形成的空心四面体非极性分子；④氯仿（CHCl3）为极性分子，故答案为C。‎ ‎5.168O、188O、O2-、O2、O3是：（ ）‎ A. 氧元素的五种不同微粒 B. 五种氧元素 C. 氧的五种同素异形体 D. 氧的五种同位素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．分子、原子、离子是构成物质的三种微粒；‎ B．元素是具有相同核电荷数（质子数）的一类原子的总称；‎ C．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；‎ D．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素．‎ 解：A．168O表示8个质子、8个中子的氧原子，188O表示8个质子、10个中子的氧原子，O2﹣表示得到2个电子带两个单位负电荷氧离子，O2表示由两个氧原子构成的氧分子，O3，表示由三个氧原子构成的臭氧分子，属于氧元素的五种不同微粒，故A正确；‎ B．氧元素只有一种，它们属于氧元素的五种不同微粒，故B错误；‎ C．同素异形体必须是单质，168O、188O属于原子，O2﹣属于离子，O2、O3‎ 属于单质，所以五种物质不能称为同素异形体，故C错误；‎ D．同位素必须指原子间，O2﹣属于离子，O2、O3属于单质，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎6.最近医学界通过放射性‎14C标记C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下通过断裂DNA而杀死细胞，从而抑制艾滋病，则有关‎14C的叙述正确的是 A. 与‎12C的化学性质不相同 B. 与‎12C的中子数相同 C. 是C60的同素异形体 D. 与‎12C互为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，所以选项B不正确。质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，所以选项D正确，同位素的化学性质是相似的，A不正确。由同一种元素形成的不同单质，互为同素异形体，C不正确。答案选D。‎ ‎7.配合物K3[Fe(CN)6]中，中心离子的化合价是( )‎ A. ＋3 B. －‎3 ‎C. ＋1 D. —1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】K元素的化合价是+1，CN-整体的化合价为-1，假设Fe元素的价态为x，按照化合物中各元素化合总价为零的原则，可得（+1）×3+x+（-1）×6=0，解得x=3，因而中心离子为Fe3+，化合价为+3。‎ 故答案选A。‎ ‎8.在单质的晶体中一定不存在的粒子是 A. 原子 B. 分子 C. 阴离子 D. 阳离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：单质晶体可能有：硅、金刚石——原子晶体，P、S、Cl2‎ ‎——分子晶体，Na,Mg——金属晶体，在这些晶体中，构成晶体的粒子分别是原子、分子、金属离子和自由电子。C中阴离子只有存在于离子晶体中，构成离子晶体的粒子是阴、阳离子，所以离子晶体不可能形成单质晶体，答案选C。‎ 考点：考查构成晶体微粒的有关正误判断 点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。该题有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有利于培养学生灵活应变能力。‎ ‎9. 金属的下列性质中，与自由电子无关的是：（ ）‎ A. 密度大小 B. 容易导电 C. 延展性好 D. 易导热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：对于金属，其易导电、导热性及延展性均与自由电子有关，而密度大小与自由电子无关系，答案选A。‎ 考点：考查金属晶体的性质与自由电子的关系 点评：该题是基础性知识的考查，属于识记性的，难度不大。该题的关键是学生要熟练记住，该题学生不难得分。‎ ‎10.美国Lawrece Liermore国家实验室（LINL）成功地在高压下将转化为具有类似结构的原子晶体，下列关于的原子晶体说法，正确的是：‎ A. 的原子晶体和分子晶体互为同分异构体 B. 在一定条件下，原子晶体转化为分子晶体是物理变化 C. 的原子晶体和分子晶体具有相同的物理性质和化学性质 D. 在的原子晶体中，每一个C原子周围结合4个O原子，每一个O原子跟两个C原子相结合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：二氧化碳是化合物不是单质，所以二氧化碳的原子晶体和分子晶体不是同素异形体，故A错误；二氧化碳分子晶体和二氧化碳原子晶体的构成微粒不同，空间构型不同，所以其物理性质不同。二氧化碳原子晶体和二氧化碳分子晶体属于不同物质，所以在一定条件下，CO2‎ 原子晶体转化为分子晶体是化学变化不是物理变化，二者之间的转化是化学变化，故B、C错误；利用知识迁移的方法分析，把二氧化硅结构中的硅原子替换成碳原子，所以在二氧化碳的原子晶体中，每个C原子周围结合4个O原子，每个O原子跟两个C原子相结合，故D正确，答案选D。‎ 考点：考查晶体类型、物质性质以及晶体结构的有关判断 点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。注意二氧化碳分子晶体转化为原子晶体属于化学变化不是物理变化。‎ ‎11.外围电子排布式为3d104s1的元素在周期表中应位于( )‎ A. 第四周期ⅠB族 B. 第五周期ⅡB族 C. 第四周期ⅦB族 D. 第五周期ⅢB族 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据该元素的外围电子排布，得出其电子层数为4，因此它位于第四周期。由于3d轨道上为全充满结构，得出该元素位于ds区，又因为最外层4s轨道上有1个电子，因此它位于ⅠB族。‎ ‎12. 下列说法中正确的是 A. 完全由非金属元素组成化合物不一定是共价化合物 B. 构成分子晶体的粒子一定含有共价键 C. 分子晶体的熔点一定比金属晶体的熔点低 D. 含有金属离子的晶体一定是离子晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．完全由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，A正确；B．构成分子晶体的粒子不一定含有共价键，例如稀有气体，B错误；C．分子晶体的熔点不一定比金属晶体的熔点低，例如S比Hg高，C错误；D．含有金属离子的晶体不一定是离子晶体，例如金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，D错误，答案选A。‎ 考点：考查化学键和晶体构成的判断 ‎13.在金属晶体中，如果金属原子 价电子数越多，原子半径越小，自由电子与金属阳离子间的作用力越大，金属的熔沸点越高。由此判断下列各组金属熔沸点高低顺序，其中正确的是(　　)‎ A. Mg＞Al＞Ca B. Al＞Na＞Li C. Al＞Mg＞Ca D. Mg＞Ba＞Al ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电荷数Al3＋>Mg2＋＝Ca2＋＝Ba2＋>Li＋＝Na＋，金属阳离子半径：r(Ba2＋)>r(Ca2＋)>r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)>r(Li＋)，则C正确；B中Li>Na，D中Al>Mg>Ba。‎ ‎14.下列说法中不正确的是（　　）‎ A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强 B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键 C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键 D. N2分子中有一个σ键，两个π键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两个原子在形成共价键时只有一个σ键,可能含有一个π键(如碳碳双键),也可能含有两个π键(如氮氮三键等),但有些气体单质是单原子分子,如稀有气体分子,它们不含化学键,也就不含σ键和π键。‎ ‎15.根据H+H==H2同时放出436 kJ·mol-1的热量，可以说明(　　)‎ A. 氢分子比氢原子稳定 B. 氢分子跟氢原子稳定性一样 C. 两个氢原子比一个氢分子能量低 D. 氢原子比氢分子稳定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由于反应放出热量，反应后体系的能量降低，即氢原子的能量比氢分子高，氢分子更稳定。因而：‎ A.氢分子比氢原子稳定，A项正确，D项错误；‎ B.同理，氢分子跟氢原子稳定性不一样，错误；‎ C.两个氢原子比一个氢分子能量更高，错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，因而化学反应能量变化与键能的关系为当反应物断键吸收的总能量大于生成物成键放出的总能量，该反应为吸热反应，反之，为放热反应。‎ ‎16.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是‎277 ℃‎，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（　　）‎ ‎①HgCl2属于共价化合物　②HgCl2属于离子化合物　③HgCl2属于非电解质　④HgCl2属于弱电解质 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：：HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。‎ 考点：考查化合物、电解质、非电解质的有关判断 点评：该题是中等难度的试题，试题贴近高考，难易适中，注重考查学生分析问题、解决问题的能力，有助于培养学生严谨的逻辑思维能力和创新思维能力，也有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习求知欲。‎ ‎17. 下列说法中正确的是 A. PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果 B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道 C. 凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体 D. AB3型的分子立体构型必为平面三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.PCl3分子中P原子属于sp3杂化；B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道；C.中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体；D.AB3型的分子空间构型还可以为三角锥形；‎ ‎【详解】A.PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，由于含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A项错误；‎ B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B项错误；‎ C.由价层电子对互斥理论可知，凡中心原子采取sp3杂化的分子，其价层电子对互斥模型都是四面体，故C项正确；‎ D. AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，故D项错误，本题选C。‎ ‎18.1999年度诺贝尔化学奖授予了开创“飞秒（10-15s）化学”新领域的科学家，使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子运动成为可能。你认为该技术不能观察到的是 A. 原子中原子核的内部结构 B. 化学反应中原子的运动 C. 化学反应中生成物分子的形成 D. 化学反应中反应物分子的分解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由于原子是化学变化中的最小微粒，即在化学反应中原子是不能再分的。根据信息“使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子运动成为可能”可知不能观测到原子内部的质子、中子、电子的运动，所以该技术不能观察到原子中原子核的内部结构，其余选项均是可以的，答案选A。‎ 考点：考查分子与原子的区别和联系 ‎19.符号3Px所代表的含义是：( )‎ A. Px轨道上有3个电子 B. 第三电子层Px轨道有3个伸展方向 C. Px电子云有3个伸展方向 D. 第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考查原子轨道的含义。P轨道是纺锤形的，所以答案选D。‎ ‎20.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是( )‎ A. SiO2和SO2 B. CO2和H2O C. NaCl和HCl D. CCl4和KCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；‎ B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；‎ C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；‎ D.CCl4含共价键，为分子晶体，KCl含离子键，为离子晶体，D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎21.金属钠晶体为体心立方晶格(如图)，实验测得钠的密度为ρ(g·cm-3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol-1)，假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据ρ = 求得晶胞体积，再得到晶胞边长，因为金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，所以钠原子的半径为晶胞体对角线的1/4，据此可以确定钠原子的半径。‎ ‎【详解】因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×1/8=2，设晶胞边长为x，根据ρ=m/V得，ρ = ，推出x =，所以晶胞的体对角线长度为 ‎，因此钠原子半径，故选C；‎ 答案选C。‎ ‎22.0.01‎‎ mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol AgCl沉淀。此氯化铬最可能是 ( )‎ A. [Cr(H2O)6]Cl3 B. [Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O C. [Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D. [Cr(H2O)3Cl3]·3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为0.01 mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol AgCl沉淀，所以每个氯化铬在溶液中只能电离出两个氯离子，也就可以推断在CrCl3·6H2O中，有两个氯离子在外界，一个氯离子在内界，形成了配合物，可推知选B。‎ 故答案选B。‎ ‎23.如图，在氯化钠晶体中，与每个Na＋等距离且最近的几个Cl－所围成的空间几何构型为 (　　)‎ A. 十二面体 B. 正八面体 C. 正六面体 D. 正四面体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在氯化钠晶体中，与每个Na+等距离且最近的Cl-有6个，正好位于Na+‎ 的上下左右前后，构成正八面体，因此答案选B。‎ 考点：考查氯化钠晶体的结构特点 点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对氯化钠晶胞结构特点的熟悉、了解掌握程度。有利于培养学生的逻辑思维能力和抽象思维能力，该题难度不大，学生不难得分。‎ ‎24.下列对有机化合物的分类结果正确的是（　 　）‎ A. 乙烯(CH2=CH2)、苯()、环己烷()都属于脂肪烃 B. 苯()、环戊烷()、环己烷()同属于芳香烃 C. 乙烯(CH2=CH2)、乙炔(CH≡CH)同属于烯烃 D. 、、同属于环烷烃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、苯属于芳香烃，故A错误；B、环戊烷()、环己烷属于脂肪烃，故B错误；C、乙炔同属于炔烃，故C错误；D、、、分子结构中都含有环，碳碳间都是单键，同属于环烷烃，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了有机物的分类的相关知识。‎ ‎25.研究有机物的一般步骤:分离提纯→确定最简式→确定分子式→确定结构式。以下研究有机物的方法错误的是 (　　)‎ A. 蒸馏——分离提纯液态有机混合物 B. 燃烧法——研究确定有机物成分的有效方法 C. 核磁共振氢谱——分析有机物的相对分子质量 D. 红外光谱图——确定有机物分子中的官能团或化学键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机混合物中各成分沸点不同，因而可采取蒸馏，A正确；‎ B.利用燃烧法，能得到有机物燃烧后的无机产物，并作定量测定，最后算出各元素原子的质量分数，得到实验式，B正确；‎ C.核磁共振氢谱主要是通过测定不同化学环境中的氢来分析结构式，分析相对分子质量的是质谱，C错误；‎ D.不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，D正确。‎ 故答案选C。‎ 二、填空：‎ ‎26.(1)的名称是________。 ‎ ‎(2)分子式符合C7H16且含有四个甲基的结构有______________种。‎ ‎(3)核磁共振仪处理,氢谱图中有____种氢,峰面积之比为____。‎ ‎(4)水熔沸点比同主族其它氢化物的都高，原因是______。‎ ‎(5)将有机物A置于氧气流中充分燃烧,实验测得:生成‎5.4 g H2O和‎8.8 g CO2,消耗氧气‎6.72 L(标准状况下),则A的实验式是___，用质谱仪测定A的相对分子质量,得到如图所示质谱图,则其相对分子质量为____,A的分子式是____。 ‎ ‎【答案】 (1). 3,4-二甲基辛烷 (2). 4 (3). 2 (4). 3∶2 或2：3 (5). 水分子间形成了氢键 (6). C2H6O (7). 46 (8). C2H6O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）烷烃主链为含碳原子数最多的链，观察该烷烃的结构，主链为8个碳原子，离支链最近的一端开始编号，因而该烃的名称为3,4-二甲基辛烷；‎ ‎（2）分子式符合C7H16且含有四个甲基的结构分别为、‎ ‎、、，符合条件的结构合计为4种；‎ ‎（3）根据等效氢原理， 有两种氢原子，因而氢谱图中会有两个吸收峰，即2种氢，峰面积比为6：4=3：2；‎ ‎（4）因水分子间形成氢键，氢键作用大于范德华力，因而水的熔沸点比同主族其它氢化物的都高；‎ ‎（5）‎5.4 g H2O中含有0.6gH和4.8gO，‎8.8 g CO2含有2.4gC和6.4gO；消耗氧气‎6.72 L(标准状况下)，可算出n(O2)=0.3mol，O原子质量为‎9.6g，根据氧元素质量守恒计算，有机物中氧原子质量等于‎4.8g+‎6.4g-9.6g=‎1.6g，因而有机物中C、H、O原子个数比为=2：6：1，则A的实验式是C2H6O，如图所示质谱图，其最大质荷比为46，即A的相对分子质量为46，得出分子式即实验式为C2H6O。‎ ‎27.m、n、x、y四种主族元素在周期表里的相对位置如下图所示。已知它们的原子序数总和为46，则：‎ ‎(1)元素n的气态氢化物的分子式为_____________ ，空间构型为_____________。‎ ‎(2)m与y所形成的化合物含_________ 键，属_________ 分子。(填“极性”或“非极性”)‎ ‎(3)x位于周期表中的位置是______；与其最高价含氧酸根离子互为等电子体的分子是_____________(写一种)。‎ ‎(4)由n、y的氢化物相互作用所生成的物质在固态时属于_________晶体，y的某种含氧酸钠盐显碱性，其原因为_______________(用离子方程式表示)‎ ‎【答案】 (1). NH3 (2). 三角锥形 (3). 极性 (4). 非极性 (5). 第三周期第VIA族 (6). CCl4 (7). 离子 (8). ClO- + H2O ⇌ HClO + OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ m、n、x、y四种主族元素，它们的原子序数总和为46，由它们在周期表里的相对位置可以知道，x、y不可能处于第四周期，因为第四周期中两种主族元素的原子序数最小为19+20=39，m与n的原子序数之和小于(46-39)，同理可得m、n不可能处于第三周期，故m、n处于第二周期，x、y处于第三周期，令m的原子序数为a，则n、x、y的原子序数分别为a+1、a+10、a+11，则a+a+1+a+10+a+11=46，计算得出a=6，故m为C元素、n为N元素、x为S元素、y为Cl元素。‎ ‎【详解】（1）元素n的气态氢化物为NH3，NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；‎ ‎（2）m与y所形成的化合物CCl4，CCl4分子中含有4个C-Cl键，属于极性键，而CCl4分子中C原子采取sp3杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型，因而属于非极性分子；‎ ‎（3）x为S元素，原子序数为16，位于第三周期VIA族，其最高价含氧酸根离子为SO42-, SO42-价层共有6+6×4+2=32个电子，含有5个原子，例如：CCl4含有5个原子，32个价电子，和SO42-互为等电子体，故答案可填CCl4；‎ ‎（4）n、y的氢化物分别为NH3和HCl，NH3和HCl反应生成NH4Cl，其为铵盐，铵盐属于离子化合物，因而NH4Cl为离子晶体，y的某种含氧酸钠盐显碱性，说明该含氧酸盐阴离子为弱酸的酸根离子，可推知y的含氧酸为HClO，y的某种含氧酸钠盐为NaClO，ClO-水解显碱性，其水解方程式为ClO- + H2O ⇌ HClO + OH-。‎ ‎28.有A、B、C、D、E 5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中C、E是金属元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：‎ ‎(1)A是________，B是________，E是_________。‎ ‎(2) 写出C元素基态原子的电子排布式_________________________。‎ ‎(3)写出D元素原子的价电子排布图____________________。‎ ‎(4) 元素B与D的电负性的大小关系是___________，C与E的第一电离能的大小关系是___________。(填“>”、“<”或“=”)‎ ‎【答案】 (1). H (2). O (3). K (4). [Ne]3s23p1 (5). (6). O>S (7). Al>K ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有A、B、C、D、E 5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故最外层电子排布为ns2np4，故B为氧元素，D为硫元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1，处于ⅠA族，且E为金属元素，E的原子序数大于硫元素（D），故A为氢元素，E为钾元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，则C原子最外层电子数为3，原子序数介于B和D之间，故C为铝元素。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析A、B、C、D、E分别为H元素、O元素、Al元素、S元素、K元素。因而答案为H、O、K。‎ ‎（2）C元素为Al元素，Al元素的原子序数为13，原子核外有13个电子，根据电子排布规则，Al原子基态电子排布式为[Ne]3s23p1。‎ ‎（3）D元素为S元素，S元素的原子序数为16，原子核外有16个电子，S原子基态电子排布式为[Ne]3s23p4，价电子为3s23p4，其价电子排布图为。‎ ‎（4）B与D分别为O元素和S元素，位于同一主族，且S在O下面。而同主族时，电负性自上而下减小，所以S的电负性小于O电负性，即O>S；C与E分别是Al元素和K元素，K位于第四周期，电子层数为4层，而Al位于第三周期，电子层数为3层，可知K的最外层的电子离核更远，因而核对最外层电子的吸引力就更小，因而K的第一电离能比Al小，即Al>K。‎ ‎【点睛】在比较第一电离能时注意把握特殊情况：同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折。当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0, d0, f0)、半满(p3, d5, f7)或全满(p6, d10, f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。‎ ‎29.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：‎ ‎（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____‎ ‎（填标号）。‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。‎ ‎（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。‎ A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 ‎（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。‎ 可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。‎ ‎（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。‎ ‎【答案】 (1). D (2). C (3). Li+核电荷数较大 (4). 正四面体 (5). sp3 (6). AB (7). 520 (8). 498 (9). 2908 (10). ‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；‎ ‎（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；‎ ‎（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1‎ 摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；‎ ‎（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。‎ 详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；‎ ‎（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－；‎ ‎（3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；‎ ‎（4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol；‎ ‎（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是。‎ 点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。‎ ‎ ‎