2018-2019学年福建省晋江市季延中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年福建省晋江市季延中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

季延中学2019年春高二年期中考试化学科试卷 一、选择题(每小题只有一个答案，每小题2分，共22小题，共44分)‎ ‎1.有关化学用语正确的是( )‎ A. 基态Fe原子的外围电子轨道表示式为：‎ B. 乙醇的结构简式：C2H6O C. Cl－的电子排布式：1s22s22p63s23p6‎ D. 四氯化碳的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 基态Fe原子的外围电子轨道表示式为：，选项A错误；‎ B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O为乙醇的分子式，选项B错误；‎ C. Cl－的电子排布式为：1s22s22p63s23p6，选项C正确；‎ D. 四氯化碳的电子式为：，选项D错误。‎ 答案选C ‎2.下列各组均有两种物质的式子中，都能真实表示分子组成的是( )‎ A. CO2和SiO2 B. S和P C. Na2O2和H2O2 D. C6H6和C6H5Br ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．CO2表示分子，而SiO2是原子晶体，只是表示晶体中原子的个数比。错误。B．S和P表示的是固体S单质和P单质。错误。C．Na2O2是离子化合物，表示阳离子和阴离子的个数比，H2O2表示的是过氧化氢分子。错误。D．C6H6表示苯分子，C6H5Br表示溴苯分子。正确。‎ 考点：考查化学式的含义的知识。‎ ‎3.超临界流体是温度和压力同时高于临界值的流体，也即压缩到具有接近液体密度的气体，是物质介于气态和液态之间的一种新的状态。目前应用最广的是超临界二氧化碳，在中药、香料的萃取分离以及作为溶剂、发泡剂取代氟利昂等具有重要价值。下列有关说法中错误的是( )‎ A. 超临界二氧化碳与CO2的物理性质不同，化学性质相同 B. 超临界二氧化碳可能是一种原子晶体 C. 用超临界二氧化碳溶解萃取物质，符合绿色化学的思想 D. 用超临界二氧化碳代替氟利昂可减轻对臭氧层的破坏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.超临界二氧化碳与CO2由于物质的分子构成相同，所以二者只是物理性质不同，化学性质相同，正确；B.超临界流体的物质介于气态和液态之间的一种新的状态，因此超临界二氧化碳也是一种分子晶体，错误；C.二氧化碳是空气的成分之一，用超临界二氧化碳溶解萃取物质，不会产生大气污染物，因此符合绿色化学的思想，正确；D.用超临界二氧化碳代替氟利昂作制冷剂，不会产生游离的卤素原子，故可减轻对臭氧层的破坏，正确。‎ 考点：考查超临界流体的结构、性质及应用的知识。‎ ‎4.下列关于丙烯(CH3CH=CH2)的说法正确的是( )‎ A. 丙烯分子有7个σ键，1个π键 B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化 C. 丙烯分子中既存在极性键又存在非极性键 D. 丙烯分子中所有原子在同一平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，选项A错误；‎ B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，选项B错误；‎ C．不同种非金属元素之间形成极性键，则丙烯中存在C-H极性共价键；同种非金属元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，选项C正确；‎ D．由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级符号，5个区分别为s区、 d区、 p区、ds区和f区。电子构型为[Xe]4f145d76s2的元素位于周期表中的哪个区( )‎ A. s区 B. d区 C. p区 D. ds区 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素电子构型为[Xe]4f145d76s2，符合处于f区外围电子排布为ndx （n+1）sy，x不等于10，处于d区。‎ 答案选B。‎ ‎6.已知三角锥形分子E和直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)如下图，则下列判断错误的是( )‎ A. G是最活泼的非金属单质 B. M化学性质活泼 C. E能使紫色石蕊试液变蓝色 D. L是极性分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据球棍模型及物质的性质可知E是NH3;G 是Cl2；L是HCl；M是N2。A．Cl2是最活泼的非金属单质,正确；B．在N2中由于两个N原子之间共用三对电子，结合力强，在一般情况下不容易断开，所以化学性质不活泼，错误；C．E的水溶液显碱性，因此能使紫色石蕊试液变蓝色，正确；D．L是有极性键构成的极性分子，正确。‎ 考点：考查模型在物质推断、物质的性质的应用的知识。‎ ‎7.关于键长、键能和键角，下列说法不正确的是( )‎ A. 键角是确定分子立体结构(分子形状)的重要参数 B. 通过反应物和生成物分子中键能数据可以粗略预测反应热的大小 C. 键长越长，键能必越小，共价化合物必越稳定 D. 同种原子间形成的共价键键长长短总是遵循：叁键＜双键＜单键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．键角和键长都是确定多分子立体结构(分子形状)的重要参数，正确；B．化学反应中的能量变化就是断裂反应物的化学键与形成生成物的化学键释放的键能的差值，因此通过反应物和生成物分子中键能数据可以粗略预测反应热的大小，正确；C．键长越短，键能越大，共价化合物越稳定，错误；D．同种原子间形成的共价键数目越多，结合的就越牢固，键长长短总是遵循：叁键＜双键＜单键，正确。‎ 考点：考查键长、键能和键角与物质结构的关系的知识。‎ ‎8.美国 lawrece liremore 国家实验室的V·Lota·C·S·You和H·Cynn成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构的晶体，下列关于CO2的原子晶体的说法正确的是( )‎ A. CO2的原子晶体和分子晶体互为同分异构体 B. 在一定的条件下，转化为分子晶体是物理变化 C. CO2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CO2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原子跟两个碳原子结合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳是的原子晶体的化学式是原子个数比，不是分子组成，分子晶体是分子式表示分子组成，二者不具有相同的分子式，不属于同分异构体，选项A错误；‎ B、C.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，即二者之间的转化是化学变化，选项B、选项C错误；‎ D.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，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查晶体类型、物质性质以及晶体结构的有关判断，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。‎ ‎9.现代无机化学对硫－氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中下图是已经合成的最著名的硫－氮化合物的分子结构。下列说法正确的是( )‎ A. 该物质的分子式为S4N4 B. 该物质的分子中只有极性键 C. 该物质具有很高的熔、沸点 D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据分子结构可知，分子式为S4N4，选项A正确；‎ B、根据结构可判断，硫和硫之间形成非极性键，S和N之间形成极性键，选项B错误；‎ C、该物质形成的晶体是分子晶体，分子晶体的熔沸点不高，选项C错误；‎ D、由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，该物质是化合物，不是单质，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎10.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）‎ A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形 C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查了价层电子对互斥理论的应用。H2S为V形；BF3为平面三角形。‎ ‎11.下列对分子的性质的解释中，不正确的是 (　 　)‎ A. 水很稳定(1 000 ℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致 B. 乳酸()有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子 C. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释 D. 由图知酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数 次氯酸Cl—OH ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A错误；B．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；C．碘、甲烷、四氯化碳都是非极性分子，水为极性分子，所以碘、甲烷易溶于四氯化碳，在水中溶解度小，故C正确；D．H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；故选A。‎ 点睛：本题考查了氢键对物质性质的影响，同分异构题、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较。注意对相关知识的积累，如酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。‎ ‎12.下列有关晶体的叙述中，错误的是( )‎ A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子 B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等且最近的Na+共有6个 C. 金属晶体中，以“ABCABCABC……”形式的堆积称为面心立方堆积 D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围距离相等且最近的CO2分子共有12个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．金刚石晶体中，每个碳原子形成四个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子；‎ B．NaCl晶体中，Na+周围最近的Na+在小立方体的面对角线上，故有12个Na+最近且等距离；‎ C．金属晶体中，以“…ABCABCABC…”形式的堆积，也就是在晶胞的八个顶点和六个面心上都各有一个金属原子，称为面心立方堆积；‎ D．干冰晶体中，CO2分子分布在晶胞的八个顶点和六个面心上，所以每个CO2分子周围距离（即小立方体的面对角线长度）相等且最近的CO2分子共有12个．‎ 解：A．金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，每个碳原子形成四个共价键，从而形成空间网状结构，故A正确；‎ B．NaCl晶体中，Na+周围最近的Na+在小立方体的面对角线上，故有12个Na+最近且等距离，故B错误；‎ C．金属晶体中，以“…ABCABCABC…”形式的堆积，也就是在晶胞的八个顶点和六个面心上都各有一个金属原子，称为面心立方堆积，C正确；‎ D．干冰晶体中，CO2分子分布在晶胞的八个顶点和六个面心上，所以每个CO2分子周围距离（即小立方体的面对角线长度）相等且最近的CO2分子共有12个．故D正确；‎ 故选B．‎ ‎13.若原子核外电子排布的基本规律为最外层电子数不超过5个，次外层电子数不超过10个，倒数第三层电子数不超过15个，而各电子层电子的最大容量仍为2n2，则元素周期表中第三、四、五周期含有的元素分别有( )‎ A. 5种、10种、15种 B. 8种、18种、18种 C. 8种、 10种、15种 D. 9种、10种、15种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】若原子核外电子的排布的基本规律为最外层电子数不超过5个，次外层电子数不超过10个，倒数第三层电子数不超过15个，而各电子层电子的最大容量仍为2n2，‎ 则周期表中每一周期最后一种元素的核外电子排布分别为：‎ 第1周期：2；‎ 第2周期：2、5；‎ 第3周期：2、8、5；‎ 第4周期：2、8、10、5；‎ 第5周期：2、8、15、10、5，‎ 则元素周期表中第三、第四、第五周期含有的元素分别有8、10、15种，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素核外电子排布和原子周期表的关系，注意把握题给信息为解答该题的关键，可根据周期表中每一周期最后一种元素的核外电子排布判断，题目难度中等。‎ ‎14.2004年7月德俄两国化学家共同宣布，在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N－N键的键能为160kJ/mol(N2分子中的键能为942kJ/mol)，晶体结构如图所示。下列有关高聚氮的说法不正确的是( )‎ A. 高聚氮晶体属于原子晶体 B. 高聚氮晶体中每个N原子和另外3个N原子相连 C. 高聚氮可能成为炸药 D. 高聚氮转变成氮气氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从N原子结构结合晶体结构模型分析，高聚氮晶体中每个N原子和另外3个N原子相连形成空间网状结构，属于原子晶体。由于高聚氮晶体中大量的N—N键，并且N—N的键能比N≡N的低得多，易破坏，所以高聚氮可能成为炸药，选项A、B、C正确。高聚氮转变成氮气无电子转移，是非氧化还原反应，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎15.甲烷分子(CH4)在特定条件下容易失去一个H＋，形成甲基阴离子(CH3－)，在这个过程中，下列描述不合理的是( )‎ A. 碳原子的杂化类型发生了改变 B. 微粒的形状发生了改变 C. 微粒的稳定性发生了改变 D. 微粒中的键角发生了改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷分子（CH4）失去一个H+，形成甲基阴离子（CH3-），两微粒中C原子的价层电子数都是为4，碳原子杂化方式不变，选项A错误；‎ B．甲烷为正四面体型结构，甲基阴离子为三角锥形结构，微粒形状发生变化，选项B正确；‎ C．甲烷稳定，甲基阴离子带负电荷不稳定，选项C正确；‎ D．甲烷为正四面体型结构，甲基阴离子为三角锥形结构，碳原子含有孤对电子，键角比甲烷中键角小，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构、杂化理论等，难度中等，注意孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间排斥力。‎ ‎16.X、Y两元素可形成XY3型共价化合物，则X、Y最外层的电子排布可能是( )‎ A. X：3s23p1 Y：3s23p5‎ B. X：2s22p3 Y：2s22p4‎ C. X：3s23p1 Y：2s22p5‎ D. X：2s22p3 Y：1s22s22p63s1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y两元素可形成XY3型共价化合物，可判断X的可能化合价为+3价，Y的可能化合价为-1价，或者是X的化合价是+6价，Y的化合价是-2价，或者是X的化合价是-3价，Y的化合价是+1价，‎ A．X为Al元素，Y为Cl元素，化学式为AlCl3，氯化铝是共价化合物，选项A正确；‎ B．X是N元素，Y是O元素，氮的氧化物没有NO3，选项B错误；‎ C．X为Al，Y为F，组成的化学式为AlF3，氟化铝是离子化合物，选项C错误；‎ D．X为N元素，Y是Na元素，组成的化学式为Na3N，为离子化合物，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，注意根据化合物的类型判断可能的化合价，由此推断可能的核外电子排布，注意氯化铝是共价化合物，但氟化铝是离子化合物，为易错点。‎ ‎17.具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是( 　)‎ A. 最外层有8个电子的原子 B. 最外层电子排布为ns2的原子 C. 最外层有3个未成对电子的原子 D. 次外层无未成对电子的原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 主族元素的外围电子排布为nsx或ns2npy，零族元素除外，据此解答。‎ ‎【详解】A．最外层有8个电子的原子属于零族元素，选项A错误；‎ B．最外层电子排布为ns2的原子原子可能为氦原子或一些过渡金属原子，选项B错误；‎ C．最外层有3个未成对电子的原子，则外围电子排布为ns2np3，处于ⅤA族，选项C正确；‎ D．次外层无未成对电子的原子，说明全部排满，如Cu、Zn等，为副族元素，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.三氯化氮（NCl3）常温是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3的说法中正确的是( )‎ A. 它是一种非极性分子 B. 它能以配位键与Cl－结合，生成NCl4－‎ C. 其挥发性比PCl3小 D. 已知NCl3中N元素为－3价，所以NCl3水解产物为NH3和HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NCl3分子中存在N-Cl极性键，分子呈三角锥形，分子结构不对称，为极性分子，选项A错误；‎ B、NCl3中N原子最外层满足8电子结构，没有空轨道容纳孤电子对，故NCl3与Cl-不能以配位键生成NCl4-，选项B错误；‎ C、组成和结构相似，相对分子质量越大熔沸点越高，挥发性NCl3比PCl3大，选项C错误；‎ D、NCl3中N元素为-3价，结合水的正价H+，生成NH3‎ ‎，Cl元素为+1价，结合水的负价基团OH-，生成HClO，选项D正确．‎ 答案选D。‎ ‎19.X、Y、Z为短周期元素，X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Y的原子序数比X的原子序数多5，Z原子的最外层电子数比Y多3。下列叙述正确的是( )‎ A. 原子半径的大小顺序：Z＞Y＞X B. Z单质与X单质直接反应可生成两种化合物 C. 工业上，电解X和Y形成的化合物制取Y单质 D. Y、Z元素的最高价氧化物的水化物不能互相反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，可知X的最外层电子数可能为2、4、 6，对应Y的最外层电子数可能为1、2、3.。Y的原子序数比X多5，则X为O，Y为Al； Z原子的最外层电子数比Y多3，则Z为S。‎ A.原子半径的大小顺序应为Y> Z> X，即Al>S>O，选项A错误；‎ B.硫与氧气直接反应只能生成SO2，而不能直接生成SO3，选项B错误；‎ C.工业上电解氧化铝来制备单质铝，选项C正确；‎ D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为Al (OH) 3和H2SO4，能发生反应，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎20.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是(　 )‎ ‎ ‎ A. 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体 B. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE C. 在CO2 晶体中，一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻 D. 在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.从晶胞结构上可以观察到，Na＋最近的Cl－形成正八面体故A正确；B.该团簇分子是分子晶体，故分子式为E4F4，故B错误；C.从晶胞结构上可以观察到，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻正确；D.从晶胞结构上可以观察到，碘分子的排列有两种不同的方向，D正确，此题选B。‎ 考点：考查晶体的结构与性质相关知识。‎ ‎21.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是(　 )‎ 选项 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验结论 A.‎ 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的浊液 Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)‎ B.‎ 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、‎ 强氧化性 C.‎ 稀盐酸 Na2SO3‎ Ba(NO3)2溶液 SO2与可溶性钡盐均可生成 白色沉淀 D.‎ 浓硝酸 Na2CO3‎ Na2SiO3溶液 酸性：硝酸>碳酸>硅酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图中装置和试剂不发生沉淀的转化，在AgNO3与AgCl的浊液中，Qc(Ag2S)＞Ksp(Ag2S)，则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，不能比较溶度积大小，选项A错误；‎ B、浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，选项B正确；‎ C、盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，选项C错误；‎ D、浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎22.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是(　　)‎ A. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小 B. 三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大 C. 283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液 D. 283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ksp只与温度有关，与浓度无关，选项A错误；‎ B、由图象可知：在相同条件下，温度越低，c（SO42-）•c（Sr2+）越大，所以温度越低时Ksp（SrSO4）越大，选项B正确；‎ C、a点在283K的下方，属于不饱和溶液，选项C错误；‎ D、283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查沉淀溶解平衡及Ksp的意义和应用，关键是正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势。‎ 二、非选择题（共7题，共56分）‎ ‎23.下列曲线表示元素的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的性质)；‎ ‎ ‎ A B C D ‎ ‎ E F G H 把与下面的元素有关性质相符的曲线的标号填入相应括号中：‎ ‎(1)ⅡA族元素的价电子数（ ） ‎ ‎(2)ⅦA族元素氢化物的沸点（ ）‎ ‎(3)第三周期元素单质的熔点（ ） ‎ ‎(4)第三周期元素的最高正化合价（ ）‎ ‎(5)IA族元素单质熔点（ ） ‎ ‎(6)F－、 Na＋、Mg2＋、 Al3＋四种离子的离子半径（ ）‎ ‎(7)某短周期元素的原子半径（ ） ‎ ‎(8)某短周期元素的第一电离能（ ）‎ ‎(9)电离能是指由蒸气状态的孤立原子失去电子形成阳离子需要的能量。从中性原子中移去第一个电子所需要的能量为第一电离能(I1)，移去第二个电子所需要的能量为第二电离能(I2)，依次类推，现有5种元素，A、B、 C、 D、 E，其I1～I3分别如下表，根据表中数据判断其中最有可能是稀有气体元素的是____，最活泼的金属元素是_____。‎ 元 素 I1/eV I2/eV I3/eV A ‎130‎ ‎23.9‎ ‎40.0‎ B ‎4.3‎ ‎319‎ ‎47.8‎ C ‎5.7‎ ‎47.4‎ ‎71.8‎ D ‎7.7‎ ‎15.1‎ ‎80.3‎ E ‎21.6‎ ‎41.1‎ ‎65.2‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). C (5). F (6). A (7). H (8). G (9). E (10). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 同一主族元素价电子数相等，与原子序数无关；‎ ‎(2) VIIA族元素氢化物的沸点随着原子序数增大而呈增大趋势，但HF沸点最高；‎ ‎(3) 第三周期元素单质的熔点随着原子序数增大先增大后减小；‎ ‎(4) 第三周期元素的最高正化合价随着原子序数增大而增大；‎ ‎(5) IA族元素单质熔点随着原子序数增大而减小；‎ ‎(6)电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小；‎ ‎(7) 部分短周期元素的原子半径，电子层数越大其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；‎ ‎(8) 短周期元素的第一电离能，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；‎ ‎（9）电离能越小，失电子能力越强，该元素金属性越强。‎ ‎【详解】(1) 同一主族元素价电子数相等，与原子序数无关，第IIA族元素价电子数都是2，故选B；‎ ‎(2) VIIA族元素氢化物的晶体都是分子晶体，与其相对分子质量成正比，所以V IIA氢化物的沸点随着原子序数增大而呈增大趋势，但HF中含有氢键导致沸点最高，故选D；‎ ‎(3) 第三周期元素单质晶体类型依次为:金属晶体、原子晶体、分子晶体，所以其单质的熔点随着原子序数增大先增大后减小，原子晶体Si熔点最高，故选E；‎ ‎(4) 第三周期元素的最高正化合价随着原子序数增大而增大，故选C；‎ ‎(5) IA族元素单质中氢气是非金属单质，其余都是金属晶体，氢气单质的熔点最低，金属晶体的熔点与其原子半径成反比，所以碱金属族单质的熔点随着原子序数增大而减小，故选F； ‎ ‎(6)电子层结构相同离子其离子半径随着原子序数增大而减小，F-、Na+、Mg2+、Al3+四种离子的离子半径依次减小，故选A；‎ ‎(7) 部分短周期元素的原子半径，电子层数越大其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以其原子半径随着原子序数增大出现锯齿形结构，故选H；‎ ‎(8) 短周期元素的第一电离能，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第V A族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，但稀有气体的第一电离能在同周期中最大，故选G；‎ ‎（9）电离能越小，失电子能力越强，该元素金属性越强，因为B、C、D的电离能较小，所以B、C、D是金属；E的第一、第二、第三电离能都比较大，所以是稀有气体；第一电离能最小的是B，所以其金属性最强；最活泼的金属元素是B。‎ ‎24.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。依据信息回答下列问题：‎ A B C D E Fe Ga ‎(1)用实线作出周期表的上边界线和金属与非金属元素分界阶梯线。______________________‎ ‎(2)周期表中基态Ga原子的外围电子轨道表示式为_________________。GaN晶体结构与单晶硅相似。在GaN晶体中，每个Ga原子与____个N原子相连，在四大晶体类型中，GaN属于_____晶体。‎ ‎(3)上表所示的元素中，能形成氢化物，且氢化物分子间存在氢键的有(填氢化物的分子式)_____，其中氢键作用较强的是_____。‎ ‎(4)Fe元素在元素周期表中的位置是________；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5‎ 中铁的化合价为______；已知原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为___和_____(填化学式)，CO分子的结构式可表示成_____________。‎ ‎(5)在CH4、CO、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有___，CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点比高，其主要原因是__。‎ ‎(6)根据VSEPR理论预测ED4- 离子的空间构型为_______型。B、C、D、E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的有_____________(任意写一种)。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 4 (4). 原子 (5). NH3、H2O (6). H2O (7). 第4周期Ⅷ族 (8). 0 (9). N2 (10). CN- (11). C≡O (12). CH4、CH3OH (13). CH3OH分子间易形成氢键 (14). 正四面体 (15). 可以为CO2、NCl3、 CCl4、 CO等 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)元素周期表的结构以及元素的分布情况，表示元素周期表的部分边界如下：‎ ‎（2）31号元素Ga原子基态的最外层电子排布式为4s24p1，故其外围电子轨道表示式为；GaN晶体结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体，‎ 故答案为：；4；原子；‎ ‎(3)上表所示的元素中，能形成氢化物CH4、NH3、H2O、HCl，氢化物分子间存在氢键的有NH3、H2O，其中氢键作用较强的是H2O；‎ ‎（4）Fe位于第四周期第VIII族；Fe与CO易形成配合物Fe（CO）5化合价的代数和为0，CO的化合价的代数和为0；‎ 根据等电子体的定义，CO的等电子体必须是双原子分子或离子，且电子总数相等，对于原子，原子序数=原子核外电子总数，所以，如果是分子，只要原子序数之和相等即可，‎ CO中C是6号元素，O是8号元素，原子序数之和为14，N是7号元素，且可形成双原子分子，所以分子是N2；‎ 如果是阳离子，原子序数之和减去所带电荷数值，如果是阴离子，原子序数之和加上所带电荷数值，等于CO的原子序数之和即可，所以是CN-；‎ 根据氮气结构式知CO结构式为C≡O；‎ ‎（5）判断原子采取杂化方式时，先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对，然后再确定采取的杂化方式．价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，σ键电子对数=σ键个数=中心原子结合的原子个数，中心原子上的孤电子对数=（a-xb），说明：对于分子，a为中心原子的价电子数，x为配位原子个数，b为配位原子最多能接受的电子数．在CH4中价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化．在CO分子中价层电子对数=σ键电子对数（1）+中心原子上的孤电子对数（1），所以碳原子采取sp杂化．CH3OH中，价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化，CH3OH分子间存在氢键其熔、沸点比CH4的熔、沸点比高；‎ ‎（6）ED4-是ClO4-离子，价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，σ键电子对数=σ键个数=中心原子结合的原子个数，中心原子是Cl原子，中心原子结合的原子个数是4，所以σ键电子对数=4，中心原子上的孤电子对数=（7+1-2×4）=0，则Cl为sp3杂化，空间构型为正四面体；B、C、D、E分别是C、N、O、Cl是四种元素，分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8，分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，否则就没有达到8电子稳定结构，对于C元素，8-原子最外层电子数（4）=化合价的绝对值（4），‎ 对于O元素，8-原子最外层电子数（6）=化合价的绝对值（2），‎ 对于N元素，8-原子最外层电子数（5）=化合价的绝对值（3），‎ 对于Cl元素，8-原子最外层电子数（7）=化合价的绝对值（1），所以两两形成的化合物且每个原子最外层都达到8电子稳定结构的化合物有：CO2、NCl3、 CCl4、 CO等。‎ ‎25.过渡金属元素氧化物的应用研究是目前科学研究的前沿之一。2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应(CMR效应)研究方面的成就。某钙钛型复合氧化物(如图)，以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、 Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、 Mn、Fe时，这种化合物具有CMR效应。‎ ‎(1)用A、 B、O表示这类特殊晶体的化学式：_______。‎ ‎(2)已知La为+3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3, (x < 0.1)，此时一部分锰转变为+4价。导致材料在某一温度附近有反铁磁-铁磁. 铁磁-顺磁转变及金属-半导体的转变，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为：____。(用含x的代数式表示)‎ ‎(3)下列有关说法正确的是___________。‎ A 镧、锰、氧分别位于周期表f、 d、 p区 B 氧的第一电离能比氮的第一电离能大 C 铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如图所示 D 锰的电负性为1.59 ，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强 ‎【答案】 (1). ABO3 (2). (1-X)/X (3). AD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为8×=1个，B位于晶胞的体心，含有1个，O位于面心，晶胞中含有O的个数为6×=3，则化学式为ABO3；‎ ‎（2）设La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有，解之得m=1-x，n=x，则La1-xAxMnO3‎ 中三价锰与四价锰的物质的量之比为；‎ ‎（3）A．由元素在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区，选项A正确；‎ B．N原子的2p能级有3个电子，为半满的稳定结构，氧原子的2p能级有4个电子，所以氧的第一电离能比氮的第一电离能小，选项B错误；‎ C．图中堆积方式为镁型，选项C错误；‎ D．元素的电负性越强，金属性越弱，选项D正确。‎ 答案选AD。‎ ‎【点睛】本题易错点为（2），注意利用化合价代数和为0的原则计算。‎ ‎26.氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种工业酸性废液(主要含Na＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋、Cl－、SO42-)中回收氧化铁流程如下：‎ 已知：常温下Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－11；Ksp[Fe(OH)2]＝2.2×10－16；Ksp[Fe(OH)3]＝3.5×10－38；Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33‎ ‎(1)写出在该酸性废液中通入空气时发生的离子反应方程式：___________，指出使用空气的优点是：_________。‎ ‎(2)已知Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)===Fe(OH)3(s)ΔH＝－Q1kJ·mol－1，题(1)中每生成1 mol含铁微粒时，放热Q2，请你计算1 mol Fe2＋全部转化为Fe(OH)3(s)的热效应ΔH＝_________。‎ ‎(3)常温下，根据已知条件计算在pH＝5的溶液中，理论上下列微粒在该溶液中可存在的最大浓度c(Fe3＋)＝___________，c(Mg2＋)＝___________。‎ ‎(4)有人用氨水调节溶液pH，在pH＝5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时Fe(OH)3沉淀中可能混有的杂质是______ (填化学式，下同)，用_______试剂可将其除去。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O (2). 耗费少且无污染 (3). －(Q2＋Q1) kJ·mol－1 (4). 3.5×10－11mol·L－1 (5). 1.2×107mol·L－1 (6). Al(OH)3 (7). NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸性废液中通入空气时，Fe2+被空气中的氧气所氧化，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，该方法的优点是耗费少且无污染；‎ ‎（2）根据盖斯定律计算；‎ ‎（3）溶液pH=5，则c(OH-)=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10-38，Ksp[Mg（OH）2]=1.2×10-11，可计算；‎ ‎（4）根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，可计算出溶液pH=5时，c（Al3+）＜1.0×10-5，Al3+也几乎完全沉淀，故可能混有的杂质是Al(OH)3，Al(OH)3溶于强碱，而Fe(OH)3不溶，故可用NaOH溶液除去。‎ ‎【详解】（1）酸性废液中通入空气时，Fe2+被空气中的氧气所氧化，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，该方法的优点是耗费少且无污染；‎ ‎（2）根据盖斯定律由Fe3+（aq）+3OH-（aq）=Fe(OH)3（s）；△H=-Q1 kJ/mol，题（1）中每生成1mol含铁微粒时，放热Q2，则1 mol Fe2+全部Fe3+放热为Q2，Fe3+转化为Fe(OH)3（s）的放热为Q1，所以1 mol Fe2+全部转化为Fe(OH)3（s）的热效应△H=-（Q2+Q1）kJ/mol；‎ ‎（3）溶液pH=5，则c（OH-）=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10-38，Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11，‎ 则c（Fe3+）==3.5×10-11mol/L、c（Mg2+）==1.2×107mol/L；‎ ‎（4）根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，可计算出溶液pH=5时，c（Al3+）＜1.0×10-5，Al3+也几乎完全沉淀，故可能混有的杂质是Al(OH)3，Al(OH)3溶于强碱，而Fe(OH)3不溶，故可用NaOH溶液除去。故答案为：Al(OH)3，NaOH溶液。‎ ‎27.立方ZnS结构的晶体结构可看作阴离子(S2- )按面心立方密堆积排布，构成面心立方晶胞，将该晶胞分成八个小立方体，阳离子(Zn2+)均匀地填充在互不相邻的小立方体中心。阴离子(S2- )的配位数为______，阳离子(Zn2+)的配位数为_______，这些与某个离子最邻近的异号离子构成的空间图形是________，立方ZnS的配位数与NaCl不同，这是由______因素决定的。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 4 (3). 正四面体 (4). 几何或半径 ‎【解析】‎ ‎【详解】根据均摊法可知，阴离子(S2- )的配位数为8×+6×=4，阳离子(Zn2+)的配位数为4，根据图中离子的位置可判断，这些与某个离子最邻近的异号离子构成的空间图形是正四面体，立方ZnS的配位数与NaCl不同，这是由几何或半径因素决定的。‎ ‎28.已知某金属晶体是面心立方堆积，该堆积方式也叫做_______(请写出另外一种名称)，金属原子的半径为r pm，摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA。求：‎ ‎(1)该晶胞中含有原子的个数？_________________________ ‎ ‎(2)该金属的密度(用r、 M、NA来表示)______________________‎ ‎(3)空间利用率为多少？ ___________________________‎ ‎【答案】 (1). 铜型堆积或A1堆积或ccp或fcp堆积 (2). 4个 (3). (4). 74%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】面心立方堆积方式也叫做铜型堆积或A1堆积或ccp或fcp堆积。‎ ‎(1) 晶体是面心立方堆积，晶胞中含有原子数目=8×+6×=4；‎ ‎(2)摩尔质量为Mg/mol，故晶胞的质量g，则晶体的密度ρ===；‎ ‎(3)根据晶胞图可知，晶体为面心立方最密堆积，则晶胞中原子空间利用率为×100%=74%。‎ ‎29.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题：‎ ‎(1)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是____；氮元素的E1呈现异常的原因是____。‎ ‎(2)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。‎ ‎①从结构角度分析，R中两种阳离子的不同之处为____。(填标号)‎ A．中心原子的杂化轨道类型 B．中心原子的价层电子对数 C．立体结构 D．共价键类型 ‎②R中阴离子N5-中的σ键总数为____个。分子中的大π键可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则N5-中的大π键应表示为______。‎ ‎③图(b)中虚线代表氢键，其表示式分别为(NH4+)N—H…Cl、_______、________。‎ ‎(3)R的晶体密度为d g·cm－3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 (2). N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子 (3). C (4). 5 (5). (6). (H3O＋)O—H…N(N5-) (7). (NH)N—H…N(N5-) (8). 602a3d/M 或 (a3dNA/M)×10－21‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)同周期从左到右核电荷数依次增大,半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定；‎ ‎(2) ①根据图(b)，阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0， 价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为=1， 空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；‎ ‎②根据图(b) N5-中键总数为5个，根据信息，N5-的大π键可用符号；‎ ‎③O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与H形成氢键；‎ ‎(4)根据d=计算。‎ ‎【详解】(1)元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，‎ 故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子；‎ ‎(2)①A.阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为= 1，价层电子对数为4，为sp3杂化；‎ B.由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；‎ C. NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；‎ D.含有的共价键类型都为σ键。‎ 两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；‎ ‎②根据图(b)N5-中键总数为5个，根据信息，N5-有6个电子可形成大π键，可用符号表示；‎ ‎③O、N的非金属性较强，对应的O-H、N-H都可与H形成氢键，还可表示为(H3O+)O- HN、(NH4+)N- HN；‎ ‎(4)由d==可知，y=602a3d/M 或 (a3dNA/M)×10－21。‎ ‎ ‎