2019-2020學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中試題(含解析) (III).doc

2019-2020學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期中試題(含解析) (III)1. 下列四種元素中，其單質(zhì)氧化性最強的是( )A. 原子含有未成對電子最多的第二周期元素B. 位于周期表中第三周期A族的元素C. 原子最外層電子排布為2s22p4的元素D. 有9個原子軌道有電子且電子總數(shù)最小的元素【答案】C【解析】分析：根據(jù)元素的性質(zhì)判斷出元素，然后比較元素的非金屬性強弱，進(jìn)而比較其單質(zhì)的氧化性強弱。詳解：A. 第二周期原子含有未成對電子最多的元素是氮元素；B. 位于周期表中第三周期A族的元素是鋁元素；C. 原子最外層電子排布為2s22p4的元素是氧元素；D. 有9個原子軌道有電子且電子總數(shù)最小的元素是磷元素；則這四種元素中，其單質(zhì)氧化性最強的是氧氣，答案選C。2. 已知X、Y是主族元素，I為電離能，單位是kJmol1。請根據(jù)下表所列數(shù)據(jù)判斷，錯誤的是（ ）元素I1I2I3I4X5004 6006 9009 500Y5801 8002 70011 600A. 元素X為金屬元素，常見化合價是1價B. 元素Y是A族元素C. 元素X與氯形成化合物時，化學(xué)式可能是XClD. 若元素Y處于第三周期，它可與冷水劇烈反應(yīng)【答案】D【解析】分析：X、Y是主族元素，I為電離能，X第一電離能和第二電離能差距較大，說明X為第IA族元素；Y第三電離能和第四電離能差距較大，說明Y為第IIIA族元素，X的第一電離能小于Y，說明X的金屬活潑性大于Y，據(jù)此解答。詳解：AX為第IA族元素，元素最高化合價與其族序數(shù)相等，所以X常見化合價為+1價，A正確；B通過以上分析知，Y為第IIIA族元素，B正確；C元素X與氯形成化合物時，X的電負(fù)性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中X顯+1價、Cl元素顯-1價，則化學(xué)式可能是XCl，C正確；D若元素Y處于第3周期，為Al元素，它不能與冷水劇烈反應(yīng)，但能溶于酸和強堿溶液，D錯誤；答案選D。3. 下列說法正確的是( )A. 所有非金屬元素都分布在p區(qū)B. 最外層電子數(shù)為2的元素都分布在s區(qū)C. 元素周期表中第B族到第B族10個縱列的元素都是金屬元素D. 同一主族元素從上到下，金屬性呈周期性變化【答案】C【解析】考查元素周期表的結(jié)構(gòu)。區(qū)的名稱來自于按照構(gòu)造原理最后填入電子的能級符號，非金屬除氫元素位于S區(qū)外，其余都是P區(qū)，選項A不正確；最外層電子數(shù)為2的元素也可能位于P區(qū)或，例如He，B不正確；同主族自上而下，元素的性質(zhì)呈周期性的變化，而不是僅指金屬性，選項D不正確，因此正確的答案選C。4. 下列說法正確的是( )A. 基態(tài)原子的能量一定比激發(fā)態(tài)原子的能量高B. 1s22s12p1表示的是基態(tài)原子的電子排布C. 日常生活中我們看到的許多可見光，如霓虹燈光、節(jié)日焰火，都與原子核外電子發(fā)生躍遷釋放能量有關(guān)D. 電子僅在激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時才會產(chǎn)生原子光譜【答案】C【解析】分析：A基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子；B基態(tài)Be原子的電子排布式是1s22s2；C電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收光子，獲得能量，從由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)輻射光子，放出能量；D吸收光譜和發(fā)射光譜統(tǒng)稱原子光譜。詳解：A基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子，所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量，A錯誤；B處于最低能量狀態(tài)的原子叫做基態(tài)原子，所以基態(tài)Be原子的電子排布式是1s22s2，B錯誤；C電子由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收光子，獲得能量，由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)輻射光子，放出能量，因此日常生活中我們看到的許多可見光，如霓虹燈光、節(jié)日焰火，都與原子核外電子發(fā)生躍遷釋放能量有關(guān)，C正確；D電子在基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)時也會產(chǎn)生原子光譜，D錯誤；答案選C。5. 以下是一些原子的2p能級和3d能級中電子排布的情況。其中違反了洪特規(guī)則的是( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】試題分析：洪特規(guī)則是在原子的同一電子亞層排布的電子，總是盡先占據(jù)不同的軌道，而且自旋方向相同，這樣可以使原子的能量最低，原子處于穩(wěn)定狀態(tài)。同一軌道電子的自旋方向相反，違背泡利不相容原理，錯誤；不同軌道的單電子自旋方向相反，違背洪特規(guī)則，正確；符合洪特規(guī)則，錯誤；電子應(yīng)該盡先占據(jù)不同的軌道，每一個軌道有一個電子，自旋方向相同，違反洪特規(guī)則，正確；不同軌道的單電子自旋方向相反，違背洪特規(guī)則，正確；符合洪特規(guī)則，錯誤。因此違反了洪特規(guī)則的是，選項是C?？键c：考查原子核外電子排布的知識。6. 若某原子在處于能量最低狀態(tài)時，外圍電子排布為4d15s2，則下列說法正確的是( )A. 該元素原子處于能量最低狀態(tài)時，原子中共有3個未成對電子B. 該元素核外共有5個能層C. 該元素原子的M能層共有8個電子D. 該元素原子最外層共有3個電子【答案】B【解析】分析：某原子在處于能量最低狀態(tài)時，外圍電子排布為4d15s2，應(yīng)為Y元素，位于周期表第B族，第N層的電子排布為4s24p64d1，以此解答該題。詳解：根據(jù)核外電子排布規(guī)律，該元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可見：該元素原子中共有39個電子，分5個電子層，其中M能層上有18個電子，最外層上有2個電子。則A該元素原子處于能量最低狀態(tài)時，原子中共有1個未成對電子，A錯誤；B該元素原子核外有5個能層，B正確；C該元素原子M能層共有18個電子，C錯誤；D該元素原子最外層上有2個電子，D錯誤。答案選B。7. 以下有關(guān)元素性質(zhì)的說法不正確的是( )A. Na，K，Rb N，P，As O，S，Se Na，P，Cl元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)增大而遞增的是B. 下列原子中，1s22s22p63s23p11s22s22p63s23p21s22s22p63s23p31s22s22p63s23p4對應(yīng)的第一電離能最大的是C. 某元素的逐級電離能分別為738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，該元素可能在第三周期第A族D. 以下原子中，1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4半徑最大的是【答案】B【解析】A. Na，K，Rb元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)增大而遞減； N，P，As元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)增大而遞減； O，S，Se元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)增大而遞減；Na，P，O元素的電負(fù)性隨原子序數(shù)增大而遞增。A正確；B. 下列原子中，1s22s22p63s23pl 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p31s22s22p63s23p4對應(yīng)的元素分別是第3周期的鋁、硅、磷、硫4種元素，其第一電離能最大的是，因為對應(yīng)的是P元素，其3p軌道半充滿，原子結(jié)構(gòu)較穩(wěn)定，故B錯；C. 某元素的逐級電離能分別為738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，由這些數(shù)據(jù)可知，其第一、第二電離能之間的差值明顯小于第二、第三電離能之間的差值，說明其最外層有2個電子，所以該元素可能在第三周期第IIA族，C正確；D. 以下原子中， 1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4半徑最大的是（硅原子），D正確。本題選B。點睛：同一周期元素原子的第一電離能呈逐漸增大趨勢，每個周期中都有2個較特殊的，即IIA族和VA族，因其原子具有相對較穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，故其第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素。一般地，同一主族元素的電負(fù)性，從上到下逐漸減?。煌恢芷谥髯逶氐碾娯?fù)性逐漸增大。電負(fù)性的變化規(guī)律與元素的非金屬性的變化規(guī)律是相似的。同一周期元素的原子半徑從左到右逐漸減小，同一主族元素的原子半徑從上到下逐漸增大。8. 下列描述中正確的是( )CS2為V形的極性分子 ClO的空間構(gòu)型為平面三角形SF6中有6對完全相同的成鍵電子對 SiF4和SO的中心原子均為sp3雜化A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：CS2與CO2分子構(gòu)型相同，根據(jù)二氧化碳的分子結(jié)構(gòu)分析；先求出中心原子的價層電子對數(shù)，再判斷分子構(gòu)型；SF6中S-F含有一個成鍵電子對；先求出中心原子的價層電子對數(shù)，再判斷雜化類型。詳解：CS2與CO2分子構(gòu)型相同，二氧化碳的分子結(jié)構(gòu)為O=C=O，則CS2的結(jié)構(gòu)為S=C=S，屬于直線形分子，錯誤；ClO3-中Cl的價層電子對數(shù)=3+（7+1-23）/2=4，含有一個孤電子對，則離子的空間構(gòu)型為三角錐形，錯誤；SF6中S-F含有一個成鍵電子對，所以SF6中含有6個S-F鍵，則分子中有6對完全相同的成鍵電子對，正確；SiF4中Si的價層電子對數(shù)=4+（4-14）/2=4，SO32-中S的價層電子對數(shù)=3+（6+2-23）/2=4，所以中心原子均為sp3雜化，正確。答案選C。點睛：本題考查分子的構(gòu)型、原子雜化方式判斷等知識點，側(cè)重考查基本理論，難點是判斷原子雜化方式，知道孤電子對個數(shù)的計算方法，為易錯點。9. 氯化亞砜(SOCl2)是一種很重要的化學(xué)試劑，可以作為氯化劑和脫水劑。下列關(guān)于氯化亞砜分子的VSEPR模型、分子的幾何構(gòu)型和中心原子(S)采取雜化方式的說法正確的是( )A. 四面體形、三角錐形、sp3 B. 平面三角形、V形、sp2C. 平面三角形、平面三角形、sp2 D. 四面體形、三角錐形、sp2【答案】A【解析】分析：根據(jù)價電子對互斥理論確定微粒的空間構(gòu)型，價層電子對個數(shù)=鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，孤電子對個數(shù)=1/2（a-xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)，據(jù)此解答。詳解：SOCl2中S原子成2個S-Cl鍵，1個S=O，價層電子對個數(shù)=鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+(6212)/2=4，雜化軌道數(shù)是4，故S原子采取sp3雜化，含一對孤電子，分子的VSEPR模型為四面體形，分子形狀為三角錐形。答案選A。10. 碳酸亞乙酯是鋰離子電池低溫電解液的重要添加劑，其結(jié)構(gòu)如圖。下列有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是( )A. 分子式為C3H2O3B. 分子中含6個鍵，2個鍵C. 分子中只有極性鍵D. 8.6 g該物質(zhì)完全燃燒得到6.72 L CO2【答案】A【解析】詳解：A、根據(jù)有機物結(jié)構(gòu)簡式可知此有機物中含有3個C、3個O和2個H，故分子式為：C3H2O3，A正確；B、此分子中存在4個C-O鍵、1個C=O雙鍵，還存在2個C-H鍵，1個C=C雙鍵，總共8個鍵，B錯誤；C、此有機物中存在C=C鍵，屬于非極性共價鍵，C錯誤；D、8.6g該有機物的物質(zhì)的量為8.6g86g/mol0.1mol，由于未指明標(biāo)準(zhǔn)狀況，故生成的二氧化碳的體積不一定是6.72L，D錯誤。答案選A。11. 向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液，下列對此現(xiàn)象說法正確的是( )A. 反應(yīng)后溶液中不存在任何沉淀，所以反應(yīng)前后Cu2的濃度不變B. 沉淀溶解后，將生成深藍(lán)色的配合離子 Cu(NH3)42C. 向反應(yīng)后的溶液加入乙醇，溶液沒有發(fā)生變化D. 在 Cu(NH3)42離子中，Cu2給出孤對電子，NH3提供空軌道【答案】B【解析】分析：A硫酸銅和氨水反應(yīng)生成Cu（OH）2藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加氨水，沉淀Cu（OH）2溶解生成深藍(lán)色配合離子Cu(NH3)42；B沉淀Cu（OH）2溶解生成深藍(lán)色配合離子Cu(NH3)42；C絡(luò)合物在乙醇中溶解度較小，所以會析出；D配合物中，配位體提供孤電子對，中心原子提供空軌道形成配位鍵。詳解：A硫酸銅和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應(yīng)生成絡(luò)合物而使溶液澄清，生成深藍(lán)色配合離子Cu(NH3)42，所以溶液中銅離子濃度減小，A錯誤；B氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應(yīng)生成絡(luò)合物離子Cu(NH3)42，沉淀溶解，B正確；CCu(NH3)4SO4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會析出藍(lán)色晶體，C錯誤；D在Cu(NH3)42離子中，Cu2+提供空軌道，NH3提供孤電子對，D錯誤；答案選B。12. 通常狀況下，NCl3是一種油狀液體，其分子空間構(gòu)型與氨分子相似，下列對NCl3的有關(guān)敘述正確的是( )A. 分子中NCl鍵鍵長比CCl4分子中CCl鍵鍵長長B. 分子中的所有原子均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C. NCl3分子是極性分子，NCl3的沸點低于NH3的沸點D. NBr3比NCl3易揮發(fā)【答案】B【解析】分析：通常狀況下，NCl3是一種油狀液體，其分子空間構(gòu)型與氨分子相似，根據(jù)氨氣的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)類推。詳解：A、C原子的原子半徑大于N原子的原子半徑，所以CCl4中C-C1鍵鍵長比NC13中N-C1鍵鍵長，A錯誤；B、NC13中N原子最外層電子數(shù)5，化合價為3價，所以N原子達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；NC13中C1原子最外層電子數(shù)7，化合價為1價，所以C1原子達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，B正確；C、NC13的分子空間構(gòu)型與氨分子相似，都是三角錐型結(jié)構(gòu)，氨分子是極性分子，所以NCl3分子也是極性分子，NCl3的沸點高于NH3的沸點，C錯誤；D、分子晶體中物質(zhì)的熔沸點與相對分子質(zhì)量有關(guān)，相對分子質(zhì)量越大其熔沸點越高，所以NBr3比NCl3的熔沸點高，NCl3比NBr3易揮發(fā)，D錯誤。答案選B。13. 下列敘述不正確的是( )A. 鹵化氫分子中，鹵素的非金屬性越強，共價鍵的極性越強，穩(wěn)定性也越強B. 以極性鍵結(jié)合的分子，不一定是極性分子C. 判斷A2B或AB2型分子是極性分子的依據(jù)是：具有極性鍵且分子構(gòu)型不對稱，鍵角小于180，為非直線形結(jié)構(gòu)D. 非極性分子中，各原子間都應(yīng)以非極性鍵結(jié)合【答案】D【解析】分析：A同一主族，從上往下，原子半徑在逐漸增大，非金屬性減弱，所以鹵化氫按H-F、H-Cl、H-Br、H-I的順序，共價鍵的極性依次減弱，分子穩(wěn)定性依次減弱；B不同種元素原子之間形成的共價鍵是極性共價鍵，含有極性鍵結(jié)構(gòu)對稱且正負(fù)電荷的中心重合的分子為非極性分子；C分子中正負(fù)電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結(jié)合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對稱，正負(fù)電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子；D不同非金屬元素之間易形成極性共價鍵，分子的結(jié)構(gòu)對稱、正負(fù)電荷的中心重合，則為非極性分子。詳解：AHF和HCl，因為F的氧化性比Cl的強，所以F對H的電子的吸引力比Cl的強，所以共用電子對就更偏向F，所以HF的共價鍵的極性就更強，同主族中，由上到下，隨核電荷數(shù)的增加半徑在逐漸增大，非金屬性減弱，所以鹵化氫穩(wěn)定性為HFHClHBrHI，共價鍵的極性依次減弱，A正確；B如CH4含有H-C極性鍵，空間構(gòu)型為正四面體，結(jié)構(gòu)對稱且正負(fù)電荷的中心重合，為非極性分子，B正確；C對于A2B或AB2型分子；由極性鍵構(gòu)成的分子，由該分子的分子空間結(jié)構(gòu)決定分子極性。如果分子的立體構(gòu)型為直線形鍵角等于180、平面三角形、正四面體形、三角雙錐形、正八面體形等空間對稱的結(jié)構(gòu)，致使正電中心與負(fù)電中心重合，這樣的分子就是非極性分子。若為V形、三角錐形、四面體形（非正四面體形）等非對稱結(jié)構(gòu)，則為極性分子，C正確；D非極性分子中，各原子間不一定以非極性鍵結(jié)合，如CO2中含極性鍵，為直線型，結(jié)構(gòu)對稱，為非極性分子，D錯誤；答案選D。點睛：本題考查鍵的極性與分子的極性，注意判斷鍵的極性，抓住共價鍵的形成是否在同種元素原子之間；分子極性的判斷，抓住正負(fù)電荷的中心是否重合，題目難度不大。14. 下列分子中指定的碳原子(用*標(biāo)記)不屬于手性碳原子的是( )A. 蘋果酸 HOOCH2CHOHCOOHB. 丙氨酸 C. 葡萄糖 D. 甘油醛 【答案】A【解析】分析：手性碳原子一定是飽和碳原子，手性碳原子所連接的四個基團是不同的，據(jù)此解答。詳解：A. 蘋果酸HOOCH2CHOHCOOH中連接了2個氫原子，不是手性碳原子，A錯誤；B. 丙氨酸中連接了4個不同的原子或原子團，屬于手性碳原子，B正確；C. 葡萄糖中連接了4個不同的原子或原子團，屬于手性碳原子，C正確；D. 甘油醛中連接了4個不同的原子或原子團，屬于手性碳原子，D正確；答案選A。15. 納米材料的表面粒子數(shù)占總粒子數(shù)的比例極大，這是它具有許多特殊性質(zhì)的原因。假設(shè)某氯化鈉納米顆粒的大小和形狀恰好與氯化鈉晶胞的大小和形狀(如圖所示)相同。則這種納米顆粒的表面粒子數(shù)占總粒子數(shù)的百分?jǐn)?shù)為( )A. 87.5% B. 92.9% C. 96.3% D. 100%【答案】C【解析】試題分析：在NaCl晶胞中微?？倲?shù)是27個，其中表面離子束是26個，所以這種納米顆粒的表面粒子數(shù)占總粒子數(shù)的百分?jǐn)?shù)是（2627）100%=96.3。因此選項是C?？键c：考查納米材料的知識。16. 晶體硼的結(jié)構(gòu)如圖所示，熔點2573K。已知晶體硼結(jié)構(gòu)單元是由硼原子組成的正二十面體，其中有20個等邊三角形的面和一定數(shù)目的頂點，每個項點上各有1個B原子。下列有關(guān)說法不正確的是( )A. 每個結(jié)構(gòu)單元含有12個硼原子B. 1mol晶體硼中含有30NA個BB鍵C. 晶體硼中鍵角是60D. 晶體硼是分子晶體【答案】D【解析】分析：根據(jù)晶體硼的結(jié)構(gòu)，結(jié)合均攤法計算。詳解：在硼原子組成的正二十面體結(jié)構(gòu)中，每5個面共用一個頂點，每個面擁有這個頂點的1/5，每個等邊三角形擁有的頂點為：1/53=3/5，20個等邊三角形擁有的頂點為：3/520=12；B-B鍵組成正三角形，則每個鍵角均為60；每2個面共用一個B-B鍵，每個面擁有這個B-B鍵的1/2，每個等邊三角形占有的B-B鍵為：1/23=3/2，20個等邊三角形擁有的B-B鍵為：3/220=30，則A晶體硼結(jié)構(gòu)單元中含有12個原子，A正確；B由以上分析可知，1mol晶體硼中含有30NA個BB鍵，B正確；CB-B鍵組成正三角形，則每個鍵角均為60，C正確；D晶體硼的熔點高，屬于原子晶體，D錯誤；答案選D。17. 氧化鈣在2 973 K時熔化，而氯化鈉在1 074 K時熔化，兩者的離子間距離和晶體結(jié)構(gòu)類似，下列有關(guān)它們?nèi)埸c差別較大的原因的敘述中不正確的是( )A. 氧化鈣晶體中陰、陽離子所帶的電荷數(shù)多B. 氧化鈣的晶格能比氯化鈉的晶格能大C. 氧化鈣晶體的結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉晶體的結(jié)構(gòu)類型不同D. 氧化鈣與氯化鈉的離子間距離類似，晶格能主要由陰、陽離子所帶電荷的多少決定【答案】C【解析】分析：氧化鈣和氯化鈉形成的晶體均是離子晶體，據(jù)此解答。詳解：氧化鈣在2 973 K時熔化，而氯化鈉在1 074 K時熔化，兩者的離子間距離和晶體結(jié)構(gòu)類似，二者形成的晶體類型均是離子晶體。則A. 氧化鈣晶體中陰、陽離子所帶的電荷數(shù)多，晶格能大，熔沸點高，A正確；B. 氧化鈣的晶格能比氯化鈉的晶格能大，熔沸點高，B正確；C. 氧化鈣晶體的結(jié)構(gòu)類型與氯化鈉晶體的結(jié)構(gòu)類型相同，均是離子晶體，C錯誤；D. 氧化鈣與氯化鈉的離子間距離類似，晶格能主要由陰、陽離子所帶電荷的多少決定，氧化鈣晶體中陰、陽離子所帶的電荷數(shù)多，晶格能大，熔沸點高，D正確。答案選C。18. 有關(guān)晶體的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法中不正確的是( )A. 在NaCl晶體中，距Cl-最近的Na+有6個，距Na最近且相等的Na共12個B. 在CaF2晶體中，每個晶胞平均占有4個Ca2，Ca2+的配位數(shù)是8C. 在金剛石晶體中，每個碳原子被12個六元環(huán)共同占有，每個六元環(huán)最多有4個碳原子共面D. 該氣態(tài)團簇分子的分子式為EF或FE，其晶體不導(dǎo)電【答案】D【解析】分析：A氯化鈉晶體中，鈉離子的配位數(shù)是6；B利用均攤法，計算晶胞中Ca2+數(shù)目；C在金剛石的晶體結(jié)構(gòu)中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，這5個碳原子形成的是正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角為109028，最小的環(huán)為6元環(huán)；D該氣態(tài)團簇分子的分子含有4個E和4個F原子。詳解：A氯化鈉晶體中，距Na+最近的Cl-是6個，即鈉離子的配位數(shù)是6，距Na最近且相等的Na位于面心處，共有38/212個，A正確；BCa2+位于晶胞頂點和面心，數(shù)目為81/8+61/2=4，即每個晶胞平均占有4個Ca2+，Ca2+的配位數(shù)是8，B正確；C在金剛石的晶體結(jié)構(gòu)中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，最小的環(huán)為6元環(huán)，每個單鍵為3個環(huán)共有，則每個C原子連接43=12個六元環(huán)，晶胞中共平面的原子如圖，共4個，C正確；D該氣態(tài)團簇分子的分子含有4個E和4個F原子，則該氣態(tài)團簇分子的分子式為E4F4或F4E4，D錯誤；答案選D。點睛：本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重于晶體的結(jié)構(gòu)，考查學(xué)生空間想象能力、知識運用能力，難度較大，具有豐富的空間想象能力是解本題的關(guān)鍵，易錯選項是D，注意分子的化學(xué)式由組成原子的數(shù)目決定的。19. 下列敘述不正確的是（ ）A. 鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火，可以使用干粉滅火器滅火B(yǎng). 探究溫度對硫代硫酸鈉與硫酸反應(yīng)速率的影響時，若先將兩種溶液混合并計時，再用水浴加熱至設(shè)定溫度，則測得的反應(yīng)速率偏高C. 蒸餾完畢后，應(yīng)先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，再拆卸蒸餾裝置D. 為準(zhǔn)確配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，定容過程中向容量瓶內(nèi)加蒸餾水至接近刻度線時，改用滴管滴加蒸餾水至刻度線【答案】AB【解析】分析：A過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反應(yīng)，鎂可在二氧化碳中燃燒；B應(yīng)先加熱再混合；C蒸餾時，應(yīng)充分冷凝，防止溫度過高而混入雜質(zhì)；D配制溶液時，注意定容時不能使液面超過刻度線。詳解：A過氧化鈉、過氧化鉀與二氧化碳反應(yīng)，鎂可在二氧化碳中燃燒，則鉀、鈉、鎂等活潑金屬著火時，不能用泡沫滅火器滅火，也不能使用干粉滅火器滅火，一般可用沙子撲滅，A錯誤；B該實驗要求開始時溫度相同，然后改變溫度，探究溫度對反應(yīng)速率的影響，應(yīng)先分別水浴加熱硫代硫酸鈉溶液、硫酸溶液到一定溫度后再混合，若是先將兩種溶液混合后再用水浴加熱，隨著熱量的散失，測得的反應(yīng)速率偏低，B錯誤；C蒸餾時，應(yīng)充分冷凝，應(yīng)先停止加熱，待裝置冷卻后，停止通水，防止溫度過高而混入雜質(zhì)，C正確；D配制溶液時，注意定容時不能使液面超過刻度線，應(yīng)用膠頭滴管滴加，D正確。答案選AB。點睛：本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及實驗基本操作及實驗安全、影響反應(yīng)速率的因素及物質(zhì)鑒別等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，題目難度中等，選項A為解答的易錯點。20. 下列有關(guān)實驗的選項正確的是（ ）A.配制0.10mol/L NaOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中的I2分出水層后的操作D記錄滴定終點讀數(shù)為12.20mLA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、容量瓶不能溶解固體，A錯誤；B、利用氫氧化鈉吸收CO中的二氧化碳，可以達(dá)到實驗?zāi)康?，B正確；C、萃取分液后上層液體從上口倒出，C錯誤；D、滴定管0刻度在上面，讀數(shù)應(yīng)該是11.80mL，D錯誤，答案選B。視頻21. 為達(dá)到預(yù)期的實驗?zāi)康?，下列操作中正確的有( )配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶于鹽酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度用10 mL的量筒量取4.80 mL的濃硫酸蒸發(fā)溶液時，邊加熱邊攪拌，直至蒸發(fā)皿中的液體蒸干向無色溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此確定該溶液中一定含有SO為鑒別KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分別向三種溶液中滴加NaOH溶液至過量中和熱測定的實驗中使用的玻璃儀器只有2種實驗室可利用濃氨水和堿石灰混合的方法制取少量氨氣除去NO中混有的NO2氣體可通過水洗，再干燥后用向上排空氣法收集A. 5項 B. 4項C. 3項 D. 2項【答案】C【解析】分析：Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液時加鹽酸抑制水解，所以配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶于鹽酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度，正確；量筒的精確度為0.1mL，可以用10mL的量筒量取4.8mL的濃硫酸，不能量取4.80m濃硫酸，錯誤；蒸發(fā)溶液時，邊加熱邊攪拌，直至蒸發(fā)皿中含有較多固體時，停止加熱，用余熱蒸干，錯誤；檢驗SO42-的操作先加HCl，再加氯化鋇溶液，稀硝酸酸化，如果含有亞硫酸根離子，也會被氧化為硫酸根離子，錯誤；NaOH與KCl不反應(yīng)，NaOH與AlCl3先生成白色沉淀，當(dāng)氫氧化鈉過量時沉淀又溶解，NaOH與MgCl2反應(yīng)生成白色沉淀，最終沉淀不消失，三種物質(zhì)的現(xiàn)象不同，可以鑒別，正確；中和熱測定的實驗中使用的玻璃儀器有燒杯、溫度計、量筒和環(huán)形玻璃攪拌棒，錯誤；堿石灰溶解會放熱，濃氨水和堿石灰混合，會有氨氣生成，能用于制備氨氣，正確；NO能與空氣中的氧氣反應(yīng)，不能用排空氣法收集NO，應(yīng)該用排水法，錯誤。答案選C。22. 已知32gX和40gY恰好完全反應(yīng)，生成mgQ和9gH，在相同條件下，16gX和30gY混合反應(yīng)生成0.25molQ及若干摩爾H，則物質(zhì)Q的摩爾質(zhì)量應(yīng)是（ ）A. 163 g/mol B. 126 g/mol C. 122 g/mol D. 63 g/mol 【答案】B【解析】分析：先根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算出32gX和40gY恰好完全反應(yīng)生成的Q的質(zhì)量m，然后根據(jù)16gX和30gY混合反應(yīng)生成0.25molQ計算出mgQ的物質(zhì)的量，最后根據(jù)M=mn計算出Q的摩爾質(zhì)量。詳解：已知32gX和40gY恰好完全反應(yīng)，生成mgQ和9gH，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，32g+40g=m+9g，解得m=63g；16gX和30gY混合反應(yīng)，16gX完全反應(yīng)需要消耗20gY，顯然Y過量，即16gX完全反應(yīng)，生成了0.25molQ，則32gX完全反應(yīng)，生成0.5molQ，Q的摩爾質(zhì)量為：M=63g0.5mol=126g/mol。答案選B。點睛：本題考查了摩爾質(zhì)量的計算，題目難度不大，可以根據(jù)題中數(shù)據(jù)計算出Q的物質(zhì)的量和質(zhì)量，然后根據(jù)M=m/n計算出Q的摩爾質(zhì)量，注意需要判斷過量情況，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力和靈活應(yīng)用所學(xué)知識解決問題的能力。23. 下列指定微粒的數(shù)目相等的是（ ）A. 等物質(zhì)的量的水（H2O）與重水（D2O）含有的中子數(shù)B. 等質(zhì)量的乙烯和丙烯中含有的共用電子對數(shù)C. 同溫、同壓、同體積的CO和NO含有的質(zhì)子數(shù)D. 等物質(zhì)的量的Fe和Al分別與足量氯氣完全反應(yīng)時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)【答案】BD【解析】分析：A. H不含有中子，D含有1個中子；B. 乙烯和丙烯的最簡式均是CH2；C. CO和NO含有的質(zhì)子數(shù)分別是14和15；D. Fe和Al分別與足量氯氣完全反應(yīng)時均失去3個電子。詳解：A、1mol普通水中含有的中子數(shù)是8mol，1mol重水中含有的中子數(shù)是10mol，所以等物質(zhì)的量的水與重水含有的中子數(shù)不相等，A錯誤；B、乙烯、丙烯都屬于烯烴，通式符合CnH2n，最簡式是CH2，若二者的質(zhì)量相等，含最簡式的個數(shù)相等，含有的共用電子對數(shù)也相等，B正確；C、同溫同壓下，同體積的CO和NO分子數(shù)相同，但是由于每個分子中含有的質(zhì)子數(shù)不相同，所以同溫同壓下，同體積的CO和NO含有的質(zhì)子數(shù)不相等，C錯誤；D、1mol的鐵和鋁分別與足量的氯氣完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量均是3mol，D正確；答案選BD。.24. 設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列兩種說法均不正確的是（ ）A. 用惰性電極電解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液復(fù)原，則電路中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA；將78gNa2O2與過量CO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB. 在標(biāo)況下，22.4LSO3和22.4LC2H4原子個數(shù)比為2:3；42克由C2H4和C5H10組成的混合氣體中含共用電子對數(shù)目為9NA個C. 25時，50g98%濃硫酸和50g 98%濃磷酸混合后含氧原子數(shù)為4NA；含0.2molH2SO4的濃硫酸與足量銅充分反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目少于0.1NAD. 12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環(huán)的個數(shù)為NA；1mol的羥基與1mol的氫氧根離子所含電子數(shù)均為9NA【答案】AD【解析】分析：A用惰性電極電解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液復(fù)原，則說明陽極上析出的是0.1mol氧氣，陰極上析出的是0.1mol銅和0.1mol氫氣；過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)式既是氧化劑，也是還原劑；B標(biāo)況下三氧化硫是固體；C2H4和C5H10最簡式為：CH2，在C2H4和C5H10分子中，每個C含有1個碳碳共用電子對、每個H形成了1個碳?xì)涔灿秒娮訉Γ?個CH2含有3對電子；C溶劑水也含有氧原子；銅與稀硫酸不反應(yīng)；D依據(jù)n=mM計算物質(zhì)的量，結(jié)合石墨烯中平均每個六元環(huán)含碳原子2個分析；氫氧根含有10個電子。詳解：A用惰性電極電解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液復(fù)原，則說明陽極上析出的是0.1mol氧氣，陰極上析出的是0.1mol銅和0.1mol氫氣，故轉(zhuǎn)移0.4mol電子即0.4NA個；78g過氧化鈉是1mol，過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)式既是氧化劑，也是還原劑，1mol過氧化鈉轉(zhuǎn)移1mol電子，則將78gNa2O2與過量CO2反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA；B.在標(biāo)況下三氧化硫不是氣體，22.4LSO3和22.4LC2H4原子個數(shù)比不是2:3；42克由C2H4和C5H10組成的混合氣體含有CH2物質(zhì)的量為42g14g/mol=3mol，在C2H4和C5H10分子中，每個C含有1個碳碳共用電子對、每個H形成了1個碳?xì)涔灿秒娮訉?，所以共含有電子對?shù)為33NA=9NA個；C硫酸和磷酸的相對分子質(zhì)量均是98，且都含有4個氧原子，則25時，50g98%濃硫酸和50g98%濃磷酸混合后含氧原子的物質(zhì)的量是，因此氧原子數(shù)大于4NA；濃硫酸與銅在反應(yīng)過程中濃度逐漸減小，稀硫酸與銅不反應(yīng)，則含0.2molH2SO4的濃硫酸與足量銅充分反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目少于0.1NA； D碳的物質(zhì)的量為12g12g/mol=1mol，石墨烯中平均每個六元環(huán)含碳原子2個，則1mol碳原子含有六元環(huán)的個數(shù)為0.5NA；1mol的羥基與1mol的氫氧根離子所含電子數(shù)分別為9NA、10NA；所以均錯誤的是選項A和D。答案選AD。25. 前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序數(shù)依次增大，其相關(guān)性質(zhì)如下表所示：A2p能級電子半充滿B與A同周期，且原子核外有2個未成對電子C基態(tài)原子核外有6個原子軌道排有電子，且只有1個未成對電子D其基態(tài)原子外圍電子排布為msnmpn2E前四周期元素中，E元素基態(tài)原子未成對電子數(shù)最多F基態(tài)F各能級電子全充滿請根據(jù)以上情況，回答下列問題：（1）E元素基態(tài)原子核外有_種能量不同的電子，電子排布式為_，寫出F元素基態(tài)原子的價電子排布圖_。（2）B和C可形成一種同時含有共價鍵和離子鍵的化合物，其電子式為_。（3）A、B、C、D四種元素：(用元素符號表示，下同)原子半徑由小到大的順序是_；第一電離能由大到小的順序為_；電負(fù)性由大到小的順序是_。（4）判斷下列分子或離子中空間構(gòu)型是V形的是_(填寫序號)。aSO2 bH2O cNO dNO【答案】 (1). 7 (2). Ar3d54s1 (3). (4). (5). ONSOSNa (7). ONSNa (8). abd詳解：根據(jù)以上分析可知A、B、C、D、E、F分別是N、O、Na、S、Cr、Cu。則（1）E為鉻元素，基態(tài)原子核外有7種能量不同的電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；F為銅元素，位于元素周期表第四周期B族，其基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d104s1，則價電子排布圖為；（2）B為氧元素，C為鈉元素，形成一種同時含有共價鍵和離子鍵的化合物為過氧化鈉，它的電子式為；（3）同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則四種元素的原子半徑由小到大的順序是ONSNa；元素隨著非金屬性的增強，第一電離能也增大，但由于氮元素最外層p軌道上電子處于半滿狀態(tài)，是一種穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以氮的第一電離能高于相鄰的同周期元素，所以A、B、C、D四種元素第一電離能由大到小的順序為NOSNa；非金屬性越強，電負(fù)性越大，則四種元素的電負(fù)性由大到小的順序是ONSNa；（4）aSO2中S原子的價層電子對數(shù)是3，含有1對孤對電子，空間構(gòu)型是V形；bH2O中O原子的價層電子對數(shù)是3，含有1對孤對電子，空間構(gòu)型是V形；cNO2中N原子的價層電子對數(shù)是2，不存在對孤對電子，空間構(gòu)型是直線形；dNO2中N原子的價層電子對數(shù)是3，含有1對孤對電子，空間構(gòu)型是V形；答案選abd。點睛：本題主要考查了原子核外電子排布、電子式、元素周期律等知識點，中等難度，解題的關(guān)鍵在于元素推斷，答題時注意化學(xué)用語的規(guī)范表達(dá)。易錯點是第一電離能大小比較，注意處于半充滿、全滿的穩(wěn)定性強，第一電離能大于相鄰元素。26. 硼及其化合物在現(xiàn)代工業(yè)、生活和國防中有著重要的應(yīng)用價值。（1）最簡單的硼烷是B2H6(乙硼烷)，結(jié)構(gòu)如圖所示，其中B原子的雜化方式為_。（2）三氯化硼和三氟化硼常溫下都是氣體，都有強烈的接受孤電子對的傾向。推測它們固態(tài)時的晶體類型為_；三氟化硼與氨氣相遇，立即生成白色固體，寫出該白色固體結(jié)構(gòu)式，并標(biāo)注出其中的配位鍵_。（3）經(jīng)結(jié)構(gòu)研究證明，硼酸晶體中B(OH)3單元結(jié)構(gòu)如圖所示。各單元中的氧原子通過OHO氫鍵連結(jié)成層狀結(jié)構(gòu)，其片層結(jié)構(gòu)及鍵長、層間距數(shù)據(jù)如圖所示。層與層之間以微弱的分子間力相結(jié)合構(gòu)成整個硼酸晶體。H3BO3是一元弱酸，寫出它在水中的電離方程式（與氨類似）_；根據(jù)結(jié)構(gòu)判斷下列說法正確的是_；a硼酸晶體有滑膩感，可作潤滑劑bH3BO3分子的穩(wěn)定性與氫鍵有關(guān)c含1 mol H3BO3的晶體中有3 mol氫鍵dH3BO3分子中硼原子最外層為8e穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（4）利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖。該功能陶瓷的化學(xué)式為_；第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有_種。【答案】 (1). sp3雜化 (2). 分子晶體 (3). (4). H3BO3+H2OB(OH)4-+H+ (5). ac (6). BN (7). 3【解析】分析：（1）根據(jù)每個硼原子含有4個共價鍵判斷；（2）根據(jù)常溫下都是氣體判斷晶體類型；根據(jù)氮原子提供孤電子對，硼原子接受孤對電子分析；（3）根據(jù)與氨類似，進(jìn)行遷移應(yīng)用即可；根據(jù)硼酸晶體的結(jié)構(gòu)特點分析解答；（4）根據(jù)均攤法計算該功能陶瓷的化學(xué)式；根據(jù)影響第一電離能大小的因素分析判斷。詳解：（1）乙硼烷分子中每個硼原子含有4個共價鍵，所以B原子采用sp3雜化；（2）常溫下為氣體，說明晶體構(gòu)型為分子晶體；硼元素具有缺電子性，其化合物可與具有孤電子對的分子或離子形成配合物，BF3能與NH3反應(yīng)生成BF3NH3，B與N之間形成配位鍵，N原子含有孤電子對，所以氮原子提供孤電子對，BF3NH3結(jié)構(gòu)式為：；（3）硼酸為一元弱酸，在水溶液里，和水電離出的氫氧根離子形成配位鍵，其電離方程式為：H3BO3+H2OB(OH)4-+H+；a硼酸（H3BO3）是一種片層狀結(jié)構(gòu)白色晶體，片層狀結(jié)構(gòu)晶體有滑膩感，可作潤滑劑，a正確；b分子的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的B-O、H-O共價鍵有關(guān)，熔沸點與氫鍵有關(guān)，b錯誤；c1個硼酸分子形成了6個氫鍵，但每個氫鍵是2個硼酸分子共用的，所以平均含3個氫鍵，則含有1molH3BO3的晶體中有3mol氫鍵，c正確；d硼原子最外層只有3個電子，與氧原子形成3對共用電子對，因此B原子不是8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，d錯誤；答案選ac；（5）根據(jù)原子半徑大小知，B原子半徑大于N原子，所以大球表示B原子，利用均攤法得B原子個數(shù)=1+81/8=2，N原子個數(shù)=1+41/4=2，B原子和N原子個數(shù)之比為2：2=1：1，所以其化學(xué)式為BN；同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O3種；27. 回答下列各題：（1）CH、CH3、CH都是重要的有機反應(yīng)中間體，它們的電子式分別是_、_、_；其中CH的鍵角應(yīng)是_。（2）疊氮化合物在化學(xué)工業(yè)上有重要應(yīng)用。N叫作疊氮離子，請寫出由三個原子構(gòu)成的含有與N的電子數(shù)相同的分子的結(jié)構(gòu)式_、_。（3）SiO、SO3、NO三種粒子是等電子體，它們的立體構(gòu)型為_，其中SiO44-、PO43-、SO42-的立體構(gòu)型為_。（4）C2O42-和_是等電子體，C2O42-具有較強的還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，寫出反應(yīng)的離子方程式_。（5）2原子14電子的等電子體的共同特點是粒子中都具有共價三鍵，請舉出相應(yīng)的3個例子_、_、_(分子或離子)。每個分子或離子均含有_個鍵，_個鍵。【答案】 (1). (2). (3). (4). 120 (5). O=C=O (6). N=N=O (7). 平面三角形 (8). 正四面體形 (9). N2O4 (10). 5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O (11). N2 (12). CO (13). CN-或C22- (14). 1 (15). 2【解析】分析：（1）根據(jù)微粒所帶電荷數(shù)以及含有的化學(xué)鍵解答，根據(jù)空間構(gòu)型判斷鍵角；（2）疊氮離子的電子數(shù)是22；（3）互為等電子體的微粒結(jié)構(gòu)相似；（4）原子數(shù)和價電子數(shù)分別都相等的互為等電子體；根據(jù)電子得失守恒配平并書寫方程式；（5）根據(jù)等電子體的含義解答；根據(jù)三鍵中有一個鍵和兩個鍵判斷。詳解：（1）CH3帶1個正電荷，含有共價鍵，電子式為；CH3不帶電荷，含有共價鍵，電子式為；CH3帶1個負(fù)電荷，含有共價鍵，電子式為；CH3中中心原子的價層電子對數(shù)是3+(4-131)/2=3，屬于平面三角形結(jié)構(gòu)，所以鍵角應(yīng)是120。（2）疊氮離子的電子數(shù)是22，則由三個原子構(gòu)成的含有與N3的電子數(shù)相同的分子的結(jié)構(gòu)式為O=C=O、N=N=O。（3）三氧化硫是平面三角形結(jié)構(gòu)，SiO32、SO3、NO3三種粒子是等電子體，它們的結(jié)構(gòu)相似，則它們的立體構(gòu)型為平面三角形；SiO44-、PO43-、SO42-互為等電子體，硫酸根中中心原子的價層電子對數(shù)是4+(6+2-24)/2=4，立體構(gòu)型為正四面體形。（4）C2O42-含有6個原子和34個價電子，則和N2O4是等電子體；C2O42-具有較強的還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，氧化產(chǎn)物是二氧化碳，還原產(chǎn)物是錳離子，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒和電荷守恒可知反應(yīng)的離子方程式為5C2O42-+2MnO4-+16H+10CO2+2Mn2+8H2O。（5）2原子14電子的等電子體的共同特點是粒子中都具有共價三鍵，例如N2、CO、CN-或C22-等。由于三鍵中有一個鍵和兩個鍵，因此每個分子或離子均含有1個鍵，2個鍵。點睛：由價層電子特征判斷分子立體構(gòu)型：判斷時需注意：價層電子對互斥模型說明的是價層電子對的立體構(gòu)型，而分