福建省福州市八縣一中聯(lián)考高二（下）期中化學試卷

第7頁2023-2023學年福建省福州市八縣一中聯(lián)考高二〔下〕期中化學試卷一、單項選擇題〔本大題共24小題，共48.0分〕1. 玻爾理論、量子力學理論都是對核外電子運動的描述方法，以下有關(guān)表達中正確的選項是()A.因為s軌道的形狀是球形的，所以s電子做的是圓周運動

B.處于同一軌道上的電子可以有多個，它的運動狀態(tài)完全相同

C.原子軌道和電子云都是用來形象地描述電子運動狀態(tài)的

D.H2、F2、HCl和H2O中的σ鍵都是C解：A.s軌道的形狀是球形的，表示電子出現(xiàn)概率大小，而不表示電子運動軌跡，故A錯誤；

B.同一軌道上最多容納2個電子，其自旋方向相反，故B錯誤；

C.原子軌道和電子云都用來描述電子運動狀態(tài)而不是表示電子運動軌跡，故C正確；

D.H2中H原子沒有p電子，所以H2中不存在s-pσ鍵，存在s-sσ鍵，故D錯誤；

應選：C。

A.s軌道的形狀是球形的，表示電子出現(xiàn)概率大?。?/p>

B.同一軌道上最多容納2個電子，其運動狀態(tài)不同；

C.原子軌道和電子云都用于描述電子運動狀態(tài)；

D.H2中H原子沒有p電子。

2. 元素原子的最外層電子排布式為4s1的元素種類有()A.9種 B.3種 C.1種 D.2種B解：最外層電子排布式為4s1的元素位于第四周期，可能是K：1s22s22p63s23p64s1，Cr：1s223. 以下事實與氫鍵有關(guān)的是()A.HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱

B.水加熱到很高的溫度都難以分解

C.鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低

D.CH4、SiH4、C解：A.元素的非金屬性越強，共價鍵越穩(wěn)定，其氫化物越穩(wěn)定，那么HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱，與分子中的共價鍵鍵能有關(guān)，與氫鍵無關(guān)，故A不選；

B.水加熱到很高的溫度都難以分解，是因為水分子中存在H-O共價鍵，與氫鍵無關(guān)，故B不選；

C.鄰羥基苯甲酸的熔、沸點比對羥基苯甲酸的低，是因為對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵，故C選；

D.CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔點隨相對分子質(zhì)量的增大而升高是與分子間作用力有關(guān)，分子間不存在氫鍵，與氫鍵無關(guān)，故D不選；

應選：C。

A.元素的非金屬性越強，共價鍵越穩(wěn)定，其氫化物越穩(wěn)定；

B.分子的穩(wěn)定性與共價鍵有關(guān)；

C.氫鍵的存在能夠提高物質(zhì)的熔沸點；

4. 以下化合物，按其晶體的熔點由高到低排列正確的選項是()A.SiO2CsCl

CF4CBr4 B.SiO2

CsCl

CBr4B解：晶體熔沸點上下順序是：原子晶體>離子晶體>分子晶體，分子晶體熔沸點與分子間作用力成正比，SiO2是原子晶體、CsCl是離子晶體、CF4和CBr4是分子晶體，其分子間作用力CBr4>CF4，所以這幾種晶體熔沸點上下順序是SiO2>CsCl>CBr4>CF4，

應選：5. 以下說法正確的選項是()A.假設把H2S分子寫成H3S分子，違背了共價鍵的飽和性

B.H3O+A解：A.S原子最外層只有6個電子，可與兩個電子形成共價鍵，與H形成化合物為H2S，否那么違背了共價鍵的飽和性，故A正確；

B.H3O+的存在，是由于O原子發(fā)生了雜化，照樣符合共價鍵的飽和性，故B錯誤；

C.H2分子中s軌道為球形，無方向性，故C錯誤；

D.兩原子形成共價鍵后，兩核間電子是繞兩核運動的，故D錯誤。

應選：A。

原子的未成對電子一旦配對成鍵，就不再與其他原子的未成對電子配對成鍵了，故原子的未成對電子數(shù)目決定了該原子形成的共價鍵具有飽和性，這一飽和性也就決定了該原子成鍵時最多連接的原子數(shù)，形成共價鍵時，原子軌道重疊的程度越大越好，為了到達原子軌道的最大重疊程度，成鍵的方向與原子軌道的伸展方向就存在著必然的聯(lián)系，這種成鍵的方向性也就決定了所形成分子的構(gòu)型，但6. 以下表達正確的選項是()A.1個甘氨酸分子中存在9對共用電子對(甘氨酸的結(jié)構(gòu)簡式為NH2-CH2-COOH)

B.PCl3和BCl3分子中所有原子的最外層都到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

C.HD解：A.1個甘氨酸

含有8個單鍵，1個雙鍵，所以分子中存在10對共用電子，故A錯誤；

B.PCl3分子中所有原子的最外層都到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；BCl3分子中B原子的最外層電子數(shù)為6，Cl原子的最外層電子數(shù)為8，故B錯誤；

C.H2S是含極性鍵的極性分子，CS2分子都是含極性鍵的非極性分子，故C錯誤；

D.因為碳原子半徑小于硅原子半徑，所以C-C的鍵長<C-Si<Si-Si所以金剛石、碳化硅、晶體硅的熔點由高到低的順序為金剛石>碳化硅>晶體硅，故D正確；

應選：D。

A.根據(jù)1個單鍵就是一對公用電子對，一個雙鍵就是就是兩對公用電子對；

B.PCl3分子中所有原子的最外層都到達8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；BCl3分子中B原子的最外層電子數(shù)為6；

C.H2S是含極性鍵的極性分子；CS7. 肯定屬于同族元素且性質(zhì)相似的是()A.A原子基態(tài)時2p軌道上有一對成對電子，B原子基態(tài)時3p軌道上也有一對成對電子

B.結(jié)構(gòu)示意圖：A為

，B為

C.A原子基態(tài)時2p軌道有1個未成對電子，B原子基態(tài)時3p軌道也有1個未成對電子

D.原子核外電子排布式：A為1s22s2，A解：A.A原子基態(tài)時2p軌道上有一對成對電子，A為O元素；B原子基態(tài)時3p軌道上也有一對成對電子，B為S元素，O、S元素位于同一主族，所以其性質(zhì)相似，故A正確；

B.A為Ne原子、B為Na+，Ne位于0族、Na位于第IA族，所以二者不屬于同一族且性質(zhì)不同，故B錯誤；

C.A為B或F元素，B為Al或Cl元素，所以A和B可能不屬于同一族，故C錯誤；

D.A為Be元素、B為He元素，Be位于第IIA族、He位于0族，二者不屬于同一族，性質(zhì)不同，故D錯誤；

應選：A。

A.A原子基態(tài)時2p軌道上有一對成對電子，A為O元素；B原子基態(tài)時3p軌道上也有一對成對電子，B為S元素；

B.A為Ne原子、B為Na+；

C.A為B或F元素，B為Al或Cl元素；

D.A為Be元素、B為He元素。

此題考查原子結(jié)構(gòu)及元素性質(zhì)，正確判斷元素是解此題8. 以下化學式既能表示物質(zhì)的組成，又能表示物質(zhì)分子式的是()A.NH4NO3 B.SiOC解：A.NH4NO3為離子晶體，化學式為晶體中陰陽離子的個數(shù)比，晶體中不含單個分子，故A錯誤；

B.SiO2為原子晶體，晶體中不存在單個分子，化學式為Si原子與O原子的個數(shù)比值為1：2，故B錯誤；

C.C2H6O為分子晶體，晶體中含有單個分子，故C正確；

D.Na為金屬晶體，晶體的組成為金屬陽離子和自由電子，晶體中無單個分子，故D錯誤，9. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X原子的最外層電子數(shù)之比為4：3，Z原子比X原子的核外電子數(shù)多4.以下說法正確的選項是()A.W、Y、Z的電負性大小順序一定是Z>Y>W

B.W、X、Y、Z的原子半徑大小順序可能是W>X>Y>Z

C.Y、Z形成的分子空間構(gòu)型可能是正四面體

D.WY2分子中δ鍵與π鍵的數(shù)目之比是2C解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X原子的最外層電子數(shù)之比為4：3，由于最外層電子數(shù)不超過8，故W的最外層電子數(shù)為4，處于第ⅣA族，X的最外層電子數(shù)為3，處于第ⅢA族，原子序數(shù)X大于W，故W為C元素，X為Al元素，Z原子比X原子的核外電子數(shù)多4，故Z的核外電子數(shù)為17，那么Z為Cl元素，Y的原子序數(shù)大于鋁元素，小于氯元素，故Y為Si或P或S元素，

A、同主族自上而下電負性減弱，Y假設為Si元素，那么電負性C>Si，故A錯誤；

B、同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑Al>Y>Cl>C，故B錯誤；

C、假設Y、Z形成的分子為SiCl4，為正四面體構(gòu)型，故C正確；

D、WY2分子為CS2，分子結(jié)構(gòu)式為S=C=S，雙鍵中含有1個δ鍵、1個π鍵，故δ鍵與π鍵的數(shù)目之比1：1，故D錯誤；

應選：C。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X原子的最外層電子數(shù)之比為4：3，由于最外層電子數(shù)不超過8，故W的最外層電子數(shù)為4，處于第ⅣA族，X的最外層電子數(shù)為3，處于第ⅢA族，原子序數(shù)X大于W，故W為C元素，X為Al元素，Z原子比X原子的核外電子數(shù)多4，故Z的核外電子數(shù)為17，那么Z為Cl元素，Y的原子序數(shù)大于鋁元素，小于氯元素，故Y為Si或P或S元素，據(jù)此解答．10. 以下說法正確的選項是()A.乙醇中的-OH上的氫比水分子的-OH上的氫活潑

B.CH2=CHCH

(OH)

CHO不是手性分子

C.酸性：H3PO4<H3AsD解：A.Na與水反響比Na與乙醇的反響更劇烈，說明水分子中的-OH上的氫比乙醇的-OH上的氫活潑，故A錯誤；

B.CH2=CHCH

(OH)

CHO中連接-OH、H原子、-CHO、-CH=CH2的碳原子為手性碳原子，屬于手性分子，故B錯誤；

C.元素非金屬性P>As，故最高價含氧酸的酸性：H3PO4>H3AsO4，故C錯誤；

D.N2O與CO2為等電子體微粒，二者結(jié)構(gòu)相似，故N2O的電子式是

，故D正確。

應選：D。

A.Na與水反響比Na與乙醇的反響更劇烈；11. 白磷與氧可發(fā)生如下反響：P4+5O2=P4O10.斷裂以下化學鍵需要吸收的能量分別為：P-P：a

kJ?mol-1、P-O：b

kJ?mol-1、P=O：c

kJ?mol-1、O=OA.(6a+5d-4c-12b)kJ?mol-1 B.(4c+12b-6a-5d)kJ?mol-1

C.(4c+12b-4a-5d)kJ?moA解：各化學鍵鍵能為P-P

a

kJ?mol-1、P-O

b

kJ?mol-1、P=O

c

kJ?mol-1、O=O

d

kJ?mol-1。

反響熱△H=反響物總鍵能-生成物總鍵能，

所以反響P4+5O2=P4O10的反響熱△H=6akJ?mol-1+5dkJ?mol-1-(4ckJ?mol-1+12bkJ?mol12. 以下固體：(1)干冰(2)石英(3)白磷(4)固態(tài)四氯化碳(5)過氧化鈉，由具有極性鍵的非極性分子構(gòu)成的一組是()A.(1)(2)(4) B.(2)(3) C.(1)(3)(4)(5) D.(1)(4)D解：(1)干冰分子中碳原子與氧原子之間形成2對共用電子對，含有碳氧極性鍵，為直線形分子，結(jié)構(gòu)對稱正負電荷重心重疊，為非極性分子，故正確；

(2)石英成分為SiO2屬于原子晶體，晶體中不存在分子，故錯誤，

(3)白磷為單質(zhì)，分子中只含有非極性鍵，屬于非極性分子，故錯誤；

(4)CCl4中含有極性鍵，空間結(jié)構(gòu)為正四面體，正負電荷的中心重合，為非極性分子，故正確；

(5)過氧化鈉中含有極性鍵，但為離子化合物，晶體中不存在分子，故錯誤；

應選：D。

由不同非金屬元素形成的化學鍵為極性鍵，由同種非金屬元素形成的化學鍵為非極性鍵，只含非極性鍵的分子為非極性分子；假設分子含有極性鍵，但結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷的中心重合，那么為非極性分子，極性分子中正負電荷的中心不重合，具有一定的極性，以此來解答。

此題13. 在化學上，常用一條短線表示一個化學鍵，如以下圖所示的有關(guān)結(jié)構(gòu)中，有直線(包括虛線)不表示化學鍵或分子間作用力的是()A.石墨的結(jié)構(gòu) B.白磷的結(jié)構(gòu)

C.CCl4的結(jié)構(gòu) D.立方烷(C8HC解：A.石墨中層與層之間為分子間作用力，同層上C、C之間存在共價鍵，那么直線表示化學鍵、虛線表示分子間作用力，故A不選；

B.白磷為正四面體結(jié)構(gòu)，含6個P-P共價鍵，那么直線表示化學鍵，故B不選；

C.CCl4為正四面體結(jié)構(gòu)，只存在4個C-Cl共價鍵，那么虛線不表示化學鍵或分子間作用力，故C選；

D.立方烷中每個C形成3個C-C鍵、1個C-H鍵，那么直線表示化學鍵，故D不選；

應選：C。

A.石墨中層與層之間為分子間作用力，同層上C、C之間存在共價鍵；

B.白磷為正四面體結(jié)構(gòu)，含6個P-P共價鍵；

C.CCl4為正四面體結(jié)構(gòu)，只存在4個C-Cl共價鍵；

D.立方烷中每個C形成3個C-C鍵、1個C-H鍵。

此題14. 以下實驗事實中，能用共價鍵強弱來解釋的是()

①稀有氣體一般較難發(fā)生化學反響

②金剛石比晶體硅的熔點高

③氮氣比氯氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定

④通常情況下，溴是液態(tài)，碘是固態(tài)A.①② B.②③ C.①④ D.②③④B解：①稀有氣體的最外層為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，難發(fā)生化學反響，與共價鍵無關(guān)，故不選；

②金剛石、晶體硅均為原子晶體，共價鍵的鍵能越大，熔點越高，那么金剛石比晶體硅的熔點高，與共價鍵有關(guān)，應選；

③氮氣中三鍵的鍵能大，氯氣中為共價單鍵，那么氮氣比氯氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定，與共價鍵的強弱有關(guān)，應選；

④溴、碘的分子間作用力不同，熔沸點不同，那么通常情況下，溴是液態(tài)，碘是固態(tài)，與分子間作用力有關(guān)，與共價鍵無關(guān)，故不選；

應選：B。

①稀有氣體的最外層為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

②金剛石、晶體硅均為原子晶體，共價鍵的鍵能越大，熔點越高；

③氮氣中三鍵的鍵能大，氯氣中為共價單鍵；

④溴、碘的分子間作用力不同，熔沸點不同。

此題考查共價鍵，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意物質(zhì)的性質(zhì)與共價鍵的關(guān)系，題目難度不大。

15. 以下微粒的中心原子雜化軌道類型相同的是()A.CO2與SO2 B.BeCl2與BF3 C.C解：A.CO2，根據(jù)VSEPR理論，配位原子數(shù)為BP=2，孤電子對數(shù)為LP=4-2×22=0，那么價電子對數(shù)為VP=BP+LP=2+0=2，根據(jù)雜化軌道理論，中心C原子為sp雜化，SO2，根據(jù)VSEPR理論，配位原子數(shù)為BP=2，孤電子對數(shù)為LP=6-2×22=1，那么價電子對數(shù)為VP=BP+LP=2+1=3，根據(jù)雜化軌道理論，中心S原子為sp2雜化，二者中心原子的雜化軌道類型不同，故A不選；

B.BeCl2，根據(jù)VSEPR理論，配位原子數(shù)為BP=2，孤電子對數(shù)為LP=2-1×22=0，那么價電子對數(shù)為VP=BP+LP=2+0=2，根據(jù)雜化軌道理論，中心Be原子為sp雜化，BF3，根據(jù)VSEPR理論，配位原子數(shù)為BP=3，孤電子對數(shù)為LP=3-1×32=0，那么價電子對數(shù)為VP=BP+LP=3+0=3，根據(jù)雜化軌道理論，中心B原子為sp2雜化，二者中心原子的雜化軌道類型不同，故B不選；

C.CH4，根據(jù)VSEPR理論，價電子對數(shù)為VP=BP+LP=4+4-1×42=4，根據(jù)雜化軌道理論，中心C原子為sp3雜化，SO42-，根據(jù)VSEPR理論，價電子對數(shù)為VP=4+6-2×4+22=4，根據(jù)雜化軌道理論，中心S原子為sp3雜化，二者雜化軌道類型一致，故C選；

D.C2H4為乙烯，分子構(gòu)型為平面型，C原子為sp16. 關(guān)于[Cr(H2O)4BrA.配體為水分子，外界為Br-

B.中心離子的配位數(shù)為6

C.含有1mol[Cr(H2O)4BB解：A、[Cr(H2O)4Br2]Br中配體是H2O和Br-，外界為Br-，故A錯誤；

B、[Cr(H2O)4Br2]-中的中心離子的配體是H2O、Br-，那么中心離子的配位數(shù)個數(shù)為6，故B正確；

C、[Cr(H2O)4Br2]Br中配體是H2O和Br-，外界為Br-，那么1mol[Cr(H2O)4Br2]Br在水溶液中只電離出1mol溴離子，所以含有1mol[Cr(H2O)4Br2]Br17. 以下說法正確的選項是(NA為阿伏加德羅常數(shù))()A.31

g

P4含有P-P鍵的個數(shù)為6NA B.60g

SiO2含有Si-O鍵的個數(shù)為2NA

C.18

g冰中含氫鍵的個數(shù)為2NAC解：A.31

g

P4物質(zhì)的量為：0.25mol，1個P4分子含有6個P-P鍵，因此31gP4含有的P-P鍵的物質(zhì)的量為6×0.25mol=1.5mol，P-P鍵的個數(shù)為1.5NA，故A錯誤；

B.1mol二氧化硅含有4molSi-O鍵，60g

SiO2物質(zhì)的量為1mol，含有Si-O鍵的個數(shù)為4NA，故B錯誤；

C.18g冰的物質(zhì)的量為1mol，而1mol冰中含2mol氫鍵，故含2NA個，故C正確；

D.每個C原子與其他4個C原子共用4個C-C鍵，相當于每個C原子占有4×12=2個C-C鍵，那么1mol金剛石含2molC-C鍵，故D錯誤；

應選：C。

A.1個白磷分子含有6個P-P鍵；

B.1mol二氧化硅含有4molSi-O鍵；

C.求出冰的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol冰中含2mol氫鍵來分析；

D.每個C原子與其他4個C18. 根據(jù)相似相溶規(guī)那么和實際經(jīng)驗，以下表達不正確的選項是()A.鹵化氫易溶于水，也易溶于CCl4 B.白磷(P4)易溶于CS2，但難溶于水

A解：根據(jù)相似相溶原理知，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑，非金屬性分子的溶質(zhì)易溶于非極性分子的溶劑，

A.鹵化氫為極性分子、水屬于極性分子，所以鹵化氫易溶于水，四氯化碳是非極性分子，鹵化氫難溶于四氯化碳，故A錯誤；

B.白磷(P4)、CS2都是非極性分子，水屬于極性分子，白磷(P4)易溶于CS2，難溶于水，符合相似相溶原理，故B正確；

C.碘、苯都屬于非極性分子，水屬于極性分子，碘易溶于苯，微溶于水，符合相似相溶原理，故C正確；

D.NaCl在水分子作用力能發(fā)生電離生成水合鈉離子、水合氯離子，在四氯化碳中不發(fā)生電離，所以NaCl易溶于水，難溶于CCl4，故D正確；19. 以下化合物中無“手性〞碳原子的是()A.OHC-CH(OH)-CH2OH B.

C. D.D解：A.中間的C，分別連接-OH、-H、-CH2OH、-CHO，C為手性碳原子，故A不選；

B.中間的C，分別連接-Cl、-H、-CHClBr、-CHO，后面的C分別連接-Cl、-H、-Br、--CHClCHO，那么含2個手性碳原子，故B不選；

C.分別與-OH、-Cl相連的C均為手性碳，含3個手性碳原子，故C不選；

D.不含連接4個不同基團的C，無手性碳原子，故D選；

應選：D。

連接4個不同基團的C為手性碳原子，以此來解答。

此題考查有機物的結(jié)構(gòu)及同分異構(gòu)體，為高頻考點，把握有機物的結(jié)構(gòu)、手性碳原子判斷為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意手性20. CH3+、-CH3(甲基)、CH3-A.它們互為等電子體，碳原子均采取sp2雜化

B.CH3-與NH3、H3O+互為等電子體，幾何構(gòu)型均為三角錐形

C.CH3+中的碳原子采取sA解：A.CH3+、CH3-、CH3-分別具有6個、7個和8個價電子，不是等電子體，雜化類型也不同，故A錯誤；

B.CH3-與NH3、H3O+均具有8個價電子，4個原子，互為等電子體，幾何構(gòu)型均為三角錐形，故B正確；

C.CH3+中的碳原子采取sp2雜化，平面三角形結(jié)構(gòu)，所有原子均共面，故C正確；

D.中性原子團之間可以結(jié)合為分子，那么兩個-CH3結(jié)合可得到CH3CH3，帶有不同電性的原子團也可以結(jié)合為分子，那么一個CH3+和一個CH3-結(jié)合可得到CH3CH3，故D正確；

應選：A。

A.CH3+、C21. 如圖是氯化銫晶體的晶胞示意圖(晶體中最小的重復結(jié)構(gòu)單元)，晶體中2個最近的Cs+核間距為a

cm，氯化銫(CsCl)的相對分子質(zhì)量M，NA為阿伏加德羅常數(shù)，那么氯化銫晶體的密度為()A.8MNAa3g?cm-3

B.Ma38NC解：氯離子位于頂點，晶胞中數(shù)目為8×18=1，銫離子位于體心，數(shù)目為1，即一個晶胞中含有一個氯離子和一個銫離子，那么一個晶胞質(zhì)量為MNAg，2個最近的Cs-離子核間距為acm，即晶胞邊長為acm，那么晶胞體積為：a3cm3，那么密度為MN22. 某化合物的晶體是由以下最小單元密置堆積而成的，關(guān)于該化合物的以下表達中錯誤的選項是()

A.1

mol該化合物中有1

mol

Y B.1

mol該化合物中有1

mol

Ba

C.1

mol該化合物中有7

mol

O D.該化合物的化學式是YBaB解：由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Y原子位于頂點，晶胞中Y原子數(shù)目為8×18=1，Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子數(shù)目為8×14=2，Cu原子位于晶胞內(nèi)部，晶胞中Cu原子數(shù)目為3，O原子晶胞內(nèi)部與面上，晶胞中O原子數(shù)目為2+10×12=7，故該晶體化學式為YBa2Cu3O7，那么1

molYBa2Cu3O7，含有1

mol

Y、2molBa、7molO、3molCu，故23. 圖甲和圖乙表示的是元素的某種性質(zhì)隨原子序數(shù)的變化.以下說法正確的選項是()

A.圖甲可能表示的是元素單質(zhì)的熔點隨原子序數(shù)的變化關(guān)系

B.圖甲可能表示的是元素原子的第一電離能隨原子序數(shù)的變化關(guān)系

C.圖乙可能表示的是元素原子的半徑隨原子序數(shù)的變化關(guān)系

D.圖乙不可能表示同族元素的電負性隨原子序數(shù)的變化關(guān)系B解：A.同周期元素中，非金屬單質(zhì)的熔點較低，如形成分子晶體的沸點較低，不會出現(xiàn)隨原子序數(shù)增大熔點增大的趨勢，與圖象不符，故A錯誤；

B.同周期元素第一電離能從左到右逐漸增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一電離能大于相鄰主族元素，與圖象根本符合，故B正確；

C.同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，與圖象不符，故C錯誤；

D.同周期元素從左到右，非金屬性增強，元素的電負性逐漸增大，故D錯誤。

應選：B。

A.同周期元素中，非金屬單質(zhì)的熔點較低，原子晶體的熔點較高；

B.同周期元素第一電離能從左到右逐漸增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一電離能大于相鄰主族元素；

C.同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小；

D.同周期元素從左到右，元素的電負性逐漸增大．

此題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握同周期元素性質(zhì)、元素周期律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項AB為解答的難點，題目難度不大．

24. 以下是典型晶體的結(jié)構(gòu)示意圖，從①到⑥對應正確的選項是()

選項①②③④⑤⑥ANaCl單質(zhì)硅CaAuCKBCaSiC金剛石CuCCsClCCsCl金剛石CaCuCMgDNaClBNAuCaCNaA.A B.B C.C D.DA解：①中含陽離子、陰離子個數(shù)比為4×18：4×18=1：1，為AB型離子化合物，如NaCl；

②中只有一種原子，且一個原子與其它原子形成正四面體構(gòu)型，為原子晶體，如金剛石、晶體硅；

③中含兩種微粒，個數(shù)比為(8×18+6×12)：8=1：2，為AB2型離子化合物，如CaF2，可排除BD選項；

④中只有一種原子，為面心立方最密堆積，如Au；

⑤中頂點為AB2型分子，如CO2；

⑥中只有一種原子，為體心立方堆積，如Na、K等，可排除C選項，

應選：A。

由圖可知，①中含陽離子、陰離子個數(shù)比為4×18：4×18=1：1，為AB型離子化合物；

②中只有一種原子，且一個原子與其它原子形成正四面體構(gòu)型，為原子晶體，如金剛石、晶體硅；

③二、簡答題〔本大題共4小題，共52.0分〕25. A、B、C、D、E五種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。B原子的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的2倍。A的一種原子中，質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差為零。D元素原子的最外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n。E元素原子的L層上電子數(shù)為(m+n)，M層上電子數(shù)為(m2-n)。請答復以下問題：

(1)B元素是______，D元素在周期表中的位置是______。

(2)C與E形成的化合物E3C屬于______(填“原子〞“離子〞或“分子〞)晶體。

(3)由A、D、E元素組成的化合物中存在的化學鍵類型是______。

(4)寫出一個E和D形成的化合物與水反響的離子方程式：______。

(5)：甲+H2O→丙+丁，該反響不是氧化復原反響。假設甲是由N和Cl元素組成的化合物，其分子結(jié)構(gòu)模型如以下圖所示，丙具有漂白性。丁與H2O有相同的電子總數(shù)，那么丁的電子式為______。

(6)與D同主族且上下相鄰的元素M、N，原子電子層數(shù)碳；第二周期VIA族；離子；離子鍵、共價鍵；Na2O+H2O=2N解：(1)由分析知，B為碳元素，D為氧元素，處于周期表中第二周期VIA族，故答案為：碳；第二周期VIA族；

(2)C與E形成的化合物E3C為Na3N，鈉是活潑金屬，故Na3N屬于離子化合物，故答案為：離子；

(3)由A(氫)、D(氧)、E(鈉)元素組成的化合物為NaOH，含有離子鍵、共價鍵，故答案為：離子鍵、共價鍵，

(4)E和D形成的化合物為氧化鈉或過氧化鈉，與水反響的離子方程式為：Na2O+H2O=2Na++2OH?或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH?+O2↑，

故答案為：Na2O+H2O=2Na++2OH?或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH?+O2↑；

(5)假設甲是由N和Cl元素組成的化合物，根據(jù)其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以該物質(zhì)是NCl3，丙具有漂白性，根據(jù)元素守恒知，丙是次氯酸，因為該反響是非氧化復原反響，所以Cl元素的化合價不變，所以甲中氯元素的化合價是+1價，丁與H2O有相同的電子總數(shù)，結(jié)合原子守恒知，丁是NH3，其電子式為：，

故答案為：；

(6)與D同主族上下相鄰的元素M、N，原子電子層數(shù)M>N>D，那么M為Se、N為S，水分子之間存在氫鍵，沸點最高，H2S與H2Se結(jié)構(gòu)組成形式，H2Se相對分子質(zhì)量較大，分子間作用力較強，H2Se沸點較H2S高，故沸點H2O>H2Se>H2S，

故答案為：H2O>H2Se>H2S。

A、B、C、D、E五種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。B原子的最外層電子數(shù)是其次外層電子數(shù)的2倍，B原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，那么B為碳元素；A的一種原子中質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差為零，即沒有中子，26. 金屬鈦(Ti)被譽為21世紀金屬，具有良好的生物相容性，它兼具鐵的高強度和鋁的低密度。其單質(zhì)和化合物具有廣泛的應用價值。氮化鈦(Ti3N4)為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金的代替品。以TiCl4為原料，經(jīng)過一系列反響可以制得Ti3N4和納米TiO2

(如圖IIIII電離能/kJ?mo738145177331054013630請答復以下問題：

(1)Ti的基態(tài)原子外圍電子排布式為______。

(2)M是______(填元素符號)，該金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積，配位數(shù)為______。

(3)納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個實例如圖2所示?；衔锛椎姆肿又胁扇p2方式雜化的碳原子有______個，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子對應的元素的第一電離能由大到小的順序為______。

(4)有一種氮化鈦晶體的晶胞與NaCl晶胞相似，如圖3所示，該晶胞中N、Ti之間的最近距離為a×10-10cm，那么該氮化鈦的密度為______

g?cm-3(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，只列計算式)。

(5)Ti3+可形成配位數(shù)為6的配合物，其空間構(gòu)型為正八面體，如圖44d25s2；Mg；12；7；解：(1)Ti是22號元素，處于第四周期第IVB族，外圍電子排布式為4d25s2，

故答案為：4d25s2；

(2)M是短周期金屬元素，M的第三電離能劇增，處于ⅡA族，且存在第五電離能，能與TiCl4反響置換出Ti，那么M為Mg，Mg晶體屬于六方最密堆積，配位數(shù)為12，

故答案為：Mg；12；

(3)化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子為苯環(huán)上的六個、羰基中的一個，共7個；采取sp3雜化的原子價層電子對數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C、N、O，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能增大，N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，所以第一電離能：N>O>C，

故答案為：7；N>O>C；

(4)該晶胞中N原子個數(shù)為：6×12+8×18=4，該晶胞中Ti原子個數(shù)為：1+12×14=4，晶胞的質(zhì)量4×62NAg，而晶胞的體積V=(2a×10-10)3cm3，所以晶體的密度=4×62NAg÷(2a×10-10)3cm3=4×62NA×(2a×10-10)3g?cm-3，

故答案為：4×62NA×(2a×10-10)3；

(5)可以看作[Co(NH3)6]中2個NH3被被2個Cl取代，[Co(NH3)6]是正八面體結(jié)構(gòu)，第一個氯原子只有一種位置，第二氯原子取代有2種位置，處于同一棱上，或者處于對角線上，故[Co(NH3)4Cl27. 乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料。工業(yè)上曾用CaC2與水反響生成乙炔。

(1)寫出CaC2與水反響生成乙炔的化學方程式______；

(2)CaC2的電子式為______。

(3)C22-的等電子體中屬于分子的有______(寫出一種)。

(4)乙炔與氫氰酸反響可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是______；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為______。

(5)CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似(如下圖)，但CaC2CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑解：(1)CaC2與水反響生成乙炔與氫氧化鈣，反響方程式為：CaC2+2H2O=Ca(OH)