2024泰安新泰一中老校区（新泰中学）高二下学期第一次月考试题化学含解析

这是一份2024泰安新泰一中老校区（新泰中学）高二下学期第一次月考试题化学含解析，共31页。试卷主要包含了5 Ca， 下列分析判断正确的是， 已知反应，02×1023， 下列表示正确的是等内容，欢迎下载使用。

化学试题

可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Cu：64 Ba：127 Fe:56 K:39 Cu:64 Ag:108
第 I 卷(选择题 共 60 分)
一、选择题(本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列分析判断正确的是
A. 酸性：
B. 和的中心原子均采取杂化
C. 氢化物的沸点：
D. 是手性分子
2. 关于CH3OH，N2H4和(CH3)2NNH2结构，下列说法错误的是
A. 1mlCH3OH中含5mlσ键
B. N2H4分子中所有原子不可能处于同一平面
C. 三者孤电子对数相同
D. 三者中C、O、N杂化方式不相同
3. 已知反应：2[C(H2O)6]2++10NH3+2NH+H2O2=2[C(NH3)6]3++14H2O，下列说法错误的是
A. NH3和H2O的中心原子的杂化类型相同
B. 反应中H2O2作氧化剂，发生还原反应，被还原
C. NH3和H2O与C3+的配位能力：NH3＞H2O
D. 1ml[C(H2O)6]2+配离子中，含有的σ键数目为6×6.02×1023
4. 在水溶液中可与发生反应生成和，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 分子中，碳原子轨道杂化类型是，分子的空间构型为平面三角形
B. 1ml分子中含有σ键的数目为
C. 分子中碳原子轨道的杂化类型只有
D. 中与的C原子形成配位键，结构可表示为
5. 四种元素基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞①＞②B. 电负性：④＞①＞③＞②
C. 原子半径：②＞①＞③＞④D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
6. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成为正四面体形
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
D. 该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4
7. 某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X元素原子半径最小，W的轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族.下列说法正确的是
A. 电负性：B. 最简单氢化物沸点：
C. 是极性分子D. Z最高价氧化物对应水化物的空间构型为三角锥
8. 常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01ml·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 第一电离能：W>Z>Y>X
B. 简单离子的半径：Y>Z>W>X
C. W的氢化物空间构型不一定是三角锥形
D. Z的单质具有强氧化性和漂白性
9. 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是
A. 冰晶胞内水分子间以共价键结合
B. 每个冰晶胞平均含有4个水分子
C. 水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是键的一种
D. 冰变成水，氢键部分被破坏
10. 下列表示正确的是
A. 钠原子由时，吸收能量，由激发态转化成基态
B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 的结构示意图为：
D. 基态C原子2p能级的电子轨道表示式：
二、选择题(本题包括 10 个小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题只有一个或两个选项符合题意，选全对得 3 分，选对但不全得 1 分，选错不得分。)
11. 第VA族元素原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是
A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种
C. RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3
D. 分子中5个R-Cl键键能均不相同
12. 已知A、B、C、D、E五种元素中，A、B、C属于同一周期，A原子最外层p轨道的电子数等于次外层的电子总数，B原子最外层有2个未成对电子，D、E原子核内各自的质子数与中子数均相等，B元素可分别与A、C、D、E元素形成型化合物，且在和中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1。下列叙述中正确的是
A. E元素在周期表中的位置是第三周期第VIA族
B. A、B、C三种元素的第一电离能：C>B>A
C. D基态原子的价层电子排布图为
D. B、C、D、E四种元素的电负性：E>D>C>B
13. 如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 电负性：Y>M>Z
B. 离子半径：
C. 分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. Z元素基态原子最外层电子的轨道表示式为
14. 已知：[C( H2O)6]2+呈粉红色，[CCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2- 为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是
A. 由实验①可推知正反应为放热反应
B. 等物质的量的 [C( H2O)6]2+和 [CCl4]2-中σ键数之比为 9:2
C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D. 由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CCl4]2-
15. 居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是
A. 第一电离能：XB. 自然界不存在分子是因其化学键不稳定
C. X原子核内中子数与质子数之比为13:14
D. 简单氢化物的热稳定性：Y16. X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是
A. Y的第一电离能小于Z的第一电离能
B. Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应
C. 晶胞中与Y最近W原子有6个
D. 晶体密度为g/cm3
17. 工业上利用黄铜矿炼铜的反应方程式是。产物中某种晶体的立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A. 该立方晶胞结构图表示的是FeSB. 每生成，有原子被氧化
C. 中S原子的杂化类型为D. 晶胞中黑球所代表粒子的配位数为4
18. A、B、C、D为四种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，D的最高价氧化物对应水化物在周期表中酸性最强，下列说法正确的是
A. 原子半径：A>B>C
B. 非金属性：D>C>B
C. C与D形成的化合物为分子晶体
D. 离子中中心原子的价电子对数为3
19. 下列对一些实验事实的理论解释，正确的是
A. AB. BC. CD. D
20. 自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成溶液，遇到(晶胞结构如图所示)可缓慢转化为。已知：，。下列说法正确的是
A. 1个晶胞中含有4个
B. 基态核外电子排布式为
C. 要使反应正向进行，需满足
D. 体系达平衡后，溶液中：
第Ⅱ卷(非选择题 共 40 分)
21. 有X、Y、Z、W、M五种常见短周期元素，其原子半径随着原子序数递增的变化如图所示。
已知：①基态X原子2p能级的成对电子数与未成对电子数相等；
②Y的简单离子带一个单位电荷，其电子排布与X的简单离子相同；
③W的最高价氧化物十分坚硬，能溶于烧碱溶液，但不溶于盐酸；
④M的单质常温下是一种黄绿色气体，且Y、Z的最高价氧化物对应的水化物及M的氢化物的水溶液两两皆能反应。
回答下列问题：
（1）基态Z原子的核外电子排布式为_______；X、Y、Z、M的简单离子半径由小到大的顺序为_______(用离子符号表示)。
（2）X、Y按原子个数比1∶1形成的化合物的电子式为_______，含有的化学键类型为_______。
（3）某元素的电负性与第一电离能都大于X元素，其单质在加热条件下与等物质的量的烧碱完全反应，生成钠盐、H2O和一种气体。该气体的分子式为_______，其空间结构为_______。
（4）Z与M形成的化合物为气体，其分子式为Z2M6，每个原子最外层都达到8电子结构，写出其结构式：_______。
22. 第VIII族元素Fe、C、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：
（1）基态Ni原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与相同的元素名称为_______。
（2）与酚类物质的显色反应常用于离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚_______(填“高”或“低”)，原因是_______。
（3）晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_______(填字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度是_______。
A. B. C. D.
23. 镍、铜等金属及其化合物在工农业生产上有重要用途。回答下列问题：
（1）基态的核外电子排布式为___________，位于元素周期表中___________(填“s”“p”“d”或“”)区，其核外电子占据的最高电子层符号为___________。
（2）第二电离能___________(填“＜”或“＞”)，其原因是___________。
（3）与能形成如图所示的配合物，该分子中键与键个数比为___________。易溶于___________(填字母)。
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．稀
（4）含有多个配位原子的配位体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种与形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，其中提供孤电子对的原子为___________(写元素符号)。
24. 如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4 条体对角线的 处还各有 1 个碳原子。回答下列问题：
（1）若图中原子 1 的坐标参数为(0，0，0)，则原子 2 的坐标参数为___________。若金刚石的晶胞参数为a1pm ，则其中最近的两个碳原子之间的核间距为___________pm (用含a1 的代数式表示)。
（2）面心立方ZnS 晶胞与金刚石晶胞结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。
①S 元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是___________；二氯化硫(SCl2 )分子中 S 原子的杂化轨道类型是___________。
②写出基态 Zn2+电子排布式：___________。
③锌锰干电池中Zn2+可吸收电池反应产生的NH3生成[Zn（NH3）4]2+，该离子中含有___________个σ键。(易错)
④若该ZnS晶胞的晶胞参数为 a2pm，阿伏加德罗常数的值为NA ，则晶体的密度为___________g.cm-3 (列出计算式)。A
B
C
D
选项
实验事实
理论解释
A
溴单质、碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大
溴单质、碘单质和四氯化碳都为极性分子
B
卤素单质从F2到I2，在常温、常压下的聚集状态由气态、液态到固态
范德华力逐渐减小
C
在常温常压下，1体积水可以溶解700体积氨气
氨是极性分子且有氢键影响
D
HF的沸点高于HCl
H-F的键长比H-Cl的短
新泰中学 2022 级高二下学期第一次阶段性考试
化学试题

可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Ca：40 Cu：64 Ba：127 Fe:56 K:39 Cu:64 Ag:108
第 I 卷(选择题 共 60 分)
一、选择题(本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列分析判断正确的是
A 酸性：
B. 和的中心原子均采取杂化
C. 氢化物的沸点：
D. 是手性分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F、Cl是吸电子基，乙酸分子中甲基上的氢原子被F、Cl代替，使得羧基中羟基的极性增强，氢原子更易电离，酸性增强，所以酸性：，A正确；
B．中心Si原子价层电子对数=，采取杂化，中心S原子价层电子对数=，采取杂化，B错误；
C．NH3能形成分子间氢键，熔沸点较高，相对分子质量PH3AsH3>PH3，C错误；
D．手性分子是含手性碳原子的分子，手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的碳原子，在中，中心C原子上连了2个H原子，所以不是手性分子，D错误；
故选A。
2. 关于CH3OH，N2H4和(CH3)2NNH2的结构，下列说法错误的是
A. 1mlCH3OH中含5mlσ键
B. N2H4分子中所有原子不可能处于同一平面
C. 三者孤电子对数相同
D. 三者中C、O、N杂化方式不相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3OH的结构简式为：，1mlCH3OH中含5mlσ键，A正确；
B．任何条件下这六个原子都不可能共面，N2H4中两个N都是sp3杂化，周围的空间构型都是三角锥，整个分子就是两个三角锥连起来的，N2H4分子中所有原子不可能处于同一平面，B正确；
C．CH3OH中羟基氧上有2个孤电子对，N2H4有两对孤电子对，2个N上分别有1个，(CH3)2NNH2中有两对孤电子对，2个N上分别有1个，C正确；
D．三者中C、O、N杂化方式相同均为sp3杂化，D错误；
答案选D。
3. 已知反应：2[C(H2O)6]2++10NH3+2NH+H2O2=2[C(NH3)6]3++14H2O，下列说法错误的是
A. NH3和H2O的中心原子的杂化类型相同
B. 反应中H2O2作氧化剂，发生还原反应，被还原
C. NH3和H2O与C3+的配位能力：NH3＞H2O
D. 1ml[C(H2O)6]2+配离子中，含有的σ键数目为6×6.02×1023
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH3中心N的孤对电子对数1，σ键电子对数3，价层电子对数4，为sp3杂化，H2O中心O孤对电子对数2，σ键电子对数2，价层电子对数4，为sp3杂化，A正确；
B．反应中H2O2氧元素为-1价，反应后生成H2O，氧元素化合价为-2价，化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，被还原，B正确；
C．根据反应方程式可知NH3和H2O与C3+的配位能力：NH3＞H2O，原因是N的电负性小于O，即N对孤对电子吸引小于O，故NH3更容易成为配体，C正确；
D．[C(H2O)6]2+配离子中每个H2O含有2个H-O键，1个配位键，都是σ键，1ml[C(H2O)6]2+配离子中含有的σ键数目为18×6.02×1023，D错误；
故答案为：D。
4. 在水溶液中可与发生反应生成和，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 分子中，碳原子轨道的杂化类型是，分子的空间构型为平面三角形
B. 1ml分子中含有σ键的数目为
C. 分子中碳原子轨道的杂化类型只有
D. 中与的C原子形成配位键，结构可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中C原子为杂化，空间构型为平面三角形，A正确；
B．一分子中含2个键和1个键，共有3个键，所以1ml分子中含有键的数目为，B正确；
C．分子中与羟基相连的C为杂化，中的C为sp杂化，C错误；
D．中与的C原子形成配位键，所以结构可表示为，D正确；
故答案选C。
5. 四种元素基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞①＞②B. 电负性：④＞①＞③＞②
C. 原子半径：②＞①＞③＞④D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】C
【解析】
【分析】①1s22s22p63s23p4表示的元素是S元素，②1s22s22p63s23p3表示的元素是P元素， ③1s22s22p3表示的元素是N元素， ④1s22s22p5表示的元素是F元素，然后根据元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：①是S，②是P，③是N，④是F元素。
A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大。但若元素处于第ⅡA族、第VA族，由于原子最外层电子处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能越小，则四种元素的第一电离能大小关系为：④＞③＞②＞①，A错误；
B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，则元素的电负性大小关系为：④＞③＞①＞②，B错误；
C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小关系为：②＞①＞③＞④，C正确；
D．F元素非金属性很强，原子半径很小，与其它元素反应只能得到电子或形成共用电子对时偏小F元素，因此没有与族序数相等的最高化合价，故F元素化合价不是在所有元素中最高的，D错误；
故合理选项是C。
6. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近Cl-形成为正四面体形
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
D. 该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．据图可知距Na+最近的Cl-位于棱心和体心，共6个，形成正八面体，A错误；
B．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，个数为=4，B正确；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键，每个共价键被两个碳原子共用，所以每个碳原子具有2个共价键，即碳原子与碳碳键个数的比为1：2，C正确；
D．该物质由分子构成，据图可知每个分子含有4个F原子，4个E原子，所以分子式为E4F4或F4E4，D正确；
综上所述答案为A。
7. 某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X元素原子半径最小，W的轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族.下列说法正确的是
A. 电负性：B. 最简单氢化物沸点：
C. 是极性分子D. Z最高价氧化物对应水化物的空间构型为三角锥
【答案】C
【解析】
【分析】某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如题干图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X元素原子半径最小，则X为H元素；W的轨道有一个未成对电子，以及W与Z只能形成2个共价键，则W为Cl元素；Y、Z同主族，Y能形成2个共价键，则Y为O，Z能形成6个共价键，则Z为S元素。所以X、Y、Z、W分别为：H、O、S、Cl，据此分析可得：
【详解】A．由分析科知，电负性O＞S＞Cl，即Y＞W＞Z，故A错；
B．Y的简单氢化物为，Z的简单氢化物为，由于中含氢键使其沸点大于，则简单氢化物的沸点：Y＞Z，故B错；
C．为，由于其结构并不对称，因此具有极性，故选C；
D．是对应的水化物为，是四面体，故D错；
答案选C。
8. 常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01ml·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 第一电离能：W>Z>Y>X
B. 简单离子的半径：Y>Z>W>X
C. W的氢化物空间构型不一定是三角锥形
D. Z的单质具有强氧化性和漂白性
【答案】D
【解析】
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 ml/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4，Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 ml/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 ml/L)的pH＜2，应为二元强酸，则Y为S元素。
【详解】W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl，
A．同周期元素，第一电离能呈增大趋势，半径越小，越不容易失去电子，第一电离能越大，则第一电离能：W>Z>Y> X，故A正确；
B．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小离子半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B正确；
C．W为N元素，其气态氢化物有NH3、N2H4等，NH3三角锥形，N2H4不是三角锥形，故C正确；
D．Z为Cl，Cl2本身并不具有漂白性，D错误。
故选D。
9. 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是
A. 冰晶胞内水分子间以共价键结合
B. 每个冰晶胞平均含有4个水分子
C. 水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是键的一种
D. 冰变成水，氢键部分被破坏
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．冰晶胞内水分子间以氢键结合，氢键不是化学键，故A错误；
B．由冰晶胞的结构可知，根据均摊法计算，每个冰晶胞平均含有4+8×+6×=8个水分子，故B错误；
C．水分子间的氢键具有方向性和饱和性，但氢键不是化学键，故C错误；
D．冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中仍在氢键，故D正确。
故答案为D。
10. 下列表示正确的是
A. 钠原子由时，吸收能量，由激发态转化成基态
B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 的结构示意图为：
D. 基态C原子2p能级的电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．钠原子由时，放出能量，由激发态转化成基态，A错误；
B．镁的3s轨道电子处于全充满稳定状态，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，B错误；
C．的结构示意图为：，C正确；
D．基态C原子2p能级的电子轨道表示式为：，D错误；
答案选C。
二、选择题(本题包括 10 个小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题只有一个或两个选项符合题意，选全对得 3 分，选对但不全得 1 分，选错不得分。)
11. 第VA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是
A. 每个原子都达到8电子稳定结构
B. 键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种
C. RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3
D. 分子中5个R-Cl键键能均不相同
【答案】BC
【解析】
【详解】A．R为第VA族元素，该原子最外层有5个电子，据图可知RCl5中R原子与每个Cl原子共用一对电子，所以R原子的最外层有5+5=10个电子，故A错误；
B．根据图知，bde构成的三角锥形为正三角形，c点位于该正三角形的中心上，acf三点共直线，线段ac与bc、cd、ce都垂直，所以∠acb=∠acd=∠ace=90°，∠bcd=∠dce=∠dce=120°、∠acf=180°，故B正确；
C．RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C正确；
D．键长越短，键能越大，据图可知键长不是都相同，所以键能也不是都相同，故D错误；
综上所述答案为BC。
12. 已知A、B、C、D、E五种元素中，A、B、C属于同一周期，A原子最外层p轨道的电子数等于次外层的电子总数，B原子最外层有2个未成对电子，D、E原子核内各自的质子数与中子数均相等，B元素可分别与A、C、D、E元素形成型化合物，且在和中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1。下列叙述中正确的是
A. E元素在周期表中的位置是第三周期第VIA族
B. A、B、C三种元素的第一电离能：C>B>A
C. D基态原子的价层电子排布图为
D. B、C、D、E四种元素的电负性：E>D>C>B
【答案】AB
【解析】
【分析】由题给信息可知，A、B、C、D、E元素分别为C、O、N、Si、S，据此分析解答。
【详解】A．元素处于第三周期第ⅥA族，A正确；
B．C、O、N元素同处于第二周期，据同周期元素的第一电离能的变化规律可知，第一电离能为，B正确；
C．基态原子的电子排布式为，则价层电子排布图为，该选项违反洪特规则，C错误；
D．一般同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，同主族元素的电负性自上而下逐渐减小，故四种元素的电负性关系为，D错误；
故答案选AB。
13. 如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 电负性：Y>M>Z
B. 离子半径：
C. 分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. Z元素基态原子最外层电子的轨道表示式为
【答案】AC
【解析】
【分析】题图为元素周期表中短周期的一部分，由X、Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，X为He元素，Y为F元素，M为Cl元素，Z为S元素。
【详解】A．同周期元素自左而右非金属性增强，同主族元素自上而下非金属性减弱，非金属性，故电负性，A正确；
B．电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层数不同时，电子层越多离子半径越大，离子半径：，B错误；
C．为，分子中S元素化合价为价，，S原子最外层满足8电子稳定结构，Cl元素化合价为价，，Cl原子最外层满足8电子稳定结构，C正确；
D．Z为S元素，最外层有6个电子，其基态原子的最外层电子的轨道表示式为，D错误；
故答案选AC。
14. 已知：[C( H2O)6]2+呈粉红色，[CCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2- 为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是
A. 由实验①可推知正反应为放热反应
B. 等物质的量的 [C( H2O)6]2+和 [CCl4]2-中σ键数之比为 9:2
C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D. 由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CCl4]2-
【答案】BD
【解析】
【分析】实验①中置于冰水浴中，溶液颜色由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明反应平衡逆向移动，则可推知正反应为吸热反应；实验②中加水后，溶液由蓝色变为粉红色，说明反应平衡逆向移动；由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液变为粉红色，逆向移动，可知锌离子结合氯离子生成更稳定的配离子[ZnCl4]2-。
【详解】A．由分析可知正反应为吸热反应，A错误；
B．1个[C(H2O)6]2+和[CCl4]2-中σ键数目分别为：18、4，故等物质的量的[C(H2O)6]2+和[CCl4]2-中σ键数之比为18:4=9∶2，B正确；
C．由于H2O为纯液体，其浓度保持不变，由分析可知实验②中加水后平衡逆向移动，其原因是由于c(Cl-)、c([C(H2O)6]2+)、c([CCl4]2-)减小，导致正反应速率减小的幅度大于逆反应速率减小的幅度，从而导致平衡逆向移动，C错误；
D．由分析可知实验③加入氯化锌固体，锌离子结合氯离子生成更稳定的配离子[ZnCl4]2-，导致氯离子浓度减小，平衡逆向移动，则配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CCl4]2-，D正确；
故选：BD。
15. 居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是
A. 第一电离能：XB. 自然界不存在分子是因其化学键不稳定
C. X原子核内中子数与质子数之比为13:14
D. 简单氢化物的热稳定性：Y【答案】A
【解析】
【分析】基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：AlB．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故B错误；
C．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与质子数之比为14：13，故C错误；
D．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误；
故答案选A。
16. X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是
A. Y的第一电离能小于Z的第一电离能
B. Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应
C. 晶胞中与Y最近的W原子有6个
D. 晶体密度g/cm3
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，则Z为Al元素；Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，则Y为Mg元素、W为Ni元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故A错误；
B．氢氧化铝是溶于强酸、强碱的两性氢氧化物，但氢氧化铝不能溶于弱酸碳酸，故B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近，则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子个数为8×=1，位于面心的镍原子个数为6×=3，位于体内的碳原子个数为1，则晶胞的化学式为MgNi3C，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10-10a)3d，解得d=，故D正确；
故选D。
17. 工业上利用黄铜矿炼铜的反应方程式是。产物中某种晶体的立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A. 该立方晶胞结构图表示的是FeSB. 每生成，有原子被氧化
C. 中S原子的杂化类型为D. 晶胞中黑球所代表粒子的配位数为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据晶胞结构，黑球个数为4，白球个数为4，晶胞中两种微粒个数比为1∶1，故为，A正确；
B．从方程式中可以看出，每生成1mlFeS，被氧化的S元素生成了，物质的量为，B正确；
C．中S原子价层电子数为，故S为杂化，C错误；
D．根据晶胞结构，的配位数为4，则S的配位数也为4，D正确；
故选C。
18. A、B、C、D为四种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，D的最高价氧化物对应水化物在周期表中酸性最强，下列说法正确的是
A. 原子半径：A>B>C
B. 非金属性：D>C>B
C. C与D形成的化合物为分子晶体
D. 离子中中心原子的价电子对数为3
【答案】C
【解析】
【分析】D的最高价氧化物对应水化物在周期表中酸性最强，该化合物是HClO4，推出D为Cl，B为O，A为N，C为Si，据此分析；
【详解】A．同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径大小顺序是Si＞N＞O，故A错误；
B．O的非金属性强于Cl，故B错误；
C．Si与Cl形成化合物是SiCl4，属于分子晶体，故C正确；
D．ClO中心原子Cl，有3个σ键，孤电子对数为=1，价电子对数为4，故D错误；
答案为C。
19. 下列对一些实验事实的理论解释，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．溴单质、碘单质、四氯化碳都为非极性分子，故A错误；
B．卤素单质从F2到I2，相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，所以聚集状态由气态、液态到固态，故B错误；
C．氨是极性分子，氨分子、水分子之间能形成氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确；
D．HF的沸点高于HCl，是因为HF分子间能形成氢键，故D错误；
选C。
20. 自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成溶液，遇到(晶胞结构如图所示)可缓慢转化为。已知：，。下列说法正确的是
A. 1个晶胞中含有4个
B. 基态核外电子排布式为
C. 要使反应正向进行，需满足
D. 体系达平衡后，溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据均摊原则，1个晶胞中含的个数是，故A正确；
B．为29号元素，基态的核外电子排布式为，故B错误；
C．反应的平衡常数，要使反应正向进行，则，所以需满足，故C错误；
D．体系达平衡后，，故D错误；
故选A。
第Ⅱ卷(非选择题 共 40 分)
21. 有X、Y、Z、W、M五种常见短周期元素，其原子半径随着原子序数递增的变化如图所示。
已知：①基态X原子2p能级的成对电子数与未成对电子数相等；
②Y的简单离子带一个单位电荷，其电子排布与X的简单离子相同；
③W的最高价氧化物十分坚硬，能溶于烧碱溶液，但不溶于盐酸；
④M的单质常温下是一种黄绿色气体，且Y、Z的最高价氧化物对应的水化物及M的氢化物的水溶液两两皆能反应。
回答下列问题：
（1）基态Z原子核外电子排布式为_______；X、Y、Z、M的简单离子半径由小到大的顺序为_______(用离子符号表示)。
（2）X、Y按原子个数比1∶1形成的化合物的电子式为_______，含有的化学键类型为_______。
（3）某元素的电负性与第一电离能都大于X元素，其单质在加热条件下与等物质的量的烧碱完全反应，生成钠盐、H2O和一种气体。该气体的分子式为_______，其空间结构为_______。
（4）Z与M形成的化合物为气体，其分子式为Z2M6，每个原子最外层都达到8电子结构，写出其结构式：_______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p1 ②. Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+
（2） ①. ②. 离子键、共价键
（3） ①. OF2 ②. V形
（4）
【解析】
【分析】根据短周期元素的原子序数及原子半径大小关系，结合①基态X原子2p能级的成对电子数与未成对电子数相等，可知X核外电子排布是1s22s22p4，所以X是O元素；
②Y的简单离子带一个单位电荷，其电子排布与X的简单离子相同，则Y是Na元素；
③W的最高价氧化物十分坚硬，能溶于烧碱溶液，但不溶于盐酸，W是Si元素；
④M的单质常温下是一种黄绿色气体，则M是Cl元素；且Y、Z的最高价氧化物对应的水化物及M的氢化物的水溶液两两皆能反应，可知Z是Al元素。然后根据问题分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知：X是O，Y是Na，Z是Al，W是Si，M是Cl元素。
Z是13号Al元素，根据构造原理可知基态Al原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p1；
X是O，Y是Na，Z是Al，M是Cl，它们形成的简单离子O2-、Na+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小；Cl-核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径大小关系为：Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+；
【小问2详解】
X是O，Y是Na，二者按照1：1形成的化合物Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，在阴离子中2个O原子之间以共价键结合，故Na2O2的电子式为：；根据上述分析可知Na2O2中含有离子键、共价键；
【小问3详解】
一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，第一电离能也越大。X是O元素，某元素的电负性与第一电离能都大于X元素，则该元素是F元素，F2在加热条件下与NaOH按等物质的量反应产生NaF、H2O及一种气体物质，根据元素守恒，可知该气体是OF2，该反应的化学方程式为：2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2；在OF2中的中心O原子杂化轨道数目是2+=4，O原子上有2对孤电子对和2对成键电子对，因此其空间构型是V形；
【小问4详解】
Z是Al，M是Cl，二者形成的化合物为气体，其分子式为Al2Cl6，每个原子最外层都达到8电子结构，则其结构式为： 。
22. 第VIII族元素Fe、C、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。回答下列问题：
（1）基态Ni原子核外能量最高的电子位于_______能级，同周期元素中，基态原子未成对电子数与相同的元素名称为_______。
（2）与酚类物质的显色反应常用于离子检验，已知遇邻苯二酚()和对苯二酚()均显绿色。邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚_______(填“高”或“低”)，原因是_______。
（3）晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是_______(填字母)。若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度是_______。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. 3d ②. 钛、锗、硒
（2） ①. 低 ②. 邻苯二酚形成分子内氢键，对苯二酚形成分子间氢键
（3） ①. CD ②.
【解析】
【详解】（1）Ni为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为，核外能量最高的电子位于3d能级；根据基态Ni原子的电子排布式可知，其3d能级上未成对电子数为2，同周期中，未成对电子数为2的还有：22号元素钛，其基态原子电子排布式为；32号元素锗，其基态原子电子排布式为；34号元素硒，其基态原子电子排布式为；
（2）邻苯二酚形成分子内氢键，对苯二酚形成分子间氢键，后者分子间作用力较大，故邻苯二酚的熔、沸点比对苯二酚低；
（3）晶体结构中阴、阳离子的配位数均为6，晶胞的俯视图应类似于晶胞，故选CD；根据均摊法，1个晶胞中含个数为，含个数为，的摩尔质量为，1个晶胞的质量为，晶胞的体积为，则晶体的密度为。
23. 镍、铜等金属及其化合物在工农业生产上有重要用途。回答下列问题：
（1）基态的核外电子排布式为___________，位于元素周期表中___________(填“s”“p”“d”或“”)区，其核外电子占据的最高电子层符号为___________。
（2）第二电离能___________(填“＜”或“＞”)，其原因是___________。
（3）与能形成如图所示的配合物，该分子中键与键个数比为___________。易溶于___________(填字母)。
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．稀
（4）含有多个配位原子的配位体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种与形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，其中提供孤电子对的原子为___________(写元素符号)。
【答案】（1） ①. 或 ②. d ③. N
（2） ①. ＜ ②. 镍失去的是电子，铜失去的是全充满的电子
（3） ①. ②.
（4） ①. 6 ②. N、O
【解析】
【小问1详解】
基态Ni的核外电子排布式为或；Ni位于元素周期表中d区；Ni核外电子占据的最高能层符号为N；
【小问2详解】
第二电离能I2(Ni)＜I2(Cu)；镍失去的是电子，铜失去的是全充满的电子，全充满结构稳定，铜不易失去3d轨道上的电子，所以Cu的第二电离能较大；
【小问3详解】
该分子中键个数为8，键个数为8，键与键个数比为1:1；根据相似相溶原理，Ni(CO)4是非极性分子，易溶于非极性分子中，四氯化碳和苯是非极性分子，所以Ni(CO)4易溶于四氯化碳和苯，答案选BC；
【小问4详解】
由题意可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题目中所给的结构可知，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个；由结构图可知，提供孤电子对的原子为N、O。
24. 如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4 条体对角线的 处还各有 1 个碳原子。回答下列问题：
（1）若图中原子 1 的坐标参数为(0，0，0)，则原子 2 的坐标参数为___________。若金刚石的晶胞参数为a1pm ，则其中最近的两个碳原子之间的核间距为___________pm (用含a1 的代数式表示)。
（2）面心立方ZnS 晶胞与金刚石的晶胞结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。
①S 元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是___________；二氯化硫(SCl2 )分子中 S 原子的杂化轨道类型是___________。
②写出基态 Zn2+电子排布式：___________。
③锌锰干电池中Zn2+可吸收电池反应产生的NH3生成[Zn（NH3）4]2+，该离子中含有___________个σ键。(易错)
④若该ZnS晶胞的晶胞参数为 a2pm，阿伏加德罗常数的值为NA ，则晶体的密度为___________g.cm-3 (列出计算式)。
【答案】24. ①. ②.
25. ①. S【解析】
【小问1详解】
若题图中原子1的坐标参数为(0，0，0)，则可建立以原子1为原点的坐标系，根据题干信息可知，原子2位于其中一条体对角线上，则原子2的坐标参数为。晶胞中最近的两个C原子之间的核间距刚好为体对角线长的，为pm。
【小问2详解】
①与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl，一般情况下，同周期第一电离能逐渐增大，但P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能由小到大的为顺序为S②基态Zn原子为30号元素，核外共有30个电子，而Zn2+失去了两个电子，其核外电子排布式为排布式为[Ar]3d10；
③[Zn(NH3)4]2+离子中Zn2+和NH3形成了4个配位键，同时1个NH3中N和H形成3个共价键，则该离子中共含有4+3×4=16个σ键；
④由②分析可知，1个ZnS晶胞中共由4个ZnS，则晶胞的质量m为，晶胞的体积V=(a2×10-10)3=a23×10-30cm3，根据密度公式可得该晶体的密度= g·cm-3。
A
B
C
D
选项
实验事实
理论解释
A
溴单质、碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大
溴单质、碘单质和四氯化碳都为极性分子
B
卤素单质从F2到I2，在常温、常压下的聚集状态由气态、液态到固态
范德华力逐渐减小
C
在常温常压下，1体积水可以溶解700体积氨气
氨是极性分子且有氢键影响
D
HF的沸点高于HCl
H-F的键长比H-Cl的短