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2017-2018学年福建省福州市八县（市）协作校高二下学期期末联考化学试题 解析版
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福建省福州市八县（市）协作校2017—2018学年高二下学期期末联考化学试题
1. 下列说法正确的是 （ ）
A. 可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
B. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D. 甲烷、汽油、生物柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料
【答案】A
【解析】分析：一般所说的人体必需的营养素是六类：蛋白质、糖、脂肪、维生素、矿物质（或微量元素）、和水；干馏是化学变化；葡萄糖不是高分子化合物；酒精不是碳氢化合物。
详解：植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质， A选项正确；分馏是物理变化，干馏、裂解、裂化是化学变化，B选项错误；葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C选项错误；生物柴油和酒精均含有碳、氢、氧三种元素，不属于碳氢化合物，D选项错误；正确选项A。
2. 下列说法错误的是（ ）
A. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
B. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
C. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D. 乙烯可作水果的催熟剂
【答案】A
【解析】A.聚乙烯塑料在自然界中很难分解，可造成白色污染，故A错误；B. 大量燃烧化石燃料可产生碳等颗粒物，是造成雾霾天气的一种重要因素，故B正确；C. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底，故C正确；D. 乙烯可作水果的催熟剂，故D正确。故选A。
3. 下列由实验得出的结论正确的是 （ ）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】A. 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，证明乙烯与溴反应生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A正确； B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但是两个反应的剧烈程度是不同的，所以乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性是不相同的，B不正确； C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，水垢中有碳酸钙，说明乙酸的酸性大于碳酸的酸性，C不正确； D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，是因为生成的HCl水溶液具有酸性，D不正确。本题选A。
4. 下列有机反应属于取代反应的是（ ）
A. CH2=CH2+
B. CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl
C. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
D. CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O
【答案】B
【解析】A. CH2=CH2+ 中碳碳双键断裂，属于加成反应，故A错误；B. CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl中烃基上的氢原子被取代，属于取代反应，故B正确；C. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O是乙醇的氧化反应，故C错误；D. CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O反应中形成了碳碳双键，属于消去反应，故D错误；故选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是9NA
B. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
C. 1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成水的中子数为8NA
D. 标准状况下，2.24 L CHCl3的原子总数为0.5 NA
【答案】A
6. 有机物对乙烯基苯甲酸(结构如图)在医药合成中有着广泛的用途。下列而关该物质的说法正确的是（ ）
A. 该化含物中含氧官能团为酯基
B. 该化台物中的所有碳原子一定处于同一平面内
C. 该化合物可发生取代反应、加成反应和氧化反应
D. 该化合物的同分异构体中，苯环上有两个取代基的共3种
【答案】C
【解析】根据化合物的结构简式知，其中含氧官能团为羧基，A项错误；根据苯和乙烯的结构特点及碳碳单键可以旋转知，该化合物分子中所有碳原子不一定共平面，B项错误；该化合物含有羧基、碳碳双键和苯环，碳碳双键和苯环均可以发生加成反应，碳碳双键可以发生氧化反应，羧基和苯环均可发生取代反应，C项正确；该化合物的同分异构体中苯环上有两个取代基的有：羧基和乙烯基位于邻、间位，酯基与乙烯基位于邻、间、对位等，D项错误；答案为C。
7. 表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成 （ ）
A. 3d10 4s2 B. 3d10 4s1 C. 3s23p63d2 D. 3s23p64s2
【答案】C
【解析】分析：s能级有1个轨道，最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道，最多可容纳6个电子，d能级有5个轨道，最多可容纳10个电子，按照能量最低原理分析。
详解：按照能量最低原理，在同一电子层，电子应先排满s能级，再排满p能级，最后排d能级，A选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，A选项错误；B选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，B选项错误；C选项中第三电子层上3s轨道排满2个电子，3p轨道排满6个电子，剩余2个电子排在3d轨道，C选项符合能量最低原理，C选项正确；按照能量最低原理，第三电子层先排3s轨道，再排3p轨道，因为4s轨道能量比3d轨道能量低，电子在排满3p轨道以后，电子进入4s轨道，4s轨道排满后再排3d轨道，D选项中第三电子层只有8个电子，D选项错误；正确选项C。
8. 下列表达式错误的是（ ）
A. 甲烷的电子式：
B. 碳原子的L层电子轨道表示式：
C. 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
D. 碳－12原子：126C
【答案】B
【解析】分析：正确运用电子式、轨道表示式、核外电子排布式、原子的表示方法等化学用语分析。
详解：甲烷中存在4对共用电子对，则甲烷的电子式为， A选项正确；碳原子的L层电子有4个电子，2s电子优先单独占据1个轨道，2p轨道上还有2个电子，按照洪特规则，剩余的2个电子分布在2p轨道中，还有一个空轨道，则碳原子的L层电子的轨道表示式：，B选项错误；硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6， C选项正确；碳-12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子表示为126C， D选项说法正确；正确选项B。
9. 下列叙述正确的是( )
A. 1个乙醇分子中存在9对共用电子
B. PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C. H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
D. 熔点由高到低的顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅
【答案】D
【解析】分析：A．根据1个单键就是一对公用电子对判断B． BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；C． CS2分子是含极性键的非极性分子； D．原子晶体的熔沸点的高低取决于共价键的强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高。
详解：1个乙醇分子中：CH3-CH2-OH，含有8个单键，所以分子中存在8对共用电子，A选项错误；PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，BCl3分子中B原子的最外层电子数为6，Cl原子的最外层电子数为8，B选项错误；H2S是含极性键的极性分子，CS2分子是含极性键的非极性分子，C选项错误；因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长＜C-Si＜Si-Si所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，D选项正确；正确选项D。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较，如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待：
1.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：C-C的键长＜C-Si＜Si-Si，所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，这样很容易判断出本题中D选项的正误。
2.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常。有氢键的熔沸点较高。例如，熔点：HI＞HBr＞HF＞HCl；沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；
10. 2001年诺贝尔化学奖授予"手性碳原子的催化氢化，氧化反应"研究领域领域作出贡献的美、日三位科学家，手性分子具有镜像异构及光学活性，下列分子中具有光学活性的是（ ）
A. CBr2F2 B. CH3CH2OH C. CH3CH2CH3 D. CH3CH(OH)COOH
【答案】D
【解析】正确答案：D
手性碳原子指在一个碳上连有四个不同的原子或原子团，D的2号碳上连有―CH3、―OH 、―COOH 、―H 四个不同的四个不同的原子或原子团，2号碳为手性碳原子。
11. 下列说法中错误的是( )
A. SO2和SO3都是极性分子
B. 在NH4+和[Cu(NH3)4]+中都存在配位键
C. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D. 原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大，熔点高，硬度大的特性
【答案】A
【解析】试题分析：A．SO2是V形结构，是极性分子、SO3是平面三角形，是非极性分子，A错误；B．N元素可以形成配位健，则在NH4+和[Cu（NH3)4 ]2+中都存在配位键，B正确；C．元素电负性越大的原子，非金属性强，吸引电子的能力越强，C正确；D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性，D正确，答案选A。
考点：考查分子极性、配位健、电负性及原子晶体等
12. 下列事实与氢键有关的是（ ）
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. 水加热到很高的温度都难以分解
C. 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
D. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
【答案】C
【解析】分析：A．根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断；B．根据水的分解破坏的化学键判断，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C．分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，据此分析解答；D．根据范德华力对物质性质的影响判断。
详解：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，A选项错误；水的分子结构：H-O-H，分解破坏的是H-O键，即破坏的是化学键，不是氢键，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，B选项错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，C选项正确；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，D选项错误；正确选项C。
13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是( )
A. W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C. Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D. WY2分子中σ键与π键的数目之比为2:1
【答案】C
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是14～16号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是C>Si，A不正确；原子半径Al一定是大于C的，B不正确；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C正确；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，D不正确。
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14. 下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（ ）
A. CaC2 B. N2H4 C. Na2S D. NH4NO3
【答案】A
【解析】活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键；不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；只含共价键的化合物是共价化合物，则A．CaC2中钙离子和C22-离子之间存在离子键，属于离子化合物，C22-离子内两个碳原子之间存在非极性共价键，A正确；B．N2H4中只含共价键，属于共价化合物，B错误；C．Na2S中钠离子和S2-离子之间存在离子键，属于离子化合物，C错误；D．NH4NO3中铵根离子与硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子内存在N-H极性共价键，硝酸根离子内存在N-O极性共价键，D错误；答案选A。
15. 下列实验事实中，能用共价键强弱来解释的是（ ）
①稀有气体一般较难发生化学反应 ②金刚石比晶体硅的熔点高
③氮气比氯气的化学性质稳定 ④通常情况下，溴是液态，碘是固态
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②③④
【答案】B
【解析】分析：①稀有气体是单原子分子；②原子晶体熔点与共价键强弱有关；③共价键越强化学性质稳定；④分子晶体熔沸点与分子间作用力有关。
详解：①稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，①错误；原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，共价键越强，晶体熔点越高，C-C的键长＜Si-Si，所以金刚石的熔点高于晶体硅，②正确；氮气分子内为氮氮三键，键能大，氯气分子内氯氯单键，键能较小，氮氮三键的共价键比较强，化学性质稳定，③正确；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，而与键能大小无关，④错误；所以说法正确的是②③，正确选项是B。
16. 某无机化合物的二聚分子结构如图，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构。关于该化合物的说法不正确的是（ ）
A. 化学式是Al2Cl6
B. 不存在离子键和非极性共价键
C. 在固态时所形成的晶体是分子晶体
D. 是离子化合物，在熔融状态下能导电
【答案】D
【解析】分析：A.将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，再根据原子最外层都达到8电子稳定结构判断；B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；C、化合物形成二聚分子，是分子晶体；D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物。
详解：将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子是不可能的，所以只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，A说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，只存在Cl-Al键，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，所以也不存在非极性共价键， B说法正确；C、该化合物是无机化合物的形成的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体， C说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，D说法错误；正确选项D。
17. 下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是 （ ）
A. 晶格能大小顺序：NaCl ＜ NaF＜ CaO＜MgO
B. 酸性： HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3
C. 微粒半径： K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-
D. 热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
【答案】C
【解析】分析：A、影响晶格能大小的因素主要是离子半径、离子电荷，晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，离子电荷越高，晶格能越大；B、非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物酸性越强；C、根据微粒半径大小比较解答；D、根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断。
详解：根据晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，F-离子半径Cl-小，所以NaF的晶格能大于NaCl，Ca2+、O2-带2个单位电荷，CaO晶格能比NaF大，Ca2+的半径的比较比Mg2+半径大，所以MgO的晶格能大于 CaO，所以有NaCl ＜ NaF＜ CaO＜MgO，A选项正确；Si、P、S、Cl是第三周期的非金属元素，它们的非金属性逐渐增强，所以元素最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以有HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，B选项正确；在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，K+、Ca2+、Cl-、S2-的核外电子层结构都是三个电子层，随着核电荷数的增加，半径逐渐减小，所以其离子半径大小顺序：Ca2+
A. 原子晶体干冰易汽化，可用作制冷材料
B. 原子晶体干冰有很高的熔沸点，很大的硬度，可做耐磨材料
C. 该晶体仍然存在C＝O双键
D. 该晶体中O—C—O键角180°
【答案】B
【解析】分析：根据原子晶体的特点：①由原子直接构成晶体，所有原子间只靠共价键连接成一个整体；②由基本结构单元向空间伸展形成空间网状结构；③破坏共价键需要较高的能量及CO2的结构解答。
19. CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是（ ）
A. 它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B. CH与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为三角锥形
C. CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D. 两个—CH3或一个CH和一个CH结合均可得到CH3CH3
【答案】A
【解析】分析：A．原子总数相等、价电子总数（或电子总数）相等的微粒互为等电子体；B．CH3-与NH3、H3O+均具有4个原子、10个电子，互为等电子体；C. 根据价层电子对互斥模型判断；D．两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3。
详解： CH3+、-CH3、CH3-分别具有6个、7个和8个价电子，电子总数分别是：8个、9个和10个，它们不是等电子体，A选项说法错误；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，B选项说法正确；根据价层电子对互斥模型，CH中C原子的价电子对数为3 ，碳原子采取sp2杂化，其空间构型是平面三角形，C选项说法正确；两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3， D选项说法正确；正确选项A。
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. 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. CaF2晶体在熔融状态不导电
【答案】D
【解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。
详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体， A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2， C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。
点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：
（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；
（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。
21. 2010年诺贝尔物理学奖所指向的是碳的又一张奇妙脸孔：人类已知的最薄材料——石墨烯。下列说法中，正确的是 （ ）
A. 固态时，碳的各种单质的晶体类型相同
B. 石墨烯含有极性键
C. 从石墨剥离得石墨烯需要破坏化学键
D. 石墨烯具有导电性
【答案】D
【解析】分析：A．碳各种单质的晶体类型不同；B．同种非金属元素之间形成非极性键；C．石墨中层与层间存在分子间作用力； D．石墨烯具有石墨导电性。
详解：碳各种单质的晶体类型不相同，如金刚石属于原子晶体，足球烯属于分子晶体，石墨是混合型晶体，所以A选项错误；石墨烯中碳原子之间形成非极性键，不是极性键，B选项错误；石墨中层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得到石墨烯需要破坏分子间作用力，不需要破坏化学键，C选项错误；石墨烯中含有自由移动的电子，所以石墨烯具有导电性，D选项正确；正确选项D。
22. 向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是 （ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后c(Zn 2+)不变
B. 沉淀溶解后，将生成无色的配离子[Zn (NH3)4] 2+
C. 用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，不能观察到同样的现象
D. 在[Zn (NH3)4] 2+离子中，Zn 2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】分析： 向硫酸锌溶液中加入氨水，氨水先和硫酸锌反应生成氢氧化锌沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化锌反应生成可溶性的锌氨络合物；A．硫酸锌先和氨水反应生成氢氧化锌，氢氧化锌和氨水反应生成络合物；B．氢氧化锌和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．硝酸锌中的锌离子和氨水与硫酸锌中锌离子和氨水反应本质是相同的；D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键。
详解：硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成锌氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，A选项错误；硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子[Zn（NH3）4]2+而使溶液澄清，B选项正确；硝酸锌中的锌离子和氨水反应与硫酸锌中锌离子和氨水反应都是锌离子和氨水反应，本质相同，反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，C选项错误；在[Zn（NH3）4]2+离子中，Zn2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D选项错误；正确选项B。
23. 按要求回答问题。
（1）写出下列基团(或官能团)的名称或结构简式：－OH________ 、 碳碳双键__________、
（2）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式_______________；
（3）对下列物质进行系统命名：
：__________；CH2=CHCH2CH3：_______________；
（4）分子式为C4H8O2的同分异构体中，属于酯类的有______种；
（5）形成六元环酯的产物的结构简式__________________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). (3). (CH3)4 C (4). 2－甲基戊烷 (5). 1－丁烯 (6). 4 (7).
【解析】分析：（1）结合常见的官能团的名称和结构简式判断；
（2）根据烷烃的通式为CnH2n+2，求出n，确定分子式，写出可能结构简式；
（3）根据烷烃、烯烃的系统命名规则确定所给结构简式的名称；
（4）写出同分异构体，根据官能团分类方法确定属于酯的同分异构体数目；
（5）醇和羧酸发生酯化反应形成环酯确定生成物的结构简式。
详解：（1）根据官能团的名称，-OH 为羟基，碳碳双键为，正确答案为：羟基；；
（2）烷烃的通式CnH2n+2，该烷烃的相对分子质量为72，所以有：12n+2n+2=72，即14n=70，解得n=5，即分子式为C5H12，结构简式有：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，（CH3）4 C，沸点最低的是：（CH3）4 C，正确答案：（CH3）4 C；
（3）根据烷烃的系统命名规则，的名称是：2-甲基戊烷；根据烯烃的系统命名规则，CH2=CHCH2CH3的名称是1-丁烯，正确答案： 2-甲基戊烷； 1-丁烯；
（4）C4H8O2属于酯类的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOC2H5、CH3CH2COOCH3，所以属于酯类的同分异构体有4种，正确答案：4
（5）根据酯化反应中醇脱羟基上的氢原子，羧酸脱羧基上的羟基，对于，要形成六元环的酯，需要2分子相互脱水，形成六元环酯的产物的结构简式为：，正确答案：。
24. A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n。E元素原子的L层上电子数为(m＋n)，M层上电子数为。请回答下列问题：
(1)B元素是________，D元素在周期表中的位置是________。
(2)C与E形成的化合物E3C属于________(填“原子”“离子”或“分子”)晶体。
(3)由A、D、E元素组成的化合物中存在的化学键类型是________。
(4)写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式：________________________。
(5)已知：甲＋H2O→丙＋丁，该反应不是氧化还原反应。若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，丙具有漂白性。丁与H2O有相同的电子总数，则丁的电子式为_________________。
(6)与D同主族且上下相邻的元素M、N，原子电子层数M>N>D，三种元素的氢化物的沸点由大到小的顺序是________________________(填化学式)。
【答案】 (1). C(或碳) (2). 第2周期ⅥA族 (3). 离子 (4). 离子键和共价键 (5). Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－(或2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑) (6). (7). H2O>H2Se>H2S
【解析】分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m/2-n，则m+n=8，m<8，所以n=2，则m=8-2=6， D为氧元素；因为原子序数依次增大，所以C是氮元素；E的M层电子数=6/2-2=1，所以E为Na；所以A、B、C、D、E五种短周期元素分别是H、C、N、O、Na，以此解答该题。
详解：（1）根据分析，B元素是碳，D元素是氧，氧元素在周期表中的位置是：第2周期ⅥA族，正确答案：碳（C）；第2周期ⅥA族；
（2）C元素是N，E元素是Na，形成的化合物是Na3N，是离子化合物，属于离子晶体，正确答案：离子晶体；
(3)由A、D、E元素组成的化合物是NaOH，NaOH中存在的化学键类型是：共价键和离子键，正确答案：离子键、共价键；
（4）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑，故答案为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；
（5）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是Cl原子，小球是N原子，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3，丁的电子式为：，正确答案：；
（6）与D同主族上下相邻的元素M、N，原子电子层数M＞N＞D，则M为Se、N为S，水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S，正确答案为：H2O＞H2Se＞H2S。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较。
1.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常，有氢键的熔沸点较高。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；如本题中水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S。
2.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：金刚石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶体硅（Si－Si）。
3.同属离子晶体 离子的半径越小，所带的电荷越多，则离子键越强，晶格能越高，熔沸点越高。例如： MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。
25. 现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表:
元素编号
元素性质或原子结构
T
单质能与水剧烈反应,所得溶液呈弱酸性
X
L层p电子数比s电子数多2个
Y
第三周期元素的简单离子中半径最小
Z
L层有三个未成对电子
(1)写出元素X的离子结构示意图____________。
(2)写出Y元素最高价氧化物的水化物与NaOH溶液反应的离子方程式______________
(3)写出Y的价电子排布式_________________________。
(4)元素T与氯元素相比,非金属性较强的是_______(用元素符号表示),下列表述中能用于证明这一事实的是_______(填字母代号)。
A.气态氢化物的挥发性 B.两元素的电负性
C.含氧酸的酸性 D.氢化物中X—H键的键长(X代表T和Cl两种元素)
(5)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是___(填元素符号)
【答案】 (1). (2). Al(OH)3+OH-AlO2- +2H2O (3). 3s23p1 (4). F (5). BD (6). Al
【解析】分析：T单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则T为F元素；X的L层p电子数比s电子数多2个，核外电子排布为1S22S22P4，为O元素；第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为Al3+，则Y为Al元素；Z的L层有三个未成对电子，核外电子排布为1S22S22P3，为N元素，所以T、X、Y、Z分别是F、O、Al、N元素，以此解答该题。
详解：（1）X为O元素，离子核外最外层达到8电子稳定结构，O2-的离子结构示意图是为，正确答案：；
（2）Y元素最高价氧化物水化物Al（OH）3，为两性氢氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-AlO2- +2H2O，正确答案：Al(OH)3+OH-AlO2- +2H2O；
（3）Y元素是铝元素，核电荷数是13，其核外电子排布式为：1S22S22P63S23P1，价电子排布式是：3S23P1，正确答案：3S23P1；
（4）元素T是F元素，F与Cl同属卤族元素，在周期表中从上到下随着核电荷数的的递增，非金属性逐渐减弱，所以F的非金属性比Cl元素强；气态氢化物的挥发性是物质的物理性质，不可以判断非金属性强弱，A选项不可以；元素的电负性是原子吸引电子能力大小，元素的电负性越大，吸引电子的倾向越大，非金属性也越强，B选项可以；元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，C选项中没有说明是最高价的含氧酸，C选项不可以；H-F与H-Cl的共价键键长越短，氢化物越稳定，元素的非金属性越强，所以键长可以比较氢化物的稳定性，进一步确定元素的非金属性强弱，D选项可以，正确答案：F；BD；
（5）Al为金属元素，具有金属性，F、O、N三种元素为非金属元素，具有较强的非金属性，Al化学性质明显不同于其它三种非金属元素单质的性质，正确答案为：Al。
点睛：元素的非金属性比较可以单质与氢气易（难）反应；生成的氢化物稳定性（不稳定）；最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强弱判断，利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，可以比较酸性强弱，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如本题中只说是含氧酸的酸性是不可以用来比较元素的非金属性强弱的，同样本题中利用共价键的长短比较共价键的稳定性，进一步说明非金属性的强弱。
26. 世界上最旱发现并使用锌的是中国，明朝末年《天工开物》一书中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问題：
(1)基态Zn原子的核外电子所占据的最高能层符号为_____________，Zn2+基态核外电子排布式为_______________________。
(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。
①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为 _____________（用文字描述）；
②SO42-中，中心原子的轨道杂化类型为______________；
③写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式_____________；
④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_______________________。
(3)Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为___________；
②已知该晶体的晶胞参数a=541 pm，其密度为___________g·cm-3（列出计算式即可）。
【答案】 (1). N (2). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). CCl4或SiCl4等 (6). NH3 与 H2O之间可形成分子间氢键 NH3与H2O发生反应 (7). ZnS (8). 4×97 /NA×（541×10−10）3
【解析】分析：（1）根据Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四个能层及核外电子排布式写法解答；
（2）在[Zn（NH3）4]SO4中，阴离子为SO42−，根据价层电子对互斥模型和杂化轨道理论判断空间构型和杂化类型；根据等电子体的原理找出与SO42-互为等电子体粒子；NH3容易与水分子形成分子间氢键；
（3）①根据晶胞晶体中组成粒子的计算方法确定S2-、Zn2+的个数，进一步确定化学式；
②根据晶胞的密度计算公式进行计算。
详解：（1）Zn的核电荷数是30，在Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四个能层，分别是K、L、M、N，所以最高能层符号为N；Zn2+基态核外电子排布式为：[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；正确答案：N；[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；
（2）①根据价层电子对互斥模型， SO42−中价电子对数为：（6+4×0+2）÷2=4，价电子对全是成键电子对，所以SO42−的空间构型是正四面体，正确答案：正四面体；
②SO42−的空间构型是正四面体，根据杂化轨道理论，中心原子S的杂化类型为sp3杂化，正确答案：sp3；
③等电子体是指在原子数相同下，原子的价电子数相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调整电子数来确定等电子体粒子，因此，与SO42−互为等电子体的有PO43−， ClO4−，CCl4 ，SiCl4， SiF4等，符合题干要求是分子的有CCl4 ，SiCl4， SiF4，正确答案为： CCl4 ，SiCl4， SiF4；
④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子形成分子间氢键，同时还发生化学反应，其方程式为：NH3+H2ONH3·H2O，正确答案：NH3 与 H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；
（3）①对于立方晶胞，顶点粒子占1/8，面心粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，Zn2+个数为8×1/8+6×1/2=4，S2-个数为4，因此该化合物化学式为ZnS，正确答案为：ZnS；
②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，已知晶胞参数为a=541pm，则一个晶胞的体积为V0=（541×10−10）3cm3，1molZnS晶胞中，有4molZn2+和4molS2-，则一个晶胞的质量为m=4mol×65g/mol+4mol×32g/mol=4×97g，因此晶胞的密度为ρ=m/NAV0=4×97 g/[NA×（541×10−10）3]cm3，所以正确答案：4×97 /[NA×（541×10−10）3]g·cm-3。
点睛：点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞，在立方晶胞中：
（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Zn2+离子；
（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Zn2+离子；
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞，如本题中的S2-离子。
福建省福州市八县（市）协作校2017—2018学年高二下学期期末联考化学试题
1. 下列说法正确的是 （ ）
A. 可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
B. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D. 甲烷、汽油、生物柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料
【答案】A
【解析】分析：一般所说的人体必需的营养素是六类：蛋白质、糖、脂肪、维生素、矿物质（或微量元素）、和水；干馏是化学变化；葡萄糖不是高分子化合物；酒精不是碳氢化合物。
详解：植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质， A选项正确；分馏是物理变化，干馏、裂解、裂化是化学变化，B选项错误；葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C选项错误；生物柴油和酒精均含有碳、氢、氧三种元素，不属于碳氢化合物，D选项错误；正确选项A。
2. 下列说法错误的是（ ）
A. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染
B. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素
C. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D. 乙烯可作水果的催熟剂
【答案】A
【解析】A.聚乙烯塑料在自然界中很难分解，可造成白色污染，故A错误；B. 大量燃烧化石燃料可产生碳等颗粒物，是造成雾霾天气的一种重要因素，故B正确；C. 可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底，故C正确；D. 乙烯可作水果的催熟剂，故D正确。故选A。
3. 下列由实验得出的结论正确的是 （ ）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】A. 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，证明乙烯与溴反应生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A正确； B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但是两个反应的剧烈程度是不同的，所以乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性是不相同的，B不正确； C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，水垢中有碳酸钙，说明乙酸的酸性大于碳酸的酸性，C不正确； D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，是因为生成的HCl水溶液具有酸性，D不正确。本题选A。
4. 下列有机反应属于取代反应的是（ ）
A. CH2=CH2+
B. CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl
C. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
D. CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O
【答案】B
【解析】A. CH2=CH2+ 中碳碳双键断裂，属于加成反应，故A错误；B. CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl中烃基上的氢原子被取代，属于取代反应，故B正确；C. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O是乙醇的氧化反应，故C错误；D. CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O反应中形成了碳碳双键，属于消去反应，故D错误；故选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 15g甲基（﹣CH3）所含有的电子数是9NA
B. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
C. 1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成水的中子数为8NA
D. 标准状况下，2.24 L CHCl3的原子总数为0.5 NA
【答案】A
6. 有机物对乙烯基苯甲酸(结构如图)在医药合成中有着广泛的用途。下列而关该物质的说法正确的是（ ）
A. 该化含物中含氧官能团为酯基
B. 该化台物中的所有碳原子一定处于同一平面内
C. 该化合物可发生取代反应、加成反应和氧化反应
D. 该化合物的同分异构体中，苯环上有两个取代基的共3种
【答案】C
【解析】根据化合物的结构简式知，其中含氧官能团为羧基，A项错误；根据苯和乙烯的结构特点及碳碳单键可以旋转知，该化合物分子中所有碳原子不一定共平面，B项错误；该化合物含有羧基、碳碳双键和苯环，碳碳双键和苯环均可以发生加成反应，碳碳双键可以发生氧化反应，羧基和苯环均可发生取代反应，C项正确；该化合物的同分异构体中苯环上有两个取代基的有：羧基和乙烯基位于邻、间位，酯基与乙烯基位于邻、间、对位等，D项错误；答案为C。
7. 表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成 （ ）
A. 3d10 4s2 B. 3d10 4s1 C. 3s23p63d2 D. 3s23p64s2
【答案】C
【解析】分析：s能级有1个轨道，最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道，最多可容纳6个电子，d能级有5个轨道，最多可容纳10个电子，按照能量最低原理分析。
详解：按照能量最低原理，在同一电子层，电子应先排满s能级，再排满p能级，最后排d能级，A选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，A选项错误；B选项中第三电子层上10个电子全部排在3d轨道，B选项错误；C选项中第三电子层上3s轨道排满2个电子，3p轨道排满6个电子，剩余2个电子排在3d轨道，C选项符合能量最低原理，C选项正确；按照能量最低原理，第三电子层先排3s轨道，再排3p轨道，因为4s轨道能量比3d轨道能量低，电子在排满3p轨道以后，电子进入4s轨道，4s轨道排满后再排3d轨道，D选项中第三电子层只有8个电子，D选项错误；正确选项C。
8. 下列表达式错误的是（ ）
A. 甲烷的电子式：
B. 碳原子的L层电子轨道表示式：
C. 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
D. 碳－12原子：126C
【答案】B
【解析】分析：正确运用电子式、轨道表示式、核外电子排布式、原子的表示方法等化学用语分析。
详解：甲烷中存在4对共用电子对，则甲烷的电子式为， A选项正确；碳原子的L层电子有4个电子，2s电子优先单独占据1个轨道，2p轨道上还有2个电子，按照洪特规则，剩余的2个电子分布在2p轨道中，还有一个空轨道，则碳原子的L层电子的轨道表示式：，B选项错误；硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6， C选项正确；碳-12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子表示为126C， D选项说法正确；正确选项B。
9. 下列叙述正确的是( )
A. 1个乙醇分子中存在9对共用电子
B. PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C. H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子
D. 熔点由高到低的顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅
【答案】D
【解析】分析：A．根据1个单键就是一对公用电子对判断B． BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；C． CS2分子是含极性键的非极性分子； D．原子晶体的熔沸点的高低取决于共价键的强弱，原子半径越小，共价键越短，键能越大，熔沸点越高。
详解：1个乙醇分子中：CH3-CH2-OH，含有8个单键，所以分子中存在8对共用电子，A选项错误；PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，BCl3分子中B原子的最外层电子数为6，Cl原子的最外层电子数为8，B选项错误；H2S是含极性键的极性分子，CS2分子是含极性键的非极性分子，C选项错误；因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长＜C-Si＜Si-Si所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，D选项正确；正确选项D。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较，如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待：
1.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：C-C的键长＜C-Si＜Si-Si，所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，这样很容易判断出本题中D选项的正误。
2.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常。有氢键的熔沸点较高。例如，熔点：HI＞HBr＞HF＞HCl；沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；
10. 2001年诺贝尔化学奖授予"手性碳原子的催化氢化，氧化反应"研究领域领域作出贡献的美、日三位科学家，手性分子具有镜像异构及光学活性，下列分子中具有光学活性的是（ ）
A. CBr2F2 B. CH3CH2OH C. CH3CH2CH3 D. CH3CH(OH)COOH
【答案】D
【解析】正确答案：D
手性碳原子指在一个碳上连有四个不同的原子或原子团，D的2号碳上连有―CH3、―OH 、―COOH 、―H 四个不同的四个不同的原子或原子团，2号碳为手性碳原子。
11. 下列说法中错误的是( )
A. SO2和SO3都是极性分子
B. 在NH4+和[Cu(NH3)4]+中都存在配位键
C. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D. 原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大，熔点高，硬度大的特性
【答案】A
【解析】试题分析：A．SO2是V形结构，是极性分子、SO3是平面三角形，是非极性分子，A错误；B．N元素可以形成配位健，则在NH4+和[Cu（NH3)4 ]2+中都存在配位键，B正确；C．元素电负性越大的原子，非金属性强，吸引电子的能力越强，C正确；D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性，D正确，答案选A。
考点：考查分子极性、配位健、电负性及原子晶体等
12. 下列事实与氢键有关的是（ ）
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. 水加热到很高的温度都难以分解
C. 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
D. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高
【答案】C
【解析】分析：A．根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断；B．根据水的分解破坏的化学键判断，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关；C．分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质熔沸点升高，据此分析解答；D．根据范德华力对物质性质的影响判断。
详解：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，A选项错误；水的分子结构：H-O-H，分解破坏的是H-O键，即破坏的是化学键，不是氢键，氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，B选项错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，C选项正确；CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，D选项错误；正确选项C。
13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4:3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是( )
A. W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C. Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D. WY2分子中σ键与π键的数目之比为2:1
【答案】C
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是14～16号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是C>Si，A不正确；原子半径Al一定是大于C的，B不正确；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C正确；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，D不正确。
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14. 下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是（ ）
A. CaC2 B. N2H4 C. Na2S D. NH4NO3
【答案】A
【解析】活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键；不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；只含共价键的化合物是共价化合物，则A．CaC2中钙离子和C22-离子之间存在离子键，属于离子化合物，C22-离子内两个碳原子之间存在非极性共价键，A正确；B．N2H4中只含共价键，属于共价化合物，B错误；C．Na2S中钠离子和S2-离子之间存在离子键，属于离子化合物，C错误；D．NH4NO3中铵根离子与硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子内存在N-H极性共价键，硝酸根离子内存在N-O极性共价键，D错误；答案选A。
15. 下列实验事实中，能用共价键强弱来解释的是（ ）
①稀有气体一般较难发生化学反应 ②金刚石比晶体硅的熔点高
③氮气比氯气的化学性质稳定 ④通常情况下，溴是液态，碘是固态
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②③④
【答案】B
【解析】分析：①稀有气体是单原子分子；②原子晶体熔点与共价键强弱有关；③共价键越强化学性质稳定；④分子晶体熔沸点与分子间作用力有关。
详解：①稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，①错误；原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，共价键越强，晶体熔点越高，C-C的键长＜Si-Si，所以金刚石的熔点高于晶体硅，②正确；氮气分子内为氮氮三键，键能大，氯气分子内氯氯单键，键能较小，氮氮三键的共价键比较强，化学性质稳定，③正确；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，而与键能大小无关，④错误；所以说法正确的是②③，正确选项是B。
16. 某无机化合物的二聚分子结构如图，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子最外层都达到8电子稳定结构。关于该化合物的说法不正确的是（ ）
A. 化学式是Al2Cl6
B. 不存在离子键和非极性共价键
C. 在固态时所形成的晶体是分子晶体
D. 是离子化合物，在熔融状态下能导电
【答案】D
【解析】分析：A.将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，再根据原子最外层都达到8电子稳定结构判断；B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键；C、化合物形成二聚分子，是分子晶体；D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物。
详解：将二聚分子变成单分子，得BA3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子是不可能的，所以只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，A说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，只存在Cl-Al键，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，所以也不存在非极性共价键， B说法正确；C、该化合物是无机化合物的形成的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体， C说法正确；该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，D说法错误；正确选项D。
17. 下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是 （ ）
A. 晶格能大小顺序：NaCl ＜ NaF＜ CaO＜MgO
B. 酸性： HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3
C. 微粒半径： K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-
D. 热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
【答案】C
【解析】分析：A、影响晶格能大小的因素主要是离子半径、离子电荷，晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，离子电荷越高，晶格能越大；B、非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物酸性越强；C、根据微粒半径大小比较解答；D、根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断。
详解：根据晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，F-离子半径Cl-小，所以NaF的晶格能大于NaCl，Ca2+、O2-带2个单位电荷，CaO晶格能比NaF大，Ca2+的半径的比较比Mg2+半径大，所以MgO的晶格能大于 CaO，所以有NaCl ＜ NaF＜ CaO＜MgO，A选项正确；Si、P、S、Cl是第三周期的非金属元素，它们的非金属性逐渐增强，所以元素最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以有HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，B选项正确；在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，K+、Ca2+、Cl-、S2-的核外电子层结构都是三个电子层，随着核电荷数的增加，半径逐渐减小，所以其离子半径大小顺序：Ca2+
A. 原子晶体干冰易汽化，可用作制冷材料
B. 原子晶体干冰有很高的熔沸点，很大的硬度，可做耐磨材料
C. 该晶体仍然存在C＝O双键
D. 该晶体中O—C—O键角180°
【答案】B
【解析】分析：根据原子晶体的特点：①由原子直接构成晶体，所有原子间只靠共价键连接成一个整体；②由基本结构单元向空间伸展形成空间网状结构；③破坏共价键需要较高的能量及CO2的结构解答。
19. CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是（ ）
A. 它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
B. CH与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为三角锥形
C. CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
D. 两个—CH3或一个CH和一个CH结合均可得到CH3CH3
【答案】A
【解析】分析：A．原子总数相等、价电子总数（或电子总数）相等的微粒互为等电子体；B．CH3-与NH3、H3O+均具有4个原子、10个电子，互为等电子体；C. 根据价层电子对互斥模型判断；D．两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3。
详解： CH3+、-CH3、CH3-分别具有6个、7个和8个价电子，电子总数分别是：8个、9个和10个，它们不是等电子体，A选项说法错误；CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子、4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，B选项说法正确；根据价层电子对互斥模型，CH中C原子的价电子对数为3 ，碳原子采取sp2杂化，其空间构型是平面三角形，C选项说法正确；两个-CH3或一个CH3+和CH3-结合都能得到CH3CH3， D选项说法正确；正确选项A。
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. 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. CaF2晶体在熔融状态不导电
【答案】D
【解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。
详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体， A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2， C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。
点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：
（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；
（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。
21. 2010年诺贝尔物理学奖所指向的是碳的又一张奇妙脸孔：人类已知的最薄材料——石墨烯。下列说法中，正确的是 （ ）
A. 固态时，碳的各种单质的晶体类型相同
B. 石墨烯含有极性键
C. 从石墨剥离得石墨烯需要破坏化学键
D. 石墨烯具有导电性
【答案】D
【解析】分析：A．碳各种单质的晶体类型不同；B．同种非金属元素之间形成非极性键；C．石墨中层与层间存在分子间作用力； D．石墨烯具有石墨导电性。
详解：碳各种单质的晶体类型不相同，如金刚石属于原子晶体，足球烯属于分子晶体，石墨是混合型晶体，所以A选项错误；石墨烯中碳原子之间形成非极性键，不是极性键，B选项错误；石墨中层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得到石墨烯需要破坏分子间作用力，不需要破坏化学键，C选项错误；石墨烯中含有自由移动的电子，所以石墨烯具有导电性，D选项正确；正确选项D。
22. 向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是 （ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后c(Zn 2+)不变
B. 沉淀溶解后，将生成无色的配离子[Zn (NH3)4] 2+
C. 用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，不能观察到同样的现象
D. 在[Zn (NH3)4] 2+离子中，Zn 2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】分析： 向硫酸锌溶液中加入氨水，氨水先和硫酸锌反应生成氢氧化锌沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化锌反应生成可溶性的锌氨络合物；A．硫酸锌先和氨水反应生成氢氧化锌，氢氧化锌和氨水反应生成络合物；B．氢氧化锌和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．硝酸锌中的锌离子和氨水与硫酸锌中锌离子和氨水反应本质是相同的；D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键。
详解：硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成锌氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，A选项错误；硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子[Zn（NH3）4]2+而使溶液澄清，B选项正确；硝酸锌中的锌离子和氨水反应与硫酸锌中锌离子和氨水反应都是锌离子和氨水反应，本质相同，反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，C选项错误；在[Zn（NH3）4]2+离子中，Zn2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D选项错误；正确选项B。
23. 按要求回答问题。
（1）写出下列基团(或官能团)的名称或结构简式：－OH________ 、 碳碳双键__________、
（2）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式_______________；
（3）对下列物质进行系统命名：
：__________；CH2=CHCH2CH3：_______________；
（4）分子式为C4H8O2的同分异构体中，属于酯类的有______种；
（5）形成六元环酯的产物的结构简式__________________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). (3). (CH3)4 C (4). 2－甲基戊烷 (5). 1－丁烯 (6). 4 (7).
【解析】分析：（1）结合常见的官能团的名称和结构简式判断；
（2）根据烷烃的通式为CnH2n+2，求出n，确定分子式，写出可能结构简式；
（3）根据烷烃、烯烃的系统命名规则确定所给结构简式的名称；
（4）写出同分异构体，根据官能团分类方法确定属于酯的同分异构体数目；
（5）醇和羧酸发生酯化反应形成环酯确定生成物的结构简式。
详解：（1）根据官能团的名称，-OH 为羟基，碳碳双键为，正确答案为：羟基；；
（2）烷烃的通式CnH2n+2，该烷烃的相对分子质量为72，所以有：12n+2n+2=72，即14n=70，解得n=5，即分子式为C5H12，结构简式有：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，（CH3）4 C，沸点最低的是：（CH3）4 C，正确答案：（CH3）4 C；
（3）根据烷烃的系统命名规则，的名称是：2-甲基戊烷；根据烯烃的系统命名规则，CH2=CHCH2CH3的名称是1-丁烯，正确答案： 2-甲基戊烷； 1-丁烯；
（4）C4H8O2属于酯类的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOC2H5、CH3CH2COOCH3，所以属于酯类的同分异构体有4种，正确答案：4
（5）根据酯化反应中醇脱羟基上的氢原子，羧酸脱羧基上的羟基，对于，要形成六元环的酯，需要2分子相互脱水，形成六元环酯的产物的结构简式为：，正确答案：。
24. A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n。E元素原子的L层上电子数为(m＋n)，M层上电子数为。请回答下列问题：
(1)B元素是________，D元素在周期表中的位置是________。
(2)C与E形成的化合物E3C属于________(填“原子”“离子”或“分子”)晶体。
(3)由A、D、E元素组成的化合物中存在的化学键类型是________。
(4)写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式：________________________。
(5)已知：甲＋H2O→丙＋丁，该反应不是氧化还原反应。若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，丙具有漂白性。丁与H2O有相同的电子总数，则丁的电子式为_________________。
(6)与D同主族且上下相邻的元素M、N，原子电子层数M>N>D，三种元素的氢化物的沸点由大到小的顺序是________________________(填化学式)。
【答案】 (1). C(或碳) (2). 第2周期ⅥA族 (3). 离子 (4). 离子键和共价键 (5). Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－(或2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑) (6). (7). H2O>H2Se>H2S
【解析】分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m/2-n，则m+n=8，m<8，所以n=2，则m=8-2=6， D为氧元素；因为原子序数依次增大，所以C是氮元素；E的M层电子数=6/2-2=1，所以E为Na；所以A、B、C、D、E五种短周期元素分别是H、C、N、O、Na，以此解答该题。
详解：（1）根据分析，B元素是碳，D元素是氧，氧元素在周期表中的位置是：第2周期ⅥA族，正确答案：碳（C）；第2周期ⅥA族；
（2）C元素是N，E元素是Na，形成的化合物是Na3N，是离子化合物，属于离子晶体，正确答案：离子晶体；
(3)由A、D、E元素组成的化合物是NaOH，NaOH中存在的化学键类型是：共价键和离子键，正确答案：离子键、共价键；
（4）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑，故答案为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；
（5）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是Cl原子，小球是N原子，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3，丁的电子式为：，正确答案：；
（6）与D同主族上下相邻的元素M、N，原子电子层数M＞N＞D，则M为Se、N为S，水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S，正确答案为：H2O＞H2Se＞H2S。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较。
1.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常，有氢键的熔沸点较高。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；如本题中水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S。
2.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：金刚石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶体硅（Si－Si）。
3.同属离子晶体 离子的半径越小，所带的电荷越多，则离子键越强，晶格能越高，熔沸点越高。例如： MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。
25. 现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表:
元素编号
元素性质或原子结构
T
单质能与水剧烈反应,所得溶液呈弱酸性
X
L层p电子数比s电子数多2个
Y
第三周期元素的简单离子中半径最小
Z
L层有三个未成对电子
(1)写出元素X的离子结构示意图____________。
(2)写出Y元素最高价氧化物的水化物与NaOH溶液反应的离子方程式______________
(3)写出Y的价电子排布式_________________________。
(4)元素T与氯元素相比,非金属性较强的是_______(用元素符号表示),下列表述中能用于证明这一事实的是_______(填字母代号)。
A.气态氢化物的挥发性 B.两元素的电负性
C.含氧酸的酸性 D.氢化物中X—H键的键长(X代表T和Cl两种元素)
(5)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的单质中化学性质明显不同于其他三种单质的是___(填元素符号)
【答案】 (1). (2). Al(OH)3+OH-AlO2- +2H2O (3). 3s23p1 (4). F (5). BD (6). Al
【解析】分析：T单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，则T为F元素；X的L层p电子数比s电子数多2个，核外电子排布为1S22S22P4，为O元素；第三周期元素的简单离子中半径最小的离子为Al3+，则Y为Al元素；Z的L层有三个未成对电子，核外电子排布为1S22S22P3，为N元素，所以T、X、Y、Z分别是F、O、Al、N元素，以此解答该题。
详解：（1）X为O元素，离子核外最外层达到8电子稳定结构，O2-的离子结构示意图是为，正确答案：；
（2）Y元素最高价氧化物水化物Al（OH）3，为两性氢氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-AlO2- +2H2O，正确答案：Al(OH)3+OH-AlO2- +2H2O；
（3）Y元素是铝元素，核电荷数是13，其核外电子排布式为：1S22S22P63S23P1，价电子排布式是：3S23P1，正确答案：3S23P1；
（4）元素T是F元素，F与Cl同属卤族元素，在周期表中从上到下随着核电荷数的的递增，非金属性逐渐减弱，所以F的非金属性比Cl元素强；气态氢化物的挥发性是物质的物理性质，不可以判断非金属性强弱，A选项不可以；元素的电负性是原子吸引电子能力大小，元素的电负性越大，吸引电子的倾向越大，非金属性也越强，B选项可以；元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，C选项中没有说明是最高价的含氧酸，C选项不可以；H-F与H-Cl的共价键键长越短，氢化物越稳定，元素的非金属性越强，所以键长可以比较氢化物的稳定性，进一步确定元素的非金属性强弱，D选项可以，正确答案：F；BD；
（5）Al为金属元素，具有金属性，F、O、N三种元素为非金属元素，具有较强的非金属性，Al化学性质明显不同于其它三种非金属元素单质的性质，正确答案为：Al。
点睛：元素的非金属性比较可以单质与氢气易（难）反应；生成的氢化物稳定性（不稳定）；最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强弱判断，利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，可以比较酸性强弱，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如本题中只说是含氧酸的酸性是不可以用来比较元素的非金属性强弱的，同样本题中利用共价键的长短比较共价键的稳定性，进一步说明非金属性的强弱。
26. 世界上最旱发现并使用锌的是中国，明朝末年《天工开物》一书中有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问題：
(1)基态Zn原子的核外电子所占据的最高能层符号为_____________，Zn2+基态核外电子排布式为_______________________。
(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。
①[Zn(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型为 _____________（用文字描述）；
②SO42-中，中心原子的轨道杂化类型为______________；
③写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式_____________；
④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_______________________。
(3)Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为___________；
②已知该晶体的晶胞参数a=541 pm，其密度为___________g·cm-3（列出计算式即可）。
【答案】 (1). N (2). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). CCl4或SiCl4等 (6). NH3 与 H2O之间可形成分子间氢键 NH3与H2O发生反应 (7). ZnS (8). 4×97 /NA×（541×10−10）3
【解析】分析：（1）根据Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四个能层及核外电子排布式写法解答；
（2）在[Zn（NH3）4]SO4中，阴离子为SO42−，根据价层电子对互斥模型和杂化轨道理论判断空间构型和杂化类型；根据等电子体的原理找出与SO42-互为等电子体粒子；NH3容易与水分子形成分子间氢键；
（3）①根据晶胞晶体中组成粒子的计算方法确定S2-、Zn2+的个数，进一步确定化学式；
②根据晶胞的密度计算公式进行计算。
详解：（1）Zn的核电荷数是30，在Zn在周期表中的位置是第四周期，第IIB族，含有四个能层，分别是K、L、M、N，所以最高能层符号为N；Zn2+基态核外电子排布式为：[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；正确答案：N；[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；
（2）①根据价层电子对互斥模型， SO42−中价电子对数为：（6+4×0+2）÷2=4，价电子对全是成键电子对，所以SO42−的空间构型是正四面体，正确答案：正四面体；
②SO42−的空间构型是正四面体，根据杂化轨道理论，中心原子S的杂化类型为sp3杂化，正确答案：sp3；
③等电子体是指在原子数相同下，原子的价电子数相同的粒子，通常采用元素上下左右平移法，同时调整电子数来确定等电子体粒子，因此，与SO42−互为等电子体的有PO43−， ClO4−，CCl4 ，SiCl4， SiF4等，符合题干要求是分子的有CCl4 ，SiCl4， SiF4，正确答案为： CCl4 ，SiCl4， SiF4；
④NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子形成分子间氢键，同时还发生化学反应，其方程式为：NH3+H2ONH3·H2O，正确答案：NH3 与 H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；
（3）①对于立方晶胞，顶点粒子占1/8，面心粒子占1/2，晶胞内部原子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，Zn2+个数为8×1/8+6×1/2=4，S2-个数为4，因此该化合物化学式为ZnS，正确答案为：ZnS；
②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，已知晶胞参数为a=541pm，则一个晶胞的体积为V0=（541×10−10）3cm3，1molZnS晶胞中，有4molZn2+和4molS2-，则一个晶胞的质量为m=4mol×65g/mol+4mol×32g/mol=4×97g，因此晶胞的密度为ρ=m/NAV0=4×97 g/[NA×（541×10−10）3]cm3，所以正确答案：4×97 /[NA×（541×10−10）3]g·cm-3。
点睛：点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞，在立方晶胞中：
（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Zn2+离子；
（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Zn2+离子；
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞，如本题中的S2-离子。
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