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【化学】贵州省剑河县二中2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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贵州省剑河县二中2018-2019学年高二上学期期末考试
分卷I
一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)
1.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A. 澄清石灰水与盐酸反应：OH－＋H＋===H2O
B. 氧化镁与稀硝酸反应：O2－＋2H＋===H2O
C. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓
D. 碳酸钙溶于稀盐酸：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑
【答案】A
【解析】
试题分析：氧化镁与稀硝酸反应，MgO为固体，不能拆开；硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液与混合：Ba2＋+2OH-＋SO42-+Mg2+===BaSO4↓+Mg(OH)2↓; 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3＋2H＋===Ca2++H2O＋CO2↑
考点：离子方程式的书写
点评：本题主要考查了离子方程式的书写，注意哪些物质可拆成离子。
2.除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是( )
A. H2O B. 浓H2SO4 C. NaCl D. NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。
【详解】A项、Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A错误；
B项、Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B错误；
C项、Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C错误；
D项、Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查混合物的分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性质的综合应用，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键。
3.漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是( )
A. 次氯酸钙不稳定，易分解
B. 次氯酸钙易吸收水分而潮解
C. 次氯酸钙与空气中的水和二氧化碳反应
D. 次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应
【答案】C
【解析】
【分析】
漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO见光分解。
【详解】HClO酸性比碳酸弱，漂白粉的有效成分Ca（ClO）2可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO见光分解而导致漂白粉失效，故选C。
【点睛】本题考查漂白粉的性质，注意根据HClO的酸性和不稳定性进行分析解答。
4.属于氧化还原反应的离子方程式是
A. CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
C. ＋H＋===CO2↑＋H2O
D. Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－
【答案】B
【解析】
试题分析：A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；B中铁元素有化合价的变化属于氧化还原反应；
C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。
考点：氧化还原反应的判断
5.若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为
A. 1:4 B. 1:2 C. 2:1 D. 4:1
【答案】B
【解析】
试题分析：利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为
3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。
考点：考查氧化还原方程式的配平和计算。
6.煤的气化所得气体可用于城市家用燃气。下列选项中的气体均属于家用燃气有效成分的是(
A. CO、H2、N2 B. CO、CH4、H2
C. CO、CH4、CO2 D. CH4、H2、O2
【答案】B
【解析】
分析：煤炭气化是指煤在特定的设备内,在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽、空气或等氧气等)发生一系列化学反应,将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、 N2等非可燃气体的过程；结合气体的性质分析。
详解：煤炭气化是指煤在特定的设备内,在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽、空气或等氧气等)发生一系列化学反应,将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、 N2等非可燃气体的过程；CO、H2、CH4是可燃气体,属于家用燃气有效成；CO2、N2等非可燃气体,不属于家用燃气有效成分；正确选项B。
7.13C—NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析。下列有13C的说法正确的是( )
A. 13C的质量数是13，原子序数是6，核内有6个中子
B. 13C与金刚石、石墨、C60等互为同素异形体
C. 碳元素的相对原子质量为13
D. 13C是碳的一种核素，与12C互为同位素
【答案】D
【解析】
A．136C含有的中子数=13-6=7，146C含有的中子数=14-6=8，故A错误；B．136C是碳元素的一种核素，C60是碳元素组成的一种单质分子，故B错误；C．碳有多种同位素，13为136C的近似相对原子质量，不知道其它同位素的质量数和百分比，无法计算，故C错误；D．126C与136C质子数均为6，中子数分别为6、7，均属碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确；故选D。
8.下列金属中，通常采用电解法冶炼的是( )
A. Cu B. Fe C. Al D. Ag
【答案】C
【解析】
【分析】
电解法适用于冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法适用于冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法适用于冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。
【详解】Cu、Fe用热还原法冶炼，Ag用热分解法冶炼，Al的性质很活泼，用电解其氧化物的方法冶炼，故选C。
【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，侧重于考查基础知识的应用，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法解答是关键。
9.100 ℃时，将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100 ℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)，下列选项不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是( )
A. 烧瓶内气体的密度不再变化 B. 烧瓶内气体的颜色不再变化
C. 烧瓶内气体的压强不再变化 D. 烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理性质也不变，该反应中NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变。
【详解】A项、根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，气体的密度不再变化不能说明反应已经达到平衡状态，故A错误；
B项、该反应中，NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C项、该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故C正确；
D项、平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故D正确。
故选A。
【点睛】平衡状态各成分含量保持不变的标志
①各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度均保持不变。
②各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数均保持不变。
③若反应前后的物质都是气体，且总体积不等，则气体的总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）均保持不变。
④反应物的转化率、产物的产率保持不变。
10.关于元素周期表，下列叙述中正确的是( )
A. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备超导体材料的元素
B. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温、耐腐蚀材料的元素
C. 在过渡元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素
D. 非金属性最强的元素在元素周期表的最右上角
【答案】B
【解析】
【详解】A项、金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，故A错误；
B项、在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素，故B正确；
C项、在元素周期表的右上角可以寻找制备新型农药材料的元素，故C错误；
D项、元素周期表的最右上角元素是氦，氦为稀有气体，性质稳定，故D错误。
故选B。
【点睛】周期表的应用具体体现在以下几个方面，可以由元素在周期表中的位置推测其结构和性质；根据元素的结构和性质，推测它在周期表中的位置；指导新元素的发现及预测它们的性质；指导其他与化学相关的科学技术，如在周期表中金属元素和非金属元素分界线附近，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料。
11.下列叙述中能表明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是( )
A. 在氧化还原反应中，甲失电子数比乙多
B. 同价态阳离子甲比乙氧化性强
C. 甲与盐酸缓慢反应放出氢气，而乙能与冷水剧烈反应放出氢气
D. 甲、乙与硫酸溶液形成原电池，乙上冒气泡
【答案】D
【解析】
元素的金属性强弱取决于失电子的难易,而与失电子多少无关;阳离子氧化性越强,则其对应的金属的还原性越弱;C项中乙与冷水反应生成H2,说明乙比甲金属活动性强;而D项中乙上冒气泡,说明甲失电子,金属性比乙强。
12. 下列物质中，既有离子键，又有共价键的是 ( )
A. NaCl B. CO2 C. NH4Cl D. NH3
【答案】C
【解析】
考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间形成共价键。A中只有离子键，B和D中只有极性键，C中既有离子键，还有N和H之间的极性键。答案选C
13. 医疗上给病人的输液中，常含的糖是
A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 淀粉 D. 纤维素
【答案】A
【解析】
试题分析：医疗上给病人的输液中，常含的糖是葡萄糖，答案选A。
考点：考查葡萄糖的用途
点评：该题是常识性知识的考查，难度不大，学生记住即可。
14.HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是( )
A. NH3 B. CH4 C. CCl4 D. O2
【答案】A
【解析】
【详解】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。
15.下列物质的分子中既有σ键又有π键的是( )
A. HCl B. Cl2 C. C2H2 D. CH4
【答案】C
【解析】
试题分析：单键都是σ键，而双键或三键中既有σ键又有π键，据此可知，选项ABD中只有σ键。乙炔中含有碳碳三键，既有σ键又有π键，答案选C。
考点：考查σ键、π键的判断
点评：该题是基础性试题的考查，该题的关键是明确σ键、π键的存在特点，然后结合题意灵活运用即可，难度不大。
16.已知元素原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中位置的是( )
A. 某元素原子的第二电子层电子排布图为
B. 某元素在某种化合物中的化合价为＋4
C. 某元素的原子最外层上电子数为6
D. 某元素的外围电子排布式为5s25p1
【答案】D
【解析】
【分析】
要确定元素在周期表中的位置，必须能够依据原子的结构或性质确定其电子层数和价电子数。
【详解】A项、可以确定L电子层的电子数为8，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故A错误；
B项、可以确定元素的化合价为+4价，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故B错误；
C项、可以确定原子的最外层上电子数为6，但无法确定原子的电子层数，不能确定其在周期表中位置，故C错误；
D项、由元素的外围电子排布式为5s25p1可知，该元素位于周期表第五周期ⅢA族，故D正确。
故选D。
17. 下列单质分子中，键长最长，键能最小的是 ( )
A. H2 B. Cl2
C. Br2 D. I2
【答案】D
【解析】
键长与原子的半径有关，原子半径越大，形成的分子的键长越长；键能与得失电子的难易有关，得电子越容易，键能越大。四种原子中，I的原子半径最大，且得电子最难,故D项正确。
18.N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法不正确的是( )
A. N2分子与CO分子中都含有三键
B. N2分子与CO分子中π键并不完全相同
C. N2分子与CO分子互为等电子体
D. N2分子与CO分子的化学性质相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个π键，一个σ键，即三键结合，其中，CO分子中1个π键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。
【详解】A项、根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；
B项、氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；
C项、N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；
D项、N2分子在空气中不燃烧，CO分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故D错误。
故选D。
19.下列反应中化学键断裂只涉及π键断裂的是
A. CH4的燃烧 B. C2H4与Cl2的加成反应
C. CH4与Cl2的取代反应 D. C2H4被酸性KMnO4溶液氧化
【答案】B
【解析】
【分析】
根据甲烷和乙烯中所含共价键类型分析解答。
【详解】A.甲烷中没有π键，只有σ键，燃烧时只涉及σ键断裂，故A错误；
B.C2H4与Cl2发生加成反应，是因为C=C中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应，故B正确；
C.甲烷中没有π键，只有σ键，与Cl2的取代反应时只涉及σ键断裂，故C错误；
D.C2H4被酸性KMnO4溶液氧化时，C=C中的σ键和π键均断裂，故D错误。
故选B。
【点睛】单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；C=C中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应；C=C发生氧化时σ键和π键均断裂。
20.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。
故选D。
21.已知C3N4很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于C3N4的说法正确的是
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长要长
C. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子
D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】C
【解析】
【详解】A.由信息可知，C3N4晶体很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，所以C3N4为原子晶体，故A错误；
B.C3N4的硬度比金刚石大，C—N键键能大于C—C键，同时N原子半径小于C原子半径，则C—N键键长小于C—C键，故B错误；
C.因为C的最外层有4个电子，每个电子与另一个N形成C-N（一对共用电子对），因此一个碳原子连接4个N原子，因为N的最外层有5个电子，每个电子与另一个C形成N-C（一对共用电子对），因此一个N原子连接3个C原子，故C正确；
D.C3N4晶体是原子晶体，C原子与N原子间通过共价键结合，不存在离子键，故D错误。
故选C。
22.如下图所示，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是 ( )
A. γ－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
B. α－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
C. 将铁加热到1 500 ℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
D. 三种同素异形体的性质相同
【答案】B
【解析】
A．γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等应为定点和面心的铁，最近的铁原子个数=3×8×=12，选项A错误；B．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，选项B正确；C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，选项C错误；D．由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，选项D错误。答案选B。
点睛：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力、自学能力和知识的迁移能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。易错点为选项CD，将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，据此判断；由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，据此判断。
23.用价层电子对互斥理论预测H2S和NH3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】B
【解析】
H2S中价层电子对数=2+×（6-2×1）=4且含有2个孤电子对，所以其立体结构为V形；NH3中价层电子对数=3+×（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以其立体结构为三角锥形，故答案选B。
点睛：本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形，据此分析解答本题。
24.根据实际和经验推知，下列叙述不正确的是( )
A. 卤化氢易溶于水，不易溶于四氯化碳
B. 碘易溶于汽油，微溶于水
C. 氯化钠易溶于水，也易溶于食用油
D. 丁烷易溶于煤油，难溶于水
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据相似相容原理，卤化氢是极性分子易溶于极性溶剂水，不易溶于非极性溶剂四氯化碳，正确；B、碘是非极性分子易溶于汽油,微溶于水，正确；C、氯化钠是离子化合物，易溶于水，不溶于食用油，错误；D、丁烷是有机物，易溶于煤油，难溶于水，正确，答案选C。
考点：考查相似相容原理的应用
25.根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是( )
A. 它们都是极性键构成的极性分子 B. 它们之间以氢键结合在一起
C. 它们的成键电子的原子轨道都是sp3—s D. 它们的立体结构都相同
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3—sσ键，H2O中形成2个sp3—sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，C正确；
综上所述，本题选C。
26. 中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO
【答案】D
【解析】
镁原子最外层电子3s2属于全充满，稳定性强，属于第一电离能大于的铝的，A不正确。氟是最活泼的非金属，没有正价，B不正确。因为电离是吸热的，所以pH等于7的溶液不一定显中性，因此C也是错误的。碳酸的酸性强于次氯酸的，D正确。所以答案选D。
分卷II
二、填空题(共5小题,共48分)
27.原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请你回答下列问题：
(1)请按要求任意写一个相应物质：(填化学式)含有非极性键的离子化合物________，既含有非极性键又含极性键的非极性分子________，既含有非极性键又含极性键的极性分子________，全部由非金属元素组成的离子化合物________，由金属元素和非金属元素组成的共价化合物________。
(2)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示。
苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图所示的结构，则其在水中的溶解度会________(填“增大”或“减小”)，原因是_____________________________________。
(3)已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为________________，由Cl－所形成的化学键类型是________。
(4)下图中A，B，C，D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是________；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是________；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是_____________________________；A，B，C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________________。
【答案】 (1). Na2O2 (2). C2H2 (3). H2O2 (4). NH4Cl (5). AlCl3 (6). 增大 (7). 因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度 (8). [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O (9). 离子键、配位键(或共价键) (10). B (11). D (12). 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 (13). H2O、NH3、HF分子之间存在氢键，沸点较高
【解析】
【分析】
（1）含有非极性键的离子化合物为过氧化钠等，既含有非极性键的又含极性的非极性分子为乙炔等，既含有非极性键的又含极性键的极性分子有过氧化氢等，全部由非金属组成的离子化合物为硝酸铵等，由金属和非金属组成的共价化合物有氯化铝等；
（2）苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
（3）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子；
（4）第二周期中元素形成的氢化物中水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，其它周期元素氢化物；而HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。
【详解】（1）含有非极性键的离子化合物为Na2O2等，既含有非极性键的又含极性的非极性分子为C2H2等，既含有非极性键的又含极性键的极性分子有H2O2等，全部由非金属组成的离子化合物为NH4NO3等，由金属和非金属组成的共价化合物有AlCl3等，故答案为：Na2O2；C2H2；H2O2；NH4NO3；AlCl3；
（2）因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，故答案为：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
（3）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O；离子键、配位键；
（4）第二周期中元素形成的氢化物中水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，其且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为ⅦA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示ⅣA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高，故答案为：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。
【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及沸点高低比较、配合物等，注意配合物中内外界的划分\氢键对物质性质的影响是解答关键。
28.下图表示在没有通风橱时制取纯净的氯气时设计的装置图，图中A、B是可控制的弹簧铁夹。
(1)烧杯中盛放的液体是__________，其作用是_________，水槽中盛放的液体是_________。
(2)简述操作过程：(从氯气已经产生开始)在收集氯气之前，应__________________________；当氯气纯度合乎要求时，应__________________________________，当氯气收集完毕时，应______。
(3)将8.7 g二氧化锰与含氯化氢14.6 g的浓盐酸共热制氯气，甲同学认为可制得氯气 7.1 g，乙同学认为制得氯气的质量小于7.1 g，你认为________(填“甲”或“乙”)同学正确，原因是_________。
【答案】 (1). 氢氧化钠溶液 (2). 吸收多余的氯气 (3). 饱和食盐水 (4). 打开B夹，关闭A夹 (5). 打开A夹，关闭B夹 (6). 关闭A夹，打开B夹 (7). 乙 (8). ①浓盐酸易挥发；②随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸将不再反应
【解析】
【分析】
（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，根据氯气的性质分析解答；
（2）根据氯气的性质判断其收集方法以及尾气处理的方法；
（3）根据反应特点以及稀盐酸和二氧化锰不反应分析解答。
【详解】（1）因为氯气有毒，可污染空气，要进行尾气吸收，并且氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以常用氢氧化钠溶液吸收尾气，烧杯中盛放氢氧化钠溶液收；氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，即水槽中盛放的液体是饱和食盐水；
（2）氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度很小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，收集时，为得到较为纯净的氯气，应先排除装置内的空气，则应打开B夹，关闭A夹；收集时，应打开A夹，关闭B夹，收集完毕，关闭A夹，打开B夹，多余的气体通入氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染空气；
（3）由于浓盐酸易挥发，随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸将不再反应，所以制得氯气的质量小于7.1 g。
【点睛】本题考查氯气的实验室制法，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，掌握排饱和食盐水收集氯气和尾气处理方法是解答本题的关键。
29.下图是实验室干馏煤的装置图，结合下图回答问题。
(1)指出图中仪器名称：a__________；b__________；c__________；d__________。
(2)装置c的作用是____________________________________，d中的液体有________和________。有机物可以通过________的方法使其中的重要成分分离出来。
(3)e处点燃的气体是________，火焰的颜色是________色。
(4)下列叙述错误的是________。
A．煤发生了化学变化
B．d中液体显碱性
C．d中液体不分层
D．e处的气体可以还原氧化铜，也可以使溴水褪色
【答案】 (1). 酒精喷灯 (2). 硬质玻璃管 (3). 水槽 (4). U形管 (5). 将干馏生成的气体进行降温和冷凝 (6). 粗氨水 (7). 煤焦油 (8). 分馏 (9). 焦炉气 (10). 蓝 (11). C
【解析】
【分析】
本题是关于煤干馏的实验，根据煤干馏的主要产品，b中得到的应是焦炭，d中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯的混合物，应用分馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、CH2=CH2，燃烧时呈淡蓝色火焰。
【详解】（1）a为酒精喷灯，b为硬质玻璃管，c为水槽，d为U形管；
（2）c装置将干馏生成的气体进行降温和冷凝，粗氨水和煤焦油变为液体在d中聚集，煤焦油是有机物的液态混合物，应采用分馏的方法分离；
（3）e处点燃的应是焦炉气，焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2 、CH2=CH2燃烧产生蓝色火焰；
（4）A、干馏煤的过程中生成了新物质，属于化学变化，正确；B、粗氨水和煤焦油在d中聚集，因此液体显碱性，正确；C、 d中的液体为粗氨水和煤焦油，煤焦油密度大，故可以分层，C错误；D、氢气、一氧化碳具有还原性，可以还原氧化铜；乙烯可以使溴水褪色。故选C。
30.有A，B，C，D，E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
(1)D的元素符号为______。A的单质分子中π键的个数为______。
(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__________________________________。
(3)A，B，C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(4)写出基态E原子的价电子排布式：__________________。
(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。
(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝________cm。(用ρ、NA的计算式表示)
【答案】(1)Ca 2
(2)H2O分子间存在氢键
(3)F＞N＞O
(4)3d104s1
(5)三角锥形 sp3
(6)
【解析】
根据题意及电子排布式的规律判断可知，元素A、B、C、D、E分别是N、O、F、Ca、Cu。(1)A单质是N2，其结构式是NN，含有两个π键。(2)由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的。(3)N的2p能级是半充满状态，比较稳定，其第一电离能比O要大，但比同周期的F要小。(5)NH3的空间构型是三角锥形，其中N是sp3杂化。(6)根据晶胞的结构，应用“均摊法”计算可得，1个晶胞中含有4个Ca2＋，8个F－，故其密度为ρ＝(312/NA)÷a3，解得a＝。
点拨：本题考查物质结构的推断，考查考生应用所学知识灵活解决问题的能力。难度中等。
31.三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
元素
A
B
C
结构信息
基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子
基态原子的M层有1对成对的p电子
基态原子核外电子排布为[Ar]3d104sx,有+1、+2两种常见化合价
(1)写出B原子的基态电子排布式__；
(2)用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键__(任写一种)；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角__(填写“变大”、“变小”、“不变”)；
(3)往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为__，简要描述该配合物中化学键的成键情况__；
(4)下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是__(填写序号)；在②的分子中有__个σ键和__个π键
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣ (3). 变大 (4). [Cu(NH3)4]SO4 (5). 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (6). ①③④ (7). 3 (8). 2
【解析】
【分析】
A的基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，得到A的基态电子排布式1s22s22p3，为N元素；B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为S元素；C态原子核外电子排布为[Ar]3s104sx，有+1、+2两种常见化合价，说明最外层有1或2个电子，如为2，则为Zn，但化合价只有+2价，则应为[Ar]3d104s1，即Cu元素。
【详解】（1）B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4；
（2）在氨水中，由于N和O的非金属性较强，可形成氢键，溶液中存在的氢键有：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-等，N的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，为正四面体结构，键角变大，故答案为：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-；变大；
（3）硫酸铜溶液中逐滴加入过量氨水溶液，生成的配合物为[Cu（NH3）4]SO4；配合物中氨分子中N原子与铜离子之间以配位键结合形成铜氨络离子，硫酸根和铜氨络离子之间以离子键结合形成[Cu（NH3）4]SO4，故答案为：[Cu（NH3）4]SO4；中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合
（4）由分子结构图可知①为氨气、②为乙炔、③为甲烷、④为水，其中氨气、甲烷和水的中心原子均以sp3杂化形成化学键；乙炔分子中C原子的杂化方式为sp杂化，分子中含有3个σ键和2个π键，故答案为：①③④,3；2。
【点睛】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，考查了对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力，理解结构与位置关系、核外电子排布规律、化学键、氢键、杂化理论等是解答关键。
分卷I
一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)
1.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A. 澄清石灰水与盐酸反应：OH－＋H＋===H2O
B. 氧化镁与稀硝酸反应：O2－＋2H＋===H2O
C. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓
D. 碳酸钙溶于稀盐酸：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑
【答案】A
【解析】
试题分析：氧化镁与稀硝酸反应，MgO为固体，不能拆开；硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液与混合：Ba2＋+2OH-＋SO42-+Mg2+===BaSO4↓+Mg(OH)2↓; 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3＋2H＋===Ca2++H2O＋CO2↑
考点：离子方程式的书写
点评：本题主要考查了离子方程式的书写，注意哪些物质可拆成离子。
2.除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是( )
A. H2O B. 浓H2SO4 C. NaCl D. NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。
【详解】A项、Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A错误；
B项、Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B错误；
C项、Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C错误；
D项、Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查混合物的分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物性质的综合应用，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键。
3.漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是( )
A. 次氯酸钙不稳定，易分解
B. 次氯酸钙易吸收水分而潮解
C. 次氯酸钙与空气中的水和二氧化碳反应
D. 次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应
【答案】C
【解析】
【分析】
漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO见光分解。
【详解】HClO酸性比碳酸弱，漂白粉的有效成分Ca（ClO）2可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO见光分解而导致漂白粉失效，故选C。
【点睛】本题考查漂白粉的性质，注意根据HClO的酸性和不稳定性进行分析解答。
4.属于氧化还原反应的离子方程式是
A. CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
C. ＋H＋===CO2↑＋H2O
D. Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－
【答案】B
【解析】
试题分析：A中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；B中铁元素有化合价的变化属于氧化还原反应；
C中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应；D中无化合价的变化，故不属于氧化还原反应。
考点：氧化还原反应的判断
5.若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为
A. 1:4 B. 1:2 C. 2:1 D. 4:1
【答案】B
【解析】
试题分析：利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为
3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。
考点：考查氧化还原方程式的配平和计算。
6.煤的气化所得气体可用于城市家用燃气。下列选项中的气体均属于家用燃气有效成分的是(
A. CO、H2、N2 B. CO、CH4、H2
C. CO、CH4、CO2 D. CH4、H2、O2
【答案】B
【解析】
分析：煤炭气化是指煤在特定的设备内,在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽、空气或等氧气等)发生一系列化学反应,将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、 N2等非可燃气体的过程；结合气体的性质分析。
详解：煤炭气化是指煤在特定的设备内,在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽、空气或等氧气等)发生一系列化学反应,将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、 N2等非可燃气体的过程；CO、H2、CH4是可燃气体,属于家用燃气有效成；CO2、N2等非可燃气体,不属于家用燃气有效成分；正确选项B。
7.13C—NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析。下列有13C的说法正确的是( )
A. 13C的质量数是13，原子序数是6，核内有6个中子
B. 13C与金刚石、石墨、C60等互为同素异形体
C. 碳元素的相对原子质量为13
D. 13C是碳的一种核素，与12C互为同位素
【答案】D
【解析】
A．136C含有的中子数=13-6=7，146C含有的中子数=14-6=8，故A错误；B．136C是碳元素的一种核素，C60是碳元素组成的一种单质分子，故B错误；C．碳有多种同位素，13为136C的近似相对原子质量，不知道其它同位素的质量数和百分比，无法计算，故C错误；D．126C与136C质子数均为6，中子数分别为6、7，均属碳元素的不同核素，互为同位素，故D正确；故选D。
8.下列金属中，通常采用电解法冶炼的是( )
A. Cu B. Fe C. Al D. Ag
【答案】C
【解析】
【分析】
电解法适用于冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法适用于冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法适用于冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。
【详解】Cu、Fe用热还原法冶炼，Ag用热分解法冶炼，Al的性质很活泼，用电解其氧化物的方法冶炼，故选C。
【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，侧重于考查基础知识的应用，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法解答是关键。
9.100 ℃时，将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100 ℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)2NO2(g)，下列选项不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是( )
A. 烧瓶内气体的密度不再变化 B. 烧瓶内气体的颜色不再变化
C. 烧瓶内气体的压强不再变化 D. 烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理性质也不变，该反应中NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变。
【详解】A项、根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，气体的密度不再变化不能说明反应已经达到平衡状态，故A错误；
B项、该反应中，NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变，反应达到平衡状态，故B正确；
C项、该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故C正确；
D项、平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故D正确。
故选A。
【点睛】平衡状态各成分含量保持不变的标志
①各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度均保持不变。
②各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数均保持不变。
③若反应前后的物质都是气体，且总体积不等，则气体的总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）均保持不变。
④反应物的转化率、产物的产率保持不变。
10.关于元素周期表，下列叙述中正确的是( )
A. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备超导体材料的元素
B. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温、耐腐蚀材料的元素
C. 在过渡元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素
D. 非金属性最强的元素在元素周期表的最右上角
【答案】B
【解析】
【详解】A项、金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，故A错误；
B项、在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素，故B正确；
C项、在元素周期表的右上角可以寻找制备新型农药材料的元素，故C错误；
D项、元素周期表的最右上角元素是氦，氦为稀有气体，性质稳定，故D错误。
故选B。
【点睛】周期表的应用具体体现在以下几个方面，可以由元素在周期表中的位置推测其结构和性质；根据元素的结构和性质，推测它在周期表中的位置；指导新元素的发现及预测它们的性质；指导其他与化学相关的科学技术，如在周期表中金属元素和非金属元素分界线附近，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料。
11.下列叙述中能表明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是( )
A. 在氧化还原反应中，甲失电子数比乙多
B. 同价态阳离子甲比乙氧化性强
C. 甲与盐酸缓慢反应放出氢气，而乙能与冷水剧烈反应放出氢气
D. 甲、乙与硫酸溶液形成原电池，乙上冒气泡
【答案】D
【解析】
元素的金属性强弱取决于失电子的难易,而与失电子多少无关;阳离子氧化性越强,则其对应的金属的还原性越弱;C项中乙与冷水反应生成H2,说明乙比甲金属活动性强;而D项中乙上冒气泡,说明甲失电子,金属性比乙强。
12. 下列物质中，既有离子键，又有共价键的是 ( )
A. NaCl B. CO2 C. NH4Cl D. NH3
【答案】C
【解析】
考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间形成共价键。A中只有离子键，B和D中只有极性键，C中既有离子键，还有N和H之间的极性键。答案选C
13. 医疗上给病人的输液中，常含的糖是
A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 淀粉 D. 纤维素
【答案】A
【解析】
试题分析：医疗上给病人的输液中，常含的糖是葡萄糖，答案选A。
考点：考查葡萄糖的用途
点评：该题是常识性知识的考查，难度不大，学生记住即可。
14.HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是( )
A. NH3 B. CH4 C. CCl4 D. O2
【答案】A
【解析】
【详解】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。
15.下列物质的分子中既有σ键又有π键的是( )
A. HCl B. Cl2 C. C2H2 D. CH4
【答案】C
【解析】
试题分析：单键都是σ键，而双键或三键中既有σ键又有π键，据此可知，选项ABD中只有σ键。乙炔中含有碳碳三键，既有σ键又有π键，答案选C。
考点：考查σ键、π键的判断
点评：该题是基础性试题的考查，该题的关键是明确σ键、π键的存在特点，然后结合题意灵活运用即可，难度不大。
16.已知元素原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中位置的是( )
A. 某元素原子的第二电子层电子排布图为
B. 某元素在某种化合物中的化合价为＋4
C. 某元素的原子最外层上电子数为6
D. 某元素的外围电子排布式为5s25p1
【答案】D
【解析】
【分析】
要确定元素在周期表中的位置，必须能够依据原子的结构或性质确定其电子层数和价电子数。
【详解】A项、可以确定L电子层的电子数为8，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故A错误；
B项、可以确定元素的化合价为+4价，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故B错误；
C项、可以确定原子的最外层上电子数为6，但无法确定原子的电子层数，不能确定其在周期表中位置，故C错误；
D项、由元素的外围电子排布式为5s25p1可知，该元素位于周期表第五周期ⅢA族，故D正确。
故选D。
17. 下列单质分子中，键长最长，键能最小的是 ( )
A. H2 B. Cl2
C. Br2 D. I2
【答案】D
【解析】
键长与原子的半径有关，原子半径越大，形成的分子的键长越长；键能与得失电子的难易有关，得电子越容易，键能越大。四种原子中，I的原子半径最大，且得电子最难,故D项正确。
18.N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法不正确的是( )
A. N2分子与CO分子中都含有三键
B. N2分子与CO分子中π键并不完全相同
C. N2分子与CO分子互为等电子体
D. N2分子与CO分子的化学性质相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个π键，一个σ键，即三键结合，其中，CO分子中1个π键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。
【详解】A项、根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；
B项、氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；
C项、N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；
D项、N2分子在空气中不燃烧，CO分子在空气中燃烧，所以两种分子的化学性质不相同，故D错误。
故选D。
19.下列反应中化学键断裂只涉及π键断裂的是
A. CH4的燃烧 B. C2H4与Cl2的加成反应
C. CH4与Cl2的取代反应 D. C2H4被酸性KMnO4溶液氧化
【答案】B
【解析】
【分析】
根据甲烷和乙烯中所含共价键类型分析解答。
【详解】A.甲烷中没有π键，只有σ键，燃烧时只涉及σ键断裂，故A错误；
B.C2H4与Cl2发生加成反应，是因为C=C中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应，故B正确；
C.甲烷中没有π键，只有σ键，与Cl2的取代反应时只涉及σ键断裂，故C错误；
D.C2H4被酸性KMnO4溶液氧化时，C=C中的σ键和π键均断裂，故D错误。
故选B。
【点睛】单键中只有σ键，双键含有1个σ键和1个π键；C=C中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应；C=C发生氧化时σ键和π键均断裂。
20.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。
故选D。
21.已知C3N4很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于C3N4的说法正确的是
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长要长
C. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子
D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】C
【解析】
【详解】A.由信息可知，C3N4晶体很可能具有比金刚石还大的硬度，且原子间均以单键结合，所以C3N4为原子晶体，故A错误；
B.C3N4的硬度比金刚石大，C—N键键能大于C—C键，同时N原子半径小于C原子半径，则C—N键键长小于C—C键，故B错误；
C.因为C的最外层有4个电子，每个电子与另一个N形成C-N（一对共用电子对），因此一个碳原子连接4个N原子，因为N的最外层有5个电子，每个电子与另一个C形成N-C（一对共用电子对），因此一个N原子连接3个C原子，故C正确；
D.C3N4晶体是原子晶体，C原子与N原子间通过共价键结合，不存在离子键，故D错误。
故选C。
22.如下图所示，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是 ( )
A. γ－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
B. α－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
C. 将铁加热到1 500 ℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
D. 三种同素异形体的性质相同
【答案】B
【解析】
A．γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等应为定点和面心的铁，最近的铁原子个数=3×8×=12，选项A错误；B．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，选项B正确；C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，选项C错误；D．由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，选项D错误。答案选B。
点睛：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力、自学能力和知识的迁移能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。易错点为选项CD，将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α-Fe、γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不相同，据此判断；由于三种同素异形体的结构不同，所以它们性质差异很大，据此判断。
23.用价层电子对互斥理论预测H2S和NH3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】B
【解析】
H2S中价层电子对数=2+×（6-2×1）=4且含有2个孤电子对，所以其立体结构为V形；NH3中价层电子对数=3+×（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以其立体结构为三角锥形，故答案选B。
点睛：本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形，据此分析解答本题。
24.根据实际和经验推知，下列叙述不正确的是( )
A. 卤化氢易溶于水，不易溶于四氯化碳
B. 碘易溶于汽油，微溶于水
C. 氯化钠易溶于水，也易溶于食用油
D. 丁烷易溶于煤油，难溶于水
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据相似相容原理，卤化氢是极性分子易溶于极性溶剂水，不易溶于非极性溶剂四氯化碳，正确；B、碘是非极性分子易溶于汽油,微溶于水，正确；C、氯化钠是离子化合物，易溶于水，不溶于食用油，错误；D、丁烷是有机物，易溶于煤油，难溶于水，正确，答案选C。
考点：考查相似相容原理的应用
25.根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是( )
A. 它们都是极性键构成的极性分子 B. 它们之间以氢键结合在一起
C. 它们的成键电子的原子轨道都是sp3—s D. 它们的立体结构都相同
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3—sσ键，H2O中形成2个sp3—sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，C正确；
综上所述，本题选C。
26. 中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性
D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO
【答案】D
【解析】
镁原子最外层电子3s2属于全充满，稳定性强，属于第一电离能大于的铝的，A不正确。氟是最活泼的非金属，没有正价，B不正确。因为电离是吸热的，所以pH等于7的溶液不一定显中性，因此C也是错误的。碳酸的酸性强于次氯酸的，D正确。所以答案选D。
分卷II
二、填空题(共5小题,共48分)
27.原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请你回答下列问题：
(1)请按要求任意写一个相应物质：(填化学式)含有非极性键的离子化合物________，既含有非极性键又含极性键的非极性分子________，既含有非极性键又含极性键的极性分子________，全部由非金属元素组成的离子化合物________，由金属元素和非金属元素组成的共价化合物________。
(2)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示。
苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图所示的结构，则其在水中的溶解度会________(填“增大”或“减小”)，原因是_____________________________________。
(3)已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为________________，由Cl－所形成的化学键类型是________。
(4)下图中A，B，C，D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是________；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是________；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是_____________________________；A，B，C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________________。
【答案】 (1). Na2O2 (2). C2H2 (3). H2O2 (4). NH4Cl (5). AlCl3 (6). 增大 (7). 因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度 (8). [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O (9). 离子键、配位键(或共价键) (10). B (11). D (12). 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 (13). H2O、NH3、HF分子之间存在氢键，沸点较高
【解析】
【分析】
（1）含有非极性键的离子化合物为过氧化钠等，既含有非极性键的又含极性的非极性分子为乙炔等，既含有非极性键的又含极性键的极性分子有过氧化氢等，全部由非金属组成的离子化合物为硝酸铵等，由金属和非金属组成的共价化合物有氯化铝等；
（2）苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
（3）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子；
（4）第二周期中元素形成的氢化物中水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，其它周期元素氢化物；而HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。
【详解】（1）含有非极性键的离子化合物为Na2O2等，既含有非极性键的又含极性的非极性分子为C2H2等，既含有非极性键的又含极性键的极性分子有H2O2等，全部由非金属组成的离子化合物为NH4NO3等，由金属和非金属组成的共价化合物有AlCl3等，故答案为：Na2O2；C2H2；H2O2；NH4NO3；AlCl3；
（2）因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，故答案为：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
（3）Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3，可知紫色晶体中含3个氯离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O；离子键、配位键；
（4）第二周期中元素形成的氢化物中水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，其且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为ⅦA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示ⅣA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高，故答案为：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。
【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及沸点高低比较、配合物等，注意配合物中内外界的划分\氢键对物质性质的影响是解答关键。
28.下图表示在没有通风橱时制取纯净的氯气时设计的装置图，图中A、B是可控制的弹簧铁夹。
(1)烧杯中盛放的液体是__________，其作用是_________，水槽中盛放的液体是_________。
(2)简述操作过程：(从氯气已经产生开始)在收集氯气之前，应__________________________；当氯气纯度合乎要求时，应__________________________________，当氯气收集完毕时，应______。
(3)将8.7 g二氧化锰与含氯化氢14.6 g的浓盐酸共热制氯气，甲同学认为可制得氯气 7.1 g，乙同学认为制得氯气的质量小于7.1 g，你认为________(填“甲”或“乙”)同学正确，原因是_________。
【答案】 (1). 氢氧化钠溶液 (2). 吸收多余的氯气 (3). 饱和食盐水 (4). 打开B夹，关闭A夹 (5). 打开A夹，关闭B夹 (6). 关闭A夹，打开B夹 (7). 乙 (8). ①浓盐酸易挥发；②随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸将不再反应
【解析】
【分析】
（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，根据氯气的性质分析解答；
（2）根据氯气的性质判断其收集方法以及尾气处理的方法；
（3）根据反应特点以及稀盐酸和二氧化锰不反应分析解答。
【详解】（1）因为氯气有毒，可污染空气，要进行尾气吸收，并且氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以常用氢氧化钠溶液吸收尾气，烧杯中盛放氢氧化钠溶液收；氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，即水槽中盛放的液体是饱和食盐水；
（2）氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度很小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，收集时，为得到较为纯净的氯气，应先排除装置内的空气，则应打开B夹，关闭A夹；收集时，应打开A夹，关闭B夹，收集完毕，关闭A夹，打开B夹，多余的气体通入氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染空气；
（3）由于浓盐酸易挥发，随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸将不再反应，所以制得氯气的质量小于7.1 g。
【点睛】本题考查氯气的实验室制法，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，掌握排饱和食盐水收集氯气和尾气处理方法是解答本题的关键。
29.下图是实验室干馏煤的装置图，结合下图回答问题。
(1)指出图中仪器名称：a__________；b__________；c__________；d__________。
(2)装置c的作用是____________________________________，d中的液体有________和________。有机物可以通过________的方法使其中的重要成分分离出来。
(3)e处点燃的气体是________，火焰的颜色是________色。
(4)下列叙述错误的是________。
A．煤发生了化学变化
B．d中液体显碱性
C．d中液体不分层
D．e处的气体可以还原氧化铜，也可以使溴水褪色
【答案】 (1). 酒精喷灯 (2). 硬质玻璃管 (3). 水槽 (4). U形管 (5). 将干馏生成的气体进行降温和冷凝 (6). 粗氨水 (7). 煤焦油 (8). 分馏 (9). 焦炉气 (10). 蓝 (11). C
【解析】
【分析】
本题是关于煤干馏的实验，根据煤干馏的主要产品，b中得到的应是焦炭，d中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯的混合物，应用分馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、CH2=CH2，燃烧时呈淡蓝色火焰。
【详解】（1）a为酒精喷灯，b为硬质玻璃管，c为水槽，d为U形管；
（2）c装置将干馏生成的气体进行降温和冷凝，粗氨水和煤焦油变为液体在d中聚集，煤焦油是有机物的液态混合物，应采用分馏的方法分离；
（3）e处点燃的应是焦炉气，焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2 、CH2=CH2燃烧产生蓝色火焰；
（4）A、干馏煤的过程中生成了新物质，属于化学变化，正确；B、粗氨水和煤焦油在d中聚集，因此液体显碱性，正确；C、 d中的液体为粗氨水和煤焦油，煤焦油密度大，故可以分层，C错误；D、氢气、一氧化碳具有还原性，可以还原氧化铜；乙烯可以使溴水褪色。故选C。
30.有A，B，C，D，E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
(1)D的元素符号为______。A的单质分子中π键的个数为______。
(2)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__________________________________。
(3)A，B，C 3种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(4)写出基态E原子的价电子排布式：__________________。
(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。
(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝________cm。(用ρ、NA的计算式表示)
【答案】(1)Ca 2
(2)H2O分子间存在氢键
(3)F＞N＞O
(4)3d104s1
(5)三角锥形 sp3
(6)
【解析】
根据题意及电子排布式的规律判断可知，元素A、B、C、D、E分别是N、O、F、Ca、Cu。(1)A单质是N2，其结构式是NN，含有两个π键。(2)由于H2O的分子间有氢键，使得其沸点是同族元素氢化物中最高的。(3)N的2p能级是半充满状态，比较稳定，其第一电离能比O要大，但比同周期的F要小。(5)NH3的空间构型是三角锥形，其中N是sp3杂化。(6)根据晶胞的结构，应用“均摊法”计算可得，1个晶胞中含有4个Ca2＋，8个F－，故其密度为ρ＝(312/NA)÷a3，解得a＝。
点拨：本题考查物质结构的推断，考查考生应用所学知识灵活解决问题的能力。难度中等。
31.三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
元素
A
B
C
结构信息
基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子
基态原子的M层有1对成对的p电子
基态原子核外电子排布为[Ar]3d104sx,有+1、+2两种常见化合价
(1)写出B原子的基态电子排布式__；
(2)用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键__(任写一种)；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角__(填写“变大”、“变小”、“不变”)；
(3)往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为__，简要描述该配合物中化学键的成键情况__；
(4)下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是__(填写序号)；在②的分子中有__个σ键和__个π键
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣ (3). 变大 (4). [Cu(NH3)4]SO4 (5). 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (6). ①③④ (7). 3 (8). 2
【解析】
【分析】
A的基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，得到A的基态电子排布式1s22s22p3，为N元素；B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为S元素；C态原子核外电子排布为[Ar]3s104sx，有+1、+2两种常见化合价，说明最外层有1或2个电子，如为2，则为Zn，但化合价只有+2价，则应为[Ar]3d104s1，即Cu元素。
【详解】（1）B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4；
（2）在氨水中，由于N和O的非金属性较强，可形成氢键，溶液中存在的氢键有：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-等，N的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，为正四面体结构，键角变大，故答案为：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-；变大；
（3）硫酸铜溶液中逐滴加入过量氨水溶液，生成的配合物为[Cu（NH3）4]SO4；配合物中氨分子中N原子与铜离子之间以配位键结合形成铜氨络离子，硫酸根和铜氨络离子之间以离子键结合形成[Cu（NH3）4]SO4，故答案为：[Cu（NH3）4]SO4；中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合
（4）由分子结构图可知①为氨气、②为乙炔、③为甲烷、④为水，其中氨气、甲烷和水的中心原子均以sp3杂化形成化学键；乙炔分子中C原子的杂化方式为sp杂化，分子中含有3个σ键和2个π键，故答案为：①③④,3；2。
【点睛】本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，考查了对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力，理解结构与位置关系、核外电子排布规律、化学键、氢键、杂化理论等是解答关键。
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