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湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（含答案）
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这是一份湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（含答案），共17页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共15小题，共45分。
1.下列各组内的物质属于同系物的
( )
A. CH3CH3与 CH3CH2CH2CH2CH3
B. CH3CH3与 CH2= CHCH3
C. CH3CH2CH2CH2CH3与 CH3CH(CH3)CH2CH3
D.
2.下列反应中，属于加成反应的是
( )
A. CH4+Cl2→光 CH3Cl + HCl
B. CH2= CH2+ H2O→ CH3−CH2OH
C. +Br2→FeBr3 + HBr
D. 2CH3CH2OH +O2→ΔCu2CH3CHO +2H2O
3.在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应。若将1 ml CH4与Cl2反应，待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)=1∶2∶3∶4，则消耗的Cl2为( )
A. 1.0 mlB. 2.0 mlC. 3.0 mlD. 4.0 ml
4.下列说法正确的是 ( )
和
A. 主链碳原子数均为7个
B. 主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有三种
C. 新戊烷、正丁烷、异丁烷和丙烷的熔沸点依次降低
D. C7H16的烷烃中，含有3个甲基的同分异构体有2种
5.能除去CH4中少量CH2=CH—CH3的最好方法是
( )
A. 通入足量溴水中B. 点燃
C. 催化加氢D. 通入足量酸性KMnO4溶液中
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示，下列说法正确的是( )
A. Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物中含离子键和极性键
B. 最简单氢化物的稳定性：Z>M
C. 最简单氢化物的沸点高低顺序为：R>M
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：X>Y
7.下列说法错误的是
( )
A. C22−与O22+互为等电子体，1 mlO22+中含有的π键数目为2NA
B. 已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 ml N—H键断裂，则形成的π键数目为3NA
C. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
D. σ键和π键比例为7:1
8.下列说法或有关化学用语的表达正确的是( )
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区
9.下列对分子性质的解释中，正确的是( )
A. NH3极易溶于水而CH4难溶于水只是因为NH3是极性分子，CH4是非极性分子
B. 乳酸()具有光学活性，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 已知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的氧原子数大于HClO的氧原子数
10.钛酸锶是人造宝石的主要成分之一，化学式为SrTiO3，其晶体结构如图所示，已知晶胞中Ti处于体心位置。下列说法正确的是( )
A. Sr位于面心位置
B. 与O最近的Sr有6个
C. 该晶体中含有离子键和非极性键
D. O与Ti构成的空间结构不同
11.下列各组物质的性质比较中，正确的是( )
A. 热稳定性：PH3B. 微粒直径大小：S2−>Cl−>Mg2+>Na+
C. 酸性强弱：HClOD. 熔点高低：石墨>食盐>干冰>液溴
12.下列有关晶体的说法中正确的是( )
A. 某晶体固态不导电，水溶液能导电说明该晶体是离子晶体
B. 原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力
C. 区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X−射线衍射实验
D. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
13.已知C(Ⅲ)的八面体配合物的化学式为CCl m·nNH3，若1 ml配合物与AgNO3溶液反应生成2 ml AgCl沉淀，则m、n的值是
A. m=2， n=5B. m=3， n=4
C. m=3， n=5D. m=3， n=6
14.下列说法中正确的是( )
A. 离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子
B. 金属导电的原因是在外电场作用下金属产生自由电子，电子定向运动
C. 分子晶体的熔、沸点很低，常温下都呈液态或气态
D. 原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合
15.金属钠晶体为体心立方晶胞(如图)，实验测得钠的密度为ρ(g⋅cm−3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(ml−1)，假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为( )
A. 32aNA⋅ρB. 2⋅32aNAρ
C. 34⋅32aNA⋅ρD. 12⋅32aNAρ
第II卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，共55分。
16.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29．
回答下列问题：
(1)Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为_____，1ml Y2X2含有σ键的数目为_____．
(2)化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是_____．
(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是_____，又已知Z的这种氧化物的分子中氧原子只与一个Z原子相连，且每个原子均达到8电子稳定结构，则该分子电子式可表示为_______．
(4)元素W的硫酸盐溶于水显蓝色，原因是__________________；向该溶液中逐滴加入足量的氨水，发生反应的现象为_____________________________，继续加入无水乙醇生成蓝色沉淀，该沉淀的化学式为___________________，加入乙醇的作用为____________________．
17.2015年8月12号接近午夜时分，天津滨海新区一处集装箱码头发生爆炸．发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品，爆炸火光震天，并产生巨大蘑菇云．根据掌握的信息分析，装箱区的危险化学品可能有钾、钠、氯酸钠、硝酸钾、烧碱，硫化碱、硅化钙、三氯乙烯、氯碘酸等．运抵区的危险化学品可能有环己胺、二甲基二硫、甲酸、硝酸铵、氰化钠、4，6−二硝基苯−邻仲丁基苯酚等．
回答下列问题：
(1)在组成NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是 ______ (填元素符号)，解释原因 ______
(2)二甲基二硫和甲酸中，在水中溶解度较大的是 ______ (填名称)，原因是 ______ ；烧碱所属的晶体类型为 ______ ；硫化碱(Na2S)的S2−的基态电子排布式是 ______ ．
(3)硝酸铵中，NO3−的立体构型为 ______ ，中心原子的杂化轨道类型为 ______
(4)1ml化合物NaCN中CN−所含的π键数为 ______ ，与CN−互为等电子体的分子有 ______ .(CN)2又称为拟卤素，实验室可以用氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得，写成该制备的化学方程式 ______ ．
(5)钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图所示．合金的化学式为 ______ ；晶胞中K原子的配位数为 ______ ；已知金属原子半径r(Na)=186pm、r(K)=227pm，计算晶体的空间利用率 ______ (列出计算式，不需要计算出结果)．
18.A、B、C、D、E、F代表周期表中五种短周期元素，已知：
①A、B、C处于相邻位置，B、C同周期，A、B同主族，其核外电子数之和为41．
②D与C处于周期表中同一周期，D+中各层电子数都是2n2个．
③A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，且已知E与A只能形成一种化合物．
④F是半径最小的原子．据此填空下列空白：
(1)写出各元素的名称A ______ C ______ E ______
(2)写出A和D形成化合物的电子式 ______
(3)B、C、D三种元素单原子离子的半径由大到小的顺序： ______
(4)A、B的氢化物的熔沸点大小并写出原因： ______
(5)写出A与B组成的化合物与C单质水溶液反应的化学方程式： ______ ．
19.实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯，但实验表明，还有许多副反应发生，如反应中会生成SO2、CO2、水蒸气等无机物．某研究性学习小组欲用如图所示的装置制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型．回答下列问题：
(1)写出实验室制备乙烯反应的化学方程式：______，实验中，混合浓硫酸与乙醇的方法是将______慢慢加入另一种物质中；加热F装置时必须使液体温度______(选填缓慢或迅速)升高到170℃，圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是______．
(2)为实现上述实验目的，装置的连接顺序为F→______→D.(各装置限用一次)
(3)当C中观察到______时，表明单质溴能与乙烯反应；若D中______，表明C中发生的是取代反应；若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是加成反应．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
同系物指的是结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物，据此进行判断。
本题考查同系物的判断，题目难度不大，明确同系物、同分异构体的区别即可解答，试题有利于提高学生灵活应用基础知识的能力。
【解答】
A.CH3CH3与 CH3CH2CH2CH2CH3的结构相似，分子间相差3个CH2原子团，二者互为同系物，故A正确；
B.CH3CH3与CH2=CHCH3的结构不相似，二者不属于同系物，故B错误；
C.CH3CH2CH2CH2CH3与 CH3CH(CH3)CH2CH3的分子式相同、结构不相似，二者互为同分异构体，故C错误；
D.为同一种物质，故D错误；
故选：A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，难度小。
【解答】
A.甲烷中H被Cl取代，为甲烷光照下的取代反应，故A错误；
B.碳碳双键与水加成转化为醇羟基，为加成反应，故B正确；
C.苯环上H被Br取代，为苯的取代反应，故C错误；
D.−OH转化为−CHO，为氧化反应，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了甲烷的取代反应，题目难度不大，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生。
【解答】
四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)：n(CH2Cl2)：n(CHCl3)：n(CCl4)=1：2：3：4，则四种取代物的物质的量分别为：n(CH3Cl)为0.1ml，n(CH2Cl2)为0.2ml，n(CHCl3)为0.3ml，n(CCl4)为0.4ml，发生取代反应时，消耗氯气的物质的量为0.1ml+2×0.2ml+3×0.3ml+4×0.4ml=3ml，故C正确。
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
A.烷烃命名中选则最长碳链为主链，遇等长碳链时，支链最多为主链；
B.主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有2种；
C.碳原子数目相同的烷烃，支链越多，沸点越低；
D.分子式为C7H16的烃属于烷烃，含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，据此根据烷烃同分异构体。
【解答】
A.用系统命名法命名有机物和，主链碳原子数分别为8个、7个，故A错误；
B.主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有如下2种：、，故B错误；
C.由于碳原子数目相同，支链越多，沸点越低，所以正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点渐低，故C正确；
D.该烃结构式中含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，若支链为−CH3，主链含有6个碳原子，符合条件有：CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3；若支链为−CH2CH3，主链含有5个碳原子，符合条件有：CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3；支链不可能大于3个碳原子，故符合条件的烷烃有3种，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了有机物的除杂，应利用烯烃含双键可与溴水发生加成反应，而与甲烷不反应进行分离。
【解答】
A.通入足量溴水中CH2=CH−CH3发生加成反应生成液体物质，而甲烷气体不反应，可除杂，故A正确；
B.点燃均燃烧生成二氧化碳和水，不能除杂，故B错误；
C.催化加氢，易引入新杂质氢气，且反应不易进行，故C错误；
D.通入足量酸性KMnO4溶液中，烯烃被氧化生成二氧化碳，使甲烷中混有新杂质，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】【解答】
本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价及原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，注意氢键对物质性质的影响。
【解答】
短周期元素中，M、R都有−2价，处于ⅥA族元素，R有+6价，M无正价，且M的原子半径较小，则R为S元素、M为O元素；X、Y化合价分别为+2、+1价，则分别处于ⅡA族、IA族，且原子半径Y>X>硫，故X为Mg、Y为Na；Z有+5、−3价，处于ⅤA族，原子半径小于硫的，故Z为N元素。
A.Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物为硝酸铵，含离子键和极性键，故A正确；
B.非金属性M(O)>Z(N)，故氢化物稳定性M(O)>Z(N)，故B错误；
C.水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢的，故C错误；
D.金属性Na>Mg，故碱性：Y(氢氧化钠)>X(氢氧化镁)，故D错误。
故选：A。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握常见物质的结构特点，难度中等。
【解答】
A.C22−中含有2个π键，O22+与C22−互为等电子体，则1mlO22+中含有π键2ml，数目为2NA，故A正确；
B.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 ml N—H键断裂，则有1mlN2H4(l)参加反应，生成32ml N2(g)，形成的π键数目为3NA，故B正确；
C.NH4+中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中N原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道形成配位键，故C正确；
D.中，σ键共有18个(包括4个N−H键、4个C−H键、2个N−C键、2个C−C键、4个C−O键、2个O−Cu键)，π键共有2个，比例为9:1，故D错误。
故选D。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点。
【解答】
A.同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；
B.基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为： ，故B正确；
C.N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；
D.Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误。
故选B。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了氢键对物质性质的影响，同分异构体、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较，题目综合性较强，难度较大，注意对相关知识的积累．
【解答】
A.NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，故A错误；
B.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；
C.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有的H−O键非常稳定，与存在氢键无关，故C错误；
D.H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D错误；
故选：B。
10.【答案】D
【解析】A.根据人造宝石的化学式SrTiO3，容易得出Sr、Ti、O三种微粒的个数比为1：1：3，若Ti处于体心位置，晶胞中Ti的数目为1，则处于面心位置的属于一个晶胞的粒子数为3，所以处于面心位置的为O不是Sr，Sr应该处于顶点位置，故A错误；
B.与O最近的Sr有4个，故B错误；
C.根据钛酸锶化学式特点，可以得出该晶体中含有离子键和极性键，故C错误；
D.根据该晶体结构特点，可以得出O构成正八面体，而Ti构成正六面体，二者构成的空间结构不同，故D正确；
故选：D。
本题考查晶胞结构与计算，难度中等，明确不同位置的原子为几个晶胞共用，掌握均摊法进行晶胞有关计算，D选项对学生的空间想象有一定的要求，可以通过适当的画图辅助理解。
11.【答案】C和D
【解析】解：A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：SiH4B.具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，微粒直径大小：S2−>Cl−>Na+>Mg2+，故B错误；
C.HBrO4为强酸，可由强酸制取弱酸的反应比较酸性为HClOD.石墨为混合型晶体，熔点最高，食盐为离子晶体，干冰、液溴均为分子构成的物质，干冰为固体，则熔点为石墨>食盐>干冰>液溴，故D正确；
故选：D。
A.非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B.电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
C.可由强酸制取弱酸的反应，比较酸性；
D.石墨为混合型晶体，熔点最高，食盐为离子晶体，干冰、液溴均为分子构成的物质，干冰为固体．
本题考查元素周期律和晶体性质，为高频考点，把握元素周期律、晶体性质、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．
12.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查内容较多，涉及晶体的检验、化学键、范德华力以及晶体的构成等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。
【解答】
A.冰醋酸在固态时不导电，在水溶液中导电，属于分子晶体，故A错误；
B.分子晶体内存在范德华力，也可能存在共价键，如干冰的晶体中存在范德华力，分子内C与O之间存在共价键，故B错误；
C.区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；
D.金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，没有阴离子，故D错误。
故选C。
13.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了配合物的组成，电离时外界电离，内界不电离是解题的关键，题目难度不大。
【解答】
配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，內界原子不能发生电离，1ml配合物生成2mlAgCl沉淀，知道1ml配合物电离出2mlCl−，即配离子显+2价，又因为外界有两个Cl−，且C显+3价，所以[CClm−2⋅nNH3]+中有一个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=6−1=5，所以m=3，n=5，故C正确。
故选C。
14.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查不同晶体的有关性质，难度不大。
【解答】
A. 离子所带电荷数和离子半径的大小不同，每个离子周围均吸引带相反电荷的离子数目不同，一个NaCl晶胞为立方体，Na+离子在立方体中心的话，离它最近的Cl−离子在立方体六个面的中央，CsCl的晶胞也是立方体，Cs+离子在立方体中心的话，离它最近的Cl−离子就在立方体的八个顶点上，故A错误；
B. 金属里本来就存在有自由电子，在金属未通电的情况下，金属中的电子是在做热运动，即无规则运动，在外加电场的作用下自由电子做定向移动，而不是产生了自由电子，故B错误；
C. 分子晶体存在常温下呈固态的物质，例如S、白磷、红磷、C60等都属于分子晶体，在常温下为固态，故C错误；
D. 原子晶体中原子间作用力为共价键，故D正确。
故选D。
15.【答案】C
【解析】解：因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×18=2，设晶胞边长为x，根据ρ=mV得，ρ=2aNAx3，所以x=32aNAρ，所以晶胞的休对角线长度为 3×32aNAρ，所以钠原子半径= 34×32aNAρ，
故选：C。
根据ρ=mV求得晶胞体积，再得到晶胞边长，因为金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，所以钠原子的半径为晶胞体对角线的14，据此可以确定钠原子的半径。
本题考查了晶胞的计算，比较简单，解题时要运用好基本公式。
16.【答案】(1)sp杂化 3NA
(2)氨分子间存在氢键，且氨为极性分子，甲烷分子间无氢键，故氨气的沸点更高
(3)N2O
(4)[Cu(NH3)4]2+显蓝色 先生成蓝色沉淀而后沉淀溶解 [Cu(NH3)4]SO4⋅H2O 降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出
【解析】【分析】
本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，为高考常见题型，涉及氢键、原子杂化方式的判断等知识点，这些知识点都是考试热点，灵活运用基本知识来分析解答，题目难度不大。
【解答】
原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素；
(1)C2H2分子中每个C原子含有2个σ键，所以C轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，则1ml C2H2含有σ键的数目为3NA；
故答案为：sp杂化；3NA；
(2)氨气中存在氢键，甲烷中不存在氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，所以化合物NH3的沸点比化合物CH4的高；
故答案为：氨气中存在氢键、甲烷中不存在氢键；
(3)元素C的一种氧化物与元素N的一种氧化物互为等电子体，CO2和N2O互为等电子体，所以元素Z的这种氧化物的分子式是N2O；其电子式为：；
故答案为：N2O；；
(4)硫酸铜溶液呈蓝色，原因是溶液中存在[Cu(NH3)4]2+，向硫酸铜水溶液中逐滴加入足量氨水，发现先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，沉淀溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−；若沉淀溶解后的溶液中加入乙醇，则析出[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O固体，加入乙醇的作用是：降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出；
故答案为：[Cu(NH3)4]2+显蓝色；先生成蓝色沉淀而后沉淀溶解；[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O；降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出。
17.【答案】(1)N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；
(2)甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；
(3)平面三角形；sp2；
(4)2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4 △ (CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；
(5)KNa3；6；43π(1863×3+2273)(186×2+227×2)3×100%
【解析】解：(1)同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是N，
故答案为：N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；
(2)甲酸与水形成氢键，而二甲基二硫不能，故二甲基二硫和甲酸中溶解度较大的是甲酸，烧碱由钠离子和氢氧根构成，所以烧碱是离子晶体，S2−离子核外有18个电子，其基态电子排布式为1s2s22p63s23p6，
故答案为：甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；
(3)NO3−离子中氮原子的孤电子对数=5+1−2×32=0，价层电子对数=3+0=3，所以NO3−立体构型为平面三角形，中心原子氮原子的杂化轨道类型sp2，
故答案为：平面三角形；sp2；
(4)原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN−与N2互为等电子体，二者结构相似，CN−中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数，所以1ml化合物NaCN中CN−所含的π键数为2NA，CN−中含有两个原子、10个价电子，与CN−互为等电子体的分子有CO、N2，
根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得(CN)2，反应化学方程式为：2NaCN+MnO2+2H2SO4 △ (CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O，
故答案为：2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4 △ (CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；
(5)晶胞中，钠原子数为12×14=3，钾原子数为8×18=1，所以合金的化学式为KNa3，
根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K原子的配位数为6，
晶胞中钠原子和钾原子体积之和为43π[(186pm)3×3+(227pm)3]，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×(186pm+227pm)，所以晶胞的体积为(2×186pm+2×227pm)3，晶体的空间利用率为
{43π[(186pm)3×3+(227pm)3]÷(2×186pm+2×227pm)3}×100%=43π(1863×3+2273)(186×2+227×2)3×100%，
故答案为：KNa3；6；43π(1863×3+2273)(186×2+227×2)3×100%．
(1)同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(2)与水分子形成氢键，增大物质的溶解度；烧碱由钠离子和氢氧根构成，属于离子晶体；S2−离子核外电子数为18，根据能量最低原理可书写其基态电子排布式；
(3)NO3−离子中氮原子的孤电子对数=5+1−2×32=0，价层电子对数=3+0=3；
(4)原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN−与N2互为等电子体，CN−中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数；根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得(CN)2，还生成硫酸锰、硫酸钠与水；
(5)根据均摊法计算晶胞中Na、K原子数目，确定合金的化学式，根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子；根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和，晶体的空间利用率为晶胞中Na、K原子总体积晶胞体积×100%．
本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式与空间构型、等电子体、晶胞计算等，难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意基础知识的理解掌握．
18.【答案】氧；氯；硅；；S2−>Cl−>Na+；H2O>H2S；水中有氢键；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
【解析】解：A、B、C、D、E代表周期表中五种短周期元素，D+中各层电子数都是2n2个，且为短周期元素，则D是Na元素，C和D处于同一周期、B和C同一周期，则BC都位于第三周期，A和B同一主族，则A位于第二周期，A、B、C处于相邻位置，A、B、C核外电子数之和为41，设A原子序数是a(a为正整数)，则B原子序数为a+8，C原子序数为为a+7或a+9，a+a+8+a+7=41，则a=263(舍去)，a+a+8+a+9=41，a=8，则A是O元素、B是S元素、C是Cl元素，A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，则E最外层电子数=24−6−6−7−1=4，E与A只能形成一种化合物，则E是Si元素；F是半径最小的原子，应为H元素，
(1)由以上分析可知A为氧，C为氯，E为硅，故答案为：氧；氯；硅；
(2)A和D形成化合物可为过氧化钠，氧化钠，电子式为，
故答案为：；
(3)电子层越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，BCD离子分别是S2−、Cl−、Na+，硫离子和氯离子有3个电子层、钠离子有2个电子层，所以离子半径大小顺序是S2−>Cl−>Na+，
故答案为：S2−>Cl−>Na+；
(4)水中含有氢键，较一般分子间作用力强，水的沸点较高，故答案为：H2O>H2S；水中有氢键；
(5)A、B形成的化合物是二氧化硫，C单质是氯气，二氧化硫和氯气在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl．
A、B、C、D、E代表周期表中五种短周期元素，D+中各层电子数都是2n2个，且为短周期元素，则D是Na元素，C和D处于同一周期、B和C同一周期，则BC都位于第三周期，A和B同一主族，则A位于第二周期，A、B、C处于相邻位置，A、B、C核外电子数之和为41，设A原子序数是a(a为正整数)，则B原子序数为a+8，C原子序数为为a+7或a+9，a+a+8+a+7=41，则a=263(舍去)，a+a+8+a+9=41，a=8，则A是O元素、B是S元素、C是Cl元素，A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，则E最外层电子数=24−6−6−7−1=4，E与A只能形成一种化合物，则E是Si元素；F是半径最小的原子，应为H元素，以此解答该题．
本题考查位置结构性质相互关系及应用，侧重考查学生推断及知识运用能力，涉及氧化还原反应、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，注意氯气和二氧化硫水溶液的反应，题目难度不大．
19.【答案】CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O 浓硫酸 迅速 防止暴沸 A→B→E→C 溶液褪色 有浅黄色沉淀生成
【解析】解：(1)乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式为CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O，浓硫酸密度大于乙醇，且混合过程中放热大量热，所以应该将浓硫酸加入乙醇中，为了避免副反应发生，应该将反应温度迅速升高到170℃，圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是防止暴沸，
故答案为：
故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；浓硫酸；迅速；防止暴沸；
(2)为得到纯净的乙烯，应用NaOH溶液除去SO2、CO2，(并用石灰水检验是否除尽)，然后用浓硫酸干燥；乙烯与单质溴之间可能发生加成反应，也可能发生取代反应，若是取代反应，则会有HBr生成，HBr与AgNO3溶液反应会产生浅黄色沉淀，所以装置连接顺序为：F→A→B→E→C→D，
故答案为：A→B→E→C；
(3)当C中观察到溴水褪色时，表明单质溴能与乙烯反应；若D中硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀时，表明C中生成了溴化银沉淀，发生的是取代反应；
若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是加成反应，
故答案为：溶液褪色；有浅黄色沉淀生成．
乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯，因浓硫酸具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，生成的乙烯混有SO2、CO2、水蒸气等无机物，F为乙烯的制备装置，A用于除去SO2、CO2，B用于检验SO2、CO2是否除去，然后在E中用浓硫酸干燥可得到纯净的乙烯，在以此通过C、D，可证明乙烯与溴发生加成反应，C中溴的四氯化碳溶液褪色，D无现象，以此解答该题．
本题综合考查乙醇的消去反应、乙烯的性质检验，为高频考点，题目难度不大，注意掌握乙醇的化学性质、乙烯性质及检验方法，明确实验原理为解答本题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
题号
一
二
总分
得分
元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径(×10−10m)
1.60
1.86
0.75
0.74
1.02
主要化合价
+2
+1
+5，−3
−2
+6，−2
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共15小题，共45分。
1.下列各组内的物质属于同系物的
( )
A. CH3CH3与 CH3CH2CH2CH2CH3
B. CH3CH3与 CH2= CHCH3
C. CH3CH2CH2CH2CH3与 CH3CH(CH3)CH2CH3
D.
2.下列反应中，属于加成反应的是
( )
A. CH4+Cl2→光 CH3Cl + HCl
B. CH2= CH2+ H2O→ CH3−CH2OH
C. +Br2→FeBr3 + HBr
D. 2CH3CH2OH +O2→ΔCu2CH3CHO +2H2O
3.在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应。若将1 ml CH4与Cl2反应，待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)=1∶2∶3∶4，则消耗的Cl2为( )
A. 1.0 mlB. 2.0 mlC. 3.0 mlD. 4.0 ml
4.下列说法正确的是 ( )
和
A. 主链碳原子数均为7个
B. 主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有三种
C. 新戊烷、正丁烷、异丁烷和丙烷的熔沸点依次降低
D. C7H16的烷烃中，含有3个甲基的同分异构体有2种
5.能除去CH4中少量CH2=CH—CH3的最好方法是
( )
A. 通入足量溴水中B. 点燃
C. 催化加氢D. 通入足量酸性KMnO4溶液中
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示，下列说法正确的是( )
A. Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物中含离子键和极性键
B. 最简单氢化物的稳定性：Z>M
C. 最简单氢化物的沸点高低顺序为：R>M
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：X>Y
7.下列说法错误的是
( )
A. C22−与O22+互为等电子体，1 mlO22+中含有的π键数目为2NA
B. 已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 ml N—H键断裂，则形成的π键数目为3NA
C. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
D. σ键和π键比例为7:1
8.下列说法或有关化学用语的表达正确的是( )
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区
9.下列对分子性质的解释中，正确的是( )
A. NH3极易溶于水而CH4难溶于水只是因为NH3是极性分子，CH4是非极性分子
B. 乳酸()具有光学活性，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 已知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的氧原子数大于HClO的氧原子数
10.钛酸锶是人造宝石的主要成分之一，化学式为SrTiO3，其晶体结构如图所示，已知晶胞中Ti处于体心位置。下列说法正确的是( )
A. Sr位于面心位置
B. 与O最近的Sr有6个
C. 该晶体中含有离子键和非极性键
D. O与Ti构成的空间结构不同
11.下列各组物质的性质比较中，正确的是( )
A. 热稳定性：PH3
C. 酸性强弱：HClO
12.下列有关晶体的说法中正确的是( )
A. 某晶体固态不导电，水溶液能导电说明该晶体是离子晶体
B. 原子晶体的原子间只存在共价键，而分子晶体内只存在范德华力
C. 区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X−射线衍射实验
D. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
13.已知C(Ⅲ)的八面体配合物的化学式为CCl m·nNH3，若1 ml配合物与AgNO3溶液反应生成2 ml AgCl沉淀，则m、n的值是
A. m=2， n=5B. m=3， n=4
C. m=3， n=5D. m=3， n=6
14.下列说法中正确的是( )
A. 离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子
B. 金属导电的原因是在外电场作用下金属产生自由电子，电子定向运动
C. 分子晶体的熔、沸点很低，常温下都呈液态或气态
D. 原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合
15.金属钠晶体为体心立方晶胞(如图)，实验测得钠的密度为ρ(g⋅cm−3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(ml−1)，假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为( )
A. 32aNA⋅ρB. 2⋅32aNAρ
C. 34⋅32aNA⋅ρD. 12⋅32aNAρ
第II卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，共55分。
16.原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29．
回答下列问题：
(1)Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为_____，1ml Y2X2含有σ键的数目为_____．
(2)化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是_____．
(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是_____，又已知Z的这种氧化物的分子中氧原子只与一个Z原子相连，且每个原子均达到8电子稳定结构，则该分子电子式可表示为_______．
(4)元素W的硫酸盐溶于水显蓝色，原因是__________________；向该溶液中逐滴加入足量的氨水，发生反应的现象为_____________________________，继续加入无水乙醇生成蓝色沉淀，该沉淀的化学式为___________________，加入乙醇的作用为____________________．
17.2015年8月12号接近午夜时分，天津滨海新区一处集装箱码头发生爆炸．发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品，爆炸火光震天，并产生巨大蘑菇云．根据掌握的信息分析，装箱区的危险化学品可能有钾、钠、氯酸钠、硝酸钾、烧碱，硫化碱、硅化钙、三氯乙烯、氯碘酸等．运抵区的危险化学品可能有环己胺、二甲基二硫、甲酸、硝酸铵、氰化钠、4，6−二硝基苯−邻仲丁基苯酚等．
回答下列问题：
(1)在组成NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是 ______ (填元素符号)，解释原因 ______
(2)二甲基二硫和甲酸中，在水中溶解度较大的是 ______ (填名称)，原因是 ______ ；烧碱所属的晶体类型为 ______ ；硫化碱(Na2S)的S2−的基态电子排布式是 ______ ．
(3)硝酸铵中，NO3−的立体构型为 ______ ，中心原子的杂化轨道类型为 ______
(4)1ml化合物NaCN中CN−所含的π键数为 ______ ，与CN−互为等电子体的分子有 ______ .(CN)2又称为拟卤素，实验室可以用氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得，写成该制备的化学方程式 ______ ．
(5)钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图所示．合金的化学式为 ______ ；晶胞中K原子的配位数为 ______ ；已知金属原子半径r(Na)=186pm、r(K)=227pm，计算晶体的空间利用率 ______ (列出计算式，不需要计算出结果)．
18.A、B、C、D、E、F代表周期表中五种短周期元素，已知：
①A、B、C处于相邻位置，B、C同周期，A、B同主族，其核外电子数之和为41．
②D与C处于周期表中同一周期，D+中各层电子数都是2n2个．
③A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，且已知E与A只能形成一种化合物．
④F是半径最小的原子．据此填空下列空白：
(1)写出各元素的名称A ______ C ______ E ______
(2)写出A和D形成化合物的电子式 ______
(3)B、C、D三种元素单原子离子的半径由大到小的顺序： ______
(4)A、B的氢化物的熔沸点大小并写出原因： ______
(5)写出A与B组成的化合物与C单质水溶液反应的化学方程式： ______ ．
19.实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯，但实验表明，还有许多副反应发生，如反应中会生成SO2、CO2、水蒸气等无机物．某研究性学习小组欲用如图所示的装置制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型．回答下列问题：
(1)写出实验室制备乙烯反应的化学方程式：______，实验中，混合浓硫酸与乙醇的方法是将______慢慢加入另一种物质中；加热F装置时必须使液体温度______(选填缓慢或迅速)升高到170℃，圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是______．
(2)为实现上述实验目的，装置的连接顺序为F→______→D.(各装置限用一次)
(3)当C中观察到______时，表明单质溴能与乙烯反应；若D中______，表明C中发生的是取代反应；若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是加成反应．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
同系物指的是结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物，据此进行判断。
本题考查同系物的判断，题目难度不大，明确同系物、同分异构体的区别即可解答，试题有利于提高学生灵活应用基础知识的能力。
【解答】
A.CH3CH3与 CH3CH2CH2CH2CH3的结构相似，分子间相差3个CH2原子团，二者互为同系物，故A正确；
B.CH3CH3与CH2=CHCH3的结构不相似，二者不属于同系物，故B错误；
C.CH3CH2CH2CH2CH3与 CH3CH(CH3)CH2CH3的分子式相同、结构不相似，二者互为同分异构体，故C错误；
D.为同一种物质，故D错误；
故选：A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，难度小。
【解答】
A.甲烷中H被Cl取代，为甲烷光照下的取代反应，故A错误；
B.碳碳双键与水加成转化为醇羟基，为加成反应，故B正确；
C.苯环上H被Br取代，为苯的取代反应，故C错误；
D.−OH转化为−CHO，为氧化反应，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了甲烷的取代反应，题目难度不大，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生。
【解答】
四种有机取代物的物质的量之比为n(CH3Cl)：n(CH2Cl2)：n(CHCl3)：n(CCl4)=1：2：3：4，则四种取代物的物质的量分别为：n(CH3Cl)为0.1ml，n(CH2Cl2)为0.2ml，n(CHCl3)为0.3ml，n(CCl4)为0.4ml，发生取代反应时，消耗氯气的物质的量为0.1ml+2×0.2ml+3×0.3ml+4×0.4ml=3ml，故C正确。
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
A.烷烃命名中选则最长碳链为主链，遇等长碳链时，支链最多为主链；
B.主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有2种；
C.碳原子数目相同的烷烃，支链越多，沸点越低；
D.分子式为C7H16的烃属于烷烃，含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，据此根据烷烃同分异构体。
【解答】
A.用系统命名法命名有机物和，主链碳原子数分别为8个、7个，故A错误；
B.主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有如下2种：、，故B错误；
C.由于碳原子数目相同，支链越多，沸点越低，所以正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点渐低，故C正确；
D.该烃结构式中含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，若支链为−CH3，主链含有6个碳原子，符合条件有：CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3；若支链为−CH2CH3，主链含有5个碳原子，符合条件有：CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3；支链不可能大于3个碳原子，故符合条件的烷烃有3种，故D错误。
故选C。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了有机物的除杂，应利用烯烃含双键可与溴水发生加成反应，而与甲烷不反应进行分离。
【解答】
A.通入足量溴水中CH2=CH−CH3发生加成反应生成液体物质，而甲烷气体不反应，可除杂，故A正确；
B.点燃均燃烧生成二氧化碳和水，不能除杂，故B错误；
C.催化加氢，易引入新杂质氢气，且反应不易进行，故C错误；
D.通入足量酸性KMnO4溶液中，烯烃被氧化生成二氧化碳，使甲烷中混有新杂质，故D错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】【解答】
本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价及原子半径推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，注意氢键对物质性质的影响。
【解答】
短周期元素中，M、R都有−2价，处于ⅥA族元素，R有+6价，M无正价，且M的原子半径较小，则R为S元素、M为O元素；X、Y化合价分别为+2、+1价，则分别处于ⅡA族、IA族，且原子半径Y>X>硫，故X为Mg、Y为Na；Z有+5、−3价，处于ⅤA族，原子半径小于硫的，故Z为N元素。
A.Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应生成的化合物为硝酸铵，含离子键和极性键，故A正确；
B.非金属性M(O)>Z(N)，故氢化物稳定性M(O)>Z(N)，故B错误；
C.水分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢的，故C错误；
D.金属性Na>Mg，故碱性：Y(氢氧化钠)>X(氢氧化镁)，故D错误。
故选：A。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握常见物质的结构特点，难度中等。
【解答】
A.C22−中含有2个π键，O22+与C22−互为等电子体，则1mlO22+中含有π键2ml，数目为2NA，故A正确；
B.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 ml N—H键断裂，则有1mlN2H4(l)参加反应，生成32ml N2(g)，形成的π键数目为3NA，故B正确；
C.NH4+中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中N原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道形成配位键，故C正确；
D.中，σ键共有18个(包括4个N−H键、4个C−H键、2个N−C键、2个C−C键、4个C−O键、2个O−Cu键)，π键共有2个，比例为9:1，故D错误。
故选D。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点。
【解答】
A.同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；
B.基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为： ，故B正确；
C.N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；
D.Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误。
故选B。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了氢键对物质性质的影响，同分异构体、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较，题目综合性较强，难度较大，注意对相关知识的积累．
【解答】
A.NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，故A错误；
B.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；
C.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有的H−O键非常稳定，与存在氢键无关，故C错误；
D.H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D错误；
故选：B。
10.【答案】D
【解析】A.根据人造宝石的化学式SrTiO3，容易得出Sr、Ti、O三种微粒的个数比为1：1：3，若Ti处于体心位置，晶胞中Ti的数目为1，则处于面心位置的属于一个晶胞的粒子数为3，所以处于面心位置的为O不是Sr，Sr应该处于顶点位置，故A错误；
B.与O最近的Sr有4个，故B错误；
C.根据钛酸锶化学式特点，可以得出该晶体中含有离子键和极性键，故C错误；
D.根据该晶体结构特点，可以得出O构成正八面体，而Ti构成正六面体，二者构成的空间结构不同，故D正确；
故选：D。
本题考查晶胞结构与计算，难度中等，明确不同位置的原子为几个晶胞共用，掌握均摊法进行晶胞有关计算，D选项对学生的空间想象有一定的要求，可以通过适当的画图辅助理解。
11.【答案】C和D
【解析】解：A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：SiH4
C.HBrO4为强酸，可由强酸制取弱酸的反应比较酸性为HClO
故选：D。
A.非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B.电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；
C.可由强酸制取弱酸的反应，比较酸性；
D.石墨为混合型晶体，熔点最高，食盐为离子晶体，干冰、液溴均为分子构成的物质，干冰为固体．
本题考查元素周期律和晶体性质，为高频考点，把握元素周期律、晶体性质、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．
12.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查内容较多，涉及晶体的检验、化学键、范德华力以及晶体的构成等，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。
【解答】
A.冰醋酸在固态时不导电，在水溶液中导电，属于分子晶体，故A错误；
B.分子晶体内存在范德华力，也可能存在共价键，如干冰的晶体中存在范德华力，分子内C与O之间存在共价键，故B错误；
C.区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；
D.金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，没有阴离子，故D错误。
故选C。
13.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了配合物的组成，电离时外界电离，内界不电离是解题的关键，题目难度不大。
【解答】
配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，內界原子不能发生电离，1ml配合物生成2mlAgCl沉淀，知道1ml配合物电离出2mlCl−，即配离子显+2价，又因为外界有两个Cl−，且C显+3价，所以[CClm−2⋅nNH3]+中有一个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=6−1=5，所以m=3，n=5，故C正确。
故选C。
14.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查不同晶体的有关性质，难度不大。
【解答】
A. 离子所带电荷数和离子半径的大小不同，每个离子周围均吸引带相反电荷的离子数目不同，一个NaCl晶胞为立方体，Na+离子在立方体中心的话，离它最近的Cl−离子在立方体六个面的中央，CsCl的晶胞也是立方体，Cs+离子在立方体中心的话，离它最近的Cl−离子就在立方体的八个顶点上，故A错误；
B. 金属里本来就存在有自由电子，在金属未通电的情况下，金属中的电子是在做热运动，即无规则运动，在外加电场的作用下自由电子做定向移动，而不是产生了自由电子，故B错误；
C. 分子晶体存在常温下呈固态的物质，例如S、白磷、红磷、C60等都属于分子晶体，在常温下为固态，故C错误；
D. 原子晶体中原子间作用力为共价键，故D正确。
故选D。
15.【答案】C
【解析】解：因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×18=2，设晶胞边长为x，根据ρ=mV得，ρ=2aNAx3，所以x=32aNAρ，所以晶胞的休对角线长度为 3×32aNAρ，所以钠原子半径= 34×32aNAρ，
故选：C。
根据ρ=mV求得晶胞体积，再得到晶胞边长，因为金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，所以钠原子的半径为晶胞体对角线的14，据此可以确定钠原子的半径。
本题考查了晶胞的计算，比较简单，解题时要运用好基本公式。
16.【答案】(1)sp杂化 3NA
(2)氨分子间存在氢键，且氨为极性分子，甲烷分子间无氢键，故氨气的沸点更高
(3)N2O
(4)[Cu(NH3)4]2+显蓝色 先生成蓝色沉淀而后沉淀溶解 [Cu(NH3)4]SO4⋅H2O 降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出
【解析】【分析】
本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，为高考常见题型，涉及氢键、原子杂化方式的判断等知识点，这些知识点都是考试热点，灵活运用基本知识来分析解答，题目难度不大。
【解答】
原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素；
(1)C2H2分子中每个C原子含有2个σ键，所以C轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，则1ml C2H2含有σ键的数目为3NA；
故答案为：sp杂化；3NA；
(2)氨气中存在氢键，甲烷中不存在氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，所以化合物NH3的沸点比化合物CH4的高；
故答案为：氨气中存在氢键、甲烷中不存在氢键；
(3)元素C的一种氧化物与元素N的一种氧化物互为等电子体，CO2和N2O互为等电子体，所以元素Z的这种氧化物的分子式是N2O；其电子式为：；
故答案为：N2O；；
(4)硫酸铜溶液呈蓝色，原因是溶液中存在[Cu(NH3)4]2+，向硫酸铜水溶液中逐滴加入足量氨水，发现先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，沉淀溶解的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−；若沉淀溶解后的溶液中加入乙醇，则析出[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O固体，加入乙醇的作用是：降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出；
故答案为：[Cu(NH3)4]2+显蓝色；先生成蓝色沉淀而后沉淀溶解；[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O；降低溶液极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度便于其晶体析出。
17.【答案】(1)N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；
(2)甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；
(3)平面三角形；sp2；
(4)2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4 △ (CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；
(5)KNa3；6；43π(1863×3+2273)(186×2+227×2)3×100%
【解析】解：(1)同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是N，
故答案为：N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；
(2)甲酸与水形成氢键，而二甲基二硫不能，故二甲基二硫和甲酸中溶解度较大的是甲酸，烧碱由钠离子和氢氧根构成，所以烧碱是离子晶体，S2−离子核外有18个电子，其基态电子排布式为1s2s22p63s23p6，
故答案为：甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；
(3)NO3−离子中氮原子的孤电子对数=5+1−2×32=0，价层电子对数=3+0=3，所以NO3−立体构型为平面三角形，中心原子氮原子的杂化轨道类型sp2，
故答案为：平面三角形；sp2；
(4)原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN−与N2互为等电子体，二者结构相似，CN−中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数，所以1ml化合物NaCN中CN−所含的π键数为2NA，CN−中含有两个原子、10个价电子，与CN−互为等电子体的分子有CO、N2，
根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得(CN)2，反应化学方程式为：2NaCN+MnO2+2H2SO4 △ (CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O，
故答案为：2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4 △ (CN)2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；
(5)晶胞中，钠原子数为12×14=3，钾原子数为8×18=1，所以合金的化学式为KNa3，
根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K原子的配位数为6，
晶胞中钠原子和钾原子体积之和为43π[(186pm)3×3+(227pm)3]，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×(186pm+227pm)，所以晶胞的体积为(2×186pm+2×227pm)3，晶体的空间利用率为
{43π[(186pm)3×3+(227pm)3]÷(2×186pm+2×227pm)3}×100%=43π(1863×3+2273)(186×2+227×2)3×100%，
故答案为：KNa3；6；43π(1863×3+2273)(186×2+227×2)3×100%．
(1)同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
(2)与水分子形成氢键，增大物质的溶解度；烧碱由钠离子和氢氧根构成，属于离子晶体；S2−离子核外电子数为18，根据能量最低原理可书写其基态电子排布式；
(3)NO3−离子中氮原子的孤电子对数=5+1−2×32=0，价层电子对数=3+0=3；
(4)原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN−与N2互为等电子体，CN−中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数；根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得(CN)2，还生成硫酸锰、硫酸钠与水；
(5)根据均摊法计算晶胞中Na、K原子数目，确定合金的化学式，根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子；根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和，晶体的空间利用率为晶胞中Na、K原子总体积晶胞体积×100%．
本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式与空间构型、等电子体、晶胞计算等，难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意基础知识的理解掌握．
18.【答案】氧；氯；硅；；S2−>Cl−>Na+；H2O>H2S；水中有氢键；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
【解析】解：A、B、C、D、E代表周期表中五种短周期元素，D+中各层电子数都是2n2个，且为短周期元素，则D是Na元素，C和D处于同一周期、B和C同一周期，则BC都位于第三周期，A和B同一主族，则A位于第二周期，A、B、C处于相邻位置，A、B、C核外电子数之和为41，设A原子序数是a(a为正整数)，则B原子序数为a+8，C原子序数为为a+7或a+9，a+a+8+a+7=41，则a=263(舍去)，a+a+8+a+9=41，a=8，则A是O元素、B是S元素、C是Cl元素，A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，则E最外层电子数=24−6−6−7−1=4，E与A只能形成一种化合物，则E是Si元素；F是半径最小的原子，应为H元素，
(1)由以上分析可知A为氧，C为氯，E为硅，故答案为：氧；氯；硅；
(2)A和D形成化合物可为过氧化钠，氧化钠，电子式为，
故答案为：；
(3)电子层越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，BCD离子分别是S2−、Cl−、Na+，硫离子和氯离子有3个电子层、钠离子有2个电子层，所以离子半径大小顺序是S2−>Cl−>Na+，
故答案为：S2−>Cl−>Na+；
(4)水中含有氢键，较一般分子间作用力强，水的沸点较高，故答案为：H2O>H2S；水中有氢键；
(5)A、B形成的化合物是二氧化硫，C单质是氯气，二氧化硫和氯气在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl．
A、B、C、D、E代表周期表中五种短周期元素，D+中各层电子数都是2n2个，且为短周期元素，则D是Na元素，C和D处于同一周期、B和C同一周期，则BC都位于第三周期，A和B同一主族，则A位于第二周期，A、B、C处于相邻位置，A、B、C核外电子数之和为41，设A原子序数是a(a为正整数)，则B原子序数为a+8，C原子序数为为a+7或a+9，a+a+8+a+7=41，则a=263(舍去)，a+a+8+a+9=41，a=8，则A是O元素、B是S元素、C是Cl元素，A、B、C、D、E各元素最外层电子数之和 24，则E最外层电子数=24−6−6−7−1=4，E与A只能形成一种化合物，则E是Si元素；F是半径最小的原子，应为H元素，以此解答该题．
本题考查位置结构性质相互关系及应用，侧重考查学生推断及知识运用能力，涉及氧化还原反应、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，注意氯气和二氧化硫水溶液的反应，题目难度不大．
19.【答案】CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O 浓硫酸 迅速 防止暴沸 A→B→E→C 溶液褪色 有浅黄色沉淀生成
【解析】解：(1)乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式为CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O，浓硫酸密度大于乙醇，且混合过程中放热大量热，所以应该将浓硫酸加入乙醇中，为了避免副反应发生，应该将反应温度迅速升高到170℃，圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片的作用是防止暴沸，
故答案为：
故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2=CH2↑+H2O；浓硫酸；迅速；防止暴沸；
(2)为得到纯净的乙烯，应用NaOH溶液除去SO2、CO2，(并用石灰水检验是否除尽)，然后用浓硫酸干燥；乙烯与单质溴之间可能发生加成反应，也可能发生取代反应，若是取代反应，则会有HBr生成，HBr与AgNO3溶液反应会产生浅黄色沉淀，所以装置连接顺序为：F→A→B→E→C→D，
故答案为：A→B→E→C；
(3)当C中观察到溴水褪色时，表明单质溴能与乙烯反应；若D中硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀时，表明C中生成了溴化银沉淀，发生的是取代反应；
若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是加成反应，
故答案为：溶液褪色；有浅黄色沉淀生成．
乙醇在浓硫酸作用下加热到170℃发生消去反应生成乙烯，因浓硫酸具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，生成的乙烯混有SO2、CO2、水蒸气等无机物，F为乙烯的制备装置，A用于除去SO2、CO2，B用于检验SO2、CO2是否除去，然后在E中用浓硫酸干燥可得到纯净的乙烯，在以此通过C、D，可证明乙烯与溴发生加成反应，C中溴的四氯化碳溶液褪色，D无现象，以此解答该题．
本题综合考查乙醇的消去反应、乙烯的性质检验，为高频考点，题目难度不大，注意掌握乙醇的化学性质、乙烯性质及检验方法，明确实验原理为解答本题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
题号
一
二
总分
得分
元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径(×10−10m)
1.60
1.86
0.75
0.74
1.02
主要化合价
+2
+1
+5，−3
−2
+6，−2
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