2018-2019学年内蒙古包头市第四中学高二下学期第一次月考（3月）化学试题 解析版

包头四中2018-2019学年度第二学期月考
高二年级化学试题
相对原子质量 ：Cu—64 Ni—59
一.选择题（每小题2分，共56分。每小题只有一个正确选项）
1.若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，则下列说法错误的是
A. 该元素可能有+3价
B. 该元素位于第5周期副族
C. 该元素原子核外共有38个不同运动状态的电子
D. 该元素基态原子第N能层上还有4个空轨道
【答案】C
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子。
【详解】A. 若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，可能失去外围3个电子呈+3价，故A正确；
B. 由分析可知，该元素的序数为39，位于第5周期第ⅢB族，故B正确；
C. 原子中没有运动状态相同的电子，该元素原子中共有39个电子，共有39个不同运动状态的电子，故C错误；
D. 4d能级上有1个电子，则该元素原子第四电子层上有4个空轨道，故D正确；
题目要求选不正确的，故选C。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度中等，注意根据构造原理写出元素基态原子的电子排布式。
2.只有阳离子而没有阴离子的晶体是
A. 金属晶体 B. 原子晶体 C. 分子晶体 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】分子晶体和原子晶体中不存在离子，所以不能选择B，C两项；金属晶体的构成粒是金属阳离子和自由电子，没有阴离子，因此应该选择A项。
3.下列现象与氢键有关的是
①NH3的熔、沸点比PH3的高
②乙醇能与水以任意比混溶，而甲醚(CH3—O—CH3)难溶于水
③冰的密度比液态水的密度小
④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑤水分子高温下也很稳定
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
①ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键；
②乙醇与水分子之间能形成氢键，甲醚与水分子之间不能形成氢键；
③冰中存在氢键，其体积变大；
④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；
⑤稳定性与化学键有关。
【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②因乙醇与水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，甲醚与水分子之间不能形成氢键，则甲醚（CH3-O-CH3）难溶于水，故②正确；
③冰中存在氢键，氢键有一定的方向性。水结冰后分子间的空隙变大，故其体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④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，故④正确；
⑤水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑤错误；
答案选A。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大。
4.下列说法中，不正确的是（ ）
A. 光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的
B. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法
C. 等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质
D. 分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。
【答案】C
【解析】
【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；
B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故B正确；
C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；
D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。
故选C。
5.共价键、离子键、范德华力和氢键都是微观粒子之间的不同作用力。有下列物质：①Na2O2 ②冰 ③金刚石 ④碘单质 ⑤CaCl2 ⑥白磷，只含有两种作用力是（ ）
A. ①④⑥ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键；金属晶体中含有金属键；电负性很大的元素（N、O、F）与氢元素形成共价键时，H原子几乎是裸露的质子，不同分子之间存在氢键，以此来解答。
【详解】①Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故①符合；
②冰属于分子晶体，分子内氧原子与氢原子之间形成共价键，分子之间存在氢键、范德华力，故②不符合；
③金刚石是原子晶体，只存在共价键，故③不符合；
④碘单质属于分子晶体，分子内碘原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故④符合；
⑤氯化钙属于离子晶体，钙离子与氯离子之间形成离子键，只存在离子键，故⑤不符合；
⑥白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故⑥符合；
答案选A。
【点睛】本题考查化学键和晶体类型，难度不大，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力。
6.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 ( )
A. CO2 H2S B. C2H4 CH4
C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【解析】
【分析】
由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子；以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此解答。
【详解】A、CO2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；H2S含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，不对称的，所以都是极性分子，故A错误；
B、C2H4含有极性键，正负电荷的中心重合，是非极性分子，CH4中含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故B正确；
C、C60含有非极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；C2H2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故C错误；
D、NH3含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，是极性分子；HCl含有极性键，正负电荷的重心不重合，是极性分子，故D错误。
答案选B。
7.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 (　 　)
①SiO2和SO3　②晶体硼和HCl　③CO2和SO2　④晶体硅和金刚石　⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；
②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；
③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；
④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；
⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；
⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
答案选C。
【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
8.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。
则下列有关比较中正确的是
A. 原子半径：③＞④＞②＞①
B. 第一电离能：④＞③＞②＞①
C. 最高正化合价：③＞④=②＞①
D. 电负性：④＞③＞②＞①
【答案】B
【解析】
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p2是Si元素、 ②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p4是O元素、④1s22s22p3是N元素；
A．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞P＞N＞O，即①＞②＞④＞③，选项A错误；
B．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p、P元素原子3p能级均容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜P，O＜N，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能Si＜P＜O＜N，即④＞③＞②＞①，选项B正确；
C．最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=④，选项C错误；
D．同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P，N＜O，N元素非金属性比P元素强，所以电负性P＜N，故电负性Si＜P＜N＜O，即③＞④＞②＞①，选项D错误；
答案选B。
9.2017年5月9日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和118号元素的中文名称。已知117号元素有多种原子，如、等。下列说法正确的是
A. 和的化学性质完全不同
B. 元素Ts的相对原子质量为
C. 基态原子核外电子共占据7个能级
D. Ts位于周期表的第七周期ⅦA族
【答案】D
【解析】
【详解】A.和是Ts元素的两种同位素，质子数为117，核外电子数为117，最外层电子数为7，化学性质相同，故A错误；
B.117号元素Ts有多种同位素，质子数相同，中子数不同的同种元素的原子，它们占的原子个数百分比不一定相等，这些同位素的含量各不相同，所以元素Ts的相对原子质量不一定是293.5，故B错误；
C.基态原子核外电子共占据19个能级，故C错误；
D.117号元素Ts位于周期表稀有气体118号前，位于第七周期第ⅦA族，故D正确。
故选D。
【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。
10.下列关于元素性质的有关叙述中不正确的是
A. C、N、O、F的原子半径依次减小
B. KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱
C. P、S、Cl、Ar的最高正价依次升高
D. Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O、F位于周期表同一周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，
A正确；
B．Li、Na、K位于同一主族，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，KOH、NaOH、LiOH的碱性逐渐减弱，B正确；
C．P、S、Cl的最高正价依次升高，Ar为惰性气体，化合价一般为0，C错误；
D．Na、Mg、Al、Si的最外层电子数依次为1、2、3、4，依次增加，D正确；
故合理选项是C。
11.下列各组元素属于p区的是(　　)
A. 原子序数为1、2、7的元素 B. S、O、P C. Fe、Ar、Cl D. Na、Li、Mg
【答案】B
【解析】
【详解】根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；
A．原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；
B．O，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；
C．铁属于d区，故C错误；
D．锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，故D错误；
故答案为B。
12.下列说法和解释错误的是（ ）
A. 冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大
B. 卤化物CX4从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高
C. 由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨导电性只能沿石墨平面的方向
D. 金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；
B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；
C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；
D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。
故选A。
13.能说明BF3分子中四个原子在同一平面的理由是
A. 三个B―F键的键能相同 B. B―F键是非极性共价键
C. 任意两个键的夹角为120° D. 三个B―F键的键长相等
【答案】C
【解析】
【分析】
BF3分子中价层电子对个数=3+ ×（3-3×1）=3形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，所以该分子是平面三角形结构。
【详解】BF3中B原子SP2杂化，分子构型为平面三角形，则其分子结构必然是三个F原子分别处在以硼为中心的平面三角形的三个顶点上，所以当3个B-F的键角均为120°，能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故C正确。
【点睛】本题主要考查化合物的结构特点和分子的结构，做题时注意从杂化方式以及键长、键角等判断分子的空间结构，题目难度不大。
14.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. Q和Z可能形成化合物QZ2
B. Y的最高价氧化物的水化物一定是强酸
C. X、Z和氢三种元素不可能组成离子化合物
D. 最简单气态氢化物的沸点：Q>X
【答案】A
【解析】
【详解】Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Q为C；再根据Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，以及X、Y、Z在周期表中的位置关系可推知X可能为N或O，Y可能为P或Cl，Z可能为S或Cl，
A. 若Z为S，则C、S可形成分子CS2，故A正确；
B. 若Y为P，则最高价氧化物的水化物H3PO4不是强酸，故B错误；
C. N、S和H三种元素可以形成离子化合物（NH4）2S，故C错误；
D. 若X为O，则甲烷的沸点比水的低，故D错误。
故选A。
15.下列说法不正确的是
A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同
B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同
C. PCl3、H2O中所有原子均处于稳定结构
D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
【答案】A
【解析】
【详解】A. SiO2是原子晶体，原子间以共价键结合，由于共价键强度大，断裂消耗的能量多，所以沸点高，而SiCl4是由分子构成的物质，分子间以分子间作用力结合，分子间作用力十分微弱，所以沸点低，不是由于二者的相对分子质量不同所致，A错误；
B.二者都是离子化合物，含有离子键，在NH4+中含有极性共价键，在OH-含有极性共价键，所以二者含有的化学键类型相同，B正确；
C. PCl3、H2O中每个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，故所有原子均处于稳定结构状态，C正确；
D.CO2+H2O=H2CO3，化学反应就是旧键断裂、新键形成的过程，由于反应物、生成物都是共价化合物，所以有共价键的断裂和形成，D正确；
故合理选项是A。
16.下列关于晶体的说法中，不正确的是
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小
⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列
⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，
⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；钠晶体中，一个钠原子周围也有12个钠原子紧邻
A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ②③⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，①正确；
②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，例如金属晶体中也含有阳离子，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，②不正确；
③决定分子晶体的熔、沸点的是分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，③不正确；
④晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，④正确；
⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，⑤正确；
⑥在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方式以使其变得比较稳定，⑥正确；
⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，⑦不正确。综上，②③⑦不正确，故选D。
【点睛】本题考查晶体和非晶体的区别、离子的配位数、晶格能等知识点，综合性较强，知道晶体、非晶体的区别及检验方法，易错选项是②，注意含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体，金属晶体是由电子和金属阳离子构成的，为易错点。
17.二氧化硅晶体是立体的网状结构，其结构如图所示。关于二氧化硅的下列说法中，不正确的是( )

A. 晶体中Si、O原子个数比为1∶2
B. 晶体中最小原子环上的原子数为8
C. 晶体中最小原子环上的原子数为12
D. 晶体中Si、O原子最外层都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【详解】硅原子占有与其成键的每一个氧原子的1/2，完全占有的氧原子数为4×1/2=2，则晶体中Si、O原子个数比为1∶2，A项说法正确。观察结构示意图，可知晶体中最小原子环上的原子数为12，B项说法错误，C项说法正确。晶体中，每个Si原子形成四个共价键后达到了8电子稳定结构，每个氧原子形成2个共价键后达到了8电子稳定结构，D项说法正确。本题选不正确的，故答案：B
18.下列四种元素中，其单质氧化性最强是
A. 原子含有未成对电子最多的第2周期元素
B. 位于周期表第3周期ⅢA族的元素
C. 原子最外电子层排布式为3s23p5的元素
D. 原子最外电子层排布式为2s22p6的元素
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据信息，推出各元素：原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期皿A族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氛，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，然后比较氧化性强弱；
【详解】由原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期IIIA族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氖，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，A是氮元素，B是铝元素，C是氯元素，D是氖元素，氖为稀有气体元素，很稳定，铝是金属元素，单质具有还原性，氯和氮均为非金属，氯原子最外层为7个电子，更容易得电子，所以电子氧化性最强。
故选C。
19.下列物质：①H3O＋　②[B(OH)4]－　③CH3COO－　④NH3　⑤CH4中存在配位键的是
A. ①② B. ①③ C. ④⑤ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】①H3O＋中H原子含有空轨道、O原子含有孤电子对,所以该微粒中含有配位键;
②[B(OH)4]－中O原子含有孤电子对、B含有空轨道，[B(OH)4]－是3个OH−与B原子形成3个共价键，还有1个OH－的O与B形成配位键所以该微粒中含有配位键；
③CH3COO－中O原子含有孤电子对,但没有含有空轨道的原子,所以该微粒中没有配位键;
④NH3中N原子含有孤电子对,没有含有空轨道的原子,所以该微粒中没有配位键;
⑤CH4中没有含有空轨道和孤电子对的原子,所以该微粒中没有配位键;
综上所述，含有配位键的是①②，本题应选A。
【点睛】含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键,据此分析判断.
20.下列物质属于分子晶体的是
A. CaO B. CO2 C. SiO2 D. NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，所有的非金属氢化物、大多数的非金属氧化物、绝大多数的共价化合物、少数盐（如AlCl3）属于分子晶体。
【详解】A项、氧化钙是由钙离子和氧离子构成的离子晶体，故A错误；
B项、二氧化碳晶体是通过分子间作用力形成分子晶体，故B正确；
C项、二氧化硅是由硅原子和氧原子通过共价键形成的原子晶体，故C错误；
D项、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子晶体，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查晶体类型的判断，注意把握晶体的构成粒子以及常见物质的晶体类型的判断依据是解答关键。
21.当原子数目与电子数目分别相等的微粒叫“等电子体”，下列各组微粒间属于等电子体的是
A. CH4和NH3 B. H2O和CO2
C. CO2和HCl D. H3O+和NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题目信息，原子数目与电子数目相同的微粒为等电子体，据此结合选项判断。
【详解】A．NH3和CH4的原子数目不相同，分别为4和5，故A不符合；
B．H2O和CO2电子数分别为10和22，故B不符合；
C．CO2和HCl原子数目不相同，分别为3和2，故C不符合；
D．H3O+和NH3原子数都为4，电子数都为10，属于等电子体，故D符合。
故答案选D。
22.元素原子的核外电子排布决定了元素在元素周期表中的位置，已知某元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2。该元素位于元素周期表
A. 第四周期第ⅤB族 B. 第四周期第ⅡA族
C. 第二周期第ⅡB族 D. 第五周期第ⅡB族
【答案】A
【解析】
【分析】
原子结构决定元素的位置，主族元素的最外层电子数等于族序数，副族元素的价电子数决定族序数，电子层数等于周期数，以此来解答。
【详解】由元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，可知电子层数为4，位于第四周期，且价电子排布为3d34s2，为第VB族元素，故选A。
23.将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。下列关于NaHSO4的说法正确的是
A. 因为NaHSO4是离子化合物，所以NaHSO4固体能够导电
B. NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1
C. NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键
D. NaHSO4固体溶于水时破坏的是离子键和共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸氢钠固体是由阴阳离子构成的，为离子化合物，因为硫酸氢钠固体中的阴阳离子不能自由移动，所以不导电，故A错误；
B．硫酸氢钠固体中其阴阳离子分别是硫酸氢根离子、钠离子，所以NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，故B错误；
C．硫酸氢钠固体熔化时电离出钠离子和硫酸氢根离子，所以只破坏离子键不破坏共价键，故C错误；
D．硫酸氢钠溶于水时，电离出自由移动的钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以破坏共价键和离子键，故D正确；
正确答案是D。
24.氢元素与其他元素形成二元化合物称为氢化物，有关氢化物的叙述正确的是
A. HF的电子式为 B. H2O的空间构型为直线型
C. NH3的结构式为 D. CH4的比例模型为
【答案】C
【解析】
【分析】
A．氟化氢是共价化合物，无阴阳离子；
B、根据价层电子对互斥理论确定，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，多原子分子若要属于直线型分子，中心原子应采取sp杂化，且无孤电子对；
C．氨气中存在3个氮氢键，用短线代替共用电子对即为结构式；
D．球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系。
【详解】A．氟化氢为共价化合物，其电子式为，选项A错误；
B．H2O中O原子杂化轨道数=σ键个数+孤电子对数=2+=4，所以O采取sp3杂化，分子构型为V型，选项B错误；
C．氨气为共价化合物，分子中存在3个氮氢键，NH3的结构式为：，选项C正确；
D、球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，表示甲烷的球棍模型，选项D错误；
答案选C 。
【点睛】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度较易，试题涉及电子式、分子空间构型、结构式、比例模型的表示方法判断，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，试题有利于培养学生规范答题的能力。
25.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合。据图分析，石墨晶体中碳原子数与共价键数之比为(　　)

A. 2∶3 B. 2∶1 C. 1∶3 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】每一个C原子旁边有3根键，每一个键旁边都有2个碳原子，所以原子和键的比例是2:3。A项正确；
本题答案选A。
26.下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是（ ）
A. 配位化合物中必定存在配位键，可能存在极性键
B. 配位化合物中只有配位键
C. [Cu（H2O）6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤对电子形成配位键
D. 配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
【答案】B
【解析】
【详解】A．配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤对电子的分子（如CO、NH3、H2O）或离子（如Cl-、CN-等）通过配位键结合形成的化合物，所以配合物中一定含有配位键，可能存在极性键，故A正确；
B．配位化合物中不仅含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，故B错误；
C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，故C正确；
D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，故D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查了配合物的结构及用途，注意形成配合物的条件：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
27.下列分子中的立体结构模型正确的是
A. CO2的立体结构模型 B. H2O的立体结构模型
C. NH3的立体结构模型 D. CH4的立体结构模型
【答案】D
【解析】
【详解】A.CO2的立体构型是直线形，故A错误；
B.H2O的立体构型是V形,故B错误；
C.NH3的立体构型是三角锥形，故C错误；
D.CH4的立体构型为正四面体，故D正确；
综上所述，本题应选D。
28.对核外电子运动状态的描述，较为全面的是
A. 结构示意图 B. 电子式 C. 电子排布式 D. 轨道表达式
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子结构示意图表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式，并不能表示s、p等轨道分别有多少个电子；
B. 电子式，表示原子价电子层电子的数目；
C.电子排布式是指用能级的符号及能级中容纳电子数表示核外电子运动的状态，可以知道能级和其中容纳的电子数，但是不能表示复杂原子轨道中的电子排布情况及电子的自旋状态；
D. 轨道表达式用一个方框、圆圈或两条短线表示一个给定量子数n、l、m的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋状态不同的电子；可以反映粒子的电子层、电子亚层和自旋方向。比较之下，D最为全面。
本题答案选D。
二、非选择题
29.铁及其化合物有重要且广泛的应用
(1)基态Fe2+的价层电子排布图为_____________
(2)检验Fe3+可以用KSCN溶液，写出SCN-的一种等电子体分子_______。
(3)部分电离能数据如下表：
元素
Mn
Fe
电离能

717
759

1 509
1 561

3 248
2 957


根据表中数据可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是___________________________。
(4)已知Fe单质有如图所示的两种常见堆积方式：

其中属于体心立方密堆积的是______填“a”或“b”；若单质Fe按a方式紧密堆积，设原子半径为rpm，图中晶胞的棱长为_________
(5)FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3。
【答案】 (1). (2). CO2或N2O等合理答案 (3). Mn2+3d能级为半充满结构，较稳定，不易失去电子 (4). b (5). (6).
【解析】
【分析】
（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，根据构造原理书写Fe核外价电子排布式；
（2）原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；
（3）Mn2+的价电子为3d5，3d轨道半充满，较稳定；Fe2+的价电子为3d6，不稳定；
（4）由晶胞示意图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积，若单质Fe按a方式紧密堆积，Fe原子的半径为rpm，故晶胞棱长为pm；
（5）根据密度ρ=m/V进行计算。
【详解】（1）Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子生成Fe2+，其3d轨道上6个电子为其外围电子，其价层电子排布图为，故答案为：；
（2）SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的一种分子为CO2、N2O、CS2、COS等，故答案为：CO2、N2O、CS2、COS等合理答案；
（3）Mn元素为25号元素，价电子的排布式为：3d54s2；Mn2+的价电子为3d5，3d轨道半充满，较稳定，由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；Fe2+的价电子为3d6，不稳定，由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：Mn2+3d能级为半充满结构，较稳定，不易失去电子；
（4）由晶胞示意图可知，a为面心立方最密堆积，b为体心立方最密堆积，若单质Fe按a方式紧密堆积，Fe原子的半径为rpm，故晶胞棱长为pm，故答案为：b；pm；
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数为12×1/4+1=4，硫原子个数为8×1/8+6×1/2=4，晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为ρ=m/V=g/cm3，故答案为： 。
30.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。
回答下列问题：
（1）b、c、d中第一电离能最大的是____________（填元素符号），e的价层电子排布图为_________。
（2）a和b形成的二元共价化合物中，分子空间构型为_________；a与其他元素形成的分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是__________（填化学式，写出两种）。
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是_________（任写一种）；酸根呈三角锥结构的酸是___________（填化学式）。
（4）e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1所示，则e离子的电荷为__________。

（5）这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）。该化合物中，阴离子为__________，阳离子中存在的化学键类型有____________；该化合物加热时首先失去的组分是____________，判断理由是___________________。
【答案】 (1). N (2). (3). 三角锥形 (4). H2O2、N2H4 (5). HNO2(或HNO3) (6). H2SO3 (7). +1 (8). SO42- (9). 共价键、配位键 (10). H2O (11). H2O与Cu2+之间的配位键比NH3与Cu2+的弱
【解析】
【分析】
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于e，所以d为S元素，以此解答。
【详解】（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d元素第一电离能最大的是N元素；e的价层电子为3d、4s电子，其价层电子排布图为，故答案为：N；；
（2）由分析可知a为H元素，b是N元素，a和b形成的二元共价化合物为NH3，该分子的中心原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以N原子的杂化方式为sp3，分子空间构型为三角锥形；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物有H2O2和N2H4；故答案为：三角锥形；H2O2和N2H4；
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3，故答案为：HNO2、HNO3；H2SO3；
（4）该晶胞中c离子个数=1+8×=2，e离子个数4，该晶胞中氧离子和铜离子个数之比=2：4=1：2，所以e和c形成的一种离子化合物化学式为Cu2O，则e离子的电荷为+1，故答案为：+1；
（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为SO42-；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中铜离子配位数是8，在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为氨气分子，有4个，所以阳离子中含有配位键和共价键；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，故答案为：SO42-；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱。
【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，涉及晶胞计算、配合物、原子结构等知识点，综合性较强，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答，题目难度中等，注意：配位键也属于共价键。
三、填空题
31.东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素的基态价电子排布式为_____________，3d能级上的未成对的电子数为______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______________，提供孤电子对的成键原子是_____________。
②氨的沸点_________（填“高于”或“低于”）膦(PH3)，原因是__________________；氨是_________分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
(3)单质铜及镍都是由______________键形成的晶体。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为___________。
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞边长a=______________nm。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 2 (3). 配位键 (4). N (5). 高于 (6). NH3分子间可形成氢键 (7). 极性 (8). sp3 (9). 金属 (10). 3：1 (11). ×10-7
【解析】
【分析】
（1）Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子；
（2）①含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键；
②有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键；
（3）金属晶体中存在金属键，则该物质中含有金属键；
（4）①该晶胞中Ni原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，则Cu、Ni原子个数之比为3：1；
②该晶胞化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数=3，以此解答。
【详解】（1）Ni是28号元素，其原子核外有28个电子，根据构造原理书写镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；2；
（2）①含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N，故答案为：配位键；N；
②有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键、膦中不含氢键，则氨的熔沸点高于膦；氨气分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子；氨气分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的轨道杂化类型为sp3，故答案为：高于；氨气分子间存在氢键；极性；sp3；
（3）金属晶体中存在金属键，则该物质中含有金属键，故答案为：金属；
（4）①该晶胞中Ni原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，则Cu、Ni原子个数之比为3：1，故答案为：3：1；
②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数=3=3cm=×10-7nm，故答案为： ×10-7。
【点睛】本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点的判断，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。