【化学】云南省盐津县第一中学2018-2019学年高二上学期12月份考试(解析版)

云南省盐津县第一中学2018-2019学年高二上学期12月份考试
一、单选题(共30小题,每小2.0分,共60分)
1. 下列说法中正确的是（）
A. 基态原子是处于最低能量状态的原子
B. 基态C原子的电子排布式是1s22s12p3
C. 焰色反应是金属原子的电子从基态跃迁到激发态时产生的光谱
D. 同一原子处于激发态时的能量一定低于基态时的能量
【答案】A
【解析】
试题分析：A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子；
B．基态C原子的电子排布式是1s22s22p2；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；
D．基态原子吸收能量变为激发态原子．
解：A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态C原子的电子排布式是1s22s22p2，故B错误；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，焰色反应是两个过程的综合，故C错误；
D．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，故D错误；
故选A．
2.下列原子中未成对电子数最多的是(　　)
A. C B. O C. N D. Cl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，可解答该题。
【详解】A．C的电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2；
B．O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；
C．N的电子排布式为1s22s22p3，未成对电子数为3；
D．Cl的电子排布式为1s22s22p63s23p5，未成对电子数为1，
比较可知N的未成对电子数为3，最多，
答案选C。
【点睛】本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，注意根据电子排布式判断未成对电子数。
3.下列元素相关粒子的电子排布式中，前者一定是金属元素，后者一定是非金属元素的是(　　)
A. [Ne]3s1　[Ne]3s2 B. [Ar]4s1　 [Ne]3s23p4
C. [Ne]3s2　[Ar]4s2 D. [He]2s22p4　[Ne]3s23p5
【答案】B
【解析】
A、两种元素都是金属元素，选项A错误；B、前者是金属元素，后者是非金属元素，选项B正确；C、两种元素都是金属元素，选项C错误；D、两种元素都是非金属元素，选项D错误。答案选B。
4.钛号称“崛起的第三金属”，因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域。已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是(　　)
A. 上述钛原子中，中子数不可能为22
B. 钛元素在周期表中处于第四周期ⅡB族
C. 钛原子的外围电子排布为3d24s2
D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、钛为22号元素，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，中子数不可能为22，A正确；B、钛原子的外围电子层排布为3d24s2，钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族，B错误；C、根据构造原理知钛原子的外围电子层排布为3d24s2，C正确；D、d区元素原子的价电子排布为（n-1）d1—9ns1—2，根据铁原子的价电子排布知钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素，D正确。答案选B。
考点：考查原子结构、元素周期表。
5.某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，则此元素是(　　)
A. S B. Al C. Si D. Cl
【答案】B
【解析】
【详解】某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，该元素原子的价电子排布为3s23p1，核电荷数为13，此元素是Al，B正确；
综上所述，本题选B。
6. 某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是 (　　)。
A. 电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2
B. 该元素为V
C. 该元素为ⅡA族元素
D. 该元素位于d区
【答案】C
【解析】该元素为同族元素中原子序数最小的，所以该元素为第二周期或第四周期元素。又因其价电子数≠最外层电子数，可推出该元素并不是第二周期元素，应为第四周期元素，价电子排布式为3d34s2，故为23号元素V，d区元素。
7. 有关核外电子运动规律的描述错误的是
A. 核外电子质量很小，在原子核外作高速运动
B. 核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释
C. 在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动
D. 在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多
【答案】C
【解析】
试题分析：A．电子的质量很小，是质子质量的1/1836，在原子核外作高速运动，且运动不规则，A正确；B．原子核外电子运动不规则，所以不能用牛顿运动定律来解释，B正确；C．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，C错误；D．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，密的区域表示电子出现的几率大、疏的区域表示电子出现的几率小，D正确，答案选C。
考点：考查原子核外电子的运动状态及电子云
8.下列原子半径最小的是(　　)
A. 1s22s22p3 B. 1s22s22p33s23p3
C. 1s22s22p5 D. 1s22s22p33s23p2
【答案】D
【解析】
【详解】有电子排布式可知，四种原子分别为：N，Mg，F，Na，同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径从大到小的顺序：Na >Mg >N >F，所以原子半径最大的为钠，D正确；
综上所述，本题选D。
9.下列各微粒中，各能层电子数均达到2n2的是(　　)
A. Ne，Ar B. F－，Mg2＋
C. Al，O2－ D. Cl－，Ar
【答案】B
【解析】
【详解】A.Ar的M层有8个电子，不符合2n2（n=3），A项错误；
B.F-和Mg2+的K层都是2个电子，L层都是8个电子，都符合2n2，B项正确；
C.Al的M层有3个电子，不符合2n2（n=3），C项错误；
D.Cl-和Ar的M层都是8个电子，不符合2n2（n=3），D项错误；答案选B。
10.下列不属于元素电负性的应用的是(　　)
A. 判断一种元素是金属还是非金属
B. 判断化合物中元素的正负化合价
C. 判断化学键类型
D. 判断单质的熔沸点
【答案】D
【解析】
【分析】
电负性是元素的原子在化合物中吸引键合电子能力的标度，电负性越大的原子对键合电子的吸引力越大。电负性可以判断元素的金属性和非金属性，可以判断化合物中元素化合价的正负，可以判断化学键类型。
【详解】A.电负性的大小可以作为判断元素的金属性和非金属性强弱的尺度，金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，A项错误；
B.电负性越大的原子对键合电子的吸引力越大，形成化合物时得电子或共用电子对偏向，所以化合物中该元素显负价；电负性越小的原子对键合电子的吸引力越小，形成化合物时失去电子或共用电子对偏离，化合物中该元素显正价。B项错误；
C.一般认为，如果成键原子的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键；如果成键原子的电负性差值小于1.7，它们之间通常形成共价键。 C项错误；
D.电负性不能判断单质的熔沸点，D项正确；答案选D。
11.能够用键能的大小作为主要依据来解释的是(　　)
A. 常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态
B. 硝酸是挥发性酸，而硫酸、磷酸是不挥发性酸
C. 稀有气体一般难于发生化学反应
D. 空气中氮气的化学性质比氧气稳定
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氯气的相对分子质量比溴单质小，所以氯气的沸点比溴单质低，在常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态，与键能无关，故A错误；B．硝酸的分子间作用力小，沸点低，是挥发性，酸硫酸、磷酸的分子间作用力大，沸点高，是不挥发性酸，与键能无关，故B错误；C．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构，稀有气体一般难于发生化学反应，与键能无关，故C错误；D．氮气分子中N≡N的键能比氧气分子中O=O的键能强，故化学性质比氧气分子稳定，与键能有关，故D正确；故选D。
考点：考查了化学键和分子间作用力的相关知识。
12.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl—和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl—与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
13.下列关于杂化轨道的说法错误的是
A. 所有原子轨道都参与杂化
B. 同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化
C. 杂化轨道能量集中，有利于牢固成键
D. 杂化轨道中不一定有一个电子
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杂化轨道理论分析解答。
【详解】A. 参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，如1s与2s、2p能量相差太大不能形成杂化轨道。即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A错；
B. 只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故B正确；
C. 杂化轨道的电子云一头大一头小，成键时利用大的一头，可使电子云重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C正确；
D. 并不是所有的杂化轨道中都会有电子，也可以是空轨道（如一些配位化合物的形成），也可以有一对孤对电子（如NH3、H2O的形成），故D正确。
故选A。
14.乙烯分子中含有4个C—H键和1个C=C键，6个原子在同一平面上。下列关于乙烯分子的成键情况分析正确的是 (　　)
①每个C原子的2s轨道与2p轨道杂化，形成两个sp杂化轨道　②每个C原子的2s轨道与2个2p轨道杂化，形成3个sp2杂化轨道　③每个C原子的2s轨道与3个2p轨道杂化，形成4个sp3杂化轨道　④每个C原子的3个价电子占据3个杂化轨道，1个价电子占据1个2p轨道
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】乙烯分子中每个C原子与1个C原子和2个H原子成键，必须形成3个σ键，6个原子在同一平面上，则键角为120°，为sp2杂化，形成3个sp2杂化轨道，1个价电子占据1个2p轨道，2个C原子成键时形成1个π键，②④正确，故选B。
综上所述，本题选B。
【点睛】该题主要考查乙烯分子的成键方式，难度中等.熟悉杂化轨道理论，明确原子如果通过杂化轨道形成的一定是σ键，未参加杂化的轨道形成的π键，这是解答该题的关键。
15.根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的（　　）
A. PCl3 B. H3O+ C. HCHO D. PH3
【答案】C
【解析】
根据价层电子对互斥理论可知，选项A中P原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2=1，B中O原子含有的孤对电子对数是（6－1－1×3）÷2=1，D中P原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2=1，因此选项ABD都是三角锥形结构。选项C中碳原子含有的孤对电子对数是（4－1×2－2×1）÷2=0，所以甲醛是平面三角形结构，答案选C。
16. 下列过程与配合物的形成无关的是（ ）
A. 除去Fe粉中的SiO2可用于强碱溶液
B. 向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C. 向Fe3+溶液中加入KSCN溶液
D. 向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】
试题分析：A．二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和水都不是配合物，所以与配合物的形成无关，故A选；B．银离子和氨水反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银能和氨水反应生成银氨配合物，所以与配合物的形成有关，故B不选；C．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁配合物，所以与配合物的形成有关，故C不选；D．铜离子和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，所以与配合物的形成有关，故D不选；故选A。
考点：考查了配合物的成键情况的相关知识。
17.COCl2分子的结构式为，COCl2分子内含有
A. 4个σ键 B. 2个σ键，2个π键
C. 2个σ键、1个π键 D. 3个σ键、1个π键
【答案】D
【解析】
σ键存在于单键中，在双键中一个为σ键，一个为π键；在三键中，一个为σ键，二个为π键；即可得COCl2分子内含有3个σ键、1个π键；
18.下列分子的中心原子的杂化轨道类型相同的是 (　 )
A. CO2与SO2 B. CH4与NH3 C. BeCl2与BF3 D. C2H4与C2H2
【答案】B
【解析】
试题分析：A、CO2中C原子杂化轨道数为×(4+0)=，采取 sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×(6+0)=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误；B、CH4中C原子杂化轨道数为×(4+4)=4，采取 sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×(5+3)=4，采取 sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×(2+2)=2，采取 sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×(3+3)=3，采取 sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C三键，C原子杂化轨道数为(1+1)=2，采取 sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误；故选B。
【考点定位】考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【名师点晴】考查杂化轨道理论，判断中心原子的杂化轨道数是关键。杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数)。注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。
19.下列有关范德华力的叙述正确的是(　　)
A. 范德华力的实质也是一种电性作用,所以范德华力是一种特殊的化学键
B. 范德华力与化学键的区别是作用力的强弱不同
C. 任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
D. 范德华力非常微弱,故破坏范德华力不需要消耗能量
【答案】B
【解析】
【详解】A、范德华力的实质也是一种电性作用,但是范德华力是分子间较弱的作用力,它不是化学键,故A错误; B、化学键是微粒间的强烈的相互作用,范德华力是分子间较弱的作用力,所以范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题,所以B是正确的;C、当分子间的距离足够远时,分子间没有范德华力,所以并不是任何分子间在任意情况下都会产生范德华力,故C错误;D、虽然范德华力非常微弱,但是破坏范德华力也要消耗能量,故D错误.答案：B。
【点睛】范德华力不是化学键;当分子间的距离足够远时,分子间没有范德华力;化学键是强烈的相互作用,范德华力是分子间较弱的作用力;破坏范德华力要消耗能量。
20.能说明BF3分子的4个原子在同一平面的理由是(　　)
A. 任意两个B—F键之间的夹角为120°
B. B—F键为极性共价键
C. 三个B—F键的键能相同
D. 三个B—F键的键长相同
【答案】A
【解析】
AB3型分子可能为平面正三角形，也可能为三角锥形。A项，若BF3为平面正三角形，任意两个B-F键之间的夹角为120º，4个原子在同一平面，若BF3为三角锥形，两个B-F键之间的夹角小于120º，四个原子不在同一平面，A项正确；B项，无论BF3是平面正三角形还是三角锥形，B、F是两种不同元素的原子，B-F键都为极性共价键，B项错误；C项，无论BF3是平面正三角形还是三角锥形，三个B-F键的键能都相同，C项错误；D项，无论BF3是平面正三角形还是三角锥形，三个B-F键的键长都相同，D项错误；答案选A。
21.支持固态氨是分子晶体的事实为（ ）
A. 氮原子不能形成阳离子 B. 铵离子不能单独存在
C. 常温下氨是气态物质 D. 氨极易溶于水
【答案】C
22.下面的排序不正确的是(　　)
A. 晶体熔点由低到高：F2 B. 熔点由高到低： Na>Mg>Al
C. 硬度由大到小： 金刚石>碳化硅>晶体硅
D. 晶格能由大到小： MgO>CaO>NaF> NaCl
【答案】B
【解析】
A. 卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故C正确；D. 可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgO>CaO>NaF>NaCl，故D正确；答案选B。
23.在40 GPa高压下，用激光器加热到1 800 K时，人们成功制得原子晶体干冰，其结构和性质与SiO2原子晶体相似，下列说法正确的是(　　)
A. 原子晶体干冰易汽化，可用作制冷剂
B. 原子晶体干冰有很高的熔点和沸点
C. 原子晶体干冰的硬度小，不能用作耐磨材料
D. 1 mol原子晶体干冰中含2 mol C—O键
【答案】B
【解析】
【分析】
A.原子晶体沸点很高；
B.原子晶体具有很高的熔点、沸点；
C.原子晶体硬度大；
D. 原子晶体干冰中,1个C原子形成4个C—O 键。
【详解】A.原子晶体沸点很高,原子晶体干冰有很高的沸点,不易汽化,不可用作致冷剂,故A错误；
B.原子晶体具有很高的熔点、沸点,故原子晶体干冰有很高的熔点、沸点,故B正确；
C.原子晶体硬度大,所以原子晶体干冰的硬度大,可用作耐磨材料,故C错误；
D. 1 mol原子晶体二氧化硅中含有4 molSi—O键，据题意可知，故1 mol原子晶体干冰中含4 molC—O键，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】二氧化硅属于原子晶体，1mol二氧化硅中含有4molSi—O键；而二氧化碳属于分子晶体，1mol二氧化碳分子中含有2molC=O键；而本题信息是原子晶体干冰，它的结构就应按照二氧化硅的结构进行分析，这一点易被忽视。
24.下列说法正确的是(　　)
A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C. 含有共价键的晶体一定是分子晶体
D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强
【答案】A
【解析】A.稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，其晶体属于分子晶体一定存在分子间作用力，故A正确；
B.能电离出2个氢离子的酸是二元酸，含有2个氢原子的不一定是二元酸，如HCOOH属于一元酸，故B错误；
C.含有共价键的晶体不一定是分子晶体，也可能是原子晶体或离子晶体，故C错误；
D.非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误。
故选A。
25. 氮化硼（BN）是一种新型结构材料，具有超硬、耐磨、耐高温等优良特性，下列各组物质熔化时，所克服的粒子间作用与氮化硼熔化时克服的粒子间作用都相同的是（　　）
A. 硝酸钠和金刚石
B. 晶体硅和水晶
C. 冰和干冰
D. 苯和萘
【答案】B
【解析】
试题分析：氮化硼（BN）是一种新型结构材料，具有超硬、耐磨、耐高温等优良特性，这说明该物质形成的晶体应该是原子晶体。A中硝酸钠是离子晶体，C和D中形成的都是分子晶体，B中形成的都是原子晶体，所以正确的答案选B。
考点：考查晶体类型及微粒间作用力的判断
点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。试题贴近高考，注重考查学生分析问题、解决问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和创新思维能力。该题的关键是准确判断出BN的晶体类型。
26.为了确定SbCl3、SbCl5是否为离子化合物，以下分析正确的是
A. 常温下，SbCl3、SbCl5均为液体，说明SbCl3和SbCl5都是离子化合物
B. SbCl3、SbCl5的熔点依次为73.5℃、2.8℃。说明SbCl3、SbCl5都不是离子化合物
C. SbCl3、SbCl5溶液中，滴入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀。说明：SbCl3、SbCl5都是离子化合物
D. SbCl3、SbCl5的水溶液都可以导电。说明：SbCl3、SbCl5都是离子化合物
【答案】B
【解析】
A．离子化合物常温下呈固态，熔沸点较高，故A错误；B．SbCl3、SbCl5的熔点较低，为分子晶体，不是离子化合物，故B正确；C．如果SbCl3、SbCl5是共价化合物，它们在水溶液中水的作用下也会电离出氯离子和金属离子，滴入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，故C错误；D．分子晶体溶于水后也可发生电离而导电如HCl等，同样也可能电离产生Cl-，不能根据溶液是否导电判断是否为离子化合物，应根据熔融状态下该化合物能否导电，若能导电，则为离子化合物，若不能导电，则为共价化合物，故D错误；故选B。
点睛：本题考查离子化合物和共价化合物的组成和性质的异同。通常判定某化合物是离子化合物还是共价化合物的常用方法是测定熔融状态下该化合物能否导电，若能导电，则为离子化合物，若不能导电，则为共价化合物。
27.利用晶体结构，可以用来解释(　　)
A. 晶体有规则的几何外形，非晶体没有规则的几何外形
B. 晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点
C. 晶体的导电性能比非晶体好
D. 晶体的各向异性
【答案】D
【解析】
【分析】
晶体的自范性是晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，而非晶体中粒子的排列则相对无序，因而无自范性，由此分析。
【详解】A.有些非晶体如玻璃，有规则的外形；有些固体粉末肉眼看不出规则的外形，但在显微镜下才可观察到规则的几何外形，但它属于晶体，A项错误；
B.晶体一般是纯净物，有一定的熔点，而非晶体一般为混合物，没有一定的熔点。所以晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点，不能用晶体结构解释，B项错误；
C.金属晶体能够导电是因为晶体中存在自由电子，这与晶体结构没有必然关系，C项错误；
D.晶体的某些物理性质（如强度、导热性、光学性质等）的各向异性反映了晶体内部质点排列的高度有序性；而非晶体则不具有物理性质各向异性的特点，正是非晶体内部质点排列的相对无序性的结果。D项正确；答案选D。
28.下面的排序不正确的是(　　)
A. 晶体熔点由低到高：F2 B. 熔点由高到低： Na>Mg>Al
C. 硬度由大到小： 金刚石>碳化硅>晶体硅
D. 晶格能由大到小： MgO>CaO>NaF> NaCl
【答案】B
【解析】
A. 卤族元素单质都是分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，所以晶体熔点由低到高为：F2C，三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，所以硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，故C正确；D. 可以先比较电荷数，电荷数多的晶格能大，而如果电荷数一样多则比较核间距，核间距大的，晶格能小，则晶格能由大到小为：MgO>CaO>NaF>NaCl，故D正确；答案选B。
29. 下列关于合金的叙述不正确的是
A. 合金的熔点一般比它的各成分金属的熔点低
B. 合金的硬度一般比它的各成分金属的硬度大
C. 合金的性质一般是各成分金属性质的总和
D. 合金在工业上的用途比纯金属更广
【答案】C
【解析】
试题分析：合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械的性能。例如，合金的硬度较大、多数合金的熔点一般比各成分金属的低。
考点：合金
点评：目前已制得的纯金属有80多种，但由这些纯金属（或金属与非金属）制得的合金已达数千种，大大拓展了金属材料的使用范围和价值。
30. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（ ）

A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】A
【解析】
本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个Z原子，X原子为8*1/8（被8个晶胞共有）=1，Y原子为12*1/4（被4个晶胞共有）=3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。
二、填空题(共5小题,共40分)
31.根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ·mol－1)，回答下列各题。

(1)在周期表中，最可能处于同一族的是________(填字母，下同)。
A．Q和R　B．S和T　C．T和U　D．R和T E．R和U
(2)它们的氯化物的化学式，最可能正确的是________。
A．QCl2　B．RCl　C．SCl3　D．TCl　E．UCl4
(3)S元素最可能是________。
A．s区元素　B．稀有气体元素　C．p区元素 D．准金属　E．d区元素
(4)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是________。
A．硼(1s22s22p1)　B．铍(1s22s2)　C．锂(1s22s1) D．氢(1s1)　E．氦(1s2)
【答案】 (1). E (2). B (3). A (4). E
【解析】
【分析】
电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫第一电离能，气态基态正一价阳离子失去一个电子转化为气态基态正二价阳离子所需要的最低能量叫第二电离能……。元素的原子第一电离能越小，表示气态时越容易失去电子，即该元素在气态时的金属性越强。由此分析。
【详解】(1)由表中数据可知，R元素的第二电离能约为第一电离能的9.2倍，第三电离能约为第二电离能的1.5倍，第四电离能约为第三电离能的1.4倍，说明R原子最外层只有一个电子；同样，U元素的第二电离约为第一电离能的7.4倍，第三电离能约为第二电离能的1.4倍，第四电离能约为第三电离能的1.3倍，说明U原子最外层也只有一个电子；所以R和U最可能处于同一族，答案选E。
(2)A.分析Q元素的I1、I2、I3、I4可知，后一级电离能都约为前一级电离的1~2倍，差别不大，因此这4个电子很可能都在最外层上，所以其氯化物的化学式不可能是QCl2，A项错误； B.由(1)分析可知R原子最外层只有1个电子，且第一电离能很小，说明R易失去1个电子显+1价，所以其氯化物的化学式为RCl，B项正确；C.S元素的第三电离能约为第二电离能的5.5倍，明显大于其它相邻电离能的倍数，所以S原子最外层最可能是2个电子，又因S原子第一电离能较小，所以S原子易显+2价，它的氯化物的化学式最可能是SCl2，C项错误；D.T元素的第四电离能大约是第三电离能的4.3倍，明显大于其它相邻电离能的倍数，故T原子最外层最可能是3个电子，又因T元素的第一电离能较小，所以T易显+3价，其氯化物的化学式最可能是TCl3，D项错误；E.由(1)分析可知U原子最外层只有1个电子，且第一电离能很小，说明U原子易失去1个电子显+1价，所以其氯化物的化学式为UCl，E项错误；答案选B。
(3) S元素的第三电离能约为第二电离能的5.5倍，明显大于其它相邻电离能的倍数，所以S原子最外层最可能是2个电子（核外电子数越过2个，不可是He），S元素最外层能级上电子排布是ns2，所以S元素最可能是s区。答案选A。
(4)由表格数据可知，Q元素的第一电离能特别大，说明Q原子很难失去电子，化学性质很稳定，所以只有稀有气体元素氦的化学性质和物理性质最像Q元素，答案选E。
【点睛】元素的逐级电离能的数值是逐渐增大的，如果某相邻电离能数值发生突变，说明这两个电子的能量相差很大，不可能在同一能层上，由此可确定最外层电子数。
32.我国高校目前联合研究一种稀土制冷材料，其主要成分是LaCaMnO．
(1)猛原子的基态价层电子排布式为__.
(2)S与O为同主族元素，其中电负性较大的是__； H2S分子中S原子杂化轨道类型为__；试从结构角度解释H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性：__．
(3)据报道，Ca在空气中点燃生成CaO和少量Ca2N2．
①Ca2N2和水反应生成NH2﹣NH2，NH2﹣NH2能否作配体？__(填“能”或“否”)
②CaO形成的晶体与NaCl晶体一样，为面心立方最密堆积，则一个CaO晶胞中含 有Ca2+数为__；欲比较CaO与NaCl的晶格能大小，需考虑的数据是__．
【答案】（1）3d34s2（2）O sp3硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多（3）①能②4钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子电荷数
【解析】
试题分析：（1）锰是25号元素，3d和4s上的电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d34s2，故答案为：3d34s2；（2）同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，O元素的非金属性比S强，所以O元素的电负性大于S；H2S分子中S原子含有4个价层电子对，所以其杂化轨道类型为sp3，同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性;（3）①NH2-NH2中氮原子含有孤电子对，所以能作配体，故答案为：能；②一个CaO晶胞中含有Ca2+数=×+6×=4，晶格能和离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，所以要比较钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子电荷数，故答案为：4；钙离子、氧离子与钠离子、氯离子的离子半径与离子电荷数．
考点：原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
33.氟化钙材料具有良好的透光性和较低的折射率，可用做紫外和红外光学元件、不可见光谱范围内的消色差镜头。如图为氟化钙晶胞，其中小球代表Ca2＋，大球代表F－。

(1)每个晶胞实际含有________个Ca2＋和________个F－。
(2)氟化钙晶体可以看作Ca2＋按__________堆积排列，F－填入Ca2＋堆积的部分空隙中。每个Ca2＋周围有__________个F－，而每个F－周围有_________个Ca2＋，每个F－周围与其距离最近的F－的数目是________。
【答案】 (1). 4 (2). 8 (3). 面心立方 (4). 8 (5). 4 (6). 6
【解析】
【分析】
(1)利用均摊法分析晶胞中实际含有的粒子个数。
(2)根据晶体堆积模型和晶胞特点分析。
【详解】(1)Ca2+占据晶胞的8个顶点和6个面的面心的位置，所以每个晶胞实际含有Ca2+的个数=8×+6×=4，F-在晶胞内，完全属于该晶胞，所以每个晶胞中实际含有8个F-。
(2)由CaF2晶胞示意图可知，Ca2+分布在晶胞的8个顶点和6个面的面心上，根据晶体粒子堆积模型可知，Ca2+是按面心立方堆积排列。将CaF2晶胞分割成8个小立方体，如图（黑球为Ca2+，白球为F-），每个小立方体的体心是F-，内接正四面体的4个顶点是Ca2+，通过每个顶点的Ca2+有8个小立方体，因此每个Ca2+周围有8个F-，每个F-周期有4个Ca2+。从CaF2晶胞的即小立方体看，以体心的F-为观察对象，与该F-距离最近的F-处于与该小立方体紧邻的上下左右前后共6个小立方体的体心，所以每个F-周围与其距离最近的F－的数目是为6。
【点睛】利用均摊法计算晶胞中实际占有的粒子数：处于立方晶胞顶点的粒子每个晶胞实际占有，处于立方晶胞面心的粒子每个晶胞实际占有，处于立方晶胞棱边中点的粒子每个晶胞实际占有，处于立方晶胞内部的粒子完全被晶胞占有，每个晶胞实际占有的粒子数等于不同位置的粒子数分别与该位置粒子实际被晶胞占有的分数乘积之和。
34.有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D．
(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为__；D的价电子排布图为__；
(2)下列分子结构图中的●和○表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，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．

则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是__(填写分子的化学式)； 在③的分子中有__个σ键和__个π键．
(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为__；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为__，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：__．
【答案】 (1). (2). (3). NH3、CH4、H2S (4). 5 (5). 1 (6). NH4HS或(NH4)2S (7). [Cu(NH3)4]SO4 (8). 内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合
【解析】
【分析】
由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。
【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。
(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。
(2)①分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个σ键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；②分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4个σ键，0个孤电子对，采用sp3杂化；③分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个σ键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；④分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个σ键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个σ键和1个π键。
(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。
35.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________;
（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________;
（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________;
（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_________________________________________________;
（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3As (2) (3)三角锥
（4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O (5)稳定性：NH3＞PH3＞AsH3因为键长越短，键能越大，化合物越稳定 沸点：NH3＞AsH3＞PH3NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子键作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。
【解析】
（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As;(2) Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O;再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.(3)～(5)就不再分析了。