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【化学】云南省昭通市彝良县第一中学2018-2019学年高二上学期12月考试(解析版)
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云南省昭通市彝良县第一中学2018-2019学年高二上学期12月考试
1.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
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】
试题分析：在配合物中一定含有配位键，但也可能含有其它化学键，则A对， B错；Cu2＋有空轨道，H2O中的氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C对；配合物应用领域特别广泛，D选项中提到的几个领域都在其中。
考点：配合物的基本化学理论和应用。
2.下列电子排布图所表示的元素原子中，能量处于最低状态的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误；
B.违反了洪特规则，2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；
C.能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故C正确；
D.2p能级的能量比3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故D错误。
故选C。
3.共价键的断裂有均裂和异裂两种方式，即均裂：AB―→A，异裂：AB―→A＋＋[B]－。下列化学反应中发生共价键均裂的是( )
A. 2K＋2H2O===2KOH＋H2↑
B. 2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑
C. Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH
D. CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5
【答案】D
【解析】
分析：分析：A、B、C三项都是异裂，只有D才是均裂，判断的关键是看有没有形成阴阳离子，如果有则是异裂。
详解：根据题中信息可知：均裂后形成共价化合物，异裂后产生离子化合物，A．反应2K+2H2O=2KOH+H2↑中，水中共价键形成了离子键，属于共价键异裂，选项A错误；B．反应2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑中，乙醇羟基形成了离子键，属于共价键异裂，选项B错误；C．反应Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH中，水中共价键断裂生成离子化合物氢氧化钠，属于共价键异裂，选项C错误；D．反应CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5中，共价键断裂生成了共价化合物，属于共价键均裂，选项D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查学生对化学概念的理解能力，这种题型越来越多地出现在各类考试中，考查学生的知识迁移能力。
4.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。
5.首次将量子化概念运用到原子结构，并解释了原子稳定性的科学家是( )
A. 玻尔 B. 爱因斯坦 C. 门捷列夫 D. 鲍林
【答案】A
【解析】
【分析】
玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性量子化的概念，玻尔提出了能级的概念，解释了氢原子的光谱。
【详解】A.玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性，故A正确；
B.爱因斯坦创立了代表现代科学的相对论，故B错误；
C.门捷列夫提出元素周期律，故C错误；
D.鲍林根据光谱实验的结果，总结出多电子原子中电子填充各原子轨道能级顺序，提出了多电子原子中原子轨道的近似能级图；
答案选A。
6.NH3、H2S等是极性分子，CO2，BF3，CCl4等是含极性键的非极性分子。根据上述实例可推出ABn型分子是非极性分子的经验规律是( )
A. 分子中不能含有氢原子
B. 在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量
C. 在ABn分子中A原子没有孤电子对
D. 分子中每个共价键的键长应相等
【答案】C
【解析】
试题分析：NH3、H2S等是极性分子，而CO2、BF3、CCl4等是含极性键的非极性分子。关键价层电子对互斥理论可知，N和S都含有孤对电子，而C、B没有孤对电子，这说明中心原子是否含有孤对电子是判断的关键，所以ABn型分子是非极性分子的经验规律是在ABn分子中A原子没有孤电子对，答案选C。
考点：考查分子极性的判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生能力的培养。有利于培养学生分析、归纳、总结问题的能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7. 氨气分子空间构型是三角锥形而甲烷是正四面体型，这是因为：（ ）
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2杂化，而CH4是sp3杂化。
B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道。
C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强。
D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子。
【答案】C
【解析】
试题分析：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形是因为NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强而甲烷分子中各个电子都形成了共用电子对，在空间均匀、对称分布。乙醇选项是C，
考点：考查氨分子与甲烷分子空间结构不同的原因分析的知识。
8.下列分子的稳定性的比较正确的是( )
A. HF>HI B. CH4NH3 D. H2O
【解析】
非金属元素形成的氢化物稳定性，主要看非金属元素的原子半径的大小，非金属元素的原子半径越小，与氢原子结合的越牢固，氢化物越稳定；原子半径FHI，A正确；原子半径CSiH4，B错误；原子半径P>N，所以PH3H2S，D错误；正确选项A。
点睛：同一周期从左到右，元素的非金属性增强，形成氢化物就越稳定；同一主族从上到下，元素的非金属性减弱，形成氢化物就越不稳定。
9. 具有下列电子层结构的原子或离子，其对应的元素一定属于同一周期的是( )
A. 两原子N层上都有1个s电子，一个原子无d电子，另一个原子有d电子
B. 两原子其核外全部都是s电子
C. 最外层电子排布为2s22p5的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子
【答案】A
【解析】
试题分析：A．一种原子是K，另一种可能是Sc、Ti等过渡元素，都是第四周期的元素，正确；B．两原子其核外全部都是s电子可能是H，He、Li，H，He是第一周期的元素；Li是第二周期的元素。错误；C．最外层电子排布为2s22p5的原子的F；最外层电子排布为2s22p6的离子可能是Na+、Mg2+、N3-、O2-等离子。所以对应的元素不一定在同一周期，错误；D． 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子可能是Ar、K、Ca；不一定在同一周期，错误。
考点：考查元素的原子结构与元素在周期表中的位置的关系的知识。
10.主族元素原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A. Ca2＋ 1s22s22p63s23p6 B. O2－ 1s22s23p4
C. Fe 1s22s22p63s23p63d64s2 D. Fe2＋ 1s22s22p63s23p63d6
【答案】B
【解析】
A、钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项A正确；B、氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，电子排布式为1s22s23p6，选项B错误；C、铁原子核外有26个电子，最外层电子数为2，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，选项C正确；D、铁原子失去2个电子变成亚铁离子，使次外层变成最外层，所以铁离子核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，选项D正确。答案选B。
11.下列氧原子的电子排布图中，正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
A. 2s能级上的两个单电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故A错误；B. 氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故B正确；C. 2p能级上的两个电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故C错误；D. 2p能级上的两个单电子，应自旋方向相同，违反了洪特规则，故D错误；答案选B。
12. 在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分。下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是:
A. Li，F B. Na，F C. Na，C1 D. Mg，O
【答案】B
【解析】
比较两原子电负性的差，其中Na与F的电负性差最大。
13. 根据电子排布的特点,Cu在周期表中属于( )
A. s区 B. ds区 C. d区 D. p区
【答案】B
【解析】
Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,价电子层为(n-1)d10ns1~2的元素位于ds区。
14.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是
A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4
C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。
【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不符合题意；
B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；
C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；
D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D；
故选D。
【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。
15. 下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是 （ ）
A. SiO2CsCl CBr4CF4 B. SiO2CsCl CF4CBr4
C. CsCl SiO2CBr4CF4 D. CF4CBr4CsCl SiO2
【答案】A
【解析】
比较固体物质的熔点时，首先是区分各晶体的类型：SiO2为原子晶体，CsCl为离 子晶体，CBr4、CF4分别为分子晶体。这几类晶体的熔点高低一般为：原子晶体>离子晶体>分子晶体。在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高：CBr4> CF4。
16.下列物质呈固态时，一定属于分子晶体的是( )
A. 非金属单质 B. 非金属氧化物 C. 含氧酸 D. 金属氧化物
【答案】C
【解析】
非金属单质中金刚石、晶体硅、硼均为原子晶体，非金属氧化物中的二氧化硅为原子晶体，活泼金属氧化物为离子晶体，只有含氧酸为分子晶体。答案选C。
点睛：本题考查分子晶体的判断。对于这类题目要考虑一般规律与特例，判断某一晶体所属的晶体类型，关键看这类化合物中微粒的种类和作用力，从每类化合物中寻找特殊点，确定其中的物质是否全部属于某一晶体类型。
17.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】
【详解】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。
18.金属晶体的形成是因为晶体中存在
①金属原子 ②金属阳离子 ③自由电子 ④阴离子
A. 只有① B. 只有③ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
请在此填写本题解析!
金属晶体内存在金属阳离子和自由电子，所以A、 B、 D都错，C正确。故本题正确答案为C。
19.下列叙述正确的是（ ）
A. 氧化镁的晶格能大于氧化钙，由岩浆晶出规则可推测氧化钙先从岩浆中析出
B. 氟化氢水溶液中氢键的表示形式共有4种
C. N2H4、CO32﹣、H3O+的中心原子都是sp3杂化
D. P4和CH4分子都是正四面体结构且键角都为109°28′
【答案】B
【解析】
【分析】
A.离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出；
B.氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键；
C.中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3杂化；
D.白磷分子是正四面体结构，其键角为60°。
【详解】A.离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出，镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化钙，则氧化镁先晶出，故A错误；
B.氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键，所以该溶液中能形成4种氢键，故B正确；
C.中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3杂化，N2H4、H3O+的中心原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，CO32-中含有3个价层电子对，为sp2杂化，故C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，其键角为60°，甲烷分子中键角是109°28′，故D错误。
故选B。
【点睛】注意白磷分子结构，四个磷原子位于四面体的四个顶点上，和甲烷、四氯化碳的键角不同，为易错点。
20.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是
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】
【详解】由题干信息知氮化硼是原子晶体，选项中各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同，则它们的晶体类型都是原子晶体。A中硝酸钠为离子晶体，金刚石为原子晶体；C与D均为分子晶体，只有B项中晶体硅和水晶（二氧化硅）均属于原子晶体，与题意相符，B正确。
综上所述，本题选B。
21.四氯化硅的分子结构与四氯化碳类似，对其作出如下推测：
①四氯化硅晶体是分子晶体
②常温常压下四氯化硅是液体
③四氯化硅分子是由极性键形成的分子
④四氯化硅熔点高于四氯化碳。其中正确的是( )
A. 只有① B. 只有①② C. 只有②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①四氯化碳是分子晶体，四氯化硅的结构与四氯化碳类似，故四氯化硅晶体是分子晶体，故①正确；
②四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，所以熔点高于四氯化碳，通常情况为液态，故②正确；
③Cl-Si键是由不同原子形成的，故属于极性键，故四氯化硅分子是由极性键形成的分子，故③正确；
④四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，所以熔点高于四氯化碳，故④正确。
所以以上推测正确的是①②③④。
故选D。
22.下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是
①O2、I2、Hg ②CO、KCl、SiO2 ③Na、K、Rb ④Na、Mg、Al
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
①分子晶体熔沸点与相对分子质量及氢键有关，相对分子质量越大分子晶体熔沸点越高；Hg是液态金属，熔沸点较低；
②熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；
③金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与金属离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比；
④金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与金属离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比。
【详解】①分子晶体熔沸点与相对分子质量及氢键有关，相对分子质量越大分子晶体熔沸点越高；Hg是液态金属，熔沸点较低，氧气和碘都是分子晶体，Hg是液态金属，碘是固态，所以熔沸点：I2>Hg>O2，故A错误；
②熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，CO是分子晶体、KCl是离子晶体、二氧化硅是原子晶体，所以熔沸点CO
【点睛】本题考查晶体熔沸点高低判断，明确晶体类型、晶体熔沸点高低影响因素是解本题关键，注意金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比，为易错点。
23.钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是（ ）
A. 该晶体属于离子晶体
B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似
D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】
试题分析：Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；NaCl晶胞结构也是该形状，C对；与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，选B。
考点：晶胞的结构和计算。
24.三氟化氮（NF3）是无色无味的气体，它可由氨和氟直接反应得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F。下列有关NF3的叙述正确的是
A. NF3是离子化合物 B. NF3中的N呈+3价
C. NF3的氧化性比F2强 D. NF3的还原性比NH3强
【答案】B
【解析】
【详解】A.NF3常温下为气体，沸点较低，为分子晶体，故A错误；
B.NF3中F的化合价为-1价，则N为+3价，故B正确；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应4NH3+3F2NF3+3NH4F中，F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则NF3的氧化性比F2弱，故C错误；
D.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应4NH3+3F2NF3+3NH4F中，NH3是还原剂，NF3是还原产物，NF3的还原性比NH3弱，故D错误。
故选B。
【点睛】氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。
25.六氟化硫分子为正八面体构型(分子结构如图)，难溶于水，在高温下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途。下列推测正确的是( )
A. SF6各原子均达8电子稳定结构
B. SF6易燃烧生成SO2
C. SF6分子是含有极性键的非极性分子
D. SF6是原子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据结构可知，S原子最外层电子全都参与成键，则其原子最外层电子为12个，不是8电子稳定结构，故A错误；
B.在高温下仍有良好的绝缘性，说明不易燃烧，故B错误；
C.难溶于水，根据相似相溶原理可知，应该是非极性分子，故C正确；
D.SF6形成的是分子晶体，故D错误。
故选C。
26.AB，CD，EF均为1∶1型离子化合物，根据下列数据判断它们的熔沸点由高到低的顺序是
A. CD>AB>EF B. AB>EF>CD
C. AB>CD>EF D. EF>AB>CD
【答案】D
【解析】
【分析】
离子晶体熔点的高低与阴阳离子所带的电荷数与离子键的键长有关，据此答题。
【详解】对于离子化合物，离子键键长越短，离子键所带电荷越多，则键能越大，熔点越高，所以，熔沸点由高到低的顺序是EF>AB>CD，故答案D正确。
故选D。
【点睛】熔点高低的判断方法：①共价化合物是看分子间作用力，范德华力的大小，组成结构相似的物质，式量大的熔沸点高；离子化合物②看离子键，阴阳离子带电量越多，半径越小，离子键越强，熔沸点越高；③根据晶体类型：一般来说原子晶体＞离子晶体＞分子晶体（但并不绝对）。
27.如图是甲醛分子的模型，根据该图和所学化学知识回答下列问题：
（1）甲醛分子中碳原子的杂化方式是__________，作出该判断的主要理由是__________________________。
（2）下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键 ②双键 ③σ键 ④π键 ⑤σ键和π键
（3）甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角________(填“＝”、“＞”或“＜”)120°，出现该现象的主要原因是____________________________________________。
【答案】 (1). sp2 (2). 甲醛分子的空间构型为平面三角形 (3). ②⑤ (4). ＜ (5). 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
【解析】
【分析】
(1) 甲醛分子为平面三角形，甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键，双键中含有σ键和π键；
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，键角小于120°。
【详解】(1)原子的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；综上所述，本题答案是：sp2 ；甲醛分子的空间构型为平面三角形。
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键；一般来说，双键是σ键和π键的组合，②⑤正确；综上所述，本题答案是：②⑤。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°；综上所述，本题答案是：＜ ，碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强。
28. 用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。
（1）Al的原子结构示意图为____________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为____________。
（2）30Si的原子的中子数为________________________。SiO2的晶体类型为_____________。
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是___________________。
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是____________。
（5）经处理后的熔渣36.0 g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为____________。
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2－+3H2↑
（2）16 （3）HCl （4）CO2 （5）25%
【解析】
试题分析：（1）铝元素的质子数是13，所以Al的原子结构示意图为；金属铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的方程式是2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑。
（2）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，30Si的原子的中子数为30－14＝16。
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，所以Y是第ⅦA元素。由于氟化氢分子间存在氢键，所以该族氢化物中沸点最低的是HCl。
（4）大理石在高温下分解可以生成CO2，所以使金属不被氧化的气体应该是CO2。
（5）在熔渣中加入盐酸，发生的反应为：Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O，Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O，11.0 g为SiO2的质量。在滤液中加入过量NaOH溶液，发生的反应为：FeCl3＋3NaOH＝Fe（OH）3↓＋3NaCl，
AlCl3＋4NaOH＝NaAlO2＋3NaCl＋2H2O，所得21.4 g固体为Fe（OH）3，根据关系式：
2Fe（OH）3～Fe2O3
214 160
21.4 g m
解得m＝16g
由此可知：Al2O3的质量＝36.0 g-11.0 g-16.0 g＝9.0g，故Al2O3的质量分数＝×100%＝25%。
考点：考查物质推断、混合物计算等
29.纯铜在工业上主要用来制造导线、电器元件等，铜能形成＋1价和＋2价的化合物。
（1）写出基态Cu＋的核外电子排布式___________________________________。
（2）如图是铜的某种氧化物的晶胞示意图，该氧化物的化学式为________。
（3）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，该物质中的NH3通过________键与中心离子Cu2＋结合，NH3分子中N原子的杂化方式是____。与NH3分子互为等电子体的一种微粒是________。
（4）CuO的熔点比CuCl的熔点____(填“高”或“低”)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). CuO (3). 配位 (4). sp3 (5). H3O＋或PH3等 (6). 高
【解析】
（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）由晶胞示意图可知，1个晶胞中有4个铜，氧为8×+6×=4个，原子个数之比为1：1，该氧化物的化学式为CuO；（3）NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，形成配位键，NH3分子中N原子的价电子对数 n＝，N原子为 sp3 杂化；与NH3分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数和原子数，如PH3或H3O+等；（4）离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，离子半径O2-
30.现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。
（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。
（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。
（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。
（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。
【答案】 (1). Na:―→Na＋[::]－ (2). 1s22s22p63s23p64s1 (3). H::H (4). 含 (5). 不含 (6). NaOH (7). 离子键、共价键
【解析】
【分析】
已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素； C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。
【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，
(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－ ；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。
(2) 结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式: 1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。
(3) 结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H ；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。
(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH ，其电子式为：， 化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。
31.下图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。
（1）其中代表金刚石的是(填编号字母，下同)____，其中每个碳原子与______个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。
（2）其中代表NaCl的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。
（3）代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与______个CO2分子紧邻。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). 原子 (4). A (5). 12 (6). B (7). 分子 (8). 12
【解析】根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质，据此答题。
【详解】（1）金刚石是原子晶体，金刚石的基本单元是正四面体，则代表金刚石的是选项D，金刚石中每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等，故答案为：D，4，原子。
（2）氯化钠是离子晶体，则代表氯化钠的是选项A，其构成微粒是阴阳离子，NaCl晶胞是简单的立方单元，阴阳离子间通过离子键结合，氯离子和钠离子的配位数都是6，每个钠离子周围有6个氯离子，每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子数=3×8×=12，故答案为：A，12。
（3）干冰是分子晶体，则代表代表干冰的是选项B，每个CO2分子与（3×8）÷2＝12个CO2分子紧邻，故答案为：B，分子，12。
32.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。
1.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
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】
试题分析：在配合物中一定含有配位键，但也可能含有其它化学键，则A对， B错；Cu2＋有空轨道，H2O中的氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C对；配合物应用领域特别广泛，D选项中提到的几个领域都在其中。
考点：配合物的基本化学理论和应用。
2.下列电子排布图所表示的元素原子中，能量处于最低状态的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误；
B.违反了洪特规则，2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；
C.能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故C正确；
D.2p能级的能量比3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故D错误。
故选C。
3.共价键的断裂有均裂和异裂两种方式，即均裂：AB―→A，异裂：AB―→A＋＋[B]－。下列化学反应中发生共价键均裂的是( )
A. 2K＋2H2O===2KOH＋H2↑
B. 2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑
C. Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH
D. CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5
【答案】D
【解析】
分析：分析：A、B、C三项都是异裂，只有D才是均裂，判断的关键是看有没有形成阴阳离子，如果有则是异裂。
详解：根据题中信息可知：均裂后形成共价化合物，异裂后产生离子化合物，A．反应2K+2H2O=2KOH+H2↑中，水中共价键形成了离子键，属于共价键异裂，选项A错误；B．反应2Na＋2C2H5OH―→2C2H5ONa＋H2↑中，乙醇羟基形成了离子键，属于共价键异裂，选项B错误；C．反应Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH中，水中共价键断裂生成离子化合物氢氧化钠，属于共价键异裂，选项C错误；D．反应CH3COOH＋C2H5OHH2O＋CH3COOC2H5中，共价键断裂生成了共价化合物，属于共价键均裂，选项D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查学生对化学概念的理解能力，这种题型越来越多地出现在各类考试中，考查学生的知识迁移能力。
4.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。
5.首次将量子化概念运用到原子结构，并解释了原子稳定性的科学家是( )
A. 玻尔 B. 爱因斯坦 C. 门捷列夫 D. 鲍林
【答案】A
【解析】
【分析】
玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性量子化的概念，玻尔提出了能级的概念，解释了氢原子的光谱。
【详解】A.玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，并解释了原子稳定性，故A正确；
B.爱因斯坦创立了代表现代科学的相对论，故B错误；
C.门捷列夫提出元素周期律，故C错误；
D.鲍林根据光谱实验的结果，总结出多电子原子中电子填充各原子轨道能级顺序，提出了多电子原子中原子轨道的近似能级图；
答案选A。
6.NH3、H2S等是极性分子，CO2，BF3，CCl4等是含极性键的非极性分子。根据上述实例可推出ABn型分子是非极性分子的经验规律是( )
A. 分子中不能含有氢原子
B. 在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量
C. 在ABn分子中A原子没有孤电子对
D. 分子中每个共价键的键长应相等
【答案】C
【解析】
试题分析：NH3、H2S等是极性分子，而CO2、BF3、CCl4等是含极性键的非极性分子。关键价层电子对互斥理论可知，N和S都含有孤对电子，而C、B没有孤对电子，这说明中心原子是否含有孤对电子是判断的关键，所以ABn型分子是非极性分子的经验规律是在ABn分子中A原子没有孤电子对，答案选C。
考点：考查分子极性的判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生能力的培养。有利于培养学生分析、归纳、总结问题的能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
7. 氨气分子空间构型是三角锥形而甲烷是正四面体型，这是因为：（ ）
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2杂化，而CH4是sp3杂化。
B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道。
C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强。
D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子。
【答案】C
【解析】
试题分析：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形是因为NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强而甲烷分子中各个电子都形成了共用电子对，在空间均匀、对称分布。乙醇选项是C，
考点：考查氨分子与甲烷分子空间结构不同的原因分析的知识。
8.下列分子的稳定性的比较正确的是( )
A. HF>HI B. CH4
【解析】
非金属元素形成的氢化物稳定性，主要看非金属元素的原子半径的大小，非金属元素的原子半径越小，与氢原子结合的越牢固，氢化物越稳定；原子半径F
点睛：同一周期从左到右，元素的非金属性增强，形成氢化物就越稳定；同一主族从上到下，元素的非金属性减弱，形成氢化物就越不稳定。
9. 具有下列电子层结构的原子或离子，其对应的元素一定属于同一周期的是( )
A. 两原子N层上都有1个s电子，一个原子无d电子，另一个原子有d电子
B. 两原子其核外全部都是s电子
C. 最外层电子排布为2s22p5的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子
【答案】A
【解析】
试题分析：A．一种原子是K，另一种可能是Sc、Ti等过渡元素，都是第四周期的元素，正确；B．两原子其核外全部都是s电子可能是H，He、Li，H，He是第一周期的元素；Li是第二周期的元素。错误；C．最外层电子排布为2s22p5的原子的F；最外层电子排布为2s22p6的离子可能是Na+、Mg2+、N3-、O2-等离子。所以对应的元素不一定在同一周期，错误；D． 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而d能级上没有电子的两种原子可能是Ar、K、Ca；不一定在同一周期，错误。
考点：考查元素的原子结构与元素在周期表中的位置的关系的知识。
10.主族元素原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A. Ca2＋ 1s22s22p63s23p6 B. O2－ 1s22s23p4
C. Fe 1s22s22p63s23p63d64s2 D. Fe2＋ 1s22s22p63s23p63d6
【答案】B
【解析】
A、钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项A正确；B、氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，电子排布式为1s22s23p6，选项B错误；C、铁原子核外有26个电子，最外层电子数为2，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，选项C正确；D、铁原子失去2个电子变成亚铁离子，使次外层变成最外层，所以铁离子核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，选项D正确。答案选B。
11.下列氧原子的电子排布图中，正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
A. 2s能级上的两个单电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故A错误；B. 氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故B正确；C. 2p能级上的两个电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故C错误；D. 2p能级上的两个单电子，应自旋方向相同，违反了洪特规则，故D错误；答案选B。
12. 在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分。下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是:
A. Li，F B. Na，F C. Na，C1 D. Mg，O
【答案】B
【解析】
比较两原子电负性的差，其中Na与F的电负性差最大。
13. 根据电子排布的特点,Cu在周期表中属于( )
A. s区 B. ds区 C. d区 D. p区
【答案】B
【解析】
Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,价电子层为(n-1)d10ns1~2的元素位于ds区。
14.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是
A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4
C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。
【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不符合题意；
B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；
C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；
D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D；
故选D。
【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。
15. 下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是 （ ）
A. SiO2CsCl CBr4CF4 B. SiO2CsCl CF4CBr4
C. CsCl SiO2CBr4CF4 D. CF4CBr4CsCl SiO2
【答案】A
【解析】
比较固体物质的熔点时，首先是区分各晶体的类型：SiO2为原子晶体，CsCl为离 子晶体，CBr4、CF4分别为分子晶体。这几类晶体的熔点高低一般为：原子晶体>离子晶体>分子晶体。在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，熔点越高：CBr4> CF4。
16.下列物质呈固态时，一定属于分子晶体的是( )
A. 非金属单质 B. 非金属氧化物 C. 含氧酸 D. 金属氧化物
【答案】C
【解析】
非金属单质中金刚石、晶体硅、硼均为原子晶体，非金属氧化物中的二氧化硅为原子晶体，活泼金属氧化物为离子晶体，只有含氧酸为分子晶体。答案选C。
点睛：本题考查分子晶体的判断。对于这类题目要考虑一般规律与特例，判断某一晶体所属的晶体类型，关键看这类化合物中微粒的种类和作用力，从每类化合物中寻找特殊点，确定其中的物质是否全部属于某一晶体类型。
17.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】
【详解】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。
18.金属晶体的形成是因为晶体中存在
①金属原子 ②金属阳离子 ③自由电子 ④阴离子
A. 只有① B. 只有③ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
请在此填写本题解析!
金属晶体内存在金属阳离子和自由电子，所以A、 B、 D都错，C正确。故本题正确答案为C。
19.下列叙述正确的是（ ）
A. 氧化镁的晶格能大于氧化钙，由岩浆晶出规则可推测氧化钙先从岩浆中析出
B. 氟化氢水溶液中氢键的表示形式共有4种
C. N2H4、CO32﹣、H3O+的中心原子都是sp3杂化
D. P4和CH4分子都是正四面体结构且键角都为109°28′
【答案】B
【解析】
【分析】
A.离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出；
B.氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键；
C.中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3杂化；
D.白磷分子是正四面体结构，其键角为60°。
【详解】A.离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出，镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化钙，则氧化镁先晶出，故A错误；
B.氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键，所以该溶液中能形成4种氢键，故B正确；
C.中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3杂化，N2H4、H3O+的中心原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，CO32-中含有3个价层电子对，为sp2杂化，故C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，其键角为60°，甲烷分子中键角是109°28′，故D错误。
故选B。
【点睛】注意白磷分子结构，四个磷原子位于四面体的四个顶点上，和甲烷、四氯化碳的键角不同，为易错点。
20.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是
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】
【详解】由题干信息知氮化硼是原子晶体，选项中各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同，则它们的晶体类型都是原子晶体。A中硝酸钠为离子晶体，金刚石为原子晶体；C与D均为分子晶体，只有B项中晶体硅和水晶（二氧化硅）均属于原子晶体，与题意相符，B正确。
综上所述，本题选B。
21.四氯化硅的分子结构与四氯化碳类似，对其作出如下推测：
①四氯化硅晶体是分子晶体
②常温常压下四氯化硅是液体
③四氯化硅分子是由极性键形成的分子
④四氯化硅熔点高于四氯化碳。其中正确的是( )
A. 只有① B. 只有①② C. 只有②③ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①四氯化碳是分子晶体，四氯化硅的结构与四氯化碳类似，故四氯化硅晶体是分子晶体，故①正确；
②四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，所以熔点高于四氯化碳，通常情况为液态，故②正确；
③Cl-Si键是由不同原子形成的，故属于极性键，故四氯化硅分子是由极性键形成的分子，故③正确；
④四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，所以熔点高于四氯化碳，故④正确。
所以以上推测正确的是①②③④。
故选D。
22.下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是
①O2、I2、Hg ②CO、KCl、SiO2 ③Na、K、Rb ④Na、Mg、Al
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
①分子晶体熔沸点与相对分子质量及氢键有关，相对分子质量越大分子晶体熔沸点越高；Hg是液态金属，熔沸点较低；
②熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；
③金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与金属离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比；
④金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与金属离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比。
【详解】①分子晶体熔沸点与相对分子质量及氢键有关，相对分子质量越大分子晶体熔沸点越高；Hg是液态金属，熔沸点较低，氧气和碘都是分子晶体，Hg是液态金属，碘是固态，所以熔沸点：I2>Hg>O2，故A错误；
②熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，CO是分子晶体、KCl是离子晶体、二氧化硅是原子晶体，所以熔沸点CO
【点睛】本题考查晶体熔沸点高低判断，明确晶体类型、晶体熔沸点高低影响因素是解本题关键，注意金属晶体熔沸点与金属键有关，金属键与离子半径成反比、与离子所带电荷数成正比，为易错点。
23.钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是（ ）
A. 该晶体属于离子晶体
B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似
D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】
试题分析：Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；NaCl晶胞结构也是该形状，C对；与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，选B。
考点：晶胞的结构和计算。
24.三氟化氮（NF3）是无色无味的气体，它可由氨和氟直接反应得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F。下列有关NF3的叙述正确的是
A. NF3是离子化合物 B. NF3中的N呈+3价
C. NF3的氧化性比F2强 D. NF3的还原性比NH3强
【答案】B
【解析】
【详解】A.NF3常温下为气体，沸点较低，为分子晶体，故A错误；
B.NF3中F的化合价为-1价，则N为+3价，故B正确；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应4NH3+3F2NF3+3NH4F中，F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则NF3的氧化性比F2弱，故C错误；
D.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应4NH3+3F2NF3+3NH4F中，NH3是还原剂，NF3是还原产物，NF3的还原性比NH3弱，故D错误。
故选B。
【点睛】氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。
25.六氟化硫分子为正八面体构型(分子结构如图)，难溶于水，在高温下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途。下列推测正确的是( )
A. SF6各原子均达8电子稳定结构
B. SF6易燃烧生成SO2
C. SF6分子是含有极性键的非极性分子
D. SF6是原子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据结构可知，S原子最外层电子全都参与成键，则其原子最外层电子为12个，不是8电子稳定结构，故A错误；
B.在高温下仍有良好的绝缘性，说明不易燃烧，故B错误；
C.难溶于水，根据相似相溶原理可知，应该是非极性分子，故C正确；
D.SF6形成的是分子晶体，故D错误。
故选C。
26.AB，CD，EF均为1∶1型离子化合物，根据下列数据判断它们的熔沸点由高到低的顺序是
A. CD>AB>EF B. AB>EF>CD
C. AB>CD>EF D. EF>AB>CD
【答案】D
【解析】
【分析】
离子晶体熔点的高低与阴阳离子所带的电荷数与离子键的键长有关，据此答题。
【详解】对于离子化合物，离子键键长越短，离子键所带电荷越多，则键能越大，熔点越高，所以，熔沸点由高到低的顺序是EF>AB>CD，故答案D正确。
故选D。
【点睛】熔点高低的判断方法：①共价化合物是看分子间作用力，范德华力的大小，组成结构相似的物质，式量大的熔沸点高；离子化合物②看离子键，阴阳离子带电量越多，半径越小，离子键越强，熔沸点越高；③根据晶体类型：一般来说原子晶体＞离子晶体＞分子晶体（但并不绝对）。
27.如图是甲醛分子的模型，根据该图和所学化学知识回答下列问题：
（1）甲醛分子中碳原子的杂化方式是__________，作出该判断的主要理由是__________________________。
（2）下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键 ②双键 ③σ键 ④π键 ⑤σ键和π键
（3）甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角________(填“＝”、“＞”或“＜”)120°，出现该现象的主要原因是____________________________________________。
【答案】 (1). sp2 (2). 甲醛分子的空间构型为平面三角形 (3). ②⑤ (4). ＜ (5). 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
【解析】
【分析】
(1) 甲醛分子为平面三角形，甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键，双键中含有σ键和π键；
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，键角小于120°。
【详解】(1)原子的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化；综上所述，本题答案是：sp2 ；甲醛分子的空间构型为平面三角形。
(2)醛类分子中都含有C=O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键；一般来说，双键是σ键和π键的组合，②⑤正确；综上所述，本题答案是：②⑤。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°；综上所述，本题答案是：＜ ，碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强。
28. 用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。
（1）Al的原子结构示意图为____________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为____________。
（2）30Si的原子的中子数为________________________。SiO2的晶体类型为_____________。
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是___________________。
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是____________。
（5）经处理后的熔渣36.0 g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为____________。
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2－+3H2↑
（2）16 （3）HCl （4）CO2 （5）25%
【解析】
试题分析：（1）铝元素的质子数是13，所以Al的原子结构示意图为；金属铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，反应的方程式是2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑。
（2）在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，30Si的原子的中子数为30－14＝16。
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，所以Y是第ⅦA元素。由于氟化氢分子间存在氢键，所以该族氢化物中沸点最低的是HCl。
（4）大理石在高温下分解可以生成CO2，所以使金属不被氧化的气体应该是CO2。
（5）在熔渣中加入盐酸，发生的反应为：Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O，Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O，11.0 g为SiO2的质量。在滤液中加入过量NaOH溶液，发生的反应为：FeCl3＋3NaOH＝Fe（OH）3↓＋3NaCl，
AlCl3＋4NaOH＝NaAlO2＋3NaCl＋2H2O，所得21.4 g固体为Fe（OH）3，根据关系式：
2Fe（OH）3～Fe2O3
214 160
21.4 g m
解得m＝16g
由此可知：Al2O3的质量＝36.0 g-11.0 g-16.0 g＝9.0g，故Al2O3的质量分数＝×100%＝25%。
考点：考查物质推断、混合物计算等
29.纯铜在工业上主要用来制造导线、电器元件等，铜能形成＋1价和＋2价的化合物。
（1）写出基态Cu＋的核外电子排布式___________________________________。
（2）如图是铜的某种氧化物的晶胞示意图，该氧化物的化学式为________。
（3）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，该物质中的NH3通过________键与中心离子Cu2＋结合，NH3分子中N原子的杂化方式是____。与NH3分子互为等电子体的一种微粒是________。
（4）CuO的熔点比CuCl的熔点____(填“高”或“低”)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). CuO (3). 配位 (4). sp3 (5). H3O＋或PH3等 (6). 高
【解析】
（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）由晶胞示意图可知，1个晶胞中有4个铜，氧为8×+6×=4个，原子个数之比为1：1，该氧化物的化学式为CuO；（3）NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，形成配位键，NH3分子中N原子的价电子对数 n＝，N原子为 sp3 杂化；与NH3分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数和原子数，如PH3或H3O+等；（4）离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，离子半径O2-
30.现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。
（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。
（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。
（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。
（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。
【答案】 (1). Na:―→Na＋[::]－ (2). 1s22s22p63s23p64s1 (3). H::H (4). 含 (5). 不含 (6). NaOH (7). 离子键、共价键
【解析】
【分析】
已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素； C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。
【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，
(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－ ；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。
(2) 结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式: 1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。
(3) 结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H ；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。
(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH ，其电子式为：， 化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。
31.下图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分。
（1）其中代表金刚石的是(填编号字母，下同)____，其中每个碳原子与______个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。
（2）其中代表NaCl的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。
（3）代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与______个CO2分子紧邻。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). 原子 (4). A (5). 12 (6). B (7). 分子 (8). 12
【解析】根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质，据此答题。
【详解】（1）金刚石是原子晶体，金刚石的基本单元是正四面体，则代表金刚石的是选项D，金刚石中每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等，故答案为：D，4，原子。
（2）氯化钠是离子晶体，则代表氯化钠的是选项A，其构成微粒是阴阳离子，NaCl晶胞是简单的立方单元，阴阳离子间通过离子键结合，氯离子和钠离子的配位数都是6，每个钠离子周围有6个氯离子，每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子数=3×8×=12，故答案为：A，12。
（3）干冰是分子晶体，则代表代表干冰的是选项B，每个CO2分子与（3×8）÷2＝12个CO2分子紧邻，故答案为：B，分子，12。
32.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。
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