【化学】吉林省公主岭市范家屯镇第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

吉林省公主岭市范家屯镇第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试
1.下列分子含有“手性”碳原子，属于手性分子的是（ ）
A. CH3CH2OH B. CH3CHO
C. D. H2N-CH2-COOH
【答案】C
【分析】手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
【详解】A. CH3CH2OH中，两碳原子所连接的四个原子或原子团团都有相同的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故A错误；
B. CH3CHO中一个碳原子为不饱和碳原子，另一个碳原子所连接的四个原子有3个是一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故B错误；
C. 中间的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，属于手性分子，故C正确；
D. H2N-CH2-COOH中一个碳原子为不饱和碳原子，另一个碳原子所连接的四个原子有2个是一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故D错误；
答案选C。
2.以下能级符号正确的是（ ）
A. 3f B. 2d C. 4s D. 2f
【答案】C
【详解】A. 第三能层有3个能级(3s、3p、3d)，没有3f能级，故A错误；
B. 第二能层有2个能级(2s和2p)，没有2d能级，故B错误；
C. 第四能层有4个能级(4s、4p、4d，4f)，故C正确；
D. 第二能层有2个能级(2s和2p)，没有2f能级，故D错误；
答案选C。
【点睛】能级数等于该能层序数：第一能层只有1个能级(1s)，第二能层有2个能级(2s和2p)，第三能层有3个能级(3s、3p、3d)，依次类推。
3.表示一个原子在第三个电子层上有10个电子可以写成（ ）
A. 3s10      B. 3d10    C. 3s23p63d2         D. 3s23p53d3
【答案】C
【详解】第三个电子层上电子按s、p、d能级的顺序排布，有10个电子，则排布式为：3s23p63d2  ，答案为C
【点睛】处于稳定状态的原子，核外电子按构造原理、泡利不相容原理、洪特定则及能量最低原理进行排布。
4. 下列化学用语正确的是 （ ）
A. 氮分子电子式： B. 硫原子的结构示意图：
C. 溴化钠的电子式： D. 水分子的结构式：
【答案】D
【解析】氮气中每一个氮原子还有2个没有参与成键的电子，正确的电子式为。硫原子的最外层是6个电子，其结构示意图为，溴化钠是离子化合物，电子式为。所以答案是D。
5.下列原子或离子核外电子排布式不属于基态排布的是（ ）
A. Na：1s22s22p53s2 B. S2－：1s22s22p63s23p6
C. N：1s22s22p3 D. Si：1s22s22p63s23p2
【答案】A
【解析】根据构造原理可知，钠原子的最外层电子数是1个，所以选项A不是钠原子的基态电子排布，其余都是的，答案选A。
6.下面的叙述不正确的是（ ）
A. 晶胞空间利用率：金属铜＞金属镁＞金属钾＞金属钋
B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 晶体熔点由低到高：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】A
【详解】A.金属钾的空间利用率是68%，Po的空间利用率是52%，金属铜和金属镁的空间利用率都是74%，因此不同金属的空间利用率大小关系为金属铜=金属镁>金属钾>金属钋，A错误；
B.三种晶体都是原子晶体，由于共价键的键长Si-Si>Si-C>C-C，共价键的键长越短，原子间形成的共价键结合的就越牢固，晶体的硬度就越大，所以晶体硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确；
C.这几种物质都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，由于分子间作用力随物质相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化需要的能量就越高，所以物质的熔点由低到高：CH4NaI，D正确；
故合理选项是A。
7.在1s、2px、2py、2pz轨道中，具有球对称性的是（ ）
A. 1s B. 2px C. 2py D. 2pz
【答案】A
【解析】1s轨道和2p轨道的图像分别为：

由图像可看出，呈球对称性的为1s原子轨道。
8.下列排布不符合泡利原理的是（ ）
A. 2p能级： B. 3d能级：
C. 2p能级： D. 3d能级：
【答案】C
【分析】泡利不相容原理指的是一个原子轨道中最多只能容纳两个电子，并且这两个电子的自旋方向必须相反。
【详解】A. 3个电子分布在2p能级的三个不同轨道中，每个轨道容纳一个电子，符合泡利原理，故A正确；
B. 3d能级的一个原子轨道中最多容纳了两个电子，并且这两个电子的自旋方向相反，故B正确；
C. 2p能级上一个原子轨道中容纳的两个电子自旋方向相同，不符合泡利原理，故C错误；
D. 5个电子分布在3d能级的五个不同轨道中，每个轨道容纳一个电子，符合泡利原理，故D正确；
答案选C 。
9.下列原子构成的单质中既能与稀硫酸反应，又能与烧碱溶液反应，且都产生H2的是（ ）
A. 核内无中子的原子
B. 外围电子构型为3s23p4的原子
C. 核外电子排布图为 的基态原子
D. 处于激发态时其原子的电子排布式可能为1s22s22p63s13p2
【答案】D
【分析】据题目的信息知“既能与稀硫酸反应，又能与烧碱溶液反应，且都产生H2”的是Al。A为氢、B为硫、C为镁，均与碱不反应，均不合题意。
【详解】A. 核内无中子的原子，为氢元素，故A错误；
B. 外围电子构型为3s23p4的原子，为硫元素，故B错误；
C. 核外电子排布图为 的基态原子，为镁元素，故C错误；
D. 处于激发态时其原子的电子排布式可能为1s22s22p63s13p2，为铝元素，故D正确；
答案选D。
【点睛】注意单质铝既能与稀硫酸反应，又能与烧碱溶液反应，且都产生H2。
10. 某元素的3p能级上有两个未成对电子，因此其 （ ）
A. 第三电子层上有4个电子 B. 最高正价为+2
C. 最高正价为+4 D. 第二电子层没有未成对电子
【答案】D
【解析】根据构造原理可知，若3p轨道上有两个未成对电子，则该元素的原子序数为14或16，所以正确的答案是D。
11.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是(　　)
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；
B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；
C.2p轨道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；
D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不同，故D项错误；
综上，本题选C。
12.元素a--f在周期表中的位置如表所示，下列有关说法正确的是（ ）

ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
二




c
d

三
a

b


e
f

A. c、d、e的氢化物中，e的氢化物沸点最高
B. a、b、d三种元素的离子半径:a >b >d
C. 六种元素中，a元素的金属性最强
D. e、f的氧化物对应的水化物的酸性依次增强
【答案】C
【分析】由元素周期表位置可知，a是钠元素，b是铝元素，c是氮元素，d是氧元素，e是硫元素，f是氯元素。
【详解】A. 氮元素、氧元素、硫元素的氢化物中，因为水分子之间存在氢键，氧元素的氢化物沸点最高，故A错误；
B. 因为核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小。所以钠元素、铝元素、氧元素三种元素的离子半径：d > a > b，故B错误；
C. 同周期从左到右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强。故六种元素中，钠元素的金属性最强，故C正确；
D. 硫元素、氯元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故D错误；
答案选C。
【点睛】注意粒子半径比较、金属性、非金属性、熔沸点比较。
13.下列说法正确的是( )
A. 所有非金属元素都分布在p区
B. 最外层电子数为2的元素都分布在s区
C. 元素周期表中第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
D. 同一主族元素从上到下，金属性呈周期性变化
【答案】C
【解析】考查元素周期表结构。区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级符号，非金属除氢元素位于S区外，其余都是P区，选项A不正确；最外层电子数为2的元素也可能位于P区或，例如He，B不正确；同主族自上而下，元素的性质呈周期性的变化，而不是仅指金属性，选项D不正确，因此正确的答案选C。
14.下列各组元素，按原子半径依次减小，元素第一电离能逐渐升高的顺序排列的是（ ）
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】A
【分析】同周期从左向右原子半径减小，第一电离能逐渐增大，同主族从上到下原子半径增大，第一电离能减小的规律进行分析；
【详解】A、K、Na、Li的原子半径依次减小，第一电离能增大，故A符合题意；
B、Al、Mg、Na原子半径依次增大，Na的第一电离能最小，Mg的第一电离能大于Al，故B不符合题意；
C、原子半径C>N>O，第一电离能大小顺序是CCl，第一电离能顺序是Cl>P>S，故D不符合题意。
【点睛】同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA。
15.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
① 1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是(　　)
A. 第一电离能：④＞③＞②＞① B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】A
【分析】由四种元素基态原子的电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素。
A、同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳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S＜P，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S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B、同周期自左而右，原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F；电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、同周期自左而右，电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F；N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；
D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；
答案选A。
16.下列物质的分子中，没有π键的是(　　)
A. CO2 B. N2 C. CH≡CH D. HClO
【答案】D
【详解】分子中所有的单键都是σ键，双键中有一个σ键，一个π键，叁键中有一个σ键，两个π键。CO2的电子式为，碳氧双键中存在π键，A不符合题意； N2的电子式为，氮氮三键中存在2个π键，B不符合题意；CH≡CH的电子式为，碳碳三键中2个π键，C不符合题意；D项HClO电子式为，全部是单键，不存在π键；D符合题意。故选D。
17.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的立体构型相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】B
【解析】A、CH4和NH4＋是等电子体，键角均为109°28′，A错误；B、NO3―和CO32―是等电子体，根据分子构型的判断，二者均是平面正三角形结构，B正确；C、H3O+和PCl3不是等电子体，C错误；D、B3N3H6和苯是等电子体，空间结构相同，B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D错误，答案选B。
考点：考查对等电子体的理解应用
18. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 （ ）
A. W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同
B. Z和W可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物
C. Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得
D. X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素， W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素。A、W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C、由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D、由于氢氧化铝是两性氧化物，则X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应，D正确。答案选C。
考点：考查元素推断和元素周期律的应用
19.下列说法中正确的是（ ）
A. NO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
C. NH4+的电子式为 ，离子呈平面正方形结构
D. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
【答案】D
【分析】A．在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，含H元素的化合物一定不满足；
B．白磷和甲烷分子都是正四面体结构，但甲烷分子中氢原子位于顶点上，碳原子位于体心上；
C．铵根离子和甲烷分子结构相似，根据甲烷分子结构确定铵根离子结构；
D．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力较大。
【详解】A. NCl3分子原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构，故A错误；
B. 白磷的键角是60°，故B错误；
C. NH4+呈正四面体型结构，故C错误；
D．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及微粒的空间结构、8电子稳定结构的判断等知识点，根据8电子稳定结构的判断方法、微粒的空间构型来分析解答，注意白磷分子和甲烷分子结构的相似于区别，为易错点。
20.已知CH4中C—H键间的键角为109°28′，NH3中N—H键间的键角为107°，H2O中O—H键间的键角为105°，则下列说法中正确的是(　 )
A. 孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力
B. 孤电子对与成键电子对间的斥力小于成键电子对与成键电子对间的斥力
C. 孤电子对与成键电子对间的斥力等于成键电子对与成键电子对间的斥力
D. 题干中的数据不能说明孤电子对与成键电子对间的斥力和成键电子对与成键电子对间的斥力之间的大小关系
【答案】A
【解析】由中心原子上孤电子对数的计算公式可知,CH4中碳原子上无孤电子对,NH3中的氮原子上有1对孤电子对,H2O中的氧原子上有2对孤电子对。根据题意知,CH4中C—H键间的键角为109°28',若孤电子对与成键电子对间的斥力等于成键电子对与成键电子对间的斥力,则NH3中N—H键间的键角和H2O中O—H键间的键角均应为109°28',故C项不正确;若孤电子对与成键电子对间的斥力小于成键电子对与成键电子对间的斥力,则NH3中N—H键间的键角和H2O中O—H键间的键角均应大于109°28',现它们的键角均小于109°28',故B项不正确;孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力,使其键角变小,D项错误,A项正确。
21.根据价层电子对互斥理论及原子轨道的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（ ）
A. 直线形sp杂化 B. 三角形 sp2杂化
C. 三角锥形 sp2杂化 D. 三角锥形 sp3杂化
【答案】D
【解析】根据价层电子对互斥理论可知，NF3分子中氮原子含有的孤对电子对数＝（5－3×1）÷2＝1，所以NF3是三角锥形结构，氮原子是sp3杂化，答案选D。
考点：考查分子空间构型以及氮元素杂化轨道类型的判断
22.下列说法中正确的是(　　)
A. PCl3分子是三角锥形，这是因为磷原子是sp2杂化的结果
B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道
C. 中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形或三角锥形或V形
D. AB3型的分子空间构型必为平面三角形
【答案】C
【解析】A，PCl3中P原子形成3个σ键，P上还有一对孤电子对，P为sp3杂化，PCl3分子是三角锥形，A项错误；B，sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道，B项错误；C，中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形（如CH3Cl）或三角锥形（如NH3）或V形（如H2O），C项正确；D，AB3型的分子空间构型可能为平面三角形（如BF3）或三角锥形（如NH3），D项错误；答案选C。
点睛：本题考查杂化轨道的形成、杂化类型的判断、分子空间构型的判断。注意：（1）只有能量相近的原子轨道能发生杂化，能量相差较大的原子轨道间不能发生杂化；（2）杂化轨道只能用于形成σ键或者用来容纳未参与成键的孤电子对；（3）分子中中心原子的杂化方式相同，分子的几何构型不一定相同，分子的几何构型必须略去中心原子上的孤电子对（如题中C项）。
23.Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1 mol该配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是（ ）
A. m＝1，n＝5 B. m＝3，n＝4
C. m＝5，n＝1 D. m＝4，n＝5
【答案】B
【解析】Co（Ⅲ）的八面体配合物CoClm·nNH3 , CoClm·nNH3 呈现中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，所以n的值为4，即该配合物的结构是：
[CoCl2 (NH3)4]+Cl-,所以本题选择B。
考点：配合物
点评：本题考查了配合物的知识，该题要根据题意一步一步推断，本题难度中等。
24. 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
【详解】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，一个晶胞中含1个Z原子，X原子数为1，Y原子数为3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。
25.某化学兴趣小组,在学完分子晶体后,查阅了几种氯化物的熔、沸点,记录如下:

NaCl
MgCl2
AlCl3
SiCl4
CaCl2
熔点/℃
801
712
190
-68
782
沸点/℃
1 465
1 418
230
57
1 600

根据这些数据分析,他们认为属于分子晶体的是( )
A. NaCl、MgCl2、CaCl2
B. AlCl3、SiCl4
C. NaCl、CaCl2
D. NaCl、MgCl2、AlCl3、SiCl4、CaCl2
【答案】B
【分析】由表中氯化物熔、沸点可知，一般情况下，熔、沸点较低的是分子晶体，熔沸点较高的是离子晶体。
【详解】有分析可知，SiCl4、AlCl3的熔沸点都很低，因此形成的晶体是分子晶体。NaCl、MgCl2、CaCl2的熔沸点很高，所以形成的晶体应该是离子晶体，通过离子键结合，故B正确；
答案选B。
26.下列晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（ ）
A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O
C. 金刚石与HCl D. CCl4与SiC
【答案】B
【分析】一般情况下，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子晶体是由阴阳离子构成的，分子晶体是由分子构成的，原子晶体是由原子构成的，金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的。
【详解】A. SO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B. CO2与H2O均是分子晶体，分子中都只存在共价键，所以其化学键类型及晶体类型相同，故B正确；
C．金刚石属于原子晶体，HCl属于分子晶体，所以其晶体类型不同，故C错误；
D．四氯化碳属于分子晶体，SiC属于原子晶体，所以晶体类型不同，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了化学键和晶体类型的判断，根据物质的构成微粒确定晶体类型，根据微粒间作用力确定化学键，题目难度不大。
27.下列关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是（ ）
A. 存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角
B. 最小的环上，有3个Si原子和3个O原子
C. 最小的环上，Si和O原子数之比为1∶2
D. 最小的环上，有6个Si原子和6个O原子
【答案】D
【详解】二氧化硅是原子晶体，结构为空间网状，存在硅氧四面体结构，硅处于中心，氧处于4个顶角所，以A项错误；在SiO2晶体中，每6个Si和6个O形成一个12元环（最小环），所以D对，B、C都错误。答案选D。
28.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为（ ）

A. 3∶2∶1 B. 11∶8∶4
C. 9∶8∶4 D. 21∶14∶9
【答案】A
【详解】晶胞(a)中所含原子＝12×1/6+2×1/2+3=6；晶胞(b)中所含原子＝8×1/8+6×1/2=4；晶胞(c)中所含原子＝8×1/8+1=2；其晶胞内金属原子个数比为6:4:2=3∶2∶1，A正确；
综上所述，本题选A。
29. 在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（ ）
A. 熔点：
B. 水溶性：
C. 沸点：乙烷>戊烷>丁烷
D. 热稳定性：
【答案】D
【详解】A、熔点一般原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以SiO2＞KCl＞CO2，A项错误；
B、水溶性：HCl＞SO2＞H2S，B项错误；
C、对烷烃同系物来说，其碳原子数越大，其沸点越高，即乙烷＜丁烷＜戊烷，C项错误；
D、非金属性：F＞O＞N，元素非金属性越强，氢化物的稳定性越大，则热稳定性：HF＞H2O＞NH3，D项正确。
答案选D。
30. 下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中，不正确的是 ( )
A. 金属键是金属离子与“电子气”之间的较强作用，金属键无方向性和饱和性
B. 共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用，共价键有方向性和饱和性
C. 范德华力是分子间存在的一种作用力，分子的极性越大，范德华力越大
D. 氢键不是化学键而是分子间的一种作用力，所以氢键只存在于分子与分子之间
【答案】D
【解析】氢键既可以存在于分子间(如水、乙醇、甲醇、液氨等)，也可以存在于分子内，所以应选择D选项。
31.有下列微粒：①CH4　②CH2=CH2　③CH≡CH　④NH3 ⑤NH4+　⑥BF3　⑦P4　⑧H2O　⑨H2O2
（1）呈正四面体的是________.
（2）中心原子轨道为sp3杂化的是________，为sp2杂化的是________，为sp杂化的是____。
（3）所有原子共平面的是________，共线的是________。
（4）含有极性键的极性分子是________。
【答案】 (1). ①⑤⑦ (2). ①④⑤⑦⑧⑨ (3). ②⑥ (4). ③ (5). ②③⑥⑧ (6). ③ (7). ④⑧⑨
【分析】（1）根据杂化轨道数判断杂化类型判断微粒的构型来解答；
（2）根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；
（3）①CH4是正四面体结构，②C2H4是平面形分子 ③C2H2是直线形分子 ④NH3是三角锥形分子，⑤NH4+是正四面体结构，⑥BF3是平面三角形分子 ⑦P4是正四面体结构，⑧H2O是V形分子⑨H2O2的空间构型是二面角结构，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角；
（4）极性键：不同种原子之间形成的共价键。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。
【详解】（1）①CH4中碳原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，②C2H4中碳原子采取sp2杂化，空间构型为平面形分子，③C2H2中碳原子采取sp杂化，空间构型为直线形分子 ④NH3中氮原子采取sp3杂化，空间构型为三角锥形分子，⑤NH4+氮原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，⑥BF3硼原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形分子 ⑦P4中P原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体结构，⑧H2O中O原子采取sp3杂化，空间构型为V形分子，⑨H2O2中O原子采取sp3杂化，空间构型为V形，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角。
故答案为：①⑤⑦；
（2）①CH4中C原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，
②C2H4中C原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化，
③C2H2中C原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+0=2，所以采取sp杂化，
④NH3中氮原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化；
⑤NH4+中氮原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化；
⑥BF3中B原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化，
⑦P4中P原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+1=4，所以采取sp3杂化；
⑧H2O中O原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化；
⑨H2O2中O原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化；
所以中心原子轨道为sp2杂化的是②⑥；为sp杂化的是③；
故答案为：①④⑤⑦⑧⑨；②⑥；③；
（3）①CH4是正四面体结构，所有原子不共面也不共线，
②C2H4是平面形分子，所有原子共平面而不共线；
③CH≡CH是直线形分子，所有原子共平面也共线；
④NH3是三角锥形分子，所有原子不共面也不共线，
⑤NH4+是正四面体结构，所有原子不共面也不共线，
⑥BF3是平面三角形分子，所有原子共平面而不共线；
⑦P4是正四面体结构，所有原子不共面也不共线；
⑧H2O是V形分子，所有原子共平面而不共线；
⑨H2O2的空间构型是二面角结构，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上并有一定夹角，所有原子不共面也不共线；
故答案为：②③⑥⑧；③；
（4）含有极性键的分子有：①CH4、②C2H4、③CH≡CH、④NH3、⑥BF3、⑧H2O、⑨H2O2。
①CO2、②C2H4、③CH≡CH、⑥BF3中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；
④NH3中含有极性键，空间结构为三角锥型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；
⑧H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；
⑨H2O2中含有极性键，空间构型是二面角结构，，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；
故答案为：④⑧⑨。
【点睛】本题主要考查了原子的杂化、分子的空间构型、原子共面、分子的极性等知识，为高频考点，（2）根据杂化轨道数判断杂化类型，（5）把握键的极性与分子的极性的关系为解答关键，题目难度中等。
32.判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。如下表所示：
含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系

次氯酸
磷酸
硫酸
高氯酸
含氧酸
Cl—OH



非羟基氧原子数
0
1
2
3
酸性
弱酸
中强酸
强酸
最强酸

（1）已知，亚磷酸是中强酸，亚砷酸是弱酸且有一定的弱碱性，则H3PO3和H3AsO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是①_____________________________，②__________________________________。
（2）在H3PO3和H3AsO3中分别加入浓盐酸，分析反应情况__________________________，写出化学方程式：____________________________________________________。
【答案】(1). H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O (2). H3AsO3+3NaOH=Na3AsO3+3H2O (3). 亚磷酸为中强酸与盐酸不反应，亚砷酸与盐酸反应 (4). H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O
【分析】（1）与过量NaOH溶液反应的化学方程式的书写，需得知H3PO3和H3AsO3分别为几元酸。
（2）亚磷酸为中强酸与盐酸不反应，亚砷酸与盐酸反应。
【详解】（1）从题给信息可知，含氧酸分子结构中含几个羟基氢，则该酸为几元酸。故H3PO3为二元酸，H3AsO3为三元酸，则H3PO3和H3AsO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是①H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O；②H3AsO3+3NaOH=Na3AsO3+3H2O；
（2）H3PO3为中强酸，不与盐酸反应；H3AsO3为两性物质，可与盐酸反应。亚砷酸与盐酸反应的化学方程式为H3AsO3+3HCl=AsCl3+3H2O。
【点睛】此题属于无机含氧酸的结构、性质推断题，考查同学们运用题给信息推断物质结构和性质的能力。
33.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、高纯铁、铝、硼等。回答下列问题：
（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中位于第_________周期。基态硼原子中占据最高能级的电子，电子云轮廓图形状为_______。铁离子的电子排布式__________________
（2）实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如下图所示：

①分子中A1原子采取____杂化。Al2Cl6属于____分子(填“极性”或“非极性”)。
②AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[A1(OH)4]－中存在的化学键有_________(填选项字母)。
A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.金属键 E.氢键
（3）工业上可用电解熔融FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。基态Fe2+的价电子排布图(轨道表达式)为__________________________；用物质结构知识说明Fe2+容易被氧化成Fe3+的原因：__________________________________________________________________。
（4）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。

（5）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm—3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_________；Fe2+与O2—的最短核间距为_____________pm。
【答案】(1). 六或6 (2). 哑铃形或纺锤形 (3). 1s22s22p63s23p63d5 (4). sp3 (5). 非极性 (6). BC (7). (8). Fe3+的3d轨道是半充满 (9). 3:1 (10). 12 (11).
【详解】（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中位于第六周期。基态硼原子中占据的最高能级为2p，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形。铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，形成离子优先失去最外层电子，故铁离子的电子排布式1s22s22p63s23p63d5；
（2）①Al2Cl6分子中每个铝原子与四个氯原子形成共价键，故A1原子采取sp3杂化。Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于非极性分子；
②Al最外层的空轨可以接受氧原子提供的孤对电子形成配位键，O和H之间形成极性共价键，故选：BC；
（3）基态Fe2+的价电子排布式为3d6，则价电子排布图(轨道表达式)为。Fe2+容易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d轨道是半充满，比较稳定；
（4）氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为，棱点贡献率为，面点贡献率为。观察晶胞可知，12个铁原子位于顶点，2个点位于面心，3个铁位于体内。2个氮位于体内。则1个晶胞含铁微粒数为12+2+3=6，含氮微粒数为2，则该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；
（5）观察图2可知，上、中、下三层各4个氧离子（共12个氧离子）与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁晶体中氧离子、亚铁离子个数比为1:1，所以与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个。1个氧化亚铁晶胞含Fe2+数目为8+6=4，含O2—数目为12+1=4，所以，1个氧化亚铁晶胞含4个“FeO”，设Fe2+与O2—的最短核间距为d pm，有ρ=，解得d=pm。