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【化学】云南省玉溪市元江县第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试(解析版)
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云南省玉溪市元江县第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.下列物质属于原子晶体的是( )
A. 熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C. 不溶于水，熔点3550℃，不导电
D. 熔点是97.80℃，质软、导电，密度是0.97g•cm-3．
【答案】C
【解析】
【详解】A，熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的物理性质；B，熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电，属于分子晶体的物理性质；C，不溶于水，熔点3550℃，不导电，属于原子晶体的物理性质；D，熔点是97.80℃，质软、导电，密度是0.97g•cm-3，属于金属钠的物理性质。综上所述，C符合题意，本题选C。
2.如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素可能位于( )
A. ⅢA或ⅢB
B. ⅣA
C. ⅠB
D. ⅠA
【答案】A
【解析】
在元素周期表中，第2、3周期中第ⅡA族与第ⅢA族元素原子序数相差1，在第4、5、6、7周期中，第ⅡA族与第ⅢB族相邻，故原子序数为(n＋1)的元素位于第ⅢA或ⅢB族，A正确。
3.依据价层电子对互斥理论判断SO2的分子构型
A. 正四面体形 B. 平面三角形 C. 三角锥形 D. V形
【答案】D
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数分析解答。
【详解】SO2的分子中价层电子对个数=2+12×（6-2×2）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确。
故选D。
4.已知含氧酸可用通式XOm(OH)n表示，如X是S，则m＝2，n＝2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是 ( )
A. HClO3 B. H2SeO3
C. H2BO2 D. HMnO4
【答案】D
【解析】
HClO3可写成ClO2(OH)，m＝2；H2SeO3可写成SeO(OH)2，m＝1；H2BO2可写成B(OH)2，m＝0；HMnO4可写成MnO3(OH)，m＝3，故选D。
5.二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
6.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是（ ）
A. VSEPR模型可用来预测分子的立体构型
B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型
C. 中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
D. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定
【答案】D
【解析】
A、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，选项A正确；B、立体构型与价电子对相互排斥有关，所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，选项B正确；C、中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力，选项C正确；D、分子的稳定性与键角没有关系，选项D不正确。答案选D。
点睛：本题考查了价层电子对互斥理论的用途，明确价层电子对互斥理论原理是解答本题的关键。价层电子对互斥模型（VSEPR模型）可以预测分子立体构型，立体构型与价电子对相互排斥有关，且排斥能力大小顺序是：孤对电子对间排斥力>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力。
7.下列现象与氢键有关的是
①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高
②乙醇可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
⑤ 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
A. ②③④⑤ B. ①②③⑤
C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题解析：①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④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④错误；⑤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⑤正确；故选B．
考点：氢键及氢键对物质的性质的影响
8.元素周期表中前七周期元素种数如下：
周期序数
1
2
3
4
5
6
7
元素种类
2
8
8
18
18
32
32
请分析周期序数与元素种数的关系，然后预言第八周期最多可能含有的元素种数为( )
A. 18 B. 32 C. 50 D. 第64
【答案】C
【解析】
观察每一周期的元素数发现，它们都是偶数，规律如下：
周期数
1
2
3
4
5
6
7
元素数
2×12
2×22
2×22
2×32
2×32
2×42
2×42
从中可发现，它们遵循2×n2，除第1周期外，重复一次，故第8周期含有的元素种数为：2×52=50，故选C。
点睛：本题考查元素周期表的结构，关键在于原子序数的递变规律，也可结合各周期元素种数利用数学归纳法计算。
9.根据π键的成键特征判断C＝C的键能是C—C键能的( )
A. 2倍 B. 大于2倍 C. 小于2倍 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】由于π键的键能比σ键键能小，双键中有一个π键和一个σ键，所以双键的键能小于单键的键能的2倍。A. 2倍不符合题意； B. 大于2倍不符合题意； C. 小于2倍符合题意；D. 无法确定不符合题意；答案：C。
10. 下列微粒的核外电子排布式书写违反泡利原理的是 ( )
A. C：1s22s22p2
B. Na+：1s22s22p43s2
C. S2-：1s22s22p23s23p4
D. K：1s22s22p63s23p7
【答案】D
【解析】
试题分析：根据泡利原理，3p能级只能容纳6个电子，故D错误。
考点：本题考查核外电子排布。
11.已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数分别为( )
A. 14、6 B. 14、8 C. 4、8 D. 4、12
【答案】D
【解析】
(1)晶胞中所含原子的计算方法：晶胞顶点上的原子占，棱上的原子占，面上的原子占，体心上的原子为1，根据以上规律就可计算晶胞所含的原子数。(2)金属晶体中金属原子的配位数即为距离该原子最近的金属原子的数目。在Cu的晶胞中，顶角原子为8个晶胞共用，面上的铜原子为两个晶胞共用，因此，金属铜的一个晶胞的原子数为8×＋6×＝4。在Cu的晶胞中，与每个顶点的Cu原子距离相等的铜原子共有12个，因此其配位数为12。
12. 下列分子或离子中中心原子价层电子对几何构型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是（ ）
A. NH4+ B. PH3 C. H3O+ D. OF2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、NH4+中价层电子对个数=4+(5-1-4×1)=4，且不含孤电子对，价层电子对几何构型和离子的空间构型均为正四面体形，故A错误；B、PH3分子中价层电子对=3+(5-3×1)=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故B错误；C、H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该离子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故C错误；D、OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确；故选D。
【考点定位】考查判断简单分子或离子的构型
【名师点晴】本题考查了微粒空间构型的判断，难度不大，先根据价层电子对判断VSEPR模型，去掉孤电子对就是其实际空间构型，这是高考的热点、学习的重点，价层电子对几何构型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对="σ" 键电子对+中心原子上的孤电子对；空间构型为V形说明该微粒中含有2个孤电子对。
13.当A，B两种元素原子分别获得两个电子形成8电子稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量；C，D两元素的原子分别失去1个电子形成8电子稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，A、B、C、D之间分别形成化合物时，最容易形成离子化合物的是( )
A. D2A B. C2B C. C2A D. D2B
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，A和B两种元素的原子分别获得两个电子形成8电子稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量，则其为ⅥA族元素，且非金属性A>B；C和D两元素的原子分别失去1个电子形成8电子稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，则其为ⅠA族元素，且金属性C>D。故属于离子化合物的可能性最大的是C2A。本题选C。
14.下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高：F2
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。
15.下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A. ①③⑦ B. 只有⑥ C. ②④⑤⑦ D. ⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】
试题解析：①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si-O键是极性键，故错误；②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误．故选B．
考点：四种晶体类型与结构、性质
16. 下列说法正确的是( )
A. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
B. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了能量最低原则
C. 表示的原子能量处于最低状态
D. 正三价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5的元素在周期表中位于Ⅷ族
【答案】D
【解析】
试题分析：A.2p、3p、4p能级都含有3个原子轨道，故A错误；B.3p能级最多排6个电子，所以电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反洪特规则和保利不相容原理，故B错误；C．违反了洪特规则，故C错误；D．某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其原子核外电子数为23+3=26，为Fe元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中第4周期第Ⅷ族，故D正确；故选D。
【考点定位】考查原子核外电子的排布规律。
【名师点睛】本题考查原子核外电子的排布规律。根据构造原理确定核外电子排布式是否正确。①能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道；②泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳 2个自旋状态相反的电子；③洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。
17.在白磷(P4)分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，结合有关P原子的成键特点，下列有关白磷的说法正确的是 ( )
A. 白磷分子的键角为109°28′
B. 分子中共有4对共用电子对
C. 白磷分子的键角为60°
D. 分子中有6对孤电子对
【答案】C
【解析】
白磷的空间结构为，键角为60°，分子中共有6对共用电子对，有4对孤电子对。
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】
【分析】
ABm型杂化类型的判断；中心原子电子对数n=(中心原子价电子数+配位原子成键电子数±加减电荷数)，通过n就可知杂化轨道数。有机物中的C的杂化类型可以利用形成的σ键确定。
【详解】A.CO2中的C原子杂化轨道数，为sp杂化；SO2中的S原子杂化轨道数，为sp2杂化；不同，A项错误；
B. CH4中的C原子杂化轨道数，为sp3杂化；NH3中的N原子杂化轨道数，为sp3杂化；相同，B项正确；
C. BeCl2中的Be原子杂化轨道数，为sp杂化；BF3中的B原子杂化轨道数，为sp2杂化；不同，C项错误；
D. C2H4，乙烯，每个C原子形成3个σ键，sp2杂化； C2H2，乙炔，每个C原子形成2个σ键，sp杂化。不同，D项错误；
本题答案选B。
19.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。
20.下列物质中,属于含有极性共价键的离子晶体的是
A. CsCl B. KOH C. H2O D. Na2O2
【答案】B
【解析】
【分析】
A、离子晶体是指由离子化合物结晶成的晶体，离子晶体属于离子化合物中的一种特殊形式；
B、KOH是离子化合物，K+与OH-之间是离子键，O-H之间是共价键；
C、H2O是分子晶体，分子含有极性键O-H；
D、Na2O2晶体含有非极性共价键O-O，属于离子晶体。
【详解】A、氯化铯是只含离子键的离子化合物，故A错误；
B、氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，氢氧化钾是含有共价键的离子化合物，故B正确；
C、H2O中O元素与H元素之间形成极性共价键，是只含共价键的共价化合物，故C错误；
D、Na2O2中O元素与O元素之间形成非极性键，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】一般来说，非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；含有离子键的化合物是离子化合物；在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，由于两个原子吸引电子的能力不同，一般形成极性共价键。
21. 下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是（ ）
A. CH4（g）+3/2O2（g）=2H2O（l）+CO（g） △H1
B. S（s）+3/2O2（g）=SO3（s） △H2
C. C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l） △H3
D. 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H4
【答案】C
【解析】
试题分析：燃烧热是指在101kPa下，1mol完全燃烧生成N2(g)、H2O(l)、CO2(g)等的反应热，据此可得下列结论：A．在反应CH4(g)＋O2(g)===2H2O(l)＋CO(g)中有CO生成，所以ΔH1不是燃烧热，故A错误；B．硫充分燃烧的产物是SO2，故ΔH2不是燃烧热，故B错误；C．1molC6H12O6(s)完全发生燃烧反应为：C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)，所以ΔH3是lC6H12O6的燃烧热，故C正确；D．反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)中CO物质的量是2mol，所以ΔH4不是燃烧热，故D错误。故选C。
考点：考查热化学方程式书写；燃烧热
22.化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是( )
A. 煤燃烧时将部分化学能转化为热能
B. 电解水制氢气时将部分化学能转化为电能
C. 炸药爆炸时将部分化学能转化为动能
D. 镁条燃烧时将部分化学能转化为光能
【答案】B
【解析】
【详解】A. 煤燃烧时放热，将部分化学能转化为热能，A正确；
B. 电解水时将电能转化为化学能，B错误；
C. TNT爆炸时将部分化学能转化为动能，C正确；
D. 镁条燃烧时发光发热，将部分化学能转化为光能，D正确。
答案选B。
23.氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车备受青睐。我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号”，已达到世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进。氢能具有的优点包括( )
①原料来源广 ②易燃烧、热值高 ③储存方便 ④制备工艺廉价易行
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ②④
【答案】A
【解析】
试题分析：氢能是易燃烧、热值高，原料来源广；但储存难、制备成本高，故①②正确
①、地球表面71%被水所包围，从水中可以制取氢气，所以氢能来源广，故正确；
②、氢气的燃烧热值高，故正确；
③、氢气呈气态，所以不易储从，故错误；
④、目前工业上制取氢气是靠电解水制得的，需要耗费大量的电能，成本很高，故错误．
故选A
考点：资源综合利用和新能源开发
点评：氢气从来源及燃烧产物来看是最理想的能源，但也存在缺点，如：耗能高，不易储从和运输．
24.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b，则a>b
D. 已知P(白磷，s)===P(红磷，s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
A. 燃烧热对应的是H2O(l)，故A错误；B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，由于醋酸电离吸热，所以放出小于57.3kJ的热量，故B正确；C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b，则a
①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为( )
A. －488.3 kJ·mol－1 B. －191 kJ·mol－1
C. －476.8 kJ·mol－1 D. －1 549.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：（2）×2+（3）×2-（1）可得反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1="-488.3" kJ/mol。选项为：A.
考点：考查盖斯定律及其应用的知识。
二、填空题(共7小题,共50分)
26.(1)晶体的自范性即__的性质，是晶体在__呈现周期性的有序排列的宏观表象。
(2)晶体的特点有3个：__、__、__．
(3)金属晶体的组成微粒有__和__．
(4)决定离子空间结构的因素有__、__和离子键的纯粹程度．
(5)在离子晶体中，晶格能越大、熔点越__、硬度越__．
【答案】 (1). 晶体能自发地呈现多面体外形 (2). 微观空间里 (3). 自范性 (4). 各向异性 (5). 固定的熔点 (6). 金属阳离子， (7). 自由电子 (8). 几何因素 (9). 电荷因素 (10). 高 (11). 大
【解析】
【分析】
根据微粒间的相互作用对晶体的影响分析解答；根据各种晶体类型的性质分析解答。
【详解】(1)晶体的自范性是晶体能自发地呈现多面体外形的性质，晶体都有自范性，非晶体没有；晶体的自范性是晶体在微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，故答案为：晶体能自发地呈现多面体外形；微观空间里；
(2)晶体与非晶体的区别在于，晶体有自范性、各向异性、固定的熔点，所以晶体的三个特点为：自范性、各向异性、固定的熔点，故答案为：自范性、各向异性、固定的熔点；
(3)金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，故答案为：金属阳离子，自由电子；
(4)决定离子空间结构的因素有有三个方面：几何因素、电荷因素、离子键的纯粹程度，故答案为：几何因素、电荷因素；
(5)离子晶体的熔沸点、硬度都由晶格能决定，晶格能越大、熔点越高，硬度越大。故答案为：高；大。
27. X、Y、Z是ⅠAⅦA族的三种非金属元素，它们在周期表中的位置如右图所示。试完成下列问题：
（1）X元素单质的化学式是__________。
（2）Y元素的原子结构示意图是__________，Y与Na所形成化合物的电子式为__________。
（3）Z元素的名称是__________，从元素原子得失电子的角度看，Z元素具有__________性；若从Z元素在周期表中所处位置看，它具有这种性质的原因是____________________，其价电子排布式为__________。
【答案】（1）F2 （2）
(3)砷 两 Z位于元素周期表中金属与非金属交界线附近 4s24p3
【解析】
试题分析：在元素周期表中，非金属位于元素周期表中的右上方，三元素均为非金属，必位于ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，则可认定X必为氟，Y为硫，Z为砷。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用以及原子结构示意图、电子式、价电子排布式的书写
点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
28.图是一个简易测量物质反应是吸热反应还是放热反应的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应。将镁片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：
(1)有关反应的离子方程式是_________________________________________，
试管中看到的现象是________________________________________。
(2)U形管中液面A________(填“上升”或“下降”)，原因是__________________；
说明此反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。
【答案】 (1). Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑ (2). 镁片溶解，有气泡产生 (3). 下降 (4). 反应放出的热量使锥形瓶内气压增大 (5). 放热 (6). 小于
【解析】
【分析】
根据离子反应方程式书写规则分析解答；根据常见化学实验基础操作及注意事项分析解答；
【详解】(1)镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，所以能观察到镁片溶解，同时有气体生成；
故答案为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，镁片溶解，有气泡产生；
(2)镁片与盐酸的反应是放热反应，是由于反应物的总能量高于生成物的总能量，放出的热量使锥形瓶内气压增大，导致U形管左端液面下降，右端液面上升；
故答案为：下降；反应放出的热量使锥形瓶内气压增大；放热；小于。
【点睛】离子方程式书写规则：一写：写出正确化学方程式；二拆：将强酸、强碱、可溶性盐拆成离子形式；三删：删去相同数量的相同离子；四查：检查原子守恒和电荷守恒。
29.金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们燃烧时，若氧气不足生成一氧化碳，若充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
(1)等质量的金刚石和石墨完全燃烧，____________(填“金刚石”或“石墨”)放出的热量更多，写出表示石墨完全燃烧的热化学方程式：_______________________________________
(2)在通常状况下，____________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，写出石墨转化为金刚石的热化学方程式： _______________________________________________________________。
(3)12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程中放出的热量为________。
【答案】 (1). 金刚石 (2). C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1 (3). 石墨 (4). C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝1.9 kJ·mol－1 (5). 252.0 kJ
【解析】
【分析】
根据热化学反应方程式的书写规则分析解答；根据盖斯定律分析解答。
【详解】由图示书写热化学方程式通常用三步法：第一步正确书写出化学反应方程式，第二步补加状态，第三步计算，由图计算对应的ΔH。
(1)含有1 mol C原子的金刚石和石墨完全燃烧生成二氧化碳，前者放出热量395.4 kJ，后者放出热量为110.5 kJ＋283.0 kJ＝393.5 kJ，可见金刚石放出能量多。石墨完全燃烧的反应方程式为C＋O2===CO2；补加状态C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－QkJ·mol－1；图示为生成1 mol CO2对应热量，因此热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1。
(2)图示中金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨稳定。含有1 mol C原子的石墨的总能量比等质量的金刚石的总能量低(393.5－395.4) kJ ＝1.9 kJ，据此可写出反应的热化学方程式：C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝1.9 kJ·mol－1。
(3)石墨质量是12 g，生成气体质量36 g，根据C、O元素守恒可求出CO、CO2的物质的量均为0.5 mol。则反应放出的热量为0.5 mol×110.5 kJ·mol－1＋0.5 mol×393.5 kJ·mol－1＝252.0 kJ。
【点睛】热化学方程式书写时应注意以下问题：1．注意△H的符号和单位 △H只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。若为放热反应，△H为“-”；若为吸热反应，△H为“+”。△H的单位一般为kJ／moJ。2．书写热化学方程式时应注明△H的测定条件。3．注意物质的聚集状态反应物和生成物的聚集状态不同，反应热△H不同。4．注意热化学方程式的化学计量数。
30.现有七种元素，其中A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．
(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式__；
(2)B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_个方向，原子轨道呈_____形；
(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为该同学所画的电子排布图违背了__；
(4)G位于__族_区，价电子排布式为__；
(5)DE3中心原子的杂化方式为__，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为__．
【答案】 (1). (2). 3 (3). 纺锤 (4). 泡利原理 (5). ⅦB (6). d (7). 3d54s2 (8). sp3 (9). 三角锥
【解析】
【分析】
根据元素周期表中原子结构排不规律分析解答；根据元素周期律分析解答；根据原子轨道杂化互斥理论分析解答；
【详解】A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素。
(1) BA5即NH5，电子式为：；
故答案为：；
(2)由于 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素，N基态原子中能量最高的电子在p轨道上，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：3；纺锤；
(3) 由表格信息可知，C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素，由图片可知，该同学的画的3s轨道违背了泡利不相容原理；
(4)根据题目信息可知，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素，其位于ⅦB、d区，核外电子排布式为：[Ar] 3d54s2；故答案为：ⅦB；d；3d54s2
(5) DE3即PCl3，中心原子P的价能层电子对数为4，故其为sp3杂化，PCl3的价层电子对互拆模型为正四面体，3个成键电子对占据其3个杂化轨道，1个孤电子对占据余下的杂化轨道，故其空间构型为三角锥，故答案为：sp3；三角锥。
31.有下列离子晶体立体构型示意图如下图所示。
(1)以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：__________________________。
(2)已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是__________________________________________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN2 (4). MN (5). 离子键、非极性共价键 (6).
【解析】 (1)对于A，阴离子位于立方体4个顶点，因此阴离子在该立方体内只有4×1/8=1/2 (个)，同理阳离子也只有1/2个，组成上为1/2∶1/2＝1∶1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有4×1/2＋2＝4(个)，阳离子在立方体内有8×1/8＋1＝2(个)，组成为MN2；对于C，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有4×1/8＝1/2 (个)，组成为MN2；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有8×1/8＝1(个)，组成为MN。答案：MN、 MN2、 MN2、 MN 。
(2)FeS2晶体中的化学键为离子键和硫硫之间的非极性共价键。密度ρ＝m/V，由立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，而由立方体的边长即阴、阳离子间的距离可求出立方体体积。ρ＝(1/2gmol-1)＝ NAmol-1a3cm3g·cm－3=。答案：离子键、非极性共价键 、
32.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。
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.下列物质属于原子晶体的是( )
A. 熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C. 不溶于水，熔点3550℃，不导电
D. 熔点是97.80℃，质软、导电，密度是0.97g•cm-3．
【答案】C
【解析】
【详解】A，熔点是1070℃，易溶于水，水溶液能导电，属于离子晶体的物理性质；B，熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电，属于分子晶体的物理性质；C，不溶于水，熔点3550℃，不导电，属于原子晶体的物理性质；D，熔点是97.80℃，质软、导电，密度是0.97g•cm-3，属于金属钠的物理性质。综上所述，C符合题意，本题选C。
2.如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素可能位于( )
A. ⅢA或ⅢB
B. ⅣA
C. ⅠB
D. ⅠA
【答案】A
【解析】
在元素周期表中，第2、3周期中第ⅡA族与第ⅢA族元素原子序数相差1，在第4、5、6、7周期中，第ⅡA族与第ⅢB族相邻，故原子序数为(n＋1)的元素位于第ⅢA或ⅢB族，A正确。
3.依据价层电子对互斥理论判断SO2的分子构型
A. 正四面体形 B. 平面三角形 C. 三角锥形 D. V形
【答案】D
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数分析解答。
【详解】SO2的分子中价层电子对个数=2+12×（6-2×2）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确。
故选D。
4.已知含氧酸可用通式XOm(OH)n表示，如X是S，则m＝2，n＝2，则这个式子就表示H2SO4。一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸。下列各含氧酸中酸性最强的是 ( )
A. HClO3 B. H2SeO3
C. H2BO2 D. HMnO4
【答案】D
【解析】
HClO3可写成ClO2(OH)，m＝2；H2SeO3可写成SeO(OH)2，m＝1；H2BO2可写成B(OH)2，m＝0；HMnO4可写成MnO3(OH)，m＝3，故选D。
5.二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
6.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是（ ）
A. VSEPR模型可用来预测分子的立体构型
B. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型
C. 中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
D. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定
【答案】D
【解析】
A、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，选项A正确；B、立体构型与价电子对相互排斥有关，所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的立体构型，选项B正确；C、中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力，选项C正确；D、分子的稳定性与键角没有关系，选项D不正确。答案选D。
点睛：本题考查了价层电子对互斥理论的用途，明确价层电子对互斥理论原理是解答本题的关键。价层电子对互斥模型（VSEPR模型）可以预测分子立体构型，立体构型与价电子对相互排斥有关，且排斥能力大小顺序是：孤对电子对间排斥力>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力。
7.下列现象与氢键有关的是
①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高
②乙醇可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
⑤ 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
A. ②③④⑤ B. ①②③⑤
C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题解析：①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④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④错误；⑤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⑤正确；故选B．
考点：氢键及氢键对物质的性质的影响
8.元素周期表中前七周期元素种数如下：
周期序数
1
2
3
4
5
6
7
元素种类
2
8
8
18
18
32
32
请分析周期序数与元素种数的关系，然后预言第八周期最多可能含有的元素种数为( )
A. 18 B. 32 C. 50 D. 第64
【答案】C
【解析】
观察每一周期的元素数发现，它们都是偶数，规律如下：
周期数
1
2
3
4
5
6
7
元素数
2×12
2×22
2×22
2×32
2×32
2×42
2×42
从中可发现，它们遵循2×n2，除第1周期外，重复一次，故第8周期含有的元素种数为：2×52=50，故选C。
点睛：本题考查元素周期表的结构，关键在于原子序数的递变规律，也可结合各周期元素种数利用数学归纳法计算。
9.根据π键的成键特征判断C＝C的键能是C—C键能的( )
A. 2倍 B. 大于2倍 C. 小于2倍 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】由于π键的键能比σ键键能小，双键中有一个π键和一个σ键，所以双键的键能小于单键的键能的2倍。A. 2倍不符合题意； B. 大于2倍不符合题意； C. 小于2倍符合题意；D. 无法确定不符合题意；答案：C。
10. 下列微粒的核外电子排布式书写违反泡利原理的是 ( )
A. C：1s22s22p2
B. Na+：1s22s22p43s2
C. S2-：1s22s22p23s23p4
D. K：1s22s22p63s23p7
【答案】D
【解析】
试题分析：根据泡利原理，3p能级只能容纳6个电子，故D错误。
考点：本题考查核外电子排布。
11.已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数分别为( )
A. 14、6 B. 14、8 C. 4、8 D. 4、12
【答案】D
【解析】
(1)晶胞中所含原子的计算方法：晶胞顶点上的原子占，棱上的原子占，面上的原子占，体心上的原子为1，根据以上规律就可计算晶胞所含的原子数。(2)金属晶体中金属原子的配位数即为距离该原子最近的金属原子的数目。在Cu的晶胞中，顶角原子为8个晶胞共用，面上的铜原子为两个晶胞共用，因此，金属铜的一个晶胞的原子数为8×＋6×＝4。在Cu的晶胞中，与每个顶点的Cu原子距离相等的铜原子共有12个，因此其配位数为12。
12. 下列分子或离子中中心原子价层电子对几何构型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是（ ）
A. NH4+ B. PH3 C. H3O+ D. OF2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、NH4+中价层电子对个数=4+(5-1-4×1)=4，且不含孤电子对，价层电子对几何构型和离子的空间构型均为正四面体形，故A错误；B、PH3分子中价层电子对=3+(5-3×1)=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故B错误；C、H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该离子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故C错误；D、OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确；故选D。
【考点定位】考查判断简单分子或离子的构型
【名师点晴】本题考查了微粒空间构型的判断，难度不大，先根据价层电子对判断VSEPR模型，去掉孤电子对就是其实际空间构型，这是高考的热点、学习的重点，价层电子对几何构型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对="σ" 键电子对+中心原子上的孤电子对；空间构型为V形说明该微粒中含有2个孤电子对。
13.当A，B两种元素原子分别获得两个电子形成8电子稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量；C，D两元素的原子分别失去1个电子形成8电子稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，A、B、C、D之间分别形成化合物时，最容易形成离子化合物的是( )
A. D2A B. C2B C. C2A D. D2B
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知，A和B两种元素的原子分别获得两个电子形成8电子稳定结构时，A放出的能量大于B放出的能量，则其为ⅥA族元素，且非金属性A>B；C和D两元素的原子分别失去1个电子形成8电子稳定结构时，D吸收的能量大于C吸收的能量，则其为ⅠA族元素，且金属性C>D。故属于离子化合物的可能性最大的是C2A。本题选C。
14.下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高：F2
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：F2
15.下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A. ①③⑦ B. 只有⑥ C. ②④⑤⑦ D. ⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】
试题解析：①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si-O键是极性键，故错误；②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误．故选B．
考点：四种晶体类型与结构、性质
16. 下列说法正确的是( )
A. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
B. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了能量最低原则
C. 表示的原子能量处于最低状态
D. 正三价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5的元素在周期表中位于Ⅷ族
【答案】D
【解析】
试题分析：A.2p、3p、4p能级都含有3个原子轨道，故A错误；B.3p能级最多排6个电子，所以电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反洪特规则和保利不相容原理，故B错误；C．违反了洪特规则，故C错误；D．某+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其原子核外电子数为23+3=26，为Fe元素，原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中第4周期第Ⅷ族，故D正确；故选D。
【考点定位】考查原子核外电子的排布规律。
【名师点睛】本题考查原子核外电子的排布规律。根据构造原理确定核外电子排布式是否正确。①能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道；②泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳 2个自旋状态相反的电子；③洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。
17.在白磷(P4)分子中，4个P原子分别处在正四面体的四个顶点，结合有关P原子的成键特点，下列有关白磷的说法正确的是 ( )
A. 白磷分子的键角为109°28′
B. 分子中共有4对共用电子对
C. 白磷分子的键角为60°
D. 分子中有6对孤电子对
【答案】C
【解析】
白磷的空间结构为，键角为60°，分子中共有6对共用电子对，有4对孤电子对。
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】
【分析】
ABm型杂化类型的判断；中心原子电子对数n=(中心原子价电子数+配位原子成键电子数±加减电荷数)，通过n就可知杂化轨道数。有机物中的C的杂化类型可以利用形成的σ键确定。
【详解】A.CO2中的C原子杂化轨道数，为sp杂化；SO2中的S原子杂化轨道数，为sp2杂化；不同，A项错误；
B. CH4中的C原子杂化轨道数，为sp3杂化；NH3中的N原子杂化轨道数，为sp3杂化；相同，B项正确；
C. BeCl2中的Be原子杂化轨道数，为sp杂化；BF3中的B原子杂化轨道数，为sp2杂化；不同，C项错误；
D. C2H4，乙烯，每个C原子形成3个σ键，sp2杂化； C2H2，乙炔，每个C原子形成2个σ键，sp杂化。不同，D项错误；
本题答案选B。
19.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。
20.下列物质中,属于含有极性共价键的离子晶体的是
A. CsCl B. KOH C. H2O D. Na2O2
【答案】B
【解析】
【分析】
A、离子晶体是指由离子化合物结晶成的晶体，离子晶体属于离子化合物中的一种特殊形式；
B、KOH是离子化合物，K+与OH-之间是离子键，O-H之间是共价键；
C、H2O是分子晶体，分子含有极性键O-H；
D、Na2O2晶体含有非极性共价键O-O，属于离子晶体。
【详解】A、氯化铯是只含离子键的离子化合物，故A错误；
B、氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，氢氧化钾是含有共价键的离子化合物，故B正确；
C、H2O中O元素与H元素之间形成极性共价键，是只含共价键的共价化合物，故C错误；
D、Na2O2中O元素与O元素之间形成非极性键，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】一般来说，非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；含有离子键的化合物是离子化合物；在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，由于两个原子吸引电子的能力不同，一般形成极性共价键。
21. 下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是（ ）
A. CH4（g）+3/2O2（g）=2H2O（l）+CO（g） △H1
B. S（s）+3/2O2（g）=SO3（s） △H2
C. C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l） △H3
D. 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H4
【答案】C
【解析】
试题分析：燃烧热是指在101kPa下，1mol完全燃烧生成N2(g)、H2O(l)、CO2(g)等的反应热，据此可得下列结论：A．在反应CH4(g)＋O2(g)===2H2O(l)＋CO(g)中有CO生成，所以ΔH1不是燃烧热，故A错误；B．硫充分燃烧的产物是SO2，故ΔH2不是燃烧热，故B错误；C．1molC6H12O6(s)完全发生燃烧反应为：C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)，所以ΔH3是lC6H12O6的燃烧热，故C正确；D．反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)中CO物质的量是2mol，所以ΔH4不是燃烧热，故D错误。故选C。
考点：考查热化学方程式书写；燃烧热
22.化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是( )
A. 煤燃烧时将部分化学能转化为热能
B. 电解水制氢气时将部分化学能转化为电能
C. 炸药爆炸时将部分化学能转化为动能
D. 镁条燃烧时将部分化学能转化为光能
【答案】B
【解析】
【详解】A. 煤燃烧时放热，将部分化学能转化为热能，A正确；
B. 电解水时将电能转化为化学能，B错误；
C. TNT爆炸时将部分化学能转化为动能，C正确；
D. 镁条燃烧时发光发热，将部分化学能转化为光能，D正确。
答案选B。
23.氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车备受青睐。我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号”，已达到世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进。氢能具有的优点包括( )
①原料来源广 ②易燃烧、热值高 ③储存方便 ④制备工艺廉价易行
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ②④
【答案】A
【解析】
试题分析：氢能是易燃烧、热值高，原料来源广；但储存难、制备成本高，故①②正确
①、地球表面71%被水所包围，从水中可以制取氢气，所以氢能来源广，故正确；
②、氢气的燃烧热值高，故正确；
③、氢气呈气态，所以不易储从，故错误；
④、目前工业上制取氢气是靠电解水制得的，需要耗费大量的电能，成本很高，故错误．
故选A
考点：资源综合利用和新能源开发
点评：氢气从来源及燃烧产物来看是最理想的能源，但也存在缺点，如：耗能高，不易储从和运输．
24.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b，则a>b
D. 已知P(白磷，s)===P(红磷，s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
A. 燃烧热对应的是H2O(l)，故A错误；B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，由于醋酸电离吸热，所以放出小于57.3kJ的热量，故B正确；C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b，则a
①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为( )
A. －488.3 kJ·mol－1 B. －191 kJ·mol－1
C. －476.8 kJ·mol－1 D. －1 549.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：（2）×2+（3）×2-（1）可得反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1="-488.3" kJ/mol。选项为：A.
考点：考查盖斯定律及其应用的知识。
二、填空题(共7小题,共50分)
26.(1)晶体的自范性即__的性质，是晶体在__呈现周期性的有序排列的宏观表象。
(2)晶体的特点有3个：__、__、__．
(3)金属晶体的组成微粒有__和__．
(4)决定离子空间结构的因素有__、__和离子键的纯粹程度．
(5)在离子晶体中，晶格能越大、熔点越__、硬度越__．
【答案】 (1). 晶体能自发地呈现多面体外形 (2). 微观空间里 (3). 自范性 (4). 各向异性 (5). 固定的熔点 (6). 金属阳离子， (7). 自由电子 (8). 几何因素 (9). 电荷因素 (10). 高 (11). 大
【解析】
【分析】
根据微粒间的相互作用对晶体的影响分析解答；根据各种晶体类型的性质分析解答。
【详解】(1)晶体的自范性是晶体能自发地呈现多面体外形的性质，晶体都有自范性，非晶体没有；晶体的自范性是晶体在微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，故答案为：晶体能自发地呈现多面体外形；微观空间里；
(2)晶体与非晶体的区别在于，晶体有自范性、各向异性、固定的熔点，所以晶体的三个特点为：自范性、各向异性、固定的熔点，故答案为：自范性、各向异性、固定的熔点；
(3)金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，故答案为：金属阳离子，自由电子；
(4)决定离子空间结构的因素有有三个方面：几何因素、电荷因素、离子键的纯粹程度，故答案为：几何因素、电荷因素；
(5)离子晶体的熔沸点、硬度都由晶格能决定，晶格能越大、熔点越高，硬度越大。故答案为：高；大。
27. X、Y、Z是ⅠAⅦA族的三种非金属元素，它们在周期表中的位置如右图所示。试完成下列问题：
（1）X元素单质的化学式是__________。
（2）Y元素的原子结构示意图是__________，Y与Na所形成化合物的电子式为__________。
（3）Z元素的名称是__________，从元素原子得失电子的角度看，Z元素具有__________性；若从Z元素在周期表中所处位置看，它具有这种性质的原因是____________________，其价电子排布式为__________。
【答案】（1）F2 （2）
(3)砷 两 Z位于元素周期表中金属与非金属交界线附近 4s24p3
【解析】
试题分析：在元素周期表中，非金属位于元素周期表中的右上方，三元素均为非金属，必位于ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，则可认定X必为氟，Y为硫，Z为砷。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用以及原子结构示意图、电子式、价电子排布式的书写
点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
28.图是一个简易测量物质反应是吸热反应还是放热反应的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应。将镁片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：
(1)有关反应的离子方程式是_________________________________________，
试管中看到的现象是________________________________________。
(2)U形管中液面A________(填“上升”或“下降”)，原因是__________________；
说明此反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。
【答案】 (1). Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑ (2). 镁片溶解，有气泡产生 (3). 下降 (4). 反应放出的热量使锥形瓶内气压增大 (5). 放热 (6). 小于
【解析】
【分析】
根据离子反应方程式书写规则分析解答；根据常见化学实验基础操作及注意事项分析解答；
【详解】(1)镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，所以能观察到镁片溶解，同时有气体生成；
故答案为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，镁片溶解，有气泡产生；
(2)镁片与盐酸的反应是放热反应，是由于反应物的总能量高于生成物的总能量，放出的热量使锥形瓶内气压增大，导致U形管左端液面下降，右端液面上升；
故答案为：下降；反应放出的热量使锥形瓶内气压增大；放热；小于。
【点睛】离子方程式书写规则：一写：写出正确化学方程式；二拆：将强酸、强碱、可溶性盐拆成离子形式；三删：删去相同数量的相同离子；四查：检查原子守恒和电荷守恒。
29.金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们燃烧时，若氧气不足生成一氧化碳，若充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
(1)等质量的金刚石和石墨完全燃烧，____________(填“金刚石”或“石墨”)放出的热量更多，写出表示石墨完全燃烧的热化学方程式：_______________________________________
(2)在通常状况下，____________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，写出石墨转化为金刚石的热化学方程式： _______________________________________________________________。
(3)12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程中放出的热量为________。
【答案】 (1). 金刚石 (2). C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1 (3). 石墨 (4). C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝1.9 kJ·mol－1 (5). 252.0 kJ
【解析】
【分析】
根据热化学反应方程式的书写规则分析解答；根据盖斯定律分析解答。
【详解】由图示书写热化学方程式通常用三步法：第一步正确书写出化学反应方程式，第二步补加状态，第三步计算，由图计算对应的ΔH。
(1)含有1 mol C原子的金刚石和石墨完全燃烧生成二氧化碳，前者放出热量395.4 kJ，后者放出热量为110.5 kJ＋283.0 kJ＝393.5 kJ，可见金刚石放出能量多。石墨完全燃烧的反应方程式为C＋O2===CO2；补加状态C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－QkJ·mol－1；图示为生成1 mol CO2对应热量，因此热化学方程式为C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1。
(2)图示中金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨稳定。含有1 mol C原子的石墨的总能量比等质量的金刚石的总能量低(393.5－395.4) kJ ＝1.9 kJ，据此可写出反应的热化学方程式：C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝1.9 kJ·mol－1。
(3)石墨质量是12 g，生成气体质量36 g，根据C、O元素守恒可求出CO、CO2的物质的量均为0.5 mol。则反应放出的热量为0.5 mol×110.5 kJ·mol－1＋0.5 mol×393.5 kJ·mol－1＝252.0 kJ。
【点睛】热化学方程式书写时应注意以下问题：1．注意△H的符号和单位 △H只能写在标有反应物和生成物状态的化学方程式的右边。若为放热反应，△H为“-”；若为吸热反应，△H为“+”。△H的单位一般为kJ／moJ。2．书写热化学方程式时应注明△H的测定条件。3．注意物质的聚集状态反应物和生成物的聚集状态不同，反应热△H不同。4．注意热化学方程式的化学计量数。
30.现有七种元素，其中A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答问题．
(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式__；
(2)B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_个方向，原子轨道呈_____形；
(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为该同学所画的电子排布图违背了__；
(4)G位于__族_区，价电子排布式为__；
(5)DE3中心原子的杂化方式为__，用价层电子对互斥理论推测其空间构型为__．
【答案】 (1). (2). 3 (3). 纺锤 (4). 泡利原理 (5). ⅦB (6). d (7). 3d54s2 (8). sp3 (9). 三角锥
【解析】
【分析】
根据元素周期表中原子结构排不规律分析解答；根据元素周期律分析解答；根据原子轨道杂化互斥理论分析解答；
【详解】A，B，C，D，E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，
A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素。
(1) BA5即NH5，电子式为：；
故答案为：；
(2)由于 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s22s22p3，故B为N元素，N基态原子中能量最高的电子在p轨道上，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：3；纺锤；
(3) 由表格信息可知，C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于ⅡA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素，由图片可知，该同学的画的3s轨道违背了泡利不相容原理；
(4)根据题目信息可知，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素，其位于ⅦB、d区，核外电子排布式为：[Ar] 3d54s2；故答案为：ⅦB；d；3d54s2
(5) DE3即PCl3，中心原子P的价能层电子对数为4，故其为sp3杂化，PCl3的价层电子对互拆模型为正四面体，3个成键电子对占据其3个杂化轨道，1个孤电子对占据余下的杂化轨道，故其空间构型为三角锥，故答案为：sp3；三角锥。
31.有下列离子晶体立体构型示意图如下图所示。
(1)以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：__________________________。
(2)已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是__________________________________________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN2 (4). MN (5). 离子键、非极性共价键 (6).
【解析】 (1)对于A，阴离子位于立方体4个顶点，因此阴离子在该立方体内只有4×1/8=1/2 (个)，同理阳离子也只有1/2个，组成上为1/2∶1/2＝1∶1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有4×1/2＋2＝4(个)，阳离子在立方体内有8×1/8＋1＝2(个)，组成为MN2；对于C，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有4×1/8＝1/2 (个)，组成为MN2；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有8×1/8＝1(个)，组成为MN。答案：MN、 MN2、 MN2、 MN 。
(2)FeS2晶体中的化学键为离子键和硫硫之间的非极性共价键。密度ρ＝m/V，由立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，而由立方体的边长即阴、阳离子间的距离可求出立方体体积。ρ＝(1/2gmol-1)＝ NAmol-1a3cm3g·cm－3=。答案：离子键、非极性共价键 、
32.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。
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