【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（第二次月考）（实验班）（解析版） 21页

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（第二次月考）（实验班）‎ 可能用到的相对原子质量：Ca‎-40 C-12 Cu-64 Ni-59‎ 一、选择题（本题共23小题，每小题2分，共46分）‎ ‎1.现在含有元素硒(Se)的保健品已经进入市场。已知硒与氧元素同族，与钾元素同周期。下列关于硒的说法不正确的是（ ）‎ A. 原子最外层电子排布式为4s24p4‎ B. 最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4‎ C. Br的非金属性比Se弱 D. O和Se为p区元素，K为s区元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中已知：硒与氧元素同族，与钾元素同周期。可知硒位于第四周期第ⅥA族，硒与氧元素最外层电子数相同，化学性质相似；硒与钾元素具有相同的电子层数，据此分析。‎ ‎【详解】A．O元素有2个电子层，最外层为6个电子，其最外层电子排布为2s22p4，钾元素有4个电子层，则据此可知Se原子最外层电子排布式为4s24p4，A项正确；‎ B．O元素位于第ⅥA族，则Se元素也属于第ⅥA族元素，根据主族序数等于元素最高化合价（O、F除外）可知，Se的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4，B项正确；‎ C．Br元素位于元素周期表中第四周期第ⅦA族，根据元素周期律，同周期元素，从左至右，非金属性逐渐增强，可知，Br的非金属性比Se强，C项错误；‎ D．根据元素周期表的分区可知，第ⅠA族、ⅡA族及氦元素位于s区，第ⅢA族～ⅦA族、0族（氦除外）位于p区，可知，O和Se为p区元素，K为s区元素，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列叙述错误的是（　　）‎ ‎①热稳定性：H2O＞HF＞H2S     ②熔点：Al＞Na＞K ③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布 ④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高 ⑥盐酸可与碳酸钠溶液反应生成CO2气体，说明盐酸比碳酸强，则Cl 比S的非金属性强 ⑦‎ SiCl4、PCl3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构。‎ A. ①③⑤⑥ B. ②④⑥ C. ②③④⑦ D. ①⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，原子的非金属性F＞O＞S，氢化物的热稳定性HF＞H2O＞H2S，故①错误；        ‎ ‎②碱金属元素单质的熔点逐渐降低，即Na＞K，铝的熔点较Na、K高，所以熔点：Al＞Na＞K，故②正确；‎ ‎③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子比同周期稀有气体元素的原子少一个电子层，核外电子排布不一样，故③错误；‎ ‎④从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是过渡元素，都是金属元素，故④正确；‎ ‎⑤核外电子中，离核较近的区域内运动的电子能量较低，离核较远的区域内运动的电子能量较高，故⑤错误；‎ ‎⑥Cl、S元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性：高氯酸强于硫酸，所以元素的非金属性Cl＞S，故⑥错误；‎ ‎⑦SiCl4、PCl3分子中各元素原子的化合价的绝对值+最外层电子数=8，则各个原子最外层达到8电子稳定结构，故⑦正确；‎ 说法错误的有①③⑤⑥，答案选A。‎ ‎3.气态中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是（ ）‎ A. 1s22s22p63s23p2→1s22s22p63s23p1‎ B. 1s22s22p63s23p3→1s22s22p63s23p2‎ C. 1s22s22p63s23p4→1s22s22p63s23p3‎ D. 1s22s22p63s23p63d104s24p2→1s22s22p63s23p63d104s24p1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】由基态原子核外电子排布可知A、B、C、D依次为基态Si、P、S、Ge元素；Si和Ge同一主族，Si在Ge上方，Si第一电离能比Ge大；Si、P、S为同一周期相邻元素，P元素原子的3p轨道为半充满，能量较低，P元素的第一电离能大，即第一电离能P>S>Si，所以第一电离能P>S>Si>Ge，故P原子失去1个电子吸收的能量最多，故答案选B。‎ ‎4.下列各离子或原子的电子排布式错误的是（ ）‎ A. Ca2+：1s22s22p63s23p6 B. Fe3+：1s22s22p63s23p63d5‎ C. K：1s22s22p63s23p64s1 D. O2-：1s22s22p4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca元素为20号元素，原子核外有20个电子，失去4s能级两个电子形成Ca2+，所以其电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A正确；‎ B．Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，失去4s能级两个电子和3d能级1个电子形成Fe3+，所以其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故B正确；‎ C．K元素为19号元素，根据核外电子排布规律可知其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，故C正确；‎ D．O元素为8号元素，原子核外有8个电子，2p能级得到两个电子形成O2-，所以其电子排布式为1s22s22p6，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列有关表述正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的电子式：‎ B. N原子的电子排布图为：‎ C. 硫原子的价电子排布式：3s23p4‎ D. 二氧化硅的分子式：SiO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸的电子式是，A错误；‎ B．N原子的电子排布式为1s2 2s2 2p3 ，根据洪特规则2p应为半充满：，B错误；‎ C．硫原子的价电子排布式为3s23p4，C正确；‎ D．二氧化硅是原子晶体，不存在单个分子结构（分子存在于分子晶体），SiO2仅仅体现了原子的个数比，是一个宏观的表示方法，并不是分子式，D错误；‎ 故本题选C。‎ ‎6. 下列各分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构且共用电子对发生偏移的是 A. BeCl2 B. PCl‎3 ‎C. PCl5 D. N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、Be位于IIA族，因此BeCl2中Be的最外层有4个电子，不满足8电子稳定结构，故A错误；B、PCl3中P最外层有8个电子，且Cl最外层也有8个电子，P－Cl形成极性共价键，电子对发生偏移，故B正确；C、PCl5中P最外层有10个电子，故C错误；D、没有电子对的偏移，故D错误。‎ 点睛：本题易错点是PCl5，因为磷显＋5价，P的各层电子数为2、8、5，P显＋5价，即最外层8个电子，符合题意，但忽略了PCl5属于共价化合物，是共用电子对，即P的最外层超过8电子，PCl5不符合条件。‎ ‎7.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是 元素 I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ X ‎496‎ ‎4562‎ ‎6912‎ ‎9543‎ Y ‎578‎ ‎1817‎ ‎2745‎ ‎11600‎ A. 元素X的常见化合价是+1价 B. 元素X与氯形成化合物时，化学式为XCl C. 元素Y是ⅢA族的元素 D. 若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。‎ ‎【详解】A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；‎ B．X为第IA族元素，最高化合价为+1价，元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl 元素，所以在二者形成的化合物中X显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，故B正确；‎ C．通过以上分析知，Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，故C正确；‎ D．若元素Y处于第3周期，为Al元素，它与冷水不反应，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎8.如图是元素周期表中关于碘元素的信息，其中解读正确的是( )‎ A. 碘原子的中子数为53‎ B. 碘原子核外电子数为127‎ C. 碘原子核外有5种不同能量的电子 D. 碘原子最外层有7种不同运动状态的电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，碘元素的原子序数为53，原子序数=质子数=53，故A错误；‎ B．碘元素的相对原子质量为126.9，原子序数=原子核外电子数=53，故B错误；‎ C．外围电子排布为5s25p5，处于第五周期ⅦA族，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p共11种不同能量的电子，故C错误；‎ D．最外层电子排布为5s25p5，最外层有7种不同运动状态的电子，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.可利用反应2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH检测乙醇。下列说法错误的是（ ）‎ A. 基态Cr3+的核外电子排布式为3d3‎ B. [Cr(H2O)6]3+中与Cr3+形成配位键的原子是氧原子 C. CH3COOH分子中含有7个键 D. 已知CrO42-是以Cr为中心的四面体结构，则Cr2O72-结构中含有两个四面体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cr是第24号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，A错误；‎ B. [Cr(H2O)6]3+中Cr3+提供空轨道，氧原子提供孤电子对，所以与Cr3+形成配位键的原子是氧原子，B正确；‎ C. CH3COOH分子的结构式中含有7个键，1个π键，C正确；‎ D. CrO42-的结构为：，是以Cr为中心的四面体结构；Cr2O72-结构为：，含有两个四面体，D正确；故答案为：A。‎ ‎【点睛】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（CO、NH3、H2O)或离子（Cl-、CN-等）通过配位键结合形成的化合物。‎ ‎10.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4 ，②1s22s22p63s23p3，③1s22s22p3，④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是 A. 原子半径：④＞③＞②＞① B. 第一电离能：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】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据原子的基态电子排布可知，①②③④分别是S、P、N、F。则 A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，原子半径应该是②＞①＞③＞④，A不正确；‎ B、由于氮元素和P元素的2p轨道和3p轨道电子分别处于半充满状态，稳定性强，第一电离能分别大于氧元素和S元素的，所以选项B正确。‎ C、非金属性越强，电负性越大，则电负性应该是④＞③＞①＞②，C错误；‎ D、F是最活泼的非金属元素，没有正价，最高正化合价：①＞③＝②＞④，D不正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.碳、硫、氧、氮是中学常见元素，下列说法正确的是（ ）‎ A. CO2、SO2、NH3都是直线形分子 B. CO2、H2O、NH3的键角依次减小 C. H2O2、N2H4分子的中心原子都是sp3杂化 D. C、N、F元素的电负性依次减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2为V形，NH3为三角锥形，故A错误；‎ B．H2O和NH3均为sp3杂化，氨气分子中有一对孤电子对，水分子中有两对孤电子对，对共用电子对排斥作用更大，键角要小于氨气中的键角，故B错误；‎ C．H2O2分子中O原子形成2个σ键，同时有2对孤电子对，价层电子对个数是4；N2H4分子中N原子形成3个σ键，同时有1对孤电子对，价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，O、N原子都采用sp3杂化，故C正确；‎ D．非金属性越强，电负性越大，所以电负性F>N>C，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎12.美国化学家鲍林教授具有独特的化学想象力：只要给他物质的分子式，他就能大体上想象出这种物质的分子结构模型.多核离子所带电荷可以认为是中心原子得失电子所致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面上的一组是（ ）‎ A. NO和NH B. H3O+和ClO C. NO和CO D. PO和SO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析。‎ ‎【详解】A．NO2-中心原子的价层电子对数=2+（5+1-2×2）×=3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，NH4+中心原子的价层电子对数=4+（‎5-1-4‎×1）×=4‎ ‎，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故A不符合题意；‎ B．H3O+中心原子的价层电子对数=3+（‎6-1-3‎×1）×=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，ClO3-中心原子的价层电子对数=3+（7+1-3×2）×=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B不符合题意；‎ C．NO3-中心原子的价层电子对数=3+（5+1-3×2）×=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，CO32-中心原子的价层电子对数=3+（4+2-2×3）×=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故C符合题意；‎ D．PO43-中心原子的价层电子对数=4+（5+3-4×2）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，SO42-中心原子的价层电子对数=4+（6+2-4×2）×=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎13.下列事实与氢键有关的是（ ）‎ A. 水加热到很高的温度都难以分解 B. 水结成冰体积膨胀，密度变小 C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 D. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】氢键是一种特殊的分子间作用力，不属于化学键，只影响物质的物理性质，不影响化学性质。‎ A. 水的分解破坏的是化学键，与分子间是否存在氢键无关，A错误；‎ B. 氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，但水的质量不变，故物质密度减小，B正确；‎ C. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，C错误；‎ D. CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高，与分子间作用力有关，但这些物质分子间不存在氢键，与氢键无关，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.下列推论正确的是( )‎ A. SiH4沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3‎ B. CO2晶体分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体 C. NH4+为正四面体结构，可推测PH4+也为正四面体结构 D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于PH3，故A错误；‎ B．CO2 晶体是分子晶体，但是SiO2 晶体是原子晶体，故B错误；‎ C．N、P是同主族元素，形成的离子NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型，故C正确；‎ D．C2H6中两个−CH3对称，是非极性分子，是直线型，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2−+4H＋+4H2O= [Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. HOCH2CN分子中没有手性碳原子 B. 1mol HOCH2CN分子中含有σ键的物质的量为5mol C. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4‎ D. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HOCH2CN分子中有1个碳原子是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，故分子中没有手性碳原子，故A正确；‎ B. HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，故1mol HOCH2CN分子中含有σ键的物质的量为6mol，故B错误；‎ C. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4，故C正确；‎ D. HOCH2CN分子中其中与羟基（-OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个σ键和2个π键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎16.以下微粒含配位键的是(　 　)‎ ‎①N2H5+　②CH4　③OH－　④NH4+　⑤Fe(CO)5　⑥Fe(SCN)3　⑦H3O＋　⑧[Ag(NH3)2]OH A. ①②④⑦⑧ B. ③④⑤⑥⑦‎ C. ①④⑤⑥⑦⑧ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；②无空轨道，无孤电子对；③无空轨道，④氢离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；⑤铁原子提供空轨道，碳原子提供孤电子对；⑥铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对；⑦氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；⑧银离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；据此分析解答。‎ ‎【详解】①氢离子提供空轨道，N2H4氮原子提供孤电子对，所以能形成配位键，N2H5+含有配位键，①选； ②甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键，②不选； ③OH-电子式为，无空轨道，OH-不含有配位键，③不选； ④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH4+含有配位键，④选； ‎ ‎⑤Fe原子有空轨道，CO中的碳原子上的孤电子对，可以形成配位键，Fe（CO）5含有配位键，⑤选； ⑥SCN-的电子式，铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对，Fe（SCN）3含有配位键，⑥选； ⑦H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键，⑦选； ⑧Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，Ag（NH3）2OH含有配位键，⑧选；‎ 综上，①④⑤⑥⑦⑧微粒中含有配位键，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎17.下列说法中正确的是 A. P4、CS2、PH3都是非极性分子 B. 金刚石和C60都是原子晶体 C. aXm﹣和bYn﹣是电子层结构相同的短周期元素的离子，若n＞m，则原子半径X＞Y D. 短周期元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性：M(OH)m＞N(OH)n，则离子氧化性：Mm+＜Nn+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子结构对称、正负电荷中心重叠的分子为非极性分子，P4、CS2都是非极性分子，PH3分子是三角锥形分子，结构不对称，正负电荷中心不重叠，属于极极性分子，故A错误；‎ B. C60晶体是由分子构成的，属于分子晶体，金刚石晶体由原子构成，属于原子晶体，故B错误；‎ C. 电子排布相同的离子，原子序数越大，其离子半径越小，aXm﹣和bYn﹣是电子层结构相同的短周期元素的离子，若n＞m，则原子序数X＞Y，则原子半径X＜Y，故C错误；‎ D. 金属元素的金属性越强，其对应最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，其阳离子的氧化性越弱，已知最高价氧化物对应的水化物的碱性：M(OH)m＞N(OH)n，则金属性：M＞N，所以离子氧化性：Mm+＜Nn+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18.已知氯化铝易溶于苯和四氯化碳，其熔点为‎190℃‎，则下列结论错误的是 A. 氯化铝是电解质 B. 固体氯化铝是分子晶体 C. 可用电解熔融氯化铝的办法制取金属铝 D. 氯化铝为非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铝溶于水可以电离出氯离子、铝离子，溶液能导电，氯化铝是电解质，故A正确；‎ B．AlCl3的熔点较低，且易溶于苯和乙醚，因此为共价化合物，氯化铝固体是分子晶体，故B正确；‎ C．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，不能用电解熔融氯化铝的办法制取金属铝，故C错误；‎ D．AlCl3的熔点较低，易溶于苯和乙醚，苯、乙醚为非极性分子，根据“相似相溶”原理，氯化铝可能是非极性分子，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎19.某晶体由M、N两种原子构成，其晶胞如图所示。实心球•表示N原子，空心球○表示M原子，则它的化学式为（ ）‎ A. M4N4 B. M14N‎13 ‎C. MN D. M4N5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据均摊法，实心球•N原子位于晶胞的棱上和体心，个数为×12+1=4，空心球○M原子位于晶胞的顶点和面心，个数为×8+×6=4，则晶胞中N原子和M原子的个数都为4，则其化学式为MN，故答案选C。‎ ‎20.下图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是( )‎ A. 甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子 B. 晶体中1个分子有12个紧邻的甲烷分子 C. 晶体熔化时需克服共价键 D. 一个甲烷晶胞中含有8个分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶胞中的球体代表的是1个甲烷分子，并不是1个碳原子，A选项错误；‎ B．以该甲烷晶胞为单元，位于顶点的某1个甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，而这3个甲烷分子在面心上，因此每个都被共用2次，故与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子有3×8×=12个，B选项正确；‎ C．甲烷构成的晶体是分子晶体，熔化时需克服范德华力，C选项错误；‎ D．甲烷晶胞属于面心立方晶胞，甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子,该晶胞含有甲烷的分子个数为8×+6×=4，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎21.下列说法正确的是 A. 乙醇中的—OH上的氢比水分子中的—OH上的氢活泼 B. [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物内界和外界Cl－的数目之比是1∶2‎ C. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO4HClO3>HClO2>HClO，C错误；‎ D．手性分子CH2=CHCH（CH2OH）COOH与足量的H2反应后生成CH3CH2CH（CH2OH）COOH，分子中仍只有一个手性碳原子，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎22.下列说法正确的是 A. 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表的第IIA族 B. H2O比H2S稳定是因为H2O分子间有氢键 C. 离子化合物中可能含有共价键 D. 因为盐酸的酸性比氢硫酸（H2S水溶液）强，所以非金属性：Cl﹥S ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．氦原子最外层电子数为2，它处于周期表的0族，而且许多副族元素的最外层电子数也为2，A不正确；‎ B．H2O比H2S稳定，是因为H2O分子内O-H键的键能大于H2S分子内S-H键的键能，B不正确；‎ C．含有原子团的离子化合物中含有共价键，如NaOH等，C正确；‎ D．不能用氢化物水溶液酸性的强弱判断相应元素非金属性的强弱，D不正确；‎ 故答案选C ‎23.下列说法正确的是 A. 只含有一种元素的物质一定是纯净物 B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 C. 石墨转变为金刚石为化学变化 D. 水很稳定是因为水分子间存在较强的分子间作用力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只含有一种元素的物质可能是混合物，如氧气和臭氧，A错误；‎ B．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如氢氧化钠中含有共价键，B错误；‎ C．石墨转变为金刚石有新物质生成，属于化学变化，C正确；‎ D．水很稳定是因为水分子中的共价键比较稳定，D错误；‎ 答案选C。‎ 二、非选择题（本题共4小题，共54分）‎ ‎24.铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。回答下列问题：‎ ‎（1）CuFeS2是其中铜的主要存在形式。CuFeS2中存在的化学键类型是__。铜原子核外电子排布式为___。‎ ‎（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。‎ ‎①X分子的立体构型是__，中心原子杂化类型为__。‎ ‎②X的沸点比水低的主要原因是__。‎ ‎（3）[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是__。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是__（填“极性”或“非极性”）分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是__。‎ ‎（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·cm-3，晶胞边长a=__nm。（设NA代表阿伏加德罗常数）‎ ‎【答案】 (1). 离子键 (2). 1s22s22p63s23p63d104s1 (3). V形 (4). sp3 (5). 水分子间存在氢键 (6). NH3 (7). 极性 (8). 平面正方形 (9). 3∶1 (10). ×107‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据CuFeS2中元素构成，可判断化学键类型，Cu是29‎ 号元素，可写出它的核外电子排布式；根据H2S中中心原子硫的价层电子对数，由VSEPR判断其空间构型和杂化类型；根据水分子间能形成氢键，则沸点高；根据配位键形成的实质，判断谁提供了孤对电子；根据[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，判断其空间构型；根据相似相溶原理，判断分子的极性；由均摊法求出原子个数比，根据化学式和密度，求出晶胞的边长。‎ ‎【详解】（1）CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，它们之间形成的化学键为离子键，Cu是29号元素，Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；答案为离子键，1s22s22p63s23p63d104s1。‎ ‎（2）①CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X是H2S，H2S分子中S原子价层电子对数为4，VSEPR 模型为四面体形。但S原子有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致H2S分子的构型为V形，S原子价层电子对数的4，所以中心原子硫杂化类型为sp3杂化；答案为V形，sp3。 ②H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键，而H2S分子之间只存在分子间作用力，答案为水分子间存在氢键。‎ ‎（3）在[Cu(NH3)4]2+中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对；Cu(NH3)2Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面正方形，若是正面体空间构型，Cu(NH3)2Cl2的结构只有一种；答案为NH3；极性；平面正方形。‎ ‎（4）①该晶胞中Ni原子个数=8×=1，Cu原子个数=6×=3，则铜原子与镍原子的数量比为3:1；答案为3:1。‎ ‎②该晶胞的化学式为Cu3Ni，若合金的密度为dg/cm3，根据V=a3，则晶胞边长a====cm=×107nm，答案为×107。‎ ‎25.A、B、C、D、E、F、G是前四周期元素，原子序数依次增大，根据表中提供的有关信息，回答问题：‎ 元素 相关信息 A 所有单质中密度最小 B 形成化合物种类最多的元素 D 基态原子中只有3个能级，有2个未成对电子 E 短周期中原子半径最大 F 第三周期中电负性最大的元素 G 最外层只有一个电子，内层填满电子 ‎（1）E元素在周期表中的位置是______，F元素原子最外层电子排布式为______，BD2的立体构型为______。‎ ‎（2）由D、E、F三种元素形成的一种常见物质的水溶液显碱性，用离子方程式表示其显碱性的原因：______。‎ ‎（3）氢化物稳定性：B______D；最高价氧化物对应的水化物酸性：C______F。(填“＜”或“＞”)‎ ‎（4）每个B‎2A4分子中含有______个σ键，______个π键。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期ⅠA族 (2). 3s23p5 (3). 直线型分子 (4). ClO-+H2OHClO+OH- (5). < (6). < (7). 5 (8). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F、G是前四周期元素，原子序数依次增大，由A的单质为所有单质中密度最小可知，A为H元素；由B元素为形成化合物种类最多的元素可知，B为C元素；由D的基态原子中只有3个能级，有2个未成对电子可知，D为O元素，C的原子序数介于碳和氧之间，则C为N元素；由E的原子半径为短周期中原子半径最大可知，E为Na元素；由F元素为第三周期中电负性最大的元素可知，F为Cl元素；由G原子最外层只有一个电子，内层填满电子可知，G为Cu元素。‎ ‎【详解】（1）E为Na元素，位于元素周期表第三周期ⅠA族；F为Cl元素，氯原子最外层有7个电子，最外层电子排布式为3s23p5；BD2为二氧化碳，二氧化碳是直线形分子，故答案为：第三周期ⅠA族；3s23p5；直线形；‎ ‎（2）由D、E、F三种元素形成的一种常见物质的水溶液显碱性可知，该物质为次氯酸钠，次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为ClO-+H2OHClO+OH-，故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；‎ ‎（3）元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氧元素的非金属性强于碳元素，则水比甲烷稳定，氯元素的非金属性强于氮元素，则高氯酸的酸性强于硝酸，故答案为：<；<；‎ ‎（4）B‎2A4为乙烯，结构简式为CH2=CH2，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中含有4个碳氢σ键和1个碳碳σ键，共5个σ键和1个π键，故答案为：5；1。‎ ‎【点睛】A、B、C、D、E、F、G是前四周期元素，原子序数依次增大，由C的原子序数介于碳和氧之间确定C为N元素是推断难点，也是突破口。‎ ‎26.已知烃A能使溴水褪色，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。A、B、C、D、E、F、G转化关系如下（以下变化中，有些反应条件及产物未标明）。其中G是天然有机高分子化合物，C、F能发生银镜反应，E分子具有浓郁的果香味，其相对分子质量为88。‎ ‎（1）写出A分子的电子式：__；G的分子式：__。‎ ‎（2）写出分子式与B相同，但不能与金属钠反应的物质的结构简式___。‎ ‎（3）写出B+D→E的化学方程式：__。‎ ‎（4）工业上制备物质E的方法有多种。其中A与D以物质的量比1：1反应生成E，请判断其反应类型为__；物质C、F__（填“是”或“不是”）同一类物质。‎ ‎（5）E的同分异构体中，能与Na反应，又能与Na2CO3溶液反应的物质是__（用结构简式书写一种即可）‎ ‎（6）物质X可由如图装置制备。‎ ‎①若Z是一种淡黄色固体，则锥形瓶中发生反应的化学方程式是___。‎ ‎②若Z是一种黑色粉末，则物质Y是__，Z的作用是__。‎ ‎【答案】 (1). (2). (C6H10O5)n (3). CH3OCH3 (4). CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O (5). 加成反应 (6). 不是 (7). CH3CH2CH2COOH或 (8). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (9). H2O2（双氧水） (10). 催化作用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知烃A能使溴水褪色，其产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，G是天然有机高分子化合物，在酸性条件下水解得F，F可发生银镜反应，G为纤维素或淀粉，F为葡萄糖，E分子具有浓郁的果香味，其相对分子质量为88，则E属于酯，B与X反应生成C，C再与X反应得D，B、D反应生成E，C能发生银镜反应，乙烯可以生成B，由此可推知B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯，其相对分子质量为88，X为氧气，据此解答。‎ ‎【详解】（1）A为乙烯，碳原子之间形成碳碳双键，结构简式是CH2=CH2，其电子式为：，G为纤维素或淀粉，其分子式为(C6H10O5)n；答案为，(C6H10O5)n。‎ ‎（2）B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH，它的同分异构体不能与金属钠反应的物质为醚类，其结构简式为CH3OCH3；答案为CH3OCH3。‎ ‎（3）B为乙醇，D为乙酸，二者发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O；答案为CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O。‎ ‎（4）A为乙烯，D为乙酸，A与D以物质的量比1：1反应生成E，其反应的化学方程式为CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，属于加成反应，C是乙醛，属于醛类，F是葡萄糖，属于糖类，二者不是同一类物质；答案为加成，不是。‎ ‎（5）E是乙酸乙酯，它的同分异构体中能与Na反应，又能与Na2CO3溶液反应的物质是羧酸，其结构简式为：CH3CH2CH2COOH或；答案为CH3CH2CH2COOH或 ‎。‎ ‎（6）X为氧气，①若Z是一种淡黄色固体，则Z为Na2O2，则锥形瓶中发生反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。‎ ‎②若Z是一种黑色粉末，则是MnO2，则物质Y是H2O2，Z的作用是催化作用，其化学方程式为2H2O2 2H2O+O2↑；答案为H2O2，催化作用。‎ ‎27.乙炔是一种无色无味的气体，微溶于水，易溶于有机溶剂。实验室常用如图所示装置制取乙炔，并验证乙炔的性质。完成实验，观察实验现象，回答下列问题：‎ ‎(1)写出电石（碳化钙CaC2）与水反应，制取乙炔的化学方程式_________________‎ ‎(2)用饱和食盐水代替蒸馏水的目的是__________________‎ ‎(3)装置A的作用是_______________，装置B中的现象是__________________‎ ‎(4)如果要进行乙炔的可燃性实验，首先应该__________________。‎ ‎(5)若乙炔加氢后得到乙烷，则乙烷在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代烷最多有__________种。‎ ‎(6)若称取a g CaC2，反应完全后，将生成的乙炔全部通入足量溴的CCl4溶液中溶液增重b g，则CaC2的纯度为___________（用百分数表示）‎ ‎【答案】 (1). CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋HC≡CH↑ (2). 减慢反应速率 (3). 除H2S等气体 (4). 紫色溶液褪色 (5). 检验纯度或验纯 (6). 1种 (7). ×100%或 64b/‎26a×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电石和水制取乙炔，由于电石中会混有硫、磷等杂质，所以生成的乙炔中会混有硫化氢、磷化氢等化合物，导致生成的乙炔有特殊难闻的臭味，硫酸铜溶液可以除去硫化氢和磷化氢。乙炔可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以和溴发生加成反应。‎ ‎【详解】(1)电石（碳化钙CaC2）与水制取乙炔的化学方程式为：CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋HC≡CH↑。‎ ‎(2)电石和水反应非常剧烈，可以用饱和食盐水代替蒸馏水减慢反应速率。‎ ‎(3)硫酸铜和H2S可以发生复分解反应从而除去H2S：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4。乙炔能把酸性高锰酸钾溶液还原成Mn2+，所以高锰酸钾溶液的紫色会褪去。‎ ‎(4)乙炔是可燃性气体，如果点燃不纯的乙炔，会发生爆炸，所以在点燃乙炔前，首先应该检验乙炔的纯度。‎ ‎(5)乙烷中的6个氢原子是等效氢原子，乙烷在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代烷只有1种。‎ ‎(6)乙炔全部通入足量溴的CCl4溶液中，乙炔和溴发生加成反应，溶液增重的b g即为生成的乙炔的质量，所以乙炔的物质的量为mol，根据反应方程式CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋HC≡CH↑，乙炔和碳化钙的物质的量相等，所以碳化钙的质量为×‎64g，则CaC2的纯度为×100%或 64b/‎26a×100%。‎ ‎【点睛】硫酸铜溶液不但能除去乙炔中的硫化氢，也能除去磷化氢。乙炔通入足量的溴的四氯化碳溶液中，增重的质量是乙炔的质量，不要误以为是生成的1,1,2,2-四溴乙烷的质量。‎