化学卷·2018届四川省乐山市沫若中学高二上学期期中化学试卷+（解析版） 27页

‎2016-2017学年四川省乐山市沫若中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共16道小题，每小题3分）‎ ‎1．某原子处于能量最低状态时，外围电子排布为3d14s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子 B．该元素原子核外共有5个电子层 C．该元素原子的L能层共有8个电子 D．该元素原子最外层共有3个电子 ‎2．有关原子最外层电子排布为（n+1）sn（n+1）p n+1的元素及其化合物，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．氢化物受热易分解 B．该元素是植物生长所需要的一种营养元素 C．其单质既有氧化性又有还原性 D．最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 ‎3．下列关于SiO2晶体说法正确的是（　　）‎ A．SiO2是由极性键构成的非极性分子 B．若NA表示阿伏伽德罗常数，常温常压下60g SiO2中含有的共价键数目为2NA C．碳和硅同主族，因此CO2和SiO2化学性质相似，物理性质也相似 D．SiO2晶体结构中的最小环为6个Si和6个O组成的12元环 ‎4．下列表达方式或说法正确的是（　　）‎ A．CO2的分子模型示意图：‎ B．氯化铵的电子式：‎ C．硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4‎ D．NH3、H2O、CO2、HCl四分子中孤电子对最多的是CO2‎ ‎5．以下对核外电子运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道依次增多 B．当碳原子的核外电子排布由转变为 时，这一过程中释放能量 C．3p2表示3p能级有两个轨道 D．在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同 ‎6．下列关于σ键和π键的理解不正确的是（　　）‎ A．σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成 B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转 C．CH3﹣CH3．CH2=CH2．CH≡CH中σ键都是C﹣C键，所以键能都相同 D．碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键 ‎7．你认为下列说法正确的是（　　）‎ A．冰熔化时只破坏范德华力而不破坏共价键 B．对于分子，其范德华力只随着相对分子质量的增大而增大 C．NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是NH3是极性分子，CH4是非极性分子 D．氢键存在于分子之间，也存在于分子之内 ‎8．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（　　）‎ A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（H2O）4]2+‎ C．该实验能证明[Cu（NH3）4]2+比氢氧化铜稳定 D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．含有非极性键的分子不一定是共价化合物 B．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响 C．根据π键的成键特征判断C=C键能是C﹣C键能的2倍 D．H2O中心原子采取sp杂化 ‎10．下表中元素均为中学化学中常见短周期元素，根据表中信息，下列说法不正确的是 元素代号 X Y Z W N 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.160‎ 主要化合价 ‎+1‎ ‎﹣2‎ ‎﹣2+6‎ ‎+7﹣1‎ ‎+2‎ ‎（　　）‎ A．W、N形成的化合物中含有极性键 B．常温下单质与水反应速率：X＞N C．最高价氧化物对应水化物酸性：W＞Z D．一种18电子的含Y的化合物属于共价化合物 ‎11．氯仿（CHCl3）常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气（COCl2）：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2．下列说法不正确的有（　　）‎ A．CHCl3分子的空间构型为正四面体 B．COCl2分子中中心C原子采用sp2杂化 C．COCl2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构 D．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质 ‎12．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 ‎13．BF3与一定量的水形成晶体Q[（H2O）2•BF3]，Q在一定条件下可转化为R：‎ 晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及（　　）‎ ‎①离子键 ②共价键 ③配位键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力．‎ A．①⑤ B．②⑥ C．①④ D．①④⑥‎ ‎14．CaTiO3的晶体结构模型如图所示（图中Ca2+、O2﹣、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角），下列关于晶体的说法正确的是（　　）‎ A．CaTiO3的摩尔质量为136‎ B．CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个Ca2+紧相邻 C．CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个O2﹣紧相邻 D．CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个Ti4+紧相邻 ‎15．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是（　　）‎ A．碘与干冰分别受热变为气体 B．硝酸铵与硝酸分别受热变为气体 C．氯化钠与氯化氢分别溶解在水中 D．二氧化硅晶体与冰分别受热熔化 ‎16．碳的两种同素异形体金刚石和石墨晶体结构如图（石墨晶体中是由一个个正六边形组成的片层结构，层与层之间靠微弱的范德华力结合）下列说法正确的是（　　）‎ A．根据：C（金刚石，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣395.41 kJ•mol﹣1C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1说明金刚石比石墨稳定，石墨转变为金刚石为放热反应 B．相同质量的金刚石与石墨晶体中，所含共价键数相同 C．估计金刚石与石墨的熔沸点均较高，硬度均较大 D．现代科技已经实现了石墨制取金刚石，该过程属于化学变化 ‎　‎ 二.非选择题（共52分）‎ ‎17．化学中的某些元素与生命活动密不可分．请回答下列问题：‎ ‎（1）（NH4）2CO3是一种重要的化学肥料，其中N、C原子的杂化方式分别是　　、　　，CO32﹣的空间构型为　　．‎ ‎（2）钙是儿童生长不可缺少的元素，基态钙原子中，电子没有全充满的能层是　　．‎ ‎（3）蛋白质中含有N、P等元素，它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系是　　（用化学式表示，下同），两种元素的简单气态氢化物中沸点更高的是　　，原因是　　．‎ ‎（4）碘是人体必需的营养元素，长期缺碘可导致碘缺乏症．加碘食盐中含有氯化钠和碘酸钾，人体中需要的碘就是碘酸钾提供的．请写出碘原子的外围电子排布图　　．‎ ‎18．有下列物质：A．SiO2、B．金刚石、C．白磷、D．NH3、E．干冰、F．冰、G．固体氩 H、CH4‎ ‎（1）属于原子晶体的化合物是　　 （填字母，下同），直接由原子构成的分子晶体是　　．‎ ‎（2）由极性键构成的极性分子是　　，由极性键构成的非极性分子是　　，由非极性键构成的非极性分子是　　．‎ ‎（3）VSEPR模型与分子构型一致的化合物分子是　　．‎ ‎19．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、W在周期表的相对位置如图所示．X元素的最简单氢化物甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，W元素是海水溶质中的一种主要的元素，X和Y同周期，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等．请回答下列问题：‎ X W ‎（1）W位于周期表中的位置　　．‎ ‎（2）Z和W组成物质的电子式是　　．‎ ‎（3）Y、Z、W的常见离子的半径大小顺序是　　（填离子符号）‎ ‎（4）X与Y的第一电离能比较，第一电离能较大的是　　（填元素名称），其原因是　　．‎ ‎（5）X的最简单氢化物甲与Y的单质在有催化剂存在时可以发生，写出该反应的化学方程式　　．‎ ‎20．过渡元素具有较多的空轨道，所以第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等多种金属能形成配合物．‎ ‎（1）铬元素的基态原子的外围电子排布式是　　．‎ ‎（2）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：‎ 图中虚线表示的作用力为　　；‎ ‎（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是　　，其中心原子的杂化轨道类型是　　；‎ ‎（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈正四面体构型．试推测四羰基镍的晶体类型是　　，Ni（CO）4易溶于下列　　（用序号作答）．‎ A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液 ‎（5）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子最外层电子数是其内层的3倍．X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省乐山市沫若中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共16道小题，每小题3分）‎ ‎1．某原子处于能量最低状态时，外围电子排布为3d14s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子 B．该元素原子核外共有5个电子层 C．该元素原子的L能层共有8个电子 D．该元素原子最外层共有3个电子 ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为3d14s2，应为Sc元素，位于周期表第ⅢB族，第M层的电子排布为3s23p63d1，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2．由此可见：该元素原子中共有21个电子，分4个电子层，其中M能层上有9个电子，最外层上有2个电子．‎ A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1未成对电子，故A错误；‎ B．该元素原子核外有4个电子层，故B错误；‎ C．该元素原子L能层共有8个电子，故C正确；‎ D．该元素原子最外层上有2个电子，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．有关原子最外层电子排布为（n+1）sn（n+1）p n+1的元素及其化合物，下列叙述中不正确的是（　　）‎ A．氢化物受热易分解 B．该元素是植物生长所需要的一种营养元素 C．其单质既有氧化性又有还原性 D．最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 ‎【考点】磷．‎ ‎【分析】由于p能级已经有电子，因此同能层的s能级上电子应为2，即n=2，则该价电子结构实际为3s23p3，是磷元素，以此分析．‎ ‎【解答】解：由于p能级已经有电子，因此同能层的s能级上电子应为2，即n=2，则该价电子结构实际为3s23p3，是磷元素．‎ A．磷化氢不稳定，受热易分解，故A正确；‎ B．磷元素是植物生长的营养素，故B正确；‎ C．P单质的化合价处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故C正确；‎ D．P的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，为弱酸，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于SiO2晶体说法正确的是（　　）‎ A．SiO2是由极性键构成的非极性分子 B．若NA表示阿伏伽德罗常数，常温常压下60g SiO2中含有的共价键数目为2NA C．碳和硅同主族，因此CO2和SiO2化学性质相似，物理性质也相似 D．SiO2晶体结构中的最小环为6个Si和6个O组成的12元环 ‎【考点】金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系．‎ ‎【分析】A、SiO2是由极性键构成的原子晶体；‎ B、晶体中每个Si原子与4个O原子形成共价键；‎ C、CO2 是分子晶体，SiO2是原子晶体；‎ D、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子．‎ ‎【解答】解：A、SiO2是由极性键构成的原子晶体，不存在分子，故A错误；‎ B、晶体中每个Si原子与4个O原子成键，所以常温常压下60g SiO2中含有的共价键数目为×4=4mol，故B错误；‎ C、CO2 与SiO2化学性质相似，但CO2 是分子晶体，SiO2是原子晶体，故两者的物理性质不同，故C错误；‎ D、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子组成的12元环，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列表达方式或说法正确的是（　　）‎ A．CO2的分子模型示意图：‎ B．氯化铵的电子式：‎ C．硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4‎ D．NH3、H2O、CO2、HCl四分子中孤电子对最多的是CO2‎ ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A．二氧化碳为直线型结构；‎ B．氯离子为阴离子，电子式中需要标出氯离子的最外层电子；‎ C．硫离子核外电子总数为18，最外层为8个电子；‎ D．NH3、H2O、CO2、HCl的孤电子对分别为1、2、4、3．‎ ‎【解答】解：A．二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为：，故A错误；‎ B．氯化铵是由NH4+和Cl﹣离子构成，氯化铵的电子式，故B错误；‎ C．硫离子最外层达到8电子稳定结构，其正确的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C错误；‎ D．NH3、H2O、CO2、HCl分子中含有的孤电子对分别为1、2、4、3，所以二氧化碳分子中含有的孤电子对最多，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．以下对核外电子运动状况的描述正确的是（　　）‎ A．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道依次增多 B．当碳原子的核外电子排布由转变为时，这一过程中释放能量 C．3p2表示3p能级有两个轨道 D．在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同 ‎【考点】原子核外电子的运动状态．‎ ‎【分析】A．同种能级含有的轨道数相同；‎ B．原子由激发态变为基态要放出能量；‎ C.3p2表示3p能级有2个电子；‎ D．在同一能级上运动的电子，其运动状态不同．‎ ‎【解答】解：A．同一原子中，不同能层，相同能级的轨道数相同，故A错误；‎ B．为激发态，能量较高，为基态，原子由激发态变为基态要放出能量，故B正确；‎ C.3p2表示3p能级有2个电子，但p能级有3个轨道，故C错误；‎ D．在同一能级上运动的电子，其运动状态不同，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．下列关于σ键和π键的理解不正确的是（　　）‎ A．σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成 B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转 C．CH3﹣CH3．CH2=CH2．CH≡CH中σ键都是C﹣C键，所以键能都相同 D．碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键 ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】A．分子中可只含σ键，但含π键时一定含σ键；‎ B．σ键为球对称，π键为镜面对称；‎ C．三种分子中分别含C﹣C、C=C、C≡C键；‎ D．双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键．‎ ‎【解答】解：A．分子中可只含σ键，但含π键时一定含σ键，则σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成，故A正确；‎ B．σ键为球对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，故B正确；‎ C．三种分子中分别含C﹣C、C=C、C≡C键，则C﹣C的键长、键能均不相同，故C错误；‎ D．双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键，则碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．你认为下列说法正确的是（　　）‎ A．冰熔化时只破坏范德华力而不破坏共价键 B．对于分子，其范德华力只随着相对分子质量的增大而增大 C．NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是NH3是极性分子，CH4是非极性分子 D．氢键存在于分子之间，也存在于分子之内 ‎【考点】化学键和分子间作用力的区别；相似相溶原理及其应用．‎ ‎【分析】A．水分子之间存在范德华力和氢键；‎ B．范德华力与相对分子质量和分子结构有关；‎ C．NH3与水分子之间存在氢键；‎ D．邻羟基苯甲醛分子（） 内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子（）之间存在氢键．‎ ‎【解答】解：A．水分子间存在氢键，冰熔化时破坏分子间作用力和氢键，故A错误；‎ B．范德华力与相对分子质量和分子结构有关，有机物同分异构体的分子式相同，相对分子质量相同，其支链越多，沸点越低，故B错误；‎ C．NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，故C错误；‎ D．邻羟基苯甲醛分子（） 内的羟基与醛基之间即存在氢键，对羟基苯甲醛分子（）之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（　　）‎ A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（H2O）4]2+‎ C．该实验能证明[Cu（NH3）4]2+比氢氧化铜稳定 D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 ‎【考点】配合物的成键情况．‎ ‎【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；‎ A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；‎ B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清；‎ C．氢氧化铜沉淀能转化为络合物离子[Cu（NH3）4]2+，能证明[Cu（NH3）4]2+比氢氧化铜稳定；‎ D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．‎ ‎【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；‎ A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；‎ B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B错误；‎ C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，氢氧化铜沉淀能转化为络合物离子[Cu（NH3）4]2+，说明[Cu（NH3）4]2+比氢氧化铜稳定，故C正确；‎ D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．含有非极性键的分子不一定是共价化合物 B．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响 C．根据π键的成键特征判断C=C键能是C﹣C键能的2倍 D．H2O中心原子采取sp杂化 ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别．‎ ‎【分析】A．共价化合物只含共价键，含有非极性键的分子可能含有离子键；‎ B．分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力；‎ C．C=C中含有1个σ键和1个π键，C﹣C中只有1个σ键，π键不稳定键能比σ键小，据此分析；‎ D．H2O中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以采取sp3杂化．‎ ‎【解答】解：A．过氧化钠中，两个氧原子之间存在非极性共价键，但是过氧化钠为离子化合物，故A正确；‎ B．化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用．分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力．分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故B错误；‎ C．已知C=C中含有1个σ键和1个π键，C﹣C中只含有1个σ键，而且π键不稳定键能比σ键小，所以C=C的键能比C﹣C键能的2倍要小，故B错误；‎ D．H2O中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．下表中元素均为中学化学中常见短周期元素，根据表中信息，下列说法不正确的是 元素代号 X Y Z W N 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.160‎ 主要化合价 ‎+1‎ ‎﹣2‎ ‎﹣2+6‎ ‎+7﹣1‎ ‎+2‎ ‎（　　）‎ A．W、N形成的化合物中含有极性键 B．常温下单质与水反应速率：X＞N C．最高价氧化物对应水化物酸性：W＞Z D．一种18电子的含Y的化合物属于共价化合物 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】X的主要化合价为+1价，且原子半径最大，因为Na元素，Y、Z都有﹣2价，但只有Z有正价，则Y为O元素，Z为S元素，N的化合价为+2价，原子半径比Na小，应为Mg元素，W的最高化合价为+7价，应为Cl元素，结合元素周期律的递变规律判断对应单质、化合物的性质．‎ ‎【解答】解：X的主要化合价为+1价，且原子半径最大，因为Na元素，Y、Z都有﹣2价，但只有Z有正价，则Y为O元素，Z为S元素，N的化合价为+2价，原子半径比Na小，应为Mg元素，W的最高化合价为+7价，应为Cl元素，则 A．W、N形成的化合物为离子化合物，不含共价键，故A错误；‎ B．X为Na，N为Mg，Na较Mg活泼，与水反应剧烈，故B正确；‎ C．非金属性Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物酸性：Cl＞S，故C正确；‎ D．一种18电子的含Y的化合物H2S，为共价化合物，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．氯仿（CHCl3）常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气（COCl2）：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2．下列说法不正确的有（　　）‎ A．CHCl3分子的空间构型为正四面体 B．COCl2分子中中心C原子采用sp2杂化 C．COCl2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构 D．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质 ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】A、根据甲烷的空间构型来判断CHCl3分子的空间构型；‎ B、根据分子中中心原子的价层电子对数判断；‎ C、根据COCl2分子的结构式判断；‎ D、氯仿变质会生成HCl，可以通过检验是否有氯化氢生成判断氯仿是否变质．‎ ‎【解答】解：A、甲烷中4个共价键完全相同为正四面体，CHCl3分子的4个共价键不完全相同，所以不是正四面体，故A错误；‎ B、COCl2分子的结构式为，中心C原子形成2个单键和1个双键，共3个价层电子对，所以为sp2杂化，故B正确；‎ C、COCl2分子的结构式，C原子最外层有4个电子，形成4个共用电子对，所以4+4=8，分子中C原子满足8电子结构；Cl原子最外层7个电子，形成1个共用电子对，所以7+1=8，分子中Cl原子满足8电子结构；O原子最外层6个电子，形成2个共用电子对，所以6+2=8，分子中O原子满足8电子结构；故C正确；‎ D、氯仿变质，有氯化氢生成，加入硝酸银溶液中有白色沉淀生成，所以使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B．由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C．元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】‎ 根据Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；依次推出X为Na，M为O，‎ Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答．‎ ‎【解答】解：由Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y是硅元素，即X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2﹣＞W﹣可知X、Z、W分别属于钠、硫、氯元素，又因为Z、M同主族且X+与M2﹣具有相同的电子层结构，则M是氧元素；‎ A、因钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；‎ B、因水分子中存在氢键，所以水的沸点最高，沸点为H2O＞HCl＞H2S，故B错误；‎ C、元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故C错误；‎ D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎13．BF3与一定量的水形成晶体Q[（H2O）2•BF3]，Q在一定条件下可转化为R：‎ 晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及（　　）‎ ‎①离子键 ②共价键 ③配位键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力．‎ A．①⑤ B．②⑥ C．①④ D．①④⑥‎ ‎【考点】化学键．‎ ‎【分析】非金属元素原子之间易形成共价键，含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，以此来解答．‎ ‎【解答】解：Q非金属元素原子之间易形成共价键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，所以不涉及的是离子键和金属键，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．CaTiO3的晶体结构模型如图所示（图中Ca2+、O2﹣、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角），下列关于晶体的说法正确的是（　　）‎ A．CaTiO3的摩尔质量为136‎ B．CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个Ca2+紧相邻 C．CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个O2﹣紧相邻 D．CaTiO3晶体中每个Ti4+与12个Ti4+紧相邻 ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】A．摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；‎ B．Ti4+与体心的Ca2+相邻，每个Ti4+为8个晶胞共用；‎ C．每个Ti4+为8个晶胞共用，面心的O2﹣与之紧相邻，每个面心O2﹣为2个晶胞共用；‎ D．Ti4+与同一棱上的Ti4+相邻．‎ ‎【解答】解：A．CaTiO3的摩尔质量为136g/mol，其相对分子质量为136，故A错误；‎ B．Ti4+与体心的Ca2+相邻，每个Ti4+为8个晶胞共用，则每个Ti4+与8个Ca2+紧相邻，故B错误；‎ C．每个Ti4+为8个晶胞共用，面心的O2﹣与之紧相邻，每个面心O2﹣为2个晶胞共用，晶体中与Ti4+相邻的O2﹣数目为=12，故C正确；‎ D．Ti4+与同一棱上的Ti4+相邻，晶体中每个Ti4+与6个Ti4+紧相邻，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎15．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是（　　）‎ A．碘与干冰分别受热变为气体 B．硝酸铵与硝酸分别受热变为气体 C．氯化钠与氯化氢分别溶解在水中 D．二氧化硅晶体与冰分别受热熔化 ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】A．碘和干冰受热变为气体破坏范德华力；‎ B．硝酸铵和硝酸受热分解分别破坏离子键、共价键；‎ C．氯化钠和氯化氢分别溶于水时分别破坏离子键和共价键；‎ D．二氧化硅晶体和冰分别熔化时分别破坏共价键和范德华力．‎ ‎【解答】解：A．碘和干冰都属于分子晶体，受热变为气体时，只是状态发生变化，所以破坏的都是范德华力，故A正确；‎ B．硝酸铵属于离子晶体，受热分解时破坏离子键，硝酸是分子晶体，受热分解破坏的是共价键，故B错误；‎ C．氯化钠属于离子晶体，溶于水破坏的是离子键，HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，故C错误；‎ D．二氧化硅属于原子晶体，冰属于分子晶体，所以二氧化硅熔化时破坏共价键，冰熔化只是状态发生变化，破坏范德华力，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．碳的两种同素异形体金刚石和石墨晶体结构如图（石墨晶体中是由一个个正六边形组成的片层结构，层与层之间靠微弱的范德华力结合）下列说法正确的是（　　）‎ A．根据：C（金刚石，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣395.41 kJ•mol﹣1C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1说明金刚石比石墨稳定，石墨转变为金刚石为放热反应 B．相同质量的金刚石与石墨晶体中，所含共价键数相同 C．估计金刚石与石墨的熔沸点均较高，硬度均较大 D．现代科技已经实现了石墨制取金刚石，该过程属于化学变化 ‎【考点】晶体熔沸点的比较；化学键；吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、由石墨、金刚石燃烧的热化学方程式①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1‎ ‎②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ•mol﹣1，‎ 利用盖斯定律将①﹣②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，由此分析解答；‎ B、金刚石中1molC均形成2mol共价键，石墨中1molC均形成1.5mol共价键；‎ C、石墨的硬度小，金刚石的硬度大；‎ D、有新物质生成的反应是化学变化．‎ ‎【解答】解：A、由石墨、金刚石燃烧的热化学方程式①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51kJ•mol﹣1‎ ‎②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.41kJ•mol﹣1，‎ 利用盖斯定律将①﹣②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则由石墨制备金刚石是吸热反应，石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石更高稳定，故A错误；‎ B．金刚石中每个C原子与相邻的4个C成键，因此1molC形成2mol共价键，石墨中每个C原子与相邻的3个C成键，1molC均形成1.5mol共价键，等质量时二者含有的共价键之比为4：3，故B错误；‎ C、石墨的硬度小，金刚石的硬度大，所以不是硬度均较大，故C错误；‎ D、石墨和金刚石是不同物质，两者之间的转化是化学变化，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二.非选择题（共52分）‎ ‎17．化学中的某些元素与生命活动密不可分．请回答下列问题：‎ ‎（1）（NH4）2CO3是一种重要的化学肥料，其中N、C原子的杂化方式分别是　sp3杂化　、　sp2杂化　，CO32﹣的空间构型为　平面三角形　．‎ ‎（2）钙是儿童生长不可缺少的元素，基态钙原子中，电子没有全充满的能层是　M能层和N能层　．‎ ‎（3）蛋白质中含有N、P等元素，它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系是　HNO3＞H3PO4　（用化学式表示，下同），两种元素的简单气态氢化物中沸点更高的是　NH3 　，原因是　分子间易形成氢键　．‎ ‎（4）碘是人体必需的营养元素，长期缺碘可导致碘缺乏症．加碘食盐中含有氯化钠和碘酸钾，人体中需要的碘就是碘酸钾提供的．请写出碘原子的外围电子排布图　　．‎ ‎【考点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）根据价层电子对互斥理论确定N、C原子的杂化方式及CO32﹣的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数；‎ ‎（2）Ca原子的M能层有8个电子和N能层有2个电子；‎ ‎（3）比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱等角度，元素的非金属性越强，则对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强；同一主族元素氢化物中，氢化物的沸点随着原子序数增大而呈增大趋势，但含有氢键的氢化物熔沸点最高；‎ ‎（4）碘是53号元素，其原子核外有53个电子，5S、5P电子为其价电子，根据构造原理书写其价电子排布图．‎ ‎【解答】解：（1）（NH4）2CO3中铵根离子中N原子价层电子对个数是4，不含孤电子对，所以N原子杂化方式是sp3杂化，CO32﹣中σ键个数=配原子个数=3，孤电子对个数=（4+2﹣3×2）=0，碳原子的价层电子数=3+（4+2﹣3×‎ ‎2）=3，不含孤电子对，所以C采取sp2杂化，轨道构型为平面正三角形，空间构型为平面正三角形；‎ 故答案为：sp3杂化；sp2杂化；平面正三角形；‎ ‎（2）Ca原子的M能层有8个电子和N能层有2个电子，M层排满应该是18个电子，N层排满应该是32个电子，所以没有排满的电子层为M能层和N能层；‎ 故答案为：M能层和N能层；‎ ‎（3）N、P位于相同主族，非金属性N＞P，元素的非金属性越强，对应的最高高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性HNO3＞H3PO4，同一主族元素氢化物中，氢化物的沸点随着原子序数增大而呈增大趋势，但含有氢键的氢化物熔沸点最高，同一周期元素氢化物中，含有氢键的氢化物沸点较高，NH3 分子间易形成氢键，而pH3 分子间不能 形成氢键，所以NH3 沸点更高，‎ 故答案为：HNO3＞H3PO4；NH3 ；NH3 分子间易形成氢键；‎ ‎（4）碘是53号元素，价电子排布为5s25P6，价电子排布图是，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎18．有下列物质：A．SiO2、B．金刚石、C．白磷、D．NH3、E．干冰、F．冰、G．固体氩 H、CH4‎ ‎（1）属于原子晶体的化合物是　A　 （填字母，下同），直接由原子构成的分子晶体是　G　．‎ ‎（2）由极性键构成的极性分子是　DF　，由极性键构成的非极性分子是　EH　，由非极性键构成的非极性分子是　C　．‎ ‎（3）VSEPR模型与分子构型一致的化合物分子是　EH　．‎ ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；分子晶体；极性键和非极性键．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等，化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物，通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体．如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐（如AlCl3）；‎ ‎（2）由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键，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，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；‎ ‎（3）价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；σ键个数=配原子个数，分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型．‎ ‎【解答】解：（1）A．SiO2属于原子晶体的化合物；B．金刚石属于原子晶体的单质；C．白磷属于分子晶体的单质；D．NH3属于分子晶体的化合物；E．干冰属于分子晶体的化合物；F．冰属于分子晶体的化合物；G．固体氩属于单原子分子晶体的单质； H、CH4属于分子晶体的化合物；‎ 故答案为：A G；‎ ‎（2）A．SiO2、B．金刚石、两者属于原子晶体，C．白磷是非极键形成的非极性分子，D．NH3含有极性键（N﹣H）形成的是极性分子，E．干冰含有极性键（C=O）形成的是非极性分子，F．冰含有极性键（H﹣O）形成的是极性分子，G．固体氩不含化学键形成的是非极性分子 H、CH4含有极性键（C﹣H）形成的是非极性分子，‎ 故答案为：D F；E H；C；‎ ‎（3）A．SiO2、B．金刚石、两者属于原子晶体；‎ C．白磷是非极键形成的非极性分子，无配位原子，不能用价层电子对互斥模型判别；‎ D．NH3NH3分子中N原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（5﹣3×‎ ‎1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，VSEPR模型与分子模型不一致；‎ E．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4﹣2×2）=2，VSEPR模型为直线形结构，且不含孤电子对，所以为直线形结构，VSEPR模型与分子模型一致；‎ F．水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子模型不一致；‎ G．固体氩不含化学键形成单原子分子，不能用价层电子对互斥模型判别；‎ H、CH4中碳原子价层电子对个数=4+×（4﹣4×1）=4，所以C原子采用sp3杂化，VSEPR模型为正四面体结构，不含有孤电子对，所以其空间构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，‎ 故答案为：EH．‎ ‎　‎ ‎19．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、W在周期表的相对位置如图所示．X元素的最简单氢化物甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，W元素是海水溶质中的一种主要的元素，X和Y同周期，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等．请回答下列问题：‎ X W ‎（1）W位于周期表中的位置　第三周期第VIIA族　．‎ ‎（2）Z和W组成物质的电子式是　　．‎ ‎（3）Y、Z、W的常见离子的半径大小顺序是　r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）　（填离子符号）‎ ‎（4）X与Y的第一电离能比较，第一电离能较大的是　氮　（填元素名称），其原因是　N原子的2p轨道有3个电子，2p轨道半满　．‎ ‎（5）X的最简单氢化物甲与Y的单质在有催化剂存在时可以发生，写出该反应的化学方程式　4NH3+3O22N2+6H2O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的最简单氢化物甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知X为N，甲为NH3；W元素是海水溶质中的一种主要的元素，结合元素在周期表的位置可知，W为Cl；X和Y同周期，Y与Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，可知Y为O，Z为第三周期IA族元素，Z为Na，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）W为Cl，位于周期表中第三周期第VIIA族，故答案为：第三周期第VIIA族；‎ ‎（2）Z和W组成物质为NaCl，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（3）电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+），‎ 故答案为：r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）；‎ ‎（4）X与Y的第一电离能比较，第一电离能较大的是氮，因N原子的2p轨道有3个电子，2p轨道半满，能量较低，为稳定状态，难失去电子，‎ 故答案为：氮；N原子的2p轨道有3个电子，2p轨道半满；‎ ‎（5）X的最简单氢化物甲与Y的单质在有催化剂存在时可以发生，该反应的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O，故答案为：4NH3+3O22N2+6H2O．‎ ‎　‎ ‎20．过渡元素具有较多的空轨道，所以第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等多种金属能形成配合物．‎ ‎（1）铬元素的基态原子的外围电子排布式是　3d54s1　．‎ ‎（2）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：‎ 图中虚线表示的作用力为　氢键、配位键　；‎ ‎（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是　SO42一　，其中心原子的杂化轨道类型是　sp3　；‎ ‎（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈正四面体构型．试推测四羰基镍的晶体类型是　分子晶体　，Ni（CO）4易溶于下列　BC　（用序号作答）．‎ A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液 ‎（5）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子最外层电子数是其内层的3倍．X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为　ZnO　．‎ ‎【考点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算．‎ ‎【分析】（1）根据Cr是24号元素，其原子核外有24个电子书写外围电子排布式；‎ ‎（2）电子对给予﹣接受键被称为配位键；氢键是由已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力，根据定义判断；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论、杂化轨道理论分析；‎ ‎（4）根据其状态、熔点判断四羰基镍的晶体类型；根据相似相溶原理分析；‎ ‎（5）元素X ‎ 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，则Y是O元素．‎ ‎【解答】解：（1）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据能量最低原理及洪特规则书写其核外电子排布式，3d能级的能量大于4s能级的能量，所以先排4s后排3d，轨道中的电子处于全满、半满、全空时原子最稳定，所以Cr的外围电子排布式为3d54s1，‎ 故答案为：3d54s1； ‎ ‎（2）通过图象知，图中虚线表示的作用力有铜离子和水分子之间的配位键，氢原子和另一分子中氧原子之间的氢键，‎ 故答案为：氢键、配位键；‎ ‎（3）SO42一离子中含有4个δ键，孤电子对数==0，所以SO42一为正四面体结构；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的δ键个数，所以采用sp3杂化，‎ 故答案为：SO42一；sp3；‎ ‎（4）Ni（CO）4是液态挥发性物质，所以其熔点较低，故为分子晶体；呈正四面体构型，是对称结构，所以是非极性物质，根据相似相溶原理知，Ni（CO）4 易溶于非极性溶剂，苯、四氯化碳是非极性物质，所以Ni（CO）4 易溶于苯、四氯化碳，‎ 故答案为：分子晶体；BC；‎ ‎（5）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，则Y是O元素，该晶胞中X离子数目=8×+6×=4，Y离子数目=4，所以X和Y离子数目之比等于4：4即1：1，所以该化合物的化学式为ZnO，故答案为：ZnO．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日