化学卷·2018届福建省福州八中高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版） 27页

‎2016-2017学年福建省福州八中高二（上）期中化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一．选择题（每小题3分，共60分）‎ ‎1．原子结构模型的演变图如图：‎ 其中，（1）为道尔顿实心球式原子模型；（2）为卢瑟福行星运转式原子模型；（3）为汤姆生葡萄干面包式原子模型；（4）为近代量子力学原子模型；（5）为玻尔轨道式原子模型．下列符合历史演变顺序的一组排列是（　　）‎ A．（1）（3）（2）（5）（4） B．（1）（2）（3）（4）（5） C．（1）（5）（3）（2）（4） D．（1）（3）（5）（4）（2）‎ ‎2．下列物质中不属于离子晶体的是（　　）‎ A．氯化铵 B．硫酸 C．食盐 D．氧化钠 ‎3．范德华力为a kJ•mol﹣1，化学键为b kJ•mol﹣1，氢键为c kJ•mol﹣1，则a、b、c的大小关系是（　　）‎ A．b＞c＞a B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．a＞b＞c ‎4．以下列出的是一些基态原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况，违反洪特规则的有（　　）‎ A．①②③ B．④⑤⑥ C．②④⑥ D．③④⑥‎ ‎5．下列各项表述得不够科学严密的是（　　）‎ A．有电子转移（得失或偏移）的化学反应都是氧化还原反应 B．p电子原子轨道的平均半径随电子层的增大而增大 C．电子是在原子核外，能量由低到高的不同电子层上分层排布的 D．氢原子电子云图中小黑点表示电子的运动轨迹 ‎6．下列表示式错误的是（　　）‎ A．Na+的轨道表示式：‎ B．Na+的结构示意图：‎ C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1‎ D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s1‎ ‎7．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．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 ‎8．某元素基态原子电子排布式为[Ar]3d104s2，它在元素周期表中的位置是（　　）‎ A．第3周期ⅡB族 B．第4周期ⅡB族 C．第4周期ⅦB族 D．第4周期Ⅷ族 ‎9．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（　　）‎ A．第一电离能：Y一定小于X B．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX C．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的 D．X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价 ‎10．下列说法中错误的是（　　）‎ A．离子晶体在熔化状态下能导电 B．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子 C．原子晶体中一定有非极性共价键 D．分子晶体中不一定含有共价键 ‎11．下列晶体性质的比较中正确的是（　　）‎ A．沸点：NH3＞H2O＞HF B．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 C．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅 D．熔点：SiI4＜SiBr4＜SiCl4‎ ‎12．人们常将在同一原子轨道上运动的、自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”；在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（　　）‎ A．第四周期元素的基态原子中，Cr元素的未成对电子数最多 B．第三周期元素中3p原子轨道有一个未成对电子的原子有2种 C．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”‎ D．基态碳原子无未成对电子 ‎13．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（　　）‎ A．Mg2CNi3 B．MgC2Ni C．MgCNi2 D．MgCNi3‎ ‎14．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是（　　）‎ ‎①HCl　②H2O　③N2　④H2O2　⑤C2H4　⑥C2H2．‎ A．①②③ B．③④⑤⑥ C．①③⑥ D．③⑤⑥‎ ‎15．下列有关性质的比较中，不正确的是（　　）‎ A．金属原子化热：Na＜Mg＜Al B．晶格能：NaBr＜NaCl＜MgO C．键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H D．熔点：‎ ‎16．下列数据是对应物质的熔点表，有关的判断正确的是（　　）‎ Na2O Na AlF3‎ AlCl3‎ Al2O3‎ BCl3‎ CO2‎ SiO2‎ ‎920℃‎ ‎97.8℃‎ ‎1 291℃‎ ‎190℃‎ ‎2 073℃‎ ‎﹣107℃‎ ‎﹣57℃‎ ‎1 723℃‎ A．只要由金属元素和非金属元素形成的晶体就一定是离子晶体 B．在共价化合物分子中各原子都形成8个电子的稳定结构 C．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高 D．同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体 ‎17．2004年7月德俄两国化学家共同宣布，在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构．已知晶体中N﹣N键的键能为160kJ•mol﹣1，而N≡N的键能为942kJ•mol﹣1（键能表示形成化学键释放的能量或者破坏化学键消耗的能量）．则下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定 B．高聚氮晶体属于原子晶体 C．高聚氮晶体中n（N）：n（N﹣N）=1：3‎ D．用作炸药或高能材料可能是高聚氮潜在的应用 ‎18．现代无机化学对硫﹣氮化合物的研究是最为活跃的领域之一．其中如图是已经合成的最著名的硫﹣氮化合物的分子结构．下列说法正确的是（　　）‎ A．该物质的分子式为SN B．该物质的分子中只含共价键 C．该物质具有很高的熔、沸点 D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体 ‎19．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如右图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（　　）‎ A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣‎ B．晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+‎ C．晶体中与每个K+距离最近的K+有8个 D．晶体中与每个K+距离最近的K+有6个 ‎20．食盐晶体如图所示，已知食盐的密度为ρg/cm3，NaCl摩尔质量Mg/mol，阿伏伽德罗常数为NA，则在食盐晶体里Na+和Cl﹣的间距大约是（　　）‎ A． cm B． cm C． cm D． cm ‎　‎ 二．填空题（请按照各题要求答题，本部分含3题，共40分）‎ ‎21．X、T、Y、Z为1﹣36号元素，且原子序数依次增大，四种元素的性质或结构信息如表．请根据信息回答下列问题．‎ 元素 T X Y Z 性质结构信息 原子核外s电子总数等于p电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂 单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质性质稳定，但其原子较活泼 第3周期元素的简单离子中半径最小 第4周期元素，M电子层为全充满状态，最外层只有一个电子的原子 ‎（1）写出元素T的离子结构示意图　　；写出元素X的气态氢化物的电子式　　；X形成的单质分子，含　　个σ键，　　个π键．写出Z元素原子的外围电子排布式　　；元素Y的原子核外共有　　种形状不同的电子云．‎ ‎（2）Y单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：　　．‎ ‎（3）元素T与氟元素相比，非金属性较强的是　　（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是　　（填序号字母）．‎ a．常温下氟气的颜色比T单质的颜色深 b．氟气与T的氢化物剧烈反应，产生T的单质 c．氟与T形成的化合物中T元素呈正价态 d．比较两元素的单质与氢气化合时得电子的数目．‎ ‎22．现有几组物质的熔点（℃）数据：‎ A组 B组 C组 D组 金刚石：＞3 550‎ Li：181‎ HF：﹣84‎ NaCl：801‎ 硅晶体：1 410‎ Na：98‎ HCl：﹣114‎ KCl：770‎ 硼晶体：2 300‎ K：63‎ HBr：﹣87‎ RbCl：715‎ 二氧化硅：1 710‎ Rb：39‎ HI：﹣51‎ CsCl：645‎ 据此回答下列问题：‎ ‎（1）A组属于　　晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是　　．‎ ‎（2）B组晶体共同的物理性质是　　（填序号）．‎ ‎①有金属光泽　②导电性　③导热性　④延展性 ‎（3）C组中HF熔点反常是由于　　．‎ ‎（4）D组晶体可能具有的性质是　　（填序号）．‎ ‎①硬度小　②水溶液能导电　③固体能导电　④熔融状态能导电 ‎（5）D组晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，其原因解释为：　　．‎ ‎23．图为元素X的前五级电离能的数值示意图．已知X的原子序数小于20，请写出X基态原子核外电子的轨道表示式　　．‎ ‎24．A、B、C、D、E、F、G、H为八种相邻的短周期元素，其单质的沸点如图所示．‎ 请回答：‎ ‎①上述元素中，某些元素与氢元素形成的含有十个电子的阳离子中含有配位键，请写出其离子　　、　　 （填化学式）．‎ ‎②已知D、F、G三种元素的离子具有跟E相同的电子层结构，则B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序为（用相关元素符号表示）　　．F、G、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为（用相关元素符号表示）　　．‎ ‎③已知H的电负性为1.5，而氯元素的电负性为3.0，二者形成的化合物极易水解，且易升华．据此推测该化合物的化学键类型为　　．‎ ‎　‎ 三．选择题（每小题只有一个选项符合题意，含5小题，每小题4分，共20分）‎ ‎25．下列类比关系正确的是（　　）‎ A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO，则与过量NH3•H2O也生成AlO B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2‎ C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3‎ D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应 ‎26．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA B．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎27．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（　　）‎ A．次氯酸钙 B．氢硫酸 C．硫酸亚铁 D．亚硫酸 ‎28．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（　　）‎ 物质 组别 甲 乙 丙 A Al HCl NaOH B NH3‎ O2‎ HNO3‎ C SiO2‎ NaOH HF D CO2‎ Ca（OH）2‎ Na2CO3‎ A．A B．B C．C D．D ‎29．已知Ba（AlO2）2可溶于水．如图表示的是向Al2（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2的物质的量x的关系．下列有关叙述错误的是（　　）‎ A．a﹣b时沉淀的物质的量：Al（OH）3比BaSO4多 B．b﹣c时溶液中离子的物质的量：AlO2﹣比Ba2+多 C．a﹣d时沉淀的物质的量：Al（OH）3一定小于BaSO4‎ D．d﹣e时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于AlO2﹣‎ ‎　‎ 四．实验题（共30分）‎ ‎30．氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究．回答下列问题：‎ ‎（1）氨气的制备 ‎①氨气的发生装置可以选择上图中的　　，反应的化学方程式为　　．‎ ‎②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→　　（按气流方向，用小写字母表示）．‎ ‎（2）氨气与二氧化氮的反应 将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）．在一定温度下按图示装置进行实验．‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ‎①Y管中　　‎ ‎②反应的化学方程式 ‎　　‎ 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚 打开K2‎ ‎③　　‎ ‎④　　‎ ‎31．某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素，且为复盐）的组成和性质，设计并完成了如下实验（注aq表示溶液）：‎ 取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1和0.1mol的气体甲．回答如下问题：‎ ‎（1）画出白色沉淀1中正二价金属元素的离子结构示意图　　，写出气体甲的电子式　　．‎ ‎（2）X的化学式是　　，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为　　．‎ ‎（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是　　（用化学方程式表示）．‎ ‎（4）一定条件下，气体甲与固体1中的　　成分可能发生氧化还原反应．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省福州八中高二（上）期中化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每小题3分，共60分）‎ ‎1．原子结构模型的演变图如图：‎ 其中，（1）为道尔顿实心球式原子模型；（2）为卢瑟福行星运转式原子模型；（3）为汤姆生葡萄干面包式原子模型；（4）为近代量子力学原子模型；（5）为玻尔轨道式原子模型．下列符合历史演变顺序的一组排列是（　　）‎ A．（1）（3）（2）（5）（4） B．（1）（2）（3）（4）（5） C．（1）（5）（3）（2）（4） D．（1）（3）（5）（4）（2）‎ ‎【考点】原子构成；化学史．‎ ‎【分析】根据化学史和人们的认知规律分析判断．‎ ‎【解答】解：（1）19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体．‎ ‎（3）1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型．‎ ‎（2）1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型．‎ ‎（5）1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型．‎ ‎（4）奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．下列物质中不属于离子晶体的是（　　）‎ A．氯化铵 B．硫酸 C．食盐 D．氧化钠 ‎【考点】离子晶体．‎ ‎【分析】含离子键的晶体为离子晶体，一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，铵盐中铵根与酸根阴离子间存在离子键，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．氯化铵是铵盐，存在离子键，是离子晶体，故A不选；‎ B．硫酸中不存在离子键，是原子间通过共价键形成的共价化合物，属于分子晶体，故B选；‎ C．食盐的主要成份是氯化钠，氯化钠中氯离子与钠离子间存在离子键，是离子晶体，故C不选；‎ D．氧化钠中氧离子与钠离子间存在离子键，是离子晶体，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．范德华力为a kJ•mol﹣1，化学键为b kJ•mol﹣1，氢键为c kJ•mol﹣1，则a、b、c的大小关系是（　　）‎ A．b＞c＞a B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．a＞b＞c ‎【考点】化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】一般来讲，作用力大小：化学键＞氢键＞范德华力来解答．‎ ‎【解答】解：一般来讲，范德华力、氢键属于分子间作用力，但氢键作用力大于范德华力，化学键为原子之间强烈的相互作用，则作用力大小：化学键＞氢键＞范德华力，所以b＞c＞a，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．以下列出的是一些基态原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况，违反洪特规则的有（　　）‎ A．①②③ B．④⑤⑥ C．②④⑥ D．③④⑥‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同，以此进行判断．‎ ‎【解答】解：①2p能层有4个电子，应在3个不同的轨道，符合洪特规则、泡利不相容原理；‎ ‎②2p能层有4个电子，图示不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则；‎ ‎③2p能层有4个电子，同一个原子轨道中不应有自旋状态相同的电子，违反了泡利原理；‎ ‎④3d能级中有5个不同的轨道，对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋状态相同，违反了洪特规则；‎ ‎④3d能级中有5个不同的轨道，有10个电子，符合洪特规则、泡利不相容原理；‎ ‎⑤3d能级中有5个不同的轨道，有6个电子，图示不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．下列各项表述得不够科学严密的是（　　）‎ A．有电子转移（得失或偏移）的化学反应都是氧化还原反应 B．p电子原子轨道的平均半径随电子层的增大而增大 C．电子是在原子核外，能量由低到高的不同电子层上分层排布的 D．氢原子电子云图中小黑点表示电子的运动轨迹 ‎【考点】氧化还原反应；原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A、氧化还原反应一定有电子转移或偏移；‎ B、原子轨道半径随着电子层的增大而增大；‎ C、原子核外电子是遵循能量最低原理，能量低的在离原子核近的区域运动；‎ D、小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机会的多少．‎ ‎【解答】解：A、电子转移或偏移是氧化还原反应的实质，故A正确；‎ B、p电子原子轨道的平均半径随电子层的增大而增大，故B正确；‎ C、电子在原子核外，从能量低的依次由里向外排布，故C正确；‎ D、小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子的运动轨迹，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．下列表示式错误的是（　　）‎ A．Na+的轨道表示式：‎ B．Na+的结构示意图：‎ C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1‎ D．Na的简化电子排布式：[Ne]3s1‎ ‎【考点】原子核外电子排布；原子结构示意图．‎ ‎【分析】钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，Na为金属元素，易失去电子，所以其价电子排布式为：3s1，轨道表示式用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，故A错误；‎ B．Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故B正确；‎ C．钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，故C正确；‎ D．钠原子的简化电子排布式为[Ne]3s1，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．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．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 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题．‎ ‎【解答】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，‎ A．同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能S＜P，N＜F，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，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞N，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O＞S，N＜F，同主族自上而下电负性降低，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．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．某元素基态原子电子排布式为[Ar]3d104s2，它在元素周期表中的位置是（　　）‎ A．第3周期ⅡB族 B．第4周期ⅡB族 C．第4周期ⅦB族 D．第4周期Ⅷ族 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其价层电子数等于其族序数，第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：该元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d104s2，属于第ⅡB族元素，所以该元素位于第四周期第ⅡB族，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（　　）‎ A．第一电离能：Y一定小于X B．气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX C．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的 D．X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价 ‎【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．‎ ‎【分析】X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，结合元素周期律来解答．‎ ‎【解答】解：A．非金属性X＞Y，若X为F、Y为O，则第一电离能：Y小于X；若X为O，Y为N，N的2p电子半满为稳定结构，则第一电离能：Y大于X，故A错误；‎ B．非金属性X＞Y，态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故B正确；‎ C．非金属性X＞Y，一般最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的，若X为F、O时不存在最高价含氧酸，故C错误；‎ D．非金属性X＞Y，X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故D正确；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎10．下列说法中错误的是（　　）‎ A．离子晶体在熔化状态下能导电 B．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子 C．原子晶体中一定有非极性共价键 D．分子晶体中不一定含有共价键 ‎【考点】离子晶体．‎ ‎【分析】A．离子晶体在熔化时会发生电离；‎ B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子；‎ C．原子晶体中不一定含有非极性共价键；‎ D．分子晶体中可能不含化学键．‎ ‎【解答】解：A．离子晶体在熔化时会发生电离，存在自由移动的离子，所以能够导电，故A正确；‎ B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子，如金属晶体，故B正确；‎ C．原子晶体中不一定含有非极性共价键，如二氧化硅，故C错误；‎ D．分子晶体中可能不含化学键，如稀有气体，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列晶体性质的比较中正确的是（　　）‎ A．沸点：NH3＞H2O＞HF B．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 C．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅 D．熔点：SiI4＜SiBr4＜SiCl4‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】A．均含氢键，但水中氢键数目最多；‎ B．均为原子晶体，共价键越短，键能越大，熔点越高；‎ C．白磷、冰均为分子晶体，二氧化硅为原子晶体；‎ D．均为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越大．‎ ‎【解答】解：A．均含氢键，但水中氢键数目最多，则沸点：H2O＞HF＞NH3，故A错误；‎ B．均为原子晶体，共价键越短，键能越大，熔点越高，则熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；‎ C．白磷、冰均为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，原子晶体的硬度大，则硬度：二氧化硅＞白磷＞冰，故C错误；‎ D．均为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越大，则熔点：SiI4＞SiBr4＞SiCl4，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．人们常将在同一原子轨道上运动的、自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”；在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（　　）‎ A．第四周期元素的基态原子中，Cr元素的未成对电子数最多 B．第三周期元素中3p原子轨道有一个未成对电子的原子有2种 C．核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”‎ D．基态碳原子无未成对电子 ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A．第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多；‎ B．第三周期元素3p原子轨道有一个未成对电子，则原子外围电子排布为3s23p1或3s23p5；‎ C．spdf能级所含轨道数分别为1、3、5、7，均为奇数，而电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，每个轨道最多容纳2个电子，故核外电子总数为奇数一定具有未成对电子，为偶数可能含有未成对电子，也可能没有未成对电子；‎ D．基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，基态碳原子2p轨道上有2个电子未成对．‎ ‎【解答】解：A．第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A正确；‎ B．第三周期元素3p原子轨道有一个未成对电子，则原子外围电子排布为3s23p1或3s23p5，分别为Al、Cl两种，故B正确；‎ C．核外电子数为偶数，如12号镁原子，最外层为3s2，不含有未成对电子，当最外层为ns2npy，则y=2或4，np轨道含有未成对电子，所以其原子轨道中可能含有“未成对电子”，故C正确；‎ D．基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，2p能级有3个轨道，2个电子分别处于2px、2py上，所以2p轨道上有2个电子未成对，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（　　）‎ A．Mg2CNi3 B．MgC2Ni C．MgCNi2 D．MgCNi3‎ ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．‎ ‎【解答】解：碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为MgCNi3，故选D．‎ ‎　‎ ‎14．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是（　　）‎ ‎①HCl　②H2O　③N2　④H2O2　⑤C2H4　⑥C2H2．‎ A．①②③ B．③④⑤⑥ C．①③⑥ D．③⑤⑥‎ ‎【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】一般非金属元素形成共价键，共价单键均为σ键，双键中有1个σ键和一个π键，三键中有1个σ键和2个π键，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①HCl中只有共价单键，则只有σ键；‎ ‎②H2O中只有共价单键，则只有σ键；‎ ‎③N2三键中有1个σ键和2个π键；‎ ‎④H2O2均为共价单键，只有σ键；‎ ‎⑤C2H4中含双键，双键中有1个σ键和一个π键；‎ ‎⑥C2H2中含三键，键中有1个σ键和2个π键，‎ 则分子中既有σ键，又有π键的是③⑤⑥，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．下列有关性质的比较中，不正确的是（　　）‎ A．金属原子化热：Na＜Mg＜Al B．晶格能：NaBr＜NaCl＜MgO C．键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H D．熔点：‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】A、原子化热是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小；‎ B、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大；‎ C、信息中的共价键都是与氢原子形成的，另一种元素的非金属性越强，共价键的极性越强；‎ D、形成分子内氢键，分子间氢键．‎ ‎【解答】解：A、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故A正确；‎ B、离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，离子半径Br﹣＞Cl﹣＞O2﹣，离子半径越小，所带电荷数越大，晶格能越大，所以NaBr＜NaCl＜MgO，故B正确；‎ C、非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故C正确；‎ D、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．下列数据是对应物质的熔点表，有关的判断正确的是（　　）‎ Na2O Na AlF3‎ AlCl3‎ Al2O3‎ BCl3‎ CO2‎ SiO2‎ ‎920℃‎ ‎97.8℃‎ ‎1 291℃‎ ‎190℃‎ ‎2 073℃‎ ‎﹣107℃‎ ‎﹣57℃‎ ‎1 723℃‎ A．只要由金属元素和非金属元素形成的晶体就一定是离子晶体 B．在共价化合物分子中各原子都形成8个电子的稳定结构 C．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高 D．同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体 ‎【考点】晶体熔沸点的比较．‎ ‎【分析】A．AlCl3由金属元素和非金属元素形成的晶体，不是离子晶体；‎ B．在共价化合物分子中各原子不一定都达到8电子结构；‎ C．金属晶体熔沸点不一定比分子晶体高；‎ D．同主族元素的氧化物晶体类型可能不同．‎ ‎【解答】解：A．AlCl3由金属元素和非金属元素形成的晶体，不是离子晶体，所以只要由金属元素和非金属元素形成的晶体不一定是离子晶体，故A错误；‎ B．在共价化合物分子中各原子不一定都达到8电子结构，如氢化物，故B错误；‎ C．金属晶体熔沸点不一定比分子晶体高，如钠的熔点低于氯化铝，故C正确；‎ D．同主族元素的氧化物晶体类型可能不同，如二氧化碳是分子晶体、二氧化硅是原子晶体，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．2004年7月德俄两国化学家共同宣布，在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构．已知晶体中N﹣N键的键能为160kJ•mol﹣1，而N≡N的键能为942kJ•mol﹣1（键能表示形成化学键释放的能量或者破坏化学键消耗的能量）．则下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定 B．高聚氮晶体属于原子晶体 C．高聚氮晶体中n（N）：n（N﹣N）=1：3‎ D．用作炸药或高能材料可能是高聚氮潜在的应用 ‎【考点】键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】A、根据物质稳定性与键能的关系分析；‎ B、根据高聚氮结构判断；‎ C、根据N原子能形成三个共价键，而每个共价键由两个N原子组成来分析；‎ D、高聚氮含有非常高的化学能．‎ ‎【解答】解：A、键能越大，破坏化学键消耗的能量越多，则化学键越牢固，所构成物质越稳定，故A正确；‎ B、由信息可知，高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，所以高聚氮为原子晶体，故B正确；‎ C、高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合，而每个共价键由两个N原子组成，所以n（N）：n（N﹣N）=2：3，故C错误；‎ D、由高聚氮的结构及制备条件可知高聚氮含有非常高的化学能，可能成为做炸药或高能材料，故D正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎18．现代无机化学对硫﹣氮化合物的研究是最为活跃的领域之一．其中如图是已经合成的最著名的硫﹣氮化合物的分子结构．下列说法正确的是（　　）‎ A．该物质的分子式为SN B．该物质的分子中只含共价键 C．该物质具有很高的熔、沸点 D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】由图可知，分子中含4个N原子、4个S原子，只含存在共价键，为分子晶体，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．化合物分子式为S4N4，故A错误；‎ B．只存在S﹣N共价键，故B正确；‎ C．为分子晶体，熔沸点较低，故C错误；‎ D．该物质与化合物S2N2，均为化合物，为不同的物质，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如右图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（　　）‎ A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣‎ B．晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+‎ C．晶体中与每个K+距离最近的K+有8个 D．晶体中与每个K+距离最近的K+有6个 ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】A．根据图知，该晶胞中钾离子个数=8×+6×=4，超氧根离子个数=1+12×=4，则钾离子和超氧根离子个数之比=4：4=1：1，据此判断化学式；‎ B．根据图知，每个钾离子周围有6个超氧根离子、每个超氧根离子周围有6个钾离子；‎ C．根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有3×8×个；‎ D．根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有3×8×个．‎ ‎【解答】解：A．根据图知，该晶胞中钾离子个数=8×+6×=4，超氧根离子个数=1+12×=4，则钾离子和超氧根离子个数之比=4：4=1：1，所以其化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣，故A正确；‎ B．根据图知，每个钾离子周围有6个超氧根离子、每个超氧根离子周围有6个钾离子，即阴阳离子配位数是6，故B错误；‎ C．根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有3×8×个=12，故C错误；‎ D．根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有3×8×个=12，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．食盐晶体如图所示，已知食盐的密度为ρg/cm3，NaCl摩尔质量Mg/mol，阿伏伽德罗常数为NA，则在食盐晶体里Na+和Cl﹣的间距大约是（　　）‎ A． cm B． cm C． cm D． cm ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】该晶胞中钠离子个数=8×+6×=4，氯离子个数=12×+1=4，晶胞体积=cm3，晶胞棱长=cm，食盐晶体里Na+和Cl﹣的间距为棱长的一半，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：该晶胞中钠离子个数=8×+6×=4，氯离子个数=12×+1=4，晶胞体积=cm3，晶胞棱长=cm，食盐晶体里Na+和Cl﹣的间距为棱长的一半=×cm=cm，故选B．‎ ‎　‎ 二．填空题（请按照各题要求答题，本部分含3题，共40分）‎ ‎21．X、T、Y、Z为1﹣36号元素，且原子序数依次增大，四种元素的性质或结构信息如表．请根据信息回答下列问题．‎ 元素 T X Y Z 性质结构信息 原子核外s电子总数等于p电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂 单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质性质稳定，但其原子较活泼 第3周期元素的简单离子中半径最小 第4周期元素，M电子层为全充满状态，最外层只有一个电子的原子 ‎（1）写出元素T的离子结构示意图　　；写出元素X的气态氢化物的电子式　　；X形成的单质分子，含　1　个σ键，　2　个π键．写出Z元素原子的外围电子排布式　3d104s1　；元素Y的原子核外共有　2　种形状不同的电子云．‎ ‎（2）Y单质与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．‎ ‎（3）元素T与氟元素相比，非金属性较强的是　F　（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是　bc　（填序号字母）．‎ a．常温下氟气的颜色比T单质的颜色深 b．氟气与T的氢化物剧烈反应，产生T的单质 c．氟与T形成的化合物中T元素呈正价态 d．比较两元素的单质与氢气化合时得电子的数目．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】T原子核外s电子总数等于p电子总数；人体内含量最多的元素，且其单质是常见的助燃剂，应为O元素，X单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，常温下单质性质稳定，但其原子较活泼，为N元素，Y第3周期元素的简单离子中半径最小，应为Al，Z第4周期元素，M电子层为全充满状态，最外层只有一个电子的原子，应为Cu，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题．‎ ‎【解答】解：（1）元素T的离子为O2﹣，O2﹣离子结构示意图为，元素X的气态氢化物为NH3，电子式为，N2分子中存在N≡‎ N，含有1个σ键、2个π键，Z为Cu，外围电子排布式为3d104s1，Y为Al，核外有s、p能级，则有2种不同形状的电子云，‎ 故答案为：；；1；2；3d104s1；2；‎ ‎（2）Z单质为Al，Y最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，‎ 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；‎ ‎（3）元素氧与氟元素相比，非金属性较强的是F元素，‎ a．单质颜色属于物理性质，不能比较元素非金属性强弱，故a错误；‎ b．氟气与T的氢化物剧烈反应，产生T的单质，说明氟气氧化性更强，可以说明氟元素非金属性强，故b正确；‎ c．氟与T形成的化合物中T元素呈正价态，说明F元素对键合电子吸引更强，则氟元素非金属性更强，故c正确；‎ d．非金属性强弱与获得电子难易程度有关，与获得电子数目多少无关，故d错误．‎ 故答案为：F；bc．‎ ‎　‎ ‎22．现有几组物质的熔点（℃）数据：‎ A组 B组 C组 D组 金刚石：＞3 550‎ Li：181‎ HF：﹣84‎ NaCl：801‎ 硅晶体：1 410‎ Na：98‎ HCl：﹣114‎ KCl：770‎ 硼晶体：2 300‎ K：63‎ HBr：﹣87‎ RbCl：715‎ 二氧化硅：1 710‎ Rb：39‎ HI：﹣51‎ CsCl：645‎ 据此回答下列问题：‎ ‎（1）A组属于　原子　晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是　共价键　．‎ ‎（2）B组晶体共同的物理性质是　①②③④　（填序号）．‎ ‎①有金属光泽　②导电性　③导热性　④延展性 ‎（3）C组中HF熔点反常是由于　HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多　．‎ ‎（4）D组晶体可能具有的性质是　②④　（填序号）．‎ ‎①硬度小　②水溶液能导电　③固体能导电　④熔融状态能导电 ‎（5）D组晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，其原因解释为：　D组晶体都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高　．‎ ‎【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．‎ ‎【分析】（1）根据物质的组成和熔点可知A组属于原子晶体，B组属于金属晶体，C组形成分子晶体，D组是离子晶体；‎ ‎（2）B组物质为金属晶体，具有金属的通性；‎ ‎（3）由于HF中存在氢键，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高；‎ ‎（4）D组物质为离子晶体，根据离子晶体的性质判断．‎ ‎（5）离子晶体的晶格能大小取决于离子半径的电荷的因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高．‎ ‎【解答】解：（1）A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键；‎ 故答案为：原子；共价键；‎ ‎（2）B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性，故答案为：①②③④；‎ ‎（3）由于HF中存在氢键，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高，故答案为：HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多；‎ ‎（4）D组物质为离子晶体，有硬度大、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质，故答案为：②④；‎ ‎（5）离子晶体中，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高；‎ 故答案为：D组晶体都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高．‎ ‎　‎ ‎23．图为元素X的前五级电离能的数值示意图．已知X的原子序数小于20，请写出X基态原子核外电子的轨道表示式　　．‎ ‎【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．‎ ‎【分析】图为元素X的前五级电离能的数值示意基态图，X原子核外电子数大于5，且X原子序数小于20，则X为Mg元素，根据构造原理书写Mg基态原子核外电子的轨道，由此分析解答；‎ ‎【解答】解：图为元素X的前五级电离能的数值示意基态图，X原子核外电子数大于5，且X原子序数小于20，则X为Mg元素，根据构造原理书写Mg原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，基态Mg原子的核外电子轨道表示式为：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎24．A、B、C、D、E、F、G、H为八种相邻的短周期元素，其单质的沸点如图所示．‎ 请回答：‎ ‎①上述元素中，某些元素与氢元素形成的含有十个电子的阳离子中含有配位键，请写出其离子　NH4+　、　H3O+　 （填化学式）．‎ ‎②已知D、F、G三种元素的离子具有跟E相同的电子层结构，则B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序为（用相关元素符号表示）　F＞O＞N　．F、G、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为（用相关元素符号表示）　Mg＞Al＞Na　．‎ ‎③已知H的电负性为1.5，而氯元素的电负性为3.0，二者形成的化合物极易水解，且易升华．据此推测该化合物的化学键类型为　极性共价键　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期元素单质中，由图可知A的沸点很高，B、C、D、E单质的沸点小于零，结合原子序数可知，则A为碳，则B为N元素、C为O元素、F为F元素、E为Ne，故F为Na元素、G为Mg、H为Al，据此解答；‎ ‎①上述元素中，只有N、O与氢元素形成的含有十个电子的阳离子中含有配位键；‎ ‎②同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；‎ ‎③H为Al元素，H的电负性为1.5，而氯元素的电负性为3.0，二者电负性差为1.5＜1.7，二者形成的化合物极易水解，且易升华，则AlCl3为共价化合物；‎ ‎【解答】解：①上述元素中，只有N、O与氢元素形成的含有十个电子的阳离子中NH4+、H3O+中含有配位键，故答案为：NH4+；H3O+；‎ ‎②同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，所以B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序为F＞O＞N；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以F、G、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为Mg＞Al＞Na，‎ 故答案为：F＞O＞N；Mg＞Al＞Na；‎ ‎③H为Al元素，H的电负性为1.5，而氯元素的电负性为3.0，二者电负性差为1.5＜1.7，二者形成的化合物极易水解，且易升华，则AlCl3为共价化合物，氯化铝中Al和Cl原子之间只存在极性共价键，‎ 故答案为：极性共价键．‎ ‎　‎ 三．选择题（每小题只有一个选项符合题意，含5小题，每小题4分，共20分）‎ ‎25．下列类比关系正确的是（　　）‎ A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO，则与过量NH3•H2O也生成AlO B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2‎ C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3‎ D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应 ‎【考点】镁、铝的重要化合物；铝的化学性质；铁的化学性质．‎ ‎【分析】A．氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，不溶于弱酸和弱碱；‎ B．过氧化钠具有氧化性能氧化二氧化硫得到硫酸钠；‎ C．碘单质氧化性弱和铁反应生成低价的化合物；‎ D．铝热反应中制取的金属的还原性应该小于铝的还原性；‎ ‎【解答】解：A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀会溶解于氢氧化钠溶液中，但氢氧化铝不溶于氨水，故A错误；‎ B．Na2O2具有强氧化性，能将SO2氧化成Na2SO4，故B错误；‎ C．I2氧化性较弱，与Fe反应可生成FeI2，故C错误；‎ D．铝在高温条件下具有强还原性，可以冶炼难熔金属，Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎26．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA B．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；‎ B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；‎ C、铁溶于过量硝酸反应后变为+3价；‎ D、标况下四氯化碳为液体．‎ ‎【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2NA个，故A错误；‎ B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g乙烯和丙烯的混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含2NA个H原子，故B正确；‎ C、铁溶于过量硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故C错误；‎ D、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键个数，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎27．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（　　）‎ A．次氯酸钙 B．氢硫酸 C．硫酸亚铁 D．亚硫酸 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】A、次氯酸钙会结合二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解；‎ B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；‎ C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；‎ D、亚硫酸和氧气反应生成硫酸．‎ ‎【解答】解：A、次氯酸钙和空气中二氧化碳、水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸见光分解，不是因空气中的氧气而变质，故A正确；‎ B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；‎ C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故C错误；‎ D、亚硫酸和氧气反应生成硫酸，会因空气中的氧气而变质，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎28．下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（　　）‎ 物质 组别 甲 乙 丙 A Al HCl NaOH B NH3‎ O2‎ HNO3‎ C SiO2‎ NaOH HF D CO2‎ Ca（OH）2‎ Na2CO3‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】铝的化学性质；氨的化学性质；硅和二氧化硅．‎ ‎【分析】A．Al与HCl反应生成氯化铝，Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，HCl与NaOH发生中和反应；‎ B．氨气与氧气反应生成NO和水，氧气与硝酸不反应；‎ C．二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠和水，二氧化硅与HF反应生成SiF4和水，NaOH和HF发生中和反应；‎ D．二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和NaOH．‎ ‎【解答】解：A．甲与乙、丙均发生氧化还原反应，乙、丙发生复分解反应，则均能反应，故A不选；‎ B．乙、丙不能发生反应，不符合题意，故B选；‎ C．甲与乙、丙均发生复分解反应，乙、丙发生复分解反应，则均能反应，故C不选；‎ D．甲与乙、丙均发生复分解反应，乙、丙发生复分解反应，则均能反应，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎29．已知Ba（AlO2）2可溶于水．如图表示的是向Al2（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2的物质的量x的关系．下列有关叙述错误的是（　　）‎ A．a﹣b时沉淀的物质的量：Al（OH）3比BaSO4多 B．b﹣c时溶液中离子的物质的量：AlO2﹣比Ba2+多 C．a﹣d时沉淀的物质的量：Al（OH）3一定小于BaSO4‎ D．d﹣e时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于AlO2﹣‎ ‎【考点】镁、铝的重要化合物．‎ ‎【分析】A、根据a﹣b点是沉淀生成增大的过程，b点沉淀的物质的量最大以及所发生的反应来回答；‎ B、b～d中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2，据此来分析；‎ C、根据整个过程中离子之间的反应以及用量来确定沉淀的量的多少；‎ D、当加入的Ba（OH）2的物质的量等于Ba（AlO2）2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH﹣的量相等．‎ ‎【解答】解：A、在b点时发生反应A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，沉淀的物质的量为Al（OH）3＜BaSO4，故A错误；‎ B、b点是沉淀的最大值，b～d中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2，b～c可以看成是发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2+4H2O，所以离子的物质的量AlO2﹣＞Ba2+，故B正确；‎ C、假设有1molA12（SO4）3则溶液中含有2molA13+、3molSO42﹣，向溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时发生的反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、SO42﹣+Ba2+=BaSO4‎ ‎↓，则当2molA13+完全沉淀时，消耗Ba（OH）23mol，此时3molSO42﹣全部沉淀；生成沉淀为2molAl（OH）3和3molBaSO4共5mol，因此，在整个反应过程中BaSO4的物质的量始终大于Al（OH）3的物质的量，故C正确；‎ D、d～e段中，某点时当加入的Ba（OH）2的物质的量等于Ba（AlO2）2的物质的量时，溶液中Ba2+与AlO2﹣的量相等，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 四．实验题（共30分）‎ ‎30．氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究．回答下列问题：‎ ‎（1）氨气的制备 ‎①氨气的发生装置可以选择上图中的　A　，反应的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　．‎ ‎②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→　d→c→f→e→i　（按气流方向，用小写字母表示）．‎ ‎（2）氨气与二氧化氮的反应 将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）．在一定温度下按图示装置进行实验．‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ‎①Y管中　红棕色气体慢慢变浅　‎ ‎②反应的化学方程式 ‎　8NH3+6NO27N2+12H2O　‎ 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 生成的气态水凝聚 Y管中有少量水珠 打开K2‎ ‎③　Z中NaOH溶液产生倒吸现象　‎ ‎④　反应后气体分子数减少，Y管压强小于外压　‎ ‎【考点】氨的实验室制法；氨的制取和性质．‎ ‎【分析】（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，依据反应物状态和条件选择发生装置；‎ ‎②气体制备一般顺序为：发生装置，净化装置，收集装置，尾气处理装置，结合氨气为碱性气体，密度小于空气密度，极易溶于水的性质解答；‎ ‎（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色变浅；‎ 依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判断打开K2发生的现象．‎ ‎【解答】解：（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ 故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；‎ 故答案为：d→c→f→e→i；‎ ‎（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；‎ 根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；‎ 故答案为：‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ‎①红棕色气体慢慢变浅 ‎②反应的化学方程式 ‎══=‎ 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚 打开K2‎ ‎③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ‎④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压 ‎　‎ ‎31．某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素，且为复盐）的组成和性质，设计并完成了如下实验（注aq表示溶液）：‎ 取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1和0.1mol的气体甲．回答如下问题：‎ ‎（1）画出白色沉淀1中正二价金属元素的离子结构示意图　　，写出气体甲的电子式　　．‎ ‎（2）X的化学式是　CaFe（CO3）2　，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为　CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2↑　．‎ ‎（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是　4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3　（用化学方程式表示）．‎ ‎（4）一定条件下，气体甲与固体1中的　FeO　成分可能发生氧化还原反应．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到甲，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；‎ 固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，再结合题目分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）根据以上分析，白色沉淀1是CaCO3，碳酸钙中金属元素的原子核外有4个电子层、最外层有2个电子，所以Ca原子结构示意图为，气体甲是二氧化碳，二氧化碳的电子式为，‎ 故答案为：；；‎ ‎（2）通过以上分析知，X的化学式是 CaFe（CO3）2，在惰性气流中加热X至完全分解生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，所以该反应的化学反应方程式为CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2↑，‎ 故答案为：CaFe（CO3）2；CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2↑；‎ ‎（3）氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，所以白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；‎ ‎（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，氧化亚铁具有还原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三铁或氧化铁，同时生成CO，反应方程式为2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），故答案为：FeO．‎ ‎　‎ ‎2017年1月4日