黑龙江省哈尔滨市第六中学2018 - 2019学年高二化学下学期4月月考试题（含解析）

哈尔滨市第六中学2020届4月阶段性测试

高二化学试题

可能用到的相对原子质量 I 127，O 16, Mn 55,K 39

一、单选题(每题2分)

1.下列说法不正确的是( )

①质子数相同的粒子一定是同种元素

②同位素的性质几乎相同

③质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子

④电子数相同的粒子不一定是同一种元素

⑤一种元素只能有一种质量数

⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数

A. ②③⑤⑥ B. ①②④⑤ C. ①②⑤⑥ D. ③④⑤⑥

【答案】C

【解析】

【详解】①错误，粒子是一个非常宽泛的概念，可以是分子、原子、离子、中子、电子等，元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素；

②错误，同位素的物理性质往往不同，化学性质几乎相同；

③正确，两种粒子，质子数相同，电子数也相同，所以二者的差值也一定相同，两种粒子要么都带相同电荷，要么都不带电，不可能一个为不带电的分子，一个为带电的离子；

④正确，电子数相同的粒子可能是同种元素，也可能是不同的分子、离子等，如CH4与H2O，Na+与Mg2+；

⑤错误，一种元素往往具有多种核素，其质量数往往也因此有多种；

⑥错误，元素的相对原子质量是该元素所有核素的相对原子质量的平均值，不是整数，而质量数是针对核素而言，一定是整数；

所以答案选C项。

2.X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期主族元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应；T的一种单质在空气中能够自燃。下列说法中正确的是

A. X的氢化物的沸点一定小于R的氢化物的沸点

B. Q的氮化物溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为1：1

C. Z单质可以从U的钠盐溶液中将其置换出来

D. CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂

【答案】D

【解析】

【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和U位于第ⅦA族，则Z为F元素，U为Cl；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应，原子序数大于F，故Q为Mg；X和Z可形成化合物XZ4，X元素表现+4价，原子序数小于F元素，故X为C元素；X和R属同族元素，则R为Si；T的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si与Cl之间，故T为P元素。

【详解】A.X为碳元素，X的氢化物是各种烃类，较多，沸点不一定小于SiH4的沸点，故A错误；

B. Mg3N2溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为3：2，故B错误；

C. 氟单质不可以从NaCl溶液中将氯置换出来，而是先与水反应，生成氧气，故C错误；

D. CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应生成磷酸和铜，该反应的化学方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故D正确；

故选D。

3.下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是

A. 气态氢化物的稳定性：R>W

B. X与Y可以形成原子个数比为1:1和1:2的两种离子化合物

C. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-

D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应

【答案】C

【解析】

【分析】

在短周期元素中，既有+7价又有-1价的，只有Cl元素，R为Cl元素；X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于第三周期，所以Y为Na元素；Z位于第三周期且化合价为+3价，Z为Al元素，W的化合价为+6和-2价，W应为S元素。

【详解】A.因非金属性Cl>S，故HCl的热稳定性比H2S强，A项正确；

B.氧元素和钠元素可以形成过氧化钠，氧化钠两种离子化合物，其原子个数比分别为1：1和1：2，B项正确；

C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大其离子半径越小，所以有S2->Cl-，O2->Na+>Al3+；再根据“离子电子层越多，离子半径越大”，故有离子半径S2->Cl->O2->Na+>Al3+，所给五种元素形成的简单离子中半径最小的是Al3+，C项错误；

D.氢氧化钠和氢氧化铝可以发生反应：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，D项正确；

所以答案选C项。

4.N的质量数为14，在粒子NH3T＋中，电子数、质子数、中子数之比为

A. 10∶7∶11 B. 10∶11∶8 C. 10∶11∶9 D. 11∶9∶10

【答案】C

【解析】

【分析】

T代表氚，中子数为2，质子数为1，而电子数的计算，因为是阳离子，所以电子数比质子数少1个。

【详解】N的质量数为14，质子数为7，核外电子数为7，中子数＝14－7＝7，H的质子数为1，不含中子，核外电子数为1，T的质子数为1，中子数为2，核外电子数为1，所以，该NH3T＋的质子数＝7＋1×3＋1＝11，由于带有一个单位正电荷，所含电子数＝11－1＝10，中子数＝7＋2＝9，则电子数、质子数、中子数之比为10：11：9，故选C。

5.下列有关化学用语使用正确的是( )

A. 硫原子的原子结构示意图：

B. NH4Cl的电子式为：

C. 原子核内有10个中子的氧原子：

D. HBr的形成过程：

【答案】C

【解析】

【详解】A.S原子核外有16个电子，原子结构示意图为，A错误；

B. NH4Cl是离子化合物，Cl-的最外层有8个电子，故该化合物电子式为，B错误；

C.原子核内有10个中子的氧原子,质量数为18，可表示为：，C正确；

D.HBr中H原子与Br原子间通过共价键结合，其形成过程可表示为：，D错误；

故合理选项是C。

6.已知R元素的某种同位素能形成化合物AmRn，其中A的化合价为+n。该化合物中一个R微粒的核外电子数为a，核内中子数b，则该同位素的原子符号是(　　)

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意可知：在化合物AmRn，其中A的化合价为+n，R的化合价为-m，已知一个Rm-的核外电子数为a，则R元素的该同位素的核内质子数为a-m，据此解答。

【详解】根据题意可知：在化合物AmRn，其中A的化合价为+n，R的化合价为-m，已知一个Rm-的核外电子数为a，则R元素该同位素的核内质子数为a-m，由于质量数=质子数+中子数，所以其质量数为a-m+b，用原子符号表示为：，故合理选项是C。

【点睛】本题考查了原子符号的含义及阳离子的质子数=核外电子数+电荷数，质量数=质子数+中子数，知道原子符号中各个角标的含义及微粒的关系是本题解答的关键。

7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，0.1mol·L−1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的pH变化情况如图，则下列说法中不正确的是

A. C制的容器可盛装A和D的最高价含氧酸的浓溶液

B. AE3、D2E2分子中所有原子最外层均达到8电子结构

C. B、D、E的单质或者化合物中都可能有能作漂白剂的物质

D. 工业上分别电解熔融的B与E、C与E形成的化合物制备B、C单质

【答案】D

【解析】

【详解】第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，所以C为铝；0.1mol·L−1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液pH分别为1、lg5、13，分别为一元强酸、二元强酸、一元强碱，其中A、B原子序数比铝小，只可能分别为氮和钠，D为硫，则E为氯；

A.铝制容器可盛装浓硫酸和浓硝酸，因为能被钝化，A项不符合题意；

B.AE3、D2E2分别为NCl3、S2Cl2，二者电子式分别为、， B项不符合题意；

C.钠、硫、氯元素均可形成能作漂白剂的物质，如SO2、Na2O2、Cl2、ClO2、HClO，C项不符合题意；

D.工业上制备铝不能电解熔融的氯化铝，由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，而是电解熔融的氧化铝， D项符合题意。

本题答案选D。

8.下列说法和解释错误的是

A. 冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大

B. 卤化物从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高

C. 由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向

D. 金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。

【答案】A

【解析】

【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；

B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；

C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；

D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。

故选A。

9.据报道，近年来发现了一种新的星际分子，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，颜色相同的球表示同一种原子)。

下列对该物质的说法中正确的是

A. ①处的化学键表示碳碳双键 B. ②处的化学键表示碳碳单键

C. ③处的原子可能是氯原子或氟原子 D. 此星际分子属于烃类

【答案】B

【解析】

【分析】

该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出①为碳碳三键，②为碳碳单键，③与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡③，据此进行判断。

【详解】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出①为碳碳三键，②为碳碳单键，③与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡③，

A．①处的键为碳碳三键，故A错误；

B．②处的键为碳碳单键，选项B正确；

C.③原子形成的键为三键，所以不可能为氯原子或氟原子，选项C错误；

D．颜色相同的球表示同一种原子，说明有3中原子，不属于烃类，选项D错误；

答案选B。

【点睛】本题考查有机物结构，是对学生综合能力的考查与知识的运用，解题关键是根据有机物中碳原子形成的共价键数目推断有机物中存在的化学键，难度不大。

10.下列有关元素周期表的叙述中正确的是(　　)

A. 元素周期表有7个周期和18个族

B. 由短周期元素和长周期元素共同组成的族一定是主族

C. 从左向右数第13列是第ⅢB族

D. 元素周期表中0族元素的单质全部是气体

【答案】D

【解析】

【详解】A. 元素周期表有7个周期和16个族，A项错误；

B. 副族和第VIII族都由长周期元素组成，但由短周期元素和长周期元素共同组成的族不一定是主族，还有0族，B项错误；

C. 由元素周期表族的位置可知，从左向右数第13列是第ⅢB族，C项错误；

D. 元素周期表中0族元素的单质，即稀有气体全部是气态，D项正确；

答案选D。

11.下列说法中，不正确的是

A. 光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的

B. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法

C. 等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质

D. 分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。

【答案】C

【解析】

【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；

B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故B正确；

C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；

D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。

故选C。

12.若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为，则下列说法错误的是

A. 该元素可能有+3价

B. 该元素位于第5周期副族

C. 该元素原子核外共有39个不同运动状态的电子

D. 该元素基态原子第N能层上还有5个空轨道

【答案】D

【解析】

【分析】

某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1，以此解答该题。

【详解】A.该元素原子的外围电子排布为4d15s2，外围有3个电子，该元素可能有+3价，故A正确；

B.该元素为Y元素，位于第5周期第ⅢB族，故B正确；

C.该元素原子的电子排布为1s22s22p63s23p64s24p64d15s2，共有39个不同状态的电子，故C正确；

D.4d能级上有1个电子，则该元素原子第四电子层上有4个空轨道，故D错误。

故选D。

13.2017年5月9日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和118号元素的中文名称。已知117号元素有多种原子，如、等。下列说法正确的是

A. 和的化学性质完全不同

B. 元素Ts的相对原子质量为

C. 基态原子核外电子共占据7个能级

D. Ts位于周期表的第七周期ⅦA族

【答案】D

【解析】

【详解】A.和是Ts元素的两种同位素，质子数为117，核外电子数为117，最外层电子数为7，化学性质相同，故A错误；

B.117号元素Ts有多种同位素，质子数相同，中子数不同的同种元素的原子，它们占的原子个数百分比不一定相等，这些同位素的含量各不相同，所以元素Ts的相对原子质量不一定是293.5，故B错误；

C.基态原子核外电子共占据19个能级，故C错误；

D.117号元素Ts位于周期表稀有气体118号前，位于第七周期第ⅦA族，故D正确。

故选D。

【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，元素周期表每一周期元素种类依次为2、8、8、18、18、32、32（周期表未排满），则每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。

14.下列现象与氢键有关的是

①NH3的熔、沸点比PH3的高

②乙醇能与水以任意比混溶，而甲醚(CH3—O—CH3)难溶于水

③冰的密度比液态水的密度小

④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低

⑤水分子高温下也很稳定

A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①④⑤

【答案】A

【解析】

【分析】

①ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键；

②乙醇与水分子之间能形成氢键，甲醚与水分子之间不能形成氢键；

③冰中存在氢键，其体积变大；

④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；

⑤稳定性与化学键有关。

【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；

②因乙醇与水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，甲醚与水分子之间不能形成氢键，则甲醚（CH3-O-CH3）难溶于水，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④正确；

⑤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⑤错误；

答案选A。

【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大。

15.根据下列结构示意图，判断下列说法中正确的是( )

A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的多个Cl-构成正四面体

B. 在CaF2晶体中，Ca2+的配位数为4

C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2

D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE

【答案】C

【解析】

【详解】A、在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，而每个Na+离子为8个晶胞共有，则距Na+最近的多个Cl-构成正八面体，选项A错误；

B、Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为8而不是4，选项B错误；

C、在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，选项C正确；

D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，选项D错误。

答案选C。

16.下列各组品体物质中，“化学键类型相同，晶体类型也相同的是()

①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘

A. ③④⑥ B. ①②③

C. ④⑤⑥ D. ①③⑤

【答案】A

【解析】

【分析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。

【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；

②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；

③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；

④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；

⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；

⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。

答案选A。

【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。

17.下列说法不正确的是( )

A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同

B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同

C. 金属Ag的堆积方式是面心立方最密堆积

D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成

【答案】A

【解析】

【详解】A．SiO2是原子晶体，SiCl4是分子晶体，原子晶体熔沸点大于分子晶体，则沸点：SiO2＞SiCl4，解释不正确，故A错误；

B．NH4C1是离子晶体，含有离子键和极性键，NaOH是离子晶体，含有离子键和极性键，所含化学键类型和晶体类型均相同，故B正确；

C．由Ag晶体的晶胞图可知，银晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，故C正确；

D、二氧化碳与水反应生成碳酸，反应中有水分子中的氢氧共价键的断裂和碳酸中碳氧共价键的形成，故D正确；

答案选A。

18.已知某XY2分子属于V形分子，下列说法正确的是

A. X原子一定是sp2杂化

B. X原子一定为sp3杂化

C. X原子上一定存在孤电子对

D. VSEPR模型一定是平面三角形

【答案】C

【解析】

【详解】A.X原子可能是sp2杂化，如二氧化硫分子中价层电子对数为：2+1=3，含有2个o键和1个孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为V形，所以X原子可能是sp2杂化，但也可能是sp3杂化，如OF2分子，A错误；

B.X可能是sp3杂化，如OF2分子中价层电子对数为：2+2=4，所以中心原子为sp3杂化，其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，但X原子可能是sp2杂化，如SO2，B错误；

C.X原子一定存在孤电子对，C正确；

D.VSEPR模型不一定是平面三角形，如OF2分子的VSEPR模型为正四面体，D错误；

故合理选项是C。

19.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列有关叙述正确的是

A. 示意图中的两个氧原子的杂化类型无法确定

B. 该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子

C. 该叶绿素是配合物，其配体是N元素

D. 该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物

【答案】B

【解析】

【详解】A.由示意图知，两个氧原子均形成了两个σ键，故均为sp3杂化，故A错误；

B.Mg的最高化合价为+2，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间存在配位键，该物质为配合物，B项正确；

C.因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，故C错误；

D.该叶绿素是配合物，不是高分子化合物，故D错误。

综上所述，本题应选B.

20.共价键、离子键、范德华力和氢键都是微观粒子之间的不同作用力。有下列物质：①Na2O2 ②冰 ③金刚石 ④碘单质 ⑤CaCl2 ⑥白磷，其中只含有两种作用力的是

A. ①④⑥ B. ①③⑥ C. ②④⑤ D. ①②③⑤

【答案】A

【解析】

【分析】

大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键；金属晶体中含有金属键；电负性很大的元素（N、O、F）与氢元素形成共价键时，H原子几乎是裸露的质子，不同分子之间存在氢键，以此来解答。

【详解】①Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故①符合；

②冰属于分子晶体，分子内氧原子与氢原子之间形成共价键，分子之间存在氢键、范德华力，故②不符合；

③金刚石是原子晶体，只存在共价键，故③不符合；

④碘单质属于分子晶体，分子内碘原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故④符合；

⑤氯化钙属于离子晶体，钙离子与氯离子之间形成离子键，只存在离子键，故⑤不符合；

⑥白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故⑥符合；

答案选A。

【点睛】本题考查化学键和晶体类型，难度不大，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力。

21.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是

A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠

B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大

C. 最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大

D. 对于同一元素而言，原子的电离能I123<…

【答案】B

【解析】

【详解】A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；

B.同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；

C.最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；

D.对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确。

故选B。

22.下列说法正确的是

A. 氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力，其中氢键、离子键和共价键是化学键

B. 石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，用这种方法从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向

C. 下列物质的熔沸点由大到小排列：晶体硅>碳化硅>金刚石

D. 黄色晶体碳化铝，熔点2 200℃，熔融态不导电，是原子晶体

【答案】D

【解析】

【详解】A项、氢键属于分子间作用力，不是化学键，故A错误；

B项、石墨晶体中含有层状结构，可从石墨材料中剥离出的单层碳原子面材料(石墨烯)，C60、金刚石等不含有层状结构，不能得到单层碳原子面材料，故B错误；

C项、晶体硅、碳化硅、金刚石都是原子晶体，硅原子半径大于碳原子，键长逐渐减小，键能逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故C错误；

D项、黄色晶体碳化铝，熔点2 200 ℃，熔融态不导电，满足原子晶体的特征，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、原子晶体的物理性质等知识点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力为易错点。

23.某温度下,在容积为1L的密闭容器中充入和 发生测得的物质的量随时间的变化如图所示，(已知，此温度下,该反应的平衡常数)下列说法正确的是( )

A.

B. 点b所对应的状态为化学平衡状态

C. 的生成速率,点a低于点b

D. 欲增大平衡状态时 ,可保持其他条件不变,升高温度

【答案】B

【解析】

【分析】

据定义计算反应速率，并利用不同物质表示的反应速率之间的关系进行换算；据可逆反应进行过程中正逆反应速率的变化，比较有关速率的大小；利用Qc与K的关系判断是否化学平衡状态；用平衡移动原理判断平衡移动方向。

【详解】A项：0~10min，n(CH3OH)增加0.75mol，v(CH3OH)=0.75mol/(1L×10min)=0.075mol·L-1·min-1，则v(H2)=0.075mol/(1L×10min)×3=0.225mol·L-1·min-1，A项错误；

B项：据图中数据，点b所在状态有0.25molCO2、1.0molH2、0.75molCH3OH、0.75molH2O(g)，将它们的浓度代入Qc表达式，得Qc＝2.25＝K，为化学平衡状态，B项正确；

C项：从起始到平衡过程中，的生成速率（正反应速率）逐渐减小，即正反应速率点a高于点b，C项错误；

D项：欲使平衡状态时增大，即使平衡右移。因ΔH<0，可保持其他条件不变降低温度，D项错误。

本题选B。

【点睛】图中b点之后的曲线未画出，不能由图象臆断反应到达化学平衡。此时必须应用Qc与K的关系判断是否为化学平衡。

24.室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是

A. 溶液中不变

B. 溶液中导电粒子的数目减少

C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)也增大

D. 再加入10 mL pH=11的NaOH溶液后pH=7

【答案】A

【解析】

【分析】

根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时pH的计算来解答。

【详解】A.加水稀释时，c(H+)减小，因醋酸的电离平衡常数K=不变，则不变，A正确；

B.醋酸是弱酸，存在电离平衡，在醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则溶液中导电粒子的数目增多，B错误；

C.加水稀释时，有更多的醋酸分子发生电离，所以醋酸的电离程度增大，但溶液体积增大的倍数大于n(H+)增加的倍数，则c(H+)减小，C错误；

D.等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，由于醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，故反应后溶液显酸性，pH<7，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查弱电解质电离平衡的有关判断，C项为易错点，掌握稀释后溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度大小是解答本选项的关键，试题难度不大。

25.近年来，加“碘”食盐中添加较多的是碘酸钾(KIO3)，碘酸钾在工业上可用电解法制取。以石墨和不锈钢为电极材料，以KI溶液为电解液，在一定条件下进行电解，反应的化学方程式为KI＋3H2OKIO3＋3H2↑。下列有关说法不正确的是

A. 加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝

B. 电解时，石墨作阳极，不锈钢作阴极

C. 阳极的电极反应式为I-+3H2O+6e-=IO3-+6H＋

D. 转移3 mol电子，理论上可制得107 g KIO3

【答案】C

【解析】

【详解】A.由于食盐中加入的是KIO3，没有加入I2，所以加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝，A正确；

B.根据电池反应式知，阳极上I-失去电子生成IO3-，所以阳极应该为惰性电极石墨，阴极为铁，B正确；

C.电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，电极反应为：I--6e-+3H2O=IO3-+6H+，C错误；

D.根据反应的化学方程式为KI＋3H2OKIO3＋3H2↑可知：每转移6mol e-时，理论上可制得KIO3的物质的量为1mol，即产生214g KIO3，所以转移3mol e-时，理论上可制得KIO30.5mol，即107g，D正确；

故合理选项是C。

二、综合题

26.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知 W 的一种核素的质量数为 18，中子数为 10；X 和 Ne 的核外电子数相差 1； 在Z所在的周期中，Z 元素的原子得电子能力最强；四种元素的最外层电子数之和为18。 请回答下列问题：

（1）X 元素位于元素周期表中位置为_____________。

（2）X 的单质和 Y 的单质相比，熔点较高的是____________（写化学式） 。 Z 所在族的简单氢化物中，沸点最高的是________(写化学式)，原因为_________________________。

（3）W、X、Z 三种元素形成的化合物中化学键类型为________；X2W2的电子式为___________________。

（4）Y 与 Z 形 成的化合物在常温下是一种液态，它和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式为__________________________。

（5）Z 的氧化物很多，其中一种黄绿色气体 M，其氧含量为 47.41％，可用于水处理， M 在液态和浓缩气态时具有爆炸性 。 M 的化学式为_____________。 M 可与 NaOH 溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为 1︰5，该反应的化学方程式为___________________。

（6）在 25°C、101kPa 下，已知 Y 的简单气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态， 平均每转移 1mol 电子放热 190kJ, 该反应的热化学方程式为__________________________________。

【答案】 (1). .第三周期, 第IA族 (2). Si (3). HF (4). HF 分子间能形成氢键 (5). 离子键、共价键 (6). (7). SiCl4 ＋3H2O＝H 2SiO3 ＋3HCl (8). ClO2 (9). 6ClO2＋6NaOH＝NaCl＋5NaClO3＋3H2O (10). SiH4 (g)＋2O2 (g)＝SiO2 (s)＋2H2O(l) ΔH＝—1520kJ/mol

【解析】

【分析】

W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18-10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，原子半径大于O，故X为Na；由原子序数可以知道，Y、Z处于第三周期， Z的吸引电子的能力在同周期主族元素中最大，则Z为Cl，四种元素的最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子数为18-6-1-7=4，所以Y为Si。

【详解】（1）X 元素为Na元素，位于元素周期表中位置为第三周期，第IA族；

（2）金属Na的熔点较低，Si属于原子晶体，熔点很高，故Si的熔点较高；Cl位于元素周期表第ⅦA族，F的电负性强，分子间可形成氢键，故HF沸点最高；

（3）W、X、Z 三种元素形成的化合物可能为NaClO，离子化合物，其中含有离子键和共价键；X2W2为Na2O2，离子化合物，电子式为：；

（4）Y与Z形成的化合物为SiCl4，和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，应生成H2SiO3与HCl，该反应的化学方程式是：SiCl4 ＋3H2O＝H 2SiO3 ＋3HCl；

（5）Z 的氧化物很多，其中一种黄绿色气体 M，其氧含量为 47.41％，则氯的含量为52.59%设M的化学式为ClxOy,则35.5x:16y=52.59:47.41，计算得x: y=1:2，则M为ClO2；M 可与 NaOH 溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为 1︰5，即NaCl 和NaClO3，则反应方程式为：6ClO2＋6NaOH＝NaCl＋5NaClO3＋3H2O；

（6）1mol SiH4完全燃烧转移的电子数为8mol，所以放热为190kJ×8=1520kJ，因此热化学方程式为SiH4 (g)＋2O2 (g)＝SiO2 (s)＋2H2O(l) ΔH＝—1520kJ/mol。

【点睛】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18-10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，原子半径大于O，故X为Na；由原子序数可以知道，Y、Z处于第三周期， Z的吸引电子的能力在同周期主族元素中最大，则Z为Cl，四种元素的最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子数为18-6-1-7=4，所以Y为Si。

27.碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题:

（1）三氯化氮（NCl3）是一种黄色、油状、具有刺激性气味的挥发性有毒液体，其原子均满足8e—结构。写出其电子式_____________________。氯碱工业生产时，由于食盐水中通常含有少量NH4Cl，而在阴极区与生成的氯气反应产生少量三氯化氮，该反应的化学方程式为______________。

（2）已知：2CO2(g) + 3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)+Na2CO3(aq)+H2O(l) △H=－4a kJ/mol

CO2(g) +2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l) △H=－b kJ/mol

该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学反应方程式为:____________。

（3）利用CO可以将NO转化为无害的N2，其反应为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，向容积均为IL的甲、乙、丙三个恒温（反应温度分别为300℃、T℃、300℃）容器中分别加入相同量NO和CO，测得各容器中n(CO)随反应时间t的变化情况如下表所示:

①甲容器中，0～40min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_______。

②该反应的△H______0（填“>”或“<”）。

③甲、丙容器达到平衡时，CO的转化率为α(甲)________α(乙)（填“>”,“< ”，“＝”）

（4）常温下，在(NH4)2C2O4溶液中，反应NH4++C2O42—+H2ONH3·H2O+HC2O4—的平衡常数K=___。（已知常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka1≈5×10-2，Ka2≈5×10-5 H2O的电离平衡常数Kw=1×10-14 NH3·H2O的电离平衡常数Kb≈2×10-5）

【答案】 (1). (2). NH4Cl+3Cl2=NCl3+4HCl (3). NaOH(aq)+CO2(g)=NaHCO3(aq) △H=-（4a-b）kJ/mol (4). 0.0125mol/(L·min) (5). < (6). > (7). 1×10-5

【解析】

【分析】

（1）三氯化氮原子均满足8e-结构，故电子式为；氯化铵与氯气生成三氯化氮和氯化氢；

（2）根据盖斯定律得出CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学反应方程式；

（3）①根据v(CO)=△c/△t计算CO的平均反应速率；

②根据甲乙容器可知，乙容器80min达到平衡，甲容器在120min达到平衡，故乙容器的温度高于甲容器，温度高CO的平衡浓度大，平衡逆向移动，所以该反应属于放热反应；

③分别求出甲、乙两容器中CO的转化率，比较其大小；

（4）根据平衡常数的公式进行计算。

【详解】（1）三氯化氮原子均满足8e-结构，故电子式为；氯化铵与氯气生成三氯化氮和氯化氢，其方程式为：NH4Cl+3Cl2=NCl3+4HCl，

故答案为：；NH4Cl+3Cl2=NCl3+4HCl。

（2）根据序号1的热化学方程式为2CO2(g)+3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)+Na2CO3(aq)+H2O(l)

△H=-4akJ/mol，序号2的热化学方程式为CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l) H=bkJ/mol，根据盖斯定律可得：NaOH(aq)+CO2(g)=NaHCO3(aq) △H=-（4a-b）kJ/mol；

故答案为：NaOH(aq)+CO2(g)=NaHCO3(aq) △H=-（4a-b）kJ/mol。

（3）①甲容器中，0～40min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=v(CO)=△c/△t=（2.00mol-1.5mol）÷1L÷40min=0.0125mol/(L•min)；

故答案为：0.0125mol/(L•min)。

②根据甲乙容器可知，乙容器在80min达到平衡，甲容器在120min达到平衡，故乙容器的温度高于甲容器，温度高CO的平衡浓度大，平衡逆向移动，所以该反应属于放热反应，△H<0；

故答案为：<。

③甲容器达到平衡时，CO的转化率为（2.00-0.80）/2.00×100%=60%；乙容器达到平衡时CO的转化率为（2.00-1.00）/2.00×100%=50%；所以CO的转化率为α(甲)>α(乙)，

故答案为：>。

（4）NH4++C2O42-+H2ONH3•H2O+HC2O4-的平衡常数K=c（HC2O4-）c（NH3•H2O）/（NH4+）c（C2O42-）=c（HC2O4-）•c（NH3•H2O）•c（H+）•c（OH-）/c（NH4+）•c（C2O42-）•c（H+）•c（OH-）=Kw/Kb•Ka2=1×10-14/2×10-5•5×10-5=1×10-5；

故答案为：1×10-5。

28.由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。

(1)基态 Cl原子核外电子排布式为__________________________，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为____________________，P、S、Cl的电负性由大到小顺序为_______________。

(2)SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_____________，该分子构型为__________。

(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中配位键个数为_______；以“—”表示σ键、“→”表示配位键，写出CO分子的结构式__________。

(4)已知MgO与NiO的晶体结构(如图1)相同， 其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66 pm和69pm。则熔点：MgO_____NiO(填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_______________________________。

(5)若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_______。

(6)金刚石晶胞含有____个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= ______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____(请用r和a表示不要求计算结果)。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p5 (2). Cl> P > S (3). Cl> S > P (4). sp3 (5). V形 (6). 8 (7). (8). > (9). Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大 (10). (1，，) (11). 8 (12). (13).

【解析】

【分析】

(1)Cl为17号元素，结合核外电子的排布规律书写基态 Cl原子的电子排布式；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；元素的非金属性越强，电负性数值越大；

(2)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算SCl2中S原子杂化轨道数分析解答；

(3)CO分子中C与O之间形成三键，其中有一个为配位键，CO与中心原子间形成4个配位键，据此解答；

(4)Mg2+半径比Ni2+小，结合晶格能的大小分析判断；

(5)根据图示，C离子的x系坐标与B的x系坐标相同，y、z系坐标都在中点上；

(6)金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点每个面心上各有1个原子；碳原子与周围相接触的4个碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于晶胞体对角线上，二者距离等于晶胞体对角线长度的，据此计算r，从而计算该晶胞中所有C原子的体积和晶胞体积，结合原子空间利用率=分析计算。

【详解】(1)Cl为17号元素，基态 Cl原子的电子排布为1s22s22p63s23p5；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl＞P＞S；元素的非金属性越强，电负性数值越大，P、S、Cl的电负性由大到小顺序为Cl> S > P，故答案为：1s22s22p63s23p5；Cl＞P＞S；Cl> S > P；

(2)SCl2中S原子杂化轨道数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化，含有两对孤电子对，所以该分子构型为V形，故答案为：sp3；V形；

(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，1个CO中含有1个配位键，CO与中心原子间形成4个配位键，因此一个Ni(CO)4分子中8个配位键；CO分子中C与O之间形成三键，其中有一个为配位键，CO分子的结构式为，故答案为：8；；

(4)Mg2+半径比Ni2+小，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍，则熔点：MgO＞NiO，故答案为：＞；Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大；

(5)NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，而C离子的x系坐标与B的x系坐标相同，y、z系坐标都在中点上，所以C离子坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)；

(6)金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点每个面心上各有1个原子，该晶胞中C原子个数=8×+6×+4=8；碳原子与周围相接触的4个碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于晶胞边长的倍，则2r=a，则r=a；该晶胞中所有C原子体积=8×πr3、晶胞体积=a3，原子空间利用率====π，故答案为：8；；π。

【点睛】本题涉及晶胞计算、原子核外电子排布、原子晶体熔沸点比较等。本题的易错点和难点为(6)，需要具备一定的空间想象力与数学计算能力，注意金刚石晶胞中2个碳原子间的最短距离为晶胞体对角线长度的。

29.铜元素在化合物中其化合价可以呈现、价。和是常见的价铜的化合物， 是较为常见的 价铜的化合物。

(1)铜元素位于周期表的_______区。属于________族。

(2)请写出的电子排布式__________________，S的价层电子排布图______________

(3)向溶液中滴加氨水，可以得到深蓝色的溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出深蓝色晶体的化学式__________________。比较和中 中键角的大小：___________(填“” “” 或“=”)。

(4)中阴离子的空间构型为_______

(5)的晶胞结构如图所示，C1原子位于立方体的顶点和面心，Cu原子位于Cl原子构成的四面体体心。

①每个Cl原子周围距Cl原子最近且等距离的Cu原子数目为________________。

②若以铜原子为顶点构成晶胞，面心原子为________(Cu、Cl)

【答案】 (1). ds (2). IB (3). 1s22s22p63s23p6 3d10 (4). (5). [Cu(NH3)4]SO4•H2O (6). < (7). 平面三角形 (8). 4 (9). Cu

【解析】

【分析】

(1)铜为29号元素，据此书写铜原子的电子排布式，并判断在周期表中的位置；

(2) 根据铜原子的电子排布式书写的电子排布式；S是16号元素，结合电子排布式书写价层电子排布图；

(3))[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4•H2O；NH3中N原子含有3个共价键和1个孤电子对，[Cu(NH3)2]+中N原子形成4个共价键，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；

(4)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数分析判断NO3-的空间构型；

(5)①晶胞中Cu原子数与Cl原子数为1∶1，故配位数相等，根据Cu原子与周围4个Cl原子形成正四面体，Cu的配位数为4解答；

②晶胞中Cu原子与Cl原子的数目相等，在图示晶胞中C1原子位于立方体的顶点和面心，Cu原子位于Cl原子构成的四面体体心，若以铜原子为顶点构成晶胞，则Cu和C1原子位置互换，据此解答。

【详解】(1)铜为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p6 3d104s1，位于周期表的ds区。属于IB族元素，故答案为：ds；IB；

(2) 铜为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p6 3d104s1，则的电子排布式为1s22s22p63s23p6 3d10，S是16号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子排布图为，故答案为：1s22s22p63s23p6 3d10；；

(3) 向溶液中滴加氨水，可以得到深蓝色的溶液，再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：Cu(NH3)4SO4•H2O；NH3中N原子含有3个共价键和1个孤电子对，[Cu(NH3)2]+中N原子形成4个共价键，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3与Cu+形成配位键，N-H键斥力减小，键角增大或NH3分子内存在孤电子对，孤电子对与共用电子对之间的斥力更大，所以NH3的键角更小，故答案为：Cu(NH3)4SO4•H2O；＜；

(4)NO3-中N原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，离子空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；

(5)①晶胞中Cu原子数目为4，由化学式可知晶胞中Cl原子数目也是4，二者原子数目为1∶1，故配位数也相等，Cu原子与周围4个Cl原子形成正四面体，Cu的配位数为4，故Cl原子配位数也是4，即每个Cl原子周围距Cl原子最近且等距离的Cu原子数目为4，故答案为：4；

②根据①的分析，晶胞中Cu原子数目为4，由化学式可知晶胞中Cl原子数目也是4，二者原子数目为1∶1，在题示晶胞中C1原子位于立方体的顶点和面心，Cu原子位于Cl原子构成的四面体体心，若以铜原子为顶点构成晶胞，则Cu原子位于立方体的顶点和面心，C1原子位于Cu原子构成的四面体体心，故答案为：Cu。

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