【文档说明】四川省凉山州冕宁中学2020-2021学年高二下学期期中考试化学试题含答案.doc，共(30)页，296.000 KB，由小赞的店铺上传

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冕宁中学2020—2021学年度下期高二年级半期考试化学试卷可能用到的相对原子质量：Cu—64Au—197一、选择题（本题共20小题，每小题2分，每题只有一个选项符合题意）1．在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是（）A．最易失去的电子能量最高B．L层电子比K层电子能量高C．

p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D．在离核最近区域内运动的电子能量最低2．某基态原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，在下列L层分布中正确的是（）A．B．C．D．3．下列有关化学用语的说法中不正确的是（）A．苯分子的模型示意图B．﹣OH与都表示羟基C．

S2﹣的结构示意图：S2﹣D．次氯酸的结构式为：H﹣Cl﹣O4．下列物质中，只含有离子键，不含有共价键的是（）A．CaCl2B．NH4ClC．KOHD．CO25．下列比较错误的是（）A．金属性：Na＞

Mg＞AlB．非金属性：Cl＞S＞P＞SiC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．酸性：HClO＞H2SO3＞H3PO4＞H2SiO36．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（）A．分子中中心

原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对C．H2SO4分子中三种原子均以杂化轨道成键D．N2分子中有一个σ键、2个π键7．下列化合物沸点比较错误的是（）A．丙烷＞乙烷＞甲烷B．

正戊烷＞异戊烷＞新戊烷C．邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯D．对二甲苯＞邻二甲苯＞间二甲苯8．下列物质形成的晶体中，属于原子晶体的是（）A．SiO2B．NaClC．干冰D．冰9．下列说法不正确的是（）A．2014年西非国家爆发埃博拉病毒，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全灭活该病毒感染性，其消毒原理

和漂白粉消毒饮用水相同B．2015年初公益调查《柴静雾霾调查：穹顶之下》发布，引起社会强烈反响．雾霾中PM2.5属于胶体C．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗D．汽油、煤油、植物油都是

油，但它们的主要成分不相同10．用一带静电的玻璃棒靠近A、B两种纯液体流，现象如图所示据此分析，A、B两种液体分子的极性正确的是（）A．A是极性分子，B是非极性分子B．A是非极性分子，B是极性分子C．A、B都是极性分子D．A、B都是非极性分子11．共价键、离子键和范德华力

都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2；②SiO2；③石墨；④金刚石；⑤CaH2；⑥白磷（P4），其中含有两种结合力的组合是（）A．①③⑤⑥B．①③⑥C．②④⑥D．①②③⑥12．2015年8月12日，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存放了大量的硝

酸铵（NH4NO3）、氰化钠（NaCN）、电石（CaC2）和金属钠等危险化学品。下列有关叙述不正确的是（）A．金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火B．氰化钠（NaCN）是一种剧毒危险品，其水溶液呈碱性C．实验室里可将少量的钠保存于煤油中D．NH4NO3

、NaCN、CaC2中均含有离子键和非极性共价键13．下列各组物质中，化学键类型和化合物类型都相同的是（）A．CO2和Na2CO3B．SO2和H2OC．KOH和NaClD．NaCl和HCl14．如图所示，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体

在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是（）A．γFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B．αFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同D．γFe晶体的一个晶胞中平均有Fe原子个数为3个15．下列各组物质中，

按熔点由低到高排列正确的是（）A．O2、I2、HgB．CO2、KCl、SiO2C．Na、K、RbD．SiC、NaCl、SO216．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol﹣1．请根据下表所列数据判断，错误的是（）元素I1I2I3I

4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常见化合价是+1B．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClC．元素Y是ⅢA族元素D．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应17．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶

物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液，若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是（）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前Cu2+的浓度不变B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子C．

沉淀溶解后生成的配离子[Cu（NH3）4]2+的空间构型一定正四面体D．加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出[Cu（H2O）4]SO4•H2O晶体18．下列说法中正确的是（）A．C60气化和I2升华克服的作用力相同B．甲酸

甲酯和乙酸的分子式相同，它们的熔点相近C．氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键D．用作高温结构陶瓷材料的Si3N4固体是分子晶体19．有关晶体的下列说法中正确的组合是（）①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定②原子晶体中共价

键越强，熔点越高③冰熔化时水分子中共价键发生断裂④氯化钠熔化时离子键未被破坏⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素⑦在SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子⑧分子晶体不都是共价

化合物A．①②⑤B．②④⑤C．②⑤⑧D．①④⑦20．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X形成的某种化合物可用作水果的催熟剂，Y的氧化物为碱性氧化物，X、Y、Z三种元素的最外层电子数之和为11．下列说

法正确的是（）A．原子半径：W＜X＜Y＜ZB．简单氢化物的稳定性：X＞ZC．W、X形成的某种化合物常用作萃取剂D．Y和Z形成的含氧酸盐均可使酚酞溶液变红第Ⅱ卷非选择题（共60分）二、非选择题（本卷共4个小

题，共60分，请按要求作答）21．（10分）中国古代四大发明之一﹣﹣黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SA+N2↑+3CO2↑（已配平）①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为．除K、S外第一电离能从大到小的顺序为．N2与CO2熔沸点高低顺序为．②在生成物中，A的晶体类型为，含极性共价键的

分子的中心原子轨道杂化类型为．③CN﹣与N2互为，推算HCN分子中σ键与π键数目之比．22．（26分）英国曼彻斯特大学科学家安德烈•海姆和康斯坦丁•诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方

法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如图1：（1）下列有关石墨烯说法正确的是。a．12g石墨烯含σ键数为NAb．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面c．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之

间的分子间作用力d．石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①基态铜原子

能量最高的电子占据的能级符号是，基态铜原子简化电子排布式；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有。②下列分子属于非极性分子的是。a．甲烷b．二氯甲烷c．苯d．乙醇③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因。④酞菁与酞菁铜染料

分子结构如图2，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是。⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如图3），它的化学式可表示为；在Au周围最近并距离相等的Cu有个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为g/cm3．（阿伏伽德罗常数用NA表示）23．

已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A元素位于周期表的s区，其原子中电子层数等于未成对电子数；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种原子轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是

新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．E是有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同．（1）E的基态原子的价电子排布图为．（2）B、C、D三种元

素的氢化物的沸点高低顺序为（用化学式表示，下同），稳定性顺序为；（3）化合物M是同类物质中为数不多的气体，且分子中所有原子共平面，则M中σ键和π键个数比为，B原子的杂化类型为，M能和水以任意比混溶的原因是；（4）E的一种氧化物Q，其晶胞结

构如图1所示，则Q的化学式为；（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的BC﹣，可在Q的催化下，先用NaClO将BC﹣氧化成BCD﹣，然后在酸性条件下BCD﹣可以继续被NaClO氧化成C2和BD2；①与BCD﹣互为等电子体

的分子是（写出一种即可）；可以推知BCD﹣的空间构型为；②上述反应中后一步反应的离子方程为．（6）E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如图2所示，则E晶胞中E的配位数为，若该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏

加德罗常数为NAmol﹣1，E原子的摩尔质量为Mg/mol，则E原子的半径为cm．24．（11分）按所示格式填写下表有序号的表格：原子序数电子排布式价层电子排布周期族17（1）（2）（3）（4）（5）1s22s22p6（6）（7）（8）（9）（10）3d54s1（11）ⅥB

参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是（）A．最易失去的电子能量最高B．L层电子比K层电子能量高C．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D．在

离核最近区域内运动的电子能量最低【考点】原子核外电子的运动状态．菁优网版权所有【分析】A．根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；B．根据构造原理判断；C．没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；D．根据原子核外电子能量与距核远近的

关系判断．【解答】解：A．能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，故A正确；B．电子层能量由低到高依次为（K、L、M、N…）层，L层电子比K层电子能量高，故B正确；C．同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能

量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故C错误；D．能量越低的电子在离核越近的区域内运动，故D正确。故选：C。【点评】本题主要考查多电子原子中核外电子的运动，明确电子的能量不同、电子在核外分层运动是解答本题的关键．2

．某基态原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，在下列L层分布中正确的是（）A．B．C．D．【考点】原子核外电子的运动状态．菁优网版权所有【分析】K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2p能级，2p能级能量较高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，2p能级有3

个轨道，电子优先单独占有1个轨道，且自旋方向相同。【解答】解：K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2p能级，2p能级能量较高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，剩余2个电子填充2p能级，2p能级有3个轨道，电子优先单独占有1个轨道，且自旋方

向相同，基态原子在L层分布图为。故选：D。【点评】本题考查核外电子排布规律，比较基础，理解掌握核外电子排布规律。3．下列有关化学用语的说法中不正确的是（）A．苯分子的模型示意图B．﹣OH与都表示羟基C．S2﹣的结构示意图：S2﹣D．次氯酸的结构式为：H

﹣Cl﹣O【考点】原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合．菁优网版权所有【分析】A．比例模型体现分子的空间结构及原子的相对大小；B．羟基为中性基团，H最外层有1个电子

，O最外层有6个电子；C．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层为8个电子；D．HClO中O可形成2个化学键，而Cl只形成1个化学键．【解答】解：A．苯分子的比例模型为，为平面正六边形，故A正确

；B．﹣OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故B正确；C．硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子结构示意图为：，故C正确；D．次氯酸分子中不存在氢氯键，次氯酸正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故D错误。故选：D。【点评】本题考查化学用语，为高频考点，题目难度中等，涉及电

子式、结构简式、球棍模型和比例模型的表示，把握化学用语的规范使用及区别为解答的关键，注意有机物中常见化学用语的使用方法．4．下列物质中，只含有离子键，不含有共价键的是（）A．CaCl2B．NH4ClC．KOHD．CO2【考点】离子化合物的结构特征与性质．菁优网版权所有【分析】活泼金属和活泼

非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，碱金属族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。【解答】解：A．氯化钙中钙离子和氯离子之间只存在离子键，故A正确；B．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N

和H原子之间存在共价键，故B错误；C．KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O和H原子之间存在共价键，故C错误；D．二氧化碳分子中C、O原子之间只存在共价键，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学

键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键概念及二者区别是解本题关键，注意：不能根据是否含有金属元素判断离子键，铵盐中不含金属元素但含有离子键，A中两个氯离子之间不存在化学键，题目难度不大。5．下列比较错误的是（）A．金属性：Na＞Mg＞AlB．非金属性：Cl＞S

＞P＞SiC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．酸性：HClO＞H2SO3＞H3PO4＞H2SiO3【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．菁优网版权所有【分析】A．同一周期中原子序数越大，金属性越弱；B．同一周期的元素，原子序

数越大，非金属性越强；C．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，HClO不是Cl的最高价含氧酸．【解答】解：A．Na、Mg、Al位于第三周期，原子序数越大，金属性越弱，原

子序数：Na＜Mg＜Al，则金属性：Na＞Mg＞Al，故A正确；B．四种元素都位于第三周期，原子序数越大，非金属性越强，已知原子序数：Cl＞S＞P＞Si，则非金属性：Cl＞S＞P＞Si，故B正确；C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Na＞Mg＞Al，则碱性N

aOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P＞Si，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，由于HClO、H2SO3不是最高价含氧酸，无法据此判

断酸性强弱，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度不大，明确非金属性、金属性与其氧化性、还原性强弱关系是解本题关键，注意总结归纳元素周期律并灵活运用，试题侧重考查学生分析判断及知识运用能力．6．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（）A．分子中中

心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对C．H2SO4分子中三种原子均以杂化轨道成键D．N2分子中有一个σ键、2个π键【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有【分析】A．根据杂化类型和

孤电子对数判断分子的空间结构，分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能为三角锥形或V形；B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子；C．氢原子只有一个轨道有电子，没有杂化；D．N2分子中存在N≡N，有一个σ键、

两个π键．【解答】解：A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能为三角锥形或V形，如NH3、H2O，故A正确；B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故B正确；C．H2SO4硫酸分子中S原子为sp3杂化

，O﹣H为共用电子对形成的化学键，不是以杂化轨道成键，故C错误；D．N2分子中存在N≡N，双键中有1个π键，三键中有2个π键，则有一个σ键、两个π键，故D正确；故选：C。【点评】本题考查杂化轨道和杂化理解，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解应

用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，题目难度中等．7．下列化合物沸点比较错误的是（）A．丙烷＞乙烷＞甲烷B．正戊烷＞异戊烷＞新戊烷C．邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯D．对二甲苯＞邻二甲苯＞间二甲苯【考点】晶体熔沸点的比较．菁优网版权所有【分析】烷烃都是分子晶体，其熔沸点与相对分子

质量成正比，与碳原子个数成正比，碳原子个数相同的烷烃，其支链越少熔沸点越高，据此分析解答．【解答】解：A．烷烃都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，与碳原子个数成正比，所以熔沸点：丙烷＞乙烷＞甲烷，故A正确；B．烷烃都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，与碳原子个数成正比，

碳原子个数相同的烷烃，其支链越少熔沸点越高，所以熔沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，故B正确；C．对二甲苯极性最小，沸点最低，则沸点为：邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯，故C正确；D．对二甲苯极性最小，沸点最低，沸点为：邻二甲苯＞间

二甲苯＞对二甲苯，故D错误；故选：D。【点评】本题考查烷烃熔沸点高低判断，明确熔沸点高低与相对分子质量、碳原子个数、支链关系即可解答，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及应用能力．8．下列物质形成的晶体中，属于原子晶体的是（）A．SiO2B．NaClC．干

冰D．冰【考点】原子晶体．菁优网版权所有【分析】原子晶体是由原子通过共价键结合而成的晶体，据此分析解答。【解答】解：A．二氧化硅是由硅原子与氧原子通过共价键结合而成，属于原子晶体，故A选；B．氯化钠是由钠离子与氯离子通过离子键结合而成，属于离子晶体，故B不选；C．干冰是由二氧化碳

分子通过分子间作用力结合而成，属于分子晶体，故C不选；D．冰是由水分子通过分子间作用力结合而成，属于分子晶体，故D不选；故选：A。【点评】本题考查了晶体类型判断，明确构成晶体微粒及微粒间相互作用是解题关键，题目难度不大。9．下列说法不正确的是（）A．2014年西非国家爆发

埃博拉病毒，双氧水、高锰酸钾溶液可以完全灭活该病毒感染性，其消毒原理和漂白粉消毒饮用水相同B．2015年初公益调查《柴静雾霾调查：穹顶之下》发布，引起社会强烈反响．雾霾中PM2.5属于胶体C．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定

管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗D．汽油、煤油、植物油都是油，但它们的主要成分不相同【考点】物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有【分析】A．高锰酸钾溶液和双氧水、漂白粉均具有强氧化性；B．PM2.5很多是1微米到2.5微米之间的，大于胶体粒

子的大小；C．根据容量瓶、量筒和滴定管的结构和使用方法分析；D．汽油、煤油为烃类物质、植物油的成分为高级脂肪酸甘油酯．【解答】解：A．高锰酸钾溶液和双氧水、漂白粉均具有强氧化性，可以将病毒氧化而达到消毒的目的，其消毒原理和漂白粉消毒饮用水相同，故A正确；B．胶体一般认为是1微

米以下的，PM2.5很多是1微米到2.5微米之间的，而雾霾中可能吸收水汽聚集成更大颗粒，故B错误；C．容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面

，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故C正确；D．汽油、煤油为烃类的混合物，而植物油是酯类，它们的成分不同，故D正确；故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及消毒剂、PM2.5、分光光度计及油的分类等知识，题目难度中等，明确汽油、煤油、植物油的区别是解题的关键，试题培养了学生灵活

应用基础知识的能力．10．用一带静电的玻璃棒靠近A、B两种纯液体流，现象如图所示据此分析，A、B两种液体分子的极性正确的是（）A．A是极性分子，B是非极性分子B．A是非极性分子，B是极性分子C．A、B都是极性分子D．A、B都是非极性分子【考点】极性分子和非极性分子．

菁优网版权所有【分析】用玻璃棒靠近时，极性分子发生偏转，以此解答．【解答】解：根据实验现象可知，A液体不偏转，说明A是非极性分子，B液体偏转，说明B是极性分子，故选：B。【点评】该题是常识性知识的考查，试题趣味性强，有利于调动学生的学习兴趣，

激发学生学习化学的积极性．该题的关键是明确极性分子和非极性分子的性质差异，然后灵活运用即可．11．共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2；②SiO2；③石墨；④金刚石；⑤CaH2；⑥白

磷（P4），其中含有两种结合力的组合是（）A．①③⑤⑥B．①③⑥C．②④⑥D．①②③⑥【考点】化学键．菁优网版权所有【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力，以此解答该题．【解

答】解：①Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种结合力，故正确；②SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；③石墨存

在共价键和分子间作用力，故正确；④金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；⑤CaH2中钙离子与氢离子之间只存在离子键，则只存在一种结合力，故错误；⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种结合力，故正确；故选：B。【点评】本题考

查了物质中存在的结合力，为高频考点，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力是解本题关键，题目难度不大，注意白磷晶体中分子内有共价键，分子间有分子间作用力．12．2015年8月12日，天津滨海新区某公司仓库发生爆炸，事发仓库里存

放了大量的硝酸铵（NH4NO3）、氰化钠（NaCN）、电石（CaC2）和金属钠等危险化学品。下列有关叙述不正确的是（）A．金属钠属于危化品中的易燃固体，其着火时不能用水灭火B．氰化钠（NaCN）是一种剧毒危险品，其水溶液呈碱性C．实验室里可将少量的钠保存于

煤油中D．NH4NO3、NaCN、CaC2中均含有离子键和非极性共价键【考点】化学键．菁优网版权所有【分析】A、钠与水反应生成可燃性的气体；B、氰化物剧毒，NaCN水解呈碱性；C、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密

度大于煤油的，且和煤油不反应；D、NH4NO3和NaCN中均含有离子键和极性共价键而CaC2中含有离子键和非极性共价键。【解答】解：A、钠与水反应生成可燃性的气体，所以钠着火时不能用水灭火，故A正确；B、氰化物剧毒，NaCN是强碱弱酸盐水解呈碱性，故B

正确；C、钠易与水和氧气反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故C正确；D、NH4NO3和NaCN中均含有离子键和极性共价键而CaC2中含有离子键和非极性共价键，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化

学试剂的存放，题目难度不大，注意物质的性质影响保存方法的选择。13．下列各组物质中，化学键类型和化合物类型都相同的是（）A．CO2和Na2CO3B．SO2和H2OC．KOH和NaClD．NaCl和HCl【考点】化学键．菁优网版权所有【分析】一般来说，活泼金属和活泼

非金属元素易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；含离子键的一定为离子化合物，以此来解答．【解答】解：A．CO2中只含C、O之间形成的共价键，为共价化合物，而Na2CO3中含离子键和共价键，为离子化合物，故A不选；B

．二者均只含共价键，均为共价化合物，故B选；C．KOH中含离子键和共价键，NaCl中只含离子键，故C不选；D．NaCl为含离子键的离子化合物，HCl为含共价键的共价化合物，故D不选；故选：B。【点评】本题考查化学键，

为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注意含离子键的化合物一定为离子化合物，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．14．如图所示，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化

。下列说法正确的是（）A．γFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B．αFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同D．γFe晶体的一个晶胞中平均有Fe原子个数为3个【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作

用力的区别．菁优网版权所有【分析】A．γ﹣Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数＝3×8×＝12，据此判断；B．α﹣Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数＝2×3＝6，据此判断；C．将铁加热到150

0℃分别急速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α﹣Fe、γ﹣Fe、δ﹣Fe，晶体类型不相同，据此判断；D．γFe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数＝8×+6×，据此判断。【解答】解：A．γ﹣Fe晶体中与每

个铁原子距离相等应为定点和面心的铁，最近的铁原子个数＝3×8×＝12，故A错误；B．α﹣Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数＝2×3＝6，故B正确；C．将铁加热到1500℃分别急

速冷却和缓慢冷却，温度不同，分别得到α﹣Fe、γ﹣Fe、δ﹣Fe，晶体类型不相同，故C错误；D．γFe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数＝8×+6×＝4，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了晶胞的结构、反应条件、同素异

形体的概念等知识，中等难度，注重基础知识的运用。15．下列各组物质中，按熔点由低到高排列正确的是（）A．O2、I2、HgB．CO2、KCl、SiO2C．Na、K、RbD．SiC、NaCl、SO2【考点】

晶体熔沸点的比较．菁优网版权所有【分析】一般情况下，不同类型的晶体，熔点：原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体；同种类型的晶体可根据影响晶体的因素分析．【解答】解：A．O2为分子晶体，常温下为气体，熔点最低，I2常温下为固体，Hg常温下为液体，所以熔点低到高的顺序

为：O2、Hg、I2，故A错误；B．干冰为分子晶体，熔点最低，KCl为离子晶体熔点较高，SiO2为原子晶体熔点最高，它们的熔点依次升高，故B正确；C．Na、K、Rb为同主族元素所形成的金属晶体，晶体的熔点依次降低，故C错误；D．碳化硅为原子晶体，NaCl为离子晶体，SO2为分子晶体，它们熔点依次降

低，故D错误。故选：B。【点评】本题考查晶体的熔沸点高低的比较，题目难度不大，注意比较晶体熔沸点高低的角度．16．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol﹣1．请根据下表所列数据判断，错误的是（

）元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常见化合价是+1B．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClC．元素Y是ⅢA族元素D．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．菁优网版权

所有【分析】X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，A

．主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外；B．由X的化合价可确定氯化物的化学式；C．Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，Y原子核外有3个电子；D．Al和冷水不反应．【解答】解：X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一

电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，A．X第一电离能和第二电离能相差较大，说明最外层1个电子，则化合价为+1价，故A正确；B．X的化合价为+1价，Cl的化合价为﹣1价，化学式可能是XC

l，故B正确；C．Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，Y原子核外有3个电子，为ⅢA族元素，故C正确；D．如果Y是第三周期元素，则为Al，Al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，故D错误。故选：D。【点

评】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高频考点和常见题型，明确元素电离能与元素所属主族的关系是解本题关键，同时考查学生对物质结构、性质的掌握，注意某些元素性质的特殊性，题目难度不大．17．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物

溶解得到深蓝色透明溶液，若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是（）A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前Cu2+的浓度不变B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子C．沉淀溶解后生成的配离子[Cu（

NH3）4]2+的空间构型一定正四面体D．加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出[Cu（H2O）4]SO4•H2O晶体【考点】配合物的成键情况．菁优网版权所有【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．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；C．沉淀溶解后将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4

]2+，根据[Cu（NH3）4]2+的空间构型判断；D．乙醇极性小于水，络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出，但不是[Cu（H2O）4]SO4•H2O晶体。【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．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B正确；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，但[Cu（NH3）4]2+的空间构型也可能为平面正四边形，故C错误；D．[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，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了配合物、配位键的形成等性质，题目难度中等，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。注意配位键属于共价键。18．下列

说法中正确的是（）A．C60气化和I2升华克服的作用力相同B．甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，它们的熔点相近C．氯化钠和氯化氢溶于水时，破坏的化学键都是离子键D．用作高温结构陶瓷材料的Si3N4固体是分子晶体【考点】离子化合物的结构特征与性质；不同晶体的结构微粒

及微粒间作用力的区别．菁优网版权所有【分析】A．C60和I2都是分子晶体，状态改变时，克服分子间作用力；B．甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，熔点不同；C．氯化钠属于离子晶体，氯化氢属于分子晶体溶于水时，破坏的化学键不同；D．Si3N4熔点很

高，属于原子晶体。【解答】解：A．C60和I2都是分子晶体，状态改变时，克服分子间作用力，属于华克服的作用力相同，故A正确；B．甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，熔点不同，乙酸中有氢键熔点较高，甲酸甲酯没有氢键熔点较低，故B错误；C．氯化钠属于离子晶体溶于水时

破坏离子键，氯化氢属于分子晶体溶于水时破坏共价键，所以破坏的化学键不同，故C错误；D．Si3N4熔点很高，属于原子晶体，不是分子晶体，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学键、晶体类型、熔沸点的比较，熟悉常见物质中的化学键并能举例即可解答，题目难度不大。19．有关晶

体的下列说法中正确的组合是（）①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定②原子晶体中共价键越强，熔点越高③冰熔化时水分子中共价键发生断裂④氯化钠熔化时离子键未被破坏⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素⑦在SiO2和干冰晶体中，都存

在单个分子⑧分子晶体不都是共价化合物A．①②⑤B．②④⑤C．②⑤⑧D．①④⑦【考点】原子晶体；分子晶体；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．菁优网版权所有【分析】①分子的稳定性与化学键有关；②原子晶体的熔沸点与化学键键能成正比，键能与键长成反比

；③冰熔化时水分子时破坏分子间作用力；④离子晶体熔融时发生电离；⑤分子晶体熔融时以分子存在；⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族10个纵行；⑦SiO2是原子晶体；⑧分子晶体可能是单质。【解答】解：①分子的稳定性与化学键有关，与分子间作用力无关，故错误；②原子晶体的熔沸点与化学键键

能成正比，键能与键长成反比，所以原子晶体中共价键越强，熔沸点越高，故正确；③冰熔化时水分子时破坏分子间作用力而不是破坏化学键，发生化学反应时破坏化学键，故错误；④离子晶体熔融时发生电离，所以离子键被破坏，故错误；⑤分子晶体熔融时以分子存在，其它晶体熔融时破坏化学键，所以熔化时无需破坏

化学键的晶体一定是分子晶体，故正确；⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族10个纵行，都是金属，故错误；⑦SiO2是原子晶体，不存在分子，故错误；⑧分子晶体可能是单质，如O2等，故错误；故选：C。【点评】本题考查晶体类型判断及晶体中存在的作用力，侧重考查基础知识综合运用能力，明确

晶体构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：分子晶体的稳定性与化学键有关、其熔沸点与分子间作用力、氢键有关，题目难度不大。20．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X形成的某种化合物可用作水果的催熟剂，Y的氧化物为碱性氧化物，X、Y、Z三种元素的最外层电子

数之和为11．下列说法正确的是（）A．原子半径：W＜X＜Y＜ZB．简单氢化物的稳定性：X＜ZC．W、X形成的某种化合物常用作萃取剂D．Y和Z形成的含氧酸盐均可使酚酞溶液变红【考点】原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有【分析】短周期主族元素W、X、Y

、Z的原子序数依次增大，W与X形成的某种化合物可用作水果的催熟剂，化合物为乙烯，结合原子序数可知W为H，X为C；Y的氧化物为碱性氧化物，Y为Na或Mg，X、Y、Z三种元素的最外层电子数之和为11，若Y为

Na，Z的最外层电子数为11﹣4﹣1＝6，Z为S，若Y为Mg，Z的最外层电子数为11﹣4﹣2＝5，Z为P，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，W为H、X为C、Y为Na或Mg、Z为S或P，A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为W＜X＜Z＜Y，故A错误；B．非金属性

越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：X＜Z，故B不正确；C．W、X形成的某种化合物苯可作萃取剂，故C正确；D．如Y为Na、Z为S，Y和Z形成的含氧酸盐为硫酸钠时，溶液为中性，不能使酚酞变红，故D错误；故选：C。【点评】

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、最外层电子数、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第三周期金属形成的碱性氧化物，题目难度不大。三．填空题（共4小题）21．中国古代四大发明之一﹣﹣黑火药，它的爆炸反

应为：2KNO3+3C+SA+N2↑+3CO2↑（已配平）①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为O＞N＞C＞K．除K、S外第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C．②在生成物中，A的晶体类型为离子晶体，

含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为sp．③CN﹣与N2互为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比1：1．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判

断．菁优网版权所有【分析】①非金属性越强，电负性越强，第一电离能同周期元素从左到右增强趋势，但是ⅡA族ⅤA族元素比相邻元素都高．②由原子守恒推测物质A，含极性共价键的分子是CO2，由分子结构推测杂化类型；

③根据等电子体的定义和HCN的结构．【解答】解：①同周期元素从左到右电负性增强，金属性越强的元素电负性越小，故O＞N＞C＞K；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N的核外2p轨道排3个电子，半充满，较稳定，比相邻元素的第一电离能都高

．故答案为：O＞N＞C＞K；N＞O＞C；②由原子守恒可知A为K2S，由阴阳离子通过离子键形成，即为离子晶体；含极性共价键的分子为CO2，直线形分子，直线形分子的杂化类型为sp．故答案为：离子晶体；sp；③CN﹣与N2由两个

原子构成，价层电子数均为10，原子个数价层电子数相等的物质互为等电子体，故答案为等电子体；HCN结构式为H﹣C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键，2个π键，即一个HCN分子中两个σ键与2个π键．故答案为：等电子体；1：1．【点评

】本题考查元素电负性第一电离能的规律，杂化类型与分子结构，晶体类型的判断，等电子体的判断，σ键与π键的识别，较基础，考生注意掌握基本概念规律及其中的特例．22．英国曼彻斯特大学科学家安德烈•海姆和康斯坦丁•诺

沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如图1：（1）下列有关石墨烯说法正确的是b、c。a．12g石墨烯含σ键数为NAb．石墨烯分

子中所有原子可以处于同一平面c．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力d．石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙

醇或酞菁等中的一种或任意组合。①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有K、Cr。②下列分子属于非极性分子的是a、c。a．甲烷b．二氯甲烷c．苯d．乙醇③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的

丁烷，请解释原因乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键。④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图2，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是sp2。⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如图3），它的化学式可表示为Cu3Au或AuCu3；在Au周围最近并距离相等的Cu有12

个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为g/cm3．（阿伏伽德罗常数用NA表示）【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．菁优网版权

所有【分析】（1）根据石墨烯的结构分析，石墨烯是一种平面结构，根据一个碳原子含有的σ键判断12g石墨烯中含有的σ键个数；石墨中每层碳原子和每层碳原子之间存在作用力；（2）①Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族；②判断分子有无极性看分子中正负电荷中心是否重合，重合的是非极性分子，不重合的是极性分子

；③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，考虑乙醇分子间形成氢键，导致沸点升高；④根据酞菁分子结构分析，C存在碳碳双键和碳氮双键；⑤立方晶胞中顶点粒子占，面心粒子占，根据密度计算。【解答】解：（1）a．石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为1

.5NA，故a错误；b．碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故b正确；c．石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故c正确；d．石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3个C﹣

C化学健，每个C﹣C化学健被2个碳原子共用，故d错误，故选：b、c；（2）①Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则其价电子排布式为3d104s1，基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是3d，四周期元素中，最外层电子数与

铜相同的元素还有：K、Cr，故答案为：3d；K、Cr；②判断分子有无极性看分子中正负电荷中心是否重合，重合的是非极性分子，不重合的是极性分子，甲烷为正四面体构型，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，二氯甲烷为四面体型，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，苯为平面六边

形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，乙醇为链式结构，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，所以属于非极性分子的是a、c，故答案为：a、c；③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，考虑乙醇分子间形成氢键，导致沸点升高，原因

可以解释为：乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键，故答案为：乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；④根据酞菁分子结构分析，C存在碳碳双键和碳氮双键，为sp2杂化，故答案为：sp2；⑤立方晶胞中顶点粒子占，面心粒子占，则一个晶胞中有Au的个数为＝1个，有Cu的个数为＝3

个，所以晶体的化学式为Cu3Au或AuCu3，在Au周围最近并距离相等的Cu有12个，不妨取1mol这样的晶胞，则含有NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m＝389g，一个晶胞的体积为V＝pm3＝×10﹣30

cm3，则晶体密度为＝g/cm3＝cm3，故答案为：Cu3Au或AuCu3；12；。【点评】本题考查物质结构知识，涉及到石墨晶体的结构，均摊法的应用，分子极性的判断，氢键的性质，杂化轨道理论，晶胞的简单计算，为常见知识点，难度中等。值得一提的是，对于分子极性的判断，还可以运

用结构化学中的点群的知识，只有属于Cn和Cnv（n＝1，2，3，……，∞）的点群具有极性，如本题中的甲烷属Td点群，没有极性，二氯甲烷属C2v点群，具有极性，苯属D6h点群，没有极性，乙醇属Cs点群，具有极性。23．已知A、B、C、D、E五种

元素的原子序数依次增大，A元素位于周期表的s区，其原子中电子层数等于未成对电子数；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种原子轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍．A、

B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．E是有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同．（1）E的基态原子的价电子排布图为．（2）B、C、D三种元素的氢化物的沸点高低顺序

为H2O＞NH3＞CH4（用化学式表示，下同），稳定性顺序为H2O＞NH3＞CH4；（3）化合物M是同类物质中为数不多的气体，且分子中所有原子共平面，则M中σ键和π键个数比为3：1，B原子的杂化类型为sp2，M能和水以任意比混溶的原因

是甲醛分子能和水分子形成氢键；（4）E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图1所示，则Q的化学式为TiO2；（5）电镀厂排放的废水中常含有剧毒的BC﹣，可在Q的催化下，先用NaClO将BC﹣氧化成BCD﹣，然后在酸性条件下BCD﹣可以继续被NaCl

O氧化成C2和BD2；①与BCD﹣互为等电子体的分子是CO2（写出一种即可）；可以推知BCD﹣的空间构型为直线形；②上述反应中后一步反应的离子方程为2CNO﹣+2H++3ClO﹣＝N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O．（6）E内部原子的堆积方式与铜相同，都是面心立方堆积方式，如图2

所示，则E晶胞中E的配位数为12，若该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数为NAmol﹣1，E原子的摩尔质量为Mg/mol，则E原子的半径为cm．【考点】原子核外电子排布；位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．菁优网

版权所有【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，短周期s区，只有ⅠA有单电子，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B原子电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；

D原子的核外成对电子对数与未成对电子数之比为3：1，则D为O元素，所以C为N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则M为甲醛，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为

苯，E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4＝22，为Ti元素，据此答题即可．【解答】解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未

成对电子数相同，短周期s区，只有ⅠA有单电子，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B原子电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的核外成对电子对数与未成对电

子数之比为3：1，则D为O元素，所以C为N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则M为甲醛，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为

苯，E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4＝22，为Ti元素，（1）E为钛，Ti是22号元素，其原子核外有22个电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子，3d、4s电子为其价电子，所以其价电子排布图为，故答案为：；（

2）常温下水为液体，沸点最高，氨气、甲烷常温下为气体，氨气分子中存在氢键，沸点比甲烷高，故沸点H2O＞NH3＞CH4，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，即稳定性：H2O＞NH3＞CH4故答案为：H2O＞NH3＞CH4；H2O＞NH3＞CH4；（3）

甲醛分子式为：CH2O，呈平面三角形，则C原子采取sp2杂化；1molM分子中σ键和π键的个数比为3：1，由于甲醛分子能和水分子形成氢键，故甲醛易溶于水，故答案为：3：1；sp2；甲醛分子能和水分子形成氢键；（4）由晶胞结构可知，晶胞中Ti元素数目为

1+8×＝2，O原子数目为2+4×＝4，故该氧化物的化学式为TiO2，故答案为：TiO2；（5）①CNO﹣的中含有3个原子，价电子数为：4+5+6+1＝16，与其是等电子体的分子、离子的化学式依次为CO2、SCN﹣等，二氧化碳为直线形分子，据此得出CNO﹣也为直线形分子

，故答案为：CO2、SCN﹣等；直线形；②CNO﹣被NaClO氧化成N2和CO2，同时还有为Cl﹣，反应离子方程式为：2CNO﹣+2H++3ClO﹣＝N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，故答案为：2CNO﹣+2H++3ClO﹣＝

N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O；（6）Ti的晶胞为面心立方最密堆积，以顶点Ti原子研究，与之最近的Ti原子位于面心上，每个顶点Ti原子为12个面共用，故Ti的配位数为12；令Ti原子半径为rcm，则晶胞棱长＝×4rc

m＝22rcm，则晶胞体积＝（2rcm）3＝16r3cm3，晶胞中Ti原子数目＝8×+6×＝4，晶胞质量＝4×g，则：a．g/cm3×16r3cm3＝4×g，解得r＝＝，故答案为：12；．【点评】本题是

对物质结构的考查，涉及核外电子排布图、氢化物稳定性与熔沸点高低判断、杂化轨道、分子结构、晶胞结构与计算等，（6）中需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等．24．按所示格式填写下表有序号的表格：原子序数电子排布式价层电子排布周期族17①1s22s22p63s23p5②

3s23p5③3④ⅤⅡA⑤101s22s22p6⑥2s22p6⑦2⑧0⑨24⑩1s22s22p63s23p63d54s13d54s1（11）ⅥB【考点】原子核外电子排布．菁优网版权所有【分析】根据元素原子原子序数等于核外电子数，结合能

量最低原理书写核外电子排布式，周期数等于原子核外电子层数，族等于最外层电子数．【解答】解：原子序数17，说明原子核外电子数为17，根据构造原理、洪特规则特例得到电子排布式为1s22s22p63s23p

5，价电子排布式为3s23p5，最大能层数为3，说明处于第3周期，价电子数为7个，说明处于第ⅤⅡA族；由电子排布式可知，原子序数＝核外电子数＝10，价电子排布式为2s22p6，最大能层数为2，价电子数为8，位于第二周期0族；价电子排布式补齐前面的

电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，原子序数＝核外电子数＝24，最大能层数为4，价电子数为6，位于第四周期ⅥB族；故答案为：原子序数电子排布式价层电子排布周期族1s22s22p63s23p53s23p53ⅤⅡ

A102s22p620241s22s22p63s23p63d54s14【点评】本题考查了原子核外电子排布和周期表位置的关系，难度一般，根据元素的原子序数便可以写出原子的电子排布式，但是要注意洪特规则，既有些元

素例如铜，铬等其价电子会重排，使得各个电子层达到全充满或者半充满状态，这样能量比较低，构型稳定．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/4/229:00:33；用户：

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