【文档说明】【精准解析】陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高二下学期期末考试化学试卷.doc，共(18)页，394.000 KB，由小赞的店铺上传

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渭滨区2019-2020-2高二化学试题可能用到的相对原子质量：H:1C:12O:16N:14Si:28一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共50分）1.下列电子层中，原子轨道数目为4的是（）A.K层B.L层C.M层D.N层【答案】B【解析】【

详解】s、p、d、f含有的轨道数目分别是1、3、5、7，所以K层原子轨道的数目为1，L层原子轨道的数目为4，M层原子轨道的数目为9，N层原子轨道的数目为16，答案选B。【点睛】该题的关键是记住能级对应的轨道数目以及能层包含

的能级数目，然后灵活运用即可。2.下列说法中正确的是（）A.任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级B.用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2C.电子云中每一个小点代表一个电子D.电子的运动状态只能从能层、能级

、轨道3个方面进行描述【答案】B【解析】【详解】A、在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，能级分为s、p、d、f、g等，故A错误；B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分

成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，故B正确；C、电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故C错误；D、决定电子运

动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，故D错误；故选B。【点睛】在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级

；在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层；电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量

子数、自旋量子数，据此分析。3.下列化学用语的表达正确的是A.Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5B.氯原子的结构示意图：C.原子核内有10个中子的氧原子：168OD.基态铜原子的价层电子排布图：【答案】A【解析】【详解】A

．铁的原子序数为26，原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，铁离子最外层电子排布式为3s23p63d5，故A正

确；B．氯的原子序数为17，核内质子数为17，原子核外电子数为17，各电子层所含电子数依次为2、8、7，其原子的结构示意图为，故B错误；C．O的原子序数为8，核内质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数=10+8=18，应该表示为188O，故C错

误；D．Cu的原子序数为29号，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式为：3d104s1，电子排布图为：，故D错误；答案为A。4.下列各项叙述中，正确的是（）

A.能层序数越大，s原子轨道的形状不相同，但半径越大B.在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同C.镁原子由1s22s22p63s2→ls22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态D.原子价电子排布式为5s1的元素，其氢氧化

物不能使氢氧化铝溶解【答案】C【解析】【详解】A、s能级的轨道都是球形的，且电子层序数越大，半径也就越大，故A错误；B、在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一电子层的不同轨道中，电子的自旋方向是可以相同的，故B错误；C、Mg原子3s2能级上的2个电子吸收

能量跃迁到3p2轨道上，由基态转化为激发态，故C正确；D、原子的最外层电子排布是5s1的元素是Rb元素，其氢氧化物是强碱，可以与氢氧化铝反应，故D错误；答案选C。【点睛】原子轨道的形状与电子层数的多少无关；在电子排布中，每一电子层有s、p、d、f等七个能级，每个能

级有不同的轨道，在每一轨道上电子的自旋方向不同；能量最低的能级叫做基态，其他能级叫做激发态；氢氧化铝为两性物质，既能溶于酸，又能溶于强碱。5.下列现象和应用与电子跃迁无关的是（）A.焰色反应B.石墨导电C.激光D.原子光谱【答案

】B【解析】【详解】A.当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故A错误；B.石墨是层状结构，层间有

自由移动的电子，与电子跃迁无关，故B正确；C.电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同。如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故C错误；D.原子光谱的

产生是原子和电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故D错误。故选B。6.电子排布有能级顺序，若以E(nl)表示某能级的能量，以下各式中正确的是A.E(4s)＞E(3d)＞E(3Px)＞E(3Py)B.E(3d)＞E(4s)＞E(3p)

＞E(3s)C.E(5s)＞E(4f)＞E(3Px)=E(3Py)D.E(5s)＞E(4s)＞E(4f)＞E(3d)【答案】B【解析】【详解】A、应为E（3d）＞E（4s），则为E（4s）＞E（3d）＞E（3Px）=E（3Py）

，A项错误；B、符合构造原理，B项正确；C、应为E（4f）＞E（5s）＞E（3Px）=E（3Py），C项错误；D、E（4f）＞E（5s）＞E（3d）＞E（4s），D项正确；答案选B。7.根据等电子原理，等电子体之间结构相似、物理性质也相近。以下各组粒

子不能互称为等电子体的是()A.CO和N2B.O3和SO2C.CO2和N2OD.N2H4和C2H4【答案】D【解析】【分析】根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析．【详解】A．CO和

N2的原子个数都为2，价电子数：前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A不选；B．O3和SO2的原子个数都为3，价电子数：前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B不选；C．CO2和N2O的原子个数都为3，价电子数：

前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C不选；D．N2H4和C2H4的原子个数都为6，价电子数：前者为14，后者为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D选；故选D．8.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是k

J/mol。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+1价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD.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】分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明X的最外层电子数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。【详解】A．由分析可知，元素X的原子最外层电子数为1，

其常见化合价是+1价，A正确；B．主族元素Y的原子最外层电子数为3，Y是ⅢA族元素，B正确；C．元素X的原子最外层电子数为1，它为ⅠA族元素，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D．若元素Y

处于第3周期，则其为ⅢA族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；故选D。9.已知前三周期某四种元素原子所形成的离子aW3+、bX+、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，则下列关系表示正确的是()A.质子数b>aB.离子的还原性Y2－>Z－C.氢化物的稳定性H2Y>HZ

D.原子半径X<W【答案】B【解析】【分析】已知前三周期某四种元素原子所形成的离子aW3+、bX+、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子序数a>b>c>d，Y、Z为非金属

，处于第二周期，故YW为氧元素，Z为氟元素，W、X为金属处于第三周期，W为铝元素，X为钠元素。【详解】A．根据以上分析，质子数a>b，故错误；B．非金属性越强，离子还原性越弱，所以离子的还原性Y2－>Z－，故正确；C．非金属性越强，其氢化物稳定性越强

，所以氢化物的稳定性H2Y<HZ，故错误；D．钠和铝属于同周期元素，原子序数越大，半径越小，故原子半径X>W，故错误。答案选B。10.甲醛分子式为CH2O，有强烈刺激性气味的气体，甲醛在常温下是气态，被世界卫生组织确定为致癌和致畸形物质。下列关于其结构及性质的分析正确的是（）A.C原子采取sp3杂

化，O原子采取sp杂化B.甲醛分子中心原子价层电子对数为4，含有一对孤电子对，是三角锥形结构C.一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键D.甲醛分子为非极性分子【答案】C【解析】【分析】本题考查的是杂化轨道、价层电子互斥理论、分子极性等，注意理解杂化轨道理

论与价层电子互斥理论，进行分子构型的判断。【详解】A.甲醛中形成2个碳氢键，一个碳氧双键，杂化轨道为3，C原子采取sp2杂化，氧原子形成一个碳氧双键，含有2对孤电子对，O原子采取sp2杂化，故错误；B.甲醛分子中成2个C-H键、1个C=O双键，甲醛分子中心原子价层电子对

数为3，不含孤电子对，是平面三角形结构，故错误；C.一个甲醛分子中形成2个碳氢键，一个碳氧双键，一个双键含有一个σ键和一个π键，所以共含有3个σ键和1个π键，故正确；D.甲醛分子为平面三角形，碳原子位于三角形内部，

结构不对称，所以为极性分子，故错误；故选C。11.对于SO2和CO2的说法中正确的是（）A.都是直线形结构B.中心原子都采用sp杂化轨道C.SO2为V形结构，CO2为直线形结构D.S原子和C原子上都没有孤对电子

【答案】C【解析】【详解】A.SO2中硫原子是sp2杂化，含有1对孤对电子，是V形结构，A不正确；B.SO2中硫原子是sp2杂化，含有1对孤对电子，B不正确；C.SO2为V形结构，CO2为直线形结构，C正确；D.SO2中硫原子是sp

2杂化，含有1对孤对电子，D错误；答案选C。12.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③＞②＞①B.原子半径：③

＞②＞①C.电负性：③＞②＞①D.最高正化合价：③＞②＞①【答案】A【解析】【分析】根据基态原子的电子排布可知①为S元素，②为P元素，③为N元素。【详解】A．同主族元素自上而下第一电离能减小，所以N>P，P最外层半满，更稳定，且与S元素相邻，所以P>S，三种元素第一电离能③＞②＞①，故A正确；B

．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径②＞①＞③，故B错误；C．非金属越强电负性越大，非金属性S>P，所以电负性①＞②，故C错误；D．N和P的最高正价均为+5价，S的最高正价为+6价，所以最高正价①＞③=②，故D错误；故答案为A

。13.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，下列对此现象的说法正确的是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(NH3)

4]2+C.[Cu(NH3)4]2+中配位数是3D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】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可溶性的铜氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．沉淀溶解后，生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2+，该离子较稳定，所以难电离，故B正确；C．由[Cu(NH3)4]2

+结构可知，该结构中配体的配位数是4，故C错误；D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3分子与Cu2+通过配位键形成配合物离子[Cu(NH3)4]2+，故D错误；答案为B。14.下列各分子中，属于含极性

键的非极性分子的是A.P4B.CO2C.H2SD.NH3【答案】B【解析】【详解】A．P4为非金属单质，只存在P-P非极性键，A不符合题意；B．CO2的结构式为O=C=O，含有C=O极性键，分子结构对称，为非极性分子，B符合题意；

C．H2S结构式为，为含有极性键的极性分子，C不符合题意；D．NH3的结构式为，为含有极性键的极性分子，D不符合题意；故选B。15.下列有关物质的性质与氢键有关的是（）①HF的熔沸点比VIIA族其他元

素氢化物的高②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④尿素的熔、沸点比醋酸的高⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑥水分子在高温下很稳定,不易分解A.①②③④⑤⑥B.①②③④⑤C.①②③④D.①②③【答案】B【解析】

【分析】本题考查的氢键的存在和性质，注意氢键的存在影响到物质的熔沸点，溶解度，密度等，而非金属性强弱只影响到分子的稳定性，不影响沸点。【详解】①HF分子间存在氢键，所以其熔沸点比VIIA族其他元素氢化物的高，故正确；

②乙醇、乙酸都可以和水形成氢键，所以可以和水以任意比互溶，故正确；③冰中分子间存在氢键，使分子距离增大啊，体积变大，密度比液态水的密度小，故正确；④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，所以尿素的熔、沸点比醋酸的高，故正确；⑤邻羟基苯甲酸形成分子内的氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间的

氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；⑥水分子在高温下很稳定,不易分解，是因为水分子内的共价键比较稳定，与氢键无关，故错误。故选B。16.已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的

是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是A.H2SeO3B.HMnO4C.H3BO3D.H3PO4【答案】B【解析】【详解】A．H2SeO3可改写成SeO(OH)3，非羟基氧原子数目为1；B．HMnO4可改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3；C．H3BO3可改写成B(OH)3

，非羟基氧原子数目为0；D．H3PO4可改写为PO(OH)3非羟基氧原子数目为1；H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO4中非羟基氧原子数最多，酸性最强；故选B。【点睛】含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可以知道，非羟基氧原子

数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。17.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2B.CO2与H2OC.NaCl与HClD.CCl4与KCl【

答案】B【解析】【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；D.CCl4含共价键，为分子晶体，KCl含离子键

，为离子晶体，D错误。故答案选B。18.下面的排序不正确的是（）A.晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4B.硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅C.熔点由高到低:Na>Mg>AlD.晶格能由大到小:NaF>NaCl>NaBr>NaI【答案】C【解析】【详解】A、分子晶体熔点和分子的

相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则晶体熔点由低到高：CF4<CCl4<CBr4<CI4，A正确；B、原子晶体中共价键键长越短，键能越大，硬度越大，硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确；C、金属键越强，金属晶体熔点越高，金属键与原子半径和金属阳离子所带电

荷数有关系，则熔点Al>Mg>Na，C错误；D、离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF>NaCl>NaBr>NaI，D正确。答案选C。19.某物质的晶体中含Ti、O、Ca三种元素，其晶胞排列方式如图所示，晶体中Ti、O、Ca

的中原子个数之比为（）A.1：3：1B.2：3：1C.2：2：1D.1：3：3【答案】A【解析】【分析】利用均摊法计算晶胞中各原子个数，顶点上的Ti原子被8个晶胞共用，棱上的O原子被2个晶胞共用，体心的Ca原子被1个晶胞所有。【详解】如图，晶胞中顶点上的

Ti原子个数=8×=1，棱上的O原子个数=6×=3，体心的Ca原子个数=1，所以晶体中Ti、O、Ca的原子个数之比为1：3：1，故选A。20.下列说法中正确的是A.s区都是金属元素B.s区都是主族元素C.稀有气体在ds区D.所有

非金属元素都在p区【答案】B【解析】【详解】A项，氢元素位于s区，但它不是金属元素，故A项错误；B项，s区位于元素周期表的第一主族和第二主族，他们都是主族元素，故B项正确；C项，p区包括第ⅢA族到第ⅦA族加上零族的元素，所以稀有气体属于p区，故C项错误；D项

，s区的氢元素也属于非金属，并非所有的非金属元素都在p区，故D项错误。答案选B。21.丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]分子为手性分子，它存在对映异构，如图所示。下列关于丙氨酸[CH3CH(NH2)COO

H]的两种对映异构(Ⅰ和Ⅱ)的说法正确的是()A.Ⅰ和Ⅱ结构和性质完全不相同B.Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，具有不同的分子极性C.Ⅰ和Ⅱ都属于非极性分子D.Ⅰ和Ⅱ中化学键的种类与数目完全相同【答案】D【解析】【详解】A.丙氨酸的两种对映异构(Ⅰ和Ⅱ)，结构不同，化学性质相似，

旋光性等不同，故A错误；B.Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，分子极性相同，故B错误；C.Ⅰ和Ⅱ都属于极性分子，故C错误；D.Ⅰ和Ⅱ中化学键的种类与数目完全相同，故D正确；故答案选D。【点睛】连接四个不同原子或基团的碳原子，为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性

分子，互为手性异构体的分子化学性质相似，但不完全相同，如手性异构体药物分子中往往一种有毒副作用而另一种能治病却没有毒副作用。22.下列各组原子中,彼此化学性质一定相似的是（）A.原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1

s22s2的Y原子B.原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C.2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子D.最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】【详解】A.中前者是He，后者是Be，二者的性质

相差很大；B.中前者是Mg，后者不一定是第IIA族的元素，第4周期的过渡元素的N层电子数大部分是2个，其化学性质不一定相似；C.中前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似；D.最外层都只有一个电子的X、

Y原子不一定是同一族的元素，故其化学性质不一定相似。答案选C。【点睛】本题的关键是熟练掌握原子核外电子的排布规律，该题溶液错选B选项，主要是由于没有考虑到过渡元素导致的，因此必须注意规律之外的个例。23.电负性的大小也可以作为判

断金属性和非金属性强弱的尺度，下列关于电负性的变化规律正确的是A.周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大B.周期表中同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐增大C.电负性越大，金属性越强D.电负性越小，非金属性越强【答案】A【解析】【详解】A.

周期表中同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，元素的电负性逐渐增大，A正确；B.周期表中同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱，元素的电负性逐渐减小，B错误；C.元素的电负性越大，元素的非金属性越强，C错误；D.元素的电负性越小，元素

的金属性越强，D错误；答案选A。24.萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F-所包围，则每个F-周围最近距离的Ca2+数目为（）A.2B.4C.6D.8【答案】B【解析】【详解】设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中

，解得x=4，答案选B。25.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是A.sp，范德华力B.sp2，范德华力C.sp2，氢键D.sp3，氢键【答案】C【解析】【分析】与石墨结构相

似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。二、填空题（

共50分）26.用符号“>”“<”或“=”连接下列各项关系。(1)第一电离能N_____O；(2)电负性：N____C；(3)键角：H2S______NH3(4)晶格能：MgO_______KI【答案】(1).＞(2).＞(3).＜(4).＞【解析】【分析】非金属性越强，电负性越大；非金属性强，

总的来说，第一电离能大，但当价电子在轨道中处于半满、全满或全空时，第一电离能出现反常；键角既受分子结构的影响，又受孤电子对的影响；比较晶格能时，可通过分析离子的带电荷与离子半径确定。【详解】(1)N的价电子排布为2s22p

3，2p轨道上电子半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能N＞O；答案为：＞；(2)非金属性越强，电负性越大，非金属性N＞C，所以电负性：N＞C；答案为：＞；(3)H2S的键角接近90°，NH3的键角为107°18′，所以键角：H2S＜NH3；答案为：＜；(4)M

gO和KI都形成离子晶体，MgO中的阴、阳离子都带2个电荷，而KI中的阴、阳离子都带1个电荷，离子半径：Mg2+＜K+、O2-＜I-，所以晶格能：MgO＞KI。答案为：＞。【点睛】第一电离能出现反常时，仅比原子序数大1的元素大。27.有

A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中C、E是金属元素；A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的

一半。请回答下列问题：(1)A是________，B是________，E是_________。（请填写元素符号）(2)写出C元素基态原子的电子排布式_________________________。(3)用轨道表示式表示D元素原子的最外层电子构型__________________

__。【答案】(1).H(2).O(3).K(4).1s22s22p63s23p1(5).【解析】【分析】A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故最外层电子排布为ns2np4，B为O元

素，D为S元素，A和E元素原子的最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故A为H元素，E为K元素，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数介于O与S之间，故C为Al元素。【详解】由分析可知：A为H元素，B

为O元素，C为Al元素，D为S元素，E为K元素；（1）由以上分析可知A为H，B为O，E为K；（2）C为Al原子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1；（3）D为S元素，原子最外层电子排布式为3s23p4，轨道表示式为：

。28.水是生命之源，与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。(1)H2O水分子的VSEPR模型为_______形，氧原子的杂化方式为_____(2)水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)，用电子式表示它的形成过程为_

__________________________，(3)对于(2)中涉及的变化过程的描述不合理的是________。a．氧原子的杂化类型发生了改变b．微粒的形状发生了改变c．微粒的化学性质发生了改变d．微粒中的键角发生

了改变(4)在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键(如图所示)，已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力(11kJ/mol)，则冰晶体中氢键的“键能”是_________kJ/mol(设气态水中无氢键

)。【答案】(1).四面体(2).sp3(3).(4).a(5).20【解析】【分析】计算O原子价层电子对数，确定水分子VSEPR模型及杂化类型；根据形成配位键，用电子式写出形成过程；根据水中氧的杂化为sp

3，H3O+中氧的杂化为sp3，据此判断不合理选项；利用均摊法计算水分子与氢键的关系，结合升华热、范德华力计算氢键键能。【详解】(1)H2O中价层电子对个数=2+6212−=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，中心原子杂化方式为sp3；答案为四面体

，sp3。(2)H2O中O原子存在孤对电子，H+有空轨道，以配位键的形式结合成水合氢离子(H3O＋)，用电子式表示它的形成过程为；答案为。(3)a．水分子中O原子价层电子对个数=2+6212−=4，所以采用sp3杂化，H3O+中氧原子价层电子对个数=3+61312

−−=4，所以采用sp3杂化，则氧原子的杂化类型没有改变，故a错误；b．水分子中O原子采用sp3杂化，且O原子含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形结构；H3O+中O原子采用sp3杂化，且O原子含有1个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，则微粒

的形状发生了改变，故b正确；c．H2O为中性分子，H3O+为酸性的阳离子，微粒的化学性质发生了改变，故c正确；d．水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故d正确；答案为a。(4)冰的升华热是51kJ/mol，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），根据图象知，每

个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每根氢键属于2个水分子，则1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以氢键=升华热-范德华力，冰晶体中氢键的“键能”=-51kJ/mol11kJ/mol=22−升华热范德华力=20

kJ/mol；答案为20。29.(1)下列物质在固态时，属于分子晶体的有_________，属于原子晶体的________，属于离子晶体的有__________（以上均填序号）①金刚石②氩③水晶④水银⑤氟化钙⑥P4⑦苯(2

)某常见固体能导电，质软，它可能属于__________A．分子晶体B．原子晶体C．离子晶体D．金属晶体E．混合晶体(3)在氯化钠晶体（见图1）中，每个钠离子与__________个最近且等距离的氯离子以________键相结合，与每个氯离子最近的且等距离的氯离子有_______个。由于晶体中

离子按一定的规律排列，必然造就了一颗完美晶体特定的几何外形，其中氯化钠单晶的宏观外形为_______。【答案】(1).②⑥⑦(2).①③(3).⑤(4).DE(5).6(6).离子(7).12(8).立方体【解析】【分析】

根据构成晶体微粒的结构特点判断晶体类型；根据所给物质的性质特点判断属于晶体类型；根据所给NaCl晶体的图示，结合Na、Cl所处的位置，以此解答相关问题。【详解】(1)①金刚石是碳原子间通过共价键构成的空间网状结构，为原子晶体；②氩是惰性气体，属于单原

子分子，为分子晶体；③水晶的成分为SiO2，SiO2是Si原子与O原子通过共价键构成的空间网状结构，为原子晶体；④水银为金属晶体；⑤氟化钙是钙离子与氟离子之间形成离子键，属于离子化合物，为离子晶体；⑥P4是分子间通过

分子间作用力结合形成的晶体，为分子晶体；⑦苯是分子间通过分子间作用力结合形成的晶体，为分子晶体；由上分析可知，属于分子晶体的有②⑥⑦，属于原子晶体有①③，属于离子晶体的有⑤；答案为②⑥⑦，①③，⑤。(2)固体能导电，质软，存在自

由移动的电子，为金属晶体的特征，则该固体为金属晶体，还可能为石墨，属于混合晶体；答案为：DE。(3)由图知，在氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置，氯离子在顶点和面心位置，1个钠离子与6个氯离子构成正八面体，所以每个钠离子与6个最近且等距离的氯离

子以离子键结合，与每个氯离子最近的且等距离的氯离子有12个，晶胞为面心立方，单晶的外观为立方体；答案为：6，离子，12，立方体。30.（1）Co、Cu、Zn都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物，下列不能作为配合物配位体的是__

____；A．H2OB．NH3C．CH4D．Cl﹣（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间可能存在的氢键____；（3）Cu元素可形成[Cu(NH3)4]SO4，其中存在的化学键类型有______（填序号）；①配位键②氢键③极性共价键④非极性共价键⑤离子键（

4）甲烷晶体的晶胞结构如下图，下列有关说法正确的是_______。A．甲烷在常温下呈气态，说明甲烷晶体属于分子晶体B．晶体中1个CH4分子有12个紧邻的甲烷分子C．CH4晶体熔化时需克服共价键（5）下图表示的是SiO

2的晶胞结构（白圈代表硅原子，黑点代表氧原子），判断在30g二氧化硅晶体中含______molSi－O键。如果该立方体的边长为acm，用NA表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为__________________g/cm3。【答案】(1

).C(2).N—H…OO—H…N(3).①③⑤(4).AB(5).2mol(6).480/(NA·a3)【解析】【详解】（1）A．H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；B．NH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子

通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故B不选；C．碳原子最外层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C正确；D．Cl-为氯原子得到1个电子形成的阴离子，电子式为，有孤对电

子，可以作为配体，故D不选；故选C。（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如O-H…N、N-H…O、O-H…O、N-H…N，氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键N-H…O、O-H…N；（3）[Cu（NH3）4]SO4中，

[Cu（NH3）4]2+与SO42-之间的化学键为离子键，[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，[Cu（NH3）4]SO4，因此，本题正确答案是：①③⑤；（4）A．甲烷在常温下呈气态，说明甲

烷晶体属于分子晶体，分子晶体间的作用力为分子间作用力，故A正确；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，故B正确；C.甲烷是分子晶体，熔化

时需克服范德华力，故C错误；故选AB；（5）一个硅原子连四个O,所以就有四个硅氧,即1molSiO2含4mol硅氧键，30g二氧化硅为0.5mol,30g二氧化硅中的含有0.5mol×4=2molSi－O键；由晶胞图可得出S

i原子个数为；一个晶胞中有8个SiO2分子，1molSiO2的质量为60g，一个晶胞的质量为，除以体积得出密度为480/(NA·a3)g/cm3。