【文档说明】【精准解析】陕西省洛南中学2021届高三上学期第一次模拟化学试题.doc，共(15)页，404.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年度第一学期第一次模拟考试高三化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ba

-137第І卷（选择题共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列物质在生活中的应用对应关系错误的是（）性质应用A油脂在碱性溶液中水解制肥皂B聚氯乙烯化学性质稳定作食品包装盒CAl2O3具有较高熔点作耐

火材料DSO2具有漂白性用SO2漂白纸浆A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，故A正确；B．聚氯乙烯对光和热的稳

定性差，可分解释放出有毒的氯化氢气体，不宜用聚氯乙烯制作食品包装盒，故B错误；C．氧化铝的熔点高达2054℃且稳定性强，常用作耐火材料，故C正确；D．二氧化硫有漂白性，可用于漂白纸浆，故D正确；答案选B。2.下列化学用语表述正确的是（）A.核内质子数为117，核

内中子数为174的核素Ts可表示为：174117TsB.乙醇的结构简式：C2H6OC.COCl2的结构式为：D.CaO2的电子式为：【答案】C【解析】【详解】A．核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts的质量数为291，可表示为291117Ts

，故A错误；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O是乙醇的分子式，故B错误；C．在有机物中C元素形成4个共价键，O元素形成2个共价键，Cl元素形成1个共价键，所以COCl2的结构式为：，故C正确；D．CaO2中含有过氧离子，电子式为，

故D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查化学用语，涉及原子构成、电子式、结构式、结构简式等，把握化学用语的区别及规范应用是解答本题的关键，试题难度不大。本题的易错点是D项，注意CaO2中含有的是过氧离子，不是氧离子。3.运用有关概念判断下列叙述正确的是（）A.1mo

lH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热B.Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应C.和互为同系物D.Fe(OH)3胶体和FeSO4溶液均能产生丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A.1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为氢气的燃烧热，故A错误；B

.亚硫酸钠具有还原性，过氧化氢具有氧化性，亚硫酸钠与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钠，故B正确；C.同系物必须是同类物质，属于酚，属于醇，不是同类物质，则和不互为同系物，故C错误；D.胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔

效应，故D错误；故选B。4.酸化的KI淀粉溶液中，加入（或通入）下物质不能使溶液变蓝的是（）A.Fe(OH)3胶体B.漂白液C.O2D.生石灰【答案】D【解析】【详解】A.向酸化的碘化钾淀粉溶液中加入氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体发生聚沉生成氢氧化铁沉淀后，与溶液中的氢离子反应生成铁离子，铁离子与碘

离子发生氧化还原反应生成单质碘使溶液变蓝，故A不符合题意；B.向酸化的碘化钾淀粉溶液中加入漂白液，酸性条件下，漂白液中的次氯酸根与碘离子发生氧化还原反应生成单质碘使溶液变蓝，故B不符合题意；C.向酸化的碘化钾淀粉溶液中通入

氧气，氧气具有氧化性，酸性条件下与碘离子发生氧化还原反应生成单质碘使溶液变蓝，故C不符合题意；D.向酸化的碘化钾淀粉溶液中加入氧化钙，氧化钙能与酸反应，但不能与碘化钾反应生成单质碘使溶液变蓝，故D符合题意；故选D。5.设N

A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.22.0gT2O中含有的中子数为10NAB.一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAC.在标准状况下，2.8gN2和2.24LCO所含电子数均

为1.4NAD.标准状况下，22.4LCH2Cl2中含C-H键数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．1个T2O含12个中子，22.0gT2O物质的量为1mol，含有中子数为12NA，故A错误；B．硫与铜高温反应生成硫化亚铜，则一定条件下，6.4g铜物质的量为0

.1mol，与过量的硫反应，转移电子数目为0.1NA，故B错误；C．一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算；标况下，2.8gN2和22.4LCO混合物的物质

的量是0.1mol，含有的电子数都是1.4NA，故C正确；D．标况下二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，则含有的C-H键的数目无法计算，故D错误；答案选C。6.下列关于强弱电解质的叙述正确的是（）A.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强B.NH3、CH3COOH、BaSO4、

H3PO4都是弱电解质C.CO2溶于水后能部分电离，故CO2是弱电解质D.纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电【答案】D【解析】【详解】A．电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度成正比，当弱电解质溶液的离子浓度大于强电解质溶液的离子浓度时，导电能力可以强于强电解质，故A错误；B．

NH3是非电解质，CH3COOH和H3PO4都是弱酸，弱酸和弱碱都属于弱电解质，电解质强弱与溶解性无关，取决于电离的程度，硫酸钡难溶于水，但在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故B错误；C．电解质必须是本身能够电离的化合物，二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故C错误；D．纯净的强电解质在

液态时，若为共价化合物在液态时，不导电，若为离子化合物在液态时导电，故D正确；答案选D。7.用下列装置不能达到有关实验目的的是（）A.用甲图装置电解精炼铝B.用乙图装置制备氢氧化亚铁C用丙图装置可制得金属锰D.用丁图装置验证碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电解氯化

铝溶液时，铝离子不能放电产生铝，错误，选A；B．装有氢氧化钠溶液的胶头滴管伸入到液面以下再挤出，且硫酸亚铁溶液上面有一层煤油，可以使反应生成的氢氧化亚铁沉淀不接触到氧气，正确，不选B；C．铝和二氧化锰在高温条件下反应生成氧化铝和锰，正确，不选C；D．碳酸钠直接加热不产生

二氧化碳气体，碳酸氢钠间接加热产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，正确，不选D。【点睛】8.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（）A.SiO2B.Na2OC.F

eCl2D.AlCl3【答案】D【解析】【详解】A．Si与O2在高温下反应生成SiO2，SiO2和Ba(HCO3)2不反应，故A不符合题意；B．Na与O2常温下化合生成Na2O，Na2O＋H2O=2NaOH，Ba(HCO3)2＋NaOH=BaCO3↓＋

H2O＋NaHCO3，没有气体，故B不符合题意；C．铁和氯气反应生成FeCl3，不生成FeCl2，故C不符合题意；D．Al和Cl2反应生成AlCl3，AlCl3通入到Ba(HCO3)2溶液中发生Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D符合题意；答案选D。9.某

溶液中含有HCO3−、SO23−、CO23−、Cl-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（）A.CO23−B.SO23−C.Cl-D.HCO3−【答案】C【解析】【详解】向溶液中加入

过量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，碳酸根离子增大，反应生成的氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，氯离子与氢氧根离子和氧气均

不反应，离子浓度基本保持不变，故选C。10.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，下列说法正确的是（）A.所含分子数和质量均不相同B.含有相同的分子数和电子数C.含有相同的质子数和中子数D.含有相同数目的中子、原子和分

子【答案】D【解析】【详解】A．根据阿伏加德罗定律，相同温度相同压强下，相同体积的任何气体所含的分子数相同，即物质的量相同，根据m=nM，由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳的摩尔质量不同，则质量不同，故A错误；B．根据阿伏

伽德罗定律，，相同温度相同压强下，相同体积的任何气体所含的分子数相同，一氧化氮电子数为15，一氧化碳电子数为14，电子数不同，故B错误；C．一氧化氮质子数为15，一氧化碳质子数为14，质子数不同，根据中子数=质量数-质子数，一氧化氮和一氧化碳中子数分别是17、17，中子数相等，故C错

误；D．根据A、C选项的分析，中子数、分子数相等，因为物质的量相同，因此原子数也相等，故D正确；答案选D。11.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.使甲基橙变红的溶液中：Na＋、Cl-、CH3COO-、Fe2＋B.

水电离的OH-浓度为10-12mol•L-1的溶液中：Mg2＋、NH4+、AlO2−、SO23−C.无色溶液中：Al3＋、NO3−、Cl-、SO24−D.c(H2C2O4)=0.5mol/L溶液中：Na＋、K＋、MnO4−、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，醋酸根

为弱酸阴离子，可以结合溶液中的氢离子形成弱电解质醋酸，A不能大量共存；B．水电离出的OH-的浓度为10-12mol/L，其溶液可能为酸性也可能为碱性，酸性条件下氢离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀或铝

离子，在碱性条件下氢氧根和铵根反应生成氨气，B不能大量共存；C．无色溶液中，四种离子互不反应，C可以大量共存；D．草酸可以和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和锰离子，D不能大量共存；故选C。12.

把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离

子的浓度为A.20(2b－a)mol·L－1B.20(b－2a)mol·L－1C.10(2b－a)mol·L－1D.10(b－2a)mol·L－1【答案】A【解析】把100mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁

离子完全沉淀为氢氧化镁，所以混合溶液含有0.5amolMg2+；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，所以混合溶液含有bmolSO42-。根据电荷守恒可得：n(K+)+2n(Mg2+)

=2n(SO42-)，n(K+)+2amol=bmol，n(K+)=(2b-a)mol，c(K+)=(2b-a)mol/0.05L=20(2b－a)mol·L－1，故选A。点睛：在电解质溶液中存在的最基本的关系就是阴阳离子所带电荷的代数和等于0.13

.下列有关实验原理或操作正确的是（）A.用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%酒精溶液B.在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol·L-1

C.实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为950mL、201.4gD.实验室配制500mL0.2mol·L-1的硫酸亚铁溶液，其操作

是：用天平称15.2g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀【答案】B【解析】【详解】A．量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，15mL酒精中加水5mL，配制的酒精溶液体积分数为75%，故A错误；B．1.5NA个硫酸根离

子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.5×2=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓

度为0.5mol÷0.2L=2.5mol/L，故B正确；C．实验中需用2.0mol·L-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格1000mL，称取Na2CO3的质量=cVM=1L×2mol/L×106g/mol

=212.0g，故C错误；D．应称取绿矾的质量为0.5L×0.2mol/L×278g/mol=27.8g，故D错误；答案选B。14.除去下列物质中所含的少量杂质的方法正确的是A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】【分析】【

详解】①硫酸钡和碳酸钡均不溶于水，无法通过溶解、过滤分离，①错误；②CO2也能与碳酸钠溶液反应，②错误；③乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中能够水解，③错误；④蛋白质溶液中加入浓硫酸铵溶液，发生盐析，而葡萄糖不能，过滤后经过洗

涤，可以分离蛋白质和葡萄糖，④正确。故选D。【点睛】15.下列由实验得出的结论正确的是选项实验结论A向某钠盐中滴加浓盐酸。将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3B用乙酸浸泡水壶

中的水垢。可将其清除乙酸的酸性大于碳酸C向某盐溶液中先加入少量氯水、再滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色原溶液中一定含有Fe2+D室温下。向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末。过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)A.AB.BC

.CD.D【答案】B【解析】A.该钠盐除了为Na2SO3和NaHSO3外，还有可能是硫代硫酸盐，也可以产生SO2使品红溶液褪色，A错误；B.乙酸的酸性大于碳酸，可和水壶中的水垢反应生成醋酸钙、二氧化碳和

水，B正确；C.先加入少量氯水、再滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色,不能证明原溶液中一定含有Fe2+，若原溶液中含有Fe3+，也能有一样的现象，C错误；D.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末,c(Ba2+)c

(CO32-)>Ksp(BaCO3),有沉淀生成,不能说明Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)的关系，D错误；答案选B.16.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，X、Y处于相邻位

置，Y的最高正价与最低负价代数和为零，W、X原子的最外层电子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等。下列说法错误的是A.原子半径:X>Y>Z>WB.最高正价:W>Z>Y>XC.简单氢化物的热稳定性:W>Z>YD.简单离子的电子层结构:W与X相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z

是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，则W为F，Y的最高正价与最低负价代数和为零，则Y为Si，X为Al，W、X原子的最外层电子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等，则Z为S。【

详解】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：X>Y>Z>W，故A正确；B.F无正价，故B错误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性F>S>Si，所以简单氢化物的热稳

定性:W>Z>Y，C正确；D.W的简单离子为F-，X的简单离子为Al3+，二者核外电子排布相同，简单离子的电子层结构相同，D正确；答案选B。非选择题二、填空题17.将铁粉、铜粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液混合于某容器中

充分反应(容器不参与反应)，试判断下列情况溶液中存在的金属离子和金属单质。（1）若铁粉有剩余，则容器不可能有__。（2）若CuCl2有剩余，则容器中一定有__，可能有__。（3）若FeCl3和CuCl2都有

剩余，则容器中不可能有__，一定有__。（4）FeCl3和Fe粉反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为__。【答案】(1).Fe3＋和Cu2＋(2).亚铁离子(3).Fe3＋(或铜粉)(4).铁粉(或铜粉)(5).Fe2＋(6).1：2【解析】【详解】(1)若铁粉有剩余，铁和铁离子或

铜离子反应，所以溶液中肯定没有铁离子和铜离子；(2)若CuCl2有剩余，铁和物质反应都生成亚铁离子，所以溶液中一定有亚铁离子，铁先和铁离子反应，再和氯化铜反应，所以可能有铁离子或铜粉；(3)若氯化铁和氯化铜都有剩余，容器中不可能有铁或铜，因为铁或铜可

以和氯化铁反应，一定有氯化亚铁；(4)FeCl3和Fe反应反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，反应过程中Fe3+被还原，Fe被氧化，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2。18.A、B、C、D、E、F、G

是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，B、F在元素周期表中的相对位置如图，B与氧元素能形成两种无色气体，D是地壳中含量最多的元素，E是地壳中含量最多的金属元素。（1）BF2的结构式为__。（2）D和F

的氢化物中沸点较高的是__（填化学式）。（3）实验室制取G2气体的离子方程式为__。（4）在微电子工业中，C的最简单气态氢化物可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为__。（5）FD2气体通入BaCl2和C的最高

价氧化物对应的水化物的混合溶液中，生成白色沉淀和无色气体，有关反应的离子方程式为__。（6）火箭使用B2A8C2作燃料，N2O4为氧化剂，燃烧放出的巨大能量能把火箭送入太空，并且产生三种无污染的气体，其化学方程式

为_。【答案】(1).S=C=S(2).H2O(3).MnO2＋4H＋＋2Cl-ΔMn2＋＋Cl2↑＋2H2O(4).2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O(5).3SO2＋3Ba2＋＋2NO3−＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋(6).C2H8N2＋2N2O4=2CO2↑＋3N2↑

＋4H2O↑【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的原子核内无中子，A是H元素，B、F在元素周期表中的相对位置如图，B与氧元素能形成两种无色气体CO、CO2，故B为C元素；D是地壳中含量最多的元素，D是O元素，C为N元素，

E是地壳中含量最多的金属元素，E是Al元素，F为S元素，G为Cl元素，据此分析。【详解】(1)BF2为CS2，碳和硫间形成两个共用电子对，结构式为S=C=S；(2)水分子间形成氢键，可以增大物质的熔、沸点

，H2O比H2S的沸点高，D和F氢化物中沸点较高的H2O；(3)G的单质为Cl2，实验室利用二氧化锰和浓盐酸制取，离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl-ΔMn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)C的简单氢化物为NH3，可以和

H2O2反应，生成的产物不污染环境，产物为H2O和N2，反应的方程式为2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O；(5)FD2气体为SO2，向BaCl2和HNO3的混合溶液中，三者可以发生氧化还原反应，反应的离子方程式

为3SO2＋3Ba2＋＋2NO3−＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋；(6)火箭使用B2A8C2作燃料为C2H8N2，N2O4为氧化剂，其化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O↑。19.A、B

、C、D、E是中学常见的几种化合物，相关物质间的关系如图所示：金属单质，A、B都是氧化物且A是红棕色粉末。回答下列问题：（1）单质X与A反应的化学方程式是__；（2）若试剂1和试剂2均是强电解质。①若试

剂1和试剂2的酸碱性相同，则C溶液显___（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；②若试剂1和试剂2的酸碱性不同，试剂1和B的离子方程式是___。（3）若试剂2是稀硝酸。①Y单质与稀硝酸反应生成E时，Y单质必须过量，写出该反应的离子方程式_

__。如果稀硝酸过量，则会有Fe3＋生成，可以选择___试剂进行验证。②D的阳离子检验可以用试剂检验___。【答案】(1).2Al＋Fe2O3高温Al2O3＋2Fe(2).酸性(3).Al2O3＋2OH-=AlO2−＋H2O(4).3Fe＋8H＋＋2NO3

−=3Fe2+＋3NO↑＋4H2O(5).KSCN溶液(6).KSCN溶液【解析】【分析】根据A、B是氧化物且A是红棕色粉末，X、Y是金属单质，判断，A与X的反应是置换反应，X是Al，Y是Fe，A是氧化铁，B是Al2O3，铝及氧化铝都与氢氧化钠溶液或盐

酸反应生成偏铝酸钠或氯化铝，所以试剂1是氢氧化钠溶液或盐酸，C是偏铝酸钠或氯化铝；A是铁的氧化物，Y与试剂2反应生成E，且A与试剂2反应后的产物D可与Fe反应，说明D中含有铁离子，所以试剂2可以是稀硫酸或稀盐酸，E是亚铁盐。【详解】(1)根据以上分析，单质X与A反应的化学方程式是2Al＋Fe2

O3高温Al2O3＋2Fe；(2)若试剂1和试剂2均是强电解质：①若试剂1和试剂2的酸碱性相同，因此均是盐酸，则C氯化铝，铝离子水解溶液显酸性；②若试剂1和试剂2的酸碱性不同，则分别是氢氧化钠和稀硫酸，试剂1和B反应的离子方程式是Al2O3＋2OH-＝

AlO2−＋H2O；(3)若试剂2是稀硝酸：①Y单质与稀硝酸反应生成E时，Y单质必须过量，则该反应的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO3−=3Fe2+＋3NO↑＋4H2O；如果稀硝酸过量，则生成硝酸铁，所以可以选择试剂KSCN溶液进行验证；②D的阳离子为F

e3+，可以用KSCN溶液检验，若溶液变红则说明有Fe3+存在。20.已知A、B、C、D、E、F为前4周期的6种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表中s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同；B原子价

电子排布式为nsnnpn，B和E同主族，D原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍；F元素位于元素周期表的第4行、第11列。试回答下列问题：（1）基态F原子的核外电子排布式为___。（2）下列关于B2A2的说法中正确的是___（填选项

序号）①B2A2中的所有原子都满足8电子稳定结构②每个B2A2分子中σ键和π键数目比为1：1③B2A2是含极性键和非极性键的非极性分子④B2A2中心原子的杂化类型为sp杂化（3）B、C、D三种元素第一电离能由大到小

的顺序为___（用元素符号表示）。（4）C的简单气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H，H晶体中存在的化学键类型有___（填选项符号）①离子键②共价键③氢键④配位键⑤金属键（5）基态E原子的最高能层具有的原子轨道数为___；B和E的最高价氧化物中，熔沸点较高的是___（写化学

式）。（6）F单质的晶体堆积方式为面心立方最密堆积，其配位数为___；若F的相对原子质量为M，它的晶胞棱长为acm，则F晶体的密度为___g·cm-3。（阿伏伽德罗常数为NA）【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2).③④(3)

.N＞O＞C(4).①②④(5).9(6).SiO2(7).12(8).3A4MNa【解析】【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期的六种元素，原子序数依次增大，其中A位于周期表的s的区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，则A为H

元素；D原子的最外层电子数是其内层的3倍；D原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；F元素位于元素周期表的第四行、第十一列，则F为Cu；B原子价电子排布式为nsnnpn，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级填充电子，故n=2，则B为碳元素；B和E同主族，E的原子序数

小于Cu，只能处于第三周期，故E为Si；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素据此分析解答。【详解】(1)F为Cu元素，基态F原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(2)①C2H2中H原子不满足8电子稳定结构，故①错误；②C2H2分子

结构式为H-C≡C-H，单键为σ键、三键含有1个σ键、2个π键，故C2H2分子中σ键和π键数目比为3：2，故②错误；③C2H2分子中C-H键属于极性键，碳碳键为非极性键，属于直线型对称结构，为非极性分子，故③正确；④C2H2中心原子C成2个σ键、没有孤电子对，故其杂化类型为

sp杂化，故④正确；故答案为③④；(3)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；(4)

C为氮元素，C的气态氢化物与C的最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐H为NH4NO3，晶体中存在的化学键类型有：离子键、共价键、配位键，故答案为①②④；(5)E为Si，基态原子的最高能层为M层，有s、p、d3个能级，分别有1、3、5个轨道，故具有的原子轨道

数为9；B和E与氧元素形成的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故熔沸点较高的是SiO2；(6)F为Cu，Cu单质的晶体堆积方式为面心立方，以顶点Cu原子为研究对象，

与之最近的原子处于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，故其配位数为12；晶胞中Cu原子数目为8×18+6×12=4，故晶胞质量为4×AMNg，晶胞棱长为a(cm)，则晶胞体积为a3cm3，则F晶体的密度为A33Na4gcmM−=3A4MaNg•cm-3

。【点睛】注意理解识记中学常见晶胞结构、理解同周期第一电离能异常原因。当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0，d0，f0)、半满(p3，d5，f7)或全满(p6，d10，f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大