2022-2023学年高二化学下学期期中试题(含解析) (III)

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1、2022-2023学年高二化学下学期期中试题(含解析) (III)1. 下列四种元素中，其单质氧化性最强的是( )A. 原子含有未成对电子最多的第二周期元素B. 位于周期表中第三周期A族的元素C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素D. 有9个原子轨道有电子且电子总数最小的元素【答案】C【解析】分析：根据元素的性质判断出元素，然后比较元素的非金属性强弱，进而比较其单质的氧化性强弱。详解：A. 第二周期原子含有未成对电子最多的元素是氮元素；B. 位于周期表中第三周期A族的元素是铝元素；C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素是氧元素；D. 有9个原子轨道有电子且电子总数最小的元素是磷元素

2、；则这四种元素中，其单质氧化性最强的是氧气，答案选C。2. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol1。请根据下表所列数据判断，错误的是（ ）元素I1I2I3I4X5004 6006 9009 500Y5801 8002 70011 600A. 元素X为金属元素，常见化合价是1价B. 元素Y是A族元素C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】分析：X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说

3、明X的金属活泼性大于Y，据此解答。详解：AX为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，A正确；B通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，B正确；C元素X与氯形成化合物时，X的电负性小于Cl元素，所以在二者形成的化合物中X显+1价、Cl元素显-1价，则化学式可能是XCl，C正确；D若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，D错误；答案选D。3. 下列说法正确的是( )A. 所有非金属元素都分布在p区B. 最外层电子数为2的元素都分布在s区C. 元素周期表中第B族到第B族10个纵列的元素都是金属元素D. 同一主族元素从上到下，金属性呈

4、周期性变化【答案】C【解析】考查元素周期表的结构。区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级符号，非金属除氢元素位于S区外，其余都是P区，选项A不正确；最外层电子数为2的元素也可能位于P区或，例如He，B不正确；同主族自上而下，元素的性质呈周期性的变化，而不是仅指金属性，选项D不正确，因此正确的答案选C。4. 下列说法正确的是( )A. 基态原子的能量一定比激发态原子的能量高B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱【答案】C【解析】分析：A

5、基态原子吸收能量变为激发态原子；B基态Be原子的电子排布式是1s22s2；C电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；D吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。详解：A基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，A错误；B处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态Be原子的电子排布式是1s22s2，B错误；C电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C正确；D电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光

6、谱，D错误；答案选C。5. 以下是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。其中违反了洪特规则的是( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：洪特规则是在原子的同一电子亚层排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，原子处于稳定状态。同一轨道电子的自旋方向相反，违背泡利不相容原理，错误；不同轨道的单电子自旋方向相反，违背洪特规则，正确；符合洪特规则，错误；电子应该尽先占据不同的轨道，每一个轨道有一个电子，自旋方向相同，违反洪特规则，正确；不同轨道的单电子自旋方向相反，违背洪特规则，正确；符合洪特规则，错误。因此违反了洪特规则的是，选项是C

7、。考点：考查原子核外电子排布的知识。6. 若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，则下列说法正确的是( )A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子B. 该元素核外共有5个能层C. 该元素原子的M能层共有8个电子D. 该元素原子最外层共有3个电子【答案】B【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B族，第N层的电子排布为4s24p64d1，以此解答该题。详解：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子

8、，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子。则A该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，A错误；B该元素原子核外有5个能层，B正确；C该元素原子M能层共有18个电子，C错误；D该元素原子最外层上有2个电子，D错误。答案选B。7. 以下有关元素性质的说法不正确的是( )A. Na，K，Rb N，P，As O，S，Se Na，P，Cl元素的电负性随原子序数增大而递增的是B. 下列原子中，1s22s22p63s23p11s22s22p63s23p21s22s22p63s23p31s22s22p63s23p4对应的第一电离能最大的是C. 某元素的逐级电离能分别为738

9、、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素可能在第三周期第A族D. 以下原子中，1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4半径最大的是【答案】B【解析】A. Na，K，Rb元素的电负性随原子序数增大而递减； N，P，As元素的电负性随原子序数增大而递减； O，S，Se元素的电负性随原子序数增大而递减；Na，P，O元素的电负性随原子序数增大而递增。A正确；B. 下列原子中，1s22s22p63s23pl 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p31s22s22p63s23p4对应的元素分别

10、是第3周期的铝、硅、磷、硫4种元素，其第一电离能最大的是，因为对应的是P元素，其3p轨道半充满，原子结构较稳定，故B错；C. 某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，由这些数据可知，其第一、第二电离能之间的差值明显小于第二、第三电离能之间的差值，说明其最外层有2个电子，所以该元素可能在第三周期第IIA族，C正确；D. 以下原子中， 1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4半径最大的是（硅原子），D正确。本题选B。点睛：同一周期元素原子的第一电离能呈逐渐增大趋势，每个周期中都有2个

11、较特殊的，即IIA族和VA族，因其原子具有相对较稳定的结构，故其第一电离能高于同周期相邻的两种元素。一般地，同一主族元素的电负性，从上到下逐渐减小；同一周期主族元素的电负性逐渐增大。电负性的变化规律与元素的非金属性的变化规律是相似的。同一周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，同一主族元素的原子半径从上到下逐渐增大。8. 下列描述中正确的是( )CS2为V形的极性分子 ClO的空间构型为平面三角形SF6中有6对完全相同的成键电子对 SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：CS2与CO2分子构型相同，根据二氧化碳的分子结构分析；先求出中心原子的价层电子对

12、数，再判断分子构型；SF6中S-F含有一个成键电子对；先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型。详解：CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，错误；ClO3-中Cl的价层电子对数=3+（7+1-23）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，错误；SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，正确；SiF4中Si的价层电子对数=4+（4-14）/2=4，SO32-中S的价层电子对数=3+（6+2-23）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，正确。答案选C。点睛

13、：本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点。9. 氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的VSEPR模型、分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是( )A. 四面体形、三角锥形、sp3 B. 平面三角形、V形、sp2C. 平面三角形、平面三角形、sp2 D. 四面体形、三角锥形、sp2【答案】A【解析】分析：根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，孤电子对个数=1/2（a-xb），a指中心原子价电子个数，x

14、指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此解答。详解：SOCl2中S原子成2个S-Cl键，1个S=O，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+(6212)/2=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，含一对孤电子，分子的VSEPR模型为四面体形，分子形状为三角锥形。答案选A。10. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图。下列有关该物质的说法正确的是( )A. 分子式为C3H2O3B. 分子中含6个键，2个键C. 分子中只有极性键D. 8.6 g该物质完全燃烧得到6.72 L CO2【答案】A【解析】详解：A、根据有机物结构简式可知此有机物中含有3个C、3

15、个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，A正确；B、此分子中存在4个C-O键、1个C=O双键，还存在2个C-H键，1个C=C双键，总共8个键，B错误；C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，C错误；D、8.6g该有机物的物质的量为8.6g86g/mol0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，D错误。答案选A。11. 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(N

16、H3)42C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D. 在 Cu(NH3)42离子中，Cu2给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】分析：A硫酸铜和氨水反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀Cu（OH）2溶解生成深蓝色配合离子Cu(NH3)42；B沉淀Cu（OH）2溶解生成深蓝色配合离子Cu(NH3)42；C络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；D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。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络合物而使溶液澄清，生成深蓝色配合离子Cu(NH3)42，所以溶液中铜离子浓度减

17、小，A错误；B氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu(NH3)42，沉淀溶解，B正确；CCu(NH3)4SO4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，C错误；D在Cu(NH3)42离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D错误；答案选B。12. 通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是( )A. 分子中NCl键键长比CCl4分子中CCl键键长长B. 分子中的所有原子均达到8电子稳定结构C. NCl3分子是极性分子，NCl3的沸点低于NH3的沸点D. NBr3比NCl3易挥发【答案】B【解析】分析：通

18、常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，根据氨气的结构与性质类推。详解：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、NC13中N原子最外层电子数5，化合价为3价，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7，化合价为1价，所以C1原子达到8电子稳定结构，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，NCl3的沸点高于NH3的沸点，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr

19、3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误。答案选B。13. 下列叙述不正确的是( )A. 卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强B. 以极性键结合的分子，不一定是极性分子C. 判断A2B或AB2型分子是极性分子的依据是：具有极性键且分子构型不对称，键角小于180，为非直线形结构D. 非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合【答案】D【解析】分析：A同一主族，从上往下，原子半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢按H-F、H-Cl、H-Br、H-I的顺序，共价键的极性依次减弱，分子稳定性依次减弱；B不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键，含有极性键结

20、构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；C分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；D不同非金属元素之间易形成极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子。详解：AHF和HCl，因为F的氧化性比Cl的强，所以F对H的电子的吸引力比Cl的强，所以共用电子对就更偏向F，所以HF的共价键的极性就更强，同主族中，由上到下，随核电荷数的增加半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢稳定性为HFHClHBrHI

21、，共价键的极性依次减弱，A正确；B如CH4含有H-C极性键，空间构型为正四面体，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，B正确；C对于A2B或AB2型分子；由极性键构成的分子，由该分子的分子空间结构决定分子极性。如果分子的立体构型为直线形键角等于180、平面三角形、正四面体形、三角双锥形、正八面体形等空间对称的结构，致使正电中心与负电中心重合，这样的分子就是非极性分子。若为V形、三角锥形、四面体形（非正四面体形）等非对称结构，则为极性分子，C正确；D非极性分子中，各原子间不一定以非极性键结合，如CO2中含极性键，为直线型，结构对称，为非极性分子，D错误；答案选D。点睛：本题考查键的极性与分

22、子的极性，注意判断键的极性，抓住共价键的形成是否在同种元素原子之间；分子极性的判断，抓住正负电荷的中心是否重合，题目难度不大。14. 下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是( )A. 苹果酸 HOOCH2CHOHCOOHB. 丙氨酸 C. 葡萄糖 D. 甘油醛 【答案】A【解析】分析：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团是不同的，据此解答。详解：A. 苹果酸HOOCH2CHOHCOOH中连接了2个氢原子，不是手性碳原子，A错误；B. 丙氨酸中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，B正确；C. 葡萄糖中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，C正确

23、；D. 甘油醛中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，D正确；答案选A。15. 纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状(如图所示)相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为( )A. 87.5% B. 92.9% C. 96.3% D. 100%【答案】C【解析】试题分析：在NaCl晶胞中微粒总数是27个，其中表面离子束是26个，所以这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数是（2627）100%=96.3。因此选项是C。考点：考查纳米材料的知识。16. 晶体硼的结构如图所示，熔点2

24、573K。已知晶体硼结构单元是由硼原子组成的正二十面体，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个项点上各有1个B原子。下列有关说法不正确的是( )A. 每个结构单元含有12个硼原子B. 1mol晶体硼中含有30NA个BB键C. 晶体硼中键角是60D. 晶体硼是分子晶体【答案】D【解析】分析：根据晶体硼的结构，结合均摊法计算。详解：在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的1/5，每个等边三角形拥有的顶点为：1/53=3/5，20个等边三角形拥有的顶点为：3/520=12；B-B键组成正三角形，则每个键角均为60；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B

25、-B键的1/2，每个等边三角形占有的B-B键为：1/23=3/2，20个等边三角形拥有的B-B键为：3/220=30，则A晶体硼结构单元中含有12个原子，A正确；B由以上分析可知，1mol晶体硼中含有30NA个BB键，B正确；CB-B键组成正三角形，则每个键角均为60，C正确；D晶体硼的熔点高，属于原子晶体，D错误；答案选D。17. 氧化钙在2 973 K时熔化，而氯化钠在1 074 K时熔化，两者的离子间距离和晶体结构类似，下列有关它们熔点差别较大的原因的叙述中不正确的是( )A. 氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多B. 氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大C. 氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶

26、体的结构类型不同D. 氧化钙与氯化钠的离子间距离类似，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定【答案】C【解析】分析：氧化钙和氯化钠形成的晶体均是离子晶体，据此解答。详解：氧化钙在2 973 K时熔化，而氯化钠在1 074 K时熔化，两者的离子间距离和晶体结构类似，二者形成的晶体类型均是离子晶体。则A. 氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多，晶格能大，熔沸点高，A正确；B. 氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大，熔沸点高，B正确；C. 氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶体的结构类型相同，均是离子晶体，C错误；D. 氧化钙与氯化钠的离子间距离类似，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定，氧化钙晶体中阴

27、、阳离子所带的电荷数多，晶格能大，熔沸点高，D正确。答案选C。18. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是( )A. 在NaCl晶体中，距Cl-最近的Na+有6个，距Na最近且相等的Na共12个B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2，Ca2+的配位数是8C. 在金刚石晶体中，每个碳原子被12个六元环共同占有，每个六元环最多有4个碳原子共面D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE，其晶体不导电【答案】D【解析】分析：A氯化钠晶体中，钠离子的配位数是6；B利用均摊法，计算晶胞中Ca2+数目；C在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，这5个碳原子形成的是

28、正四面体结构，键角为109028，最小的环为6元环；D该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子。详解：A氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，距Na最近且相等的Na位于面心处，共有38/212个，A正确；BCa2+位于晶胞顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，Ca2+的配位数是8，B正确；C在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接43=12个六元环，晶胞中共平面的原子如图，共4个，C正确；D该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子

29、的分子式为E4F4或F4E4，D错误；答案选D。点睛：本题主要考查物质结构和性质，侧重于晶体的结构，考查学生空间想象能力、知识运用能力，难度较大，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键，易错选项是D，注意分子的化学式由组成原子的数目决定的。19. 下列叙述不正确的是（ ）A. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，可以使用干粉灭火器灭火B. 探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D. 为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加

30、蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线【答案】AB【解析】分析：A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；B应先加热再混合；C蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线。详解：A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，也不能使用干粉灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，A错误；B该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应

31、速率偏低，B错误；C蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，C正确；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，D正确。答案选AB。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及实验安全、影响反应速率的因素及物质鉴别等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等，选项A为解答的易错点。20. 下列有关实验的选项正确的是（ ）A.配制0.10mol/L NaOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中的I2分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20mLA. A B. B C. C

32、D. D【答案】B【解析】A、容量瓶不能溶解固体，A错误；B、利用氢氧化钠吸收CO中的二氧化碳，可以达到实验目的，B正确；C、萃取分液后上层液体从上口倒出，C错误；D、滴定管0刻度在上面，读数应该是11.80mL，D错误，答案选B。视频21. 为达到预期的实验目的，下列操作中正确的有( )配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度用10 mL的量筒量取4.80 mL的浓硫酸蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中的液体蒸干向无色溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此确定该溶液中一定含有SO为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分

33、别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量中和热测定的实验中使用的玻璃仪器只有2种实验室可利用浓氨水和碱石灰混合的方法制取少量氨气除去NO中混有的NO2气体可通过水洗，再干燥后用向上排空气法收集A. 5项 B. 4项C. 3项 D. 2项【答案】C【解析】分析：Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时加盐酸抑制水解，所以配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，正确；量筒的精确度为0.1mL，可以用10mL的量筒量取4.8mL的浓硫酸，不能量取4.80m浓硫酸，错误；蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中含有较多固体时，停止加热，用余热蒸干，错误；检验SO42-的

34、操作先加HCl，再加氯化钡溶液，稀硝酸酸化，如果含有亚硫酸根离子，也会被氧化为硫酸根离子，错误；NaOH与KCl不反应，NaOH与AlCl3先生成白色沉淀，当氢氧化钠过量时沉淀又溶解，NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀，最终沉淀不消失，三种物质的现象不同，可以鉴别，正确；中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒和环形玻璃搅拌棒，错误；碱石灰溶解会放热，浓氨水和碱石灰混合，会有氨气生成，能用于制备氨气，正确；NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，应该用排水法，错误。答案选C。22. 已知32gX和40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，在相同条件下，16gX和30gY

35、混合反应生成0.25molQ及若干摩尔H，则物质Q的摩尔质量应是（ ）A. 163 g/mol B. 126 g/mol C. 122 g/mol D. 63 g/mol 【答案】B【解析】分析：先根据质量守恒定律计算出32gX和40gY恰好完全反应生成的Q的质量m，然后根据16gX和30gY混合反应生成0.25molQ计算出mgQ的物质的量，最后根据M=mn计算出Q的摩尔质量。详解：已知32gX和40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，根据质量守恒定律，32g+40g=m+9g，解得m=63g；16gX和30gY混合反应，16gX完全反应需要消耗20gY，显然Y过量，即16gX完全反应，生

36、成了0.25molQ，则32gX完全反应，生成0.5molQ，Q的摩尔质量为：M=63g0.5mol=126g/mol。答案选B。点睛：本题考查了摩尔质量的计算，题目难度不大，可以根据题中数据计算出Q的物质的量和质量，然后根据M=m/n计算出Q的摩尔质量，注意需要判断过量情况，充分考查了学生的分析、理解能力和灵活应用所学知识解决问题的能力。23. 下列指定微粒的数目相等的是（ ）A. 等物质的量的水（H2O）与重水（D2O）含有的中子数B. 等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C. 同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D. 等物质的量的Fe和Al分别与足量氯气完全反应时转移的电子数【答

37、案】BD【解析】分析：A. H不含有中子，D含有1个中子；B. 乙烯和丙烯的最简式均是CH2；C. CO和NO含有的质子数分别是14和15；D. Fe和Al分别与足量氯气完全反应时均失去3个电子。详解：A、1mol普通水中含有的中子数是8mol，1mol重水中含有的中子数是10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，A错误；B、乙烯、丙烯都属于烯烃，通式符合CnH2n，最简式是CH2，若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，B正确；C、同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO含有的质子

38、数不相等，C错误；D、1mol的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子的物质的量均是3mol，D正确；答案选BD。.24. 设NA是阿伏加德罗常数的数值。下列两种说法均不正确的是（ ）A. 用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.2NA；将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NAB. 在标况下，22.4LSO3和22.4LC2H4原子个数比为2:3；42克由C2H4和C5H10组成的混合气体中含共用电子对数目为9NA个C. 25时，50g98%浓硫酸和50g 98%浓磷酸混合后含氧原子数为4NA；含0.2molH2

39、SO4的浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO2分子的数目少于0.1NAD. 12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为NA；1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA【答案】AD【解析】分析：A用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1mol氧气，阴极上析出的是0.1mol铜和0.1mol氢气；过氧化钠与二氧化碳反应式既是氧化剂，也是还原剂；B标况下三氧化硫是固体；C2H4和C5H10最简式为：CH2，在C2H4和C5H10分子中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，1个CH2含有3对电子；

40、C溶剂水也含有氧原子；铜与稀硫酸不反应；D依据n=mM计算物质的量，结合石墨烯中平均每个六元环含碳原子2个分析；氢氧根含有10个电子。详解：A用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1mol氧气，阴极上析出的是0.1mol铜和0.1mol氢气，故转移0.4mol电子即0.4NA个；78g过氧化钠是1mol，过氧化钠与二氧化碳反应式既是氧化剂，也是还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子，则将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为NA；B.在标况下三氧化硫不是气体，22.4LSO3和22.4LC2H4原子个数比不是2:3；

41、42克由C2H4和C5H10组成的混合气体含有CH2物质的量为42g14g/mol=3mol，在C2H4和C5H10分子中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以共含有电子对数为33NA=9NA个；C硫酸和磷酸的相对分子质量均是98，且都含有4个氧原子，则25时，50g98%浓硫酸和50g98%浓磷酸混合后含氧原子的物质的量是，因此氧原子数大于4NA；浓硫酸与铜在反应过程中浓度逐渐减小，稀硫酸与铜不反应，则含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜充分反应，生成SO2分子的数目少于0.1NA； D碳的物质的量为12g12g/mol=1mol，石墨烯中平均每个六元环含碳

42、原子2个，则1mol碳原子含有六元环的个数为0.5NA；1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数分别为9NA、10NA；所以均错误的是选项A和D。答案选AD。25. 前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如下表所示：A2p能级电子半充满B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子D其基态原子外围电子排布为msnmpn2E前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多F基态F各能级电子全充满请根据以上情况，回答下列问题：（1）E元素基态原子核外有_种能量不同的电子，电子排布式为_，写出F元素基态原子的价电子排布图

43、_。（2）B和C可形成一种同时含有共价键和离子键的化合物，其电子式为_。（3）A、B、C、D四种元素：(用元素符号表示，下同)原子半径由小到大的顺序是_；第一电离能由大到小的顺序为_；电负性由大到小的顺序是_。（4）判断下列分子或离子中空间构型是V形的是_(填写序号)。aSO2 bH2O cNO dNO【答案】 (1). 7 (2). Ar3d54s1 (3). (4). (5). ONSOSNa (7). ONSNa (8). abd详解：根据以上分析可知A、B、C、D、E、F分别是N、O、Na、S、Cr、Cu。则（1）E为铬元素，基态原子核外有7种能量不同的电子，电子排布式为1s22s22

44、p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；F为铜元素，位于元素周期表第四周期B族，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1，则价电子排布图为；（2）B为氧元素，C为钠元素，形成一种同时含有共价键和离子键的化合物为过氧化钠，它的电子式为；（3）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种元素的原子半径由小到大的顺序是ONSNa；元素随着非金属性的增强，第一电离能也增大，但由于氮元素最外层p轨道上电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以氮的第一电离能高于相邻的同周期元素，所以A、B、C、D四种元素第一电离能由大到小的顺序为NOSNa；非金属性越强，电负性越大，则四种

45、元素的电负性由大到小的顺序是ONSNa；（4）aSO2中S原子的价层电子对数是3，含有1对孤对电子，空间构型是V形；bH2O中O原子的价层电子对数是3，含有1对孤对电子，空间构型是V形；cNO2中N原子的价层电子对数是2，不存在对孤对电子，空间构型是直线形；dNO2中N原子的价层电子对数是3，含有1对孤对电子，空间构型是V形；答案选abd。点睛：本题主要考查了原子核外电子排布、电子式、元素周期律等知识点，中等难度，解题的关键在于元素推断，答题时注意化学用语的规范表达。易错点是第一电离能大小比较，注意处于半充满、全满的稳定性强，第一电离能大于相邻元素。26. 硼及其化合物在现代工业、生活和国防中

46、有着重要的应用价值。（1）最简单的硼烷是B2H6(乙硼烷)，结构如图所示，其中B原子的杂化方式为_。（2）三氯化硼和三氟化硼常温下都是气体，都有强烈的接受孤电子对的倾向。推测它们固态时的晶体类型为_；三氟化硼与氨气相遇，立即生成白色固体，写出该白色固体结构式，并标注出其中的配位键_。（3）经结构研究证明，硼酸晶体中B(OH)3单元结构如图所示。各单元中的氧原子通过OHO氢键连结成层状结构，其片层结构及键长、层间距数据如图所示。层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体。H3BO3是一元弱酸，写出它在水中的电离方程式（与氨类似）_；根据结构判断下列说法正确的是_；a硼酸晶体有滑腻感，可作润

47、滑剂bH3BO3分子的稳定性与氢键有关c含1 mol H3BO3的晶体中有3 mol氢键dH3BO3分子中硼原子最外层为8e稳定结构（4）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图为其晶胞结构示意图。该功能陶瓷的化学式为_；第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_种。【答案】 (1). sp3杂化 (2). 分子晶体 (3). (4). H3BO3+H2OB(OH)4-+H+ (5). ac (6). BN (7). 3【解析】分析：（1）根据每个硼原子含有4个共价键判断；（2）根据常温下都是气体判断晶体类型；根据氮原子提供孤电子对，硼原子接受孤对电子分析；（3）根据与氨类似，进行

48、迁移应用即可；根据硼酸晶体的结构特点分析解答；（4）根据均摊法计算该功能陶瓷的化学式；根据影响第一电离能大小的因素分析判断。详解：（1）乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采用sp3杂化；（2）常温下为气体，说明晶体构型为分子晶体；硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，BF3能与NH3反应生成BF3NH3，B与N之间形成配位键，N原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对，BF3NH3结构式为：；（3）硼酸为一元弱酸，在水溶液里，和水电离出的氢氧根离子形成配位键，其电离方程式为：H3BO3+H2OB(OH)4-+H+；a硼酸（H3BO3）是一种片层状结构

49、白色晶体，片层状结构晶体有滑腻感，可作润滑剂，a正确；b分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，b错误；c1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，c正确；d硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，d错误；答案选ac；（5）根据原子半径大小知，B原子半径大于N原子，所以大球表示B原子，利用均摊法得B原子个数=1+81/8=2，N原子个数=1+41/4=2，B原子和N原子个数之比为2：2=1：1，所以其化学式为BN；同一周期元素中，元素的第一

50、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，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O3种；27. 回答下列各题：（1）CH、CH3、CH都是重要的有机反应中间体，它们的电子式分别是_、_、_；其中CH的键角应是_。（2）叠氮化合物在化学工业上有重要应用。N叫作叠氮离子，请写出由三个原子构成的含有与N的电子数相同的分子的结构式_、_。（3）SiO、SO3、NO三种粒子是等电子体，它们的立体构型为_，其中SiO44-、PO43-、SO42-的立体构型为_。（4）C2O42-和_是等电子体，C2O42-具有较强的还原性，能使酸性KMnO4溶

51、液褪色，写出反应的离子方程式_。（5）2原子14电子的等电子体的共同特点是粒子中都具有共价三键，请举出相应的3个例子_、_、_(分子或离子)。每个分子或离子均含有_个键，_个键。【答案】 (1). (2). (3). (4). 120 (5). O=C=O (6). N=N=O (7). 平面三角形 (8). 正四面体形 (9). N2O4 (10). 5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O (11). N2 (12). CO (13). CN-或C22- (14). 1 (15). 2【解析】分析：（1）根据微粒所带电荷数以及含有的化学键解答，根据空间构型判断

52、键角；（2）叠氮离子的电子数是22；（3）互为等电子体的微粒结构相似；（4）原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体；根据电子得失守恒配平并书写方程式；（5）根据等电子体的含义解答；根据三键中有一个键和两个键判断。详解：（1）CH3带1个正电荷，含有共价键，电子式为；CH3不带电荷，含有共价键，电子式为；CH3带1个负电荷，含有共价键，电子式为；CH3中中心原子的价层电子对数是3+(4-131)/2=3，属于平面三角形结构，所以键角应是120。（2）叠氮离子的电子数是22，则由三个原子构成的含有与N3的电子数相同的分子的结构式为O=C=O、N=N=O。（3）三氧化硫是平面三角形结构，SiO32

53、、SO3、NO3三种粒子是等电子体，它们的结构相似，则它们的立体构型为平面三角形；SiO44-、PO43-、SO42-互为等电子体，硫酸根中中心原子的价层电子对数是4+(6+2-24)/2=4，立体构型为正四面体形。（4）C2O42-含有6个原子和34个价电子，则和N2O4是等电子体；C2O42-具有较强的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，氧化产物是二氧化碳，还原产物是锰离子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为5C2O42-+2MnO4-+16H+10CO2+2Mn2+8H2O。（5）2原子14电子的等电子体的共同特点是粒子中都具有共价三键，例如N2、CO、CN-或C

54、22-等。由于三键中有一个键和两个键，因此每个分子或离子均含有1个键，2个键。点睛：由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。28. 短周期的5种非金属元素，其中A、B、C的特征电子排布可表示为：A：asa，B：bsbbpb，C：csccp2c；D与B同主族，E在C的下一周期，且是同周期元素中电负性最大的元素。回答下列问题：（1）由A、B、C、E四种元素中的两种元素可形成多种分子，下列分子：BC2BA4

55、A2C2BE4，其中属于极性分子的是_(填序号)，由极性键构成的非极性分子是_。（2）C的氢化物比下一周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是_。（3）B、C两元素都能和A元素组成两种常见的溶剂，BE4在前者中的溶解性_(填“大于”或“小于”)在后者中的溶解性，原因是_。（4）BA4、BE4和DE4的沸点从高到低的顺序为_(填化学式)。（5）A、C、E三种元素可形成多种含氧酸，如AEC、AEC2、AEC3、AEC4等，以上列举的四种酸其酸性由强到弱的顺序为_(填化学式)。【答案】 (1). (2). (3). 水分子间存在氢键，硫化氢分子间不存在氢键 (4). 大于 (5). 四氯化碳和苯是非

56、极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，四氯化碳在苯中的溶解度大于在水中的溶解度 (6). SiCl4CCl4CH4 (7). HClO4HClO3HClO2HClO【解析】分析：由s轨道最多可容纳2个电子可得：a=1，b=c=2，即A为H，B为C，C为O，由D与B同主族，且为非金属元素可判断D为Si；由E在C的下一周期且E为同一周期电负性最大的元素可知E为Cl，据此解答。详解：根据以上分析可知A为H，B为C，C为O，D为Si，E为Cl，则（1）、分别为CO2、CH4、H2O2、CCl4，其中H2O2为极性分子，其它为非极性分子，答案选；二氧化碳是直线形结构，甲烷和四氯化碳是正四面体结构，则

57、由极性键构成的非极性分子是二氧化碳、甲烷和四氯化碳，答案选；（2）C的氢化物为H2O，由于水分子间存在氢键，硫化氢分子间不存在氢键，所以C的氢化物比下一周期同族元素的氢化物沸点还要高；（3）B、A两元素组成苯，C、A两元素组成水，两者都为常见的溶剂，由于四氯化碳和苯是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，四氯化碳在苯中的溶解度大于在水中的溶解度；（4）BA4、BE4、DE4分别为CH4、CCl4、SiCl4，三者结构相似，形成的晶体均是分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，故它们的沸点顺序为SiCl4CCl4CH4；（5）这四种酸分别为HClO、HClO2、HClO3、H

58、ClO4，含氧酸的通式可写为（HO）mClOn（m1；n0），n值越大，酸性越强，故其酸性由强到弱的顺序为HClO4HClO3HClO2HClO。点睛：本题主要考查的是物质的推断，得出a、b、c的值，然后利用a、b、c的值代入求出各种元素是解决本题的关键。注意在对物质性质进行解释时，是用化学键知识解释，还是用范德华力或氢键的知识解释，要根据物质的具体结构决定。29. 回答下列各题：（1）已知FeCl3的沸点：319，熔点：306，则FeCl3的晶体类型为_。P形成的三种酸的酸性由强到弱的顺序为：HPO3H3PO4H3PO3，原因是_。（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期

59、又位于同一族，且原子序数T比Q多2，T的基态原子价电子排布式为_，Q2的未成对电子数是_。（3）如图1是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，判断NaCl晶体结构的图是图1中的_。（4）Cu(NH3)42配离子中存在的化学键类型有_(填序号)。配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键（5）若Cu(NH3)42具有对称的空间构型，且当Cu(NH3)42中的两个NH3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则Cu(NH3)42的空间构型为_(填序号)平面正方形 正四面体 三角锥形 V形（6）X与Y可形成离子化合物，其晶胞结构如图2所示，其中X和Y的相对原子质量分别为a和b，NA表示阿伏加德罗常数，晶体密度为g/cm3，则晶胞中距离最近的X、Y之间的核间距离是_pm（用含、a、b、NA的代数式表达