2014-2015学年黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高二(下)期中化学试卷

来源：华佗养生网

2014-2015学年黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高二（下）期中化学试卷

一、单选题：（每道题3分，共30分．）

1．在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（） A．熔点：H2O＞HBr＞HCl B．水溶性：HCl＞H2S＞SO2

C．沸点：乙烷＞戊烷＞丁烷 D．热稳定性：HCl＞H2S＞NH3

2．下列叙述中正确的是（） A．金属的熔点和沸点都很高

B． H2O2、PCl5都是含有极性键的非极性分子 C． HF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强

D． H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致

3．下列物质中含有手性碳原子的是（）

A． CCl2F2 B．

C．

D． CH3CH2OH

4．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Cu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] C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化

2+2+

D．在[Cu（NH3）4]离子中，Cu提供孤电子对，NH3提供空轨道

5．在下列物质中：①CO2 ②CCl4 ③NH3 ④BF3 ⑤H2O ⑥HBr中，分子中电荷的空间分布均匀的是（）

A． ①②④ B． ②④⑤ C． ③⑤⑥ D． ①②⑤

6．下列说法正确的是（）

A．有机物CH2=CH﹣CH3中碳原子的杂化类型有sp 和sp，其中有两个π键，7个ς键

B．分子CO和N2的原子总数相同，价电子总数相等，化学性质相似

+2261

C． Na的电子排布式为1s2s2p3s

D．原子由激发态向基态跃迁时通常以光的形式释放能量

7．下列关于原子轨道的说法中正确的是（）

A．凡是中心原子采取sp杂化轨道成键的分子，其几何构型都是正四面体形

B． CH4分子中的sp杂化轨道由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合而形成的

C． sp杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道

D．凡AB3形的共价化合物，其中心原子A均采用sp杂化轨道成键 8．x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（） A． x的原子半径大于y的原子半径 B． x的电负性大于y的电负性 C． x的核电荷数大于y的核电荷数

D． x的第一电离能小于y 的第一电离能

9．下列说法正确的是（）

A．离子化合物中可能含有共价键 B．分子晶体中的分子内不含有共价键 C．分子晶体中一定有非极性共价键 D．分子晶体中分子一定紧密堆积

10．已知在干冰晶胞中每个顶角各有1个CO2分子，每个面心各有一个CO2分子．实验测得25℃时干冰晶体的晶胞边长为a cm，其摩尔质量为M g/mol，则该干冰晶体的密度为（单位：g/cm）（） A．

B．

C．

D．

11．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是KJ/mol．根据下表所列数据判断错误的是（）

元素 I1 I2 I3 I4

X 496 4562 6912 9543 Y 578 1817 2745 11600

A．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XCl D．若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应

12．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：

C．原子核内有10个中子的氧原子：

D． Cr原子的电子排布式：[Ar]3d4s

13．下列说法中错误的是（）

A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性

++2+

B．在H3O、NH4 和[Cu（NH3）4]中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强

D． P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′

14．下列物质，按其晶体的熔点由高到低顺序排列的是（） A． H2O、H2S、H2Se、H2Te

B． C（CH3）4、CH（CH3）2CH2CH3、CH3（CH2）3CH3 C． SiO2、NaCl、CCl4、SO2 D． F2、Cl2、Br2、I2

15．石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（）

A．石墨烯与石墨互为同位素

B． 0.12g石墨烯中含有6.02×10个碳原子 C．石墨烯是一种有机物

D．石墨烯中的碳原子间以共价键结合

16．下列说法正确的是（）

A．体心立方是金属最密堆积形式

B． 24g金刚石中含有C﹣C键的个数为4NA

C． NaCl晶体中Na的配位数为4

D．中和热测定时，用铜棒代替环形玻璃棒会导致△H偏低

17．据某科学杂志报道，国外一研究所发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构．下列叙述正确的是（）

A．该物质有很高的熔点、很大的硬度 B．该物质形成的晶体属分子晶体

C．该物质分子中Si60被包裹在C60里面 D．该物质的相对分子质量为1200

18．国家实验室一个研小组发现首例带结晶水的晶体在 5K 下呈现超导性．据报道，该晶体中含有最简式为 CoO2 的层状结构，结构如右图（小球表示Co原子，大球表示O原子）．下列用粗线画出的CoO2层状结构的晶胞（晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元）示意图不符合化学式的是（）

A． B． C． D．

19．2004年4月30号出版的《Science》杂志报道了中国科学家郑兰荪院士首次成功合成新

型稳定小富勒烯C50Cl10，外侧连有10个氯原子（也使得碳原子由sp杂化转化为sp），其形状酷似太空船（如图）．有关C50Cl10的说法正确的是（）

A． C50Cl10摩尔质量为950 g/mol B． C50Cl10晶体是原子晶体

C． C50Cl10分子中含有25个碳碳双键

D． C50Cl10分子用电子对数目为105个

20．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（） A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种 C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2

二、填空题：（共40分．） 21．随着科学技术的发展，阿佛加德罗常数的测定手段越来越多，测定的精度也越来越高．现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：

①将NaCl固体研细、干燥后，准确称取m g NaCl固体并转移到定容仪器A中．

②用滴定管向A仪器中加苯，不断振荡，继续加苯到A仪器的刻度，计算出NaCl固体的体积为V cm．

（1）步骤①中仪器A最好使用（填序号）． A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．试管

（2）步骤②中是用酸式滴定管还是用碱式滴定管，理由是．（3）能否用水代替苯（填“是”或“否”），理由是．（4）已知NaCl晶体中，靠得最近的Na、Cl间的距离为a cm（如图），则用上述方法测得的阿佛加德常数NA的表达式为．

﹣

22．（10分）（2015春•湖北校级期末）现有A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有如图所示的结构或结构单元，（图中正四面体以外可能有的部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同）．A、B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应．C、D、E、F含有相等的电子数，且D是阳离子，D与F的组成元素相同．C、E、F的晶体类型相同，由E构成的物质常温下呈液态．（1）写出单质A的同素异形体与B物质发生置换反应的化学方程式；与A同主族的第四周期元素基态原子的外围电子排布式为．

（2）上述六种物质或粒子的组成元素中有三种处于同一周期，请写出这三种元素第一电离能由大到小的顺序（用元素符号回答）

（3）上述六种物质或粒子中互为等电子体的是（写出化学式）

（4）F分子的中心原子杂化类型是，E易溶于F，其原因是．

23．（1）I．短周期某主族元素M的电离能情况如图（A）所示．则M元素位于周期表的第

族；

II．图B折线c可以表达出第族元素氢化物的沸点的变化规律；两位同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线a和b，你认为正确的是：（填“a”或“b”）；

（2）COCl2俗称光气，分子中C原子采取杂化成键；其中碳氧原子之间共价键含有（填字母）：

a．2个ς键； b．2个π键； c．1个ς键、1个π键

（3）金属是钛（Ti）将是继铜、铁、铝之后人类广泛使用的第四种金属，试回答： I．Ti元素的基态原子的价电子排布式为；

II．钢铁表面镀有下列金属时，当镀层部分被破坏时，铁不易被腐蚀的是．（填字母）

a．Sn b．Zn c．Cu d．Pb． 24．（13分）（2015春•齐齐哈尔校级期中）如图是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．试回答下列问题：

（1）请写出H的单质与二氧化碳反应的方程式．

（2）D的气态氢化物的VSEPR模型为，其中心原子的杂化类型为．

（3）G、H和I的第一电离能数值由大到小的顺序为：（用元素符号作答）．（4）由A、C、D形成的ACD分子中，含有个ς键，个π键．（5）要证明太阳上是否含有R 元素，可采用的方法是．

（6）与M同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与M原子相同的元素还有（填元素符号）．MO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断MO2Cl2是（填“极性”或“非极性”）分子．

（7）已知元素“O”某红紫色配合物的组成为OCl3•5NH3•H2O，中心离子O的配位数是6，1mol该物质与足量的银反应可生成3molAgCl，则该物质的配体是．（8）金属N的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图2所示．体心立方和面心立方两种堆积方式中铁的密度之比为．

2014-2015学年黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高二（下）期中化学试卷

参与试题解析

一、单选题：（每道题3分，共30分．）

1．在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（） A．熔点：H2O＞HBr＞HCl B．水溶性：HCl＞H2S＞SO2

C．沸点：乙烷＞戊烷＞丁烷 D．热稳定性：HCl＞H2S＞NH3

考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．

分析： A、氢化物的分子量越大，沸点越高，含有氢键的沸点较高； B、二氧化硫与水反应，在水中的溶解度较大； C、烷烃相对分子质量越大，沸点越高；

D、非金属性越强，则氢化物越稳定．

解答：解：A、氢化物的分子量越大，沸点越高，含有氢键的沸点较高，H2O分子间含有氢键，沸点最高，所以熔点：H2O＞HBr＞HCl，故A正确；

B、二氧化硫与水反应，在水中的溶解度较大，所以水溶性：HCl＞SO2＞H2S，故B错误； C、烷烃相对分子质量越大，沸点越高，所以沸点：乙烷＜戊烷＜丁烷，故C错误；

D、非金属性越强，则氢化物越稳定，非金属性：Cl＞N＞S，则热稳定性：HCl＞NH3＞H2S，故D错误．故选A．

点评：本题考查了氢化物性质的比较，把握氢化物性质的变化规律是解决本题的关键，题目难度不大．

2．下列叙述中正确的是（） A．金属的熔点和沸点都很高

B． H2O2、PCl5都是含有极性键的非极性分子 C． HF、HCl、HBr、HI的酸性依次增强

D． H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致

考点：极性分子和非极性分子；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；含有氢键的物质．

专题：元素周期律与元素周期表专题；金属概论与碱元素．分析： A、金属的熔沸点均有高低之分；

B、极性键是成键原子不一样的共价键，结构完全对称的极性键构成的分子是非极性分子； C、根据氢离子的电离程度判断酸性的强弱； D、水分子间存在氢键，导致水的沸点较高．

解答：解：A、金属铝的熔点较高，但是金属钠的熔点就很低，故A错误；

B、H2O2、PCl5都含有极性键，结构不完全对称，属于极性分子，故B错误；

C、在物质中H﹣X之间的化学键键长增大，氢离子的电离程度逐渐增大，酸性增强，故C正确；

D、水分子间存在氢键，导致水的沸点较高，而水的稳定性是化学键的表现，故D错误．故选C．

点评：本题考查学生有关化学键以及分子间作用力氢键的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．

3．下列物质中含有手性碳原子的是（）

A． CCl2F2 B．

C．

D． CH3CH2OH

考点： “手性分子”在生命科学等方面的应用．专题：有机物分子组成通式的应用规律．

分析：手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断方法：（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；（2）手性碳原子所连接的四个基团是不同的．据此分析解答．

解答：解：A．CCl2F2中碳原子是饱和碳原子，CCl2F2中C原子连接两种原子，所以CCl2F2不存在手性碳原子，故A错误；

B．

所有碳原子都是饱和碳原子，中间碳原子连接1个﹣OH、1个﹣H、2个CH2OH，

不是手性碳原子，两端的碳原子连接了2个﹣H，不手性碳原子，分子中不存在手性碳原子，

故B错误；

C．如图标记“*”的碳原所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，

该碳原子具有手性，故C正确；

D．CH3CH2OH 分子中，所有碳原子都是饱和碳原子，第1个碳原子链接3个H，中间碳原子连2个﹣H，连接1个﹣OH、1个﹣CH3所连接的四个基团有2个﹣H一样的，不是手性碳原子，故D错误；故选C．

点评：本题主要考查手性碳原子的判断，比较基础，抓住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要是不同是解答的关键，题目难度不大．

4．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Cu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] C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化

D．在[Cu（NH3）4]离子中，Cu提供孤电子对，NH3提供空轨道

考点：配合物的成键情况．专题：化学键与晶体结构．

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．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清； 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．

解答：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，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误．

B．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

2+2+

成络合物离子[Cu（NH3）4]而使溶液澄清，故B正确；

C．[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，故C错误；

2+2+

D．在[Cu（NH3）4]离子中，Cu提供空轨道，NH3提供孤电子对，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，难度不大，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．

5．在下列物质中：①CO2 ②CCl4 ③NH3 ④BF3 ⑤H2O ⑥HBr中，分子中电荷的空间分布均匀的是（）

A． ①②④ B． ②④⑤ C． ③⑤⑥ D． ①②⑤

考点：极性分子和非极性分子．

分析：同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；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，

对于ABn型分子，A原子的最外层电子，若完全成键，属于非极性分子，分子中电荷的空间分布均匀，若不完全成键，则属于极性分子，分子中电荷的空间分布不均匀，据此分析解答．解答：解：①CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子，分子中电荷的空间分布均匀；

②CCl4中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子，分子中电荷的空间分布均匀；

③NH3中C元素化合价为﹣3，N原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子，分子中电荷的空间分布不均匀；

④BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层3个电子全部成键，为非极性分子，分子中电荷的空间分布均匀；

⑤H2O中O元素化合价为﹣2，O原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子，分子中电荷的空间分布不均匀；

⑥HBr为直线型结构，含有极性键，为极性分子，正负电荷的重心不重合，电荷分布不均匀；故选A．

点评：本题以分子中电荷的空间分布均匀为载体考查了分子极性和化学键极性的判断，题目难度不大，注意ABn型分子极性判断技巧．

6．下列说法正确的是（）

A．有机物CH2=CH﹣CH3中碳原子的杂化类型有sp 和sp，其中有两个π键，7个ς键

B．分子CO和N2的原子总数相同，价电子总数相等，化学性质相似

+2261

C． Na的电子排布式为1s2s2p3s

D．原子由激发态向基态跃迁时通常以光的形式释放能量

考点：共价键的形成及共价键的主要类型；原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用．

分析： A．双键C为sp杂化，甲基上C为sp杂化； B．CO和N2为等电子体；

C．Na的最外层为8电子稳定结构；

D．原子由激发态向基态跃迁时，能量降低．

解答：解：A．双键C为sp杂化，甲基上C为sp杂化，含1个π键，8个ς键，故A错误；

B．CO和N2为等电子体，原子总数相同，价电子总数相等，结构相似，但化学性质不同，故B错误；

++226

C．Na的最外层为8电子稳定结构，则Na的电子排布式为1s2s2p，故C错误； D．原子由激发态向基态跃迁时，能量降低，则通常以光的形式释放能量，故D正确；故选D．

点评：本题考查较综合，注重高频考点的考查，把握化学键形成及判断的一般规律、杂化、等电子体等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

7．下列关于原子轨道的说法中正确的是（）

A．凡是中心原子采取sp杂化轨道成键的分子，其几何构型都是正四面体形

B． CH4分子中的sp杂化轨道由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合而形成的

C． sp杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道

D．凡AB3形的共价化合物，其中心原子A均采用sp杂化轨道成键

考点：原子核外电子的能级分布．专题：原子组成与结构专题．

分析： A．中心原子采取sp杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体；

B．甲烷分子中碳原子含有s﹣p ς键和杂化以后形成的ς键；

C．sp杂化轨道，中心原子含有4个价层电子对，由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道；

D．AB3型共价化合物，形成3个ς键，如无孤电子对，则为sp杂化．

解答：解：A．中心原子采取sp杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不

一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；

B．甲烷分子中碳原子含有4个ς键且不含孤电子对，所以碳原子以sp杂化，分子中的碳原子以2个2s电子和2个2p电子分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C﹣Hς键，故B错误；

C．同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故C正确；

D．AB3型共价化合物，如中心原子没有孤电子对，则为sp杂化，故D错误；故选C．

点评：本题考查了分子的空间构型的判断、杂化方式的判断等知识点，注意杂化轨道与ς键和孤电子对数目与分子立体构型的关系，题目难度中等． 8．x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（） A． x的原子半径大于y的原子半径 B． x的电负性大于y的电负性 C． x的核电荷数大于y的核电荷数

D． x的第一电离能小于y 的第一电离能

考点：原子结构与元素周期律的关系．

分析： x元素的印离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少．

解答：解：x元素的印离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于X元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少，

A．y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，原子半径小于同周期与y处于同族的元素，故原子半径y＞x，故A错误；

B．x为非金属元素，y为金属元素，故x的电负性大于y的电负性，故B正确； C．y元素处于x元素的下一周期，x的核电荷数小于y的核电荷数，故C错误；

D．x为非金属元素，y为金属元素，故x的第一电离能大于y的第一电离能，故D错误；故选B．

点评：本题考查结构与位置的关系、半径与电负性、第一电离能比较等，难度不大，关键根据离子具有相同的电子层结构推断元素的相对位置．

9．下列说法正确的是（）

A．离子化合物中可能含有共价键 B．分子晶体中的分子内不含有共价键 C．分子晶体中一定有非极性共价键 D．分子晶体中分子一定紧密堆积

考点：共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键．分析： A．共价键可存在于单质、化合物中； B．稀有气体分子晶体中不存在化学键； C．分子晶体中可能不存在化学键；

D．冰中水分子间存在氢键，不具有分子密堆积特征．

解答：解：A．离子化合物中可能含有共价键，如离子化合物KOH中含O﹣H共价键，可能不含共价键如NaCl，故A正确；

B．多原子分子内含共价键如HCl，稀有气体分子晶体中不含化学键，故B错误； C．稀有气体分子晶体中不含化学键，故C错误；

D．冰中水分子间存在氢键，氢键具有方向性，所以分子晶体冰不具有分子密堆积特征，故D错误；故选A．

点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及物质中的化学键为解答的关键，注意稀有气体中不含化学键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

10．已知在干冰晶胞中每个顶角各有1个CO2分子，每个面心各有一个CO2分子．实验测得25℃时干冰晶体的晶胞边长为a cm，其摩尔质量为M g/mol，则该干冰晶体的密度为（单

位：g/cm）（） A．

B．

C．

D．

考点：晶胞的计算．

分析：每个顶点上的二氧化碳分子被8个晶胞共用，每个面心上的二氧化碳分子被两个晶

胞共用，所以该晶胞中二氧化碳分子个数==4，根据ρ==计算即可．

解答：解：每个顶点上的二氧化碳分子被8个晶胞共用，每个面心上的二氧化碳分子被两个晶胞共用，所以该晶胞中二氧化碳分子个数=

=4，

ρ====g/cm，

故选：D．

点评：本题考查了晶胞的计算，利用均摊法计算晶胞中含有的二氧化碳分子个数，再根据密度公式计算其密度即可，难度中等．

11．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是KJ/mol．根据下表所列数据判断错误的是（）

元素 I1 I2 I3 I4

X 496 4562 6912 9543 Y 578 1817 2745 11600

A．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XCl D．若元素Y处于第3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．

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，说明X的金属活泼性大于Y，结合物质性质分析解答．

解答：解：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，说明X的金属活泼性大于Y，

A．X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，故A正确；

B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故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，故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，故D错误；故选D．

点评：本题考查元素电离能和原子结构关系，正确推断元素在周期表中的位置是解本题关系，灵活运用基本概念、基本理论结合物质结构、性质解答，题目难度不大．

12．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：

C．原子核内有10个中子的氧原子：

D． Cr原子的电子排布式：[Ar]3d4s

考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．分析： A．硫原子呈电中性，质子数等于电子数； B．氯离子电子式表示错误；

C．原子核内有10个中子的氧原子，质子数为8，质量数为18；

2262651

D．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s．

解答：解：A．硫原子核内有16个质子，核外16个电子，结构示意图：错误；

，故A

B．NH4Cl的电子式：

，故B错误；

C．氧原子的核电荷数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以

表示为8O，故C正确；

2262651

D．Cr元素为24号元素，原子核外有24个电子，其电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，

则简易电子排布式为[Ar]3d4s，故D错误；故选：C．

点评：本题考查电子式、原子结构示意图和元素符号及核外电子排布的综合，熟悉常用的化学用语的概念及表示方法是解题关键，题目难度不大．

13．下列说法中错误的是（）

A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性

++2+

B．在H3O、NH4 和[Cu（NH3）4]中都存在配位键 C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强 D． P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′

考点：元素周期律的作用；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况．专题：元素周期律与元素周期表专题．

分析： A、对角线规则：处于对角线位置的元素性质具有相似性； B、配位键是成键原子一方提供电子对，一方提供空轨道的化学键； C、根据元素电负性的含义来回答； D、正四面体分子且键角都为109°28′．

解答：解：A、根据周期律对角线规则，金属Be与铝单质及其化合物的性质相似，故A正确；

B、NH4 和[Cu（NH3）4]、H3O中都存在配位键，故B正确； C、元素电负性越大的原子，得电子能力越强，故C正确；

D、CH4是正四面体分子，键角都为109°28′，P4是正四面体分子，键角为60°，故D错误．故选D．

点评：本题考查学生有关电负性的作用、配位键的概念以及元素周期律的作用等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．

14．下列物质，按其晶体的熔点由高到低顺序排列的是（） A． H2O、H2S、H2Se、H2Te

B． C（CH3）4、CH（CH3）2CH2CH3、CH3（CH2）3CH3 C． SiO2、NaCl、CCl4、SO2 D． F2、Cl2、Br2、I2

考点：晶体熔沸点的比较．

分析： A．分子晶体相对分子质量越大，熔点越高，分子间含有氢键的熔点较高； B．碳原子数相同的烷烃，支链越多，熔点越低；

C．首先判断晶体的类型，一般来说晶体的熔点：原子晶体＞离子晶体＞金属晶体＞分子晶体；

D．分子晶体相对分子质量越大，熔点越高．

+2++

解答：解：A．H2O、H2S、H2Se、H2Te都是分子晶体，其相对原子质量随着原子序数增大而增大，所以其熔点随着原子序数增大而增大，但是水分子间存在氢键，熔点较高，则熔点由高到低顺序是H2O、H2Te、H2Se、H2S，故A错误；

B．碳原子数相同的烷烃，支链越多，熔点越低，则熔点由高到低顺序是CH3（CH2）3CH3、CH（CH3）2CH2CH3、C（CH3）4，故B错误；

C．SiO2是原子晶体、NaCl是离子晶体、CCl4和SO2是分子晶体，CCl4常温下为液体，SO2是气体，则熔点由高到低顺序排列是SiO2、NaCl、CCl4、SO2，故C正确；

D．F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，其相对分子质量随着原子序数增大而增大，所以其熔点随着原子序数增大而增大，则由高到低顺序排列是I2、Br2、Cl2、F2，故D错误．故选C．

点评：本题考查晶体熔点的比较，题目难度不大，注意把握影响不同晶体熔点高低的因素，当然也可以依据物质在常温下的状态来比较，学习中注重相关基础知识的积累．

15．石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（）

A．石墨烯与石墨互为同位素

B． 0.12g石墨烯中含有6.02×10个碳原子 C．石墨烯是一种有机物

D．石墨烯中的碳原子间以共价键结合

考点：晶胞的计算；同位素及其应用；化学键．专题：化学键与晶体结构．

分析： A、因题目中说明“石墨烯可由石墨剥离而成”，故不符合同位素的概念；

B、0.12g石墨含碳原子数为=6.02×10；

C、石墨烯只由C元素组成，是无机物；

D、一般非金属与非金属元素的原子之间以共价键结合．

解答：解：A、石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，应是互为同素异形体的关系，而同位素应是同一元素不同原子间的互称，故A错误； B、0.12g石墨含

=6.02×10个碳原子，故B错误；

C、有机物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，故C错误； D、石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；故选D．

点评：本题考查石墨烯的理解，题目难度不大，注意同位素、同素异形体、有机物等概念的理解．

16．下列说法正确的是（）

A．体心立方是金属最密堆积形式

B． 24g金刚石中含有C﹣C键的个数为4NA

C． NaCl晶体中Na的配位数为4

D．中和热测定时，用铜棒代替环形玻璃棒会导致△H偏低

考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系．

分析： A、六方最密堆积和面心立方最密堆积空间利用率最高；

B、金刚石中每个C都与另外4个C相连，则平均每个C原子成键数目为4×=2个； C、NaCl晶体中Na配位数为6；

D、根据铜棒导热，使反应中放出的热量散失．

解答：解：A、六方最密堆积和面心立方最密堆积是空间利用率最高的结构，是金属最密堆积的形式，故A错误；

B、金刚石中每个C都与令外4个C相连，则平均每个C原子成键数目为4×=2个，24g金刚石中含C原子的物质的量为2mol，则含有C﹣C键的个数为4NA，故B正确；

C、NaCl晶体中Na配位数为6，而不是4，故C错误；

D、根据铜棒导热，使反应中放出的热量散失，会导致△H偏低，故D正确；故选BD．

点评：本题考查了晶体结构，明确晶胞结构是解决本题的关键，难点是配位数的计算，难度中等．

A．该物质有很高的熔点、很大的硬度 B．该物质形成的晶体属分子晶体

C．该物质分子中Si60被包裹在C60里面 D．该物质的相对分子质量为1200

考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．专题：化学键与晶体结构．

分析： A、根据分子晶体的熔点低、硬度小分析； B、由分子式及信息可知该物质为分子晶体； C、根据硅的原子半径比碳大；

D、根据分子式确定该物质的相对分子质量．

解答：解：A、由分子式及信息可知该物质为分子晶体，分子晶体的熔点低、硬度小，故A错误；

B、由题目中的信息可知是一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，所以该物质有分子存在，属于分子晶体，故B正确；

C、硅的原子半径比碳大，所以硅化合物Si60C60，外层球壳为Si60，内层球壳为C60，故C错误．

D、它的分子式为C60Si60，所以该物质的相对分子质量=（12+28）×60=2400，故D错误；故选B．

点评：本题考查了晶体的物理性质、分子晶体的判断等知识点，难度不大，注意根据晶体的构成微粒来判断晶体类型．

A． B． C． D．

考点：晶胞的计算．

专题：化学键与晶体结构．

分析：根据均摊法计算粗线画出的CoO2层状结构的晶胞的钴原子和氧原子的个数，据此作判断．

解答：解：A、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为1，含有O原子数为以Co原子与O原子数之比为1：2，故A正确； B、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为1子与O原子数之比为1：2，故B正确； C、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为原子与O原子数之比为1：2，故C正确；

D、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为1，含有O原子数为

=1，所以Co原子

=1，含有O原子数为

=2，所以Co

=2，含有O原子数为4，所以Co原

=2，所

与O原子数之比为1：1，故D错误；故选D．

点评：本题考查了均摊法，难度较小，解题的关键在于仔细看清每个示意图中代表钴原子和氧原子的点．

19．2004年4月30号出版的《Science》杂志报道了中国科学家郑兰荪院士首次成功合成新

型稳定小富勒烯C50Cl10，外侧连有10个氯原子（也使得碳原子由sp杂化转化为sp），其形状酷似太空船（如图）．有关C50Cl10的说法正确的是（）

A． C50Cl10摩尔质量为950 g/mol B． C50Cl10晶体是原子晶体

C． C50Cl10分子中含有25个碳碳双键

D． C50Cl10分子用电子对数目为105个

考点：判断简单分子或离子的构型．专题：化学键与晶体结构．

分析：该分子中，每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，则每个碳原子必形成一个双键、两个单键，即每个碳原子实际占有 1

个双键、1个单键，则C50有C=C键数为25个、C﹣C单键数为50个；C50Cl10可看作C50+5Cl2→C50Cl10（加成而得），在加成过程中，断开5个C=C键变为5个C﹣C键，同时形成10个C﹣Cl单键，此时有：C=C键数20个、C﹣C键数55个、C﹣Cl键数10个，据此分析解答．

解答：解：该分子中，每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连”，则每个碳原子必形成一个双键、两个单键，即每个碳原子实际占有 1 2

个双键、1个单键，则C50有C=C键数为25个、C﹣C单键数为50个；C50Cl10可看作C50+5Cl2→C50Cl10（加成而得），在加成过程中，断开5个C=C键变为5个C﹣C键，同时形成10个C﹣Cl单键，此时有：C=C键数20个、C﹣C键数55个、C﹣Cl键数10个， A．C50Cl10分子的相对分子质量为：12×50+35.5×10=955，分子的相对分子质量与其摩尔质量在数值上相等，所以C50Cl10摩尔质量为955g/mol，故A错误； B．C50Cl10晶体的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故B错误； C．C50Cl10分子中含有20个碳碳双键，故C错误；

D．该分子中，C=C键数20个、C﹣C键数55个、C﹣Cl键数10个，则共有共用电子对数为：20×2+55+10=105，故D正确；故选D．

点评：本题考查了信息给予题，根据足球烯的结构采用知识迁移的方法分析该物质结构，利用均摊法计算化学键个数，同时考查学生空间想象能力，题目难度中等．

考点：原子结构与元素的性质．专题：压轴题．

分析：首先，根据原子结构的特点，推断出W、X、Y和Z分别是什么元素；然后，根据元素的性质，对照各个选项，判断正误．

解答：解：因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；

A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；

B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；

C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；

D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A．

点评：本题考查元素的推断和元素的性质，充分利用原子结构的知识是解题的关键．

①将NaCl固体研细、干燥后，准确称取m g NaCl固体并转移到定容仪器A中．

②用滴定管向A仪器中加苯，不断振荡，继续加苯到A仪器的刻度，计算出NaCl固体的体积为V cm．

（1）步骤①中仪器A最好使用 C （填序号）． A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．试管

（2）步骤②中是用酸式滴定管还是用碱式滴定管酸式滴定管，理由是因苯能腐蚀碱式滴定管的橡皮管（溶解）．

（3）能否用水代替苯否（填“是”或“否”），理由是因NaCl溶于水，无法测出NaCl的体积．

（4）已知NaCl晶体中，靠得最近的Na、Cl间的距离为a cm（如图），则用上述方法测得的阿佛加德常数NA的表达式为 NA= ．

﹣

考点：阿伏加德罗常数的测定．

分析：（1）容量瓶为定容仪器，能够较准确的测定体积；

（2）苯应用酸式滴定管盛装，因苯能腐蚀碱式滴定管的橡皮管；

（3）要测量mgNaCl固体的体积不能用水，因NaCl溶于水，无法测出NaCl的体积；

（4）根据NaCl的密度和晶体的体积计算出一个NaCl晶胞的质量，根据1molNaCl的质量、摩尔质量和阿伏加德罗常数的关系计算阿伏加德罗常数．解答：解：（1）定容容器为容量瓶，具有一定体积并便于振荡，所以C正确，故答案为：C；

（2）苯具有腐蚀性，易腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，只能用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；碱式滴定管的橡胶管会溶于苯而变形；

（3）测量mgNaCl固体的体积，所加溶剂不能溶解NaCl，否则无法测出NaCl的体积，所以不能用水，应用苯，

故答案为：否；水会溶解NaCl，无法准确测出NaCl固体的体积；

（4）NaCl的密度为

NaCl晶胞的体积为（2a）cm，

g/cm，

则NaCl晶胞的质量为：一个NaCl晶胞含4个“NaCl”，而每个“NaCl”的质量为

，

g/cm×（2a）cm=

333

×（2a）g，

×（2a）=4×

，

即NA=

，

故答案为：NA=

．

点评：本题考查晶胞的结构分析和阿伏加德罗常数的测定，题目较难，注意根据1molNaCl的质量、摩尔质量和阿伏加德罗常数的关系计算阿伏加德罗常数． 22．（10分）（2015春•湖北校级期末）现有A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有如图所示的结构或结构单元，（图中正四面体以外可能有的部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同）．A、B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应．C、D、E、F含有相等的电子数，且D是阳离子，D与F的组成元素相同．C、E、F的晶体类型相同，由E构成的物质常温下呈液态．（1）写出单质A的同素异形体与B物质发生置换反应的化学方程式 2C+SiO22

Si+2CO↑ ；与A同主族的第四周期元素基态原子的外围电子排布式为 4s4p ．

（2）上述六种物质或粒子的组成元素中有三种处于同一周期，请写出这三种元素第一电离能由大到小的顺序 N＞O＞C （用元素符号回答）

（3）上述六种物质或粒子中互为等电子体的是 CH4、NH4 （写出化学式）

（4）F分子的中心原子杂化类型是 sp ，E易溶于F，其原因是 NH3和H2O为极性分子，相似相溶原理，且NH3和H2O分子之间能形成氢键．

考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

分析： A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结

构单元，D是阳离子，故D为NH4；

C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH3；

由E构成的物质常温下呈液态，故E为H2O；

C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH4；

A、B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应，A为金刚石，B为二氧化硅，

再结合题目分析解答．

解答：解：A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结构单元，D是阳离子，故D为NH4；

C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH3；由E构成的物质常温下呈液态，故E为H2O；

C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH4；

A、B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应，A为金刚石，B为二氧化硅，

（1）A是金刚石、B是二氧化硅，单质A的同素异形体与B物质发生置换反应生成Si和CO，该反应的化学方程式2C+SiO2

Si+2CO↑；与A同主族的第四周期元素是Ge

元素，原子核外有32个电子，Ge基态原子的外围电子排布式为4s4p，故答案为：2C+SiO2

Si+2CO↑；4s4p；

（2）上述六种物质或粒子的组成元素中有三种处于同一周期，分别为C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以

这三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；

（3）原子数相同，电子数目相同的为等电子体，CH4、NH4 是等电子体；

故答案为：CH4、NH4；

（4）F分子是NH3，中心原子N原子成3个ς键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，

采取sp杂化；NH3和H2O为极性分子符合相似相溶原理，且NH3和H2O分子之间能形成氢键，所以氨气易溶于水．

故答案为：sp；NH3和H2O为极性分子，相似相溶原理，且NH3和H2O分子之间能形成氢键．

点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及等电子体、氢键、原子杂化方式判断、元素周期律等知识点，正确判断微粒是解本题关键，熟悉常见微粒结构、10电子分子或离子，知道氢键对物质物理性质的影响，题目难度不大． 23．（1）I．短周期某主族元素M的电离能情况如图（A）所示．则M元素位于周期表的第

IIIA 族；

II．图B折线c可以表达出第 IVA 族元素氢化物的沸点的变化规律；两位同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线a和b，你认为正确的是： b （填“a”或“b”）；

（2）COCl2俗称光气，分子中C原子采取 sp 杂化成键；其中碳氧原子之间共价键含有 c （填字母）：

a．2个ς键； b．2个π键； c．1个ς键、1个π键

（3）金属是钛（Ti）将是继铜、铁、铝之后人类广泛使用的第四种金属，试回答： I．Ti元素的基态原子的价电子排布式为 3d4s ；

II．钢铁表面镀有下列金属时，当镀层部分被破坏时，铁不易被腐蚀的是 b ．（填字母） a．Sn b．Zn c．Cu d．Pb．

考点：位置结构性质的相互关系应用．

分析：（1）I、原子的电离能越大，表示越难失去电子，故化合价也较低，一般来说，元素的电离能按照第一、第二…的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价；

II、根据相对分子质量与物质熔沸点的关系以及氢键的存在对物质性质的影响判断；

（2）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp杂化成键，C原子与氯原子之间形成C﹣Cl单键，故C原子与O原子之间形成C=O双键，双键中含有1个ς键、1个π键，据此分析解答；

（3）Ⅰ根据钛元素在周期表中的原子序数以及其原子结构来确定基态原子的电子排布式； Ⅱ根据原电池原理及金属的防腐进行判断．解答：解：（1）I、短周期某主族元素M的第一、第、第三电离能之间变化不大，第四电离能剧增，且第一电离能很低，说明该元素原子很难失去第四个电子，最高化合价为+3，应为第IIIA族元素；故答案为：IIIA；

II、在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，由于N、O、F电负性大，NH3、H2O、HF因在分子间存在多条结合力较大的氢键，总强度远远大于分子间作用力，故沸点高于同主族其它元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，故答案为：IVA；b；

（2）COCl2分子的结构式为，COCl2分子中C原子与Cl原子以单键相结合，

与O原子以双键相结合，C=O键中含有1个δ键，1个π键，则COCl2分子内含有3个ς

键、1个π键，所以C原子为sp杂化，

故答案为：sp；c；

（3）Ⅰ钛元素在周期表中的原子序数为22，位于第四周期第IVB族，基态原子的电子排布式为1s2s2p3S3p3d4s（或[Ar]3d4s），22Ti元素基态原子的价电子层排布式为3d4s，

故答案为：3d4s

Ⅱ根据原电池原理可知，在原电池中负极发生氧化反应，所以钢铁表面镀有活泼性强于铁的金属时，当镀层部分被破坏时，铁不易被腐蚀而是镀层被腐蚀，题中锌比铁活泼，其它金属都没有铁活泼，故选：b．

点评：本题对物质结构与性质进行综合性考查，难度中等，侧重考查学生运用所学知识对图表、图象分析本题主要考查了COCl2的结构，掌握杂化轨道理论是解答的关键，题目难度不大．

24．（13分）（2015春•齐齐哈尔校级期中）如图是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表一种化学元素．试回答下列问题：

（1）请写出H的单质与二氧化碳反应的方程式 2Mg+CO22MgO+C ．

（2）D的气态氢化物的VSEPR模型为四面体，其中心原子的杂化类型为 sp ．（3）G、H和I的第一电离能数值由大到小的顺序为： Mg＞Al＞Na （用元素符号作答）．（4）由A、C、D形成的ACD分子中，含有 2 个ς键， 2 个π键．

（5）要证明太阳上是否含有R 元素，可采用的方法是对太阳光进行光谱分析．（6）与M同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与M原子相同的元素还有 K、Cu （填元素符号）．MO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断MO2Cl2是非极性（填“极性”或“非极性”）分子．

（7）已知元素“O”某红紫色配合物的组成为OCl3•5NH3•H2O，中心离子O的配位数是6，1mol该物质与足量的银反应可生成3molAgCl，则该物质的配体是 NH3、H2O ．（8）金属N的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图2所示．体心立方和面心立方两种堆积方式中铁的密度之比为 34：37 ．

考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；晶胞的计算．

分析：根据元素在周期表中的位置知，A为H，B为Li，C为C，D为N，E为O，F为F，G为Na，H为Mg，I为Al，J为Si，K为S，L为Cl，M为Cr，N为Fe，O为Co，R为He，T为Ne，

（1）H单质是镁，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和C；（2）D的气态氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断VSEPR模型和原子杂化方式；

（3）同一周期元素，元素第一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；

（4）由A、C、D形成的ACD分子中为HCN，其结构式为H﹣C≡N，共价单键为ς键、共价三键中含有一个ς键、两个π键；（5）采用光谱分析可以确定元素；

（6）M是Cr元素，其原子最外层有1个电子；非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂；

（7）O为Co，中心离子钴离子的配位数是6，1mol该物质与足量的银反应可生成3molAgCl，说明该物质中氯元素是外界，为氯离子，则氨气分子和水分子为配体；

（8）N为Fe，利用均摊法计算晶胞中原子数目，根据计算体心立方晶胞和面心立方

晶胞中铁的密度之比；

解答：解：根据元素在周期表中的位置知，从A﹣R分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Cr、Fe、He元素，

（1）H单质是镁，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和C，方程式为2Mg+CO2

2MgO+C，

2MgO+C；

故答案为：2Mg+CO2

（2）D的气态氢化物是氨气，氨气分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知VSEPR模型为四面体，N原子杂化方式为sp，

故答案为：四面体；sp；

（3）同一周期元素，元素第一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Mg＞Al＞Na，故答案为：Mg＞Al＞Na；

（4）由A、C、D形成的ACD分子中为HCN，其结构式为H﹣C≡N，共价单键为ς键、共价三键中含有一个ς键、两个π键，所以该分子中含有两个ς键、两个π键，故答案为：2；2；

（5）采用光谱分析可以确定元素，所以可以采用光谱分析确定He元素，故答案为：对太阳光进行光谱分析；

（6）M是Cr元素，其原子最外层有1个电子，所以与M同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与M原子相同的元素还有K、Cu，非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，溶质都是非极性分子，所以MO2Cl2是非极性分子，故答案为：K、Cu；非极性；

（7）O为Co，中心离子钴离子的配位数是6，1mol该物质与足量的银反应可生成3molAgCl，说明该物质中氯元素全部是外界，为氯离子，则氨气分子和水分子为配体，其化学式为[Co（NH3）5 H2O]Cl3，故答案为：NH3、H2O；

（8）N为Fe，设铁原子的半径为a，利用均摊法可知，体心立方晶胞中含有的铁原子数为

=2，体心立方晶胞的边长为

，所以晶胞的体积为（

），则体心立方晶胞的密

度为，面心立方晶胞中含有的铁原子数为=4，面心立方晶胞的边长

为，所以晶胞的体积为（），则面心立方晶胞的密度为

，所以体心立方晶

胞和面心立方晶胞中铁的密度之比为：=≈34：37，

故答案为：34：37．

点评：本题考查物质结构和性质，涉及原子杂化方式判断、相似相溶原理、元素周期律、物质性质等知识点，侧重考查基本理论，熟悉价层电子对互斥理论、元素周期律即可解答，注意第一电离能中的异常现象，题目难度不大．

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2014-2015学年黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高二(下)期中化学试卷