吉林省白山市长白山一中高二化学上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年吉林省白山市长白山一中高二（上）第二次月考化学试卷　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．在2A+B═3C+4D反应中，下面表示的反应速率最快的是（　　）A．v（A）=3.0mol．L﹣1．min﹣1B．v（B）=0.280mol．L﹣1．s﹣1C．v（C）=4.8mol．L﹣1．min﹣1D．v（D）=0.20mol．L﹣1．s﹣1　2．下列叙述中，正确的是（　　）A．原子晶体中只含有共价键B．分子晶体中只存在分子间作用力，不存在化学键C．离子晶体中只含有离子键，不含共价键D．任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子　3．下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（　　）A．金刚石和干冰B．NaBr和HBrC．CH4和H2OD．Cl2和KCl　4．下列有关表述中正确的是（　　）A．Br的电子排布式可简写为[Ar]4s24p5B．16O与18O互为同位素，H216O、H218O互为同素异形体C．CH4、NH粒子的空间构型均为正四面体形D．NH4Cl的电子式为　5．化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是（　　）A．煤燃烧时将部分化学能转化为热能B．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能C．炸药爆炸时将部分化学能转化为动能D．镁条燃烧时将部分化学能转化为光能　6．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率可表示为（　　）A．v（NH3）=0.01mol/（L•s）B．v（O2）=0.001mol/（L•s）C．v（H2O）=0.045mol/（L•s）D．v（NO）=0.001mol/（L•s）　7．沸腾时只需克服范德华力的物质是（　　）A．水B．CCl4C．氨水D．水银　25\n8．已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ．mol﹣1，现有0.75molCH4和CO的混合气体，完全燃烧后生成CO2（g）和18gH2O（l），共放出515.9kJ热量，由上可知1molCO完全燃烧放出的热量为（　　）A．283kJB．374.4kJC．512kJD．566kJ　9．如图是某反应在不同条件下的能量与反应过程关系图，有关该图的说法正确的是（　　）A．虚线代表的是使用了催化剂的反应的图象，该反应是吸热反应B．E1、E2是该反应在不同条件下的活化能，E4、E5是反应在不同条件下放出的能量C．两种条件下反应的热效应相同，且虚线代表的反应速率较快D．该反应的△H=E1﹣E5=E2﹣E4=E3　10．下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是（　　）A．因为水溶液的酸性：HCl＞H2S，所以非金属性：Cl＞SB．同周期第ⅡA族与第IIIA族的元素原子序数之差不一定为1C．元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子，非金属性越强D．同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同　11．原子序数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，核内质子数为2n2﹣1．下列有关X的说法中不正确的是（　　）A．X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数B．X可能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐C．X能形成化学式为X（OH）3的碱D．X能与某些金属元素形成离子化合物　12．据最新报道，科学家发现了如下反应；O2+PtF6═O2[PtF6]，已知O2[PtF6]为配位化合物（其中Pt为+5价，O显正价，且是科学家最新发现的显正价的氧元素），对此反应，下列说法正确的是（　　）A．该配合物的配位原子是F和O，配位数为8B．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂C．O2[PtF6]中Pt与F之间以离子键相结合D．反应中每生成1molO2（PtF6），转移1mol电子　13．磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料．如图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构．下列有关说法正确的是（　　）25\nA．磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C．磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同　14．科学家新发现的两种分子COS和C3O2（均为新型可燃性碳的化合物）的结构式分别为S=C=O和O=C=C=C=O，则下列有关说法正确的是（　　）A．C3O2和COS在氧气中完全燃烧的产物均是CO2B．CO、C3O2、CO2都是碳的氧化物，它们互为同素异形体C．COS和C3O2均是含极性键的非极性分子D．CO2、COS、C3O2三分子中碳原子均采取sp杂化　15．某碳氢化合物分子的结构式如图：，下列有关该分子的叙述正确的是（　　）A．该分子含5个σ键，3个π键B．该分子是非极性分子C．该分子的碳原子均是以sp2杂化轨道参与成键D．分子中有4个原子在同一直线上　16．下列各组热化学方程式（同温、同压下）中Q1大于Q2（Q1、Q2为热量的数值）的是（　　）①S（g）+O2═SO2（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1②4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣Q1kJ•mol﹣14Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1③C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1④3H2（g）+O2（g）═3H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1W（s）+O2（g）═WO3（s）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1．A．①②B．③④C．②④D．①③　　二、（本题包括6小题，共37分）17．中和热的测定是高中重要的定量实验．取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：25\n（1）从如图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是　　　　　　，除此之外，装置中的一个明显错误是　　　　　　．（2）图中的小烧杯应该选择下列哪种规格的　　　　　　．（选填代号）①50mL②100mL③150mL④250mL（3）为了便于计算，假定混合前后溶液的密度都近似为1g．cm﹣3，假定反应后生成溶液的比热容近似为水的比热容4.18J．g﹣1．℃﹣1，用t1℃和t2℃代表反应前后溶液的温度，则该实验中和热的计算表达式为△H=　　　　　　．　18．按要求回答下列问题：（1）已知在200℃，101kPa时，H2与碘蒸气作用生成1molHI放出7.45kJ热量，则该反应的热化学方程式为　　　　　　．（2）太阳能的开发和利用是21世纪一个重要课题．利用储能介质储存太阳能的原理是：白天在太阳照射下使某种盐熔化，吸收热量，晚间熔盐固化释放出相应能量．已知下列数据：序号盐熔点/℃熔化热/kJ．mol﹣1参考价格/元．kg﹣1①CaCl2•6H2O29.037.3780～850②Na2SO4•10H2O32.477.0800～900③Na2HPO4•12H2O36.1100.11800～2400④Na2SiO3•5H2O52.549.71400～1800其中最适宜作为储能介质的是　　　　　　．（选填物质序号）（3）离子晶体晶格能的定义是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，通常取正值．现已知：2Na（s）+Cl2（g）═2NaCl（s）△H=﹣821.8kJ．mol﹣12Cl（g═Cl（g）△H=﹣239.4kJ．mol﹣1Na（s）═Na（g）△H=+108.8kJ．mol﹣1Na（g）═Na+（g）+e﹣△H=+496.0kJ．mol﹣1Cl（g）+e﹣═Cl﹣（g）△H=﹣348.7kJ．mol﹣1则NaCl的晶格能为　　　　　　．　19．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如右图所示．图中反应条件均未标出，部分产物（包括水）已略去，反应①是置换反应．（1）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色有毒气体．③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生．A、D均为极易溶于水的气态氢化物，且相遇有白烟生成．则A分子的立体构型为　　　　　　，反应③的化学方程式为　　　　　　．（2）若A、D为短周期元素的单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍．F是一种含氧酸，③和④两个反应中都有红棕色气体生成．则E的化学式为　　　　　　，反应④的化学方程式为　　　　　　．25\n　20．A、B、C、D、E为主族元素．A、B、C同周期且原子半径逐渐减小，A、B原子的最外层电子数之和等于C、D原子的最外层电子数之和．A元素的最外层电子数为次外层电子数的两倍，B的氢化物可与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐．D元素位于元素周期表中第一个长周期，是维持青少年骨骼正常生长发育的重要元素之一，其原子最外层电子数等于最内层电子数．E是元素周期表中原子半径最小的元素．试回答下列问题：（1）C元素简单离子的电子排布图是　　　　　　．（2）A、B两元素各有多种氢化物，其电子数为10的氢化物中沸点较高的是　　　　　　（填化学式）．（3）B与E可形成离子化合物BE5，其阴离子的电子式是　　　　　　，BE5含有的化学键类型有　　　　　　（选填代号：A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键）．（4）下列晶体结构示意图中（●代表阳离子，○代表阴离子），能表示C与D形成的离子化合物的晶体结构的是　　　　　　（选填字母标号“a”或“b”）．　21．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知A、B、C同周期，B、D同主族，且D的原子序数是B的2倍．回答下列问题：（1）DC2分子的空间构型为　　　　　　，其中心原子采取　　　　　　杂化．（2）DB2是　　　　　　（填“极性”或“非极性”）分子，其在水中的溶解度较大，其原因除了其分子的极性因素以外，另一原因是　　　　　　．（3）若A是其所在周期元素中核外单电子数最多的元素，则+3价A的含氧酸、D及E的最高价含氧酸三者酸性由强到弱的顺序为　　　　　　（用酸的分子式作答）；若A是所在周期原子半径最大的元素，则单质A与O2点燃的化学方程式为　　　　　　．　22．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，其中A与D、B与C同主族，D与E同周期．A为原子半径最小的元素，B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，E的原子序数是B和C两元素原子序数之和．回答下列问题：（1）D元素的原子结构示意图为　　　　　　，E元素的电子排布式为　　　　　　．（2）A2B2能以任意比例与水互溶，请推测其主要原因是　　　　　　，A2B2分子是否为手性分子　　　　　　（填“是”或“否”）．25\n（3）E的原子半径为rcm，摩尔质量为Mg．mol﹣1，阿伏伽德罗常数值为NA，E单质晶体中原子的空间利用率为68%，则E单质晶体中E原子的配位数为　　　　　　，其晶体密度为　　　　　　g．cm﹣3．　　三、（本题包括2小题，共15分）23．已知硼酸（分子式为H3BO3）对人体的受伤组织有缓和和防腐作用，故可以用于医药和食品防腐等方面．试回答下列问题：（1）已知硼酸分子中H只与O成键，则其分子结构式为　　　　　　，由其结构可推知硼酸应属于　　　　　　酸（选填“弱”或“强”）．（2）已知硼酸晶体呈片状，具有类似石墨那样的片层结构，片层之间作用较弱，有滑腻感，可做润滑剂．则层内H3BO3分子之间的作用力是　　　　　　，层与层间的作用力是　　　　　　．（3）已知0.01mol硼酸可以被20mL0.5mol•L﹣1NaOH溶液恰好完全中和，据此推知硼酸属　　　　　　元酸．研究表明：在大多数情况下，元素的原子在形成分子或离子时，其最外层有达到8电子稳定结构的趋向，如BF5+F﹣═BF．写出硼酸与NaOH溶液反应的离子方程式：　　　　　　．　24．晶体的世界丰富多彩，晶体的结构纷繁复杂．人教版课程标准高中教材《选修3》向我们展示了一些典型晶体的结构及性质的相关知识，如：干冰、冰、金刚石、石墨、钋、钾、镁、铜、NaCl、CsCl、CaF2．下图是一个立方晶胞图，请大家在上述所列物质范围内回答下列问题：（1）描述晶体结构的　　　　　　单元叫做晶胞，整块晶体可以看作是数量巨大的晶胞　　　　　　而成的．（2）某分子晶体的晶胞如图（B、C球所代表的位置无该分子）所示，则该分子晶体是　　　　　　；该分子晶体中，一个分子周围紧邻　　　　　　个分子．（3）若图是NaCl的晶胞图，则A球代表　　　　　　，B球代表　　　　　　，C球代表　　　　　　．（4）若图是金刚石的晶胞图，则碳原子处于　　　　　　位置（选填“A球”、“B球”、“C球”）．（5）某金属晶体的晶胞如图（A、C球所代表的位置无该金属原子）所示，则该金属晶体是　　　　　　．　　25\n2022-2022学年吉林省白山市长白山一中高二（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析　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．在2A+B═3C+4D反应中，下面表示的反应速率最快的是（　　）A．v（A）=3.0mol．L﹣1．min﹣1B．v（B）=0.280mol．L﹣1．s﹣1C．v（C）=4.8mol．L﹣1．min﹣1D．v（D）=0.20mol．L﹣1．s﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，则不同物质的化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，则不同物质的化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快．A.=1.5mol．L﹣1．min﹣1；B.0.280mol．L﹣1．s﹣1=16.8mol．L﹣1．min﹣1，=16.8mol．L﹣1．min﹣1；C.=1.6mol．L﹣1．min﹣1；D．v（D）=0.20mol．L﹣1．s﹣1=12mol．L﹣1．min﹣1，=3.0mol．L﹣1．min﹣1，故选：B．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，可以将不同物质转化为同一物质的反应速率进行比较，注意单位要统一．　2．下列叙述中，正确的是（　　）A．原子晶体中只含有共价键B．分子晶体中只存在分子间作用力，不存在化学键C．离子晶体中只含有离子键，不含共价键D．任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体；B、分子晶体中，构成分子的原子之间可形成化学键；C、离子晶体可含有离子键和共价键；D、金属晶体含有阳离子，但不含阴离子．【解答】解：A、原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体中只含有共价键，故A正确；B、分子晶体中，构成分子的原子之间可形成化学键，如H2O含有O﹣H键，故B错误；C、离子晶体可含有离子键和共价键，如NaOH，故C错误；D、金属晶体由金属离子和自由电子构成，含有阳离子，但不含阴离子，故D错误；故选：A．25\n【点评】本题考查晶体的构成和性质，注意把握组成微粒和粒子间的作用力，侧重于基础知识的考查，难度不大．　3．下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（　　）A．金刚石和干冰B．NaBr和HBrC．CH4和H2OD．Cl2和KCl【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键．【解答】解：A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，故A错误；B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，故B错误；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，故C正确；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，故D错误；故选C．【点评】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，难度不大，注意把握有关概念．　4．下列有关表述中正确的是（　　）A．Br的电子排布式可简写为[Ar]4s24p5B．16O与18O互为同位素，H216O、H218O互为同素异形体C．CH4、NH粒子的空间构型均为正四面体形D．NH4Cl的电子式为【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．35Br的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5；B．同素异形体的研究对象为单质，H216O、H218O不是单质；C．CH4、NH4+中心原子为sp3杂化；D．NH4Cl的电子式中氯离子没有标出最外层电子．【解答】解：A．35Br的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，则35Br的电子排布式可简写为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B．16O与18O为同种元素的不同原子，互为同位素；H216O、H218O为水，属于同一种物质，不是同素异形体，故B错误；C．在常见的化合物中CH4、NH4+中心原子为sp3杂化，为正四面体结构，故C正确；D．NH4Cl为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，铵根离子和氯离子还应该标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为，故D错误；故选C．25\n【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、同素异形体、同位素、电子排布式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．　5．化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是（　　）A．煤燃烧时将部分化学能转化为热能B．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能C．炸药爆炸时将部分化学能转化为动能D．镁条燃烧时将部分化学能转化为光能【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据煤燃烧时的能量转化来回答；B、葡萄糖氧化是把化学能转化为热能；C、根据爆炸过程中能量之间的转化来回答；D、根据镁条燃烧时的能量转化来回答．【解答】解：A、煤燃烧时部分化学能转化为热能，还有光能，烧煤取暖证明了这一点，故A正确；B、葡萄糖氧化是把化学能转化为热能，为人体提供能量，故B错误；C、炸药爆炸过程中，化学能转化为热能、动能、光能等，故C正确；D、镁条燃烧时发光、放热，即部分化学能转化为光能和热能，故D正确；故选：B．【点评】本题考查学生常见的能量转化形式方面的知识，可以根据能量转化原理分析，题目较为简单．　6．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率可表示为（　　）A．v（NH3）=0.01mol/（L•s）B．v（O2）=0.001mol/（L•s）C．v（H2O）=0.045mol/（L•s）D．v（NO）=0.001mol/（L•s）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据v=计算v（H2O），再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率．进行判断．【解答】解：在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v（H2O）==0.0015mol•L﹣1•s﹣1，A．速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=×0.0015mol•L﹣1•s﹣1=0.0010mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B．速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=×0.0015mol•L﹣1•s﹣1=0.00125mol•L﹣1•s﹣1，故B错误；25\nC．v（H2O）==0.0015mol•L﹣1•s﹣1，故C错误；D．速率之比等于化学计量数之比，所以v（NO）=×0.0015mol•L﹣1•s﹣1=0.0010mol•L﹣1•s﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率的计算，难度不大，注意公式的运用，化学反应速率的计算通常有定义法、化学计量数法，根据题目选择合适的计算方法．　7．沸腾时只需克服范德华力的物质是（　　）A．水B．CCl4C．氨水D．水银【考点】化学键和分子间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】沸腾时物质分子间距增大，物质的化学键不会被破坏，如果有氢键的，氢键也会被破坏．A、水在沸腾时除了克服范德华力外，还需要破坏氢键；B、CCl4在沸腾时，只是破坏了范德华力；C、氨水中也存在氢键，在沸腾时，同时破坏了范德华力和氢键；D、水银属于金属，不存在范德华力．【解答】解：A、水在沸腾时除了克服范德华力外，还需要破坏氢键，故A错误；B、CCl4在沸腾时，只是破坏了范德华力，分子内的共价键不受影响，故B正确；C、氨水中也存在氢键，在沸腾时，同时破坏了范德华力和氢键，故C错误；D、水银属于金属，不存在范德华力，故D错误．故选B．【点评】本题考查了不同物质具有的不同的微粒间作用力，难度不大，注意沸腾只破坏分子与分子间的作用力，不会破坏分子内的共价键．　8．已知CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ．mol﹣1，现有0.75molCH4和CO的混合气体，完全燃烧后生成CO2（g）和18gH2O（l），共放出515.9kJ热量，由上可知1molCO完全燃烧放出的热量为（　　）A．283kJB．374.4kJC．512kJD．566kJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据H元素守恒计算CH4和CO的物质的量，结合热化学方程式计算甲烷燃烧放出的热量以及一氧化碳燃烧放出的热量值．【解答】解：18克液态水的物质的量==1mol，根据H原子守恒可知n（CH4）==0.5mol，根据CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ．mol﹣1，0.5mol甲烷燃烧放热为445kJ，故n（CO）=0.75mol﹣0.5mol=0.25mol，0.75molCH4和CO的混合气体，完全燃烧后生成CO2（g）和18gH2O（l），共放出515.925\nkJ热量，所以0.25molCO燃烧放热515.9kJ﹣445kJ=70.9kJ，所以1molCO完全燃烧放出的热量为70.9kJ×≈283kJ．故选A．【点评】本题考查学生反应热的计算知识，注意热化学方程式的意义是关键，难度中等．　9．如图是某反应在不同条件下的能量与反应过程关系图，有关该图的说法正确的是（　　）A．虚线代表的是使用了催化剂的反应的图象，该反应是吸热反应B．E1、E2是该反应在不同条件下的活化能，E4、E5是反应在不同条件下放出的能量C．两种条件下反应的热效应相同，且虚线代表的反应速率较快D．该反应的△H=E1﹣E5=E2﹣E4=E3【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、催化剂降低活化能，加快反应速率，依据反应物和生成物能量变化判断反应吸热放热；B、依据图象分析判断，E1、E2是该反应在不同条件下的活化能，E4、E5是其逆反应在不同条件下的活化能；C、催化剂改变反应速率，降低活化能，不能改变反应的方向和焓变；D、依据图象分析判断，△H=E1﹣E5=E2﹣E4=﹣E3．【解答】解：A、催化剂降低活化能，加快反应速率，反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，所以虚线代表的是使用了催化剂的反应的图象，该反应是放热反应，故A错误；B、依据图象分析判断，E1、E2是该反应在不同条件下的活化能，E4、E5是其逆反应在不同条件下的活化能，故B错误；C、催化剂改变反应速率，降低活化能，不能改变反应的方向和焓变，所以两种条件下反应的热效应相同，且虚线代表的反应速率较快，故C正确；D、依据图象分析判断，△H=E1﹣E5=E2﹣E4=﹣E3，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了反应焓变的计算判断，图象分析是关键，反应自发进行的判断依据，催化剂的作用分析是解题关键，题目难度中等．　10．下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是（　　）A．因为水溶液的酸性：HCl＞H2S，所以非金属性：Cl＞SB．同周期第ⅡA族与第IIIA族的元素原子序数之差不一定为1C．元素原子的最外层电子数越多，越容易得电子，非金属性越强D．同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构相同【考点】元素周期律的作用．25\n【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关；B．元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第ⅠA、ⅡA之后是第ⅢB，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系；C．根据稀有气体最外层电子最多，既不容易得到电子，也不容易失去电子；D．同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构可能相同，也可能不同；【解答】解：A．元素的非金属强弱与氢化物水溶液的酸性无关，故A错误；B．因为是同一周期的IIA族，即同一横行往右一个主族，在第二、三周期原子序数增加一，因而可以x+1；又因为IIA族与IIIA族元素在第四周期起有过渡元素，因而又可以x+11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，因而又可以x+25，故B正确；C．元素原子的最外层电子数越多，不一定越容易得电子，如稀有气体，故C错误；D．同周期主族元素的原子形成的简单离子电子层结构可能相同，如镁离子和钠离子，也可能不同，如镁离子和氯离子，故D错误；故选：B；【点评】本题主要考查了元素周期表的结构、原子的得失电子能力，离子结构等，需要注意的是元素的非金属的强弱与氢化物水溶液的酸性无关．　11．原子序数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，核内质子数为2n2﹣1．下列有关X的说法中不正确的是（　　）A．X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数B．X可能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐C．X能形成化学式为X（OH）3的碱D．X能与某些金属元素形成离子化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】原子序数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，X为N元素，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，X为Cl元素，符合题意，以此来解答．【解答】解：原子序数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，X为N元素，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，X为Cl元素，符合题意．A．最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1，根据奇偶性可知，X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数，故A正确；B．元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B正确；C．由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X（OH）3的碱，故C错误；D．N元素能与金属Mg元素形成化合物Mg3N2，Cl元素能与金属Na元素形成化合物NaCl，故D正确．故选C．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据核外电子排布规律推断元素，难度不大．　25\n12．据最新报道，科学家发现了如下反应；O2+PtF6═O2[PtF6]，已知O2[PtF6]为配位化合物（其中Pt为+5价，O显正价，且是科学家最新发现的显正价的氧元素），对此反应，下列说法正确的是（　　）A．该配合物的配位原子是F和O，配位数为8B．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂C．O2[PtF6]中Pt与F之间以离子键相结合D．反应中每生成1molO2（PtF6），转移1mol电子【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】O2[PtF6]为配位化合物，其中Pt为+5价，O显正价，则配位原子为F，配位数为6，反应中O元素的化合价升高，Pt元素的化合价降低，以此来解答．【解答】解：A．该配合物的配位原子是F，配位数为6，故A错误；B．该反应中，O2生成（O2）+，所以氧气作还原剂，PtF6是氧化剂，故B错误；C．O2（PtF6）中Pt与F之间以配位共价键结合，故C错误；D．O2+PtF6=O2（PtF6）中Pt由+6价变为+5价，而O2生成（O2）+，由0价升高到+1价，都是转移1mol电子，所以每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，故D正确．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握配位化合物的形成及反应中元素的化合价变化为解答的关键，配位键为解答的难点，题目难度中等．　13．磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料．如图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构．下列有关说法正确的是（　　）A．磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电C．磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．利用均摊法计算化学式，根据物理性质判断晶体类型；B．根据晶体类型判断；C．根据晶胞配位数判断；D．根据晶胞结构和NaCl晶胞结构判断．【解答】解：A．晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故A错误；B．磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误；C．该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；25\nD．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同．磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类型相同，故D错误；故选C．【点评】本题考查晶胞计算、晶胞配位数和晶胞堆积方式，难度不大，必须牢固掌握基础知识．　14．科学家新发现的两种分子COS和C3O2（均为新型可燃性碳的化合物）的结构式分别为S=C=O和O=C=C=C=O，则下列有关说法正确的是（　　）A．C3O2和COS在氧气中完全燃烧的产物均是CO2B．CO、C3O2、CO2都是碳的氧化物，它们互为同素异形体C．COS和C3O2均是含极性键的非极性分子D．CO2、COS、C3O2三分子中碳原子均采取sp杂化【考点】分子晶体；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．C3O2可以燃烧，根据O=C=C=C=O可知，燃烧产物为CO2，COS在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2；B．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，CO、C3O2和CO2都是化合物；C．由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键．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；D．根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，原子间存在双键或三键说明分子中含有π键，中心原子含有2个σ键且不含孤电子对，中心原子是sp杂化，如果价层电子对为2，则中心原子以sp杂化轨道成键．【解答】解：A．根据O=C=C=C=O可知，C3O2中C的平均化合价为+不是最高价态，具有还原性，能被氧气氧化生成二氧化碳，根据元素守恒，硫化碳S=C=O在氧气中燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，故A错误；B．CO、C3O2和CO2是化合物，同素异形体是指同元素组成的不同单质，故B错误；C．COS的结构式为S=C=O，含有极性键，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；C3O2的结构式为O=C=C=C=O，含有极性键和非极性键，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故C错误；D．CO2分子结构为O=C=O，碳原子含有四个共价键，不含孤电子对，一个双键中有一个参与杂化的б键和一个π键，所以含有2个σ键且不含孤电子对，中心原子以sp杂化轨道成键；COS的结构式为S=C=O，一个双键中有一个参与杂化的б键和一个π键，所以含有2个σ键且不含孤电子对，中心原子以sp杂化轨道成键；C3O2的结构式为O=C=C=C=O，一个双键中有一个参与杂化的б键和一个π键，中心原子以sp杂化轨道成键，故D正确；故选D．【点评】本题考查了极性和非极性的判断、杂化轨道理论、同素异形体概念的辨析，从题目中获取信息，根据价层电子对互斥理论来分析是解答的关键，题目难度不大．　25\n15．某碳氢化合物分子的结构式如图：，下列有关该分子的叙述正确的是（　　）A．该分子含5个σ键，3个π键B．该分子是非极性分子C．该分子的碳原子均是以sp2杂化轨道参与成键D．分子中有4个原子在同一直线上【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；极性分子和非极性分子；常见有机化合物的结构．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．单键为σ键，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，碳碳三键中含有1个σ键和2个π键；B．该有机物分子中为极性分子；C．碳碳三键中的C采用sp2杂化，碳碳三键中的C采用sp杂化；D．根据碳碳三键中连接的原子共直线分析．【解答】解：A．该有机物分子中含有5个单键和1个碳碳三键、1个碳碳双键，总共含有7个σ键、3个π键，故A错误；B．该有机物不具有对称结构，则不能将键的极性抵消，所以该有机物分子为极性分子，故B错误；C．碳碳三键中的C中含有3个σ键，采用sp2杂化，碳碳三键中的C含有2个σ键，采用的是sp杂化，故C错误；D．由于碳碳三键连接的原子共直线，碳碳双键两端的两个C共直线可知，该有机物分子中4个C原子在同一条直线上，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原子杂化方式判断、有机物结构与性质，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握原子杂化方式及杂化类型的判断方法，试题培养了学生的灵活应用能力．　16．下列各组热化学方程式（同温、同压下）中Q1大于Q2（Q1、Q2为热量的数值）的是（　　）①S（g）+O2═SO2（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1②4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣Q1kJ•mol﹣14Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1③C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1④3H2（g）+O2（g）═3H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1W（s）+O2（g）═WO3（s）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1．A．①②B．③④C．②④D．①③【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．25\n【分析】①固体转化为气体的过程需要吸热，气体物质的燃烧释放热量；②金属铝的活泼性强于金属铁，所以金属铝的放热更多；③C完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量多；④金属W的熔点很高，燃烧释放大量的热．【解答】解：①固体转化为气体的过程需要吸热，气体硫的燃烧释放热量更高，放热反应的焓变是负数，所以Q1大于Q2，故正确；②金属铝的活泼性强于金属铁，所以金属铝的放热更多，放热反应的焓变是负数，所以Q1大于Q2，故正确；③C完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量多，燃烧是放热反应，焓变是负数，所以Q1小于Q2，故错误；④金属W的熔点很高，燃烧释放大量的热，燃烧是放热反应，焓变是负数，所以Q1小于Q2，故错误；故选A．【点评】本题考查学生反应热的判断，注意焓变的符号正负是关键，难度中等．　二、（本题包括6小题，共37分）17．中和热的测定是高中重要的定量实验．取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：（1）从如图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是　环形玻璃搅拌棒　，除此之外，装置中的一个明显错误是　小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）　．（2）图中的小烧杯应该选择下列哪种规格的　②　．（选填代号）①50mL②100mL③150mL④250mL（3）为了便于计算，假定混合前后溶液的密度都近似为1g．cm﹣3，假定反应后生成溶液的比热容近似为水的比热容4.18J．g﹣1．℃﹣1，用t1℃和t2℃代表反应前后溶液的温度，则该实验中和热的计算表达式为△H=　﹣kJ/mol　．【考点】中和热的测定．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平；（2）根据混合液总体积判断烧杯的规格；（3）根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热．【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，图示装置中小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高），25\n故答案为：环形玻璃搅拌棒；小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；（2）氢氧化钠溶液和盐酸溶液的总体积为100mL，则小烧杯的规格应该为100mL，故答案为：②；（3）50mL0.50mol/L氢氧化钠与50mL0.55mol/L盐酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为：0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=（t2﹣t1）℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×（t2﹣t1）℃=418（t2﹣t1）J，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣kJ/mol，故答案为：﹣kJ/mol．【点评】本题考查了中和热的测定，题目难度中等，注意理解中和热的概念及测定反应热的方法，明确中和热的计算方法，试题培养了学生的化学计算和化学计算能力．　18．按要求回答下列问题：（1）已知在200℃，101kPa时，H2与碘蒸气作用生成1molHI放出7.45kJ热量，则该反应的热化学方程式为　H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=﹣14.9kJ/mol　．（2）太阳能的开发和利用是21世纪一个重要课题．利用储能介质储存太阳能的原理是：白天在太阳照射下使某种盐熔化，吸收热量，晚间熔盐固化释放出相应能量．已知下列数据：序号盐熔点/℃熔化热/kJ．mol﹣1参考价格/元．kg﹣1①CaCl2•6H2O29.037.3780～850②Na2SO4•10H2O32.477.0800～900③Na2HPO4•12H2O36.1100.11800～2400④Na2SiO3•5H2O52.549.71400～1800其中最适宜作为储能介质的是　②　．（选填物质序号）（3）离子晶体晶格能的定义是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，通常取正值．现已知：2Na（s）+Cl2（g）═2NaCl（s）△H=﹣821.8kJ．mol﹣12Cl（g═Cl（g）△H=﹣239.4kJ．mol﹣1Na（s）═Na（g）△H=+108.8kJ．mol﹣1Na（g）═Na+（g）+e﹣△H=+496.0kJ．mol﹣1Cl（g）+e﹣═Cl﹣（g）△H=﹣348.7kJ．mol﹣1则NaCl的晶格能为　786.7kJ/mol　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据热化学方程式的概念书写热化学方程式；（2）根据表中信息判断哪种物质的熔点在40℃以下，并且单位质量的物质熔化时吸收的热量多等方面进行分析、考虑，从而得出正确的结论；（3）氯化钠的晶格能为反应Na+（g）+Cl﹣（g）=NaCl（s）中释放的能量，设该反应的焓变为△H，根据盖斯定律及已知热化学方程式进行计算即可．25\n【解答】解：（1）在200℃、101kPa时，H2与碘蒸气作用生成2molHI气体，放出14.9kJ的热量．热化学方程式可表示为：H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=﹣14.9kJ/mol，故答案为：H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=﹣14.9kJ/mol；（2）选择的物质应该具有的特点是：在白天在太阳照射下，某种盐熔化，熔化时单位质量的物质吸收热量应该最多，同时价格不能太高，Na2SO4•10H2O的性价比最高，故答案为：②；（3）氯化钠的晶格能为反应Na+（g）+Cl﹣（g）=NaCl（s）中释放的能量，设该反应的焓变为△H，①2Na（s）+Cl2（g）═2NaCl（s）△H=﹣821.8kJ．mol﹣1②2Cl（g）═Cl2（g）△H=﹣239.4kJ．mol﹣1③Na（s）═Na（g）△H=+108.8kJ．mol﹣1④Na（g）═Na+（g）+e﹣△H=+496.0kJ．mol﹣1⑤Cl（g）+e﹣═Cl﹣（g）△H=﹣348.7kJ．mol﹣1根据盖斯定律，①×+②×﹣③﹣④﹣⑤可得：Na+（g）+Cl﹣（g）=NaCl（s）△H=（﹣821.8kJ．mol﹣1）+（﹣239.4kJ．mol﹣1）﹣（+108.8kJ．mol﹣1）﹣（+496.0kJ．mol﹣1）﹣（﹣348.7kJ．mol﹣1）=﹣786.7kJ/mol，则氯化钠的晶格能为786.7kJ/mol，故答案为：786.7kJ/mol．【点评】本题考查了热化学方程式的计算、盖斯定律在反应热中的计算，题目难度中等，明确热化学方程式的书写原则为解答关键，注意掌握盖斯定律的含义及在反应热计算中的应用方法．　19．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如右图所示．图中反应条件均未标出，部分产物（包括水）已略去，反应①是置换反应．（1）若B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色有毒气体．③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生．A、D均为极易溶于水的气态氢化物，且相遇有白烟生成．则A分子的立体构型为　三角锥形　，反应③的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　．（2）若A、D为短周期元素的单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍．F是一种含氧酸，③和④两个反应中都有红棕色气体生成．则E的化学式为　Mg（NO3）2　，反应④的化学方程式为　C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+4H2O　．【考点】无机物的推断．25\n【专题】推断题；无机推断；类比迁移思想；演绎推理法；元素及其化合物．【分析】（1）B、C、F都是气态单质，B为黄绿色有毒气体，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气，反应③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A、D均为极易溶于水的气态氢化物，且相遇有白烟生成，反应①为置换反应，则A为NH3，D为HCl；（2）③和④两个反应中都有红棕色气体生成，该红棕色气体为NO2，可推知F为HNO3，A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，反应①是置换反应，则Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系，所以A为Mg，B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg（NO3）2，据此答题；【解答】解：（1）B、C、F都是气态单质，B为黄绿色有毒气体，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气，反应③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，F为O2，E为NO，A、D均为极易溶于水的气态氢化物，且相遇有白烟生成，反应①为置换反应，则A为NH3，D为HCl，氮分子的空间构型为三角锥形，反应③的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：三角锥形；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）③和④两个反应中都有红棕色气体生成，该红棕色气体为NO2，可推知F为HNO3，A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，反应①是置换反应，则Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系，所以A为Mg，B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg（NO3）2，反应④的化学方程式是C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+4H2O，故答案为：Mg（NO3）2；C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+4H2O．【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物的性质，把握物质的性质及转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意置换反应的应用，题目难度不大．　20．A、B、C、D、E为主族元素．A、B、C同周期且原子半径逐渐减小，A、B原子的最外层电子数之和等于C、D原子的最外层电子数之和．A元素的最外层电子数为次外层电子数的两倍，B的氢化物可与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐．D元素位于元素周期表中第一个长周期，是维持青少年骨骼正常生长发育的重要元素之一，其原子最外层电子数等于最内层电子数．E是元素周期表中原子半径最小的元素．试回答下列问题：（1）C元素简单离子的电子排布图是　　．（2）A、B两元素各有多种氢化物，其电子数为10的氢化物中沸点较高的是　NH3　（填化学式）．（3）B与E可形成离子化合物BE5，其阴离子的电子式是　　，BE5含有的化学键类型有　ABD　（选填代号：A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键）．（4）下列晶体结构示意图中（●代表阳离子，○代表阴离子），能表示C与D形成的离子化合物的晶体结构的是　b　（选填字母标号“a”或“b”）．25\n【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E为主族元素．E是元素周期表中原子半径最小的元素，则E为H元素；D元素位于元素周期表中第一个长周期，是维持青少年骨骼正常生长发育的重要元素之一，其原子最外层电子数等于最内层电子数，各层电子数为2、8、8、2，故D为Ca元素；A元素的最外层电子数为次外层电子数的两倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；A、B、C同周期且原子半径逐渐减小，B的氢化物可与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐，则B为N元素，A、B原子的最外层电子数之和等于C、D原子的最外层电子数之和，则C元素最外层电子数为4+3﹣2=5，故C为F元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E为主族元素．E是元素周期表中原子半径最小的元素，则E为H元素；D元素位于元素周期表中第一个长周期，是维持青少年骨骼正常生长发育的重要元素之一，其原子最外层电子数等于最内层电子数，各层电子数为2、8、8、2，故D为Ca元素；A元素的最外层电子数为次外层电子数的两倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；A、B、C同周期且原子半径逐渐减小，B的氢化物可与它的最高价氧化物的水化物反应生成盐，则B为N元素，A、B原子的最外层电子数之和等于C、D原子的最外层电子数之和，则C元素最外层电子数为4+3﹣2=5，故C为F元素．（1）C为F元素，F﹣离子的电子排布图是，故答案为：；（2）A、B两元素各有多种氢化物，其电子数为10的氢化物为CH4、NH3，由于氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷的，故答案为：NH3；（3）N与H可形成离子化合物NH4H，其阴离子的电子式是，NH4H中铵根离子与氢负离子之间形成离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成极性键、配位键，故答案为：；ABD；（4）C与D形成的离子化合物为CaF2，阳离子与阴离子数目之比为1：2，图a中阳离子与阴离子数目之比为1：1，图2中阳离子与阴离子数目之比为4×：1=1：2，故选：b．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意氢键对物质性质的元素，对基础知识的理解掌握与灵活应用．　21．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．已知A、B、C同周期，B、D同主族，且D的原子序数是B的2倍．回答下列问题：25\n（1）DC2分子的空间构型为　V形　，其中心原子采取　sp3　杂化．（2）DB2是　极性　（填“极性”或“非极性”）分子，其在水中的溶解度较大，其原因除了其分子的极性因素以外，另一原因是　SO2与水反应生成了H2SO3　．（3）若A是其所在周期元素中核外单电子数最多的元素，则+3价A的含氧酸、D及E的最高价含氧酸三者酸性由强到弱的顺序为　HClO4＞H2SO4＞HNO2　（用酸的分子式作答）；若A是所在周期原子半径最大的元素，则单质A与O2点燃的化学方程式为　4Li+O22Li2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．B、D同主族，且D的原子序数是B的2倍，则B为O元素、D为S元素；E的原子序数最大，故E为Cl；A、B、C同周期，则C为F元素；（3）中若A是其所在周期元素中核外单电子数最多的元素，则A为N元素，若A是所在周期原子半径最大的元素，则A为Li元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素．B、D同主族，且D的原子序数是B的2倍，则B为O元素、D为S元素；E的原子序数最大，故E为Cl；A、B、C同周期，则C为F元素．（1）SF2分子中S原子形成2个S﹣F键、含有2对孤对电子，空间构型为V形，S原子采取sp3杂化，故答案为：V形；sp3；（2）SO2分子中S原子价层电子对数=2+=3，S原子含有1对孤电子对，为平面三角形结构，为极性分子，其在水中的溶解度较大，其原因除了其分子的极性因素以外，另一原因是：SO2与水反应生成了H2SO3，故答案为：极性；SO2与水反应生成了H2SO3；（3）若A是其所在周期元素中核外单电子数最多的元素，则A为N元素，+3价N的含氧酸为HNO2，酸性比硝酸弱，属于弱酸，非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞HNO2；若A是所在周期原子半径最大的元素，则A为Li元素，Li与O2点燃的化学方程式为：4Li+O22Li2O，故答案为：HClO4＞H2SO4＞HNO2；4Li+O22Li2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对物质结构与性质的考查，注意对基础知识的理解掌握．　22．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，其中A与D、B与C同主族，D与E同周期．A为原子半径最小的元素，B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，E的原子序数是B和C两元素原子序数之和．回答下列问题：（1）D元素的原子结构示意图为　　，E元素的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d5s4s1　．（2）A2B2能以任意比例与水互溶，请推测其主要原因是　H2O2分子与水分子间能形成氢键　，A2B2分子是否为手性分子　是　（填“是”或“否”）．25\n（3）E的原子半径为rcm，摩尔质量为Mg．mol﹣1，阿伏伽德罗常数值为NA，E单质晶体中原子的空间利用率为68%，则E单质晶体中E原子的配位数为　8　，其晶体密度为　　g．cm﹣3．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，A为原子半径最小的元素，则A为H元素；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则B为O元素；B与C同主族，则C为S元素；A与D同主族，D的原子序数大于S，故D为K元素；E的原子序数是B和C两元素原子序数之和，则E的原子序数为8+16=24，故E为Cr元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，A为原子半径最小的元素，则A为H元素；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则B为O元素；B与C同主族，则C为S元素；A与D同主族，D的原子序数大于S，故D为K元素；E的原子序数是B和C两元素原子序数之和，则E的原子序数为8+16=24，故E为Cr元素．（1）D为K元素，原子结构示意图为，E为Cr元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5s4s1，故答案为：；1s22s22p63s23p63d5s4s1；（2）H2O2能以任意比例与水互溶，可能原因是：H2O2分子与水分子间能形成氢键，H2O2分子为展开书页型结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：H2O2分子与水分子间能形成氢键；是；（3）E单质晶体中原子的空间利用率为68%，为体心立方密堆积，则E单质晶体中E原子的配位数为8，E的原子半径为rcm，则晶胞棱长为acm，则3a2=（4r）2，故a=，晶胞中E原子数目为1+8×=2，晶胞质量为g，则晶体密度为：g÷（cm）3=，故答案为：8；．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、氢键、分子极性、晶胞计算等，（3）为易错点、难点，需要学生熟练掌握金属晶胞结构，具备一定的数学计算能力，难度中等．　三、（本题包括2小题，共15分）23．已知硼酸（分子式为H3BO3）对人体的受伤组织有缓和和防腐作用，故可以用于医药和食品防腐等方面．试回答下列问题：25\n（1）已知硼酸分子中H只与O成键，则其分子结构式为　　，由其结构可推知硼酸应属于　弱　酸（选填“弱”或“强”）．（2）已知硼酸晶体呈片状，具有类似石墨那样的片层结构，片层之间作用较弱，有滑腻感，可做润滑剂．则层内H3BO3分子之间的作用力是　氢键　，层与层间的作用力是　范德华力　．（3）已知0.01mol硼酸可以被20mL0.5mol•L﹣1NaOH溶液恰好完全中和，据此推知硼酸属　一　元酸．研究表明：在大多数情况下，元素的原子在形成分子或离子时，其最外层有达到8电子稳定结构的趋向，如BF5+F﹣═BF．写出硼酸与NaOH溶液反应的离子方程式：　B（OH）3+OH﹣=B（OH）4﹣　．【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）硼酸是由非金属元素构成的共价化合物，分子内部全为共价单键；从题目信息中硼酸的用途判断；（2）H3BO3分子中含有﹣OH，能形成氢键；片层之间作用较弱，为范德华力；（3）根据酸碱中和反应时物质的量关系计算判断；硼酸在水溶液中能电离出氢离子而显酸性，能和氢氧化钠反应．【解答】解：（1）由于B原子外层3个电子，而硼酸中H与O成键，即H与O形成羟基，羟基氧原子连接在B原子上，所以每个羟基可以提供1个电子与B原子共用，因此硼酸结构简式为：B（OH）3，结构式为：；从题目信息中硼酸的用途：对人体的受伤组织有缓和和防腐作用，可以用于医药和食品防腐等方面，可知其为弱酸；故答案为：；弱；（2）H3BO3分子中含有﹣OH，能形成氢键，所以层内H3BO3分子之间的作用力是氢键；片层之间作用较弱，有滑腻感，说明片层之间的作用力易被破坏，所以为范德华力；故答案为：氢键；范德华力；（3）已知0.01mol硼酸可以被20mL0.5mol•L﹣1NaOH溶液恰好完全中和，二者等物质的量恰好完全反应，由于NaOH为一元碱，所以硼酸为一元酸；硼酸与NaOH溶液反应生成NaB（OH）4，其反应的离子方程式为：B（OH）3+OH﹣=B（OH）4﹣；故答案为：一；B（OH）3+OH﹣=B（OH）4﹣．【点评】本题考查了分子结构、氢键和范德华力、酸碱中和等，题目难度中等，侧重于考查学生对已给信息的理解和综合应用的能力．　25\n24．晶体的世界丰富多彩，晶体的结构纷繁复杂．人教版课程标准高中教材《选修3》向我们展示了一些典型晶体的结构及性质的相关知识，如：干冰、冰、金刚石、石墨、钋、钾、镁、铜、NaCl、CsCl、CaF2．下图是一个立方晶胞图，请大家在上述所列物质范围内回答下列问题：（1）描述晶体结构的　基本　单元叫做晶胞，整块晶体可以看作是数量巨大的晶胞　无隙并置　而成的．（2）某分子晶体的晶胞如图（B、C球所代表的位置无该分子）所示，则该分子晶体是　干冰　；该分子晶体中，一个分子周围紧邻　12　个分子．（3）若图是NaCl的晶胞图，则A球代表　Na+（或Cl﹣）　，B球代表　Cl﹣（或Na+）　，C球代表　无微粒　．（4）若图是金刚石的晶胞图，则碳原子处于　A球和C球（或B球和C球）　位置（选填“A球”、“B球”、“C球”）．（5）某金属晶体的晶胞如图（A、C球所代表的位置无该金属原子）所示，则该金属晶体是　铜（或Cu）　．【考点】晶胞的计算．【专题】图像图表题；结构决定性质思想；演绎推理法；化学键与晶体结构．【分析】（1）根据晶胞的定义，描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，整块晶体可以看作是数量巨大的晶胞无隙并置而成的，据此答题；（2）根据晶胞的结构图可知，分子位于立方体的顶点和面心，是面心立方结构，据此判断；（3）NaCl的晶胞中每个钠离子周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，据此判断；（4）金刚石的晶胞中每个碳原子周围有4个碳原子，据此判断；（5）根据金属晶体的晶胞图（A、C球所代表的位置无该金属原子）可知，B原子所处的位置，是面心立方堆积方式，据此答题；【解答】解：（1）根据晶胞的定义，描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，整块晶体可以看作是数量巨大的晶胞无隙并置而成的，故答案为：基本；无隙并置；（2）根据晶胞的结构图可知，分子位于立方体的顶点和面心，是面心立方结构，在所列物质范围内可知应是干冰，干冰晶体中，以顶点二氧化碳为例，与这个二氧碳分子周围紧邻的分子位于经过该顶点的面的面心上，共有12个，故答案为：干冰；12；（3）NaCl的晶胞中每个钠离子周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，所以A球代表Na+，B球代表Cl﹣，或B球代表Na+，A球代表Cl﹣，C球代表无微粒，故答案为：Na+（或Cl﹣）；Cl﹣（或Na+）；无微粒；（4）金刚石的晶胞中每个碳原子周围有4个碳原子，碳原子处于A球和C球（或B球和C球），故答案为：A球和C球（或B球和C球）；（5）根据金属晶体的晶胞图（A、C球所代表的位置无该金属原子）可知，B原子所处的位置，是面心立方堆积方式，所以该金属晶体是铜（或Cu），25\n故答案为：铜（或Cu）．【点评】本题考查常见晶体结构，侧重考查学生分析判断及空间想象能力，熟悉常见物质结构及构成微粒，注意金刚石中碳原子所以在位置，题目难度不大．　25