山东省淄博市高二化学下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年山东省淄博市高二（下）期末化学试卷 一、选择题（共20个小题，每小题有一个选项符合题意，每题3分）1（3分）（2015春淄博期末）下列各组表述中，两个微粒不属于同种元素原子的是（）a3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布 为1s22s22p63s23p2的原子b2p能级无空轨道且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排为2s22p5的原子cm层全充满而n层为4s2的原子和核外电子排布为 1s22s22p63s23p64s2的原子d最外层电子数是核外电子总数的 的原子和最外层电子排布为4s24p5的原子考点：原子核外电子排布专题：原子组成与结构专题分析：a3p能级有一个空轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子；b2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子或5个电子；cm层全充满而n层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2；d最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子，讨论最外层电子数，计算核外电子总数，根据核外电子排布规律书写价电子排布，进行判断元素进行解答解答：解：a3p能级有一个空轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，二者核外电子排布相同，为同一原子，故a错误； b2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有1个电子或5个电子，价电子排布为2s22p1或2s22p5的原子，可能为同一原子，故b错误；cm层全充满而n层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，二者原子核外电子排布不相同，不表示同一原子，故c正确；d最外层电子数是核外电子总数的 的原子，若最外层电子数为1，则核外电子总数为5，最外层电子排布为2s22p1，最外层电子数为3，不符合题意，故舍去；若最外层电子数为2，则核外电子总数为10，最外层电子排布为2s22p6，最外层电子数为8，不符合题意，故舍去；若最外层电子数为3，则核外电子总数为15，最外层电子排布为3s23p3，最外层电子数为5，不符合题意，故舍去；若最外层电子数为4，则核外电子总数为20，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；若最外层电子数为5，则核外电子总数为25，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；若最外层电子数为6，则核外电子总数为30，最外层电子排布为4s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去；若最外层电子数为7，则核外电子总数为35，最外层电子排布为4s22p5，最外层电子数为7，符合题意；若最外层电子数为8，则核外电子总数为40，最外层电子排布为5s2，最外层电子数为2，不符合题意，故舍去故该原子核外电子总数为35，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，价层电子排布为4s22p5，二者原子价层电子排布相同，为同一原子，故d错误故选c点评：本题考查核外电子排布规律，难度中等，理解核外电子排布规律是解题的关键2（3分）（2015马鞍山校级模拟）现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 1s22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）a第一电离能：b原子半径：c电负性：d最高正化合价：=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：由基态原子的电子排布式可知为s元素，为p元素，为n元素，为f元素，结合元素周期律知识解答该题解答：解：由基态原子的电子排布式可知为s元素，为p元素，为n元素，为f元素，a同周期自左而右第一电离能增大，由于p为半充满状态，较稳定，所以第一电离能sp，nf，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能np，所以第一电离能spnf，即，故a正确；b同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径ps，nf，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径pn，故原子半径psnf，即，故b错误；c同周期自左而右电负性增大，所以电负性os，nf，同主族自上而下电负性降低，所以电负性pn，故电负性psnf，即，故c错误；d最高正化合价等于最外层电子数，但f元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故d错误故选a点评：该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累3（3分）（2015春淄博期末）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1s22s2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c2p轨道上只有2个电子的x原子与3p轨道上只有2个电子的y原子d最外层都只有一个电子的x、y原子考点：原子核外电子排布；原子结构与元素的性质分析：原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似解答：解：a原子核外电子排布式为1s2的原子为he原子，原子核外电子排布式为1s22s2的原子为be原子，he元素位于o族，be元素位于第iia族，二者化学性质不同，故a错误；b原子核外m层上仅有两个电子的x为mg元素，原子核外n层上仅有两个电子的y可能为ca、sc、ti、v、fe、co、ni、zn等元素，但价电子数不同，性质不相同，故b错误；c.2p轨道上有二个电子的x为c元素，3p轨道上有二个电子的y为si元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故c正确；d最外层都只有一个电子的x、y原子，可能为h与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与b族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故d错误故选：c点评：本题考查原子的结构和元素的性质，题目难度不大，注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系4（3分）（2015春淄博期末）在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是（）anh4+、na+、clo、alo2bk+、cu2+、cl、no3ck+、nh4+、cl、so42dna+、k+、sio32、hco3考点：离子共存问题分析：强酸性溶液中存在大量氢离子，无色溶液中不存在有色的离子，a铵根离子与偏铝酸根离子发生双水解反应，偏铝酸根离子、次氯酸根离子与氢离子反应；b铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；c四种离子之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；d硅酸根离子与碳酸氢根离子、氢离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应解答：解：anh4+、alo2之间发生双水解反应，clo、alo2与强酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bcu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故b错误；ck+、nh4+、cl、so42之间不反应，都不与强酸性溶液反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故c正确；dsio32、hco3之间发生反应，且二者都有强酸反应，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在5（3分）（2015春淄博期末）某未知溶液可能含cl、co32、na+、so42、al3+，将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红取少量试液，加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀下列判断合理的是（）a一定有clb一定有so42c一定没有al3+d一定有co32考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则co32不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有so42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有cl，因为前面已滴加了氯化钡，而溶液显酸性，则含有al3+，据此作判断解答：解：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则co32不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有so42；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有cl，因为前面已滴加了氯化钡；溶液显酸性，则含有al3+；根据以上实验不能确定是否含有cl、na+，综上可知，一定含有so42、al3+，一定没有co32，不能确定是否含有cl、na+；故选b点评：本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，要注意前面的操作对后面实验的干扰，题目难度不大6（3分）（2015春淄博期末）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温常压下，8 g o2含有4na个电子b1 l 0.1 moll1的氨水中有na个nh4+c标准状况下，22.4 l盐酸含有na个hcl分子d1 mol na被完全氧化生成na2o2，失去2na个电子考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、根据n= 并结合氧气中的电子数来计算；b、一水合氨是弱电解质，不能完全电离；c、盐酸是溶液，标况下为液态；d、根据反应后钠元素的价态来判断解答：解：a、根据n= 可知8g氧气的物质的量n= =0.25mol，而1mol氧气中含16mol电子，故0.25mol氧气中含4mol电子，即4na个，故a正确；b、一水合氨是弱电解质，不能完全电离，故b错误；c、盐酸是hcl的水溶液，标况下为液态，故c错误；d、1 mol na被完全氧化后由0价变为+1价，失1mol电子，即na个，故d错误故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构是关键，难度不大7（3分）（2015春淄博期末）下列离子方程式中，正确的是（）a稀硫酸滴在铁片上：2fe+6h+=2fe3+3h2b碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：hco3+h+=h20+c02c硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：cus04+20h=cu（oh）2+so42d硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：agn03+c1=agcl+no3考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a反应生成硫酸亚铁和氢气；b反应生成氯化钠、水、二氧化碳；c反应生成硫酸钠和氢氧化铜，硫酸铜为可溶性盐；d反应生成agcl和硝酸钠，硝酸银为可溶性盐解答：解：a稀硫酸滴在铁片上的离子反应为fe+2h+=fe2+h2，故a错误；b碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合的离子反应为hco3+h+=h20+c02，故b正确；c硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合的离子反应为cu2+20h=cu（oh）2，故c错误；d硝酸银溶液与氯化钠溶液混合的离子反应为ag+c1=agcl，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意选项a中反应的实质，熟悉离子反应中应保留化学式的物质，题目难度不大8（3分）（2008海南）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（）asp，范德华力bsp2，范德华力csp2，氢键dsp3，氢键考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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：在硼酸b（oh）3分子中，硼原子最外层只有3个电子，b原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，无孤对电子对，据此确定杂化轨道数，进而确定杂化方式；在硼酸b（oh）3分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，此外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强解答：解：在硼酸b（oh）3分子中，硼原子最外层只有3个电子，b原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，故b原子采取sp2杂化；在硼酸b（oh）3分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，外硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，故硼酸分子之间主要是氢键；故选c点评：考查杂化轨道、化学键、氢键等，难度中等，注意氢键的形成，由于电负性很大的元素f、o、n与氢原子结合，共用电子对偏离h原子，使h原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引9（3分）（2015春淄博期末）下列叙述正确的是（）a氧气的沸点低于氮气的沸点b稀有气体原子序数越大沸点越高c极性分子中一定不含非极性键d乙醇与水任意比互溶只是由于相似相溶原理考点：晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用分析：a分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，且含有分子间氢键的物质熔沸点较高；b分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，且含有分子间氢键的物质熔沸点较高；c极性分子中可能含有非极性键，非极性分子中可能只含极性键，如o=c=o；d非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，且分子间氢键促进物质溶解解答：解：a分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气和氧气都是分子晶体，且氧气相对分子质量大于氮气，所以氧气沸点大于氮气，故a错误；b分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，稀有气体都是分子晶体，且原子序数越大其相对分子质量越大，所以稀有气体原子序数越大沸点越高，故b正确；c极性分子中可能含有非极性键，如hooh为极性分子但含有非极性键，非极性分子中可能只含极性键，如o=c=o，故c错误；d分子间氢键促进物质溶解，乙醇和水都是极性分子，乙醇和水能形成分子间氢键，根据相似相溶原理及氢键对物质溶解性的影响知，乙醇与水任意比互溶与相似相溶原理及氢键有关，故d错误；故选b点评：本题考查分子晶体熔沸点高低判断、化学键和分子极性的关系、氢键等知识点，知道氢键对物质溶解性、熔沸点的影响，易错选项是c，注意hooh是极性分子，为书本形结构，为易错点10（3分）（2015春淄博期末）下列说法正确的是（）a分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键b水加热到很高的温度都难以分解于氢键有关cco2晶体是分子晶体，可推测sio2晶体也是分子晶体dhf、hcl、hbr、hi的熔沸点随着相对分子质量的增加依次升高考点：分子晶体；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响分析：a分子晶体中一定存在分子间作用力，但是其中可能含有共价键，可能没有，如惰性气体组成的晶体中不含化学键；b水中含有氢键，会导致其物理性质发生变化；cco2晶体是分子晶体，sio2晶体是原子晶体；d同一主族氢化物的相对分子质量越大其熔沸点越高，但含有氢键的氢化物熔沸点最高解答：解：a分子晶体中一定存在分子间作用力，可能有共价键（如水分子），可能没有（如稀有气体分子），故a正确；b水是一种非常稳定的化合物，属于化学性质的表现，其中含有氢键，会导致沸点较高，和性质稳定无关，故b错误；cco2晶体是由二氧化碳分子之间通过范德华力结合构成的分子晶体，二氧化硅是由硅原子和氧原子按照个数比1：2通过sio键构成原子晶体，故c错误；d同一主族氢化物的相对分子质量越大其熔沸点越高，但含有氢键的氢化物熔沸点最高，hf中含有氢键，其熔沸点最高，故d错误；故选a点评：本题是一道关于化学键和分子结构知识的考查题，注意氢键只影响物理性质不影响化学性质，注意知识的迁移和应用是关键，题目难度不大11（3分）（2015春淄博期末）下列排列顺序中，错误的是（）a原子半径：osnab稳定性：ph3h2snh3c电负性：pscld第一电离能：naalmg考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系分析：a同周期元素原子半径依次减小，同主族从上到下依次增大；b元素的非金属性越强，其气氢化物的热稳定性越强；c元素的非金属性越强，电负性越强；d同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第a元素的第一电离能大于第a族的，第a族的大于第a族的解答：解：a同周期元素原子半径依次减小，同主族从上到下依次增大，所以半径：osna，故a正确；b元素的非金属性越强，其气氢化物的热稳定性越强，非金属性：nsp，所以稳定性ph3h2snh3，故b错误；c元素的非金属性越强，电负性越强，元素的非金属性：pscl，所以电负性pscl，故c正确；d同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同一周期的第a元素的第一电离能大于第a族的，第a族的大于第a族的，所以第一电离能naalmg，故d正确；故选b点评：本题考查了元素金属性、非金属性的判断依据、元素性质的递变规律，题目难度小属于基础题，注意理解并记住相应的递变规律12（3分）（2015春淄博期末）今有三个氧化还原反应：2fecl3+2ki=2fecl2+2kcl+i2 2fecl2+cl2=2fecl32kmno4+16hcl=2kcl+2mncl2+5cl2+8h2o若某溶液中有fe2+和cl、i共存，要氧化除去i而又不影响fe2+和cl可加入的试剂是（）acl2bkmno4cfecl3dhcl考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：根据反应中元素化合价的变化来判断氧化剂及氧化性的强弱，再利用氧化性的强弱来分析氧化除去i而又不影响fe2+和cl解答：解：反应中fe元素的化合价降低，则fecl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性fecl3i2，反应中cl元素的化合价降低，则cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性cl2fecl3，反应中mn元素的化合价降低，则kmno4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性kmno4cl2，即氧化性强弱为kmno4cl2fecl3，则某溶液中有fe2+和i共存，要氧化除去i而又不影响fe2+和cl，选择氧化性强的物质除杂时能将fe2+和cl氧化，故选择弱氧化剂fecl3来除杂而不影响fe2+和cl，且没有引入新的杂质，故选c点评：本题考查学生利用氧化性的强弱来分析除杂问题，明确氧化还原反应中元素化合价的变化及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性是解答本题的关键13（3分）（2014金山区一模）在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失下列判断错误的是（）a氧化性：closo42i2b漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝cclo与i在碱性条件可以发生氧化还原反应d向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应专题：卤族元素分析：本题是考查氧化还原反应的一道题，在淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液发现溶液变蓝推出次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，再加亚硫酸钠溶液蓝色逐渐褪去，说明碘单质将亚硫酸根离子又氧化成了硫酸根离子；漂白精的成分中有次氯酸钠；新制的氯水将亚硫酸钠氧化而使氯水退色解答：解：a根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：cloi2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性so42i2因此得出氧化性的强弱为：cloi2so42故a错误；b漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对a的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质故b正确；c次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性因此clo与i在碱性条件下可以发生氧化还原反应故c正确；d新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水退色，故d正确故选a点评：本题主要是以氧化还原反应，氧化剂、还原剂强弱应用于解题，分析清楚微粒氧化、还原性的强弱是关键否则就容易出错14（3分）（2015春淄博期末）下列说法正确的是（）aco2、ch4都属于极性键的非极性分子bc、n、o、f 电负性依次减小c基态铜（cu）原子的电子排布式为ar3d94s2d价电子构型为3s23p4的粒子其电子排布图为： 考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子分析：a分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子为非极性分子；b同周期从左到右电负性依次增大；c电子排布为全满或半满时，原子的能量最低，较稳定；d3p能级上电子排布图违反洪特规则解答：解：aco2中含有c=o极性键，属于直线形分子，结构对称，属于非极性分子，ch4中含有ch极性键，为正四面体结构，结构对称属于非极性分子，故a正确；b同周期从左到右电负性依次增强，则c、n、o、f 电负性依次增大，故b错误；c电子排布为全满或半满时，原子的能量最低，较稳定，所以基态铜（cu）原子的电子排布式为ar3d104s1，故c错误；d当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，其电子排布图为 ，故d错误故选a点评：本题考查了分子的结构和分子极性的判断、电负性、电子排布式和电子排布图，题目难度不大，注意把握电子排布规律和电子排布图的画法15（3分）（2015春淄博期末）下列说法正确的是（）a原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表iia族b水分子和氨气分子中，中心原子的杂化方式相同csio2晶体结构中，存在四面体结构单元，o处于中心，si处于4个顶角d同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同考点：元素周期表的结构及其应用；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：a、原子最外层电子数为2的元素有he、第a族元素、第b族元素等；b、水分子中价电子数=2+ （621）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3 杂化，氨气中价层电子对个数=3+ （531）=4且含有1个孤电子对，所以n原子采用sp3杂化；c、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，si处于中心，o处于4个顶角；d、二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体解答：解：a原子最外层电子数为2的元素有he、第a族元素、第b族元素等，不一定为iia族，故a错误；b、水分子中价电子数=2+ （621）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3 杂化，氨气中价层电子对个数=3+ （531）=4且含有1个孤电子对，所以n原子采用sp3杂化，故b正确；c、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，si处于中心，o处于4个顶角，故c错误；d、同主族元素形成的氧化物的晶体类型不一定相同，如二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，故d错误；故选：b点评：本题考查元素周期表及元素周期律，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素的性质及变化规律为解答的关键，题目难度不大16（3分）（2015春淄博期末）已知x、y是主族元素，i为电离能，单位是kj/mol请根据下表所列数据判断，错误的是（）元素i1i2i3i4x5004 6006 9009 500y5801 8202 75011 600 a 元素x的常见化合价是+1 b 元素y是第a族元素 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和y都是主族元素，i是电离能，x第一电离能和第二电离能相差较大，则x为第ia族元素；y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则y是第iiia族元素，x第一电离能小于y，说明x活泼性大于y，a主族元素最高正化合价与其族序数相等，但o、f元素除外；b根据以上分析确定x所属主族；cx为第ia族元素，与氯形成化合物，氯为1价，化学式可能是xcl；dal和冷水不反应解答： 解：x和y都是主族元素，i是电离能，x第一电离能和第二电离能相差较大，则x为第ia族元素；y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则y是第a族元素，x第一电离能小于y，说明x活泼性大于y，a主族元素最高正化合价与其族序数相等，但o、f元素除外，x为第ia族元素，则x常见化合价为+1价，故a正确；b根据以上分析知，y属于第a族元素，故b正确；cx可失去1个电子，化合价为+1，与氯形成化合物时，化学式可能是xcl，如nacl，故c正确；d如果y是第三周期元素，则为al，al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，故d错误；故选d点评： 本题考查电负性的应用，明确元素电离能与元素所属主族的关系是解本题关键，同时考查学生对物质结构、性质的掌握，注意某些元素性质的特殊性，题目难度不大17（3分）（2015春淄博期末）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为2价如右图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（） a 超氧化钾的化学式为ko2，每个晶胞含有4个k+和4个o2 b 晶体中每个k+周围有8个o2，每个o2周围有8个k+ c 晶体中与每个k+距离最近的k+有8个 d 晶体中与每个k+距离最近的k+有6个考点： 晶胞的计算分析： a根据图知，该晶胞中钾离子个数=8+6=4，超氧根离子个数=1+12=4，则钾离子和超氧根离子个数之比=4：4=1：1，据此判断化学式；b根据图知，每个钾离子周围有6个超氧根离子、每个超氧根离子周围有6个钾离子；c根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有38个；d根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有38个解答： 解：a根据图知，该晶胞中钾离子个数=8+6=4，超氧根离子个数=1+12=4，则钾离子和超氧根离子个数之比=4：4=1：1，所以其化学式为ko2，每个晶胞含有4个k+和4个o2，故a正确；b根据图知，每个钾离子周围有6个超氧根离子、每个超氧根离子周围有6个钾离子，即阴阳离子配位数是6，故b错误；c根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有38个=12，故c错误；d根据图知，每个钾离子距离最近的钾离子有38个=12，故d错误；故选a点评： 本题考查晶胞计算，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，会利用均摊法计算晶胞中阴阳离子个数，难点是配位数的计算，易错选项是cd18（3分）（2015春淄博期末）下面有关晶体的叙述中，不正确的是（） a 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环上，最小的环上有6个碳原子 b 氯化钠晶体中，每个na+周围距离相等的na+共有6个 c 氯化铯晶体中，每个cs+周围紧邻8个cl d 干冰晶体中，每个co2分子周围紧邻12个co2分子考点： 离子晶体；分子晶体专题： 化学键与晶体结构分析： a金刚石晶体中，每个最小的环上含有6个碳原子；b氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离最近的钠离子是12个；c氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8；d二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子解答： 解：a金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故a正确；b氯化钠晶胞中，每个钠离子周围距离最近的钠离子个数=382=12，故b错误；c氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，故c正确；d二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数=382=12，故d正确故选b点评： 本题考查了晶体的空间结构，明确典型的晶体类型、结构、晶胞为解答本题关键，同时要求学生有丰富的空间想象能力，难度较大19（3分）（2015春淄博期末）干冰晶胞是一个面心立方体，在该晶体中每个顶角各有1个二氧化碳分子，每个面心各有一个二氧化碳分子，实验测得25时干冰晶体的晶胞边长为acm，其摩尔质量为mg/mol，则该干冰晶体的密度为（单位：g/cm3）（） a b c d 考点： 晶胞的计算分析： 干冰晶胞是面心立方晶胞，所以每个晶胞中含有二氧化碳分子个数=8+6=4，晶胞边长为acm，则体积为a3cm3，晶胞密度=解答： 解：干冰晶胞是面心立方晶胞，所以每个晶胞中含有二氧化碳分子个数=8+6=4，晶胞边长为acm，则体积为a3cm3，晶胞密度=g/cm3=g/cm3，故选d点评： 本题考查晶胞计算，侧重考查分析计算及空间想象能力，利用均摊法计算晶胞中二氧化碳分子个数，知道密度公式中各个字母含义，题目难度不大20（3分）（2014吴中区校级学业考试）足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no 的混合气体，这些气体与1.68lo2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/l naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是（） a 60ml b 45ml c 30ml d 15ml考点： 硝酸的化学性质专题： 守恒法；氮族元素分析： 根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 cu（no3）2，再根据 cu（no3）2与naoh 反应的关系，求出naoh 的物质的量，最终求出naoh溶液的体积解答： 解：完全生成hno3，则整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去的电子都被o2得到了 根据得失电子守恒：n（cu）2=n（o2）4 n（cu）2= mol4 n（cu）=0.15mol 所以 cu（no3）2 为0.15mol 根据 cu2+2oh 0.15mol n（oh） 则naoh 为 0.15mol2=0.3 mol 则naoh 体积v=0.06l，即 60 ml，故选a点评： 本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则能起到事倍功半二、填空题21（10分）（2015春淄博期末）完成下列离子方程式（1）ba（oh）2溶液与（nh4）2so4溶液混合ba2+2oh+2nh4+so42baso4+2nh3h2o（2）ca（hco3）2溶液与naoh溶液反应naoh不足：ca2+hco3+ohcaco3+h2o；naoh过量：ca2+2hco3+2oh=caco3+2h2o+co32（3）ba（oh）2溶液与nahso4溶液的反应溶液呈中性：ba2+2oh+2h+so42baso4+2h2o；此时溶液呈碱性：h+so42+oh+ba2+baso4+h2o考点： 离子方程式的书写分析： （1）氢氧化钡溶液与硫酸铵溶液反应生成硫酸钡和一水合氨；（2）氢氧化钠不足时，离子方程式按照氢氧化钠的化学式组成书写，碳酸氢根离子部分参与反应；氢氧化钠过量时，碳酸氢根离子完全反应，反应后有剩余的碳酸根离子；（3）溶液为中性时，氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量1：2反应；溶液为碱性时，氢氧化钡过量，离子方程式按照硫酸氢钠的化学式书写解答： 解：（1）氢氧化钡与硫酸铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为：ba2+2oh+2nh4+so42baso4+2nh3h2o，故答案为：ba2+2oh+2nh4+so42baso4+2nh3h2o；（2）naoh不足时，反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：ca2+hco3+ohcaco3+h2o，故答案为：ca2+hco3+ohcaco3+h2o；ca（hco3）2与过量的naoh溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子反应为ca2+2hco3+2oh=caco3+2h2o+co32，故答案为：ca2+2hco3+2oh=caco3+2h2o+co32；（3）ba（oh）2溶液与nahso4溶液的反应，溶液呈中性时，氢离子与氢氧根离子恰好反应，反应的离子方程式为：，故答案为：ba2+2oh+2h+so42baso4+2h2o；溶液呈碱性，说明氢氧根离子过量，反应的离子方程式为：h+so42+oh+ba2+baso4+h2o，故答案为：h+so42+oh+ba2+baso4+h2o点评： 本题考查离子反应方程式书写，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力22（16分）（2015春淄博期末）氮元素、氧元素是空气组成的主要元素，可以形成多种化合物回答以下问题：（1）基态氮原子的价电子排布式是2s22p3，氧元素基态原子核外未成对电子数为2个（2）c、n、o三种元素第一电离能从大到小的顺序是noc（3）肼（n2h4）分子可视为nh3分子中的一个氢原子被nh2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物nh3分子的空间构型是三角锥形；n2h4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3；肼能与硫酸反应生成n2h6so4n2h6so4晶体类型与硫酸铵相同，则n2h6so4的晶体内不存在d（填标号）a离子键 b共价键 c配位键 d范德华力（4）h2o分子内的oh键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为oh键、氢键、范德华力（5）h+可与h2o形成h3o+，h3o+中o原子采用sp3杂化h3o+中hoh键角比h2o中hoh键角大，原因为h2o中o原子有2对孤对电子，h3o+只有1对孤对电子，排斥力较小（6）cao与nacl的晶胞同为面心立方结构，已知cao晶体密度为ag/cm3na表示阿伏加德罗常数，则cao晶胞体积为cm3考点： 晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别分析： （1）n原子最外层电子数是5个电子，2个电子位于2s能级、3个电子位于2p能级；o元素基态原子核外有两个未成对电子；（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第iia族、第va族元素第一电离能大于其相邻元素；（3）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空间构型；肼分子中每个n原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断n原子杂化方式；n2h6so4晶体类型与硫酸铵相同，则n2h6so4的晶体内离子键、配位键和共价键；（4）氢键键能介于化学键和分子间作用力之间；（5）水合氢离子中o原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断o原子杂化类型；孤电子对间的排斥力大于孤电子对和共用电子对之间的排斥力；（6）cao是面心立方晶胞，其结构和nacl相似，则该晶胞中钙离子、氧离子个数都是4，晶胞体积=解答： 解：（1）n原子最外层电子数是5个电子，2个电子位于2s能级、3个电子位于2p能级，所以其价电子排布式为2s22p3；o元素基态原子核外有两个未成对电子，故答案为：2s22p3；2；（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第iia族、第va族元素第一电离能大于其相邻元素，n元素位于第va族，所以这三种元素第一电离能大小顺序是noc，故答案为：noc； （3）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空间构型为三角锥形；肼分子中每个n原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知n原子杂化方式为sp3，n2h6so4晶体类型与硫酸铵相同，则n2h6so4的晶体内离子键、配位键和共价键，不存在范德华力，故答案为：三角锥形；sp3；d；（4）氢键键能介于化学键和分子间作用力之间，化学键键能最大，所以h2o分子内的oh键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为oh键、氢键、范德华力，故答案为：oh键、氢键、范德华力；（5）水合氢离子中o原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知o原子杂化类型为sp3；孤电子对间的排斥力大于孤电子对和共用电子对之间的排斥力，h2o中o原子有2对孤对电子，h3o+只有1对孤对电子，排斥力较小，所以h3o+中hoh键角比h2o中hoh键角大，故答案为：sp3；h2o中o原子有2对孤对电子，h3o+只有1对孤对电子，排斥力较小；（6）cao是面心立方晶胞，其结构和nacl相似，则该晶胞中钙离子、氧离子个数都是4，晶胞体积=cm3=cm3，故答案为：点评： 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、氢键等知识点，利用价层电子对互斥理论、构造原理等知识解答即可，难点是晶胞计算，注意氢键不是化学键，为分子间作用力23（10分）（2015春淄博期末）碳元素在生产生活中具有非常重要的作用，在新物质的制备中也发挥了举足轻重的作用（1）与碳同周期，且基态原子的核外未成对电子数相等的元素是o（写出元素符号）（2）石墨烯是目前人们制造的新物质，该物质是由单层碳原子六边形平铺而成的，像一张纸一样（如图甲），石墨烯中碳原子的杂化方式为sp2；常温条件下丙烯是气态，而相对分子质量比丙烯小的甲醇，常温条件下却呈液态，出现这种现象的原因是甲醇分子间存在氢键，而丙烯分子间只有范德华力（3）二氧化硅结构跟金刚石结构相似，即二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个o原子观察图乙中金刚石的结构，分析二氧化硅的空间网状结构中，si、o形成的最小环上o原子数目是6（4）图丙是c60的晶胞模型（一个小黑点代表一个c60分子），图中显示出的c60分子数为14个实际上一个c60晶胞中含有4个c60分子考点： 晶胞的计算；原子核外电子排布；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析： （1）c原子核外未成对电子数是2，与碳同周期，且基态原子的核外未成对电子数相等的元素是o元素；（2）石墨烯中每个c原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断c原子杂化类型；相同温度下，含有分子间氢键的物质熔沸点较高；（3）金刚石中最小环上含有6个c原子，si和金刚石结构相似，所以每个最小环上含有6个si原子，二氧化硅晶体相当于在硅晶体结构中每个硅与硅的化学键之间插入一个o原子，据此判断si、o形成的最小环上o原子数目；（4）每个晶胞中c60分子个数=8+6解答： 解：（1）c原子核外未