吉林省乾安县第七中学2018_2019学年高二化学下学期第二次质量检测试题（含解析）.docx

乾安七中20182019学年度下学期第二次质量检测高二化学试题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。共100分，考试时间为90分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 I 127 Mn 55 K 39第卷(选择题，共55分)一、选择题(本题包括20小题，1-5每小题2分，620，每小题3分，共55分。每小题只有一个选项符合题意)1.2001年诺贝尔化学奖授予在“手性碳原子的催化氢化、氧化反应”研究领域作出贡献的美、日三位科学家。下列分子中含手性碳原子的是A. CHFBr2B. CH3CH2OHC. D. 【答案】D【解析】试题分析：ACHFBr2中碳原子上连着的四个基团各有两个是一样的，该碳原子不是手性碳原子，故A错误； B乙醇中的两个碳原子上连着的四个原子中，都有一样的，都不是手性碳原子，故B错误；C中碳原子上连与2个相同的甲基，故C错误；D第二个碳原子周围连着的四个原子或原子团分别是：甲基、氨基、氢原子、羧基，该碳原子是手性碳原子，故D正确，故选D。考点：考查手性碳原子的判断。2. 以下有关原子结构与元素周期律的叙述中正确的是A. 第IA族碱金属元素最高价氧化物的水化物的碱性随原子序数递增而增强B. 同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径和离子半径都逐渐减小C. 第A元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D. 同主族元素从上到下，电负性逐渐增大【答案】A【解析】试题分析：A元素的金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，第IA族碱金属元素随原子序数递增金属性递增，故A正确；B同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，同一周期元素，离子半径先减小后增大再减小，故B错误；C第A族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故C错误；D同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，电负性逐渐减小，故D错误；答案为A。考点：考查结构性质位置关系、元素周期律等3.下列说法错误的是()A. 附着在试管内壁上的AgCl固体可用氨水溶解而洗去B. 可用氨水鉴别AlCl3、AgNO3和CuSO4三种溶液C. 向氨水中滴加CuSO4溶液至过量，先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解并得到深蓝色溶液D. 加热碘单质，产生紫色蒸气，这个过程克服了范德华力【答案】C【解析】【详解】A.AgCl固体能够与氨水反应产生络离子，因此附着在试管内壁上的AgCl固体可用氨水溶解而洗去，A正确；B.氨水与AlCl3反应产生白色沉淀，与AgNO3首先产生白色沉淀，当氨水过量时沉淀溶解，变为无色可溶性溶液，与CuSO4反应产生蓝色沉淀，三种溶液现象各不相同，可以鉴别，B正确；C.向CuSO4溶液滴加氨水至过量，首先是先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解并得到深蓝色溶液，则滴加的顺序错误，C错误；D.碘单质是分子晶体，加热碘单质，克服分子间作用力，产生紫色蒸气，D正确；故合理选项是C。4.短周期主族元素A、B形成AB3型分子，下列有关叙述正确的是（ ）A. 若A、B为同一周期元素，则AB3分子一定为平面正三角形B. 若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子为平面正三角形C. 若为A、B为同一主族元素，则AB3分子一定为三角锥形D. 若AB3分子为三角锥形，则AB3分子一定为NH3【答案】B【解析】A、D都不正确，例如NF3是三角锥形的。若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子BCl3，所以B正确。C不正确，例如SO3是平面三角形。所以答案选B。5.下列说法不正确的是( )质子数相同的粒子一定是同种元素同位素的性质几乎相同质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子电子数相同的粒子不一定是同一种元素一种元素只能有一种质量数某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】错误，粒子是一个非常宽泛的概念，可以是分子、原子、离子、中子、电子等，元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O，若为原子则属于同种元素；错误，同位素的物理性质往往不同，化学性质几乎相同；正确，两种粒子，质子数相同，电子数也相同，所以二者的差值也一定相同，两种粒子要么都带相同电荷，要么都不带电，不可能一个为不带电的分子，一个为带电的离子；正确，电子数相同的粒子可能是同种元素，也可能是不同的分子、离子等，如CH4与H2O，Na+与Mg2+；错误，一种元素往往具有多种核素，其质量数往往也因此有多种；错误，元素的相对原子质量是该元素所有核素的相对原子质量的平均值，不是整数，而质量数是针对核素而言，一定是整数；所以答案选C项。6.X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期主族元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应；T的一种单质在空气中能够自燃。下列说法中正确的是A. X的氢化物的沸点一定小于R的氢化物的沸点B. Q的氮化物溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为1：1C. Z单质可以从U的钠盐溶液中将其置换出来D. CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂【答案】D【解析】【分析】X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和U位于第A族，则Z为F元素，U为Cl；Q是其中唯一金属元素且可与氮气反应，原子序数大于F，故Q为Mg；X和Z可形成化合物XZ4，X元素表现+4价，原子序数小于F元素，故X为C元素；X和R属同族元素，则R为Si；T的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si与Cl之间，故T为P元素。【详解】A.X为碳元素，X的氢化物是各种烃类，较多，沸点不一定小于SiH4的沸点，故A错误；B. Mg3N2溶于盐酸生成两种盐的物质的量之比为3：2，故B错误；C. 氟单质不可以从NaCl溶液中将氯置换出来，而是先与水反应，生成氧气，故C错误；D. CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂，反应生成磷酸和铜，该反应的化学方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故D正确；故选D。7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，0.1molL1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的pH变化情况如图，则下列说法中不正确的是A. C制的容器可盛装A和D的最高价含氧酸的浓溶液B. AE3、D2E2分子中所有原子最外层均达到8电子结构C. B、D、E的单质或者化合物中都可能有能作漂白剂的物质D. 工业上分别电解熔融的B与E、C与E形成的化合物制备B、C单质【答案】D【解析】【详解】第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，所以C为铝；0.1molL1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液pH分别为1、lg5、13，分别为一元强酸、二元强酸、一元强碱，其中A、B原子序数比铝小，只可能分别为氮和钠，D为硫，则E为氯；A.铝制容器可盛装浓硫酸和浓硝酸，因为能被钝化，A项不符合题意；B.AE3、D2E2分别为NCl3、S2Cl2，二者电子式分别为、， B项不符合题意；C.钠、硫、氯元素均可形成能作漂白剂的物质，如SO2、Na2O2、Cl2、ClO2、HClO，C项不符合题意；D.工业上制备铝不能电解熔融的氯化铝，由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，而是电解熔融的氧化铝， D项符合题意。本题答案选D。8.下列说法和解释错误的是（ ）A. 冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大B. 卤化物CX4从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高C. 由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向D. 金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。【答案】A【解析】【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。故选A。9.据报道，近年来发现了一种新的星际分子，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，颜色相同的球表示同一种原子)。下列对该物质的说法中正确的是（ ）A. 处的化学键表示碳碳双键B. 处的化学键表示碳碳单键C. 处原子可能是氯原子或氟原子D. 此星际分子属于烃类【答案】B【解析】【分析】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出为碳碳三键，为碳碳单键，与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HCC-CC-CC-CC-C，据此进行判断。【详解】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出为碳碳三键，为碳碳单键，与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HCC-CC-CC-CC-C，A处的键为碳碳三键，故A错误；B处的键为碳碳单键，选项B正确；C.原子形成的键为三键，所以不可能为氯原子或氟原子，选项C错误；D颜色相同的球表示同一种原子，说明有3中原子，不属于烃类，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查有机物结构，是对学生综合能力的考查与知识的运用，解题关键是根据有机物中碳原子形成的共价键数目推断有机物中存在的化学键，难度不大。10.下列说法中，不正确的是（ ）A. 光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的B. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法C. 等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质D. 分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。【答案】C【解析】【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法，故B正确；C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。故选C。11.若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为，则下列说法错误的是A. 该元素可能有+3价B. 该元素位于第5周期副族C. 该元素原子核外共有39个不同运动状态的电子D. 该元素基态原子第N能层上还有5个空轨道【答案】D【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，处于d区，为金属元素，原子核外电子排布为Kr4d15s2。【详解】A项、由Y原子的外围电子排布为4d15s2可知，该原子可能失去5s轨道上的2个电子和4d轨道上的1个电子得到Y3+离子，故A正确；B项、由基态原子的核外电子排布可知该元素位于周期表第五周期第B族，故B正确；C项、由原子核外电子排布为Kr4d15s2可知Y元素原子中共有39个电子，有39个不同运动状态的电子，故C正确；D项、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，为4d1，第N能层的4d能级上有4个空轨道，故D错误。故选D。【点睛】本题考查原子核外电子排布，熟练掌握元素周期表的结构，注意元素价层电子排布特点以及与在周期表位置的关系是解答关键。12.下列现象与氢键有关的是NH3的熔、沸点比PH3的高乙醇能与水以任意比混溶，而甲醚(CH3OCH3)难溶于水冰的密度比液态水的密度小邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子高温下也很稳定A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】A族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键；乙醇与水分子之间能形成氢键，甲醚与水分子之间不能形成氢键；冰中存在氢键，其体积变大；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键；稳定性与化学键有关。【详解】因A族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；因乙醇与水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，甲醚与水分子之间不能形成氢键，则甲醚（CH3-O-CH3）难溶于水，故正确；冰中存在氢键，氢键有一定的方向性。水结冰后分子间的空隙变大，故其体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，故正确；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故错误；答案选A。【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大。13.根据下列结构示意图，判断下列说法中正确的是( )A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的多个Cl-构成正四面体B. 在CaF2晶体中，Ca2+的配位数为4C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】C【解析】【详解】A、在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，而每个Na+离子为8个晶胞共有，则距Na+最近的多个Cl-构成正八面体，选项A错误；B、Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为8而不是4，选项B错误；C、在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，选项C正确；D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，选项D错误。答案选C。14.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是( )SiO2和SO3 晶体硼和HCl CO2和SO2 晶体硅和金刚石 晶体氖和晶体氮 硫黄和碘A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，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。【详解】SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故错误；晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故错误；CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故正确；晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故正确；晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故错误；硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故正确。答案选A。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。15.下列说法不正确的是（ ）A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同C. 金属Ag的堆积方式是面心立方最密堆积D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成【答案】A【解析】【详解】ASiO2是原子晶体，SiCl4是分子晶体，原子晶体熔沸点大于分子晶体，则沸点：SiO2SiCl4，解释不正确，故A错误；BNH4C1是离子晶体，含有离子键和极性键，NaOH是离子晶体，含有离子键和极性键，所含化学键类型和晶体类型均相同，故B正确；C由Ag晶体的晶胞图可知，银晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，故C正确；D、二氧化碳与水反应生成碳酸，反应中有水分子中的氢氧共价键的断裂和碳酸中碳氧共价键的形成，故D正确；答案选A。16.已知某XY2分子属于V形分子，下列说法正确的是（ ）A. X原子一定是sp2杂化B. X原子一定为sp3杂化C. X原子上一定存在孤电子对D. VSEPR模型一定是平面三角形【答案】C【解析】【详解】A.X原子可能是sp2杂化，如二氧化硫分子中价层电子对数为：2+1=3，含有2个o键和1个孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为V形，所以X原子可能是sp2杂化，但也可能是sp3杂化，如OF2分子，A错误；B.X可能是sp3杂化，如OF2分子中价层电子对数为：2+2=4，所以中心原子为sp3杂化，其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，但X原子可能是sp2杂化，如SO2，B错误；C.X原子一定存在孤电子对，C正确；D.VSEPR模型不一定是平面三角形，如OF2分子的VSEPR模型为正四面体，D错误；故合理选项是C。17.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列有关叙述正确的是A. 示意图中的两个氧原子的杂化类型无法确定B. 该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子C. 该叶绿素是配合物，其配体是N元素D. 该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.由示意图知，两个氧原子均形成了两个键，故均为sp3杂化，故A错误；B.Mg的最高化合价为+2，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间存在配位键，该物质为配合物，B项正确；C.因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，故C错误；D.该叶绿素是配合物，不是高分子化合物，故D错误。综上所述，本题应选B.18.共价键、离子键、范德华力和氢键都是微观粒子之间的不同作用力。有下列物质：Na2O2 冰 金刚石 碘单质 CaCl2 白磷，只含有两种作用力是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键；金属晶体中含有金属键；电负性很大的元素（N、O、F）与氢元素形成共价键时，H原子几乎是裸露的质子，不同分子之间存在氢键，以此来解答。【详解】Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故符合；冰属于分子晶体，分子内氧原子与氢原子之间形成共价键，分子之间存在氢键、范德华力，故不符合；金刚石是原子晶体，只存在共价键，故不符合；碘单质属于分子晶体，分子内碘原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故符合；氯化钙属于离子晶体，钙离子与氯离子之间形成离子键，只存在离子键，故不符合；白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故符合；答案选A。【点睛】本题考查化学键和晶体类型，难度不大，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力。19.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大C. 最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大D. 对于同一元素而言，原子的电离能I1I2I3碳化硅金刚石D. 黄色晶体碳化铝，熔点2 200，熔融态不导电，是原子晶体【答案】D【解析】【详解】A项、氢键属于分子间作用力，不是化学键，故A错误；B项、石墨晶体中含有层状结构，可从石墨材料中剥离出的单层碳原子面材料(石墨烯)，C60、金刚石等不含有层状结构，不能得到单层碳原子面材料，故B错误；C项、晶体硅、碳化硅、金刚石都是原子晶体，硅原子半径大于碳原子，键长逐渐减小，键能逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故C错误；D项、黄色晶体碳化铝，熔点2 200 ，熔融态不导电，满足原子晶体的特征，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、原子晶体的物理性质等知识点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力为易错点。第卷(非选择题，共45分)21.钛(Ti)被誉为“21世纪的金属”，工业上将TiO2与焦炭混合，通入Cl2高温下制得TiCl4；再将TiCl4提纯后，在氩气保护下与镁高温反应制得Ti。其反应如下：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2COTiCl4+2Mg Ti+2MgCl2回答下列问题：(1)Ti元素原子的价电子排布式为_；(2)写出与CO互为等电子体的分子_；(3)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37，沸点为136；TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾，同时产生H2TiO3固体TiCl4为_化合物(填“离子”或“共价”)；TiCl4分子为正四面体形，则Ti为_杂化TiCl4在潮湿空气中水解的化学方程式是_；TiCl2、Cl2和C反应制得的TiCl4最好的提纯方法是_(填操作名称)。(4)配离子TiCl(H2O)52+的中心离子化合价为_，中心离子配位数为_。【答案】 (1). 3d24s2 (2). N2 (3). 共价 (4). sp3 (5). TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl (6). 蒸馏 (7). +3 (8). 6【解析】【分析】(1)Ti的原子序数为22，位于周期表中的第四周期第B族；(2)等电子体中原子数和价电子数都相同；(3)根据题目中提供物理性质来判断晶体类型从而判断化合物类型；可根据分子的构型来判断杂化方式；TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾，同时产生H2TiO3固体，据此写出方程；TiO2、Cl2和C反应制得的TiCl4最好的提纯方法是在氯化氢有氛围中蒸馏；(4)配离子TiCl(H2O)52+中Cl-、H2O含有孤对电子对是配体，根据离子电荷判断中心离子Tin+的电荷；根据配体数目判断配位数。【详解】(1)Ti的原子序数为22，位于周期表中的第四周期第B族，其电子排布为Ar3d24s2，所以Ti元素原子的价电子排布式为3d24s2；(2)等电子体中原子数和价电子数都相同，则N2、CN-、CO的原子数都是2，价电子数都是10，则互为等电子体，故互为等电子体的分子是N2；(3)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37，沸点为136，由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子；TiCl4分子为正四面体形，Ti和Cl形成4个键，所以Ti为sp3杂化；TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾说明生成HCl，同时产生H2TiO3固体，所以其反应方程式为：TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl；TiO2、Cl2和C反应制得的TiCl4最好的提纯方法是在氯化氢有氛围中蒸馏；(4)配离子TiCl(H2O)52+的中心离子所带的电荷2+1=3，故中心离子为Ti3+，中心离子Ti3+的化合价为+3价，Cl-、H2O含有孤对电子对是配体，配位数是6。【点睛】本题考查了电子排布式、等电子体、杂化类型的判断、配合物的组成及晶体结构等知识，这些都是高考的热点，是物质结构和性质的重要内容，应熟练掌握。22.由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。(1)基态 Cl原子核外电子排布式为_，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为_，P、S、Cl的电负性由大到小顺序为_。(2)SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_，该分子构型为_。(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中配位键个数为_；以“”表示键、“”表示配位键，写出CO分子的结构式_。(4)已知MgO与NiO的晶体结构(如图1)相同， 其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66 pm和69pm。则熔点：MgO_NiO(填“”、“”或“”)，理由是_。(5)若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_。(6)金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= _a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率_(请用r和a表示不要求计算结果)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p5 (2). Cl P S (3). Cl S P (4). sp3 (5). V形 (6). 8 (7). (8). (9). Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大 (10). (1，) (11). 8 (12). (13). 【解析】【分析】(1)Cl为17号元素，结合核外电子的排布规律书写基态 Cl原子的电子排布式；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；元素的非金属性越强，电负性数值越大；(2)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算SCl2中S原子杂化轨道数分析解答；(3)CO分子中C与O之间形成三键，其中有一个为配位键，CO与中心原子间形成4个配位键，据此解答；(4)Mg2+半径比Ni2+小，结合晶格能的大小分析判断；(5)根据图示，C离子的x系坐标与B的x系坐标相同，y、z系坐标都在中点上；(6)金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点每个面心上各有1个原子；碳原子与周围相接触的4个碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于晶胞体对角线上，二者距离等于晶胞体对角线长度的，据此计算r，从而计算该晶胞中所有C原子的体积和晶胞体积，结合原子空间利用率=分析计算。【详解】(1)Cl为17号元素，基态 Cl原子的电子排布为1s22s22p63s23p5；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：ClPS；元素的非金属性越强，电负性数值越大，P、S、Cl的电负性由大到小顺序为Cl S P，故答案为：1s22s22p63s23p5；ClPS；Cl S P；(2)SCl2中S原子杂化轨道数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化，含有两对孤电子对，所以该分子构型为V形，故答案为：sp3；V形；(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，1个CO中含有1个配位键，CO与中心原子间形成4个配位键，因此一个Ni(CO)4分子中8个配位键；CO分子中C与O之间形成三键，其中有一个为配位键，CO分子的结构式为，故答案为：8；(4)Mg2+半径比Ni2+小，所以氧化镁的晶格能大于氧化镍，则熔点：MgONiO，故答案为：；Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大；(5)NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，而C离子的x系坐标与B的x系坐标相同，y、z系坐标都在中点上，所以C离子坐标参数为(1，)，故答案为：(1，)；(6)金刚石晶胞中有4个碳原子位于晶胞内部，每个顶点每个面心上各有1个原子，该晶胞中C原子个数=8+6+4=8；碳原子与周围相接触的4个碳原子形成正四面体，顶点碳原子与正四面体中心碳原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于晶胞边长的倍，则2r=a，则r=a；该晶胞中所有C原子体积=8r3、晶胞体积=a3，原子空间利用率=，故答案为：8；。【点睛】本题涉及晶胞计算、原子核外电子排布、原子晶体熔沸点比较等。本题的易错点和难点为(6)，需要具备一定的空间想象力与数学计算能力，注意金刚石晶胞中2个碳原子间的最短距离为晶胞体对角线长度的。23.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W 一种核素的质量数为 18，中子数为 10；X 和 Ne 的核外电子数相差1；在Z所在的周期中，Z元素的原子得电子能力最强；四种元素的最外层电子数之和为18。 请回答下列问题：(1)X元素位于元素周期表中位置为_。(2)X的单质和 Y 的单质相比，熔点较高的是_(写化学式) 。Z所在族的简单氢化物中，沸点最高的是_(写化学式)，原因为_。(3)W、X、Z三种元素形成的化合物中化学键类型为_；X2W2的电子式为_。(4)Z的氧化物很多，其中一种黄绿色气体 M，其氧含量为 47.41，可用于水处理， M 在液态和浓缩气态时具有爆炸性 。 M 的化学式为_。M可与NaOH溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为 15，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期第IA族 (2). Si (3). HF (4). HF分子间能形成氢键 (5). 离子键、共价键 (6). (7). ClO2 (8). 6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O【解析】【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；在Z所在的周期中，Z元素的原子得电子能力最强，则Z是Cl元素，Y的原子半径介于X和Z之间，四种元素的最外层电子数之和为18，则Y是Si元素，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知W是O，X是Na，Y是Si，Z是Cl元素。(1)X是Na元素，核外电子排布是2、8、1，可知Na元素位于元素周期表中位置为第三周期第IA族；(2)X是Na，属于金属晶体，Na+与自由电子之间通过金属键结合，Y是Si，属于原子晶体，原子间通过共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用，比金属键作用强，因此Na的单质和Si的单质相比，熔点较高的是Si单质；Z是Cl元素，位于第VIIA，在该族的简单氢化物中，由于HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故第VIIA元素形成的氢化物中，沸点最高的是HF；(3)W、X、Z三种元素形成的化合物如NaClO中化学键类型为离子键、共价键；化合物X2W2是Na2O2，该物质是含有非极性共价键的离子化合物，其的电子式为；(4)M中Cl、O原子个数比为：=1：2，所以化学式为ClO2，在ClO2中Cl元素的化合价为+4价，M可与NaOH溶液发生氧化还原反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为 15，根据化合价升降代数和等于0，可得该反应的化学方程式为6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O。【点睛】本题考查了位置、结构与性质关系的应用的知识，主要考查学生根据元素的原子结构特点推元素种类，再根据其在周期表中的位置，推断物质的性质，运用电子转移数目化学方程式的书写，考查了学生基本的计算能力及基本反应原理应用能力。24.前四周期元素X、Y、Z、W核电荷数依次增大，核电荷数之和为58；Y原子的M层p轨道有3个未成对电子；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4:1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：2。(1)Z元素位于元素周期表第_周期第_族。(2)Y与X形成共价化合物A，Z与X形成共价化合物B，A与B还原性较强的是_(写分子式)。(3)Z的最高价氧化物的水化物的化学式为_；(4)12.4g单质Y4与0.3molO2在一定条件下恰好完全反应生成0.1mol化合物C，一个C分子中所含有的键数目为_；(5)含W元素的最高化合价的含氧酸根离子是_，该含氧酸根离子在分析化学中有重要作用，在酸性条件下该含氧酸根离子可将Fe2+氧化成Fe3+，请写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). 三 (2). A (3). PH3 (4). HClO4 (5). 12 (6). MnO4- (7). MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O【解析】【分析】前四周期元素X、Y、Z、W核电荷数依次增加，Y原子的M层p轨道有3个未成对电子，则外围电子排布为3s23p3，故Y为P元素；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大，则Z为Cl元素；W原子的L层电子数与最外层电子数之比为4：1，最外层电子数为2，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5：2，d轨道数目为5，外围电子排布为3d54s2，故W为Mn元素，X、Y、Z、W四种元素的核电荷数之和为58，则X核电荷数为58-15-17-25=1，故X为H元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知X是H，Y是P，Z是Cl，W是Mn。(1)Z是Cl元素，在周期表的位置位于第三周期第VIIA族；(2) Y与X形成共价化合物A是PH3，Z与X形成共价化合物B是HCl，由于元素的非金属性ClP，元素的非金属性越强，简单氢化物的还原性就越弱，所以A与B还原性较强的是PH3；(3)Z是Cl，最高为+7价，所以Z的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4；(4)12.4g单质P4的物质的量为0.1mol，0.3molO2在一定条件下恰好完全反应生成0.1mol化合物P4O6，在P4O6分子中，每个分子中有12个P-O键；(5)含W(Mn)元素的最高化合价的含氧酸根离子是MnO4-，MnO4-具有强的氧化性，在酸性条件下可以将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O。【点睛】本题主要考查了元素周期