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2014-2015学年福建省漳州市芗城中学高二(下)期末化学试卷


2014-2015 学年福建省漳州市芗城中学高二(下)期末化学试卷
一、选择题(每小题第只有一个选项符合题意,共 20 题,60 分) 1. (3 分) (2014 春?库尔勒市校级期末)下列各原子或离子的电子排布式错误的是( 2 2 2 A. C 1s 2s 2p ﹣ 2 2 2 6 B. O 1s 2s 2p 2 2 6 2 6 4 2 C. Cr 1s 2s 2p

3s 3p 3d 4s 3+ 2 2 6 D. Al 1s 2s 2p )

考点:原子核外电子排布. 专题:原子组成与结构专题. 分析:基态原子或离子的电子应处于能量最低的状态,同时注意洪特规则特例,能级处于全 满、半满时稳定. 2 2 2 解答: 解:A.C 核外电子排布式为 1s 2s 2p ,符合能量最低原理,故 A 正确; 2﹣ 2 2 6 B.O 排布式为 1s 2s 2p ,符合能量最低原理,故 B 正确; 2 2 6 2 6 5 1 C.Cr 的 d 能级处于半满时稳定,因此核外电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ,故 C 错误; 3+ 2 2 6 D.Al 核外有 10 个电子,核外电子排布式为:1s 2s 2p ,故 D 正确; 故选 C. 点评:本题考查原子核外电子排布,题目难度不大,本题注意基态原子或离子的电子排布规 律的应用,把握书写方法. 2. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列分子或离子中,含有孤对电子的是( ) A. H2O B.CH4 C. SiH4 D. + NH4 考点:化学键;原子核外电子排布. 专题:化学键与晶体结构. 分析:孤对电子是指未参与形成化学键的成对电子,对于孤对电子的判定:主要是看与中心 原子成键的配位原子数,一般中心原子达 8 电子稳定结构时,最外层上有 4 对电子,当与中心 原子成键的配位原子少于 4 个时,中心原子就会有孤对电子存在,配位原子为 4 个或多于 4 个时,则中心原子则不会有孤对电子存在了. 解答: 解:A、H2O 中 O 最外层有 6 个电子,只有 2 对共用电子对,因而含有 2 对孤对电 子,故 A 正确; B、CH4 中 O 中 C 最外层有 4 个电子,有 4 对共用电子对,因而含有没有孤对电子,故 B 错 误; C、SiH4 中 O 中 Si 最外层有 4 个电子,有 4 对共用电子对,因而含有没有孤对电子,故 C 错 误; + D、 NH3 中 N 最外层有 5 个电子, 有 3 对共用电子对, 因而含有 1 对孤对电子, 但 NH4 中 NH3 + 孤对电子和 H 结合成配位键,则没有孤对电子,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题主要考查了孤对电子的判断,掌握判断方法是解题的关键,难度中等. 3. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

2.4g 镁在二氧化碳中燃烧所转移的电子总数为 0.2NA 7.1g Cl2 与足量 NaOH(aq)反应时转移的电子总数为 0.2 NA ﹣ 2﹣ 1 L1 mol/L 的 Na2CO3(aq)中 CO3 与 HCO3 的离子数之和为 NA 1 mol NaHSO4 晶体中离子总数为 3NA

考点:阿伏加德罗常数. 分析: A.镁为+2 价金属,2.4g 镁的物质的量为 0.1mol,完全反应失去 0.2mol 电子; B. 氯气与氢氧化钠溶液的反应中, 氯气既是氧化剂也是还原剂, 7.1g 氯气的物质的量为 0.2mol, 与氢氧化钠溶液完全反应转移了 0.1mol 电子; C.根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断; D.硫酸氢钠晶体中含有钠离子和硫酸氢根离子. 解答: 解:A.2.4g 镁的物质的量为: =0.1mol,0.1mol 镁与二氧化碳完全反应生成

0.1mol 氧化镁,转移了 0.2mol 电子,转移的电子总数为 0.2NA,故 A 正确; B.7.1g 氯气的物质的量为: =0.1mol, 0.1mol 氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成 0.1mol

氯化钠和 0.1mol 次氯酸钠,转移了 0.1mol 电子,转移的电子总数为 0.1NA,故 B 错误; ﹣ 2﹣ C.1 L1 mol/L 的 Na2CO3(aq)中含有溶质碳酸钠 1mol,根据物料守恒可知,CO3 、HCO3 ﹣ 2﹣ 和 H2CO3 的物质的量之和为 1mol,则 CO3 与 HCO3 的离子数之和小于 NA,故 C 错误; D.1molmol NaHSO4 晶体中含有 1mol 钠离子和 1mol 硫酸氢根离子,总共含有 2mol 离子,含 有的离子总数为 2NA,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用,题目难度中等,注意掌握物质的量与阿伏伽 德罗常数、摩尔质量等物理量在的转化关系,D 为易错点,注意硫酸氢钠晶体中含有的离子为 钠离子和硫酸氢根离子. 4. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列化学方程式或离子方程式中,正确的是( )

A. 向氢氧化钠溶液中通入少量 CO2:CO2+NaOH═NaHCO3 3+ 2+ 2+ B. FeCl3 溶液与 Cu 反应的离子方程式:Fe +Cu═Cu +Fe C. 铜与浓硝酸:Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO↑+2H2O D. 向 NH4HSO4 稀溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 稀溶液至刚好沉淀完全离子方程式: ﹣ + + 2﹣ 2+ NH4 +H +SO4 +Ba +2OH ═BaSO4↓+NH3?H2O+H2O 考点:离子方程式的书写;化学方程式的书写. 分析: A.向氢氧化钠溶液中通入少量 CO2,反应生成碳酸钠和水; B.电荷不守恒; C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮; D.向 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入 NH4HSO4 溶液至刚好沉淀完全,则二者以 1:1 反应. 解答: 解:A.向氢氧化钠溶液中通入少量 CO2,反应生成碳酸钠和水,离子方程式:2OH ﹣ 2﹣ +CO2=CO3 +H2O,故 A 错误; 3+ 2+ 2+ B.FeCl3 溶液与 Cu 反应的离子方程式:2Fe +Cu═Cu +2Fe ,故 B 错误; ﹣ + 2+ C.铜与浓硝酸,离子方程式:Cu+4H +2NO3 ═Cu +2NO2↑+2H2O,故 C 错误; D.向 Ba(OH)2 溶液中逐滴加入 NH4HSO4 溶液至刚好沉淀完全,则二者以 1:1 反应,离 ﹣ 2+ + 2﹣ + 子反应方程式为:Ba +2OH +H +SO4 +NH4 ═BaSO4↓+NH3?H2O+H2O,故 D 正确;

故选:D. 点评:本题考查了离子反应方程式正误判断,明确物质的性质、反应物用量对反应的影响、 电荷守恒、原子个数守恒规律是解题关键,题目难度不大. 5. (3 分) (2012 春?漳州校级期末) 下列物质性质的变化规律, 与化学键的强弱无关的是 ( A. F2、Cl2、Br2、I2 的熔点、沸点逐渐升高 B. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性依次减弱 C. 金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅 D. NaF、NaCl、NaBr、NaI 的熔点依次降低 考点:键能、键长、键角及其应用. 专题:化学键与晶体结构. 分析: A.组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,熔点、沸点越大; B.元素的非金属性越强,形成的氢化物共价键的键能越大,对应的氢化物越稳定; C.原子晶体中,键长越短,键能越大,物质的熔点、沸点越高; D.离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键. 解答: 解:A.F2、Cl2、Br2、I2 的相对分子质量逐渐增大,相对分子质量越大,范德华力 越大,熔点、沸点越高,与键能无关,故 A 正确; B.非金属性 F>Cl>Br>I,元素的非金属性越强,形成的氢化物共价键的键能越大,对应的 氢化物越稳定,与键能有关,故 B 错误; C.金刚石、晶体硅都属于原子晶体,金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长,所 以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅,与键能有关,故 C 错误; D.NaF、NaCl、NaBr、NaI 属于离子晶体,离子半径越大,键能越小,熔沸点越低,与化学 键的键能有关,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题考查键能的大小比较及元素周期律的递变规律,题目难度不大,注意把握晶体类 型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素. 6. (3 分) (2013?山东模拟)Cl2 是纺织工业常用的漂白剂,Na2S2O3 可作为漂白布匹后的“脱 2﹣ 2﹣ 氯剂”.S2O3 和 Cl2 反应的产物之一为 SO4 .下列说法不正确的是( ) 2﹣ A. 该反应中还原剂是 S2O3 B. H2O 参与该反应,且作氧化剂 2﹣ C. 根据该反应可判断氧化性:Cl2>SO4 2﹣ D. 上述反应中,每生成 l mol SO4 ,可脱去 2mol Cl2 考点:氧化还原反应. 专题:氧化还原反应专题. 分析:反应的离子方程式为 S2O3 +4Cl2+10OH =2SO4 +8Cl +5H2O,从化合价变化的角度 分析氧化还原反应. 解答: 解:反应的离子方程式为 S2O3 +4Cl2+10OH =2SO4 +8Cl +5H2O,则 2﹣ A.反应中 S 元素的化合价升高,被氧化,则 S2O3 为还原剂,故 A 正确; B.反应中 H2O 为产物,不是氧化剂,氧化剂为反应物,故 B 错误; 2﹣ C.氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性,反应中氧化性:Cl2>SO4 ,故 C 正确; 2﹣ D.由反应的方程式可知,每生成 lmolSO4 ,可脱去 2molCl2,故 D 正确.
2﹣




2﹣



2﹣



2﹣



故选 B. 点评:本题考查氧化还原反应,题目难度中等,解答该题的关键是能够写出反应的离子方程 式. 7. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)根据下表中所列键能数据,判断下列分子中,最不稳定 的分子是( ) 化学键 H﹣H H﹣Cl H﹣I Cl﹣Cl Br﹣Br 键能/kJ/mol 436 431 299 247 193 A. HClB. HBr C. H2 D. Br2

考点:键能、键长、键角及其应用. 分析:根据键能与化学键稳定性的关系判断,键能越大分子越稳定. 解答: 解:键能越大,即形成化学键时放出能量越多,这个化学键越稳定,越不容易被打 断;键能越小,化学键越容易被打断,所以最不稳定的分子是 Br2. 故选 D. 点评:本题考查了分子稳定性与键能的关系,题目难度不大,注意根据键能越大分子越稳定 来分析. 8. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)x、y 为两元素的原子,x 的阴离子与 y 的阳离子的电子 层结构相同,由此可知( ) A. x 的原子半径大于 y 的原子半径 B. x 的第一电离能小于 y 的第一电离能 C. x 的金属性大于 y 的金属性 D. x 的电负性大于 y 的电负性 考点:原子结构与元素周期律的关系. 分析:x 元素的阴离子和 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,结合元素周期律解答. 解答: 解:x 元素的阴离子和 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 的第一电离能大于 y 的第一电离能,故 B 错误; C.x 为非金属元素,y 为金属元素,故 x 的金属性弱于 y 的金属性,故 C 错误; D.x 为非金属元素,y 为金属元素,故 x 的电负性高于 y 的电负性,故 D 正确; 故选 D. 点评: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,注意对元素周期律的理解掌握. 9. (3 分) (2011 秋?巴中期末)构造原理揭示的电子排布能级顺序,实质是各能级能量高低, 若以 E 表示某能级的能量,下列能量高低顺序中正确的是( )

A. >E(3d) >E(4f)

E(3s)>E(2s)>E(1s) C.E(4f)>E(4s)>E(3d)

B. E (3s) >E (3p) D .E (5s) >E (4s)

考点:原子核外电子排布;原子核外电子的运动状态. 专题:原子组成与结构专题. 分析:各能级能量高低顺序为①相同 n 而不同能级的能量高低顺序为: ns<np<nd<nf, ②n 不同时的能量高低:2s<3s<4s 2p<3p<4p;③不同层不同能级 ns<(n﹣2)f<(n﹣1)d <np,以此解答该题. 解答: 解:各能级能量高低顺序为①相同 n 而不同能级的能量高低顺序为:ns<np<nd< nf,②n 不同时的能量高低:2s<3s<4s 2p<3p<4p;③不同层不同能级 ns<(n﹣2)f<(n ﹣1)d<np,绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序:1s、2s、2p、3s、3p、4s、 3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f… A.不同能层相同能级的电子能量 E(3s)>E(2s)>E(1s) ,故 A 正确; B.由以上分析可知相同能层不同能级的电子能量 E(3d)>E(3p)>E(3s) ,故 B 错误; C.由以上分析可知 E(4f)>E(3d)>E(4s) ,故 C 错误; D.应为 E(4f)>E(5s)>E(4s) ,故 D 错误. 故选 A. 点评:本题考查核外电子的排布,题目难度中等,注意根据构造原理把握能量大小的排布顺 序,为解答该题的关键之处. 10. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列微粒中,最外层未成对电子数最多的是( A. O B. P C. Mn D. Fe
3+



考点:原子核外电子排布. 专题:原子组成与结构专题. 分析:根据能量最低原理书写各元素的电子排布式,根据电子排布式判断未成对电子数,可 解答该题. 2 2 4 解答: 解:A.O 的电子排布式为 1s 2s 2p ,未成对电子数为 2; 2 2 6 2 3 B.P 的电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p ,未成对电子数为 3; 2 2 6 2 6 5 2 C.Mn 的电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ,未成对电子数为 5; 3+ 2 2 6 2 6 5 D.Fe 电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d ,未成对电子数为 5; 3+ 比较可知 Mn、Fe 的未成对电子数为 5,最多, 故选 CD. 点评:本题考查原子核外电子的排布,题目难度中等,注意根据电子排布式判断未成对电子 数. 11. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列事实中能证明氯化氢是共价化合物的是( ) A. 液态氯化氢不导电 B. 氯化氢极易溶于水 C. 氯化氢不易分解 D. 氯化氢溶液可以电 离 考点:共价键的形成及共价键的主要类型.

分析:共价化合物的构成微粒不带电,则液态不导电,但离子化合物的构成微粒带电,其液 态能导电,以此来证明氯化氢是共价化合物. 解答: 解:A、因共价化合物的构成微粒不带电,离子化合物的构成微粒带电,则可利用液 态氯化氢不导电来证明氯化氢是共价化合物,故 A 正确; B、不能利用溶解性判断是否为共价化合物,如 NaCl 也易溶于水,但属于离子化合物,故 B 错误; C、不能利用分解来判断是否为共价化合物,如 NaCl 受热也不易分解,但属于离子化合物, 故 C 错误; D、溶液能导电,是因化合物在水中发生电离,共价化合物、离子化合物的溶液都可以导电, 故 D 错误; 故选:A. 点评:本题考查共价化合物的判断,明确共价化合物的构成微粒是解答本题的关键,难度不 大. 12. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)第 3 周期元素形成的单质中,属于原子晶体的是( ) A. 金刚砂 B.金刚石 C. 单晶硅 D. 二氧化碳 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:C、Si 都属于第 IVA 族元素,但 C 位于第二周期、Si 位于第三周期,由原子构成的晶 体属于原子晶体,由分子构成的晶体属于分子晶体,由阴阳离子构成的晶体属于离子晶体,由 金属阳离子和自由电子构成的晶体属于金属晶体,根据晶体构成微粒解答. 解答: 解:C、Si 都属于第 IVA 族元素,但 C 位于第二周期、Si 位于第三周期,原子晶体 的构成微粒是原子, A.金刚砂是 SiC,其构成微粒是原子,属于原子晶体,但该物质属于化合物,故 A 错误; B.金刚石的构成微粒是原子,属于原子晶体,但 C 位于第二周期,不符合条件,故 B 错误; C.单晶硅的构成微粒是原子,所以属于原子晶体,且 Si 元素位于第三周期,单晶硅属于单 质,所以符合条件,故 C 正确; D.二氧化碳的构成微粒是分子,所以属于分子晶体,且二氧化碳属于化合物,不符合条件, 故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查单质、原子晶体,侧重考查基本概念,明确单质的含义、晶体类型的划分、 元素在周期表中的位置即可解答,熟练掌握常见原子晶体及其结构,题目难度不大. 13. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列事实与氢键有关的是( A. 水加热到很高的温度都难以分解 B. 水结冰成体积膨胀,密度减少 C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4 熔点随相对分子质量增加而升高 D. HF、HCI、HBr、HI 的热稳定性依次减弱 考点:含有氢键的物质. 专题:化学键与晶体结构. 分析: A.分子的稳定性与共价键有关; )

B.水分子之间含有氢键,水凝固成冰时,水分子排列有序化,体积膨胀,密度减小; C.分子晶体的相对分子质量越大,熔点越高; D.氢化物的稳定性与共价键强弱有关. 解答: 解:A.分子的稳定性与共价键有关,水的分解破坏的是化学键,不是氢键,故 A 不 选; B.水分子间存在氢键,氢键具有方向性,氢键的存在迫在四面体中心的每个水分子与四面体 顶角方向的 4 个相邻水分子相互吸引,这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高,留 有相当大的空隙,所以水结成冰时,体积增大密度减小;当冰刚刚融化为液态水时,热运动 使冰的结构部分解体,水分子间的间隙减小,密度反而增大,故 B 选; C.CH4、SiH4、GeH4、SnH4 的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关,分 子间不存在氢键,与氢键无关,故 C 不选; D.HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性与共价键强弱有关,非金属性越强,形成的共价键越强, 其氢化物越稳定,与氢键无关,故 D 不选. 故选 B. 点评:本题考查氢键的形成与性质,题目难度不大,注意氢键与分子间作用力、化学键的区 别,易错点为氢键对物质性质的影响. 14. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)当下列物质以晶体形式存在时,其所属晶体类型和所含 化学键类型分别相同的是( ) A. 氯化钠、氯化氢 B. 二氧化碳、二氧化 硅 C. 四氯化碳、四氯化硅 D. 单质铁、单质 碘 考点:化学键;离子晶体;原子晶体;分子晶体;金属晶体. 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,金属单质含有金属键. 解答: 解:A、氯化钠是离子键形成的离子晶体而氯化氢是共价键形成的分子晶体,故 A 不 符合; B、二氧化碳是共价键形成的分子晶体而二氧化硅是共价键形成的原子晶体,故 B 不符合; C、四氯化碳、四氯化硅都是共价键形成的分子晶体,故 C 符合; D、单质铁是金属键形成的金属晶体而单质碘是共价键形成的分子晶体,故 D 不符合; 故选 C. 点评:本题考查了晶体类型和化学键的判断,难度不大,注意碘单质不是单原子分子,是多 原子分子. 15. (3 分) (2008?海南)已知 X、Y、Z 三种元素组成的化合物是离子晶体,其晶胞如图所示, 则下面表示该化合物的化学式正确的( )

A. ZX8Y12

ZXY3

B.ZX2Y6

C. ZX4Y8

D.

考点:晶胞的计算. 专题:化学键与晶体结构. 分析:Z 处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有,X 处于顶点上的原子被 8 个晶胞占有,Y 处于 棱上的原子被 4 个晶胞占有,利用均摊法计算晶胞中各原子数目确定化学式. 解答: 解:Z 处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有,X 处于顶点上的原子被 8 个晶胞占有, Y 处于棱上的原子被 4 个晶胞占有, 故晶胞中含有 Z 原子的数目为 1、 含有 X 原子的数目为 8× =1、 含有 Y 原子的数目为 12× =3, 所以 Z、X、Y 的原子个数比是 1:1:3,所以其化学式为 ZXY3, 故选 A. 点评:本题考查了晶胞的有关计算,难度不大,利用均摊法计算晶胞中含有的各种元素的原 子个数之比即可确定. 16. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)由下列各组的三种元素构成的化合物中既有离子晶体, 又有分子晶体的是( ) A. H、O、C B.Na、S、O C. H、N、O D.H、S、O 考点:离子晶体;分子晶体. 专题:化学键与晶体结构. 分析:H 活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键, 非金属元素之间易形成共价键, 含有 离子键的化合物是离子化合物,属于离子化合物;只含共价键的化合物是共价化合物,属于分 子晶体,据此分析解答. 解答: 解: A、 C、 H、 O 是非金属元素, 这三种元素相互化合只能形成共价化合物 (如 H2CO3) , 不能形成离子化合物,故 A 错误; B、Na 是活泼金属元素,S、O 是非金属元素,这三种元素相互化合只能形成离子化合物(如 硫酸钠) ,不能形成 共价化合物,故 B 错误; C、H、N、O 是非金属元素,各元素相互化合可以共价化合物(如硝酸) ,属于分子晶体,也 可以形离子化合物(如硝酸铵) ,属于离子晶体,故 C 正确; D、H、S、O 是非金属元素,这三种元素相互化合只能形成共价化合物(如 H2SO4) ,不能形 成离子化合物,故 D 错误;

故选:C. 点评:本题考查了元素与化学键的关系,难度不大,注意:金属元素和非金属元素形成的化 合物不一定是离子化合物,如氯化铝是共价化合物不是离子化合物. 17. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列能跟氢原子形成最强极性键的原子是( A. F B. Cl C. Br D. I )

考点:极性键和非极性键. 专题:化学键与晶体结构. 分析:成键的两原子电负性差别越大,极性越大. 解答: 解:成键的两原子电负性差别越大,极性越大,F 的电负性最大,则跟氢原子形成最 强极性键, 故选 A. 点评:本题考查极性键的强弱,难度不大,注意知识的积累. 18. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)下列各组微粒,半径大小比较中错误的是( A. C. K>Na>Li B. Na >Mg >Al ﹣ ﹣ ﹣ 2+ + Mg >Na >F D. Cl >F >F
+ 2+


3+

考点:微粒半径大小的比较. 专题:元素周期律与元素周期表专题. 分析: A.同主族自上而下原子半径逐渐增大; B.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小; C.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小; D.电子层越多离子半径越大,原子半径小于相应的阴离子半径. 解答: 解:A.同主族自上而下原子半径逐渐增大,故原子半径 K>Na>Li,故 A 正确; + 2+ 3+ B.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径 Na >Mg >Al ,故 B 正确; ﹣ 2+ + C.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径 Mg <Na <F ,故 C 错误; ﹣ ﹣ D.电子层越多离子半径越大,原子半径小于相应的阴离子半径,故微粒半径 Cl >F >F, 故 D 正确, 故选 C. 点评:本题考查微粒半径比较,题目难度不大,注意对微粒半径比较规律的理解掌握. 19. (3 分) (2012 春?漳州校级期末) 下列各组指定的元素, 不能形成 AB2 型化合物的是 ( ) 2 2 2 4 2 4 2 4 A. 2s 2p 和 2s 2p B. 3s 3p 和 2s 2p 2 2 5 1 2 5 C. 3s 和 2s 2p D. 3s 和 3s 3p 考点:原子核外电子排布. 分析:AB2 型化合物中 A 的化合价为+2 或者+4 价,B 的化合价为﹣1 或﹣2 价,根据价电子 排布判断化合价是否符合. 2 2 2 4 解答: 解:A.价层电子排布为 2S 2P 的元素为 C,价层电子排布为 2S 2P 的元素为 O, 二者可形成 CO2,故 A 不选; 2 4 2 4 B. 价层电子排布为 3S 3P 的元素为 S, 价层电子排布为 2S 2P 的元素为 O, 二者可形成 SO2, 故 B 不选;

C. 价层电子排布为 3S 的元素为 Mg, 价层电子排布为 2S 2P 的元素为 F, 二者可形成 MgF2, 故 C 不选; D. 价层电子排布为 3S 的元素为 Na, 价层电子排布为 3s 3p 的元素为 Cl, 二者可形成 NaCl, 与题目不符,故 D 选. 故选 D. 点评:本题考查原子核外电子排布,题目难度不大,本题注意把握核外电子的排布特点,把 握常见元素的化合价. 20. (3 分) (2012 春?漳州校级期末)已知某+2 价离子的电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d , 该元素在周期表中所属的族是( ) A. ⅡA B.ⅡB C. Ⅷ D. IB 考点:原子核外电子排布. 专题:原子组成与结构专题. 2 2 6 2 6 10 分析:某+2 价离子的电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d ,则基态原子核外电子排布为 2 2 6 2 6 10 2 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ,据此判断. 2 2 6 2 6 10 解答:解:某+2 价离子的电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d ,则基态原子核外电子排布为 2 2 6 2 6 10 2 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ,处于第四周期ⅡB 族,故选 B. 点评:本题考查核外电子排布、结构与位置关系,难度不大,注意掌握过渡元素结构与位置 关系. 二、解答题(共 4 小题,满分 40 分) 21. (10 分) (2012 春?漳州校级期末)短周期元素 X、Y、Z 在周期表中位置关系如图: X Y Z (答题时,X、Y、Z 用所对应的元素符号表示) (1)x 元素的单质分子式是 He ,单质是 原子 晶体. (2)自然界中存在一种仅含钙与 Y 两种元素的天然矿物,其电子式为
2 2 6 2 6 10 1 2 5

2

2

5

,属于 离子 晶体. (3)Z 的氢化物和 Y 的氢化物沸点高低顺序是: HF>H2S ,理由: HF 分子之间除了 存在分子间作用力,还存在氢键 . (4)X、Y、Z 三种元素中,电负性最大的是: F . 考点:元素周期律和元素周期表的综合应用. 分析: 由短周期及元素的位置可知,X 为 He、则 Y 为 F、Z 为 S, (1)稀有气体为单原子分子,则其分子式为 He,属于分子晶体; (2)Y 为 F 元素,二者形成的化合物为氟化钙,属于离子化合物; (3)Z 的氢化物和 Y 的氢化物分别为硫化氢和氟化氢,氟化氢中存在氢键,氟化氢的沸点大 于硫化氢; (4)非金属性越强,电负性越强,F 是电负性最强的元素. 解答: 解:由短周期及元素的位置可知,X 为 He、则 Y 为 F、Z 为 S,

(1)X 为 He,属于稀有气体元素,其分子式为:He,He 晶体为分子晶体, 故答案为:He;分子; (2)自然界中存在一种仅含钙与 Y 两种元素的天然矿物,Y 为 F 元素,二者形成的化合物为

氟化钙,氟化钙属于离子化合物,其电子式为:



故答案为:

; 离子;

(3)Z 的氢化物和 Y 的氢化物分别为硫化氢和氟化氢分别为硫化氢和氟化氢,由于 HF 分子 之间除了存在分子间作用力,还存在氢键,所以氟化氢的沸点较高,即:HF>H2S, 故答案为:HF>H2S;HF 分子之间除了存在分子间作用力,还存在氢键; (4)He、S、F 元素中,非金属性正确的为 F,则电负性最强的为 F, 故答案为:F. 点评:本题考查元素周期律和元素周期表,题目难度中等,注意熟悉元素在周期表中的位置, 明确元素性质周期性变化的原因及元素性质的周期性变化是解答本题的关键. 22. (10 分) (2012 春?漳州校级期末)已知 A、B、C、D、E 都是周期表中前四周期的元素, 它们的核电荷数 A<B<C<D<E.其中 A、B、C 是同一周期的非金属元素.化合物 DC 的 晶体为离子晶体, D 的二价阳离子与 C 的阴离子具有相同的电子层结构. AC2 为非极性分子. B、 C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高. E 的原子序数为 24, ECl3 能与 B、 C 的氢化物形成六配位的配合物, 且两种配体的物质的量之比为 2: 1, 三个氯离子位于外界. 请 根据以上情况,回答下列问题: (答题时,A、B、C、D、E 用所对应的元素符号表示) X Y Z (1)A、B、C 的第一电离能由小到大的顺序为 C<O<N . (2)B 的氢化物的分子空间构型是 三角锥型 .其中心原子采取 sp (3)写出化合物 AC2 的电子式
3

杂化.

;一种由 B、C 组成的化合物与 AC2 互为等电 [Cr (NH3) (H2O) 4 2]Cl3 .

子体,其化学式为 N2O . (4) ECl3 与 B、 C 的氢化物形成配位数为六的配合物的化学式为

考点:位置结构性质的相互关系应用. 分析:A、B、C、D、E 都是周期表中前四周期的元素,它们的核电荷数 A<B<C<D<E; 化合物 DC 的晶体为离子晶体, D 的二价阳离子与 C 的阴离子具有相同的电子层结构, C 形成 ﹣2 价阴离子,且 D 位于 C 的下一周期;B、C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化 物的沸点高,分子中存在氢键,C 形成﹣2 价阴离子,则 C 为氧元素,D 为镁元素,核电荷数 B<C,则 B 为氮元素;其中 A、B、C 是同一周期的非金属元素,AC2 为非极性分子,则 A 为碳元素;E 的原子序数为 24,则 E 为 Cr 元素;CrCl3 能与 NH3、H2O 形成六配位的配合物, 且两种配体的物质的量之比为 2:1,则配体中有 4 个 NH3、2 个 H2O,三个氯离子位于外界, 该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3. 解答: 解:A、B、C、D、E 都是周期表中前四周期的元素,它们的核电荷数 A<B<C<D <E 化合物 DC 的晶体为离子晶体,D 的二价阳离子与 C 的阴离子具有相同的电子层结构,C

形成﹣2 价阴离子,且 D 位于 C 的下一周期,B、C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素 氢化物的沸点高,分子中应存在氢键,C 形成﹣2 价阴离子,则 C 为氧元素,D 为镁元素,核 电荷数 B<C,则 B 为氮元素;其中 A、B、C 是同一周期的非金属元素,AC2 为非极性分子, 则 A 为碳元素;E 的原子序数为 24,则 E 为 Cr 元素;CrCl3 能与 NH3、H2O 形成六配位的配 合物,且两种配体的物质的量之比为 2:1,则配体中有 4 个 NH3、2 个 H2O,三个氯离子位 于外界,该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3, 故 A 为碳元素;B 为氮元素;C 为氧元素,D 为镁元素,E 为 Cr 元素, (1)A 为碳元素、B 为氮元素、C 为氧元素,同周期自左而右第一电离能增大,氮元素原子 2p 能级有 3 个电子,处于半满稳定状态,电子能量低,氮元素第一电离能高于相邻的元素的, 所以第一电离能由小到大的顺序为 C<O<N; 故答案为:C<O<N; (2)B 为氮元素,其氢化物为 NH3,分子中含有 3 个 N﹣H 键,N 原子有 1 对孤对电子对, 3 杂化轨道数为 4,N 原子采取 sp 杂化,空间构型为三角锥型. 3 故答案为:三角锥型;sp ; (3)化合物 AC2 是 CO2,分子中碳原子与氧原子之间形成 2 对共用电子对,电子式为 ;一种由 N 元素、O 元素化合物与 CO2 互为等电子体,其化学式为 N2O, 故答案为: ;N2O;

(4)CrCl3 能与 NH3、H2O 形成六配位的配合物,且两种配体的物质的量之比为 2:1,则配 体中有 4 个 NH3、2 个 H2O,三个氯离子位于外界,该配合物为:[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3, 故答案为:[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3. 点评:本题考查位置、结构与性质关系的综合应用,题目难度中等,试题综合性较大,涉及 结构性质越位置关系、元素周期律、电子式与核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构, 氧化还原反应等知识,是物质结构的综合性题目,是对学生综合能力的考查,氢化物的沸点比 它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口. 23. (8 分) (2012 春?漳州校级期末)钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、 化工设备、飞机等航天航空材料,被誉为“未来世界的金属”.试回答下列问题: (1)钛有 Ti 和 Ti 两种原子,它们互称为 同位素 .Ti 元素在元素周期表中的位置

是第 四 周期,第 IVB 族;按电子排布 Ti 元素在元素周期表分区中属于 d (填 s、 p、d、ds 或 f)区元素 (2)偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用.偏钛酸钡为离子晶体,晶胞的结构 如右图所示,它的化学式是 BaTiO3 3+ (3)现有含 Ti 的配合物,化学式为 TiCl3(H2O)6,将 1mol 该物质溶于水,加入足量硝酸 银溶液,立即沉淀的氯化银为 1mol,已知该配合物的配位数为 6,则该配合物的配位体是 Cl


和 H2O .1mol 该配合物外界所含结晶水物质的量为 2 mol.

考点:晶胞的计算;同位素及其应用;配合物的成键情况. 分析: (1)质子数相同而中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素;Ti 元素为 22 号 元素,根据核外电子排布确定在周期表中位置; (2)根据均摊法计算晶胞中各元素原子数目,进而确定化学式; (3)1molTiCl3(H2O)6 溶于水,加入足量硝酸银溶液,立即沉淀的氯化银为 1mol,说明在 ﹣ ﹣ 3+ 配合物的外界 Cl 离子数目为 1,作配体的 Cl 离子为 2,TiCl3(H2O)6 中 Ti 的配位数为 6, 故还有 4 个 H2O 作配体, 另外 2 个 H2O 为结构简式, 该配合物化学式为[TiCl( 2 H2O) 4]Cl?2H2O. 48 50 解答: 解: (1)22 Ti 和 22 Ti 的质子数相同而中子数不同,是钛元素的不同原子,互为同 2 2 6 2 6 2 2 位素,钛元素在周期表中的原子序数为 22,基态原子的电子排布式为 Is 2s 2p 3S 3p 3d 4s , 位于第四周期第 IVB 族,属于 d 区元素,故答案为:同位素;四;IVB;d; (2)晶胞中 Ba 原子数目为 1,Ti 原子数目为 8× ,=1,O 原子数目为 12× =3,Ba、Ti、O 原子数目中之比为 1:1:3,故分子式为:BaTiO3,故答案为:BaTiO3; (3)1molTiCl3(H2O)6 溶于水,加入足量硝酸银溶液,立即沉淀的氯化银为 1mol,说明在 ﹣ ﹣ 3+ 配合物的外界 Cl 离子数目为 1,作配体的 Cl 离子为 2,TiCl3(H2O)6 中 Ti 的配位数为 6, 故还有 4 个 H2O 作配体, 另外 2 个 H2O 为结构简式, 该配合物化学式为[TiCl( 2 H2O) 4]Cl?2H2O, ﹣ 1mol 该配合物外界所含结晶水物质的量为 2mol,故答案为:Cl 和 H2O;2. 点评:本题是对物质结构的可知,涉及结构与位置关系、元素周期表、晶胞计算、配合物等, 难点是配体的判断,注意配合物中内外界的划分,难度中等. 24. (12 分) (2012 春?漳州校级期末)氯化铍是用于制有机铍化合物和金属铍的重要原料. 2 (1)BeCl2 分子中组成元素 Be 的基态原子的价电子排布式为 2s ,其元素的第一电离能 > B 元素(填“>”或“<”或“=”) ,原因是 Be 的 2s 轨道全充满,体系能量低 . (2)已知 BeCl2 加热易升华,液态 BeCl2 不导电,BeCl2 晶体类型为 分子晶体 ; BeCl2 中 Be 原子的杂化轨道类型是 sp . (3)Kraus 用阴离子树脂交换法提取一种组成元素为氯和铍的阴离子,该阴离子内铍原子达 到 8 电子稳定结构,则该离子内存在的微粒间的作用力是 共价键、配位键 ,阴离子的结

构式为



考点:原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用;分子晶体. 分析: (1)根据核外电子排布规律书写 Be 原子的基态价电子排布式;Be 的 2s 轨道为全充 满稳定状态; (2)根据晶体的性质判断晶体类型;BeCl2 中 Be 原子的杂化轨道数为 2; 2﹣ (3)阴离子内铍原子最外层达到 8 电子稳定结构,离子为 BeCl4 ,Be 原子与氯原子之间通 过共价键与配位键达 8 电子稳定结构. 2 2 2 解答: 解: (1)Be 原子的电子排布式为 1s 2s ,Be 原子的基态价电子排布式为 2s .Be 的 2s 轨道为全充满,稳定状态,体系能量低,第一电离能高于同周期相邻元素, 2 故答案为:2s ;>;Be 的 2s 轨道全充满,体系能量低; (2)BeCl2 加热易升华,液态 BeCl2 不导电,则 BeCl2 晶体类型为分子晶体;BeCl2 中 Be 原 子成 2 个 Be﹣Cl,Be 原子的杂化轨道数为 2,故 Be 原子采取 sp 杂化方式, 故答案为:分子晶体; sp;

(3)阴离子内铍原子最外层达到 8 电子稳定结构,离子为 BeCl4 ,Be 原子与氯原子之间通

2﹣

过共价键与配位键达 8 电子稳定结构,结构式为

,故答案为:共价键、配

位键;



点评:本题考查核外电子排布规律、元素周期律、晶体结构与化学键等,难度不大,注意基 础知识的掌握.


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