1、2015-2016学年四川省广安市邻水中学高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题：每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法不正确的是（）A丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，云、雾、墨水、有色玻璃均能产生丁达尔现象B原子吸收光谱仪可用于测定物质中的金属元素，红外光谱仪可用于测定化合物的官能团C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质熔点、沸点、溶解度有较大影响2下列说法正确的是（）ANO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B单质的晶体中一定不存在的微粒是
2、阴离子CP4和CH4都是正四面体分子且键角都为10928DNaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Cl共有12个3设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAB将1molFeCl3水解制成胶体，所得胶体的胶粒数为NAC0.5mol NH4HSO4晶体中，含有H+数目为0.5NAD18gD2O含有的电子数为10NA4在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象可以通过下列装置所示实验进行探究下列说法正确的是（）A按图装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管B
3、图是图所示装置的原理示意图，图的正极材料是铁C铝制品表面出现白斑可以通过图装置进行探究，Cl由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl2eCl2D图装置的总反应为4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，生成的Al（OH）3进一步脱水形成白斑5下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A少量的Ba（OH）2溶液滴加到NaHCO3溶液中：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OB0.01molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02molL1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2OC一定条件下，将0.5mo
4、l N2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6kJmol1DCO（g）的燃烧热是283.0 kJmol1，则CO2分解的热化学方程式为：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+283.0 kJmol16下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是（）A常温常压下NH3、O2、H2、CO2不能共存NH3为碱性气体、CO2为酸性气体，反应生成（NH4）2CO3Bc（OH）=1.01013mol/L溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+不能共存发生反应：3Fe2+NO
5、3+4H+3Fe3+NO+2H2OC溶液中：K+、Cu2+、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu2+2OHCu（OH）2D溶液中：Al3+、Na+、SO42、HCO3可以共存不能发生反应AABBCCDD7已知X、M都是中学教材常见元素，下列对甲、乙两个离子反应通式的推断中，（甲）XO3n+Xn+H+X单质+H2O（未配平）；（乙）Mm+mOH=M（OH）m，其中正确的是（）若n=1，则XO3n中X元素为+5价，X位于周期表第A族若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=2，则在空气中蒸干MSO4溶液并灼烧一定能得到MSO4若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的氢化
6、物反应若m=3，则MCl3与足量的碱溶液反应一定生成M（OH）mABCD二、非选择题8（14分）（2015秋广安校级月考）已知X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，s能级电子数是p能级电子数的两倍；Z原子L层上有2对成对电子；Q是第三周期中电负性最大的元素；E+的M层3d轨道电子全充满请回答下列问题：（1）XZ2分子中含有个键、个键，写出XZ2的电子式（2）X、Y、Z第一电离能由小到大的顺序为 （填元素符号）（3）Z氢化物的沸点比Q氢化物的沸点高，理由是（4）E元素基态原子的电子排布式为（5）E2+能与Y的氢化物形成配合物离子，该配合物离子中提供
7、空轨道接受孤对电子的微粒是，画出配合物离子中的配位键9（14分）（2015秋广安校级月考）周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E，它们的核电荷数依次增大其中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）（1）B的氢化物的中心原子的价层电子对互斥（VSEPR）模型是
8、，中心原子杂化方式为，分子的空间构型是（2）A的同素异形体有多种，其中一种质地柔软而且能导电，含1molA原子的该物质中键的数目为（3）由B、C组成的一种化合物与AC2互为等电子体，其化学式为（4）E的核外价电子层排布式是，ECl3形成的配合物的化学式为（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是10（10分）（2015秋广安校级月考）A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：阳离子Ag+ Na+阴离子NO3 SO42 Cl如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极接通电源，经过
9、一段时间后，测得乙中C电极质量增加了27克常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2据此回答下列问题：（1）M为电源的极（填写“正”或“负”），甲、乙电解质分别为、（填写化学式）（2）计算电极f上生成的气体在标准状况下的体积：（3）写出乙烧杯的电解池总反应方程式：（4）要使丙恢复到原来的状态，应加入克（填质量）的（填写化学式）11以氨作为燃料的固体氧化物（含有02）燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、无污染等特点，另外氨气含氢量高，不含碳，易液化，方便运输和贮存，是很好的氢源载体其工作原理如图所示：固体氧化物作为电池工作的电解质，O2移动方向为（选填“由电极a向电极b”或“由电极b向电
10、极a”）该电池工作时，在电极a接触面上发生的电极反应为12M和N单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料巳知M和N均为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能（kJ/mol）I1I2I3I4M93218211539021771N7381451773310540根据上述信息，M的原子结构示意图为，MCl2是（填“极性分子”或“非极性分子”）；N的核外电子排布如图所示，该同学所画的电子排布图违背了13C60可用作储氢材料已知金刚石中的CC的键长为154.45pm，C60中C一C键长为145140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为此说法是否正确，并阐述理由14科学家把C60和
11、钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体该物质中K原子和C60分子的个数比为15盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定现根据下列的5个反应（由氨气、HCl和水制备NH4C1水溶液）请判断反应的反应热H5=NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）H1=176kJ/molNH3（g）+H2O（l）=NH3（aq）H2=35.1kJ/molHCl（g）+H2O（l）=HCl（aq）H3=72.3kJ/molNH3（aq）+HCl（aq）=NH4C1（aq）H4=52.3kJ/molNH4C1（s）+H
12、2O（1）=NH4C1（aq）H5=？16下列说法正确的是分子晶体中都存在共价键在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合晶体中分子间作用力越大，分子越稳定氯化钠熔化时离子键被破坏热稳定性：HFHClHBrHI微粒半径：K+Na+Mg2+Cl酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO317用x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数对金属铜的测定结果为：晶胞为面心立方最密堆积，铜原子直径为dpm，又知铜的密度为bgcm3，则阿伏加德罗常
13、数NA=mol12015-2016学年四川省广安市邻水中学高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法不正确的是（）A丁达尔现象可用于区别溶液与胶体，云、雾、墨水、有色玻璃均能产生丁达尔现象B原子吸收光谱仪可用于测定物质中的金属元素，红外光谱仪可用于测定化合物的官能团C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质熔点、沸点、溶解度有较大影响【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学键和分子间作用力的区别 【专题】物质的分类专题；化学键与晶体结构【分
14、析】A胶体能产生丁达尔效应； B原子吸收光谱仪可以确定物质中的金属元素，红外光谱仪用于测定有机物的官能团；C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；D分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力【解答】解：A胶体能产生丁达尔效应，但溶液不能产生丁达尔效应，所以能用丁达尔效应区分胶体和溶液，云和雾都是胶体，所以能产生丁达尔效应，故A正确； B原子吸收光谱仪可以确定物质中含有哪些金属元素，红外光谱仪用于测定有机化合物的官能团，故B正确；C安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用分子间作用力是
15、指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故D正确故选C【点评】本题考查了物质研究的方法、丁达尔效应以及化学键等知识点，难度不大，知道云和雾都是胶体2下列说法正确的是（）ANO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子CP4和CH4都是正四面体分子且键角都为10928DNaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Cl共有12个【考点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用 【专题】原子组成与结构专
16、题；化学键与晶体结构【分析】A在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构；B单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子；C白磷的键角是60；D根据NaCl晶体的晶胞示意图可以看出，与每个Na+距离最近且相等的Cl共有6个【解答】解：ANCl3中所有原子都达到8电子结构，故A错误；B单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子，如金属晶体，故B正确；C白磷是正四面体结构，但键角是60，CH4正四面体分子且键角为10928，故C错误；D根据NaCl晶体的晶胞示意图可以看出，与每个Na+距离最近且相等的Cl共有6个，故D错误；故选
17、：B【点评】本题考查较综合，涉及8电子稳定结构的判断、键角的判断、晶体的结构等知识点，注意白磷分子中4个磷原子位于四面体4个顶点上，与甲烷的键角不同，题目难度不大3设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAB将1molFeCl3水解制成胶体，所得胶体的胶粒数为NAC0.5mol NH4HSO4晶体中，含有H+数目为0.5NAD18gD2O含有的电子数为10NA【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、NO2和N2O4的最简式均为NO2；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C、NH4HS
18、O4晶体中无氢离子；D、重水的摩尔质量为20g/mol【解答】解：A、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量n=1mol，含有3mol原子即3NA个，故A正确；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故制的胶粒的个数小于NA个，故B错误；C、NH4HSO4晶体H和S之间为共价键，故NH4HSO4晶体中无氢离子，故C错误；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而1mol重水中含10mol电子，故0.9mol重水中含9mol电子即9NA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，掌握物质的量的计算公式和物
19、质结构是解题关键，难度不大4在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象可以通过下列装置所示实验进行探究下列说法正确的是（）A按图装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管B图是图所示装置的原理示意图，图的正极材料是铁C铝制品表面出现白斑可以通过图装置进行探究，Cl由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl2eCl2D图装置的总反应为4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，生成的Al（OH）3进一步脱水形成白斑【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】A、用酒精灯加热具支试管时，具支试管内气体受热压
20、强增大；B、铁做负极；C、该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铝易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，发生吸氧腐蚀，电子从负极流向正极；D、负极电极反应式为Al3e=Al 3+，正极反应式O2+2H2O+4e4OH，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3【解答】解：A、具支试管内气体受热压强增大，不能更快更清晰地观察到液柱上升，故A错误；B、铁做负极，故B错误；C、负极电极反应式为Al3e=Al 3+，正极反应式O2+2H2O+4e4OH，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，故C错误；D、负极电极反应式为Al3e=Al 3+，正极反应式O2+2
21、H2O+4e4OH，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3，生成的Al（OH）3进一步脱水形成白斑，故D正确；故选D【点评】本题考查计算腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大5下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（）A少量的Ba（OH）2溶液滴加到NaHCO3溶液中：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OB0.01molL1NH4Al（SO4）2溶液与0.02molL1Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al（OH）3+NH3H2OC一定条件下，将0.5mol
22、N2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6kJmol1DCO（g）的燃烧热是283.0 kJmol1，则CO2分解的热化学方程式为：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+283.0 kJmol1【考点】热化学方程式；离子方程式的书写 【专题】离子反应专题；化学反应中的能量变化【分析】ANaHCO3溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水；B、二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；C、0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生
23、成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ；D、燃烧热是1molCO燃烧放出的热量，其逆反应的反应热与其数值相同，符号相反【解答】解：ANaHCO3溶液中滴加少量的Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为：Ba2+2OH+2HCO3=BaCO3+H2O+CO32，故A错误；B、0.01molL1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02molL1 Ba（OH）2溶液等体积混合：，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式：NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+
24、Al（OH）3+NH3H2O，故B正确；C、0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故C错误；D、CO的燃烧热为283.0KJ/mol，则有2molCO燃烧放热为566KJ，所以其逆反应为2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H=+566.0kJ/mol，故D错误故选B【点评】本题考查学生离子方程式、热化学方程式的书写以及意义等方面的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等6下列对各组
25、离子或物质是否能够大量共存解释正确的是（）A常温常压下NH3、O2、H2、CO2不能共存NH3为碱性气体、CO2为酸性气体，反应生成（NH4）2CO3Bc（OH）=1.01013mol/L溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+不能共存发生反应：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2OC溶液中：K+、Cu2+、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu2+2OHCu（OH）2D溶液中：Al3+、Na+、SO42、HCO3可以共存不能发生反应AABBCCDD【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】A、O2与H2不点燃不反应，无水时，NH3在常温常压下不能生成（NH4）2CO3；
26、B、该溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；C、一水合氨为弱碱，离子方程式中应该保留分子式； D、氯离子与碳酸根离子发生双水解反应，二者不能够大量共存；【解答】解：A、干燥的氨气与二氧化碳不发生反应，常温下NH3、O2、H2、CO2能够共存，故A错误；B、c（OH）=1.01013mol/L溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性条件下能够与亚铁离子发生氧化还原反应，溶液中不能够大量共存，故B正确；C、铜离子与氨水反应的离子方程式为：Cu2+4NH3H2OCu（NH3）42+4H2O，故C错误；D、铝离子与碳酸氢根离子发生反应：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO
27、2，所以在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选：B【点评】本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生的条件：生成气体、难溶物、沉淀及发生氧化还原反应，试题能够培养学生灵活应用所学知识的能力7已知X、M都是中学教材常见元素，下列对甲、乙两个离子反应通式的推断中，（甲）XO3n+Xn+H+X单质+H2O（未配平）；（乙）Mm+mOH=M（OH）m，其中正确的是（）若n=1，则XO3n中X元素为+5价，X位于周期表第A族若m=1，则M（NO3）m溶液和氨水互滴时的现象可能不同若m=2，则在空气中蒸干MSO4溶液并灼烧一定能得到MSO4若n=2，则X最高价氧化物的水化物可能与它的
28、氢化物反应若m=3，则MCl3与足量的碱溶液反应一定生成M（OH）mABCD【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】无机推断【分析】n=1，XO3n中X元素为+5价，X元素形成X离子，X最低价为1，处于第A族；m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中产生沉淀，继续滴加沉淀溶解；m=2，若M为Fe，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价；n=2，X元素形成X2离子，X最低价为2，只有X为硫符合题意；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件【解答】解：n=1，XO3n中X元素为+5价，X元素形成X离子，X最低价为1
29、，处于第A族，故错误；m=1，+1价阳离子有：Ag+、Na+、K+等，氢氧化银不溶于水，但可以溶于氨水，硝酸银溶液滴入氨水，生成银氨溶液无明显现象；将氨水滴入硝酸银溶液中产生沉淀，继续滴加沉淀溶解，互滴顺序不同现象不同，故正确；m=2，若M为Fe，硫酸亚铁中+2价铁在空气中易被氧化为+3价，硫酸亚铁溶液经蒸干、灼烧不可能达到硫酸亚铁，故错误；n=2，X元素形成X2离子，X最低价为2，只有X为硫符合题意，浓硫酸含有强氧化性，可以氧化硫化氢，故正确；m=3，常见金属中只有铁、铝符合条件，氯化铝和过量氢氧化钠反应最终没有氢氧化铝沉淀生成，故错误；故选B【点评】本题考查元素化合物的推断，属于开放性题目
30、，题目综合性较大，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等二、非选择题8（14分）（2015秋广安校级月考）已知X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，s能级电子数是p能级电子数的两倍；Z原子L层上有2对成对电子；Q是第三周期中电负性最大的元素；E+的M层3d轨道电子全充满请回答下列问题：（1）XZ2分子中含有2个键、2个键，写出XZ2的电子式（2）X、Y、Z第一电离能由小到大的顺序为CON （填元素符号）（3）Z氢化物的沸点比Q氢化物的沸点高，理由是H2O分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键（4）E元素基态原子的电子排布式为ls22s22p
31、63s23p63d104s1（5）E2+能与Y的氢化物形成配合物离子，该配合物离子中提供空轨道接受孤对电子的微粒是Cu2+，画出配合物离子中的配位键【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】X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，则X原子核外电子数为6，故X为碳元素；Z原子L层上有2对成对电子，则Z原子核外电子排布为1s22s22p4，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；Q是第三周期中电负性最大的元素，Q为Cl元素；E+的M层3d轨道电子全充满，则其核外电子数为2+8+18+1=29，故
32、E为Cu，据此解答【解答】解：X、Y、Z、Q、E五种元素的原子序数依次增大，其中X原子核外电子有6种不同的运动状态，则X原子核外电子数为6，故X为碳元素；Z原子L层上有2对成对电子，则Z原子核外电子排布为1s22s22p4，故Z为氧元素；Y原子序数介于碳元素与氧元素之间，故Y为氮元素；Q是第三周期中电负性最大的元素，Q为Cl元素；E+的M层3d轨道电子全充满，则其核外电子数为2+8+18+1=29，故E为Cu（1）CO2分子结构式为O=C=O，双键中含有1个键、1个键，故CO2分子中含有2个键、2个键，电子式为，故答案为：2、2；（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但氮原子2p能级有3个
33、电子，处于半满稳定状态，能量降低，失去电子需要能量较高，故N元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON，故答案为：C；O；N；（3）氧元素的电负性很强，H2O分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键，氢键比分子间作用力强，故水的沸点高于HCl，故答案为：H2O分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键；（4）E为Cu元素，基态原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d104s1，故答案为：ls22s22p63s23p63d104s1；（5）Cu2+能与NH3形成配合物离子，NH3含有孤电子对，提供孤对电子，Cu2+含有空轨道，接受孤对电子，配合物离子Cu（NH3）42
34、+中的配位键为，故答案为：【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布规律、电离能、化学键与氢键、配合物等，难度中等，注意配合物中配位键的表示9（14分）（2015秋广安校级月考）周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E，它们的核电荷数依次增大其中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、
35、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）B的氢化物的中心原子的价层电子对互斥（VSEPR）模型是四面体，中心原子杂化方式为sp3，分子的空间构型是三角锥形（2）A的同素异形体有多种，其中一种质地柔软而且能导电，含1molA原子的该物质中键的数目为1.5NA（3）由B、C组成的一种化合物与AC2互为等电子体，其化学式为N2O（4）E的核外价电子层排布式是3d54s1，ECl3形成的配合物的化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是4Mg+9HNO3=4Mg（NO3）2+NH3+3H2O【考点】位
36、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】周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E，它们的核电荷数依次增大，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，则D在C的下一周期，且D是第IIA族元素；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，能形成氢键的氢化物有氨气、水和HF，AC2为非极性分子，A为第IVA族，C为第VIA族，则A是C、B是N、C是O元素，D是Mg元素；E的原子序数为24，则E是Cr元素，CrCl3能与N、O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
37、个氯离子位于外界，则该配合物化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3，再结合题目分析解答【解答】解：周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E，它们的核电荷数依次增大，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，则D在C的下一周期，且D是第IIA族元素；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，能形成氢键的氢化物有氨气、水和HF，AC2为非极性分子，A为第IVA族，C为第VIA族，则A是C、B是N、C是O元素，D是Mg元素；E的原子序数为24，则E是Cr元素，CrCl3能与N、O的氢化物形成六配位的配合物，且
38、两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界，则该配合物化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3，（1）N的氢化物是NH3，氨气分子中心原子N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，所以氨气分子中的中心原子的价层电子对互斥（VSEPR）模型是四面体形，中心原子杂化方式为sp3，分子的空间构型是三角锥形，故答案为：四面体；sp3；三角锥；（2）A的同素异形体有多种，其中一种质地柔软而且能导电，为石墨，石墨中每个C原子形成1.5个键键，含1molA原子的该物质中键的数目为1.5NA，故答案为：1.5NA；（3）由B、C组成的一种化合物与CO2互为等电子体，等电子体的原子个数相等且价电子数
39、相等，所以其化学式为N2O，故答案为：N2O；（4）E是Cr元素，其3d、4s电子为其价电子，所以E的核外价电子层排布式是3d54s1，通过以上分析知，ECl3形成的配合物的化学式为Cr（NH3）4（H2O）2Cl3，故答案为：3d54s1；Cr（NH3）4（H2O）2Cl3；（5）N的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液是稀硫酸，与D的单质反应时，B被还原到最低价，为其还原产物是氨气，D生成镁离子，该反应的化学方程式是4Mg+9HNO3=4Mg（NO3）2+NH3+3H2O，故答案为：4Mg+9HNO3=4Mg（NO3）2+NH3+3H2O【点评】本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及原子杂化
40、方式判断、微粒空间构型判断、等电子体、原子核外电子排布、氧化还原反应等知识点，综合性较强，注意价层电子对互斥理论的灵活运用，易错点是Cr原子价电子排布式的书写，题目难度不大10（10分）（2015秋广安校级月考）A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：阳离子Ag+ Na+阴离子NO3 SO42 Cl如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后，测得乙中C电极质量增加了27克常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2据此回答下列问题：（1）M为电源的负极（填写“正”或“负”），甲、乙电解质分别为NaCl、
41、AgNO3（填写化学式）（2）计算电极f上生成的气体在标准状况下的体积：1.4L（3）写出乙烧杯的电解池总反应方程式：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3（4）要使丙恢复到原来的状态，应加入2.25克（填质量）的H2O（填写化学式）【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】（1）根据乙中C电极质量增加了27克，说明C电极是阴极，连接C电极的电源M电极为负极；根据C电极上质量增加，析出金属单质，所以乙装置中含有银离子，又电解乙装置中电解质溶液，溶液的pH值减小，所以阳极上析出氢氧根离子，根据离子的放电顺序判断电解质；电解时，甲装置中溶液的pH值增大，说明阴极上氢离子放电，阳极上放电能力
42、比氢氧根离子强的离子放电，据此判断电解质（2）根据丙中pH值不变，说明为电解水型，为硫酸钠或硝酸钾溶液，f为阳极，反应式为4OH4e=2H2O+O2结合电路上电子守恒计算；（3）乙中电解AgNO3溶液的反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3；（4）根据电解质在电解以后要想复原，符合的原则是：出什么加什么，丙为硫酸钠或硝酸钾溶液，实质上为电解水结合电路上电子守恒计算【解答】解：（1）接通电源，经过一段时间后，测得乙中C电极质量增加了27克，说明C电极是阴极，所以连接阴极的电极M是原电池的负极；由图2可知，电解时，甲装置中溶液的pH值增大，说明阳极上是放电能力大于氢氧根离子的离子放
43、电，根据表格知，为氯离子，氯离子和银离子能生成沉淀，所以甲装置电解质溶液是NaCl溶液；因为C电极上质量增加，析出金属单质，所以乙装置中含有银离子，由图2可知，电解时，装置乙中pH值减小，说明阳极上是氢离子放电，溶液中含有的阴离子是含氧酸根离子，该电解质溶液是AgNO3溶液，故答案为：负；NaCl；AgNO3； （2）乙中C电极质量增加了27克，根据Ag+e=Ag，所以转移电子是=0.25mol，丙中pH值不变，说明为电解水型，为硫酸钠或硝酸钾溶液，电极f为阳极，反应式为4OH4e=2H2O+O2，所以生成标准状况下的体积为：22.4L/mol=1.4L，故答案为：1.4L；（3）乙中电解Ag
44、NO3溶液的反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3；（4）丙为硫酸钠或硝酸钾溶液，实质上为电解水，转移电子0.25mol时，2H2O2H2+O2，消耗水的物质的量为0.125mol，质量为0.125mol18g/mol=2.25g，故答案为：2.25；H2O【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确“C电极上质量的变化”的意思是解本题的关键，根据原电池和电解质各电极上发生反应的类型即可解答本题，难度不大11以氨作为燃料的固体氧化物（含有02）燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、无污染等特点，另外氨气含氢量高，不含碳，易
45、液化，方便运输和贮存，是很好的氢源载体其工作原理如图所示：固体氧化物作为电池工作的电解质，O2移动方向为由电极b向电极a移动（选填“由电极a向电极b”或“由电极b向电极a”）该电池工作时，在电极a接触面上发生的电极反应为2NH3+3O26e=N2+3H2O【考点】化学电源新型电池 【专题】电化学专题【分析】根据无污染的特点可知反应为2NH3+3O2=N2+6H2O，通入氨气的一极为负极，阴离子向负极移动；负极发生氧化反应，氨气被氧化生成氮气【解答】解：根据无污染的特点可知反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O；通入氨气的一极为负极，阴离子向负极移动，即由电极b向电极a移动，故答案为：由电极b
46、向电极a移动；在接触面上发生的反应为负极反应，氨气被氧化生成氮气，电极方程式为2NH3+3O 26e=N2+3H2O，故答案为：2NH3+3O26e=N2+3H2O【点评】本题考查电化学中的原电池的工作原理知识，综合考查学生的分析能力，为高考高频考点和常见题型，难度中等，注意电极方程式的书写12M和N单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料巳知M和N均为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能（kJ/mol）I1I2I3I4M93218211539021771N7381451773310540根据上述信息，M的原子结构示意图为，MCl2是非极性（填“极性分子”或“非极性分子”）；N的核
47、外电子排布如图所示，该同学所画的电子排布图违背了能量最低原理【考点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子 【专题】物质的组成专题【分析】由表中电离能可知，二者第三电离能都剧增，原子最外层电子数为2，都为短周期元素，同主族自上而下第一电离能降低，故M为Be、N为Mg元素，Be的原子序数为4，核外电子总数为4，据此写出其原子结构示意图；BeCl2分子中Be形成2个键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型结构，据此判断BeCl2的极性；根据图示可知，3s能级未填满就填充3p能级，据此进行解答【解答】解：由表中电离能可知，二者第三电离能都剧增，原子最外层电子数为2，都为短周期元素，
48、同主族自上而下第一电离能降低，故M为Be、N为Mg，M为Be元素，其原子结构示意图为：；BeCl2分子中Be形成2个键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型结构，则BeCl2为非极性分子；由电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低，所以违背能量最低原理，故答案为：；非极性；能量最低原理【点评】本题考查核外电子排布，涉及核外电子排布规律、分子极性判断等知识，题目难度中等，注意熟练掌握原子核外电子排布规律，明确极性分子与非极性分子的判断方法13C60可用作储氢材料已知金刚石中的CC的键长为154.45pm，C60中C一C键长为145140pm，有
49、同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为此说法是否正确，并阐述理由不正确，C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键【考点】晶体熔沸点的比较 【专题】化学键与晶体结构【分析】不同晶体类型，其熔沸点比较要根据晶体类型判断高低，只有相同晶体类型时才考虑键长、键能大小对晶体熔沸点高低的影响，据此分析解答【解答】解：金刚石是原子晶体而C60是分子晶体，尽管C60中CC键长小于金刚石中键长，则C60中键的键能可能大于金刚石，但其熔化时并不破坏化学键，只破坏分子间作用力，而金刚石熔融时要破坏共价键，导致金刚石熔点高于C60，故答案：不正确，C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键【点评】本题考查晶体熔沸点比较
50、，为高频考点，明确晶体熔沸点与晶体类型、化学键关系是解本题关键，注意：不同晶体比较熔沸点时先比较晶体类型，如果晶体类型相同时再考虑键长、键能等，题目难度不大14科学家把C60和钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体该物质中K原子和C60分子的个数比为3：1【考点】晶胞的计算 【分析】根据晶胞的分配原则计算出每个晶胞结构各离子的个数，在晶胞中，每个面上有两个钾原子，每个顶点上和体心有一个C60【解答】解：在晶胞中，每个面上有两个钾原子，每个顶点上和体心有一个C60，根据均摊法可知K原子个数为62=6，C60分子的个数比为8+1=2；所以K原子个数为和C60
51、分子的个数比为6：2=3：1，故答案为：3：1【点评】本题考查了均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度不大，注意把握微粒在晶胞中的位置以及在晶胞中所占比例为解题的关键15盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定现根据下列的5个反应（由氨气、HCl和水制备NH4C1水溶液）请判断反应的反应热H5=+16.3kJ/molNH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）H1=176kJ/molNH3（g）+H2O（l）=NH3（aq）H2=35.1kJ/molHCl（g）+H2O（l）=HCl（aq）H3=72.3kJ/molNH3（aq）+HCl（a
52、q）=NH4C1（aq）H4=52.3kJ/molNH4C1（s）+H2O（1）=NH4C1（aq）H5=？【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算 【专题】计算题；化学反应中的能量变化【分析】根据盖斯定律，将热化学方程式+可得：NH4C1（s）+H2O（1）=NH4C1（aq），据此计算出H5即可【解答】解：NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）H1=176kJ/molNH3（g）+H2O（l）=NH3（aq）H2=35.1kJ/molHCl（g）+H2O（l）=HCl（aq）H3=72.3kJ/molNH3（aq）+HCl（aq）=NH4C1（aq）H4=52.3kJ/mol根据盖斯定
53、律，+可得：NH4C1（s）+H2O（1）=NH4C1（aq）H5=（35.1kJ/mol）+（72.3kJ/mol）+（52.3kJ/mol）（176kJ/mol）=+16.3kJ/mol，故答案为：+16.3kJ/mol【点评】本题考查了盖斯定律在热化学方程式中的计算，题目难度不大，利用盖斯定律及已知热化学方程式得出目标反应为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力16下列说法正确的是分子晶体中都存在共价键在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键SiO2晶体中每个硅原
54、子与两个氧原子以共价键相结合晶体中分子间作用力越大，分子越稳定氯化钠熔化时离子键被破坏热稳定性：HFHClHBrHI微粒半径：K+Na+Mg2+Cl酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3【考点】化学键；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】单原子分子不存在共价键；金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子；根据晶体类型判断熔点高低；离子晶体中一定存在离子键，可能有共价键；SiO2晶体中每个硅原子形成4个共价键；分子间作用力与分子稳定性无关；氯化钠晶体中只有离子键；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱；
55、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；电子层数越大，半径越大；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强【解答】解：单原子分子不存在共价键，只存在分子间作用力，故错误；晶体只要有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子，故错误；晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体离子晶体分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，物质的熔点与相对分子质量成正比（含有氢键的物质除外），所以这几种物质的熔点高低顺序是：金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故正确；离子晶体中一
56、定存在离子键，可能有共价键，如NaOH中既有离子键又有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故错误；SiO2晶体中每个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合，故错误；分子的稳定性属于化学性质，与共价键有关，分子间作用力与稳定性无关，故错误；氯化钠晶体中只有离子键，则氯化钠熔化时离子键被破坏，故正确；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，则非金属性：FClBrI，所以稳定性：HFHClHBrHI，故错误；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则半径Na+Mg2+，电子层数越大，半径越大，则ClK+Na+，所以微粒半径：ClK+Na+Mg
57、2+，故错误；非金属性SiPSCl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性为HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3，故正确故答案为：【点评】本题考查的知识点较多，涉及共价键、离子键、分子间作用力、晶体熔点比较、同周期、同主族元素的性质变化规律及元素非金属性的比较方法等，题目侧重于基础知识的考查，难度不大，注意相关知识的积累17用x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数对金属铜的测定结果为：晶胞为面心立方最密堆积，铜原子直径为dpm，又知铜的密度为bgcm3，则阿伏加德罗常数NA=mol1【考点】晶胞的计算 【专题】计算题；结构决定性质思想；化学计算【分析】晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞的面对角线为铜原子半径的4倍，铜原子直径为dpm，则晶胞的边长为pm，所以晶胞的体积为（1010cm）3，所以晶胞的质量为bgcm3（1010cm）3，铜的摩尔质量=晶胞质量NA，据此计算NA【解答】解：晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞的面对角线为铜原子半径的4倍，铜原子直径为dpm，则晶胞的边长为pm，所以晶胞的体积为（1010cm）3，所以晶胞的质量为bgcm3（1010cm）3=g，铜的摩尔质量=晶胞质量NA，所以NA=mol1=mol1，故答案为：【点评】本题综合考查物质的结构与性质知识，侧重于晶胞的结构与NA的计算，题目难度中等，注意把握基本公式的运算
