1、2014-2015学年福建省漳州市东山二中高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题共有20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1下列化工生产过程所发生的反应不属于氧化还原反应的是（）A 煅烧大理石（主要成分为CaCO3）B 用铝土矿（主要成分为Al2O3）制金属铝C 用氯气和消石灰制漂白粉主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2D 用氢气和氮气合成氨（NH3）2磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质微粒的直径在5.536nm
2、的磁流体，下列说法中正确的是（）A 所得的分散系属于悬浊液B 所得的分散系中分散质为Fe2O3C 该分散系能产生丁达尔效应D 该磁流体就是Fe（OH）2和Fe（OH）3的悬浊液3下列关于有机物的说法错误的是（）A CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B 石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C 乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D 苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应4下列某化合物在分类中同时符合图示要求的是（）A Na2CO3B NaHCO3C CaCO3D Cu2（OH）2CO35下列物质中，与0.3molH2O含相同氢原子数的物质是（）A 18.9gHNO3
3、B 3.6121023个HNO3分子C 0.1molH3PO4D 4.48LCH4（标准状况）6在80g密度为d gcm3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3+，则此溶液中SO42的物质的量浓度为（单位为molL1）（）A B C D 7被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列说法中正确的是（）A NaBH4既是氧化剂又是还原剂B NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C 硼元素被氧化，氢元素被还原D 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：18下列有关说法正确的是（）A 苯可以使溴水褪色是因为发生了取代反应生成溴苯B 将金属钠放入乙醇中，反应较缓和
4、且钠在液面下C 在蛋白质溶液中滴加饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质变性D 淀粉、脂肪和纤维素都是天然高分子化合物9下列说法正确的是（）A 用粮食酿酒的过程中，不可能生成乙酸B 蛋白质、橡胶和塑料都是天然高分子C 煤的干馏产物中不含烃D 乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，与乙烯分子含有碳碳双键有关10设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数为NAB 标准状况下，22.4L37Cl2中所含中子数为40NAC 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+D 25时，pH=13的1.0 L Ba（OH）2溶液中含有OH数目为0.2NA1
5、1能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A 硅B 硫C 铜D 铁12NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（）A 在18g18O2中含有NA个氧原子B 标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子C 1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAD 含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1molL113已知下述三个实验均能发生化学反应下列判断正确的是（）将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中A 上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+B 实验中铁钉只作还原剂C 实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D 实验中发生的是
6、置换反应14（B类）对于反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，若有0.1molKMnO4参加反应，下列说法中正确的是（）A 还原剂是KMnO4B 生成Cl25.6LC 参加反应的HCl为16molD 其转移电子为0.5mol15下列各组物质可按“甲乙丙丁”实现转化的组合是（）甲NaCuSNH3丁NaOHCu（OH）2H2SO4HNO3A B C D 全部16下列处理方法和变化不属于化学变化的是（）A 用食醋蒸熏对房间消毒杀菌B SO2通入品红中溶液变为无色C 红糖水中加入活性炭溶液变为无色D 少量胆矾粉末加入到浓硫酸中固体变白色17把氯气通入下列各物质的溶液
7、中，阴离子和阳离子都能被氧化的是（）A NaOHB Na2SO3C FeBr2D FeSO418实验室制备氯气的装置如图图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是（）A B C D 19把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL12010mL 0.05mol/L含有R2O72离子的浓溶液恰好能将60mL 0.05mol/L的F
8、e2+溶液完全氧化，则元素R在还原产物中的化合价为（）A +1价B +2价C +3价D +6价二.（非选择题共60分）21写出下列反应的有关化学用语：（1）Cl2和H2O反应的化学方程式；（2）把Cl2通入到Na2SO3溶液中发生反应的写离子方程式；（3）实验室制备乙酸乙酯的化学方程式；（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：Cu2X澄清溶液悬浊液Cu2Y（砖红色沉淀）Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为：22某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一
9、种未知物质X（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则反应中，被还原的元素是，还原剂是（2）已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为（3）根据上述反应可推知a氧化性：KBrO3H3AsO4b氧化性：H3AsO4KBrO3c还原性：AsH3Xd还原性：XAsH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中+23实验室用密度为1.25gmL1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1molL1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为（2）配制240mL 0.1molL1的盐酸应量取浓盐酸体积mL，应选用容量瓶的规格mL（3）操作中
10、，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是（4）实验误差分析：用“偏大”“偏小”或“无影响”填空转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出用量筒量取浓盐酸时，仰视读数配制前容量瓶中有水滴24为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）实验过程：打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是（3）B中溶液发生反应的离子方程式是（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是（5）过程实验的目的是（6）氯、溴、碘单质的氧化
11、性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱2）C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是，元素的第一电离能由大到小的顺序是（2）C、N两种元素的简单气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为（填化学式）CH2=CHCCH分子中的键与键的键数之比为26CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等已知：CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2、SnCl2等还原制得：CuCl2溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配如图1离子请回答下列问题：（1）基态Cu原子的核外电子排布式为（2）SO2晶体的熔点比CuCl晶体（填“高”或“低”），SO2分子的
12、空间构型为（3）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为乙二胺和三甲胺N（CH3）3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点（填“高”或“低”），原因是乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（4）中所形成的配离子中含有的化学键类型有（填字母）a配位键 b极性键 c离子键 d非极性键（5）CuCl的晶胞结构如图2所示，其中Cl原子的配位数为27T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等；X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同；Z的基态原子价电子排布
13、为ns2npn+2；在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小；R的单质常温常压下是气体，其基态原子的M层上有1个未成对的p电子；（1）Y的氢化物分子间能形成氢键，R的氢化物分子间不易形成氢键，原因是（2）W的基态原子的核外电子排布式为，该元素与元素X、Y能形成的W（XY）42离子中，含有的化学键是a离子键 b极性键 c非极性键 d配位键（3）T、X、Z三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常见的有害气体，它的分子式为XT2Z，分子空间构型为平面三角形，则该分子中中心原子采取杂化，1molM分子中键和键的个数比为（4）X与Y原子结合形成的X3Y4晶体，其晶体结构与金刚石类似，但硬度比金
14、刚石大，请解释原因是2014-2015学年福建省漳州市东山二中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共有20小题，每小题2分，共40分每小题只有一个选项符合题意）1下列化工生产过程所发生的反应不属于氧化还原反应的是（）A 煅烧大理石（主要成分为CaCO3）B 用铝土矿（主要成分为Al2O3）制金属铝C 用氯气和消石灰制漂白粉主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2D 用氢气和氮气合成氨（NH3）考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：从发生化学反应的各物质中的元素的化合价是否发生变化来判断某一反应是否发生氧化还原反应解答：解：A、大理石的主要成分是碳酸钙，加热分解生成氧化
15、钙和二氧化碳气体，各元素的化合价没有发生变化，故A选；B、用铝土矿（主要成分为Al2O3）制金属铝，反应前后铝的化合价变化为：+30，发生了氧化还原反应，故B不选；C、氯气和消石灰制漂白粉的反应为：2Cl2+2Ca（OH）2Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，氯元素的化合价发生改变，发生了氧化还原反应，故C不选；D、用氢气和氮气合成氨（NH3），单质发生化合反应生成化合物，元素的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，故D不选故选A点评：本题考查氧化还原反应的判断，注意从化合价的角度分析，正确判断反应中各元素的化合价是做本题的关键2磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性
16、制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质微粒的直径在5.536nm的磁流体，下列说法中正确的是（）A 所得的分散系属于悬浊液B 所得的分散系中分散质为Fe2O3C 该分散系能产生丁达尔效应D 该磁流体就是Fe（OH）2和Fe（OH）3的悬浊液考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的重要性质分析：根据分散质微粒直径大小来判断属于哪种分散系，来确定具有的性质解答：解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5536nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；A所得分散系为胶体，故A错误； B分散质应是黑
17、色的，而Fe2O3是红色的，故B错误；C胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D分散质应是黑色的，而Fe（OH）3是红褐色的，故D错误故选C点评：本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握，注意胶体的本质特征3下列关于有机物的说法错误的是（）A CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B 石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C 乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D 苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应考点：有机物的鉴别；苯的同系物的化学性质；化石燃料与基本化工原料分析：CCl4可由CH4和氯气光照取代制得，苯和水互不相溶，并且碘在苯中的溶
18、解度比在水中大，可用苯萃取碘水中的碘；石油和天然气的主要成分都是烃，向乙醇、乙酸和乙酸乙酯分别加入饱和Na2CO3溶液，乙醇溶解，乙酸和碳酸钠反应而有气泡产生，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，可用饱和Na2CO3溶液鉴别；苯燃烧，属于氧化还原反应解答：解：A、CCl4可由CH4和氯气光照取代制得，可萃取碘水中的碘，故A正确；B、石油和天然气的主要成分都是烃，烃由碳、氢元素组成，则烃属于碳氢化合物，故B正确；C、向乙醇、乙酸和乙酸乙酯分别加入饱和Na2CO3溶液分别现象为：互溶；有气泡产生；溶液分层，可以鉴别，故C正确；D、苯虽不能使KMnO4溶液褪色，但可以燃烧，能发生氧化反应，故D错误故
19、选：D点评：本题是2011年山东考题，涉及到物质的制备、组成和鉴别，掌握常见有机物的性质，尤其注意有机物燃烧属于氧化还原反应，此是易错点4下列某化合物在分类中同时符合图示要求的是（）A Na2CO3B NaHCO3C CaCO3D Cu2（OH）2CO3考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系分析：含碳酸根离子的盐为碳酸盐，酸碱恰好反应生成的盐为正盐，含钠离子的盐为钠盐解答：解：A、碳酸钠含碳酸根离子为碳酸盐，含钠离子为钠盐，属于正盐，故A正确；B、碳酸氢钠属于酸式盐，不是正盐，故B错误；C、碳酸钙不含钠离子不是钠盐，故C错误；D、Cu2（OH）2CO3，属于碱式盐，不是钠盐，故D错误；故选
20、A点评：本题考查了盐的分类方法，注意盐的组成分析，掌握基础是关键，题目较简单5下列物质中，与0.3molH2O含相同氢原子数的物质是（）A 18.9gHNO3B 3.6121023个HNO3分子C 0.1molH3PO4D 4.48LCH4（标准状况）考点：物质的量的相关计算专题：计算题分析：根据N=nNA可知，H原子的数目相同，则H原子物质的量相同，根据n=计算选项中各物质的物质的量，再结合各物质分子含有H原子数目计算氢原子物质的量解答：解：0.3molH2O含氢原子的物质的量为0.3mol2=0.6molA.18.9gHNO3的物质的量=0.3mol，含氢原子的物质的量0.3mol，故A错
21、误；B3.6121023个HNO3分子的物质的量=0.6mol，含氢原子的物质的量0.6mol，故B正确；C0.1molH3PO4分子中含有氢原子的物质的量为0.1mol3=0.3mol，故C错误；D标准状况下4.48LCH4含有氢原子的物质的量4=0.8mol，故D错误故选：B点评：本题考查物质的量有关计算、微粒数目的计算，比较基础，注意以物质的量为中心的计算6在80g密度为d gcm3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3+，则此溶液中SO42的物质的量浓度为（单位为molL1）（）A B C D 考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据n=计算n（Fe3+），溶液
22、中n（SO42）=n（Fe3+），根据V=计算溶液体积，再根据c=计算SO42的物质的量浓度解答：解：n（Fe3+）=0.05mol，溶液中n（SO42）=n（Fe3+）=0.05mol=0.075mol，溶液体积=L，则SO42的物质的量浓度为=mol/L，故选A点评：本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意对物质的量浓度定义式的理解，确定硫酸根与铁离子关系是关键7被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列说法中正确的是（）A NaBH4既是氧化剂又是还原剂B NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C 硼元素被氧化，氢元素被还原D 被氧化的元
23、素与被还原的元素质量比为1：1考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：该反应中H元素化合价由1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答解答：解：该反应中H元素化合价由1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，A根据元素化合价变化知，NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，故A错误；B根据A知，NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，故B错误；CB元素化合价不变，所以B元素不被氧化或还原，故C错误；D
24、根据方程式中，被氧化的H元素与被还原的H元素质量比为1：1，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确元素化合价变化即可解答，注意该反应中B元素化合价不变，题目难度不大8下列有关说法正确的是（）A 苯可以使溴水褪色是因为发生了取代反应生成溴苯B 将金属钠放入乙醇中，反应较缓和且钠在液面下C 在蛋白质溶液中滴加饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质变性D 淀粉、脂肪和纤维素都是天然高分子化合物考点：苯的性质；乙醇的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：有机物的化学性质及推断分析：A、苯能萃取溴水中的单质溴使溴水褪色；B、乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，比在水中反应安静；
25、C、饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析；D、脂肪不是高分子化合物解答：解：A、苯可以使溴水褪色是因为苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色，不是取代反应，故A错误；B、将金属钠放入乙醇中，乙醇的密度比钠小，钠在液面下且反应较缓和，故B正确；C、在蛋白质溶液中滴加饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质盐析，不是变性，故C错误；D、淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，但脂肪不是高分子化合物，故D错误；故选：B点评：本题主要考查了有机物的性质与分类，难度不大，注意蛋白质盐析与变性的条件9下列说法正确的是（）A 用粮食酿酒的过程中，不可能生成乙酸B 蛋白质、橡胶和塑料都是天然高分子C 煤的干馏产物中不含烃D 乙烯能
26、使溴的四氯化碳溶液褪色，与乙烯分子含有碳碳双键有关考点：生活中的有机化合物；乙烯的化学性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A、根据酿酒的过程以及酿的酒的特点来回答；B、蛋白质、橡胶属于高分子化合物，有的是天然的，有的是合成的，而塑料则是合成的高分子；C、煤的干馏产物是煤炭、煤焦油和煤气以及烃的混合物；D、乙烯中的双键能被溴的四氯化碳溶液加成解答：解：A、粮食酿酒的过程中，首先淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解成乙醇，乙醇被氧化为乙酸，乙醇和乙酸之间反应生成有香味的酯，故A错误；B、蛋白质、橡胶有天然的，也有合成的，而塑料则是合成的高分子，故B错误；C、煤的干馏产物中含烃，故C错误；
27、D、乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，是因为乙烯和溴单质发生了加成反应，故D正确；故选D点评：本题考查学生有机物的性质，可以根据所学知识进行回答，难度不大10设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 标准状况下，22.4L乙醇中含有的氧原子数为NAB 标准状况下，22.4L37Cl2中所含中子数为40NAC 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+D 25时，pH=13的1.0 L Ba（OH）2溶液中含有OH数目为0.2NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、标况下，乙醇是液体，无法根据体积计算出乙醇的物质的量及含有的氧原子数目；B、根据氯气的体积计算出氯气的物质的
28、量，再根据37Cl2中所含中子数计算出氯气中含有的中子的物质的量及数目；C、氯化铁溶液中铁离子部分水解，导致铁离子数目减少；D、根据溶液的pH计算出氢氧化钡溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出氢氧化钡溶液中氢氧根离子的物质的量及数目解答：解：A、在标准状况下，乙醇不是气体，无法计算22.4L乙醇的物质的量，也就无法计算乙醇中含有氧原子数目，故A错误；B、标况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol37Cl2中所含中子的物质的量为40mol，所含中子数为40NA，故B错误；C、由于溶液中铁离子部分水解，将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有铁离子物质的量小于0.1mol，铁离子数目小
29、于0.1NA个，故C错误；D、常温下pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH数目为0.1NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容要准确解答好这类题目，既要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，还要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系11能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A 硅B
30、硫C 铜D 铁考点：无机物的推断分析：A、二氧化硅不溶于水生成酸；B、S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3；C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不溶于水；D、金属铜和氧气反应生成氧化铁，氧化铁不溶于水解答：解：A、SiSiO2，二氧化硅不溶于水生成酸，故A不符合；B、S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3，故B符合；C、CuCuO，氧化铜不溶于水，不能实现物质间直接转化，故C不符合；D、FeFe3O4，铁的氧化物不溶于水，不能实现物质间直接转化，故D不符合；故选B点评：本题考查了物质
31、转化的关系分析和物质性质的应用，元素化合物之间的转化关系需要熟练掌握物质性质，题目难度中等12NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（）A 在18g18O2中含有NA个氧原子B 标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子C 1mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAD 含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1molL1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、注意氧元素原子的质量数的应用；B、依据空气是混合物进行分析判断；C、根据氯气自身氧化还原反应还是只做氧化剂来分析；D、从 溶液体积的变化进行分析计算；解答：解：A、18g18O2物质
32、的量是0.5mol，一个氧气分子含有两个氧原子，所以氧原子物质的量为1mol，即1NA，故A正确；B、空气是混合物，标准状况下，22.4L空气是1mol，但空气中含有氧气、氮气、二氧化碳、稀有气体等，共计1mol，单质不是1mol，故B错误；C、1molCl2参加反应转移电子数，如果只做氧化剂则转移电子数2mol，若自身氧化还原反应，则转移电子数为1mol，故C错误；D、含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，可得氢氧化钠为1mol，但溶剂反应一部分，体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量数的计算，氧化还原反应电子转移
33、数的计算，溶液浓度计算13已知下述三个实验均能发生化学反应下列判断正确的是（）将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中A 上述实验证明氧化性：Fe3+Fe2+Cu2+B 实验中铁钉只作还原剂C 实验中Fe2+既显氧化性又显还原性D 实验中发生的是置换反应考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱解答：解：A发生的三个反应，利用氧化剂的氧化
34、性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+Cu2+Fe2+，故A错误；B由中发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故B正确；C实验中发生3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O，Fe2+表现还原性，故C错误；D置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而中发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意氧化性比较，题目难度不大14（B类）对于反应2KMnO4+16HCl=
35、2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，若有0.1molKMnO4参加反应，下列说法中正确的是（）A 还原剂是KMnO4B 生成Cl25.6LC 参加反应的HCl为16molD 其转移电子为0.5mol考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，根据元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂以及电子转移的数目解答：解：A该反应中高锰酸钾中的锰元素化合价降低，所以高锰酸钾是氧化剂，故A错误；B根据反应方程式知，若有0.1molKMnO4 参加反应，应有0.25mol氯气生成，温度和压强未知，所以无法计算其体积，故B错误；C由方程式
36、可知，若有0.1molKMnO4 参加反应，应有0.8molHCl参加反应，故C错误；D转移电子的物质的量为0.1mol（72）=0.5mol，故D正确；故选D点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，易错选项是B，有关气体体积的计算一定要注意温度和压强，没有标明温度和压强，气体摩尔体积不能 用22.4L/mol，为易错点15下列各组物质可按“甲乙丙丁”实现转化的组合是（）甲NaCuSNH3丁NaOHCu（OH）2H2SO4HNO3A B C D 全部考点：无机物的推断专题：元素及其化合物分析：NaNa2ONa2O2NaOH；CuCuO，且Cu不能发生连续氧化的反应，CuO不与水反应；SSO2
37、SO3H2SO4；NH3NONO2HNO3解答：解：NaNa2ONa2O2NaOH，钠可发生连续氧化，过氧化钠与水反应生成NaOH，能实现转化，故选；CuCuO，且Cu不能发生连续氧化的反应，CuO不与水反应，不能实现转化，故不选；SSO2SO3H2SO4，硫能发生连续氧化，且三氧化硫与水反应生成硫酸，能实现转化，故选；NH3NONO2HNO3，氨气能发生连续氧化，且二氧化氮与水反应生成硝酸，能实现转化，故选；故选B点评：本题考查无机物的推断，明确物质的性质及发生的反应是解答本题的关键，注意Cu不能发生连续氧化及CuO不与水反应，题目难度中等16下列处理方法和变化不属于化学变化的是（）A 用食
38、醋蒸熏对房间消毒杀菌B SO2通入品红中溶液变为无色C 红糖水中加入活性炭溶液变为无色D 少量胆矾粉末加入到浓硫酸中固体变白色考点：物理变化与化学变化的区别与联系分析：A消毒使蛋白质变性的过程中有新物质生成； BSO2与品红发生化合反应使品红褪色；C活性炭吸附作用使红糖水变为无色；D浓硫酸脱水，使胆矾固体变为白色解答：解：A消毒使蛋白质变性的过程中有新物质生成，属于化学变化，故A错误； BSO2与品红发生化合反应使品红褪色，属于化学变化，故B错误；C活性炭吸附作用使红糖水变为无色，属于物理变化，故C正确；D浓硫酸脱水，使胆矾固体变为白色，属于化学变化，故D错误故选C点评：本题难度不大，解答时要
39、分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化17把氯气通入下列各物质的溶液中，阴离子和阳离子都能被氧化的是（）A NaOHB Na2SO3C FeBr2D FeSO4考点：氯气的化学性质专题：卤族元素分析：氯气具有强氧化性，把氯气通入溶液中，阴离子和阳离子都能被氧化，说明阴离子和阳离子都具有还原性，可被氧化，以此解答解答：解：A氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，只有Cl元素化合价发生变化，故A错误；B钠离子不能被氧化，故B错误；CFe2+和Br都具有还原性，可被氯气氧化，通入足量氯气和生成氯化铁
40、和溴，故C正确；DSO42不能被氧化，故D错误故选C点评：本题考查氯气的性质以及氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握常见具有还原性的离子，难度不大18实验室制备氯气的装置如图图中涉及气体发生、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，其中错误的是（）A B C D 考点：氯气的实验室制法分析：依据装置图分析是氯气制备符合制备要求；利用饱和氯化钠溶液吸收氯气中的氯化氢气体；利用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，洗气装置导气管需要长进短出；尾气吸收装置解答：解：依据装置图分析是氯气制备；利用二氧化锰和浓盐酸加热反应，符合制备要求；利用饱和氯化钠溶液吸收氯气中的氯化氢气体，洗气装置长进短出符
41、合吸收原理；利用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，洗气装置导气管需要长进短出，装置导气管位置错误；尾气吸收装置，防止污染空气，符合实验要求；故选C点评：本题考查实验室制备氯气的装置分析和原理判断，实验基本操作原理是解题关键，题目较简单19把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（）A molL1B molL1C molL1D molL1考点：物质的量浓度的相关计算专题：计算题分析：两等份溶液中，一份加氢氧化钠
42、溶液时发生反应：Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH），另一份加BaCl2的溶液，发生反应：Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（Ba2+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度解答：解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加加氢氧化钠溶液时发生反应：Mg2+2OHMg（OH）2，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH）=amol，另一份BaCl2的溶液，发生反应：Ba2+SO42BaSO4，由方程式可知n（SO42）=n（
43、Ba2+）=n（BaCl2）=bmol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42），故每份中溶液n（K+）=2bmol2amol=（2ba）mol，故原溶液中钾离子浓度=mol/L，故选：A点评：本题考查离子反应的有关混合计算，难度中等，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键2010mL 0.05mol/L含有R2O72离子的浓溶液恰好能将60mL 0.05mol/L的Fe2+溶液完全氧化，则元素R在还原产物中的化合价为（）A +1价B +2价C +3价D +6价考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：反应中Fe2+Fe3+，被氧化，令元素R在还原产物中的化
44、合价为x，R2O72中R元素化合价为+6，根据电子转移守恒计算x的值解答：解：令元素R在还原产物中的化合价为x，根据电子转移守恒，则：60mL0.05mol/L（32）=10mL0.05mol/L2（6x）解得：x=3，即元素R在还原产物中的化合价为+3故选：C点评：本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，关键是理解氧化还原反应中电子转移守恒，注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用二.（非选择题共60分）21写出下列反应的有关化学用语：（1）Cl2和H2O反应的化学方程式Cl2+H2O=HCl+HClO；（2）把Cl2通入到Na2SO3溶液中发生反应的写离子方程式Cl2+SO32+H2OSO42+
45、2H+2Cl；（3）实验室制备乙酸乙酯的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：Cu2X澄清溶液悬浊液Cu2Y（砖红色沉淀）Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2+3H2O考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写分析：（1）Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸；（2）氯气具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；（3）乙醇与乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯；（4
46、）Cu2Y为氧化亚铜，+1价的铜具有还原性，硝酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硝酸铜和二氧化氮和水解答：解：（1）Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，化学方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO；故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；（2）氯气与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氯化氢，离子方程式：Cl2+SO32+H2OSO42+2H+2Cl；故答案为：Cl2+SO32+H2OSO42+2H+2Cl；（3）乙醇与乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，方程式：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2
47、CH3+H2O；（4）Cu2Y为氧化亚铜，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，该反应的方程式为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2+3H2O，故答案为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2+3H2O点评：本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确物质的性质及发生反应的实质是解题关键，题目难度中等22某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则反应中，被还原的元素是Br，还原剂是AsH3（2）已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子
48、生成X，则X的化学式为Br2（3）根据上述反应可推知aca氧化性：KBrO3H3AsO4b氧化性：H3AsO4KBrO3c还原性：AsH3Xd还原性：XAsH3（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中8KBrO3+5AsH3考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应分析：（1）氧化剂发生还原反应，被还原，化合价降低；化合价升高元素所在的反应物是还原剂；（2）根据溴元素化合价的降低情况来计算；（3）氧化剂的氧化性最强，还原剂的还原性最强，氧化剂对应的产物叫还原产物；（4）根据化学反应中化合价的升降情况，得到氧化剂和还原剂解答：解：（1）KBrO3在反应中得到电子，所以KBr
49、O3是氧化剂，发生还原反应，被还原，AsH3变成了H3AsO4，所以AsH3是还原剂，故答案为：Br；AsH3；（2）设X中溴元素的化合价为x，则0.2mol（5x）=1mol，所以x=0，故X为Br2，故答案为：Br2；（3）a、反应中KBrO3是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化性为KBrO3H3AsO4，故a正确；b、反应中KBrO3是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化性为KBrO3H3AsO4，故b错误；c、AsH3是还原剂，Br2是还原产物，所以还原性AsH3Br2，故c正确；d、AsH3是还原剂，Br2是还原产物，所以还原性AsH3Br2，故d错误故选ac；（4）化合价升高的元
50、素是砷元素，化合价从3价升到+5价，化合价降低的元素是溴元素，化合价从+5价降到0价，化合价升高和降低数目得相等，所以转移40e，故答案为：8KBrO3、5AsH3点评：本题考查学生氧化还原反应中的概念以及电子守恒定律的知识，综合性较强，难度较大23实验室用密度为1.25gmL1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL 0.1molL1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为12.5mol/L（2）配制240mL 0.1molL1的盐酸应量取浓盐酸体积2mL，应选用容量瓶的规格250mL（3）操作中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶中（4）实验误差分析：用“
51、偏大”“偏小”或“无影响”填空转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出偏小用量筒量取浓盐酸时，仰视读数偏大配制前容量瓶中有水滴不影响考点：配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法分析：（1）物质的量浓度C=mol/L；（2）根据稀释前后盐酸的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；选取容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积；（3）洗涤液中含有少量的溶质，为保证溶质全部转入容量瓶中，洗涤液要移入容量瓶；（4）根据C=判断误差分析，如果n偏大或V偏小都导致C偏大，如果n偏小或V偏大都导致C偏小解答：解：（1）物质的量浓度C=mol/L=12.5mol/L，故答案为：12.5mol/L；（2）稀释前后盐酸
52、的物质的量不变，浓盐酸体积=2mL；选取容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积，实验室没有240mL容量瓶，有250mL容量瓶，所以应该选取250mL容量瓶，故答案为：2；250；（3）烧杯内壁和玻璃棒上沾有浓盐酸，所以洗涤液中含有少量的溶质，为保证溶质全部转入容量瓶中，洗涤液要移入容量瓶，故答案为：保证溶质全部转入容量瓶中；（4）根据C=判断误差分析，如果n偏大或V偏小都导致C偏大，如果n偏小或V偏大都导致C偏小，转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出，导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液浓度偏小，故答案为：偏小；用量筒量取浓盐酸时，仰视读数浓盐酸体积偏大，则浓盐酸物质的量偏大，所以配制溶液
53、浓度偏大，故答案为：偏大；配制前容量瓶中有水滴，溶液体积和溶质物质的量不变，所以不影响配制溶液浓度，故答案为：不影响点评：本题考查一定物质的量浓度溶液配制，为高频考点，明确实验原理是解本题关键，知道操作步骤及选取容量瓶和量筒规格的方法，易错点是误差分析24为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）实验过程：打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是淀粉KI试纸变蓝（3）B中溶液发生反应的离子方程式是
54、CL2+2Br=Br2+2CL（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCL4层溶液变为紫红色（5）过程实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱考点：氯、溴、碘的性质实验专题：压轴题；实验设计题分析：（1）A中产生黄绿色气体为Cl2；（2）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，并检验产物碘；（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧
55、化性，并检验产物碘的存在；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰；（6）从原子结构（电子层数、原子半径）的角度分析解答：解：（1）因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，其电子式为：；故答案为：；（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I=I2+2Cl，I2能使淀粉变蓝；故答案为：淀粉KI试纸变蓝；Cl2+2I=I2+2Cl； （3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2Br=Br2+2Cl，故答案为：Cl2+2Br=Br2+2Cl，（4）因Cl2的氧化性大于I2
56、的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Cl2+2I=I2+2Cl，同时检验产物碘的存在；故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层溶液变为紫（或紫红）色；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱；故答案为：电子层数依次增多，原子半径逐渐增大点评：本
57、题主要考查了卤素单质氧化性的相对强弱的验证，使学生根据已知知识能得出实验现象并进行解释2）C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是ONC，元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC（2）C、N两种元素的简单气态氢化物的热稳定性由强到弱的顺序为NH3CH4（填化学式）CH2=CHCCH分子中的键与键的键数之比为7：3考点：元素电离能、电负性的含义及应用分析：（1）原子的得电子能力越强，其电负性的数值越大；同一周期元素，元素的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，据此判断第一电离能大小顺序；（2）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，
58、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；根据共价单键为，共价双键中一个是一个是键，共价三键中一个是两个是键计算解答：解：（1）元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以ONC；同一周期元素，元素的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，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能NOC，故答案为：ONC；NOC；（2）同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，N元素的非金属性大于C元素，所以氢化物的稳定性NH3CH4，共价单键为，共价双键中一个是一个是键，共价三键中一个
59、是两个是键，所以CH2=CHCCH分子中的键与键的键数之比7：3，故答案为：NH3CH4；7：3点评：本题考查了物质结构和性质，涉及电负性、第一电离能、氢化物的稳定性等知识点，这些知识点都是考试热点，要熟练掌握这些知识点，难度中等26CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等已知：CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2、SnCl2等还原制得：CuCl2溶液与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）可形成配如图1离子请回答下列问题：（1）基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2）SO2晶体的熔点比CuC
60、l晶体低（填“高”或“低”），SO2分子的空间构型为V形（3）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化乙二胺和三甲胺N（CH3）3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高（填“高”或“低”），原因是乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键（4）中所形成的配离子中含有的化学键类型有abd（填字母）a配位键 b极性键 c离子键 d非极性键（5）CuCl的晶胞结构如图2所示，其中Cl原子的配位数为4考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：（1）根据铜的原子序数为29，结合能量最低原理书写基态原子的电子排布式；（2）根据SO2晶体为分子晶体，而CuCl晶体
61、为离子晶体比较熔点高低；根据判断SO2分子含有的键以及孤电子对数判断空间构型；（3）根据价层电子对数判断乙二胺分子中氮原子的杂化类型，根据是否含有氢键分析二者熔沸点高低；（4）根据成键原子的特点判断化学键类型；（5）根据晶体结构特点分析Cl原子的配位数解答：解：（1）铜的原子序数为29，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）因为SO2晶体为分子晶体，而CuCl晶体为离子晶体，所以SO2晶体的熔点比CuCl晶体低；SO2分子中含有2个键，孤电子对数=
62、1，所以分子为V形；故答案为：低；V形；（3）乙二胺分子中氮原子形成4个键，价层电子对数为4，氮原子为sp3杂化，乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低，故答案为：sp3杂化；高；（4）中所形成的配离子中含有的化学键中N与Cu之间为配位键，CC键为非极性键，CN、NH、CH键为极性键，不含离子键，故答案为：abd； （5）从CuCl的晶胞可以判断，每个铜原子与4个Cl距离最近且相等，即Cu的配位数为4，根据化学式可知Cl的配位数也为4，故答案为：4点评：本题考查较为综合，涉及电子排布式、分子的立体构型、杂化轨道类型、氢键、化学键类型以及晶体结构分析等
63、知识，题目具有一定难度，本题注意晶胞配位数的判断方法，可根据CuCl的化学式进行比较27T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等；X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同；Z的基态原子价电子排布为ns2npn+2；在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小；R的单质常温常压下是气体，其基态原子的M层上有1个未成对的p电子；（1）Y的氢化物分子间能形成氢键，R的氢化物分子间不易形成氢键，原因是Cl的原子半径比N大（2）W的基态原子的核外电子
64、排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，该元素与元素X、Y能形成的W（XY）42离子中，含有的化学键是bda离子键 b极性键 c非极性键 d配位键（3）T、X、Z三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常见的有害气体，它的分子式为XT2Z，分子空间构型为平面三角形，则该分子中中心原子采取sp2杂化，1molM分子中键和键的个数比为3：1（4）X与Y原子结合形成的X3Y4晶体，其晶体结构与金刚石类似，但硬度比金刚石大，请解释原因是C3N4与金刚石均原子晶体，由于N原子半径小于碳原子半径，故CN键长比CC键长短，CN键能更大，更稳定，所以C3N4晶体硬度大考点：位置结构性质的相互关系
65、应用分析：T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则W是Cu元素；T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则T是H元素；X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小，则Q为Na；Z的基态原子价电子排布为ns2npn+2，且Z原子序数小于Q，Z属于第二周期元素，所以n=2，则Z是O元素，Y原子序数介于碳、氧之间，故Y是N元素；R的单质常温常压下是气体，其基态原子的M层上有1个未成对的p电
66、子，且原子序数大于Q，则R是Cl元素解答：解：T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则W是Cu元素；T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则T是H元素；X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小，则Q为Na；Z的基态原子价电子排布为ns2npn+2，且Z原子序数小于Q，Z属于第二周期元素，所以n=2，则Z是O元素，Y原子序数介于碳、氧之间，故Y是N元素；R的单质常温常压下是气体，
67、其基态原子的M层上有1个未成对的p电子，且原子序数大于Q，则R是Cl元素（1）Y的氢化物为氨气，R的氢化物为HCl，氨气分子间易形成氢键，而Cl的原子半径比N大，HCl分子之间不易形成氢键故答案为：Cl的原子半径比N大；（2）W为Cu，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，该元素与元素X、Y能形成的Cu（CN）42离子，Cu2+离子与CN离子之间形成配位键，CN离子中碳原子与氮原子之间形成极性键，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；bd；（3）XT2Z的分子式为CH2O，结构式为，碳原子形成3个键，没有孤电子对，则C原子采取sp2杂化，1mol该分子中键和键的个数比为3：1，故答案为：sp2；3：1；（4）C与N原子结合形成的C3N4晶体，其晶体结构与金刚石类似，都属于原子晶体，由于N原子半径小于碳原子半径，故CN键长比CC键长短，CN键能更大，更稳定，所以C3N4晶体硬度大，故答案为：C3N4与金刚石均原子晶体，由于N原子半径小于碳原子半径，故CN键长比CC键长短，CN键能更大，更稳定，所以C3N4晶体硬度大点评：本题考查是对物质结构和性质的考查，涉及氢键、核外电子排布、化学键、配合物、杂化轨道、晶体类型与性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等
