高二化学试题答案

一、选择题：1、解析：D24195Am的质子数为95，质量数为241，中子数＝241－95＝146，核外电子数＝质子数＝95，中子数与核外电子数之差为146－95＝51。CX元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离X是N或OY元素原子最外电子层上sp电子数相等，Y是C或Si。Z元素＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。X元素的氢化物的水溶液显碱性(NH)或中性(HO)，A错误；若W是氯元素，则氯离子电子层数比镁离子多，所以氯离子半径大于镁离子半径，若W是铝元素，则镁离子半径B氧化镁，C正确；D.基态Y光谱，D错误。3、解析：B根据题意可推知，元素X、Y、Z、W分别是H、N、O、Mg。径：N3－＞O2－＞Mg2＋A2s22p32p轨道处于半充满状态，较稳定，所以第一电离能：N＞O，B项错误；同一周期，从左往右，元素电负性逐渐增大，所以电负性：O＞N＞HC项正确；XZ形成的化合物可以是HO、HO2等，HO2既有非极性键，也有极性键，D项正确。4、解析：C前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，则X为N；Y的周期序数与族序数相等，其原子序数大于N，则Y位于第三周期第ⅢA族，为Al元素；基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，其核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则Z为Cl元素；W与Z处于同主族，W的原子序数大于Cl，则W为Br元素；N能与多种元素(H、O等)形成共价键，A项正确；氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，X(N)的第一电离能比同周期相邻元素的大，B项正确；Y为Al、Z为Cl元素，同周期主族元素自左而右电负性增大，可知Cl元素的电负性比Al大，即Y的电负性比Z的弱，C项错误；非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性Cl>Br，则简单气态氢化物的热稳定性Z>W，D项正确。5、解析：A键角是描述分子空间结构的重要参数，A项正确；H—O键、H—F键的键能依次增大，意味着形成这些键时放出的能量依次增大，化学键越共5页，第1页来越稳定，O、F2与H2反应的能力逐渐增强，B项错误；AB2型分子可能为直线形如CO180°V105°CH—O键的键能为462.8kJ·mol－1，指的是断开1molH—O键形成气态氢原子和气态氧原子所需吸收的能量为462.8kJ18g即1molHO中含2molH—O需吸收2×462.8kJ的能量形成气态氢原子和气态氧原子，再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量，D项错误。6、解析：BKC为离子化合物，则KC中一定含有离子键(K＋与C3－60之间)C3－60中C与CABKC为C项错误；C为单质，12C为原子，二者不互为同素异形体，D项错误。7、解析：吡啶中含有与苯类似的π66大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。答案：D8、解析：CSF2分子中，中心原子S的孤电子对数为6－1×22＝2，成键电子对数为2，故价层电子对数为4，分子的空间结构为V形。解析：A超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，不一定是氢键，A错误；将C加入一种空腔大小适配C的“杯酚”BC装，D正确。10、解析：D液氨中还存在共价键、氢键等作用力，A项错误；分子间作用力只影响物质的物理性质，与其稳定性无关，B项错误；由于液氯中Cl2分子CCCl4与CH4CCl4的相对分子质量大于CH，其沸点也高于CH4的沸点，D项正确。11、解析：B氧化铝的熔点高，属于离子晶体，则铝的化合物的晶体中有的是离子晶体，A项正确；表中BCl、AlCl3和干冰均是分子晶体，B项错误；同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体，如CO2是分子晶体，SiO2是共价晶CAA共5页，第2页铝都属于离子晶体，D项正确。12、解析：A金刚石晶体和二氧化硅晶体均属于共价晶体，A项符合题意；金刚石晶胞中含有碳原子数为8×18＋6×12＋4＝8B项不符合题意；60gSiO2的物质的量为1mol，1molSi原子与4molO原子形成4molSi—O键，即共价键数为4NC，D项不符合题意。13、解析：C根据晶胞模型，Fe原子位于顶角、棱上、内部，根据均摊法，Fe原子的个数为4×18＋2×14＋5＝6，氧原子位于晶胞内部，有8个，则原子个数比为6∶8＝3∶4，化学式为FeO，故选C。14、解析：D金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，所以晶体中有阳离ANaOHBC，共价键的键能较大，所以共价晶体的熔点高、硬度大，D正确。15、解析：B据均摊法，晶胞中含8×18＋6×12＝4个Ce、8个O，则晶体的化学式为CeO，A正确；以底面面心的Ce为例，同层的最近的Ce有4个，上下层各有4个，故晶体中与Ce距离最近且相等的Ce有12B错误；由晶CeCA分析可知，晶体密度为mV＝4×（140＋16×2）NAa3×10－21g·cm－3＝4×（140＋16×2）6.02×1023×a3×10－21g·cm－3，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16、（13分）解析：(2)h为Mg元素，Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，是因为电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时以光的形式释放能量。(3)o为Mn1s22s22p63s23p63d54s2Mn2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个Fe2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d63d轨道再失去一个电子即为半充满结构，故其失去第3个电子比较容易。(4)第三周期8共5页，第3页8种元素的单质中熔点最低的为氩气，其次为氯气，其中电负性最大的为氯。(5)由图可知，该元素的电离能I4远大于I，故为第ⅢA族元素，应为Al。答案：(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)(2)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量(3)Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定(4)2(5)Al17、（14分）解析：(3)配体CHCN中含有3个C—H1个C—C和1个C≡N键，故1molCHCN中含有5NAσ键、2NAπ键，σ键与π键个数之比为5∶2。答案：(1)13NA12NA(2)24NA(3)52(4)17NA(5)28NA18、（14分）答案：(1)乙二胺的两个N提供孤电子对与金属离子形成配位键Cu2＋(2)Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)[Cu(NH)]2＋(3)Co3＋可与NH3形成较稳定的配合物(4)不稳定Cl比I电负性强，给出电子能力较弱，形成配位键较弱，