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【解析版】湖北省黄石市慧德学校2015-2016学年高三(上)第一次月考化学试卷

时间:2016-12-04


2015-2016 学年湖北省黄石市慧德学校高三(上)第一次月 考化学试卷
一、 (本大题共 12 小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题 4 分,共 48 分) 1.若 NA 表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )

A.含有 NA 个氖原子的氖气在标准状况下的体积约为 11.2 L B.2.3 g Na 被 O2 完全氧化时,失去电子数为 0.1NA C.2 L 1 mol?L
﹣1

的盐酸中所含氯化氢分子数约为 2NA

D.标准标况下,5.6 L CCl4 含有的分子数为 0.25NA

考点:阿伏加德罗常数. 分析:A、氖气为单原子分子; B、求出钠的物质的量,然后根据反应后钠变为+1 价来分析; C、HCl 是强电解质,在溶液中完全电离; D、标况下,四氯化碳为液态. 解答: 解:A、氖气为单原子分子,故含有 NA 个氖原子的氖气为 1mol,在标况下为 22.4L, 故 A 错误; B、2.3g 钠的物质的量为 0.1mol,而反应后钠变为+1 价,故 0.1mol 钠反应后失去 0.1mol 电 子即 0.1NA 个,故 B 正确; C、HCl 是强电解质,在溶液中完全电离,故盐酸溶液中无 HCl 分子,故 C 错误; D、标况下,四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故 D 错误. 故选 B. 点评: 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算, 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关 键,难度不大.

2.元素的原子核外有四个电子层,其 3d 能级上的电子数是 4s 能级上的 3 倍,则此元素是 ( ) A.S B.Fe C.Si D.Cl

考点:原子核外电子排布.

分析:某元素原子核外有四个电子层,其 3d 能级上的电子数是 4s 能级上的 3 倍,说明该元 素的 3d 的电子数是 2× 3=6,其核外电子数=2+8++8+6+2=26,原子核外电子数=原子序数, 据此判断元素. 解答: 解:某元素原子核外有四个电子层,其 3d 能级上的电子数是 4s 能级上的 3 倍,说 明该元素的 3d 的电子数是 2× 3=6,其核外电子数=2+8++8+6+2=26,原子核外电子数=原子 序数,所以该元素是 Fe 元素,故选 B. 点评:本题考查了元素判断,明确原子结构、原子核外电子排布即可解答,题目难度不大.

3.某元素的 3p 能级上有两个未成对电子,因此其( A.第三电子层上有 4 个电子 C.最高正价为+4

)

B.最高正价为+2 D.第二电子层没有未成对电子

考点:原子结构与元素的性质. 分析:某元素的 3p 能级上有两个未成对电子,该元素原子最外层电子排布式为 3s23p2 或 3s23p4,即该元素为 Si 元素或 S 元素,据此解答. 解答: 解:某元素的 3p 能级上有两个未成对电子,该元素原子最外层电子排布式为 3s23p2 或 3s23p4,即该元素为 Si 元素或 S 元素. A.该元素第三电子层上电子数为 2 或 4,故 A 错误; B.该元素为 Si 元素或 S 元素,最高正价为+4 或+6,故 B 错误; C.该元素为 Si 元素或 S 元素,最高正价为+4 或+6,故 C 错误; D.第二电子层全部排满,没有未成对电子,故 D 正确, 故选 D. 点评:本题考查结构位置性质关系,难度不大,推断元素是解题的关键,注意理解掌握核外 电子排布规律.

4.已知气体的密度与它的摩尔质量成正比,一只气球若放在空气中静止不动,那么在相同 条件下,该气球放在下列气体中会下沉的是( A.O2 B.Cl2 ) C.H2 D.CO2

考点:阿伏加德罗定律及推论.

专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 分析: 若气体的密度比空气小, 那么在相同条件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下 沉,从同温同压下,气体的密度与它的摩尔质量成正比的角度分析. 解答: 解:一只气球若放在空气(空气平均摩尔质量为 29g/mol)中可静止不动,在相同条 件下该气球放在密度比空气小的气体中就会下沉,则 A.氧气的摩尔质量为 32g/mol,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故 A 错误; B.氯气的摩尔质量为 71g/mol,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升,故 B 错误; C.氢气的摩尔质量是 2g/mol,小于空气,则密度比空气小,该气球放在氧气中下沉,故 C 正确; D.二氧化碳的摩尔质量为 44g/mol,大于空气,则密度比空气大,该气球放在氧气中上升, 故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查阿伏加德罗定律及推论,题目难度较小,注意把握题意,特别是密度与摩尔 质量的关系.

5.对相同状况下的 12C18O 和 14N2 两种气体,下列说法正确的是( A.若质量相等,则质子数相等 B.若原子数相等,则中子数相等 C.若分子数相等,则体积相等 D.若体积相等,则密度相等

)

考点:阿伏加德罗定律及推论;质量数与质子数、中子数之间的相互关系. 专题:原子组成与结构专题. 分析: 本题需要根据阿伏伽德罗定律及其推论来解答, 要针对 4 个选项中相同的量来分别计 算其要求的其他量是否相等. 解答: 解:对于
12

C18O 和 14N2,它们的摩尔质量分别为(12+18)g/mol 和(14+14)g/mol,

即 30g/mol 和 28g/mol,二者所含质子数分别为 6+8=14 和 7+7=14,所含中子数分别为(12 ﹣6)+(18﹣8)=16 和(14﹣7)+(14﹣7)=14.

A、设质量均为 1g,则它们所含质子的物质的量之比为



=14:15,因为微粒

数之比等于物质的量之比,所以其质子数之比也是 14:15,故 A 错误. B、二者均为双原子分子,原子数相等时,二者的物质的量相等,其中子数之比为 16:14=8: 7,即原子数相等时,中子数不相等,故 B 错误. C、相同条件时,分子数之比等于物质的量之比等于体积之比,则分子数相等,其体积必然 相等,故 C 正确. D、相同条件下,密度之比等于摩尔质量之比,其密度之比为 30:28=15:14,即体积相等 时,其密度不相等,故 D 错误. 故选 C. 点评:解答本题要熟练记忆阿伏伽德罗定律及其推论,并能把握各自的前提条件,才能灵活 运用,学习新课时本类题会成为难点,因此要知难而进,才能突破难点.

6.几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表.分析判断下列说法正确的是(
A 元素 代号 化合价 ﹣1 原子半 0.071 径/nm B ﹣2 0.074 D +4、﹣4 0.077 E ﹣1 0.099 G +5、﹣3 0.110 H +3 0.143 I +2 0.160 J +1 0.186

)

A.G 元素的单质不存在同素异形体 B.I 在 DB2 中燃烧生成两种化合物 C.A 的单质能将 E 单质从 HE3 的溶液中置换出来 D.A、H、J 的离子半径由大到小顺序是 A>J>H

考点:原子结构与元素周期律的关系;原子结构与元素的性质. 分析:短周期元素,A、E 有﹣1 价,B 有﹣2 价,且 A 的原子半径与 B 相差不大,则 A、E 处于ⅦA 族,B 处于ⅥA 族,A 原子半径小于 E,可推知 A 为 F、E 为 Cl,B 为 O;D 有﹣ 4、+4 价,处于ⅣA 族,原子半径与 O 原子相差不大,可推知 D 为 C 元素;G 元素有﹣3、 +5 价,处于ⅤA 族,原子半径大于 C 原子,应处于第三周期,则 G 为 P 元素;H、I、J 的 化合价分别为+3、+2、+1,分别处于Ⅲ族 A、ⅡA 族、ⅠA 族,原子半径依次增大,且都 大于 P 原子半径,应处于第三周期,可推知 H 为 Al、I 为 Mg、J 为 Na,据以此解答该题.

解答: 解:短周期元素,A、E 有﹣1 价,B 有﹣2 价,且 A 的原子半径与 B 相差不大,则 A、E 处于ⅦA 族,B 处于ⅥA 族,A 原子半径小于 E,可推知 A 为 F、E 为 Cl,B 为 O;D 有﹣4、+4 价,处于ⅣA 族,原子半径与 O 原子相差不大,可推知 D 为 C 元素;G 元素有 ﹣3、+5 价,处于ⅤA 族,原子半径大于 C 原子,应处于第三周期,则 G 为 P 元素;H、I、 J 的化合价分别为+3、+2、+1,分别处于Ⅲ族 A、ⅡA 族、ⅠA 族,原子半径依次增大,且 都大于 P 原子半径,应处于第三周期,可推知 H 为 Al、I 为 Mg、J 为 Na,据 A.磷的单质有红磷和白磷,存在同素异形体,故 A 错误; B.镁在二氧化碳中的燃烧生成 MgO 和碳单质,故 B 错误; C.F2 极易和水反应置换出氧气,则 A 的单质不能将 E 单质从 HE3 的溶液中置换出来,故 C 错误; D.A、J、H 分别为 F、Na、Al,它们的离子核外电子层数相等,离子半径大小顺序为:F >Na+>Al3+,故 D 正确. 故选 D. 点评: 本题考查性质结构位置关系应用, 难度中等, 根据半径与化合价推断元素是解题关键, 注意掌握元素周期律.


7.已知价电子数相同的离子或分子结构相似,如 SO3、NO3 都是平面三角形.那么下列分 子或离子中与 SO42 有相似结构的是(




) C.NF3 D.N3


A.PCl5

B.CCl4

考点:判断简单分子或离子的构型. 分析:具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体.它们具有相似的结构特征. 解答: 解:SO42 含有 5 个原子,32 个价电子,PCl5、NF3、N3 原子数分别为 6、4、3,都
﹣ ﹣

不是 SO42 的等电子体.CCl4 含有 5 个原子,32 个价电子,和 SO42 互为等电子体,根据等
﹣ ﹣

电子原理,二者具有相似的结构,故选 B. 点评:本题考查了等电子体,解答本题关键是充分理解等电子体的本质特征,难度中等.

8.COCl2 分子的结构式为 A.4 个 σ 键

,COCl2 分子内含有(

)

B.2 个 σ 键、2 个 π 键

C.2 个 σ 键、1 个 π 键 D.3 个 σ 键、1 个 π 键

考点:常见有机化合物的结构. 分析:分子中含有 C=O 键、C﹣Cl 键,其中 C=O 中含有 1 个 δ 键,1 个 π 键,以此解答该 题.

解答: 解:COCl2 分子的结构式为: COCl2 分子内含有 3 个 σ 键、1 个 π 键, 故选 D.

,分子中含有 2 个单键和 1 个双键,则

点评:本题考查化学键及共价化合物,为高频考点,把握化学键形成的一般规律为解答的关 键,注意常见物质中的化学键,注重基础知识的考查,题目难度不大.

9.NA 为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是( A.1.0 L 1.0 mol?L
﹣1

)

的 NaAl02 水溶液中含有的氧原子数为 2 NA?

B.12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5 NA? C.25℃时 pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH 的数目为 0.1 NA? D.1 mol 的羟基与 1 mol 的氢氧根离子所含电子数均为 9 NA?


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、溶液中存在水的电离平衡; B、石墨烯中每一个六圆环平均含有 2 个碳原子; C、溶液体积不知不能计算微粒数; D、羟基是取代基,氢氧根离子是阴离子.

解答: 解:A、1.0 L 1.0 mol?L 于 2 NA?,故 A 错误;

﹣1

的 NaAl02 水溶液中,含有水,溶液中含有的氧原子数大

B、石墨烯中每一个六圆环平均含有 2 个碳原子,12g 石墨烯物质的量为 1mol,含六元环的 个数为 0.5 NA?故 B 正确; C、溶液体积不知不能计算微粒数; D、 1 mol 的羟基﹣OH 含有电子数 9 NA?, 1 mol 的氢氧根离子 OH 所含电子数均为 10 NA?, 故 D 错误; 故选 B. 点评: 本题考查了阿伏伽德罗常数的应用, 主要考查溶液中微粒数判断, 石墨结构分析计算, 溶液 PH 计算,注意区别羟基和氢氧根离子的不同,题目难度中等.


10.设 NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是( A.1L 1mol?L
﹣1

)

的 NaClO 溶液中含有 ClO 的数目为 NA



B.78g 苯含有 C=C 双键的数目为 3NA C.常温常压下,14g 由 N2 与 CO 组成的混合气体含有的原子数目为 NA D.标准状况下,6.72L NO2 与水充分反应转移的电子数目为 0.1NA

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、次氯酸根离子是弱酸阴离子,水溶液中发生水解; B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键, C、N2 与 CO 摩尔质量相同都为 28g/mol,都是双原子分子; D、依据标准状况下气体物质的量 n= 氧化还原反应计算电子转移; 解答: 解:A、次氯酸根离子是弱酸阴离子,水溶液中发生水解;1 L 1mol?L 溶液中含有 ClO 的数目小于 NA,故 A 错误; B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键,不存在碳碳双键,故 B 错误; C、N2 与 CO 摩尔质量相同都为 28g/mol,都是双原子分子,14 g 由 N2 与 CO 组成的混合气 体物质的量= =0.5mol,含有的原子数目为 NA,故 C 正确;
﹣ ﹣1

,结合二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的

的 NaClO

D、标准状况下气体物质的量 n=

=

=0.3mol,二氧化氮和水反应生成硝酸和

一氧化氮的反应为 3NO2+H2O=2HNO3+NO,氧化还原反应中 0.3mol 二氧化氮反应转移电子 0.2mol;故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,主要有盐类水解应用,苯分子结构的掌握,气体 摩尔体积的计算应用,题目难度中等.

11.如图是 NaCl 晶体的一个晶胞的结构模型.KO2 的晶体结构与 NaCl 相似,KO2 可以看作 是 Na+的位置用 K+代替,Cl 的位置用 O2 代替,则下列对于 KO2 晶体结构的描述不正确的
﹣ ﹣

是(

)

A.与 K+距离相等且最近的 K+有 8 个 B.与 K+距离相等且最近的 O2 共有 6 个


C.一个 KO2 晶胞中的 K+和 O2 粒子数均为 4 个


D.与 K+距离相等且最近的 O2 构成的多面体是正八面体


考点:离子晶体. 分析:A、K+位于晶胞棱心,根据其位置判断距离相等且最近的 K+数目; B、根据晶胞结构判断配位数; C、利用均摊法计算; D、根据两种离子所在位置,利用空间想象能力判断. 解答: 解:A、K+位于晶胞棱心,则被横平面、竖平面和正平面共有,且每一个平面有 4 个 K+距离最近,共 4× 3=12 个,故 A 错误; B、K+位于晶胞棱心,与 K+距离相等且最近的 O2 位于顶点和面心,共有 6 个,故 B 正确;


C、K+位于晶胞棱心和体心,数目为 12× +1=4,O2 位于顶点和面心,数目为 8× +6× =4,


即一个 KO2 晶胞中摊得的 K+和 O2 粒子数均为 4 个,故 C 正确;


D、与 K+距离相等且最近的 O2 共有 6 个,构成正八面体,K+位于正八面体中心,故 D 正


确; 故选 A. 点评:本题考查晶胞计算和配位数,难度不大,要求学生有一定的空间想象能力.

12.金属钠晶体为体心立方晶体(晶胞如图) ,实验测得钠的密度为 ρ(g?cm 3) .已知钠的


相对原子质量为 a,阿伏加德罗常数为 NA(mol 1) ,假定金属钠原子为等径的刚性球且处于


体对角线上的三个球相切.则钠原子的半径 r(cm)为(

)

A.3

B.

× 3

C.

× 3

D. × 3

考点:晶胞的计算. 分析:根据 求得晶胞体积,再得到晶胞边长,因为金属钠原子为等径的刚性球且处于

体对角线上的三个球相切,所以钠原子的半径为晶胞体对角线的 ,据此可以确定钠原子的 半径. 解答: 解:因为金属钠晶体为钾型,所以在晶胞中含有钠原子数为 1+8× =2,设晶胞边长

为 x,根据

得,

,所以 x=

,所以晶胞的休对角线长度为

×



所以钠原子半径=

×



故选 C. 点评:本题考查了晶胞的计算,比较简单,解题时要运用好基本公式.

二、非选择题(本大题共 4 题共 52 分)

13. (13 分)a、b、c、d、e、f、g 为七种由短周期元素构成的微粒,它们都有 10 个电子, 其结构特点如下表所示:
a 粒子代码 原子核数 单核 电荷数(单位电荷)0 b 单核 1+ c 双核 1﹣ d 多核 0 e 单核 2+ f 多核 1+ g 多核 0

其中 b 的离子半径大于 e 的离子半径;c 与 f 可形成两个共价型 g 分子. 试写出:

(1)a 粒子的原子结构示意图

,b 粒子的电子排布式 1s22s22p6.

(2)b 与 e 相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为 NaOH>Mg(OH)2(用 化学式表示) . (3)若 d 极易溶于水,在水溶液中的反应方程式为 NH3+H2O=NH3?H2O,d 分子的空间构

型为三角锥形,键角为 107.5° ;若 d 为正四面体分子,其电子式为





(4)c 粒子是 OH ,f 粒子是 H3O+(用化学式表示) ,由 c、f 生成 g 的离子方程式为 OH +H3O+=2H2O.

考点:位置结构性质的相互关系应用. 分析:a、b、c、d、e、f、g 为七种由短周期元素构成的粒子,它们都有 10 个电子.a 为单 核,电荷为 0,则 a 为 Ne 原子;b 为单核,电荷为 1+,则 b 为 Na+;c 为双核,电荷为 1﹣, 则 c 为 OH ;d 为多核,电荷为 0,若 d 极易溶于水,则 d 为 NH3,若 d 为正四面体分子, 则 d 为 CH4;e 为单核,电荷为 2+,则 e 为 Mg2+;f 为多核,电荷为 1+,g 为多核,电荷 为 0,c 与 f 可形成两个共价型 g 分子,则 f 为 H3O+,g 为 H2O,据此解答. 解答: 解:a、b、c、d、e、f、g 为七种由短周期元素构成的粒子,它们都有 10 个电子.a 为单核,电荷为 0,则 a 为 Ne 原子;b 为单核,电荷为 1+,则 b 为 Na+;c 为双核,电荷为 1﹣,则 c 为 OH ;d 为多核,是由极性键构成的 4 原子极性分子,电荷为 0,则 d 为 NH3; e 为单核,电荷为 2+,则 e 为 Mg2+;f 为多核,电荷为 1+,g 为多核,电荷为 0,c 与 f 可 形成两个共价型 g 分子,则 f 为 H3O+,g 为 H2O.
﹣ ﹣

(1)a 为 Ne 原子,核外电子数为 10,有 2 个电子层,最外层电子数为 8,结构示意图为其

结构示意图为: 1s22s22p6;

, b 为 Na+, 核外电子排布式为 1s22s22p6, 故答案为:



(2)金属性:Na>Mg,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,则 碱性 NaOH>Mg(OH)2,故答案为:NaOH>Mg(OH)2; (3)为多核,电荷为 0,若 d 极易溶于水,则 d 为 NH3,在水溶液中的反应方程式为: NH3+H2O=NH3?H2O,d 分子的空间构型为三角锥形,键角为 107.5° ;若 d 为正四面体分子,

则 d 为 CH4,电子式为



故答案为:NH3+H2O=NH3?H2O;三角锥形;107.5° ;





(3)c 为 OH ,f 为 H3O ,g 为 H2O,由 c、f 生成 g 的离子方程式为:OH +H3O+=2H2O, 故答案为:OH ;H3O+;OH +H3O+=2H2O.
﹣ ﹣

+

点评:本题考查无机物推断,需要学生熟练掌握常见 10 电子微粒,难度中等.

14. (13 分) (1)分析下列物质的物理性质,判断其晶体类型: ①碳化铝,黄色晶体,熔点 2200℃,熔融态不导电原子晶体; ②溴化铝,无色晶体,熔点 98℃,熔融态不导电,水溶液能导电分子晶体; ③五氟化钒,无色晶体,熔点 19.5℃,易溶于 CS2、CCl4 等有机溶剂分子晶体; ④溴化钾,无色晶体,熔融态或溶于水中均能导电离子晶体; (2)最近科学家研究发现了首例带结晶水的化学式为 Na0.35CoO2?1.3H2O.若用 NA 表示阿 伏加德罗常数,试计算 12.2g 该晶体含氧原子数 0.33NA,氢原子数的物质的量 0.26 mol.

考点:物质的量的相关计算;离子晶体;分子晶体. 分析: (1)根据原子晶体、分子晶体、离子晶体、金属晶体的特点和性质分析; (2)根据化学式和相对原子质量来计算相对分子质量,相对分子质量与摩尔质量的数值相 同,单位不同,并利用化学式来确定原子的关系及 N=n× NA 来解答.

解答: 解: (1)①原子晶体属于共价化合物,固态、液态时均不导电,而且熔点很高,故 答案为:原子晶体; ②熔点低,熔融态不导电,所以是分子晶体,故答案为:分子晶体; ③根据相似相溶原理,非极性分子形成的晶体易溶于乙醇、氯仿、丙酮,难溶于水,故答案 为:分子晶体; ④离子晶体熔融时或溶于水中都能导电,故答案为:离子晶体; (2)晶体的化学式为 Na0.35CoO2?1.3H2O,其相对分子质量为 23× 0.35+59+16× 2+1.3× (1× 2+16)=122.45, 则该晶体的摩尔质量是 122.45g/mol, 12.2g 该晶体的物质的量为: =0.1mol,0.1mol 该晶体中含有的氧原子数目为

0.1× (2+1.3)× NA=0.33NA,氢原子数的物质的量 2.6× 0.1=0.26mol, 故答案为:0.33NA, . 点评:本题考查晶体的类型的判断和物质的量的相关计算,为高频考点,侧重于学生的分析 能力和计算能力的考查, 明确常见原子的相对原子质量及物质的构成是解答本题的关键, 难 度不大,注意相关计算公式的运用.

15. (13 分) (1)金属 Fe 堆积方式如图 1:

该晶体的空间利用率计算式为:[(2× ×π×r3)÷ ( (2)氟化钙晶胞(图 2) : ①Ca2+的配位数为 8,F 的配位数为 4.


r)3]× 100%=68%.

②每个氟化钙晶胞中平均拥有 4 个 Ca2+、8 个 F .


③每个氟离子与最邻近的钙离子构成正四面体 形.

考点:晶胞的计算. 分析: (1)利用均摊法计算晶胞中 Fe 原子数目,进而计算 Fe 原子总体积,位于体对角线上 的 Fe 原子相邻, 据此计算晶胞的棱长, 进而计算晶胞体积, 空间利用率= (2)①根据图示的晶胞结构判断钙离子、氟离子的配位数; ②根据均摊法计算每个氟化钙晶胞中平均拥有 Ca2+、F 的数目;


× 100%;

③每个氟离子与最邻近的钙离子分布在晶胞的顶点和经过该顶点的三个面的面心上, 据此判 断. 解答: 解: (1)体心立方中含有 Fe 原子数目为 1+8× =2 个铁原子,设铁原子半径为 r,晶 胞中铁原子的体积为:2× ×π×r3,体心立方中,体对角线上为三个铁原子相切,则体对角线 为 4r,晶胞边长为:
3

,晶胞体积为: (

)3,空间利用率为:[(2× ×π×r3)÷ (

r)

]× 100%=68%, r)3]× 100%;68;

故答案为:[(2× ×π×r3)÷ (

(2)①在 CaF2 晶胞中每个 Ca2+连接 4 个氟离子,但在下面一个晶胞中又连接 4 个氟离子, 所以其配位数为 8;在 CaF2 晶胞中每个 F 连接 4 个钙离子,所以其配位数为 4, 故答案为:8;4; ②根据均摊法,该晶胞中含有钙离子个数=8× +6× =4,氟离子在该晶胞的内部,所以氟离 子个数是 8, 故答案为:4;8; ③每个氟离子与最邻近的钙离子分布在晶胞的顶点和经过该顶点的三个面的面心上, 所以氟 离子与最邻近的钙离子构成正四面体, 故答案为:正四面体. 点评:本题考查物质结构与性质,涉及元素性质递变规律、等电子原理应用、分子性质、配 位键、晶胞计算, (4)中计算为易错点、难点,需要学生具备一定的数学计算能力,题目难 度中等.


16. (13 分)A、B、C、D、E 是元素周期表中前四周期中五种常见元素,其相关信息如下 表:

元素 A B C D E

相关信息 原子核外 L 层电子数是 K 层的 2 倍 其一种单质被称为地球生物的“保护伞” 元素的第一电离能是第 3 周期所有元素中最小的 基态原子最外层电子排布为(n+1)s (n+1)p 可形成多种氧化物,其中一种为具有磁性的黑色晶体
n
(n+2)

请回答下列问题: (1)C 在元素周期表中位于第三周期、第 IA 族;D 的基态原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p4. (2) B、 C、 D 的简单离子半径由大到小的顺序为 (用化学符号表示, 下同) S2 >O2 >Na+,
﹣ ﹣

B、D 的简单氢化物中稳定性较大的是 H2O. (3) B 的常见单质和 C 的单质按物质的量比 1: 2 反应生成的化合物中化学键的类型为离子 键、共价键;该化合物属于离子晶体. (4)E 形成的黑色磁性晶体发生铝热反应的化学方程式是 3Fe3O4+8Al 9Fe+4Al2O3.

考点:位置结构性质的相互关系应用. 分析:A 元素原子核外 L 层电子数是 K 层的 2 倍,则 L 层有 4 个电子,故 A 为碳元素;B 元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”,故 B 为氧元素;C 元素的第一电离能是第 3 周期所有元素中最小的, 故 C 为 Na 元素; D 元素基态原子最外层电子排布为 (n+1) sn (n+1) p
(n+2)

,由于 n=2,故 D 为 S 元素;E 元素可形成多种氧化物,其中一种为具有磁性的黑色

晶体,故 E 为 Fe 元素,据此解答. 解答: 解: A 元素原子核外 L 层电子数是 K 层的 2 倍, 则 L 层有 4 个电子, 故 A 为碳元素; B 元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”,故 B 为氧元素;C 元素的第一电离能是第 3 周期所有元素中最小的, 故 C 为 Na 元素; D 元素基态原子最外层电子排布为 (n+1) sn (n+1) p
(n+2)

,由于 n=2,故 D 为 S 元素;E 元素可形成多种氧化物,其中一种为具有磁性的黑色

晶体,故 E 为 Fe 元素. (1)C 为 Na 元素,处于周期表中第三周期 IA 族,D 为硫元素,基态原子核外电子排布式 是 1s22s22p63s23p4,

故答案为:三、IA;1s22s22p63s23p4; (2)B、C、D 的简单离子分别为 O2 、Na+、S2 ,电子层排布相同,核电荷数越大离子半
﹣ ﹣

径越小,最外层电子数相同,电子层越多离子半径越大,故离子半径由大到小的顺序为:S2


>O2 >Na+,


由于非金属性 O>S,故气态氢化物中稳定性 H2O>H2S, 故答案为:S2 >O2 >Na+;H2O;
﹣ ﹣

(3)B、C 的单质按物质的量比 1:2 形成的化合物为 Na2O2,含有离子键、共价键,属于 离子晶体, 故答案为:离子键、共价键;离子; (4)E 的黑色磁性晶体为 Fe3O4,发生铝热反应的化学方程式是: 3Fe3O4+8Al 9Fe+4Al2O3, 9Fe+4Al2O3.

故答案为:3Fe3O4+8Al

点评:本题考查结构性质位置关系、核外电子排布规律、微粒半径比较、化学键等,难度不 大,旨在考查学生对基础知识的全面掌握.


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