2023高二化學暑假作業(yè)答案大全
化學課本是依據(jù)教學大綱系統(tǒng)地闡述教材內(nèi)容的教學用書，抓住課本，也就抓住了基礎知識，應該對課本中的主要原理，定律以及重要的結論和規(guī)律著重去看、去記憶。下面小編整理2020高二化學暑假作業(yè)答案大全，歡迎閱讀。
2020高二化學暑假作業(yè)答案大全1
1.D
考點：葡萄糖的性質(zhì)和用途.菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
分析：葡萄糖含有醛基，故可與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，生成紅色沉淀，依此進行判斷.
解答：解：A.食醋的主要成分是乙酸，不含有醛基，故不能與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤;
B.白酒的主要成分是乙醇，不含有醛基，故不能與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，故B錯誤;
C.食鹽的主要成分是氯化鈉，不含有醛基，故不能與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤;
D.葡萄糖含有醛基，故可與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，生成紅色沉淀，故D正確;
故選D.
點評：本題考查常見物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大.要注意含有醛基的物質(zhì)，可與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應，生成紅色沉淀.
2.A
考點：有機高分子化合物的結構和性質(zhì).
分析：高分子化合物相對分子質(zhì)量特別大一般達1萬以上、一般具有重復結構單元.
解答：解：A.蛋白質(zhì)相對分子質(zhì)量較大，屬于高分子化合物，故A正確;
B.油脂相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故B錯誤;
C.葡萄糖是單糖，相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故C錯誤;
D.蔗糖屬于二糖，葡萄糖屬于單糖，相對分子質(zhì)量不很大，不屬于高分子化合物，故D錯誤.
故選A.
點評：本題考查生命中的基礎有機化學物質(zhì)，難度較小，清楚高分子化合物概念及常見的高分子化合物即可解答.
3.B
4.D
解：A.油脂在酸性條件下水解生成高級脂肪酸和丙三醇，故A正確;
B.碘單質(zhì)遇淀粉變藍色，若變藍則水解不完全，故B正確;
C.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物均為氨基酸，故C正確;
D.因淀粉和纖維素水解的產(chǎn)物都是葡萄糖，故D錯誤.
故選D.
5.D
6.B
略
7.A
略
8.(1)H2SO4;NaOH;Cu(OH)2;
(2)否;葡萄糖和新制氫氧化銅的反應應該在堿性條件下進行;
(3)加入碘水，看是否變藍，若變藍說明部分水解，若不變藍說明水解完全.
解：(1)淀粉需要在稀硫酸作催化劑條件下發(fā)生水解反應，所以A為H2SO4;得到的磚紅色沉淀為氧化亞銅，說明試劑C為Cu(OH)2混懸液，葡萄糖和新制氫氧化銅的反應應該在堿性條件下進行，所以加入氫氧化銅懸濁液前需要用NaOH溶液中和，則B為NaOH，
故答案為：H2SO4;NaOH;Cu(OH)2;
(2)由于葡萄糖和新制氫氧化銅的反應應該在堿性條件下進行，所以加入氫氧化銅懸濁液前必須加入NaOH溶液中和，
故答案為：否;葡萄糖和新制氫氧化銅的反應應該在堿性條件下進行;
(3)淀粉遇到碘單質(zhì)顯示藍色，所以向溶液中加入碘水，若變藍說明淀粉沒有完全水解，若不變藍說明淀粉已經(jīng)完全水解，
故答案為：加入碘水，看是否變藍，若變藍說明部分水解，若不變藍說明水解完全.
9.(1)淀粉溶液葡萄糖溶液蔗糖溶液
(2)①C12H12O11+H2OC6H12O6+C6H12O6
蔗糖葡萄糖果糖
②(C6H10O5-)n+nH2OnC6H12O6
淀粉葡萄糖
解析A遇碘水變藍色，則A為淀粉;葡萄糖不能發(fā)生水解反應，且葡萄糖分子結構中含有醛基，能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，故B為葡萄糖，C為蔗糖。
2020高二化學暑假作業(yè)答案大全2
一、選擇題(本題共7道小題1.下列各組元素性質(zhì)的遞變情況錯誤的是()
A.Na、Mg、Al原子最外層電子數(shù)依次增多
B.P、S、Cl元素正價依次升高
C.N、O、F第一電離能依次增大
D.Na、K、Rb電負性逐漸減小
2.下列表示式錯誤的是()
A.Na+的軌道表示式：
B.Na+的結構示意圖：
C.Na的電子排布式：1s22s22p63s1
D.Na的簡化電子排布式：[Ne]3s1
3.短周期原子序數(shù)依次增大的主族元素R、T、Q、w、Y具有如下信息：①R、Y原子的最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相同;@Q是地殼中含量的元素，R與T的核電荷數(shù)之和等于Q的核電荷數(shù);③w與R同主旅。下列說法正確的是()
A.T、Q、w、Y的原子半徑大小為：T乙>甲
D.甲、乙和丙分子均為由極性鍵構成的極性分子
(3)由元素J、C、E組成一種化學式為J(CE)的配位化合物，該物質(zhì)常溫下呈液態(tài)，熔點為
一20.5℃，沸點為103~C，易溶于非極性溶劑。據(jù)此可判斷：該化合物的晶體中存在的作用力有()
A.離子鍵B.極性鍵C.非極性鍵D.范德華力E.氫鍵F.配位鍵
Ⅱ.(1)BCl3中B原子的雜化方式為。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有種。寫出與BCl3結構相同的一種等電子體(寫離子)。
(2)科學家測得膽礬中既含有配位鍵，又含有氫鍵，其結構示意圖可簡單表示如下：
①膽礬的化學式用配合物的形式表示為的
②膽礬中SO42-的空間構型為
評卷人
得分
三、實驗題(本題共0道小題,,共0分) 試卷答案
1.C
考點：同一周期內(nèi)元素性質(zhì)的遞變規(guī)律與原子結構的關系;同一主族內(nèi)元素性質(zhì)遞變規(guī)律與原子結構的關系.
分析：A、根據(jù)Na、Mg、Al原子的核外電子排布分析;
B、根據(jù)P、S、Cl最外層電子數(shù)目=元素的正價(氧、氟除外);
C、同周期從左到右元素的第一電離能依次減小，第IIIA和第VA族反常;
D、同主族元素從上到下元素的電負性逐漸減弱.
解答：解：A、Na、Mg、Al原子的核外電子分別為11、12、13，原子最外層電子數(shù)分別為1、2、3，逐漸增多，故A正確;
B、P、S、Cl最外層電子數(shù)目分別為5、6、7，正化合價分別為+5、+6、+7，故B正確;
C、同周期從左到右元素的第一電離能依次減小，第IIIA和第VA族反常，O、N、F第一電離能依次增大，故C錯誤;
D.同主族元素從上到下元素的電負性依次減弱，則Na、K、Rb元素的電負性逐漸減小，故D正確.
故選C.
點評：本題考查元素周期律，明確同主族、同周期元素的性質(zhì)變化規(guī)律是解答本題的關鍵，難度不大.
2.A
考點：原子核外電子排布;原子結構示意圖.
分析：鈉原子的電子排布式為1s22s22p63s1，或寫為[Ne]3s1，Na+的原子核內(nèi)有11個質(zhì)子，核外有10個電子，Na為金屬元素，易失去電子，所以其價電子排布式為：3s1，軌道表示式用箭頭“↑”或“↓”來區(qū)別自旋方向的不同電子，每個軌道最多容納2個電子且自旋方向相反，據(jù)此分析解答.
解答：解：A.軌道表示式用一個方框或圓圈表示能級中的軌道，用箭頭“↑”或“↓”來區(qū)別自旋方向的不同電子，每個軌道最多容納2個電子，2個電子處于同一軌道內(nèi)，且自旋方向相反，所以Na+的軌道表示式：，故A錯誤;
B.Na+的原子核內(nèi)有11個質(zhì)子，核外有10個電子，結構示意圖為，故B正確;
C.鈉原子的電子排布式為1s22s22p63s1，或寫為[Ne]3s1，故C正確;
D.鈉原子的簡化電子排布式為[Ne]3s1，故D正確;
故選A.
點評：本題考查原子核外電子排布，為高考常見題型，難度不大，注意把握原子核外電子的排布規(guī)律，把握電子排布式和軌道式的書寫方法.
3.B
知識點:位置、結構、性質(zhì)的相互關系應用
答案解析:B解析：短周期原子序數(shù)依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y，Q是地殼中含量的元素，則Q是O元素;R與T的核電荷數(shù)之和等于Q的核電荷數(shù)，且R原子的最外層電子數(shù)等于其單質(zhì)層數(shù)，則R是H，T是N元素;Y原子的最外層電子數(shù)等于其電子層數(shù)，且Y的原子序數(shù)大于O元素，則Y電子層數(shù)為3、其最外層電子數(shù)是3，則Y是Al元素;W與R同主族且W原子序數(shù)大于O而小于Al，則W為Na。
A.原子的電子層數(shù)越大，其原子半徑越大，同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以元素T、Q、W、Y的原子半徑大小為：Q
錯誤;B.元素Q與W形成的兩種常見化合物分別是Na2O、Na2O2，氧化鈉、過氧化鈉中含有相同比例的陰、陽離子，其陰陽離子之比為1：2，正確;C.Q與Y組成的常見物質(zhì)是Al2O3，氧化鋁是一種兩性物質(zhì)，錯誤;D.由Y和T組成的物質(zhì)AlN，AlN屬于原子晶體，在電子和陶瓷工業(yè)上有廣泛應用，可以直接由單質(zhì)Y和T在高溫下生成，錯誤。
思路點撥:本題考查了元素位置結構性質(zhì)的相互關系及應用，明確原子結構、元素周期表結構是解本題關鍵，根據(jù)原子結構確定元素，再結合物質(zhì)結構、元素周期律來分析解答，注意過氧化鈉的陰陽離子分別是過氧根離子和鈉離子，為易錯點。
4.D
考點：鍵能、鍵長、鍵角及其應用;原子核外電子排布;判斷簡單分子或離子的構型.
分析：A.根據(jù)鍵長越短，鍵能越大判斷;
B.上下兩個頂點與中心R原子形成的鍵角為180°，中間為平面三角形，構成三角形的鍵角為120°，頂點與平面形成的鍵角為90°;
C.RCl5RCl3+Cl2↑;
D.R原子最外層有5個電子，形成5個共用電子對.
解答：解：A.鍵長越短，鍵能越大，鍵長不同，所以鍵能不同，故A正確;
B.上下兩個頂點與中心R原子形成的鍵角為180°，中間為平面三角形，構成三角形的鍵角為120°，頂點與平面形成的鍵角為90°，所以鍵角(Cl﹣R﹣Cl)有90°、120、180°幾種，故B正確;
C.RCl5RCl3+Cl2↑，則RCl5受熱后會分解生成分子立體結構呈三角錐形的RCl3，故C正確;
D.R原子最外層有5個電子，形成5個共用電子對，所以RCl5中R的最外層電子數(shù)為10，不滿足8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤.
故選D.
點評：本題考查了鍵角、鍵能、8電子穩(wěn)定結構等，題目難度不大，注意分析題目中分子的立體結構圖.
5.C
考點：原子結構與元素周期律的關系;原子結構與元素的性質(zhì).
分析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X原子的最外層電子數(shù)之比為4：3，由于為主族元素，最外層電子數(shù)不能為8，故W、X最外層電子數(shù)分別為4、3，且X原子序數(shù)較大，故W處于第二周期，X處于第三周期，可推知W為C元素、X為Al元素，Z原子比X原子的核外電子數(shù)多4，則Z為Cl，Y為Al到Cl之間的元素，據(jù)此解答.
解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W、X原子的最外層電子數(shù)之比為4：3，由于為主族元素，最外層電子數(shù)不能為8，故W、X最外層電子數(shù)分別為4、3，且X原子序數(shù)較大，故W處于第二周期，X處于第三周期，可推知W為C元素、X為Al元素，Z原子比X原子的核外電子數(shù)多4，則Z為Cl，Y為Al到Cl之間的元素.
A.若Y為Si，則電負性Si
B.同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑X>Y>Z>W，故B錯誤;
C.Y、Cl形成的分子可以為SiCl4，為正四面體構型，故C正確;
D.WY2分子應為CS2，結構式為S=C=S，分子中δ鍵與π鍵的數(shù)目之比是1：1，故D錯誤，
故選C.
點評：本題考查結構性質(zhì)位置關系應用，涉及原子電負性、半徑比較、化學鍵、分子結構等，推斷元素是解題關鍵，注意Y元素的不確定性，難度中等.
6.B
考點：微粒半徑大小的比較;元素周期律的作用;元素電離能、電負性的含義及應用;鍵能、鍵長、鍵角及其應用.
專題：元素周期律與元素周期表專題.
分析：A.電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大;
B.非金屬性越強電負性越強，價含氧酸的酸性越強;
C.甲烷為正四面體，二氧化碳為直線型，水分子為V形，氧原子有2對孤電子對，孤電子對之間排斥大于成鍵電子對，鍵角小于甲烷，據(jù)此判斷鍵角;
D.離子電荷相同，離子半徑越大離子鍵越弱，物質(zhì)越不穩(wěn)定.
解答：解：A.F﹣、O2﹣、Na+電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2﹣>F﹣>Na+，Li+電子層最少，故離子半徑最小，則微粒半徑：O2﹣>F﹣>Na+>Li+，故A錯誤;
B.非金屬性CC，酸性：HClO4>H2CO3，故B正確;
C.甲烷為正四面體，二氧化碳為直線型，水為V形，氧原子有2對孤電子對，孤電子對之間排斥大于成鍵電子對，故其鍵角小于甲烷，即分子中的鍵角：CO2>CH4>H2O，故C錯誤;
D.離子電荷相同，自上而下堿金屬離子半徑減小，故離子鍵強度LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故穩(wěn)定性LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故D錯誤，
故選B.
點評：本題考查微粒半徑比較、元素周期律、鍵參數(shù)、晶體類型與性質(zhì)等，注意根據(jù)價層電子對互斥理論判斷鍵角.
7.D
【知識點】原子結構與元素周期率的關系
解析:X、Y、Z、W、M五種短周期元素，Y的單質(zhì)晶體熔點高、硬度大，是一種重要的半導體材料，可知Y為Si;X、Y、Z、W同周期，都處于第三周期，由X+與M2-具有相同的電子層結構，可知X為Na、M為O;Z、M同主族，則Z為S;原子半徑：Z>W，則W為Cl。A.鈉和氧可以形成Na2O、Na2O2，故A錯誤;C.因水分子中存在氫鍵，所以水的沸點，沸點為H2O>HCl>H2S，故C錯誤;B.元素Y(Si)、Z(S)、W(Cl)的單質(zhì)晶體分別屬于原子晶體、分子晶體、分子晶體，故B錯誤;D.元素W和M的某些單質(zhì)如氯氣和臭氧可作為水處理中的消毒劑，正確。
【思路點撥】本題考查了位置結構性質(zhì)關系應用，難度中等，“Y是種重要的半導體材料、X+與M2-具有相同的電子層結構”是推斷突破口，注意D選項中高純硅的制備原理，注意對基礎知識的積累掌握.
8.(1)①三角錐型;sp3;②3;
(2)①強;平面三角形;三角錐形;
②H2SeO3和H2SeO4可表示為(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導致Se﹣O﹣H中O的電子更向Se偏移，更易電離出H+.
考點：判斷簡單分子或離子的構型;物質(zhì)的量的相關計算;同一主族內(nèi)元素性質(zhì)遞變規(guī)律與原子結構的關系;原子軌道雜化方式及雜化類型判斷.
分析：(1)①根據(jù)價層電子對互斥模型判斷分子空間構型，根據(jù)中心原子價層電子對數(shù)判斷雜化方式;
②根據(jù)化學方程式計算產(chǎn)生的氮氣的物質(zhì)的量，再根據(jù)每個氮分子中含有2個π鍵計算;
(2)①非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電解，酸性就越弱;根據(jù)價層電子對互斥理論確定氣態(tài)SeO3分子的立體構型、SO32﹣離子的立體構型;
②根據(jù)中心元素Se的化合價可以判斷電性高低，電性越高，對Se﹣O﹣H中O原子的電子吸引越強，越易電離出H+.
解答：解：(1)①在NH3分子中，有3個N﹣H鍵，和一對孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥模型判斷分子空間構型為三角錐型，在N2H4中，氮原子價層電子對數(shù)為=4，所以氮原子的雜化方式為sp3雜化，故答案為：三角錐型;sp3;
②反應中有4molN﹣H鍵斷裂，即有1molN2H4參加反應，根據(jù)化學方程式可知產(chǎn)生的氮氣的物質(zhì)的量為1.5mol，而每個氮分子中含有2個π鍵，所以形成3molπ鍵，故答案為：3;
(2)①非金屬性越強的元素，其與氫元素的結合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電解，酸性就越弱，非金屬性S>Se，所以H2Se的酸性比H2S強;
氣態(tài)SeO3分子中Se原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，所以其立體構型為平面三角形;
SO32﹣離子中S原子價層電子對個數(shù)=3+(6+2﹣3×2)=4且含有一個孤電子對，所以其立體構型為三角錐形，
故答案為：強;平面三角形;三角錐形;
②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導致Se﹣O﹣H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性強，
故答案為：H2SeO3和H2SeO4可表示為(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導致Se﹣O﹣H中O的電子更向Se偏移，更易電離出H+.
點評：本題主要考查了原子核外電子排布、分子空間構型、原子雜化方式、化學鍵的計算等知識，難度不大，(1)解題中注意對分子結構的分析.
9.(1)M94(2)二氧化硅(3)共價鍵3
(4)Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl2
(5)①C—C鍵和C—H鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定。而硅烷中Si—Si鍵和Si—H鍵的鍵能較低，易斷裂。導致長鏈硅烷難以生成
②C—H鍵的鍵能大于C—O鍵，C一H鍵比C—O鍵穩(wěn)定。而Si—H鍵的鍵能卻遠小于Si—O鍵，所以Si—H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si—O鍵
(6)sp31：3[SiO3]n2n-(或SiO32-)
知識點:物質(zhì)結構與元素周期律
解析：(1)硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，對應能層分別別為K、L、M，其中能量的是最外層M層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的M能層有4個電子(3s23p2);
(2)硅元素在自然界中主要以化合態(tài)(二氧化硅和硅酸鹽)形式存在;
(3)硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結合.在金剛石晶體的晶胞中，每個面心有一個碳原子(晶體硅類似結構)，根據(jù)均攤法知面心位置貢獻的原子為6×1/2=3個;
(4)Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式為：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2;
(5)①烷烴中的C-C鍵和C-H鍵大于硅烷中的Si-Si鍵和Si-H鍵的鍵能，所以硅烷中Si-Si鍵和Si-H鍵的鍵能易斷裂，導致長鏈硅烷難以生成;②鍵能越大、物質(zhì)就越穩(wěn)定，C-H鍵的鍵能大于C-O鍵，故C-H鍵比C-O鍵穩(wěn)定，而Si-H鍵的鍵能遠小于Si-O鍵，所以Si-H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si-O鍵;
(6)硅酸鹽中的硅酸根(SiO44?)為正四面體結構，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式;根據(jù)圖(b)的一個結構單元中含有1個硅、3個氧原子，化學式為SiO32-。
思路點撥:雜化方式看物質(zhì)的結構比如：直線型為sp，平面型為sp2，四面體型為sp3,或運用價電子對數(shù)計算法：對于ABm型分子(A為中心原子，B為配位原子)，分子的價電子對數(shù)可以通過下列計算確定：n=1/2(中心原子的價電子數(shù)+每個配位原子提供的價電子數(shù)×m)，配位原子中鹵素原子、氫原子提供1個價電子，氧原子和硫原子按不提供價電子計算;若為離子，須將離子電荷計算在內(nèi)：n=1/2(中心原子的價電子數(shù)+每個配位原子提供的價電子數(shù)×m±離子電荷數(shù))，陽離子取“-”，陰離子取“+”。根據(jù)價電子對數(shù)可以有以下結論：
分子價電子對數(shù)幾何構型中心原子雜化類型
BeCl22直線型sp
BF33平面三角形sp2
SiCl44正四面體sp3
價層孤VS立體 SO330sp2平面三角 CH440sp3正四面體 NH4+40sp3正四面體 H2O42sp3V BF330sp2平面三角 CO32-30sp2平面三角 SO231sp2V NH341sp3三角錐
10.I.(1);F>N>O>C(2)CD(3)BDF
(3)根據(jù)其性質(zhì)可知應為分子晶體，晶體中存在范德華力，Cr(CO)5為配位化合物，其中含有配位鍵，CO中存在碳氧極性鍵。
Ⅱ.(1)sp2;3;NO3-或CO32-.
(2)①[Cu(H2O)4SO4]·H2O②正四面體.
知識點:原子軌道雜化方式及雜化類型判斷，“等電子原理”的應用，不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別，元素周期律和元素周期表的綜合應用
答案解析:I(1);F>N>O>C(2)CD(3)BDF
(3)根據(jù)其性質(zhì)可知應為分子晶體，晶體中存在范德華力，Cr(CO)5為配位化合物，其中含有配位鍵，CO中存在碳氧極性鍵。
Ⅱ.(1)sp2;3;NO3-或CO32-.
(2)①[Cu(H2O)4SO4]·H2O②正四面體.
解析：由元素在周期表中位置，可知A為氫、B為Be、C為碳、D為氮、E為氧、F為氟、G為Al、H為Cl、I為Cr、J為Fe. (1)I為Cr，核外電子數(shù)目為24，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，價電子排布圖為;同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢，N元素原子各軌道處于全滿、半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：F>N>O>C。
(2)元素A分別與C、D、E形成最簡單的常見化合物分子甲、乙和丙分別為CH4、NH3、H2O， A.CH4、NH3、H2O的空間構型分別為正四面體形、三角錐形、V形，故A正確;B.CH4、NH3、H2O中，中心原子均價層電子對數(shù)均為4，均采取sp3的雜化方式，故B正確;C.由于排斥力：孤電子對-孤電子對>孤電子對-成鍵電子對>成鍵電子-成鍵電子，故鍵角甲烷>氨氣>水，故C錯誤;D.甲烷是非極性分子，故D錯誤。
Ⅱ.(1)BCl3中的B原子的價層電子對數(shù)是3且不含孤電子對，所以B原子屬于sp2雜化;同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，根據(jù)電離能的變化規(guī)律，半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期原子序數(shù)大的原子高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素;BCl3互為等電子體的陰離子為：NO3-或CO32-。
(2)①根據(jù)其結構示意圖可以得到膽礬的化學式為：[Cu(H2O)4SO4]·H2O。
②SO42-中中心原子S的價層電子對數(shù)=4+(6+2?2×4)/2=4、孤電子對數(shù)為0，為正四面體結構.
思路點撥:本題是對物質(zhì)結構的考查，涉及元素周期表、元素周期律、核外電子排布、分子結構與性質(zhì)、配合物、氫鍵等，難度中等，側重考查學生對知識的應用，需要學生具備扎實的基礎;物質(zhì)結構與性質(zhì)，較為綜合，題目難度中等，本題注意把握晶格能的大小比較、空間構型的判斷方法。
2020高二化學暑假作業(yè)答案大全3
【學習目標】
1.了解常見金屬的活動性順序。
2.了解常見金屬(Na、Al、Fe、Cu等)及其重要化合物的主要性質(zhì)及其應用。
3.了解合金的概念及其重要應用。
4.以上各部分知識的綜合應用。
【今日作業(yè)】
1.“鳥巢”是2008年北京奧運會的標志性建筑。高強度鋼Q460是支撐“鳥巢”的“骨架”，其中除含有鐵元素外，還含有Mn(錳)、Ti(鈦)、Cr(鉻)、Nb(鈮)等元素。下列有關說法錯誤的是()
A.Q460屬于合金B(yǎng).Q460的硬度比純鐵的硬度大
C.Q460不能被酸腐蝕D.鋼是用量、用途最廣的合金
2.下列物質(zhì)間發(fā)生化學反應：①H2S+O2，②Na+O2，③Cu+HNO3，④Fe+Cl2，⑤AlCl3+NH3?H2O，⑥Cu+S，⑦Na2CO3+HCl。在不同條件下得到不同產(chǎn)物的是()
A.①②③⑦B.①③⑤⑦C.①②④⑤D.①③④⑤
3.下列中學常見實驗的現(xiàn)象或表述，不正確的是()
A.把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，銅片表面出現(xiàn)氣泡
B.用鋅片做陽極，鐵片做陰極，電解飽和氯化鋅溶液，鐵片表面出現(xiàn)一層鋅
C.把銅片插入三氯化鐵鐵溶液中，在銅片表面出現(xiàn)一層鐵
D.把鋅粒放入盛有鹽酸的試管中，加入幾滴氯化銅溶液，氣泡放出速率加快
4.將下列各組物質(zhì)分別按等物質(zhì)的量混合后加水溶解，有沉淀生成的是()
A.Na2CO3、NaAlO2、NaOHB.FeCl3、K2SO4、KSCN
C.CaCl2、NaHCO3、HClD.AlCl3、Ba(OH)2、HNO3
5.將黃豆粒般大小的金屬鈉置于一鋁片上，在鋁片下用酒精燈加熱至鈉充分燃燒，移去酒精燈后，在鋁片上有淡粉末生成。過一段時間后，鋁片上的粉末變成帶有白色泡沫的潮濕液體。下列有關該實驗的敘述，錯誤的是()
A.上述實驗過程中的化學變化都是氧化還原反應
B.上述實驗中產(chǎn)生的泡沫里存在混合氣體
C.上述實驗中還存在反應：2NaOH+Al2O3===2NaAlO2+H2O
D.上述實驗中還存在反應：2NaOH+2Al+2H2O===2NaAlO2+3H2?
6.下列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應就能實現(xiàn)圖示變化的是()
物質(zhì)編號物質(zhì)轉化關系abcd
①
FeCl2FeC13FeCuCl2
②NONO2N2HNO3
③Na2ONa2O2NaNaOH
④Al2O3NaAlO2AlAl(OH)3
A.①④B.①②③C.①③④D.②④
★7.CuSO4是一種重要的化工原料，其有關制備途徑及性質(zhì)如圖所示。下列說法不正確的是()
A.Y可能是葡萄糖
B.1molCuSO4在1100℃所得混合氣體X中O2一定為0.75mol
C.途徑①所用混酸中H2SO4與HNO3物質(zhì)的量之比為3∶2
D.相對于途徑①③，途徑②更好地體現(xiàn)了綠色化學思想
8.將0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol/L稀鹽酸。下列圖像能正確表
示加入鹽酸的體積和生成CO2的物質(zhì)的量的關系的是()
★9.A～N均為中學化學中的常見物質(zhì)，其中A是日常生活中不可缺少的物質(zhì)，也是化工生產(chǎn)上的重要原料，單質(zhì)M是目前使用量的金屬，常溫下B、E、F為氣體，G為無色液體，這些物質(zhì)在一定條件下存在如下轉化關系，其中有些反應物或生成物已經(jīng)略去。
回答下列問題：
(1)H的化學式為________。
(2)工業(yè)上用A制取N的化學反應方程式為_____________________________。
(3)D與G反應的離子方程式為___________________________________________________________。
(4)I的濃溶液滴入沸水中反應的離子方程式為________________________________。
(5)G與M反應的化學方程式為________________________。
10.粉末狀試樣A是由等物質(zhì)的量的MgO和Fe2O3組成的混合物。進行如下實驗：
①取適量A進行鋁熱反應，產(chǎn)物中有單質(zhì)B生成;②另取20gA全部溶于150mL6.0mol/L鹽酸中，得溶液C;③將①中得到的單質(zhì)B和溶液C反應，放出1.12L(標況)氣體，同時生成溶液D，還殘留有固體物質(zhì)B;④用KSCN溶液檢驗時，溶液D不變色。
請?zhí)羁眨?/p>
(1)①中產(chǎn)物中的單質(zhì)B是________。
(2)②中所發(fā)生的各反應的化學方程式是_______________________________________
________________________________________________________________________。
(3)③中所發(fā)生的各反應的離子方程式是______________________________________
________________________________________________________________________。
(4)若溶液D的體積仍視為150mL，則該溶液中c(Mg2+)為__________，c(Fe2+)為__________。
【答案】
1.C2.A3.C4.D5.A6.A7.B8.C
9.(1)Fe3O4
(2)2NaCl+2H2O=====通電NaOH+Cl2↑+H2↑(3)2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑
(4)Fe3++3H2O====△Fe(OH)3(膠體)+3H+(5)3Fe+4H2O(g)=====高溫Fe3O4+4H2
10.(1)Fe
(2)Fe2O3+6HCl===2FeCl3+3H2OMgO+2HCl===MgCl2+H2O
(3)Fe+2H+===Fe2++H2↑Fe+2Fe3+===3Fe2+
(4)0.67mol/L2.3mol/L
2020高二化學暑假作業(yè)答案大全4
【學習目標】
1.了解常見非金屬元素單質(zhì)(H、C、N、O、Si、S、Cl等)及其重要化合物的主要性質(zhì)及其應用。
2.了解常見非金屬元素單質(zhì)及其化合物對環(huán)境質(zhì)量的影響。
3.以上各部分知識的綜合應用。
【今日作業(yè)】
1.塵肺病是一種典型的職業(yè)病。據(jù)專家稱：顆粒直徑較大的粉塵往往通過黏液分泌及氣管黏膜上皮細胞纖毛運動隨痰排出，只有直徑小于7微米的呼吸性粉塵才有可能進入肺泡，并引起肺間質(zhì)的廣泛纖維化，引起塵肺病。下列說法不正確的是()
A.長期從事水泥搬運的工人易患塵肺病B.從事硅酸鹽工業(yè)的勞動者都易患塵肺病
C.粉塵和水蒸氣等形成的煙霧屬于膠體D.化學實驗室中使用的石棉絨成分是硅酸鹽
2.下列各組物質(zhì)在一定條件下發(fā)生反應時，或硫酸既表現(xiàn)出氧化性又表現(xiàn)出酸性的是()
A.稀和碳酸鈉B.氧化銅和稀C.碳和濃硫酸D.銅和濃
3.已知下列反應：Cl2+H2O===HClO+HCl，2HClO2HCl+O2↑。若將兩方程式疊加，得：2Cl2+2H2O===4HCl+O2。有關該反應的下列說法，錯誤的是()
A.該反應說明，Cl2可以把H2O中的氧置換出來
B.光照氯水有氣泡冒出，該氣體是O2
C.該反應說明，氯水久置即成為稀鹽酸
D.該反應說明，氯水久置，酸性增強，漂白能力減弱
★4.現(xiàn)有H2SO4、BaCl2、K2CO3、FeSO4和氯水五種溶液，有如圖所示的相互反應，圖中每條連線兩端的物質(zhì)可以發(fā)生反應。下列判斷不合理的是()
A.X一定為H2SO4B.Y一定為K2CO3
C.Z可能為氯水D.M、N必定各為BaCl2、FeSO4中的一種
5.無色的混合氣體甲中可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的幾種。將100mL氣體甲經(jīng)過下圖實驗處理，結果得到酸性溶液，而幾乎無氣體剩余，則氣體甲的組成可能為()
A.NH3、NO2、N2B.NH3、NO、CO2C.NH3、NO2、CO2D.NO、CO2、N2
6.如圖所示，擠壓膠頭滴管(裝有液體)，將液體加入到廣口瓶(裝有另一種物質(zhì))中，兩裝置中的氣球(干癟)都有明顯地脹大(忽略液體體積對氣球影響，以及外界和廣口瓶間熱量的傳遞影響)。則所用試劑不可能是()
A.甲：H2O和CaO(固體);乙：H2O和NH4NO3(固體)
B.甲：鹽酸和Na2O2(固體);乙：亞硫酸鈉溶液和氯氣
C.甲：NaOH溶液和CO2;乙：鹽酸和NaHCO3溶液
D.甲：濃H2SO4和蔗糖(固體);乙：H2O和NO2
7.下列有關實驗操作、現(xiàn)象和解釋或結論都正確的是()
選項實驗操作現(xiàn)象解釋或結論
A過量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反應后，滴入KSCN溶液溶液呈紅色稀HNO3將Fe氧化為Fe3+
BAgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出現(xiàn)AgCl比AgI更難溶
CAl箔插入稀HNO3中無現(xiàn)象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
D用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性
8.某溶液中可能含有Na+、Fe2+、Br-、CO32-、I-、SO32-六種離子中的幾種。①在該溶液中加入足量的氯水后，有氣泡產(chǎn)生，溶液呈橙;②向橙溶液中加入氯化鋇溶液時無沉淀產(chǎn)生;③橙溶液不能使淀粉溶液變藍。根據(jù)上述實驗事實推斷在該溶液中肯定存在的離子組是()
A.Na+、Br-、CO32-B.Na+、I-、SO32-C.Fe2+、I-、SO32-D.Fe2+、CO32-、Br-
9.A～G各物質(zhì)間的關系如下圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)。
請回答下列問題：
(1)物質(zhì)C和E的名稱分別為________、________;
(2)可選用不同的A進行反應①，若能在常溫下進行，其化學方程式為__________________________;
若只能在加熱情況下進行，則反應物A應為________;
(3)反應②的化學方程式為_____________________________________________;
(4)新配制的F溶液應加入________以防止其轉化為G。檢驗G溶液中陽離子的常用試劑是________，實驗現(xiàn)象為________________________________________。
★10.有硫酸與的混合液，取出其中10mL，加入足量的BaCl2溶液，將生成的沉淀過濾洗滌，干燥稱得質(zhì)量為9.32g。另取這種溶液10mL與4mol/L的NaOH溶液25mL恰好中和。則：
(1)混合液中c(H2SO4)=________mol/L，c(HNO3)=________mol/L。
(2)另取10mL的混合液與0.96g銅粉共熱時，產(chǎn)生氣體的體積為________L(標準狀況)。
【答案】
1.B2.D3.A4.A5.B6.C7.D8.A
9.(1)濃鹽酸四氧化三鐵
(2)2H2O2=====MnO22H2O+O2↑KClO3(3)4HCl(濃)+MnO2====△MnCl2+2H2O+Cl2↑
(4)鐵粉KSCN溶液溶液變紅
10.(1)42(2)0.224
2020高二化學暑假作業(yè)答案大全5
【一】
1.右表為元素周期表前四周期的一部分,下列是有關R、W、X、Y、Z五種元素的敘述,其中正確的是()
A.W元素的第一電離能小于Y元素的第一電離能
B.Y、Z的陰離子電子層結構都與R原子的相同
C.p能級未成對電子最多的是Z元素
D.X元素是電負性的元素
解析:根據(jù)五種元素所處位置,X、W、Y、R、Z五種元素分別為F、P、S、Ar、Br。P元素的第一電離能比S元素的第一電離能要略大,A項錯誤;Z的陰離子比R原子多一個電子層,B項錯誤;W元素的p能級上有3個未成對的電子,C項錯誤;X是所有元素中非金屬性的元素,D項正確。
答案:D
2.中學化學中很多“規(guī)律”都有其適用范圍,下列根據(jù)有關“規(guī)律”推出的結論合理的是()
A.根據(jù)同周期元素的第一電離能變化趨勢,推出Al的第一電離能比Mg大
B.根據(jù)主族元素正化合價與族序數(shù)的關系,推出鹵族元素正價都是+7
C.根據(jù)同周期元素的電負性變化趨勢,推出Ar的電負性比Cl大
D.根據(jù)較強酸可以制取較弱酸的規(guī)律,推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO
解析:Al的第一電離能比Mg小,A錯誤;鹵族元素中F沒有正價,B錯誤;Ar最外層已達8個電子穩(wěn)定結構,電負性比Cl小很多,C錯誤;H2CO3的酸性強于HClO,所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO,離子方程式為CO2+ClO-+H2OHC+HClO,因此只有D項正確。
答案:D
【二】
1.下列有關電子云的敘述中,正確的是()
A.電子云形象地表示了電子在核外某處單位體積內(nèi)出現(xiàn)的概率
B.電子云直觀地表示了核外電子的數(shù)目
C.1s電子云界面圖是一個球面,表示在這個球面以外,電子出現(xiàn)的概率為零
D.電子云是電子繞核運動形成了一團帶負電荷的云霧
解析:為了形象地表示電子在原子核外空間的分布狀況,人們常用小黑點的疏密程度來表示電子在原子核外出現(xiàn)概率的大小:點密集的地方,表示電子出現(xiàn)的概率大;點稀疏的地方,表示電子出現(xiàn)的概率小,這就是電子云。1s電子云界面以外,電子出現(xiàn)的概率(幾率)不為零,只是出現(xiàn)的概率很小。
答案:A
2.下列說法正確的是()
A.氫光譜是元素的所有光譜中最簡單的光譜之一
B.“量子化”就是不連續(xù)的意思,微觀粒子運動均有此特點
C.玻爾理論不但成功解釋了氫原子光譜,而且還推廣到其他原子光譜
D.原子中電子在具有確定半徑的圓周軌道上像火車一樣高速運轉著
解析:A項氫光譜是元素的所有光譜中最簡單的光譜。C項玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜,但對解釋多電子原子的光譜卻遇到困難。D項原子中電子沒有確定的半徑,原子半徑是電子運動出現(xiàn)的“區(qū)域”。
答案:B
3.下面的電子結構中,第一電離能最小的原子可能是()
A.ns2np3B.ns2np5
C.ns2np4D.ns2np6
解析:電子結構為ns2np3的原子,p軌道半充滿,為穩(wěn)定狀態(tài),不易失去電子;電子結構為ns2np6的原子,p軌道全充滿,為穩(wěn)定狀態(tài),不易失去電子;B、C選項相比,電子結構為ns2np4的原子,失去一個電子后p軌道達到半充滿穩(wěn)定狀態(tài),更容易失去電子。
答案:C
4.元素的性質(zhì)呈現(xiàn)周期性變化的根本原因是()
A.原子半徑呈周期性變化
B.元素的化合價呈周期性變化
C.第一電離能呈周期性變化
D.元素原子的核外電子排布呈周期性變化
解析:原子結構決定元素的性質(zhì),元素的性質(zhì)(原子半徑、化合價、電負性、第一電離能、金屬性、非金屬性)的周期性變化是因為原子核外電子排布呈現(xiàn)周期性變化。
答案:D
5.下列各組指定的元素,不能形成AB2型化合物的是()
A.2s22p2和2s22p4
B.3s23p4和2s22p2
C.3s2和3s23p5
D.3s1和3s23p5
解析:A項為C和O,能形成CO2;B項S和C,能形成CS2;C項為Mg和Cl,能形成MgCl2;D項為Na和Cl,能形成NaCl。
答案:D
【三】
一、選擇題(本題共7道小題1.下列說法正確的是()
A.如果某化合物只含共價鍵，則其一定是共價化合物
B.晶體中有陰離子，必有陽離子;則晶體中有陽離子，也必有陰離子
C.兩種酸溶液充分反應后的體系不可能為中性
D.碳、氮形成的氫化物常溫下都是氣態(tài)
2.下列數(shù)據(jù)是對應物質(zhì)的熔點
Na2ONaClAlF3AlCl3BCl3Al2O3CO2SiO29208011291190-1072073-571723據(jù)此做出的下列判斷中錯誤的是()
A.鋁的化合物的晶體中有的是離子晶體
B.表中只有BCl3和干冰是分子晶體
C.同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體
D.不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體
3.水的狀態(tài)除了氣、液和固態(tài)外，還有玻璃態(tài).它是由液態(tài)水急速冷卻到165K時形成的，玻璃態(tài)的水無固定形狀，不存在晶體結構，且密度與普通液態(tài)水的密度相同，有關玻璃態(tài)水的敘述正確的是()
A.水由液態(tài)變?yōu)椴ＡB(tài)，體積縮小B.水由液態(tài)變?yōu)椴ＡB(tài)，體積膨脹
C.玻璃態(tài)是水的一種特殊狀態(tài)D.玻璃態(tài)水是分子晶體
4.下列物質(zhì)發(fā)生變化時，所克服的粒子間相互作用屬于同種類型的是()
A.液溴和苯分別受熱變?yōu)闅怏wB.干冰和氯化銨分別受熱變?yōu)闅怏w
C.二氧化硅和鐵分別受熱熔化D.食鹽和葡萄糖分別溶解在水中
5.下列說法正確的是()
A.用乙醇或CCl4提取碘水中的碘單質(zhì)
B.NaCl和SiC晶體熔化時，克服粒子間作用力類型相同
C.24Mg32S晶體中電子總數(shù)與中子總數(shù)之比為1：1
D.H2S與SiF4分子中各原子最外層都滿足8電子結構
6.下列說法正確的是()
A.分子晶體中一定存在分子間作用力，不一定存在共價鍵
B.分子中含兩個氫原子的酸一定是二元酸
C.含有金屬離子的晶體一定是離子晶體
D.元素的非金屬性越強，其單質(zhì)的活潑性一定越強
7.以下比較中，正確的是()
A.微粒半徑：F﹣>O2﹣>Na+>Li+
B.電負性Cl>C，酸性：HClO4>H2CO3
C.分子中的鍵角：CH4>H2O>CO2
D.穩(wěn)定性：LiCl
填空題(本題共3道小題8.(1)下圖曲線表示部分短周期元素的原子序數(shù)(按遞增順序排列)和其常見單質(zhì)沸點的關系。其中A點表示的單質(zhì)是(填化學式)。
(2)準晶是一種無平移周期序，但有嚴格準周期位置序的獨特晶體，可通過方法區(qū)分晶體、準晶體和非晶體。
(3)氧化亞銅為半導體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有四個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有個銅原子。
(4)很多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應，其原因是
(5)已知HF與F-通過氫鍵結合成HF2-.判斷HF2-和HF2-微粒間能否形成氫鍵，并說明理由.
9.氮化硼(BN)是一種重要的功能陶瓷材料.以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應可以得到BF3和BN，如圖所示：
請回答下列問題：
(1)由B2O3制備BF3的化學方程式依次是;
(2)基態(tài)B原子的電子排布式為;B和N相比，電負性較大的是，BN中B元素的化合價為;
(3)在BF3分子中，B原子的雜化軌道類型為，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立體結構為;
(4)六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉化為立方氮化硼，其結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，立方氮化硼晶胞中含有各氮原子、各硼原子.
10.現(xiàn)有X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大的四種元素，常溫下X元素單質(zhì)的密度在自然界中最小，Y是短周期元素中未成對電子數(shù)與原子序數(shù)之比的原子，Z元素基態(tài)原子的核外電子排布式中，s亞層電子總數(shù)與p亞層電子總數(shù)相等，且Y與Z可形成多種氣態(tài)化合物，W是常見的有色可變價金屬單質(zhì)，常溫下可溶于Y的價氧化物水化物中，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為1。
⑴Y與W所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。
在1個晶胞中，W離子的數(shù)目為。
⑵在Y與X形成的分子中，Y原子軌道的雜化類型是。
⑶X與Y形成的氣態(tài)物質(zhì)在X與Z形成的氣態(tài)物質(zhì)中有很大的溶解度，其原因是存在氫鍵，若在兩種氫化物的混合溶液中，再滴加少量的乙醇，則分子間存在種不同類型的氫鍵。
⑷Y與Z可形成化合物Y2Z。
①請寫出一種與Y2Z互為等電子體的分子的化學式。
②請預測Y2Z分子的空間構型為。
⑸Y與Z元素相比，基態(tài)原子的第一電離能誰大?(用元素名稱回答)。
⑹X的氯化物與Y元素的氣態(tài)氫化物的水溶液反應可形成配合物[W(YX3)4]Cl2，1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為個。
試卷答案
1.A
知識點:化學鍵的形成及共價鍵的主要類型;離子化合物的結構特征與性質(zhì)
答案解析:A解析：A、共價化合物中只能存在共價鍵，不能存在離子鍵，則某化合物只含共價鍵，則其一定是共價化合物，故正確;B、物質(zhì)不顯電性，所以有陰離子存在的物質(zhì)中一定存在陽離子;但是在金屬晶體中只有金屬陽離子，沒有陰離子，錯誤;C、根據(jù)反應2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可以知道：氫硫酸和亞硫酸溶液充分反應后的溶液體系為中性，錯誤;D、碳的氫化物又多種，如苯，常溫下為液體，故錯誤。
思路點撥:本題考查了共價鍵及物質(zhì)的分類等，為小綜合習題，注重高頻考點的考查，把握化學鍵的形成與物質(zhì)分類、氧化還原反應等為解答的關鍵，注意利用實例分析，題目難度不大，是易錯試題。
2.B
解析：熔點高的含離子的是離子晶體如Na2O、NaCl、AlF3、Al2O3或熔點高，不含離子的是原子晶體如二氧化硅，低的是分子晶體，如AlCl3、BCl3、CO2，因此B錯誤。
3.C
考點：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別..
專題：化學鍵與晶體結構.
分析：A、根據(jù)玻璃態(tài)水與液態(tài)水密度的關系考慮;
B、根據(jù)玻璃態(tài)水與液態(tài)水密度的關系考慮;
C、根據(jù)水的狀態(tài)來分析;
D、根據(jù)玻璃態(tài)的水無固定形狀.
解答：解：A、由玻璃態(tài)的水密度與普通液態(tài)水的密度相同，質(zhì)量不變，所以體積不變，故A錯誤;
B、由玻璃態(tài)的水密度與普通液態(tài)水的密度相同，質(zhì)量不變，所以體積不變，故B錯誤;
C、由水的狀態(tài)除了氣、液和固態(tài)外，還有玻璃態(tài)，可知玻璃態(tài)是水的一種特殊狀態(tài)，故C正確;
D、玻璃態(tài)的水無固定形狀，不是分子晶體，故D錯誤.
故選C.
點評：本題屬于信息給予題，解答本題的關鍵是抓住題干中重要信息：玻璃態(tài)的水與普通液態(tài)水的密度相同，玻璃態(tài)的水無固定形狀、不存在晶體結構.
4.A
考點：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別..
專題：化學鍵與晶體結構.
分析：物質(zhì)發(fā)生變化時，所克服的粒子間相互作用屬于同種類型，說明兩種晶體的晶體類型相同，導致變化時克服作用力相同，根據(jù)晶體類型判斷即可.
解答：解：A.溴和苯都是分子晶體，由液態(tài)轉化為氣體克服分子間作用力，故A正確;
B.干冰屬于分子晶體，轉化為氣體克服分子間作用力，氯化銨是離子晶體，轉化為氣體時克服離子鍵，故B錯誤;
C.二氧化硅屬于原子晶體，熔融時克服化學鍵，鐵屬于金屬晶體，熔融時克服金屬鍵，故C錯誤;
D.食鹽屬于離子晶體，溶于水克服離子鍵，葡萄糖屬于分子晶體，溶于水克服分子間作用力，故D錯誤;
故選A.
點評：本題考查化學鍵及晶體類型的關系，側重考查基本理論，明確晶體構成微粒是解本題關鍵，會根據(jù)物質(zhì)的構成微粒確定晶體類型，題目難度不大.
5.C
考點：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別;質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核外電子數(shù)及其相互聯(lián)系;原子核外電子排布..
專題：化學鍵與晶體結構.
分析：A、萃取劑不能與原溶劑互溶;
B、根據(jù)晶體類型判斷，NaCl屬于離子晶體，SiC晶體屬于原子晶體;
C、電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，利用中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù)計算原子的中子數(shù)，進而計算中子總數(shù)，據(jù)此計算判斷;
D、元素原子的最外層電子數(shù)+|該元素化合價|=8，滿足8電子結構，分子中含有H原子不可能都滿足8電子結構.
解答：解：A、乙醇與水互溶，不能萃取碘水中的碘，故A錯誤;
B、NaCl屬于離子晶體，熔化需要克服離子鍵，SiC晶體屬于原子晶體，熔化需要克服共價鍵，故B錯誤;
C、1mol晶體中電子總的物質(zhì)的量為(12+16)mol=28mol，中子總的物質(zhì)的量為[(24﹣12)+(32﹣16)]mol=28mol，電子總數(shù)與中子總數(shù)之比為28mol：28mol=1：1，故C正確;
D、H2S中H原子滿足2電子結構，不滿足8電子結構，故D錯誤;
故選C.
點評：本題考查了萃取、晶體類型、原子構成微粒之間的關系、分子結構等，難度不大，注意掌握常見的原子晶體.
6.A
考點：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別;物質(zhì)的結構與性質(zhì)之間的關系..
專題：原子組成與結構專題.
分析：A、惰性氣體組成的晶體中不含化學鍵;
B、分子能電離出兩個H+的酸才是二元酸;
C、AlCl3晶體中含有金屬元素，但是分子晶體;
D、元素的非金屬性強但活潑性不一定強，還取決于化學鍵的強弱.
解答：解：A、惰性氣體組成的晶體中不含化學鍵，只含有分子間作用力，故A正確;
B、分子能電離出兩個H+的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4個H，卻是一元酸，故B錯誤;
C、AlCl3晶體中含有金屬元素，但以共價鍵結合，屬于分子晶體，故C錯誤;
D、氮元素的非金屬性較強，因單質(zhì)中的鍵能較大，則N2很穩(wěn)定，故D錯誤.
故選A.
點評：本題考查較為綜合，涉及晶體、二元酸以及非金屬性等問題，題目難度不大，本題中注意非金屬性強的物質(zhì)不一定活潑.
7.B
考點：微粒半徑大小的比較;元素周期律的作用;元素電離能、電負性的含義及應用;鍵能、鍵長、鍵角及其應用.
專題：元素周期律與元素周期表專題.
分析：A.電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大;
B.非金屬性越強電負性越強，價含氧酸的酸性越強;
C.甲烷為正四面體，二氧化碳為直線型，水分子為V形，氧原子有2對孤電子對，孤電子對之間排斥大于成鍵電子對，鍵角小于甲烷，據(jù)此判斷鍵角;
D.離子電荷相同，離子半徑越大離子鍵越弱，物質(zhì)越不穩(wěn)定.
解答：解：A.F﹣、O2﹣、Na+電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2﹣>F﹣>Na+，Li+電子層最少，故離子半徑最小，則微粒半徑：O2﹣>F﹣>Na+>Li+，故A錯誤;
B.非金屬性CC，酸性：HClO4>H2CO3，故B正確;
C.甲烷為正四面體，二氧化碳為直線型，水為V形，氧原子有2對孤電子對，孤電子對之間排斥大于成鍵電子對，故其鍵角小于甲烷，即分子中的鍵角：CO2>CH4>H2O，故C錯誤;
D.離子電荷相同，自上而下堿金屬離子半徑減小，故離子鍵強度LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故穩(wěn)定性LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故D錯誤，
故選B.
點評：本題考查微粒半徑比較、元素周期律、鍵參數(shù)、晶體類型與性質(zhì)等，注意根據(jù)價層電子對互斥理論判斷鍵角.
8.(1)F2(2)X射線衍射(3)16(4)激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長光的形式將能量釋放出來(5)在HF2-中，已經(jīng)存在分子內(nèi)氫鍵(F-H…F-)，所以沒有可用于形成分子間氫鍵的氫原子，故HF2-和HF2-微粒間不能形成氫鍵.
知識點:元素性質(zhì)的遞變規(guī)律與原子結構的關系,氫鍵,晶體的性質(zhì)
答案解析:(1)F2(2)X射線衍射(3)16(4)激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長光的形式將能量釋放出來(5)在HF2-中，已經(jīng)存在分子內(nèi)氫鍵(F-H…F-)，所以沒有可用于形成分子間氫鍵的氫原子，故HF2-和HF2-微粒間不能形成氫鍵.
解析：(1)圖中曲線表示8種元素的原子序數(shù)(按遞增順序連續(xù)排列)和單質(zhì)沸點的關系，A以及前面的2種單質(zhì)的沸點都低于0℃，則連續(xù)3種均為氣體單質(zhì)，在周期表中，連續(xù)出現(xiàn)氣體單質(zhì)的為第二周期的N、O、F，所以A為第三種氣體單質(zhì)，則為F2。
(2)從外觀無法區(qū)分三者，但用X光照射揮發(fā)現(xiàn)：晶體對X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準晶體介于二者之間，因此通過有無衍射現(xiàn)象即可確定。
(3)該晶胞中O原子數(shù)為4×1+6×1/2+8×1/8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數(shù)為O原子數(shù)的2倍，即為16個。
(4)許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應，其原因是電子躍遷時以光的形式將能量釋放出來。
(5)在HF2-中，已經(jīng)存在分子內(nèi)氫鍵(F-H…F-)，所以沒有可用于形成分子間氫鍵的氫原子，故HF2-和HF2-微粒間不能形成氫鍵。
思路點撥:本題考查了周期表的應用，注意常見單質(zhì)的狀態(tài)物質(zhì)性質(zhì)，難度不大，根據(jù)信息結合周期表判斷;晶胞配位數(shù)、氫鍵的形成條件及表示方法，難度不大，要注意電負性大而原子半徑較小的非金屬原子與H原子結合才能形成氫鍵。
9.(1)B2O3+2NH32BN+3H2O;(2)1s22s22p1;N;3;(3)sp2雜化;正四面體;(4)4;4.
考點：位置結構性質(zhì)的相互關系應用;原子軌道雜化方式及雜化類型判斷..
專題：元素周期律與元素周期表專題.
分析：(1)由工藝流程可知，B2O3與NH3反應生成BN，根據(jù)原子守恒可知，還有水生成;
(2)硼原子核外電子數(shù)目為5，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫;同周期從左到右電負性依次增強，B屬于第ⅢA族元素，化合價為+3價;
(3)計算價層電子對數(shù)、孤電子對數(shù)，雜化軌道數(shù)目等于價層電子對數(shù)，據(jù)此判斷雜化方式與空間結構;
(4)金剛石晶胞是立方體，其中8個頂點有8個碳原子，6個面各有6個碳原子，立方體內(nèi)部還有4個碳原子，如圖所示：，利用均攤法計算金剛石中C原子數(shù)目，立方氮化硼結構與金剛石相似，其晶胞內(nèi)與金剛石晶胞含有相同原子總數(shù)，且B、N原子數(shù)目之比為1：1，據(jù)此判斷.
解答：解(1)由工藝流程可知，B2O3與NH3反應生成BN，根據(jù)原子守恒可知，還有水生成，反應方程式為：B2O3+2NH32BN+3H2O，故答案為：B2O3+2NH32BN+3H2O;
(2)硼原子核外電子數(shù)目為5，原子的電子排布式為1s22s22p1，同周期從左到右電負性依次增強，所以電負性N>B;B第ⅢA族元素，為+3價，故答案為：1s22s22p1;N;3;
(3)BF3分子的中心原子B原子上含有3個σ鍵，中心原子上的孤電子對數(shù)=(0﹣3×1)=0，雜化軌道數(shù)目為3，BF3分子的中心原子B原子采取sp2雜化;
BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣中B原子的價層電子對=4+(3+1﹣1×4)=4，該離子中不含孤電子對，為正四面體結構，
故答案為：sp2雜化;正四面體;
(4)金剛石晶胞是立方體，其中8個頂點有8個碳原子，6個面各有6個碳原子，立方體內(nèi)部還有4個碳原子，如圖所示：，所以金剛石的一個晶胞中含有的碳原子數(shù)=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中N、B原子總數(shù)也為8，且為1：1，因此立方氮化硼晶胞中應該含有4個N和4個B原子，故答案為：4;4.
點評：本題是對物質(zhì)結構的考查，考查較為全面，涉及到化學方程式的書寫、電子排布式、分子空間構型、雜化類型的判斷以及有關晶體的計算，(5)中關鍵是對金剛石晶胞的識記、理解，難度中等.
10.⑴3⑵sp3⑶9⑷①CO2②直線⑸氮⑹16NA或16×6.02×1023
解析：常溫下X元素單質(zhì)的密度在自然界中最小，是H，Y是短周期元素中未成對電子數(shù)與原子序數(shù)之比的原子，是N，Z元素基態(tài)原子的核外電子排布式中，s亞層電子總數(shù)與p亞層電子總數(shù)相等是1s22s22p4或1s22s22p63s2，但Y與Z可形成多種氣態(tài)化合物，因此是O，W的基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為1，是Cu。
⑴根據(jù)均攤法知N:8×1/8=1，Cu：12×1/4=3
⑵在NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化
⑶水、氨氣、乙醇形成的氫鍵可表示如下：
⑷①與N2O互為等電子體的分子的化學式是CO2，互為等電子體的物質(zhì)的結構相似，因此②N2O的空間構型為直線形
⑸N原子的2p能級處于半充滿狀態(tài)，而原子處于半充滿、全充滿、全空是穩(wěn)定結構，因此第一電離能N>O。
⑹Cu(NH3)4Cl2分子中的1個NH3含4個σ鍵，4個NH3含12個σ鍵，4個NH3與Cu2+形成4個配位鍵，因此共含16個σ鍵。
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