2018-2019学年贵州省思南中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

贵州省思南中学2018-2019学年度高二期末考试试卷

高二化学

第I卷(选择题)

一、单选题(每小题3分，共54分)

1.下列说法正确是

A. 可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质

B. 石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化

C. 淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物

D. 以重油为原料裂解得到各种轻质油

【答案】A

【解析】

【详解】A．植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，A项正确；

B．煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B项错误；

C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；

D．以重油为原料裂化得到各种轻质油，而不是裂解，D项错误；

答案选A。

【点睛】本题的易错点是D项，要特别注意裂化的目的是为了提高轻质油（如汽油等）的产量；而裂解是深度的裂化，其目的是为了得到乙烯、丙烯等气态短链烃。

2.下列原子价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是（    ）

A. 3s23p1 B. 3s23p2 C. 3s23p3 D. 3s23p4

【答案】C

【解析】

四个选项中C属于半充满状态，第一电离能最大。

3.下面说法中，正确的是

A. 根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性

B. 在SiH4、NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键

C. 丙烯(CH3—CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化

D. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′

【答案】A

【解析】

【分析】

A.元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”，根据元素的位置情况来判断；

B.在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键；

C.根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；

D.P4和CH4都是正四面体分子，CH4键角为109°28ˊ，P4键角为60°。

【详解】A.对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，铍和铝位置关系符合对角线规则，物质的性质相似，A正确；

B.NH4+含有配位键，铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中存在配位键，而SiH4中无配位键，B错误；

C.丙烯(CH3—CH=CH2)分子中甲基C原子采用sp3杂化，含有碳碳双键的两个C原子采取sp2杂化，C错误；

D.CH4分子中中心C原子价层电子对个数为4，为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为109°28′，P4结构为正四面体结构，四个P原子在正四面体的四个顶点上，键与键之间夹角为60°，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查了对角线规则、配位键、原子杂化类型的判断、键角等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，题目难度中等。

4.下列关于有机物的说法不正确的是

①CH3—CH===CH—CH3和CH2===CH2为同系物

②CH≡CH和C6H6含碳量相同

③金刚石和石墨是同分异构体

④CH2Cl2有两种结构

⑤标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)

⑥C5H12有三种同分异构体

A. ①②⑥ B. ③④⑤ C. ③④⑥ D. ③⑤⑥

【答案】B

【解析】

【详解】①CH3-CH=CH2和CH2=CH2通式相同，结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物，故正确；

②CH≡CH和C6H6的最简式相同（CH），所以含碳量相同，故正确；

③金刚石和石墨是同种元素形成的性质不同的碳单质，属于同素异形体而不是同分异构体，故不正确；

④甲烷为正四面体结构，因此CH2Cl2只有一种结构，故不正确；

⑤标准状况下，己烷为液体，11.2 L的己烷物质的量不是0.5mol，故不正确；

⑥C5H12三种同分异构体，分别是正戊烷，异戊烷，新戊烷，故正确。

答案选B。

5.下列说法中正确的是（   ）

A. 氨分子是三角锥形，而甲烷是正四面体形，是因为NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强

B. 杂化轨道全部参加形成化学键

C. PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构

D. 在分子中含有2个手性C原子

【答案】A

【解析】

【详解】A项、氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，杂化轨道为sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化轨道为sp3杂化，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故A正确；

B项、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如氨分子中氮原子杂化轨道为sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误；

C项、在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，PCl5中P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误；

D项、分子中，带*号碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，分子中含有1个手性C原子，故D错误。

答案选A。

6.下列实验结论正确的是（　　）

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．淀粉溶液中加入碘水，溶液变蓝，说明溶液中还存在淀粉，淀粉可能部分水解，不能说明淀粉没有水解，故A错误；

B．乙醇具有还原性，能被橙色的酸性重铬酸钾溶液氧化生成绿色的Cr3+，故B正确；

C．蔗糖溶液中加入稀硫酸水解后溶液呈酸性，在酸性条件下，葡萄糖与银氨溶液不能发生银镜反应，故C错误；

D．葡萄糖与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀氧化亚铜，表现了葡萄糖的还原性，故D错误；

答案选B。

7.某有机物A的结构为， 下列有关说法正确的是

A. 1 mol A能跟2 mol NaOH溶液反应

B. 能发生加聚反应

C. 不能发生分子内酯化反应

D. A分子中所有原子在同一平面上

【答案】B

【解析】

【详解】A. 有机物A的官能团是碳碳双键、羟基和羧基，只有羧基能电离出氢离子，则1molA最多能与1molNaOH反应，A项错误；

B. 分子内含碳碳双键，碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，B项正确；

C. 分子内含羧基和羟基，两者在一定条件下能发生分子内酯化反应，C项错误；

D. 苯分子和乙烯分子都是共面的分子，但是甲烷分子是四面体分子，有机物A分子中来自苯、乙烯等的原子可以共面，但不一定共面，且来自甲烷衍生的—CH2—、—CH2OH中的原子不可能共面，D项错误；

答案选B

8.下列关于物质结构和元素性质说法正确的是

A. 非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物

B. 乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键

C. IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键

D. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大

【答案】B

【解析】

【详解】A．氯化铵全部由非金属元素构成，为离子化合物，选项A错误；B、乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，选项B正确；C、族的氢元素与族元素原子之间形成的化学键是共价键，选项C错误；D、水解程度与酸根的还原性无关，和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，选项D错误。答案选B。

【点睛】本题考查化学键等知识，易错点为选项B，N、O、F三种原子的得电子能力太强，连在这三种原子上的原子容易与其他电负性较强的原子之间形成氢键，羟基和水分子之间容易形成氢键，所以乙醇可以与水以任意比例互溶。

9.羟甲香豆素()是一种治疗胆结石的药物，下列说法正确的是

A. 分子中的两个苯环都可以发生加成反应 B. 所有原子均处于同一平面

C. 二氯代物超过两种 D. 1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要5molH2

【答案】C

【解析】

【详解】A分子中含有一个苯环和一个杂环，故A错误；

B. 羟甲香豆素中含有甲基，甲基为四面体结构，故所有原子不可能均处于同一平面，故B错误；

C. 羟甲香豆素中除羟基外，还有5种不同环境的氢，则二氯代物超过两种，故C正确；        

D. 分子中含有一个苯环、一个碳碳双键，能与氢气发生加成反应，则1mol羟甲香豆素与氢气加成，最多需要4molH2，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查有多个官能团的有机物的结构和性质，综合性强，涉及反应类型的判断、同分异构体种数的判断、分子中原子共面问题和反应耗氢量的计算，易错点是容易把另一个环当成苯环，注意审题要仔细。

10.二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2类似，熔点为193K，沸点为411K，遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得。下列有关说法正确的是

A. S2Cl2的电子式为

B. 固态时S2Cl2属于原子晶体

C. S2Cl2与NaOH的化学方程式可能为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O

D. S2Cl2是含有极性键和非极性键的离子化合物

【答案】C

【解析】

A、S2Cl2的分子结构类似与H2O2，因此S2Cl2的电子式为，故A错误；B、S2Cl2固体的熔点、沸点低，说明固体S2Cl2为分子晶体，故B错误；C、S2Cl2遇水很容易水解，产生的气体能使品红褪色，说明此气体为SO2，即与水反应S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋4HCl＋S↓，因此S2Cl2与NaOH反应的化学反应方程式为：S2Cl2+6NaOH=2NaCl+Na2SO3+Na2S+3H2O，故C正确；D、根据A选项分析，含有化学键为极性键和非极性键，S2Cl2不属于离子化合物，属于共价化合物，故D错误。

11.下列各项叙述中，正确的是（     ）

A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6

B. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素

C. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第ⅠA族的原子是同一种元素

D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态

【答案】B

【解析】

第一周期最外层电子排布是从过渡到，A错误；最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB族元素, B正确；M层全充满而N层为的原子的核外电子排布为,为铜位于第四周期第IB族的原子,和位于第四周期第ⅠA族的原子不是同一种元素, C错误；钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，电子能量增大，原子吸收能量，由基态转化成激发态，D错误；正确选项B。

12.下列说法正确的是（    ）

A. Na2O与Na2O2所含化学键的类型完全相同

B. NaHSO4溶于水只需要克服离子键

C. 碘晶体受热转变成碘蒸气，克服了共价键和分子间作用力

D. 晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石>氯化钠>水

【答案】D

【解析】

【详解】A.Na2O中只含有离子键，Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，故A错误；

B.NaHSO4溶于水需要克服离子键和共价键，故B错误；

C.碘晶体属于分子晶体，受热转变成碘蒸气，只是克服了分子间作用力，故C错误；

D.金刚石是原子晶体、氯化钠是离子晶体，水是分子晶体，一般来说，晶体熔沸点高低顺序是原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以熔沸点由高到低的顺序：金刚石>氯化钠>水，故D正确。

正确答案：D。

13.下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值)

A. 17g羟基（－OH）所含有的电子数是10 NA个

B. 常温下,14g乙烯含有的共用电子对数是2.5NA个

C. 12 g石墨中含有C﹣C键的个数为1.5NA

D. 标准状况下，CH4发生取代反应生成224LCH2Cl2，需要消耗2NA个Cl2分子

【答案】C

【解析】

【详解】A、17g羟基（－OH）的物质的量为1mol，在一个羟基中含有9个电子，所以1mol的羟基中所含有的电子数是9 NA个，故A错误；
B、有机物中一个碳原子周围总有4个共用电子对，14g乙烯的物质的量为：=0.5mol,则14g乙烯含有的共用电子对数是2NA个，故B错误；
C、12 g石墨的物质的量n==1mol，石墨中每个C原子与其它3个C原子成键，则平均每个C原子成键数目为3=1.5个，则12 g石墨含C﹣C键的个数为1.5NA，所以C选项是正确的；
D、标准状况下，CH2Cl2为液态，22.4LCH2Cl2不是1mol，故D错误。
所以C选项是正确的。

14.同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是

A. 原子半径：X＞Y＞Z

B. 气态氢化物的稳定性HX＞H2Y＞ZH3

C. 电负性：X＞Y＞Z

D. 非金属性：X＞Y＞Z

【答案】A

【解析】

【分析】

同周期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，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是X＞Y＞Z，元素的非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z。

【详解】A项、同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X<Y<Z，故A错误；

B项、非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故B正确；

C项、非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故C正确；

D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，故D正确。

故选A。

【点睛】本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。

15. 钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是

A. 该晶体属于离子晶体

B. 晶体的化学式为Ba2O2

C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似

D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个

【答案】B

【解析】

试题分析：Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；NaCl晶胞结构也是该形状，C对；与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，选B。

考点：晶胞的结构和计算。

16.下列说法正确的是（　　）

A. 邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构

B. 沸点由高到低：己烷＞异丁烷＞正丁烷

C. 制取一氯乙烷的最佳途径是通过乙烷与氯气反应获得

D. 等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3：1

【答案】A

【解析】

分析：A．若为单、双键交替，则邻二溴苯有两种；B．根据烷烃的碳原子越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低判断；C．乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应；D．根据等物质的量的乙醇和水，含-OH的物质的量相同判断。

详解：A．若为单、双键交替，则邻二溴苯有两种，邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故A正确；B．烷烃的碳原子越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，沸点由高到低：己烷>正丁烷＞异丁烷，故B错误；C．乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应，应利用乙烯与HCl发生加成反应制备，故C错误；D．等物质的量的乙醇和水，含-OH的物质的量相同，则生成气体相同，故D错误；故选A。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，选项C为解答的易错点，要注意烷烃取代反应的复杂性。

17.下列有关说法不正确的是(     )

A. 水合铜离子的模型如图，1个水合铜离子中有4个配位键

B. CaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋

C. H原子的电子云图如图所示，H原子核外电子在原子核附近运动

D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12

【答案】C

【解析】

【分析】

水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键；根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×1/8+6×1/2=4；电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多；在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此。

【详解】水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，A正确；根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8×1/8+6×1/2=4，B正确；电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，C错误；在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对图要仔细观察，同时正确理解基本概念。

18.下列说法中错误的是

A. 从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构

B. 1 mol金刚石晶体中，平均含有2 mol C—C键

C. 水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键

D. 某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE

【答案】D

【解析】

【详解】A．PH4+、PO43-中都形成4个σ键，且孤电子对数分别为0，则应为正四面体结构，选项A正确；

B．金刚石晶体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1 mol金刚石晶体中，平均含有4mol×=2 molC-C键，选项B正确；

C．氢键的作用力大于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，导致水的沸点比硫化氢的高，选项C正确；

D．团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，选项D错误。

答案选D。

第II卷(非选择题)

二、填空题

19.如图是元素周期表的一部分，A、B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等。回答：

（1）写出元素符号：A____；C_____。

（2）B的最高价氧化物对应水化物的化学式为____。

（3）A的单质的电子式为___；A的氢化物的水溶液与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式____。

【答案】    (1). N    (2). F    (3). H2SO4    (4).     (5). NH3+ HNO3=NH4NO3

【解析】

（1）设A的质子数为x，根据三种元素在周期表中的位置可知B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，则有x+x+2=x+9，x=7，所以A为N元素，B为S元素，C为F元素；
（2）B为S元素，最外层电子数为6，则最高正价为+6价，对应的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4；
（3）A为N元素，单质氮气的电子式为；对应的氢化物为NH3，最高价氧化物的水化物为HNO3，两者发生反应的化学方程式为NH3+ HNO3=NH4NO3。

20.叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，常见的两种制备方法为2NaNH2＋N2O==NaN3＋NaOH＋NH3，3NaNH2＋NaNO3==NaN3＋3NaOH＋NH3↑。

回答下列问题：

(1)氮元素所在的周期中，电负性最大的元素是________，第一电离能最小的元素是_______。

(2)基态氮原子的L层电子排布图为_________________。

(3)与N3-互为等电子体的分子为_________(写出一种)。依据价层电子对互斥理论，NO3-的空间构型是______________，其中心原子杂化类型是__________。

(4)叠氮化钠中不含有的化学键类型有_____________。

A．离子键          B．极性共价键        C．σ键             D．π键

【答案】    (1). F    (2). Li    (3).     (4). N2O或CO2    (5). 平面三角形    (6). sp2    (7). B

【解析】

【详解】（1）氮元素为第二周期元素，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；同周期自左而右，第一电离能增大，在第二周期中，第一电离能最小的元素是Li；

（2）N原子2s轨道容纳2个电子，且自旋方向相反，2p能级3个轨道各容纳1个电子，且自旋方向相同，故基态氮原子的L层电子排布图为：；

（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，N3-中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O、CO2、CS2；NO3-中N原子价层电子对数=3+=3、N原子不含孤电子对，故其空间结构为平面三角形；中心原子N原子的杂化类型是sp2；

(4)叠氮化钠由钠离子、N3-(其结构与其等电子体二氧化碳相似，其结构式可表示为[N=N=N]-)离子构成，属于离子化合物，含有离子键、N3-中含有非极性共价键、σ键、π键，不含有极性共价键。

答案选B。

21.盐酸氯丙嗪是一种多巴胺受体的阻断剂，临床有多种用途。化合物Ⅲ是盐酸氯丙嗪制备的原料，可由化合物I和Ⅱ在铜作催化剂条件下反应制得。

(1) Cu基态核外电子排布式为________________。

(2) 1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键数目为________。

(3) 化合物Ⅲ分子中sp3方式杂化的原子数目是____________。

(4) 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2至微酸性，有白色沉淀生成。分析表明该白色沉淀中Cu、S、N的物质的量之比为1∶1∶1，沉淀中有一种三角锥形的阴离子和一种正四面体形的阳离子。

①[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型有________(填字母)。

A．共价键　B．氢键　C．离子键　D．配位键　E. 分子间作用力

② 铜的氢化物的晶体结构如图所示，写出该晶体的化学式：____________。

【答案】    (1). [Ar]3d104s1    (2). 14NA    (3). 2    (4). ACD    (5). CuH

【解析】

【分析】

据电子排布规律写电子排布式；由键线式计数键时不能遗漏C-H；由价层电子对数确定杂化类型；据配合物的构成和形成判断化学键；由晶胞计算化学式，进而写化学方程式。

【详解】(1) Cu电子排布符合洪特规则特例，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1。

(2)苯环上的碳碳键和碳氢键都有σ键，1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键数目为14mol。

(3)化合物Ⅲ分子中，氮原子和羧基中的羟基氧价层电子对都是4对，它们采用sp3杂化方式成键。

(4) ①[Cu(NH3)4]SO4中，[Cu(NH3)4]2+、SO42－之间有离子键，NH3、SO42－内部都有共价键，Cu2+与NH3以配位键结合，故选ACD。

②根据均摊法，铜的氢化物的晶胞中有8个Cu原子，有4个H原子，其化学式为CuH。

22.M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子．请回答下列问题：

(1)元素Q的名称为______________，P的基态原子价层电子排布式为__________________。

(2)O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为___________________。

(3)M、O电负性大小顺序是__________(用元素符号表示)，实验室制备O单质的化学方程式__________________________。

(4)M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的边长为 a  pm，则该晶体的密度为____________________g/cm3

【答案】    (1). 锰    (2). 3d54s1    (3). HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键    (4). O＞Cl    (5). 4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O    (6).

【解析】

【详解】依题意可知：M为氧元素，N为钠元素，O氯元素，P是铬元素，Q是锰元素，因此有：

（1）元素Q的名称为锰，P的基态原子价层电子排布式为3d54s1；

（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低是因为HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；

（3）M、O电负性大小顺序是O＞Cl，实验室利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；

(4)M、N分别为氧元素和钠元素，根据晶胞结构示意图可知，一个晶胞含有个8氧原子，8个钠原子，其化学式为Na2O，该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为=g/cm3。

【点睛】本题涉及核外电子排布、电负性、分子结构、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（4）为易错点、难点，需要学生具有一定空间想象及数学计算能力。