高二历史题答案以及解析_高二历史暑假作业答案及解析

【#高二# 导语】高二时孤身奋斗的阶段，是一个与寂寞为伍的阶段，是一个耐力、意志、自控力比拚的阶段。但它同时是一个厚实庄重的阶段。由此可见，高二是高中三年的关键，也是最难把握的一年。为了帮你把握这个重要阶段，©文档大全网高二频道整理了《高二历史暑假作业答案及解析》希望对你有帮助！！

　　【一】

　　一、选择题(本题包括8小题，每题3分，共24分，每小题只有1个选项符合题意)

　　1.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)+B(g)??2C(g)+D(g)，若最初加入的A和B都是4mol，在前10sA的平均反应速率为0.12mol/(L•s)，则10s时，容器中B的物质的量是()

　　A.3.4molB.3.2mol

　　C.2.8molD.1.2mol

　　解析：由题意可知在前10s内，反应的A的物质的量为0.12mol/(L•s)×10s×2L=2.4mol，故反应的B的物质的量为1.2mol，则10s时，容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol。

　　答案：C

　　2.下列说法正确的是()

　　A.熵增大的反应一定可自发进行

　　B.熵减小的反应一定可自发进行

　　C.ΔH<0的反应可能自发进行

　　D.ΔH>0的反应不可能自发进行

　　解析：对于反应的自发性判断，要从焓变和熵变两个角度综合来认识，只从其中一方面来认识是不正确的;对于放热反应，可能自发进行，也可能不能自发进行，吸热反应也是如此。

　　答案：C

　　3.下列关于化学反应限度的说法中正确的是()

　　A.改变外界条件不能改变化学反应的限度

　　B.当某反应在一定条件下达到反应限度时即达到了化学平衡状态

　　C.当某反应体系中气体的压强不再改变时，该反应一定达到了反应限度

　　D.当某反应达到限度时，反应物和生成物的浓度一定相等

　　解析：化学反应限度即化学平衡。改变外界条件可以引起化学平衡的移动，即改变反应的限度，A错，B正确;对于反应前后气体体积不变的反应，如H2(g)+I2(g)??2HI(g)，压强不随反应进行的程度而改变，C错;达到化学平衡时，反应物与生成物浓度不一定相等，D错。

　　答案：B

　　4.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)??2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L-1、0.3mol•L-1、0.08mol•L-1，则下列判断不合理的是()

　　A.c1∶c2=1∶3

　　B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3

　　C.X、Y的转化率相等D.c1的取值范围为0mol•L-1

　　解析：平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2。

　　答案：B

　　5.在下列反应中：A2(g)+B2(g)??2AB(g)ΔH<0当其达到平衡时，在下图所示的曲线中，符合勒夏特列原理的是()

　　A.①②B.③④

　　C.①D.①⑤

　　解析：由题意可知，该反应为气体分子数不变的放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，φ(AB)降低，①曲线符合题意;加压，平衡不移动，故⑤曲线符合题意。

　　答案：D

　　6.在某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)??pC(g)+qD(g)的平衡常数为K，下列说法正确的是()

　　A.K越大，达到平衡时，反应进行的程度越大

　　B.K越小，达到平衡时，反应物的转化率越大

　　C.K随反应物浓度的改变而改变

　　D.K随温度和压强的改变而改变

　　解析：由平衡常数的定义可知，K越大，说明生成物浓度越大，反应物浓度越小，故说明反应进行的程度越大，K仅与温度有关，与反应物浓度及压强无关。

　　答案：A

　　7.在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是()

　　测定时刻/st1t2t3t4

　　c(A)/(mol•L-1)6322

　　c(B)/(mol•L-1)53.533

　　c(C)/(mol•L-1)12.533

　　A.在t3时刻反应已经停止

　　B.A的转化率比B的转化率低

　　C.在容器中发生的反应为2A+B??2C

　　D.在t2～t3内A的平均反应速率为[1/(t3-t2)]mol•L-1•s-1

　　解析：从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，反应方程式为2A+B??C，t3时刻达到了平衡而不是反应终止，所以A、C错误;达到平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，所以B选项也不正确。

　　答案：D8.如图为一恒压容器。在恒定温度下，将1molN2和3molH2混合后由A口快速充入容器，封闭A。反应N2+3H2??2NH3在t1时刻达到平衡;t2时刻再从A口快速充入一定量NH3，封闭A;t3时刻重新达到平衡至t4。在0→t4时间内混合气中NH3的体积分数(纵坐标)随时间(横坐标)变化的曲线正确的是()

　　解析：利用“等效平衡”原理解答。因为是恒压容器，达到平衡以后，t2时刻再充入一定量NH3，t2时刻瞬间NH3的体积分数增大，但最终NH3的体积分数与原平衡相同，选C。

　　答案：C

　　二、填空题(本题共包括3大题，共26分)

　　9.(10分)现有反应aA(g)+bB(g)??pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大;当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：

　　(1)该反应的逆反应是________热反应，且a+b________p(填“>”“<”或“=”)。

　　(2)减压时，A的质量分数________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，正反应速率________。

　　(3)若加入B(体积不变)，则A的转化率________，B的转化率________。

　　(4)若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比cBcC将________。

　　(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量________。

　　(6)若B是有色物质，A、C均为无色物质，则加入C(体积不变)时混合物的颜色________，而维持容器内气体的压强不变，充入氖气时，混合物的颜色________。(填“变浅”“变深”或“不变”)

　　解析：升高温度，B的转化率变大，说明此反应的正反应为吸热反应;减小压强，混合体系中C的质量分数变小，说明减小压强时平衡向逆反应方向移动，则a+b>p;催化剂对化学平衡无影响;若B为有色物质，体积不变时加入C，平衡向逆反应方向移动，生成更多的B而使混合物的颜色加深;如维持容器内压强不变，充入氖气可使容器体积增大，虽然平衡向逆反应方向移动，B的物质的量增加，但B的浓度比原平衡时小，因而混合物的颜色变浅。

　　答案：(1)放>(2)增大减小(3)增大减小(4)减小(5)不变(6)变深变浅

　　10.(8分)钾是一种活泼的金属，工业上通常用金属钠和氯化钾在高温下反应制取。该反应为Na(l)+KCl(l)??NaCl(l)+K(g)ΔH>0。该反应的平衡常数可表示为K=c(K)，各物质的沸点与压强的关系见下表。

　　压强(kPa)13.3353.32101.3

　　K的沸点(℃)590710770

　　Na的沸点(℃)700830890

　　KCl的沸点(℃)1437

　　NaCl的沸点(℃)1465

　　(1)在常压下金属钾转变为气态从反应混合物中分离的最低温度约为________，而反应的温度应低于________。

　　(2)在制取钾的过程中，为了提高原料的转化率可以采取的措施是____________________________________________________________________________________________________。

　　(3)常压下，当反应温度升高到900℃时，该反应的平衡常数可表示为：K=________。

　　解析：(1)在常压下金属钾转变为气态从反应混合物中分离的最低温度应高于钾的沸点，反应的温度应低于钠的沸点。(2)在制取钾的过程中，为了提高原料的转化率，应使平衡尽可能正向移动，所以根据影响平衡的条件，应该降低压强或移去钾蒸气或适当升高温度。(3)当温度升高到900℃时，钠和钾都是气体，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数可表示为：K=c(K)/c(Na)。

　　答案：(1)770℃890℃

　　(2)降低压强或移去钾蒸气或适当提高温度

　　(3)K=c(K)/c(Na)

　　11.(8分)t℃时，在两个相同的密闭刚性容器(恒容)中分别进行SO2和SO3相互转化的实验，反应的化学方程式为2SO2(g)+O2(g)??2SO3(g)，实验Ⅰ和实验Ⅱ的情况分别如图Ⅰ和图Ⅱ所示：

　　分析数据发现：达到平衡时，平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ完全相同。

　　(1)若实验Ⅰ中SO2的起始浓度为1mol•L-1，实验Ⅱ中SO3的起始浓度为________mol•L-1。

　　(2)若Ⅱ中O2的初始浓度为0.5mol•L-1，则Ⅰ中O2的初始浓度为________mol•L-1。

　　(3)若起始浓度c(SO2)=mmol•L-1，c(O2)=nmol•L-1，c(SO3)=pmol•L-1，在相同条件下进行实验，要求达到平衡时的状态与实验Ⅰ、Ⅱ完全相同，则m、n、p必须满足的条件是____________________________。

　　(4)若实验Ⅰ中SO2的转化率为a%，则实验Ⅱ中SO3的转化率为________。

　　解析：(3)由题意知两相同容器相同条件下，平衡Ⅰ和平衡Ⅱ互为等效平衡，即两容器中的初始投料是相当的，只是Ⅰ是从正反应开始，Ⅱ是从逆反应开始，由S守恒可知，Ⅰ中SO2的初始浓度和Ⅱ中SO3的初始浓度相等，即：m+p=1，且由O守恒知：n+p2=1。

　　(4)因Ⅰ和Ⅱ中最终平衡等效，故Ⅰ中平衡后剩余的SO2和Ⅱ中平衡后得到的SO2的物质的量相同，即1-a%=SO3的分解率。

　　答案：(1)1(2)1(3)m+p=1;n+p2=1(4)1-a%

　　【二】

　　1.A

　　知识点:化学键的形成及共价键的主要类型;离子化合物的结构特征与性质

　　答案解析:A解析：A、共价化合物中只能存在共价键，不能存在离子键，则某化合物只含共价键，则其一定是共价化合物，故正确;B、物质不显电性，所以有阴离子存在的物质中一定存在阳离子;但是在金属晶体中只有金属阳离子，没有阴离子，错误;C、根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S↓可以知道：氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，错误;D、碳的氢化物又多种，如苯，常温下为液体，故错误。

　　思路点拨:本题考查了共价键及物质的分类等，为小综合习题，注重高频考点的考查，把握化学键的形成与物质分类、氧化还原反应等为解答的关键，注意利用实例分析，题目难度不大，是易错试题。

　　2.B

　　解析：熔点高的含离子的是离子晶体如Na2O、NaCl、AlF3、Al2O3或熔点高，不含离子的是原子晶体如二氧化硅，低的是分子晶体，如AlCl3、BCl3、CO2，因此B错误。

　　3.C

　　考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别..

　　专题：化学键与晶体结构.

　　分析：A、根据玻璃态水与液态水密度的关系考虑;

　　B、根据玻璃态水与液态水密度的关系考虑;

　　C、根据水的状态来分析;

　　D、根据玻璃态的水无固定形状.

　　解答：解：A、由玻璃态的水密度与普通液态水的密度相同，质量不变，所以体积不变，故A错误;

　　B、由玻璃态的水密度与普通液态水的密度相同，质量不变，所以体积不变，故B错误;

　　C、由水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态，可知玻璃态是水的一种特殊状态，故C正确;

　　D、玻璃态的水无固定形状，不是分子晶体，故D错误.

　　故选C.

　　点评：本题属于信息给予题，解答本题的关键是抓住题干中重要信息：玻璃态的水与普通液态水的密度相同，玻璃态的水无固定形状、不存在晶体结构.

　　4.A

　　考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别..

　　专题：化学键与晶体结构.

　　分析：物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型，说明两种晶体的晶体类型相同，导致变化时克服作用力相同，根据晶体类型判断即可.

　　解答：解：A.溴和苯都是分子晶体，由液态转化为气体克服分子间作用力，故A正确;

　　B.干冰属于分子晶体，转化为气体克服分子间作用力，氯化铵是离子晶体，转化为气体时克服离子键，故B错误;

　　C.二氧化硅属于原子晶体，熔融时克服化学键，铁属于金属晶体，熔融时克服金属键，故C错误;

　　D.食盐属于离子晶体，溶于水克服离子键，葡萄糖属于分子晶体，溶于水克服分子间作用力，故D错误;

　　故选A.

　　点评：本题考查化学键及晶体类型的关系，侧重考查基本理论，明确晶体构成微粒是解本题关键，会根据物质的构成微粒确定晶体类型，题目难度不大.

　　5.C

　　考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别;质子数、中子数、核外电子数及其相互联系;原子核外电子排布..

　　专题：化学键与晶体结构.

　　分析：A、萃取剂不能与原溶剂互溶;

　　B、根据晶体类型判断，NaCl属于离子晶体，SiC晶体属于原子晶体;

　　C、电子数等于质子数，利用中子数=质量数﹣质子数计算原子的中子数，进而计算中子总数，据此计算判断;

　　D、元素原子的最外层电子数+|该元素化合价|=8，满足8电子结构，分子中含有H原子不可能都满足8电子结构.

　　解答：解：A、乙醇与水互溶，不能萃取碘水中的碘，故A错误;

　　B、NaCl属于离子晶体，熔化需要克服离子键，SiC晶体属于原子晶体，熔化需要克服共价键，故B错误;

　　C、1mol晶体中电子总的物质的量为(12+16)mol=28mol，中子总的物质的量为[(24﹣12)+(32﹣16)]mol=28mol，电子总数与中子总数之比为28mol：28mol=1：1，故C正确;

　　D、H2S中H原子满足2电子结构，不满足8电子结构，故D错误;

　　故选C.

　　点评：本题考查了萃取、晶体类型、原子构成微粒之间的关系、分子结构等，难度不大，注意掌握常见的原子晶体.

　　6.A

　　考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别;物质的结构与性质之间的关系..

　　专题：原子组成与结构专题.

　　分析：A、惰性气体组成的晶体中不含化学键;

　　B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸;

　　C、AlCl3晶体中含有金属元素，但是分子晶体;

　　D、元素的非金属性强但活泼性不一定强，还取决于化学键的强弱.

　　解答：解：A、惰性气体组成的晶体中不含化学键，只含有分子间作用力，故A正确;

　　B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4个H，却是一元酸，故B错误;

　　C、AlCl3晶体中含有金属元素，但以共价键结合，属于分子晶体，故C错误;

　　D、氮元素的非金属性较强，因单质中的键能较大，则N2很稳定，故D错误.

　　故选A.

　　点评：本题考查较为综合，涉及晶体、二元酸以及非金属性等问题，题目难度不大，本题中注意非金属性强的物质不一定活泼.

　　7.B

　　考点：微粒半径大小的比较;元素周期律的作用;元素电离能、电负性的含义及应用;键能、键长、键角及其应用.

　　专题：元素周期律与元素周期表专题.

　　分析：A.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大;

　　B.非金属性越强电负性越强，价含氧酸的酸性越强;

　　C.甲烷为正四面体，二氧化碳为直线型，水分子为V形，氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥大于成键电子对，键角小于甲烷，据此判断键角;

　　D.离子电荷相同，离子半径越大离子键越弱，物质越不稳定.

　　解答：解：A.F﹣、O2﹣、Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣>F﹣>Na+，Li+电子层最少，故离子半径最小，则微粒半径：O2﹣>F﹣>Na+>Li+，故A错误;

　　B.非金属性CC，酸性：HClO4>H2CO3，故B正确;

　　C.甲烷为正四面体，二氧化碳为直线型，水为V形，氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥大于成键电子对，故其键角小于甲烷，即分子中的键角：CO2>CH4>H2O，故C错误;

　　D.离子电荷相同，自上而下碱金属离子半径减小，故离子键强度LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故稳定性LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故D错误，

　　故选B.

　　点评：本题考查微粒半径比较、元素周期律、键参数、晶体类型与性质等，注意根据价层电子对互斥理论判断键角.

　　8.(1)F2(2)X射线衍射(3)16(4)激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式将能量释放出来(5)在HF2-中，已经存在分子内氢键(F-H…F-)，所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故HF2-和HF2-微粒间不能形成氢键.

　　知识点:元素性质的递变规律与原子结构的关系,氢键,晶体的性质

　　答案解析:(1)F2(2)X射线衍射(3)16(4)激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长光的形式将能量释放出来(5)在HF2-中，已经存在分子内氢键(F-H…F-)，所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故HF2-和HF2-微粒间不能形成氢键.

　　解析：(1)图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，A以及前面的2种单质的沸点都低于0℃，则连续3种均为气体单质，在周期表中，连续出现气体单质的为第二周期的N、O、F，所以A为第三种气体单质，则为F2。

　　(2)从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定。

　　(3)该晶胞中O原子数为4×1+6×1/2+8×1/8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个。

　　(4)许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子跃迁时以光的形式将能量释放出来。

　　(5)在HF2-中，已经存在分子内氢键(F-H…F-)，所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子，故HF2-和HF2-微粒间不能形成氢键。

　　思路点拨:本题考查了周期表的应用，注意常见单质的状态物质性质，难度不大，根据信息结合周期表判断;晶胞配位数、氢键的形成条件及表示方法，难度不大，要注意电负性大而原子半径较小的非金属原子与H原子结合才能形成氢键。

　　9.(1)B2O3+2NH32BN+3H2O;(2)1s22s22p1;N;3;(3)sp2杂化;正四面体;(4)4;4.

　　考点：位置结构性质的相互关系应用;原子轨道杂化方式及杂化类型判断..

　　专题：元素周期律与元素周期表专题.

　　分析：(1)由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成;

　　(2)硼原子核外电子数目为5，根据核外电子排布规律书写;同周期从左到右电负性依次增强，B属于第ⅢA族元素，化合价为+3价;

　　(3)计算价层电子对数、孤电子对数，杂化轨道数目等于价层电子对数，据此判断杂化方式与空间结构;

　　(4)金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：，利用均摊法计算金刚石中C原子数目，立方氮化硼结构与金刚石相似，其晶胞内与金刚石晶胞含有相同原子总数，且B、N原子数目之比为1：1，据此判断.

　　解答：解(1)由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+2NH32BN+3H2O，故答案为：B2O3+2NH32BN+3H2O;

　　(2)硼原子核外电子数目为5，原子的电子排布式为1s22s22p1，同周期从左到右电负性依次增强，所以电负性N>B;B第ⅢA族元素，为+3价，故答案为：1s22s22p1;N;3;

　　(3)BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=(0﹣3×1)=0，杂化轨道数目为3，BF3分子的中心原子B原子采取sp2杂化;

　　BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣中B原子的价层电子对=4+(3+1﹣1×4)=4，该离子中不含孤电子对，为正四面体结构，

　　故答案为：sp2杂化;正四面体;

　　(4)金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：，所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中N、B原子总数也为8，且为1：1，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，故答案为：4;4.

　　点评：本题是对物质结构的考查，考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，(5)中关键是对金刚石晶胞的识记、理解，难度中等.

　　10.⑴3⑵sp3⑶9⑷①CO2②直线⑸氮⑹16NA或16×6.02×1023

　　解析：常温下X元素单质的密度在自然界中最小，是H，Y是短周期元素中未成对电子数与原子序数之比的原子，是N，Z元素基态原子的核外电子排布式中，s亚层电子总数与p亚层电子总数相等是1s22s22p4或1s22s22p63s2，但Y与Z可形成多种气态化合物，因此是O，W的基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，是Cu。

　　⑴根据均摊法知N:8×1/8=1，Cu：12×1/4=3

　　⑵在NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化

　　⑶水、氨气、乙醇形成的氢键可表示如下：

　　⑷①与N2O互为等电子体的分子的化学式是CO2，互为等电子体的物质的结构相似，因此②N2O的空间构型为直线形

　　⑸N原子的2p能级处于半充满状态，而原子处于半充满、全充满、全空是稳定结构，因此第一电离能N>O。

　　⑹Cu(NH3)4Cl2分子中的1个NH3含4个σ键，4个NH3含12个σ键，4个NH3与Cu2+形成4个配位键，因此共含16个σ键。

　　【三】

　　1.C

　　考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系;同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系.

　　分析：A、根据Na、Mg、Al原子的核外电子排布分析;

　　B、根据P、S、Cl最外层电子数目=元素的正价(氧、氟除外);

　　C、同周期从左到右元素的第一电离能依次减小，第IIIA和第VA族反常;

　　D、同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减弱.

　　解答：解：A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，故A正确;

　　B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，正化合价分别为+5、+6、+7，故B正确;

　　C、同周期从左到右元素的第一电离能依次减小，第IIIA和第VA族反常，O、N、F第一电离能依次增大，故C错误;

　　D.同主族元素从上到下元素的电负性依次减弱，则Na、K、Rb元素的电负性逐渐减小，故D正确.

　　故选C.

　　点评：本题考查元素周期律，明确同主族、同周期元素的性质变化规律是解答本题的关键，难度不大.

　　2.A

　　考点：原子核外电子排布;原子结构示意图.

　　分析：钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，Na为金属元素，易失去电子，所以其价电子排布式为：3s1，轨道表示式用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反，据此分析解答.

　　解答：解：A.轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，故A错误;

　　B.Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故B正确;

　　C.钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，故C正确;

　　D.钠原子的简化电子排布式为[Ne]3s1，故D正确;

　　故选A.

　　点评：本题考查原子核外电子排布，为高考常见题型，难度不大，注意把握原子核外电子的排布规律，把握电子排布式和轨道式的书写方法.

　　3.B

　　知识点:位置、结构、性质的相互关系应用

　　答案解析:B解析：短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y，Q是地壳中含量的元素，则Q是O元素;R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数，且R原子的最外层电子数等于其单质层数，则R是H，T是N元素;Y原子的最外层电子数等于其电子层数，且Y的原子序数大于O元素，则Y电子层数为3、其最外层电子数是3，则Y是Al元素;W与R同主族且W原子序数大于O而小于Al，则W为Na。

　　A.原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素T、Q、W、Y的原子半径大小为：Q

　　错误;B.元素Q与W形成的两种常见化合物分别是Na2O、Na2O2，氧化钠、过氧化钠中含有相同比例的阴、阳离子，其阴阳离子之比为1：2，正确;C.Q与Y组成的常见物质是Al2O3，氧化铝是一种两性物质，错误;D.由Y和T组成的物质AlN，AlN属于原子晶体，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质Y和T在高温下生成，错误。

　　思路点拨:本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构确定元素，再结合物质结构、元素周期律来分析解答，注意过氧化钠的阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子，为易错点。

　　4.D

　　考点：键能、键长、键角及其应用;原子核外电子排布;判断简单分子或离子的构型.

　　分析：A.根据键长越短，键能越大判断;

　　B.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°;

　　C.RCl5RCl3+Cl2↑;

　　D.R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对.

　　解答：解：A.键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，故A正确;

　　B.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角(Cl﹣R﹣Cl)有90°、120、180°几种，故B正确;

　　C.RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C正确;

　　D.R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故D错误.

　　故选D.

　　点评：本题考查了键角、键能、8电子稳定结构等，题目难度不大，注意分析题目中分子的立体结构图.

　　5.C

　　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：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素，据此解答.

　　解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于为主族元素，最外层电子数不能为8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，可推知W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素.

　　A.若Y为Si，则电负性Si

　　B.同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径X>Y>Z>W，故B错误;

　　C.Y、Cl形成的分子可以为SiCl4，为正四面体构型，故C正确;

　　D.WY2分子应为CS2，结构式为S=C=S，分子中δ键与π键的数目之比是1：1，故D错误，

　　故选C.

　　点评：本题考查结构性质位置关系应用，涉及原子电负性、半径比较、化学键、分子结构等，推断元素是解题关键，注意Y元素的不确定性，难度中等.

　　6.B

　　考点：微粒半径大小的比较;元素周期律的作用;元素电离能、电负性的含义及应用;键能、键长、键角及其应用.

　　专题：元素周期律与元素周期表专题.

　　分析：A.电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大;

　　B.非金属性越强电负性越强，价含氧酸的酸性越强;

　　C.甲烷为正四面体，二氧化碳为直线型，水分子为V形，氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥大于成键电子对，键角小于甲烷，据此判断键角;

　　D.离子电荷相同，离子半径越大离子键越弱，物质越不稳定.

　　解答：解：A.F﹣、O2﹣、Na+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣>F﹣>Na+，Li+电子层最少，故离子半径最小，则微粒半径：O2﹣>F﹣>Na+>Li+，故A错误;

　　B.非金属性CC，酸性：HClO4>H2CO3，故B正确;

　　C.甲烷为正四面体，二氧化碳为直线型，水为V形，氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥大于成键电子对，故其键角小于甲烷，即分子中的键角：CO2>CH4>H2O，故C错误;

　　D.离子电荷相同，自上而下碱金属离子半径减小，故离子键强度LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故稳定性LiCl>NaCl>KCl>RbCl，故D错误，

　　故选B.

　　点评：本题考查微粒半径比较、元素周期律、键参数、晶体类型与性质等，注意根据价层电子对互斥理论判断键角.

　　7.D

　　【知识点】原子结构与元素周期率的关系

　　解析:X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，可知Y为Si;X、Y、Z、W同周期，都处于第三周期，由X+与M2-具有相同的电子层结构，可知X为Na、M为O;Z、M同主族，则Z为S;原子半径：Z>W，则W为Cl。A.钠和氧可以形成Na2O、Na2O2，故A错误;C.因水分子中存在氢键，所以水的沸点，沸点为H2O>HCl>H2S，故C错误;B.元素Y(Si)、Z(S)、W(Cl)的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故B错误;D.元素W和M的某些单质如氯气和臭氧可作为水处理中的消毒剂，正确。

　　【思路点拨】本题考查了位置结构性质关系应用，难度中等，“Y是种重要的半导体材料、X+与M2-具有相同的电子层结构”是推断突破口，注意D选项中高纯硅的制备原理，注意对基础知识的积累掌握.

　　8.(1)①三角锥型;sp3;②3;

　　(2)①强;平面三角形;三角锥形;

　　②H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+.

　　考点：判断简单分子或离子的构型;物质的量的相关计算;同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.

　　分析：(1)①根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型，根据中心原子价层电子对数判断杂化方式;

　　②根据化学方程式计算产生的氮气的物质的量，再根据每个氮分子中含有2个π键计算;

　　(2)①非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱;根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32﹣离子的立体构型;

　　②根据中心元素Se的化合价可以判断电性高低，电性越高，对Se﹣O﹣H中O原子的电子吸引越强，越易电离出H+.

　　解答：解：(1)①在NH3分子中，有3个N﹣H键，和一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型为三角锥型，在N2H4中，氮原子价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：三角锥型;sp3;

　　②反应中有4molN﹣H键断裂，即有1molN2H4参加反应，根据化学方程式可知产生的氮气的物质的量为1.5mol，而每个氮分子中含有2个π键，所以形成3molπ键，故答案为：3;

　　(2)①非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性S>Se，所以H2Se的酸性比H2S强;

　　气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形;

　　SO32﹣离子中S原子价层电子对个数=3+(6+2﹣3×2)=4且含有一个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形，

　　故答案为：强;平面三角形;三角锥形;

　　②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+，H2SeO4比H2SeO3酸性强，

　　故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se﹣O﹣H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H+.

　　点评：本题主要考查了原子核外电子排布、分子空间构型、原子杂化方式、化学键的计算等知识，难度不大，(1)解题中注意对分子结构的分析.

　　9.(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3

　　(4)Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl2

　　(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂。导致长链硅烷难以生成

　　②C—H键的键能大于C—O键，C一H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键

　　(6)sp31：3[SiO3]n2n-(或SiO32-)

　　知识点:物质结构与元素周期律

　　解析：(1)硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，对应能层分别别为K、L、M，其中能量的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子(3s23p2);

　　(2)硅元素在自然界中主要以化合态(二氧化硅和硅酸盐)形式存在;

　　(3)硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合.在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子(晶体硅类似结构)，根据均摊法知面心位置贡献的原子为6×1/2=3个;

　　(4)Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2;

　　(5)①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成;②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键;

　　(6)硅酸盐中的硅酸根(SiO44−)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;根据图(b)的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-。

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