高二歷史暑假作業(yè)答案及解析

高二歷史暑假作業(yè)答案及解析【一】一、選擇題(本題包括8小題，每題3分，共24分，每小題只有1個選項符合題意)1.在2L的密閉容器中，發(fā)生以下反應：2A(g)+B(g)?2C(g)+D(g)，若最初加入的A和B都是4mol，在前10sA的平均反應速率為0.12mol/(Ls)，則10s時，容器中B的物質的量是()A.3.4molB.3.2molC.2.8molD.1.2mol解析：由題意可知在前10s內，反應的A的物質的量為0.12mol/(Ls)10s2L=2.4mol，故反應的B的物質的量為1.2mol，則10s時，容器中B的物質的量為4mol-1.2mol=2.8mol。答案：C2.下列說法正確的是()A.熵增大的反應一定可自發(fā)進行B.熵減小的反應一定可自發(fā)進行C.H0的反應不可能自發(fā)進行解析：對于反應的自發(fā)性判斷，要從焓變和熵變兩個角度綜合來認識，只從其中一方面來認識是不正確的;對于放熱反應，可能自發(fā)進行，也可能不能自發(fā)進行，吸熱反應也是如此。答案：C3.下列關于化學反應限度的說法中正確的是()A.改變外界條件不能改變化學反應的限度B.當某反應在一定條件下達到反應限度時即達到了化學平衡狀態(tài)C.當某反應體系中氣體的壓強不再改變時，該反應一定達到了反應限度D.當某反應達到限度時，反應物和生成物的濃度一定相等解析：化學反應限度即化學平衡。改變外界條件可以引起化學平衡的移動，即改變反應的限度，A錯，B正確;對于反應前后氣體體積不變的反應，如H2(g)+I2(g)?2HI(g)，壓強不隨反應進行的程度而改變，C錯;達到化學平衡時，反應物與生成物濃度不一定相等，D錯。答案：B4.一定條件下，對于可逆反應X(g)+3Y(g)?2Z(g)，若X、Y、Z的起始濃度分別為c1、c2、c3(均不為零)，到達平衡時，X、Y、Z的濃度分別為0.1molL-1、0.3molL-1、0.08molL-1，則下列判斷不合理的是()A.c1c2=13B.平衡時，Y和Z的生成速率之比為23C.X、Y的轉化率相等D.c1的取值范圍為0molL-1解析：平衡時Y和Z的生成速率之比為32。答案：B5.在下列反應中：A2(g)+B2(g)?2AB(g)H”“p;催化劑對化學平衡無影響;若B為有色物質，體積不變時加入C，平衡向逆反應方向移動，生成更多的B而使混合物的顏色加深;如維持容器內壓強不變，充入氖氣可使容器體積增大，雖然平衡向逆反應方向移動，B的物質的量增加，但B的濃度比原平衡時小，因而混合物的顏色變淺。答案：(1)放(2)增大減小(3)增大減小(4)減小(5)不變(6)變深變淺10.(8分)鉀是一種活潑的金屬，工業(yè)上通常用金屬鈉和氯化鉀在高溫下反應制取。該反應為Na(l)+KCl(l)?NaCl(l)+K(g)H0。該反應的平衡常數可表示為K=c(K)，各物質的沸點與壓強的關系見下表。壓強(kPa)13.3353.32101.3K的沸點()590710770Na的沸點()700830890KCl的沸點()1437NaCl的沸點()1465(1)在常壓下金屬鉀轉變?yōu)闅鈶B(tài)從反應混合物中分離的最低溫度約為_，而反應的溫度應低于_。(2)在制取鉀的過程中，為了提高原料的轉化率可以采取的措施是_。(3)常壓下，當反應溫度升高到900時，該反應的平衡常數可表示為：K=_。解析：(1)在常壓下金屬鉀轉變?yōu)闅鈶B(tài)從反應混合物中分離的最低溫度應高于鉀的沸點，反應的溫度應低于鈉的沸點。(2)在制取鉀的過程中，為了提高原料的轉化率，應使平衡盡可能正向移動，所以根據影響平衡的條件，應該降低壓強或移去鉀蒸氣或適當升高溫度。(3)當溫度升高到900時，鈉和鉀都是氣體，根據化學平衡常數的定義，該反應的平衡常數可表示為：K=c(K)/c(Na)。答案：(1)770890(2)降低壓強或移去鉀蒸氣或適當提高溫度(3)K=c(K)/c(Na)11.(8分)t時，在兩個相同的密閉剛性容器(恒容)中分別進行SO2和SO3相互轉化的實驗，反應的化學方程式為2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，實驗和實驗的情況分別如圖和圖所示：分析數據發(fā)現：達到平衡時，平衡狀態(tài)和平衡狀態(tài)完全相同。(1)若實驗中SO2的起始濃度為1molL-1，實驗中SO3的起始濃度為_molL-1。(2)若中O2的初始濃度為0.5molL-1，則中O2的初始濃度為_molL-1。(3)若起始濃度c(SO2)=mmolL-1，c(O2)=nmolL-1，c(SO3)=pmolL-1，在相同條件下進行實驗，要求達到平衡時的狀態(tài)與實驗、完全相同，則m、n、p必須滿足的條件是_。(4)若實驗中SO2的轉化率為a%，則實驗中SO3的轉化率為_。解析：(3)由題意知兩相同容器相同條件下，平衡和平衡互為等效平衡，即兩容器中的初始投料是相當的，只是是從正反應開始，是從逆反應開始，由S守恒可知，中SO2的初始濃度和中SO3的初始濃度相等，即：m+p=1，且由O守恒知：n+p2=1。(4)因和中最終平衡等效，故中平衡后剩余的SO2和中平衡后得到的SO2的物質的量相同，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、物質不顯電性，所以有陰離子存在的物質中一定存在陽離子;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、根據玻璃態(tài)水與液態(tài)水密度的關系考慮;B、根據玻璃態(tài)水與液態(tài)水密度的關系考慮;C、根據水的狀態(tài)來分析;D、根據玻璃態(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，會根據物質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;質子數、中子數、核外電子數及其相互聯系;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、電子數等于質子數，利用中子數=質量數質子數計算原子的中子數，進而計算中子總數，據此計算判斷;D、元素原子的最外層電子數+|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的量為(12+16)mol=28mol，中子總的物質的量為(2412)+(3216)mol=28mol，電子總數與中子總數之比為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;物質的結構與性質之間的關系.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，物質越不穩(wěn)定.解答：解：A.F、O2、Na+電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑O2FNa+，Li+電子層最少，故離子半徑最小，則微粒半徑：O2FNa+Li+，故A錯誤;B.非金屬性CC，酸性：HClO4H2CO3，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：CO2CH4H2O，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LiClNaClKClRbCl，故穩(wěn)定性LiClNaClKClRbCl，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、晶體類型與性質等，注意根據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，已經存在分子內氫鍵(F-HF-)，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:元素性質的遞變規(guī)律與原子結構的關系,氫鍵,晶體的性質答案解析:(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，已經存在分子內氫鍵(F-HF-)，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(按遞增順序連續(xù)排列)和單質沸點的關系，A以及前面的2種單質的沸點都低于0，則連續(xù)3種均為氣體單質，在周期表中，連續(xù)出現氣體單質的為第二周期的N、O、F，所以A為第三種氣體單質，則為F2。(2)從外觀無法區(qū)分三者，但用X光照射揮發(fā)現：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象即可確定。(3)該晶胞中O原子數為41+61/2+81/8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數為O原子數的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，已經存在分子內氫鍵(F-HF-)，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，注意常見單質的狀態(tài)物質性質，難度不大，根據信息結合周期表判斷;晶胞配位數、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，根據原子守恒可知，還有水生成;(2)硼原子核外電子數目為5，根據核外電子排布規(guī)律書寫;同周期從左到右電負性依次增強，B屬于第A族元素，化合價為+3價;(3)計算價層電子對數、孤電子對數，雜化軌道數目等于價層電子對數，據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原子數目，立方氮化硼結構與金剛石相似，其晶胞內與金剛石晶胞含有相同原子總數，且B、N原子數目之比為1：1，據此判斷.解答：解(1)由工藝流程可知，B2O3與NH3反應生成BN，根據原子守恒可知，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NB;B第A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個鍵，中心原子上的孤電子對數=(031)=0，雜化軌道數目為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+114)=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=8+6+4=8，因此立方氮化硼晶胞中N、B原子總數也為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.10.3sp39CO2直線氮16NA或166.021023解析：常溫下X元素單質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與原子序數之比的原子，是N，Z元素基態(tài)原子的核外電子排布式中，s亞層電子總數與p亞層電子總數相等是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)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數為1，是Cu。根據均攤法知N:81/8=1，Cu：121/4=3在NH3中N原子成3個鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數為4，采取sp3型雜化水、氨氣、乙醇形成的氫鍵可表示如下：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的結構相似，因此N2O的空間構型為直線形N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NO。Cu(NH3)4Cl2分子中的1個NH3含4個鍵，4個NH3含12個鍵，4個NH3與Cu2+形成4個配位鍵，因此共含16個鍵。【三】1.C考點：同一周期內元素性質的遞變規(guī)律與原子結構的關系;同一主族內元素性質遞變規(guī)律與原子結構的關系.分析：A、根據Na、Mg、Al原子的核外電子排布分析;B、根據P、S、Cl最外層電子數目=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，原子最外層電子數分別為1、2、3，逐漸增多，故A正確;B、P、S、Cl最外層電子數目分別為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Ne3s1，Na+的原子核內有11個質子，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，且自旋方向相反，所以Na+的軌道表示式：，故A錯誤;B.Na+的原子核內有11個質子，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Ne3s1，故C正確;D.鈉原子的簡化電子排布式為Ne3s1，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、性質的相互關系應用答案解析:B解析：短周期原子序數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的核電荷數之和等于Q的核電荷數，且R原子的最外層電子數等于其單質層數，則R是H，T是N元素;Y原子的最外層電子數等于其電子層數，且Y的原子序數大于O元素，則Y電子層數為3、其最外層電子數是3，則Y是Al元素;W與R同主族且W原子序數大于O而小于Al，則W為Na。A.原子的電子層數越大，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組成的常見物質是Al2O3，氧化鋁是一種兩性物質，錯誤;D.由Y和T組成的物質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，根據原子結構確定元素，再結合物質結構、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(ClRCl)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.分析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X原子的最外層電子數之比為4：3，由于為主族元素，最外層電子數不能為8，故W、X最外層電子數分別為4、3，且X原子序數較大，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原子的核外電子數多4，則Z為Cl，Y為Al到Cl之間的元素，據此解答.解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X原子的最外層電子數之比為4：3，由于為主族元素，最外層電子數不能為8，故W、X最外層電子數分別為4、3，且X原子序數較大，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SiB.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XYZW，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，分子中鍵與鍵的數目之比是1：1，故D錯誤，故選C.點評：本題考查結構性質位置關系應用，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，物質越不穩(wěn)定.解答：解：A.F、O2、Na+電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑O2FNa+，Li+電子層最少，故離子半徑最小，則微粒半徑：O2FNa+Li+，故A錯誤;B.非金屬性CC，酸性：HClO4H2CO3，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：CO2CH4H2O，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LiClNaClKClRbCl，故穩(wěn)定性LiClNaClKClRbCl，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、晶體類型與性質等，注意根據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：ZW，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H2OHClH2S，故C錯誤;B.元素Y(Si)、Z(S)、W(Cl)的單質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的某些單質如氯氣和臭氧可作為水處理中的消毒劑，正確?！舅悸伏c撥】本題考查了位置結構性質關系應用，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)三角錐型;sp3;3;(2)強;平面三角形;三角錐形;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SeOH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;物質的量的相關計算;同一主族內元素性質遞變規(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)根據價層電子對互斥模型判斷分子空間構型，根據中心原子價層電子對數判斷雜化方式;根據化學方程式計算產生的氮氣的物質的量，再根據每個氮分子中含有2個鍵計算;(2)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;根據中心元素Se的化合價可以判斷電性高低，電性越高，對SeOH中O原子的電子吸引越強，越易電離出H+.解答：解：(1)在NH3分子中，有3個NH鍵，和一對孤電子對，根據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;反應中有4molNH鍵斷裂，即有1molN2H4參加反應，根據化學方程式可知產生的氮氣的物質的量為1.5mol，而每個氮分子中含有2個鍵，所以形成3mol鍵，故答案為：3;(2)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SSe，所以H2Se的酸性比H