甲>乙D.若M（甲）>M（乙），则气体的体积：
甲<乙
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．根据n=m/M，若M（甲）＜M（乙），则n（甲）＞n（乙），则气体
分子数：
甲＞乙，A错误；B．根据n=m/M，若M（甲）＞M（乙），则气体的物质的量：
甲＜乙，又根据ρ=m/V可知气体的体积相等，根据Vm=V/n，故则气体的摩尔体积：
甲＞乙，B错误；C．若M（甲）＜M（乙），根据n=m/M，则气体的物质的量：
甲＞乙，由PV=nRT可知，气体的压强：
甲＞乙，C正确；D．两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ=m/V可知气体的体积相等，D错误；答案选C。
【考点定位】本题考查阿伏加德罗定律及推论
【名师点晴】本题注意相关计算公式的运用，为解答该题的关键，易错点为D，注意根据密度的计算公式推导。
同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。
其推论有
（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2
（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。
5.下列有关金属键的叙述错误的是 （ ）
A.金属键没有饱和性和方向性
B.金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用
C.金属键中的自由电子属于整块金属
D.金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故A正确；
B．金属键是金属阳离子和自由电子这两种带异性电荷的微粒间的强烈静电作用，既包括吸引也包括排斥作用，故B错误；
C．自由电子在金属中自由运动，为整个金属的所有阳离子所共有，故C正确；
D．金属晶体中的金属键决定了金属的性质和金属固体的形成，故D正确；
故选B。
6.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（）
A.①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型
B.每个晶胞含有的原子数分别为：
①1个，②2个，③2个，④4个
C.晶胞中原子的配位数分别为：
①6，②8，③8，④12
D.空间利用率的大小关系为：
①＜②＜③＜④
【答案】B
【解析】
A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。
B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。
C、③为六方最密堆积，此结构为六方锥晶包的1/3，配位数为12,C错误。
D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.正确答案为B
7.下列对化学知识概括合理的是（）。
A.原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键
B.同素异形体之间的转化都是物理变化
C.原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低
D.一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物
【答案】C
【解析】
稀有气体的晶体中不含有化学键，A项错；3O2
2O3是化学变化，B项错；晶体硅的熔点比钨低，蔗糖的熔点比汞高，C项正确；N元素显＋4价的氧化物有NO2、N2O4，D项错。
8.金属晶体和离子晶体是重要晶体类型。
下列关于它们的说法中正确的是
A.金属晶体和离子晶体都能导电
B.在镁晶体中，1个Mg2+只与2个价电子存在强烈的相互作用
C.金属晶体和离子晶体都可采取紧密堆积方式
D.金属晶体和离子晶体中分别存在金属键和离子键等强烈的相互作用，很难断裂，因而都具有延展性
【答案】C
【解析】
A．离子晶体固态时不导电，如氯化钠固体不导电，故A错误；B．金属晶体中有电子气，能导电，金属晶体中的电子气属于整个晶体，故B错误；C．金属晶体和离子晶体都可采取“紧密堆积”方式，原子晶体都可采取“非紧密堆积”方式，故C正确；D．离子晶体没有延展性，易断裂，故D错误；故选C。
9.下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是
A.金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅B.CI4>CBr4>CCl4>CF4
C.MgO>H2O>N2>O2D.金刚石>生铁>钠>纯铁
【答案】B
【解析】
A．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，选项A错误；B．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4，选项B正确；C．离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，选项C错误；D．熔、沸点：
原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，选项D错误。
答案选B。
10.如图是某无机化合物的二聚分子（小球大小只代表种类不同，与原子半径大小无关），该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层电子数都达到8个电子的稳定结构。
下列说法不正确的是 （ ）
A.该化合物的化学式是Al2Cl6
B.该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电
C.该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体
D.该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】
将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，为共价化合物，据此分析解答。
【详解】A．将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；
B．Al2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，在熔融状态下不能导电，故B错误；
C．Al2Cl6属于共价化合物，固态是构成分子晶体，熔沸点较低，故C正确；
D．Al2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，只有极性共价键，不含有非极性共价键，故D正确；
故选B
【点睛】解答本题的关键是正确判断物质的组成，要注意AlCl3属于共价化合物，不是离子化合物。
11.科学家艾哈迈德·泽维尔使“运用激光技术观测化学反应时原子的运动”成为可能。
泽维尔研究发现，当激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距在10～15
（埃，1
=1×10-10m），呈现离子键；当两核靠近约2.8
时，呈现共价键。
根据泽维尔的研究成果能得出的结论是（ ）
A.NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物
B.共价键和离子键没有明显的界限
C.NaI晶体中既有离子键，又有共价键
D.离子晶体可能含有共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaI晶体是离子化合物，如改变离子的核间距，可能为共价化合物，但为纯净物，不是混合物，故A错误。
B．当激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距在10～15
，呈现离子键；当两核靠近约2.8
时，呈现共价键，由此可知共价键和离子键没有严格的界限，故B正确；
C．NaI晶体中当Na+和I—两核间距在10～15
，呈现离子键；当两核靠近约2.8
时，呈现共价键，但不存在既有离子键，又有共价键的情形，故C错误；
D．NaOH晶体中就有离子键和共价键，但不是泽维尔的研究成果，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为CD，C要注意NaI晶体中只能存在离子键或共价键，不可能同时存在离子键和共价键，D要注意题意的理解。
12.下列对一些实验事实的理论解释正确的是 （ ）
选项
实验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C＝O之间的夹角为109°28′
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时最稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；
B．理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型，故B错误；
C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；
D．卤族元素的氢化物都属于分子晶体，但氟化氢分子间存在氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；
故选A。
13.下列物质性质的变化规律与键能无关的是 （ ）
①HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱
②NH3易液化
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次升高
④H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点
A.①③④B.①③C.②③④D.全部
【答案】C
【解析】
【详解】①HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱的原因是分子中的键能依次减小，所以氢化物稳定性依次减弱，和键能有关；
②NH3易液化是因为其分子间存在氢键，与化学键的键能无关；
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，和分子间作用力有关，与分子内的键能无关；
④H2S的熔沸点小于H2O的熔沸点，因为水分子间存在氢键，氢键的作用力大于范德华力，则熔沸点与分子间的作用力有关与键能无关；
与键能无关的是②③④，故选C。
14.为了确定SbCl3、SbCl5、SnCl4是否为离子化合物,可以进行下列实验,其中合理、可靠的是（）
A.观察常温下的状态,SbCl5是苍黄色液体,SnCl4为无色液体。
结论:
SbCl5和SnCl4都是离子化合物
B.测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5℃、2.8℃、-33℃。
结论:
SbCl3、SbCl5、SnCl4都不是离子化合物
C.将SbCl3、SbCl5、SnCl4溶解于水中,滴入HNO3酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀。
结论:
SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物
D.测定SbCl3、SbCl5、SnCl4
水溶液的导电性,发现它们都可以导电。
结论:
SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物
【答案】B
【解析】
离子化合物一般熔点较高,熔融后可导电;分子晶体溶于水后也可以发生电离而导电,如HCl等溶于水电离产生Cl-,能与HNO3酸化的AgNO3溶液反应,产生白色沉淀,故A、C、D项都不可靠。
15.某同学用烧碱固体配制0.1mol·L－1的NaOH溶液500mL，下列说法正确的是（ ）
A.该同学使用的玻璃仪器共有3种
B.该同学配制溶液时忘记冷却，使配制溶液浓度偏小
C.该同学定容时不慎超过刻度线，他用胶头滴管吸出一些至刻度线，则配制溶液浓度偏低
D.该同学在托盘上放置两张称量纸称量样品，由于样品吸水使结果偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A．用烧碱固体配制0.1mol·L－1的NaOH溶液500mL，需要使用的玻璃仪器共有用烧杯溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌和引流、在容量瓶中定容，用胶头滴管定容以及用到量筒，故A错误；
B．氢氧化钠溶解时放热，配制溶液时忘记冷却，会导致溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏大，故B错误；
C．定容时不慎超过刻度线，导致溶液的体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故C正确；
D．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性和易潮解的性质，不能放在纸上称量，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意根据配制溶液的步骤，分析判断各步使用的玻璃仪器。
16.下列说法正确的是（ ）
A.把100mL3mol·L－1的H2SO4跟100mLH2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5mol·L－1
B.把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C.把200mL3mol·L－1的BaCl2溶液跟100mL3mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c（Cl－）仍然是3mol·L－1
D.把100mL20%的NaOH溶液跟100mLH2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
【答案】B
【解析】
【详解】A．把100mL3mol·L－1的H2SO4跟100mLH2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5mol•L-1，故A错误；
B．与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为：
×100%=10%，故B正确；
C．3mol•L-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol•L-1，3mol•L-1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol•L-1，混合后氯离子浓度介于3mol•L-1～6mol•L-1之间，故C错误；
D．氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；
故选B。
17.36.5gHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1g·mL－1），所得溶液的密度为ρg·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为cmol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是（ ）
A.所得溶液的物质的量浓度为1mol·L－1
B.所得溶液中含有NA个HCl分子
C.36.5gHCl气体占有的体积为22.4L
D.所得溶液的质量分数：
w＝
【答案】D
【解析】
【详解】A．36.5gHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的体积不是1L，溶质为氯化氢，物质的量浓度c=
=
=
mol/L，故A错误；
B．氯化氢是强电解质，溶于水完全电离，溶液中无氯化氢分子，故B错误；
C．36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，不能确定气体的体积，故C错误；
D．所得溶液的质量分数：
ω=
=
，故D正确；
故选D。
18.下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L
②0.5molH2所占体积为11.2L
③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
④标准状况下，28gCO与N2的混合气体的体积约为22.4L
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol－1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A.①③⑤B.④⑥C.②④⑥D.①④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①该物质不一定为气体，若为气体时，标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是
mol×22.4L/mol=22.4L，故错误；
②不一定在标准状况下，则Vm未知，不能利用V=nVm计算，故错误；
③标准状况下，水不是气体，不能根据V=nVm计算，故错误；
④CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28gCO与N2的混合气体的体积约为
×22.4L/mol=22.4L，故正确；
⑤气体摩尔体积与温度、压强有关，状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下，各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L•mol-1，故错误；
⑥标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=
可知，分子数相同，故正确；
故选B。
19.在100mL0.10mol·L－1的AgNO3溶液中加入100mL溶有2.08gBaCl2的溶液，再加入100mL溶有0.010molCuSO4·5H2O的溶液，充分反应。
下列说法中正确的是（）
A.最终得到白色沉淀和无色溶液
B.最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C.在最终得到的溶液中，Cl—的物质的最为0.02mol
D.在最终得到
溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】
AgNO3的物质的量为0.1L×0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为
=0.01mol，CuSO4•5H2O的物质的量为0.010mol，利用Ag++Cl-═AgCl↓、Ba2++SO42-═BaSO4↓分析解答。
【详解】AgNO3的物质的量为0.1L×0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为
=0.01mol=0.01mol，CuSO4•5H2O的物质的量为0.010mol，
Ag++Cl-═AgCl↓
0.010.010.01
Ba2++SO42-═BaSO4↓
0.010.010.01
A．因铜离子没有参加反应，则最终得到白色沉淀和蓝色溶液，故A错误；
B．由计算可知，氯化银和硫酸钡白色沉淀的物质的量都是0.01mol，故B正确；
C．反应前Cl-的物质的量为0.02mol，参加反应的物质的量为0.01mol，则反应后溶液中剩余的Cl-的物质的量为0.01mol，故C错误；
D．在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为
=0.033mol/L，故D错误；
故选B。
20.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，Z原子比X原子的核外电子数多4。
下列说法正确的是（ ）
A.W、Y、Z的电负性大
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