湖北省武汉市西藏中学2023-2024学年高二下学期4月月考化学试题（解析版）

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(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1. 下列是同周期元素基态原子的最外层电子排布式，所表示的原子最容易得到电子的是
A. ns2B. ns2np1C. ns2np4D. ns2np5
【答案】D
【解析】
【详解】最外层电子数≥4时容易得到电子，并且最外层电子数越多越容易得电子，D表示最外层电子数为7，最容易得电子，故选D。
2. 当镁原子由1s22s22p63s2 →1s22s22p63p2时，以下认识正确的是
A. 镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量
B. 镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量
C. 转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同
D. 转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似
【答案】A
【解析】
【详解】A．镁原子由1s22s22p63s2 →1s22s22p63p2时，属于电子的跃迁，镁原子由基态转化成激发态，需要吸收能量，所以选项A正确；
B．根据A中分析可知B不正确；
C．转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，不符号洪特规，应该处于不同轨道上，且自旋方向相同，选项C不正确；
D．转化后镁原子与硅原子电子层结构不相同，化学性质不相似，选项D不正确；
答案选A。
3. 关于化学键的各种叙述正确的是
A. 在离子化合物中，只存在离子键，没有共价键
B. 只有共价键形成的物质，不一定是共价化合物
C. 化学键只存在于化合物中
D. 非金属元素只能形成共价化合物
【答案】B
【解析】
详解】A．NaOH、Na2O2等既含离子键，又含共价键，A项错误；
B．O2是只由共价键形成物质，但不是共价化合物，属于单质，B项正确；
C．许多单质分子中存在共价键，C项错误；
D．非金属元素也可形成离子化合物，如氯化铵，D项错误；
答案选B。
4. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为：
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道电子的能量小于3s轨道电子的能量，故A错误；
B．基态Fe原子的外围电子排布图为，故B正确；
C．N原子2p能级半充满，结构稳定，氧原子第一电离能比氮原子第一电离能小，故C错误；
D．Cu在周期表中位于ⅠB族，属于ds区元素，故D错误；
选B。
5. 甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推断正确的是( )
A. 甲与乙位于同一周期
B. 甲与乙位于同一主族
C. 甲与乙都位于元素周期表的p区
D. 甲与乙的原子序数之和为偶数
【答案】D
【解析】
【详解】甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，二者的原子序数之和是6+12＝18，为偶数；
答案选D。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 电离能大的元素，不易失电子，易得到电子，表现非金属性
B. 电离能大的元素其电负性必然也大
C. 电负性最大非金属元素形成的含氧酸的酸性最强
D. 电离能最小的元素形成的氧化物的水化物的碱性最强
【答案】D
【解析】
【详解】A．电离能大的元素，不易失电子，但并不表示易得到电子，故A错误；
B．电离能大的元素其电负性不一定大，如电离能N大于O，但电负性N小于O，故B错误；
C．电负性最大的非金属元素是F，不能形成含氧酸，故C错误；
D．电离能最小的元素为金属性最强的元素，形成的氧化物的水化物的碱性最强，故D正确；故选D。
7. 下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是
A. CO2B. H2OC. D. CCl4
【答案】B
【解析】
【分析】价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是V型；
价层电子对个数为3，不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断。
【详解】A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，A不符合题意；
B．水分子中价层电子对个数=2+×(6-2×1)=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，B符合题意；
C．的中心原子C原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=×(4+2-2×3)=0，，所以的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，C不符合题意；
D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+×(4-1×4)=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；
故选B。
8. 下列各组微粒的空间构型相同的是( )
①NH3和H2O ②和H3O+ ③NH3和H3O+ ④O3和SO2 ⑤CO2和BeCl2 ⑥和 ⑦BF3和Al2Cl6
A. 全部B. 除④⑥⑦以外C. ③④⑤⑥D. ②⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①NH3呈三角锥形结构，H2O为V型结构，二者结构不同，①不合题意；
②为正四面体结构，H3O+为三角锥形结构，二者结构不同，②不合题意；
③NH3和H3O+都呈三角锥形结构，③符合题意；
④O3和SO2都呈V型结构，④符合题意；
⑤CO2和BeCl2都呈直线型结构，⑤符合题意；
⑥和都呈正四面体结构，⑥符合题意；
⑦BF3呈平面正三角形结构，Al2Cl6中Al采取sp3杂化，其空间构型为，二者结构不同，⑦不合题意；
答案选C。
9. 共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体：①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤NaCl、⑥白磷中，至少含有两种作用力的是
A. ①②③B. ①③⑥C. ②④⑥D. ①②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O2是离子化合物，钠离子与过氧根之间存在离子键，过氧根中的两个氧原子之间存在共价键；
②SiO2属于原子晶体，只存在共价键；
③石墨属于混合型晶体，同一层内的碳原子之间有共价键，层与层之间存在范德华力；
④金刚石属于原子晶体，只含有共价键；
⑤氯化钠属于离子晶体，只含有离子键；
⑥白磷属于分子晶体，分子内含有共价键，分子之间存在分子间作用力。
含有以上其中两种作用力的是①③⑥，故选B。
10. 下列说法中不正确的是
A. 键比键重叠程度大，形成的共价键通常更牢固
B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个键
C. 气体单质中，一定有键，可能有键
D. 分子中有一个键，2个键
【答案】C
【解析】
【详解】A．σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键更牢固，A正确；
B．两个原子间形成共价键时，最多有一组原子轨道“头碰头”，故最多有一个σ键，B正确；
C．稀有气体为单原子分子，单质中不存在化学键，C错误；
D．三键是由1个σ键和2个π键构成的，则氮气分子中还有三键，一个N2分子中含有一个σ键，2个π键，D正确；
故答案选C。
11. 下列关于晶体的说法正确的组合是（ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子化合物中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4＋和12个O2－相紧邻

⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠溶于水时离子键被破坏
A. ①②③⑥B. ①②④C. ③⑤⑦D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；
②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；
③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，H2O和H2S属于分子晶体，H2O分子间含有氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；
④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；
⑤根据化学式以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；
⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；
⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的是物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；
⑧离子晶体溶于水破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确;
答案：D。
12. 下列说法中不正确的是（ ）
A. N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体
B. CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化
C. H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近
D. 由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CC12F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项正确；B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项正确；C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项错误；D.由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物是Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项正确。答案选C。
13. Paul Chu教授发现钇钡铜氧化合物在90 K时具有超导性，该化合物的晶胞结构如下图所示：
该化合物以CuO、BaCO3和Y2O3为原料，经研磨烧结而成，其原料配比(物质的量之比)为
A. 3：3：2B. 1：1：1C. 3：2：1D. 6：4：1
【答案】D
【解析】
【详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和棱上的铜原子个数为8×+8×=3，位于晶胞内的钡原子和钇原子的个数分别为2和1，则CuO、BaCO3和Y2O3的物质的量之比为3：2：=6：4：1，故选D。
14. 化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是( )
A. NH3与BF3都是三角锥形B. NH3与BF3都是极性分子
C. NH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构D. NH3·BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道
【答案】D
【解析】
【分析】BF3分子中，B原子最外层有3个电子，与3个F原子形成三个B﹣F键，B原子周围没孤电子对，NH3分子中，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成三个N﹣H键，N原子周围有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，BF3分子为非极性分子，分子构型为平面三角形，NH3分子为极性分子，分子构型为三角锥形，NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，据此答题。
【详解】A.BF3分子构型为平面三角形，故A错误；
B.BF3分子为非极性分子，故B错误；
C.NH3•BF3中氢原子只有两个电子，故C错误；
D.NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道，形成配位键，故D正确。
故选D。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
15. 有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）
A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形
C. X和Q结合生成的化合物可形成离子晶体D. ZQ2是极性键构成的非极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S，Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q为O，T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P。
【详解】A．元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe2O3，故A正确；
B．白磷和金刚石的空间构型为正四面体形，故B正确；
C．X和Q结合生成的化合物SO2或SO3都可形成分子晶体，不能形成离子晶体；故C错误；
D．ZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；
综上所述，答案为C。
16. S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法中错误的是

A. S2Cl2为非极性分子
B. 分子中既含有极性键又含有非极性键
C. 与S2Br2结构相似，熔、沸点S2Br2>S2Cl2
D. 与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，故A说法错误；
B、S和Cl之间形成共价键为极性键，S和S之间形成共价键为非极性键，故B说法正确；
C、S2Cl2与S2Br2结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故C说法正确；
D、S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D说法正确。
二、非选择题(本题包括5个小题，共52分)
17. 下表是元素周期表中的一部分。
根据A～J在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：
(1)电负性最强的元素是________，第一电离能最小的单质是________。
(2)最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是______，呈两性的是______。
(3)A分别与E、F、G、H、I形成的化合物中，沸点最高的是________。
(4)在B、C、D、G、I中，形成的简单离子半径最大的元素是________。
【答案】 ①. F ②. Na ③. HClO4 ④. Al(OH)3 ⑤. HF ⑥. S
【解析】
【分析】先根据元素在周期表的位置确定元素：A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne，根据元素周期律及元素的性质解答。
【详解】由分析可知：A是H，B是Na，C是Mg，D是Al，E是C，F是N，G是S，H是F，I是Cl，J是Ne。
(1)元素的非金属性越强，其电负性越强，在上述元素中，非金属性最强的元素是F，所以电负性最强的元素是F；元素的金属性越强，原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越小。在上述元素中金属性最强的元素是Na元素，所以第一电离能最小的单质是Na，答案：F；Na；
(2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al(OH)3，答案：HClO4；Al(OH)3；
(3)H分别与C、N、S、F、Cl形成的简单化合物分别是CH4、NH3、H2S、HF、HCl，这些物质都是由分子构成，物质分子间作用力越强，克服分子间作用力消耗的能量越高，物质的熔沸点就越高。氢键是比分子间作用力强很多的作用力，会使物质的熔沸点升高。由于HF、NH3分子之间存在氢键，且氢键HF>NH3，因此物质的沸点最高的是HF，答案：HF；
(4)Na、Mg、Al、S、Cl都是第三周期的元素，Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的阳离子，核外电子排布都是2、8；S2-、Cl-是原子获得电子形成的阴离子，核外电子排布都是2、8、8。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越小，离子半径越大，所以上述元素形成的单核离子中，半径最大的离子是S2-，答案：S
【点睛】原子或单核离子半径比较方法，先比电子层数多少，电子层数越多粒子半径越大；电子层数相同情况下再比核电荷数，核电荷数越大粒子半径越小；如果电子层数和核电荷数都相同，再比最外层电子数，最外层电子数越多粒子半径越大。
18. W、X、Y、Z、N是短周期元素，它们的核电荷数依次增大。
(1)W单质的化学式为______，Z元素原子核外有______原子轨道填充了电子。
(2)Y、Z和N三种元素第一电离能由大到小的顺序为__________(填元素符号)。
(3)X与Z两元素的电负性较大的是_________(填元素符号)。
(4)Z元素原子共有______种不同运动状态的电子。
【答案】 ①. H2 ②. 8 ③. Cl>Si>Al ④. O ⑤. 14
【解析】
【分析】W原子核内无中子，W为H；X在Y的上一周期，X处于第二周期，Y处于第三周期，X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，则其核外电子排布为1s22s22p4，X为O；Y元素的离子半径在该周期中最小，Y为Al；Z原子核外p能级上的电子总数比s能级上的电子总数多2，则其核外电子排布为1s22s22p63s23p2，Z为Si；N最外层电子数比次外层电子数少1，则N的核外电子排布应为2，8，7，N为Cl，据此分析解答。
【详解】(1)W为H，其单质为H2，Z为Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p2，有8个原子轨道填充了电子，
故答案为：H2；8；
(2)Y、Z和N分别为Al、Si、Cl，同周期元素从左到右第一电离能整体呈增大趋势，三种元素第一电离能由大到小的顺序为Cl>Si>Al，
故答案为：Cl>Si>Al；
(3)X为O，Z为Si，O的非金属性大于Si，X与Z两元素的电负性较大的是O，
故答案为：O；
(4)能层、能级、原子轨道、自旋方向决定电子的运动状态，核外没有运动状态完全相同的电子，Z为Si，质子数为14，原子共有14种不同运动状态的电子，
故答案为：14。
19. 氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如右图所示。
⑴基态硼原子电子排布式为______________________________。
⑵关于这两种晶体的说法，正确的是_________________(填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c.两种晶体中的B－N键均为共价键d.两种晶体均为分子晶体
⑶六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为________，其结构与石墨相似却不导电，原因是______________________________。
⑷立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为___________________。该晶体的天然矿物在青藏高原在下约300Km的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是____________________________。
⑸NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1m NH4BF4含有_____________ml配位键。
【答案】 ①. 1s22s22p1 ②. b、c ③. 平面三角形 ④. 层状结构中没有自由移动的电子 ⑤. sp3 ⑥. 高温、高压 ⑦. 2
【解析】
【分析】B位于第2周期ⅢA族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形成平面六边形结构，向平面发展成层状结构．六方相氮化硼，不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起；B原子的电子全部成键，晶体中没有自由移动的电子，不导电．立方相氮化硼每个B原子与4个N原子相连，每个N与4个B原子相连，构成正四面体，向空间发展形成网状结构．B原子的杂化方式为sp3，由于六方相氮化硼比立方相氮化硼稳定，立方相氮化硼的天然矿物在青藏高原在下约300Km的古地壳中被发现，说明由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压．根据配位键理论，NH4BF4有1个N-H和一个B-F属于配位键。
【详解】（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为1s22s22p1；
（2）a．立方相氮化硼N原子和B原子之间只存在共价单键，N和B的价电子全部参与成键，所以该化合物中含有σ键，不存在π键，故错误；
b．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故正确；
c．非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；
d．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故错误；
故选bc；
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，所以硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形。该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，故答案为平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的杂化轨道类型为sp3，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，故答案为sp3；高温高压；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1ml NH4BF4含有2ml配位键，故答案为2。
20. (1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为__________；该晶体中原子之间的作用力是________。
(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为____________。
(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为________。
(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为________。
【答案】 ①. 3:1 ②. 金属键 ③. H8AuCu3 ④. 4 ⑤. 4 ⑥. 4:3
【解析】
【分析】
【详解】(1)一种铜金合金晶体具有面心立方体结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Cu原子数为6× =3个，Au原子处于顶点，Au原子数8× =1个，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3:1，晶体中Cu原子与Au原子之间的作用力为金属键，故答案为：3∶1；金属键；
(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，一个晶胞含8个四面体空隙，即含有8个H原子，由(1)得晶胞中含1个Au原子，3个Cu原子，该晶体储氢后的化学式应为H8AuCu3。故答案为：H8AuCu3；
(3)由立方BP(磷化硼)的晶胞结构图，顶点：B原子数8× =1个，面心：B原子数为6× =3个，晶胞中含B原子数目为4。故答案为：4；
(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中，顶点：Fe原子数8× =1个，面心：Fe原子数为6× =3个，晶胞中含Fe原子数目为4；δ晶胞中铁原子的配位数为8，α晶胞中铁原子的配位数6，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为8:6=4∶3。故答案为：4；4∶3。
【点睛】本题考查应用均摊法进行晶胞计算，难点(2)氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，要观察得出晶胞中有8个四面体围成的空隙，从而得出化学式为H8AuCu3。
21. 铍及其化合物的应用正日益被重视。
（1）最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为___________
（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有___________(填字母)。
A. 都属于p区主族元素B. 电负性都比镁大
C. 第一电离能都比镁大D. 氯化物的水溶液pH均小于7
（3）氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b)，固态时则具有如下图所示的链状结构(c)。
①a属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。
②二聚分子(BeCl2)2中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b 的结构式为___________(标出配位键)。
【答案】（1） （2）BD
（3） ①. 非极性 ②.
【解析】
【小问1详解】
原子为24号元素，其满足半满稳定结构，基态原子价层电子排布式为3d54s1，则基态Cr原子价电子的轨道表示式为。
【小问2详解】
A．铍属于s区元素，而铝属于p区主族元素，故A错误；
B．金属越活泼，电负性越小，Mg比Be、Al活泼，则两金属电负性都比镁大，故B正确；
C．Be的第一电离能比镁大，而Mg因s轨道全充满，第一电离能比Al大，故C错误；
D．Be2＋和Al3＋在溶液中均水解，则氯化物的水溶液pH均小于7，故D正确；
答案为BD。
【小问3详解】
①BeCl2中Be原子形成2个Be—Cl键，Be原子的杂化轨道数为2，故Be原子采取 sp 杂化方式，是直线型，属于非极性分子；
②在二聚分子(BeCl2)2中Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，则配位键中电子对由氯原子提供，b 的结构式为。ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
E
F
H
J
3
B
C
D
G
I
元素
元素性质或原子结构
W
原子核内无中子
X
在Y的上一周期，原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等
Y
元素的离子半径在该周期中最小
Z
原子核外p能级上的电子总数比s能级上的电子总数多2
N
最外层电子数比次外层电子数少1