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2018-2019学年福建省厦门市湖滨中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版
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福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学（理）试题
1.以下表示氧原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是（ ）
A. B. C. 1s22s22p4 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A、只能表示最外层电子数，故A错误；B、只表示核外电子的分层排布情况，故B错误；C、具体到亚层的电子数，故C错误； D、包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向，故D正确；故选D。
【点睛】原子轨道排布式不仅能表示电子在核外的排布情况，还能表示电子在原子轨道上的自旋情况，对电子运动状态描述最详尽。
2.下列各组物质中，都是共价化合物的是 （ ）
A. H2S和Na2O2 B. H2O2和CaF2 C. NH3和N2 D. HNO3和HClO
【答案】D
【解析】
分析：一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，以此来解答．
详解：A.H2S中只含共价键，为共价化合物，而Na2O2中含离子键和共价键，为离子化合物，故A错误；B．H2O2中只含共价键，为共价化合物，而CaF2中含离子键，为离子化合物，故B错误；C．N2为单质，故C错误；D．HNO3和HClO 中均只含共价键，为共价化合物，故D正确；答案选D．
点睛：本题考查共价键和共价化合物，为高频考点，把握化学键判断的一般规律及共价键与共价化合物的关系为解答的关键。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 含离子键的晶体不一定是离子晶体 B. 含共价键的晶体一定是分子晶体
C. 只含极性键的分子可能不是极性分子 D. 含非极性键的分子一定是非极性分子
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。
详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。
点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。
4.A原子的结构示意图为 ，则X、Y及该原子3d能级上的电子数不可能的组合是
A. 18、8、0 B. 20、8、0 C. 25、13、5 D. 30、18、10
【答案】A
【解析】
A．如X=18，则原子核外各层电子数分别为2、8、8，应为Ar，故A错误；B．如X=20，则则原子核外各层电子数分别为2、8、8、2，3d能级上的电子数为0，故B正确；C．如X=25，则原子核外各层电子数分别为2、8、13、2，应为Mn，3d能级上的电子数为5，故C正确；D．如X=30中，则原子核外各层电子数分别为2、8、18、2，应为Zn，3d能级上的电子数为10，故D正确；答案为A。
5.前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有几种
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 版权所有
【答案】D
【解析】
【详解】第一周期中,有一个未成对电子的是1s1; 第二周期中,未成对电子是两个的有两种:1s22s22p2和1s22s22p4; 第三周期中,未成对电子是三个的是: 1s22s22p63s23p3; 第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2,共有5种。 A. 2不符合题意；B. 3不符合题意；C. 4不符合题意；D. 5不符合题意； 答案：D。
【点睛】前四周期元素中,基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同,即第一周期有1个未成对电子,第二周期有2个未成对电子数,第三周期有3个未成对电子数,第四周期有4个未成对电子数,结合电子排布规律来解答。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列顺序的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④CH4 ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
①BCl3 中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；②NH3 为三角锥形，键角为107°；③H2O为V形，键角为105°；④CH4为正四面体，键角为109°28′；⑤BeCl2中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为2，为直线形，键角为180°；所以键角由大到小排列顺序是⑤①④②③；故选B。
7.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是
A. NH4Br的电子式：
B. MgCl2的电子式：
C. HClO的结构式： H-Cl-O
D. S2-的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH4Br是离子化合物，NH4+阳离子中N和H以共价键的形式结合，NH4+和Br-之间是离子键，所以NH4Br的电子式：是错的，故A错误；B. MgCl2是离子化合物，Mg和Cl之间是离子键，所以MgCl2电子式：是正确的。故B正确；C.次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H-O-Cl，故C错误；硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故C错误；答案：B。
8.共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤KCl、⑥白磷，其中含有两种作用力的是
A. ①③⑥ B. ②④⑥ C. ①②③⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种结合力，故正确；②SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；③石墨存在共价键和分子间作用力，故正确；④金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；⑤CaH2中钙离子与氢离子之间只存在离子键，则只存在一种结合力，故错误；⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种结合力，故正确；A. ①③⑥符合题意；B. ②④⑥不符合题意；C. ①②③⑥不符合题意；D. ①③⑤⑥不符合题意；答案：A。
【点睛】本题考查了物质中存在的结合力，为高频考点，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力是解本题关键。活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力。注意白磷晶体中分子内有共价键，分子间有分子间作用力。
9.下列各组物质熔化或气化时，所克服的微粒间的作用力属同种类型的是
A. SiO2和CaO的熔化 B. 氧化钠和铁的熔化
C. 碘和干冰的气化 D. 晶体硅和晶体硫的熔化
【答案】C
【解析】
A．SiO2是原子晶体，CaO是离子晶体，熔化时克服的作用力不同，故A错误；B．氯化钠是离子晶体，铁是金属晶体，熔化时克服的作用力不同，故B错误；C．碘和干冰都属分子晶体，气化时都克服分子间作用力，故C正确；D．晶体硅属于原子晶体，晶体硫是分子晶体，熔化时克服的作用力不同，故D错误；故选C。
点睛：明确晶体类型与存在的化学键是解题关键，汽化或熔化时，一般分子晶体克服分子间作用力，原子晶体克服共价键；离子晶体克服离子键；金属晶体克服金属键，先判断晶体类型，只要晶体类型相同，其微粒间的作用力就相同，所以只要晶体类型相同即可，以此来解答。
10.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是
A. 共价键的方向性 B. 共价键的键长
C. 共价键的键角 D. 共价键的饱和性
【答案】D
【解析】
最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，故选D。
11.下列有关有机物的构型判断错误的是
A. 甲烷是正四面体结构，烷烃的碳原子呈直线形
B. 乙烯是平面结构，四个氢原子和二个碳原子共面
C. 苯分子中碳原子采用sp2杂化，得到平面正六边形结构
D. 氨气分子的空间构型为三角锥形，氮原子杂化方式为SP3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲烷是正四面体结构，但烷烃分子中的相邻碳原子之间的键角不是180.所以呈锯齿状，故A错误；B. 因为乙烯是平面结构，所有原子共面，故四个氢原子和二个碳原子共面是正确；故B正确；C. 苯分子中碳原子是通过6sp2杂化，再通过键和键构成平面正六边形结构，故C正确；D. NH3分子中N原子的价层电子对个数=3+1/2(5-31)=4,且含有一个孤电子对,所以该分子是三角锥形结构,中心原子采用sp3杂化,故D正确；答案：A。
12.根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大
D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g•cm﹣3
【答案】B
【解析】
A．熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B．熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO-+OH-，有自由移动的离子，就能导电，故B正确；C．熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故C错误；D．熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；故选B。
点睛：明确分子晶体与其它晶体在熔沸点、硬度、密度等方面的区别是解题关键，分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力和氢键)构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。
13.下列有关性质的比较中，不正确的是
A. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B. 晶格能：NaBr
【答案】D
【解析】
A．原子晶体中化学键键能越大、键长越短其硬度越大，这几种物质都是原子晶体，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；B．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径，O2-＜Cl-＜Br-＜I-，则晶格能NaBr
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
+1
+3
+2
+6、-2
-2
A. 金属性：A＞C B. 氢化物的沸点H2D＜H2E
C. 第一电离能： A>B D. 单质的熔点：A
【解析】
试题分析：短周期元素，由元素的化合价可知，E只有-2价，则E为O元素，可知D为S元素，A、B、C只有正价，A显+1价，原子半径最大，则A为Na元素，B是+3价，C是+2价，原子半径D＞C＞E，则C为Be元素，原子半径B＞D，则B为Al元素。A．金属性：A＞C，正确；B．水分子间能够形成氢键，氢化物的沸点H2D＜H2E，正确；C．同一正确，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能A＜B，错误；D．单质的熔点：A
【名师点晴】本题考查元素的性质与位置关系，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质及元素周期律等来解答即可。原子半径和元素化合价的变化规律：（1）最外层电子数从1个递增至8个(K层为最外层时，从1个递增至2个)而呈现周期性变化；（2）元素原子半径从大至小而呈现周期性变化(注：稀有气体元素的原子半径因测定的依据不同，而在该周期中是最大的)；（3）元素的化合价正价从+1价递增至+5价(或+7价)，负价从-4价递增至-1价再至0价而呈周期性变化。
15.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的非金属性大小顺序一定是Z＞Y＞W
B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
C. XZ3中含有离子键
D. Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体
【答案】D
【解析】
【分析】
因为都是主族元素，最外层电子数不可能是8，所以W、X原子的最外层电子数之比为4：3时，W的最外层电子数是4，X的最外层电子数是3，四种元素的原子序数依次增大，则W不可能是Si元素，则W是C元素，X是Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，所以Z是Cl；Y是介于Al与Cl之间的元素。
【详解】A.根据上述分析知：W为C、Z为Cl,Y 是介于Al与Cl之间的元素。如果Y为硅则他们的非金属性大小顺序是Z＞W＞Y；如果Y为S则为Z＞Y＞W，故A错误；B、根据以上分析，W原子半径最小，X原子半径最大，所以W、X、Y、Z的原子半径大小顺序不可能是W＞X＞Y＞Z，故B错误；C、Z是Al ，X是Cl元素，则Al与Cl形成的AlCl 3是共价化合物，不存在离子键，故C错误；D、如果Y为Si、Z为Cl，则Si与Cl能形成的SiCl4是正四面体型分子，故D正确；答案选D。
16.下列说法中正确的是
A. 金属晶体导电是物理变化，离子晶体在熔融态时导电是化学变化
B. H2O分子很稳定是因为H2O分子间存在氢键
C. ①硫酸比次氯酸稳定；②S2﹣易被氯气氧化，均能说明氯元素的非金属性比硫元素强
D. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109。28ˊ
【答案】A
【解析】
A．熔融电解质的导电是化学变化，发生电解，生成新物质，金属导电是物理变化，故A正确；B．H2O分子很稳定是因为氧元素非金属性强，H—O键键能，与H2O分子间存在氢键无关，故B错误；C．从最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、与氢气反应的难以程度、气态氢化物的稳定性等来判断元素非金属性的强弱，对Cl和S来说，可具体为：HClO4的酸性比H2SO4的酸性强；氯气的氧化性强于单质S的氧化性，即S2﹣易被氯气氧化，而与硫酸比次氯酸稳定无关，故C错误；D．P4和CH4都是正四面体分子，但CH4键角都为109。28ˊ,P4键角都为60。，故D错误；答案为A。
点睛：元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
17.已知1～18号元素的离子aW3+、bX2+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A. 质子数c＞d，离子的还原性Y2﹣＞Z﹣
B. 氢化物的稳定性H2Y＞HZ
C. 原子半径X＞W，第一电离能X＜W
D. 电负性Z＞Y＞W＞X
【答案】D
【解析】
【详解】元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，离子核外电子存在a-3=b-1=c+2=d+1；A、阴离子中核内质子数=核外电子数-电荷数，c=核外电子数-2，d=核外电子数-1，所以质子数c＜d，离子的还原性Y2-＞Z-，故A错误；B、元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Z＞Y，氢化物的稳定性H2Y＜HZ，故B错误；C、电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小，原子序数W＞X，所以离子半径X＞W，第一电离能Z＞Y＞W＞X，故C错误；D、非金属元素的电负性越大，电负性Z＞Y＞W＞X；故选D。
【点睛】元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，离子核外电子存在a-3=b-1=c+2=d+1；阴离子中核内质子数=核外电子数-电荷数，据此分析；元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，据此分析得出答案。
18.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电．加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键
D. 该配合物的配体只有NH3
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误;B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误;C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确; D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误;答案：C。
【点睛】实验式为PtCl4•2NH3的物质,其水溶液不导电说明它不是离子化合物,在溶液中不能电离出阴、阳离子;加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]。
19.下列说法不正确的是
A. 某外围电子排布为4d15s2基态原子，该元素位于周期表中第五周期第ⅢB族
B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素
C. 当碳原子的核外电子排布由 转变为时，释放能量，由激发态转化成基态
D. 非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是2或8
【答案】B
【解析】
【详解】某外围电子排布为4d15s2基态原子，价层电子数为3，位于第五周期，该元素位于周期表中第5周期第ⅢB族，故A正确；B．s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，故B错误；C．碳原子的核外电子排布为：1s22s22p2，该原子处于基态，当核外电子排布为1s22s12p3，该原子处于激发态，所以由碳原子的核外电子排布由转变为的过程为由激发态变为基态，故C正确；D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，像一氧化碳、一氧化氮、二氧化硫等均不符合2或8电子结构，故D正确，答案为B。
【点睛】原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态；原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量；处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱为发射光谱，据此进行判断。
20.表述1正确，且能用表述2加以正确解释的选项是
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl﹣与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价一定都相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠为离子晶体,易溶于极性分子水,而碘为非极性分子,不易溶于水,与分子间作用力无关,故A错误;B.Pb的原子半径比C的大,元素的非金属性比C弱,对应的氢化物的稳定性较弱,故B正确的;C.元素原子的最外层电子数并不能说决定元素的化合价,比如氧和硫位于同一主族,氧的化合价为-2,而硫的化合价为-2,＋4和＋6,化合价不完全相同.故C错误；D.氯化氢为共价化合物,水溶液能导电, P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电,是因为二者为非电解质,故D错误;答案：B。
21.二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水剧烈反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是
A. S2Cl2的分子中的两个S原子均是sp3杂化
B. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
C. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl
D. S2Cl2分子中的S为+1价，是含有极性键和非极性键的非极性分子
【答案】D
【解析】
A．分子中含有2个δ键，且含有2个孤电子对，应为sp3杂化，故A正确；B．S2Br2与S2Cl2结构相似，相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，则分子间作用力S2Br2＞S2Cl2，熔沸点：S2Br2 > S2Cl2，故B正确；C．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，同时S元素发生自身氧化还原反应，即水解反应为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故C正确；D．结合元素正负化合价代数和为0，可知分子中S为+1价，S-S键为非极性共价键，S-Cl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故D错误；答案为D。
22.高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是
A. 晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+
B. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
C. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣
D. 晶体中，0价氧与﹣2价氧的数目比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图知,晶体中每个K+周围6个O2−,每个O2−周围有6个K+，故A错误；B.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×12=12,故B错误；C.该晶胞中钾离子个数=8×18+6×12=4,超氧根离子个数=1+12×14=4,所以钾离子和超氧根离子个数之比=4:4=1:1,所以超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有4个K+和4个O2−，故C正确；D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6,所以晶体中,0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3:1，故D错误；答案：C。
23.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．它们的晶体结构如图所示．关于这两种晶体的说法正确的是
A. 两种晶体均为原子晶体
B. 六方相氮化硼层结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构中没有自由移动的电
C. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
D. 两种晶体中的B原子的杂化类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.六方相氮化硼中存在共价键和分子间作用力，与石墨类似属于混合晶体，故A错误；B．六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子,故B正确；C．立方相氮化硼只含有σ键，由于形成的是立体网状结构，所以硬度大，故C错误；D．六方相氮化硼是sp2,立方相氮化硼是sp3杂化，故D错误；答案：B。
24.a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是
A. a和b中的N原子均为sp3杂化 B. b中Ca2+的配位数为4
C. b含有分子内氢键 D. b含有共价键、离子键和配位键
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据微粒的结构示意图可知：a和b中的N原子均为sp3杂化，正确；B. b中Ca2+的配位数为6，错误；C. b中不含有分子内氢键，错误；D. b为阴离子，在其中含有共价键和配位键，但是无离子键，错误。
考点：考查乙二胺四乙酸及其与Ca2+形成螯合物的结构与性质的正误判断的知识。
25.图表法、图象法是常用的科学研究方法。
（1）短周期某主族元素M的电离能情况如图1所示。则M元素位于周期表的第_____族。
（2）图2是研究部分主族元素氢化物的沸点变化规律的图象，折线c可以表达出第_____族元素气态氢化物的沸点变化规律。两位同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线（a和b），你认为正确的是折线_____（填a或b）。
【答案】 (1). IIIA (2). IVA (3). b
【解析】
【分析】
(1)因第三和第四电离能之间发生突变,所以该元素最外层有3个电子,在ⅢA族;(2)线c逐渐上升,表明没有氢键的影响,是第ⅣA族元素氢化物的沸点变化规律;A点所示的氢化物是水,其沸点高是因为水分子间存在氢键,所以氧族元素中其他氢化物的沸点不会高于水.
【详解】(1)因第三和第四电离能之间发生突变,所以该元素最外层有3个电子,处于ⅢA族,因此，本题正确答案是:ⅢA;
(2)线c逐渐上升,表明没有氢键的影响,是第ⅣA族元素氢化物的沸点变化规律.A点所示的氢化物是水,其沸点高是因为水分子间存在氢键,所以氧族元素中其他氢化物的沸点不会高于水,故b正确,因此，本题答案是:ⅣA;b;
26.氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:
（1）NH3的沸点比PH3高，原因是________________________________________________。
（2）Na3AsO4 中含有的化学键类型包括________________________；AsO43-的空间构型为____________（用文字描述）。
（3）NH3和F2在Cu催化下可发生反应4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_____________________(填序号)。写出基态铜原子的价电子排布式_______________。
a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体
【答案】 (1). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 (2). 离子键、共价键 (3). 正四面体 (4). abd (5). 价电子排布式3d104s1
【解析】
【详解】（1）NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间只存在分子间作用力，氢键的作用力比分子间作用力强，因此NH3的沸点比PH3高。答案：NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力。
（2）Na3AsO4 是离子化合物，AsO43-和Na+之间存在离子键，AsO43-中As与O之间存在共价键； AsO43-的价层电子对数为（5+3）4=4，无孤对电子，因此 AsO43-的空间构型为正四面体。
（3）Cu是金属,属于金属晶体, H4F是盐,属于离子晶体, NH3、F2、NF3都属于分子晶体。Cu原子核外有29个电子,基态铜原子的核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s1,因此，本题正确答案是: abd; 1s22s22p63s23p63d104s1。
27.硼及其化合物在工农业生产中应用广泛。
（1）基态硼原子的核外电子排布式为____________，基态硼原子有_______种不同能量的电子。
（2）BF3溶于水后，在一定条件下可转化为H3O＋·[B(OH)F3]－，该物质中阳离子的空间构型为_____________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。
（3）与BH4－互为等电子体的分子是__________(写化学式）。
（4）EminBF4的熔点为12 ℃，在常温下为液体，由有机物阳离子[Emin]＋和[BF4]－构成。该物质的晶体属于_________晶体。
【答案】 (1). 1s22s22p1 (2). 3 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). CH4(或SiH4) (6). 离子
【解析】
(1)硼原子核外电子数为5，基态原子核外电子排布为1S12S22P1，不同能级上的电子具有不同的能量，故氮原子核外有3种不同能量的电子，；
(2)H3O+中O原子价层电子对个数=3+(6-1-3×1)=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，阴离子中中心原子B原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式；
(3)根据等电子体概念可知，原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，BH4-离子中有5个原子，价电子数为8，所以与BH4-离子互为等电子体的一种分子为CH4、SiH4等。
(4)EminBF4由有机物阳离子[Emin]+和[BF4]-构成，由离子构成的化合物属于离子化合物，则该物质的晶体属于离子晶体。
点睛：根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，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．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。
28.已知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。其中A是形成化合物种类最多的元素；B原子核外有三个未成对电子；C是元素周期表中电负性最大的元素，化合物D2F为离子晶体，F原子核外的M层中只有两对成对电子；E单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；G原子最外层电子数与D的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E、F、G用所对应的元素符号表示）：
（1）C元素在元素周期表中的位置为____________________。
（2）D的氯化物的熔点比E的氯化物的熔点_____（填“高”或“低”），理由是_______。
（3）F的低价氧化物分子的立体构型是________，AO2的电子式为___________。
（4）A、B、D、E四种元素第一电离能最大的是_____。
（5）G2+能形成配离子[G（BH3）4]2+．写出该配离子的结构简式（标明配位键）_____。
（6）A能与氢、氧二种元素构成化合物AH2O，其中A原子的杂化方式为_____，1mol该分子中σ键的数目为_____，该物质能溶于水的主要原因是___________________。
（7）G晶体的堆积方式为__________________堆积，配位数为_________。
【答案】 (1). 第2周期VⅡA族 。 (2). 高 (3). NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 (4). V形 (5). (6). (7). N (8). sp2 (9). 3NA或3×6.02×1023个 (10). HCHO是极性分子易溶于极性分子水形成的溶剂 (11). 面心立方最密 (12). 12
【解析】
【分析】
由已知A是形成化合物种类最多的元素，则A为C；B原子核外有三个未成对电子,则B为N；C是元素周期表中电负性最大的元素，则C为F, F原子核外的M层中只有两对成对电子,则F为S;化合物D2F为离子晶体，则D为Na；E单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的,则E为Si；G原子最外层电子数与D的相同，其余各层均充满电子,则G为Cu。
【详解】（1）根据上述分析C元素为氟，在元素周期表中的位置为第2周期VⅡA族。答案：第2周期VⅡA族。
（2）D为钠，其氯化物为NaCl属于离子化合物为离子晶体, E为Si，其氯化物为SiCl4属于共价化合物，为分子晶体，所以NaCl的熔点比SiCl4的熔点高。答案：高 、 NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。
（3）F为硫，其低价氧化物为SO2,分子的立体构型是V形，A为碳，AO2为CO2,其电子式为。答案：。
（4）根据在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，A为C、B为N、D为Na、E为Si据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：Na＜Si＜C＜N；四种元素第一电离能最大的是N。答案：N。
（5）因为B为N 、G为Cu，所以Cu2+能形成配离子[Cu（NH3）4]2+．该配离子的结构简式（标明配位键）。
（6）A为碳A能与氢、氧二种元素构成化合物CH2O，结构式为HCHO,其中C原子的杂化方式为SP2，1mol该分子中σ键的数目为3mol即3NA或3×6.02×1023个。因为HCHO是极性分子，根据相似想溶原理，所以易溶于极性分子水形成的溶剂。答案：3NA或3×6.02×1023个；HCHO是极性分子易溶于极性分子水形成的溶剂。
（7）G为铜，铜晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，配位数为12。 答案：面心立方最密 (12). 12
29.铍及其化合物的应用正日益被重视。
（l）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_____（填标号）。
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．都能与氢氧化钠溶液反应
（3）铍、镁晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成（最密堆积）。铍的熔点比镁的熔点高，原因是_____________________________________________________。
（4）氯化铍在气态时存在BeC12分子（a）和二聚分子（BeCl2）2（b），固态时则具有如图所示的链状结构（c）。
①a属于_____“极性”或“非极性”）分子。
②b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）。
③c中Be原子的杂化方式为_____。
④氯化铍晶体中存在的作用力有_____（填标号）。
A．范德华力 B．σ键 C．极性键 D．非极性键 E．离子键
（5）BeO立方晶胞如图所示。
①BeO晶体中，O2﹣的配位数为_____。
②若BeO晶体的密度为dg/cm3，BeO的摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞参数a=_______________ cm （列出计算式即可）。
【答案】 (1). (2). BD (3). Be原子半径比Mg原子半径小，金属键更强 (4). 非极性 (5). (6). sp3 (7). ABC (8). 4 (9).
【解析】
【详解】Cr为24号元素，基态Cr原子价电子为3d54s1,其轨道表示式为。
（2）；镁铝同一周期，原子序数逐渐增大，所以铝的电负性比镁大。A．铝属于p区主族元素，铍属于s区元素，故A错误；B.铍和铝的性质相似，电负性都比镁大，故B正确；C．铍和镁在同一主族，半径逐渐增大，所以第一电离能都比镁大，铝和镁在同一周期，则铝的第一电离能比镁小，故C错误；D.铍和铝为主族的元素，都在金属和非金属的分界线处，及表现金属性质有表现非金属性质,所以都能和氢氧化钠溶液反应，故D正确。
3）铍、镁在同一主族，都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成，铍的原子半径比Mg原子半径小，金属键更强，所以铍的熔点比镁的熔点高。答案：铍原子半径比Mg原子半径小，金属键更强。
（4）①BeC12是直线形分子,正负电荷中心重合,为非极性分子.因此，本题正确答案是:非极性.
②b为BeC12的二聚体（BeC12）2,且所有原子都在平面上,Be中含有空轨道,Cl含有孤电子对,可形成配位键,b的结构式应为: .因此，本题正确答案是: 。
③c为BeC12的长链状分子,一个Be与4个Cl成键,故为sp3杂化.因此，本题正确答案是: sp3。
④氯化铍晶体与AlC13相似, AlC13为共价化合物,则BeC12也为共价化合物,均为分子晶体,分子间为范德华力, BeC12中Be-C1为键,且Be和Cl电负性不同,为极性键,而分子为非极性分子,所以含有的是ABC.因此，本题正确答案是: ABC。
(5))①根据晶胞图,BeO晶体中,O2-周围等径的有4个Be2+,与金刚石晶胞相似,O连接4个Be形成一个四面体,因此O的配位数为4.因此，本题正确答案是:4。
②立方晶胞中,顶点占1/8,面心占1/2,棱上占1/4,内部为整个晶胞所有,则一个BeO晶胞中,含有Be2+数目为8=4,O2-的数目为4,取1mol晶胞,则有NA个晶胞,1mol晶胞的质量为m=4Mg,一个晶胞体积为V0=a3nm3 ,所以1mol晶胞密度为,所以a=因此，本题正确答案是:。
福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学（理）试题
1.以下表示氧原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是（ ）
A. B. C. 1s22s22p4 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A、只能表示最外层电子数，故A错误；B、只表示核外电子的分层排布情况，故B错误；C、具体到亚层的电子数，故C错误； D、包含了电子层数、亚层数以及轨道内电子的自旋方向，故D正确；故选D。
【点睛】原子轨道排布式不仅能表示电子在核外的排布情况，还能表示电子在原子轨道上的自旋情况，对电子运动状态描述最详尽。
2.下列各组物质中，都是共价化合物的是 （ ）
A. H2S和Na2O2 B. H2O2和CaF2 C. NH3和N2 D. HNO3和HClO
【答案】D
【解析】
分析：一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，以此来解答．
详解：A.H2S中只含共价键，为共价化合物，而Na2O2中含离子键和共价键，为离子化合物，故A错误；B．H2O2中只含共价键，为共价化合物，而CaF2中含离子键，为离子化合物，故B错误；C．N2为单质，故C错误；D．HNO3和HClO 中均只含共价键，为共价化合物，故D正确；答案选D．
点睛：本题考查共价键和共价化合物，为高频考点，把握化学键判断的一般规律及共价键与共价化合物的关系为解答的关键。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 含离子键的晶体不一定是离子晶体 B. 含共价键的晶体一定是分子晶体
C. 只含极性键的分子可能不是极性分子 D. 含非极性键的分子一定是非极性分子
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。
详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。
点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。
4.A原子的结构示意图为 ，则X、Y及该原子3d能级上的电子数不可能的组合是
A. 18、8、0 B. 20、8、0 C. 25、13、5 D. 30、18、10
【答案】A
【解析】
A．如X=18，则原子核外各层电子数分别为2、8、8，应为Ar，故A错误；B．如X=20，则则原子核外各层电子数分别为2、8、8、2，3d能级上的电子数为0，故B正确；C．如X=25，则原子核外各层电子数分别为2、8、13、2，应为Mn，3d能级上的电子数为5，故C正确；D．如X=30中，则原子核外各层电子数分别为2、8、18、2，应为Zn，3d能级上的电子数为10，故D正确；答案为A。
5.前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有几种
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 版权所有
【答案】D
【解析】
【详解】第一周期中,有一个未成对电子的是1s1; 第二周期中,未成对电子是两个的有两种:1s22s22p2和1s22s22p4; 第三周期中,未成对电子是三个的是: 1s22s22p63s23p3; 第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2,共有5种。 A. 2不符合题意；B. 3不符合题意；C. 4不符合题意；D. 5不符合题意； 答案：D。
【点睛】前四周期元素中,基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同,即第一周期有1个未成对电子,第二周期有2个未成对电子数,第三周期有3个未成对电子数,第四周期有4个未成对电子数,结合电子排布规律来解答。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列顺序的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④CH4 ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
①BCl3 中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；②NH3 为三角锥形，键角为107°；③H2O为V形，键角为105°；④CH4为正四面体，键角为109°28′；⑤BeCl2中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为2，为直线形，键角为180°；所以键角由大到小排列顺序是⑤①④②③；故选B。
7.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是
A. NH4Br的电子式：
B. MgCl2的电子式：
C. HClO的结构式： H-Cl-O
D. S2-的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A. NH4Br是离子化合物，NH4+阳离子中N和H以共价键的形式结合，NH4+和Br-之间是离子键，所以NH4Br的电子式：是错的，故A错误；B. MgCl2是离子化合物，Mg和Cl之间是离子键，所以MgCl2电子式：是正确的。故B正确；C.次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H-O-Cl，故C错误；硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故C错误；答案：B。
8.共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤KCl、⑥白磷，其中含有两种作用力的是
A. ①③⑥ B. ②④⑥ C. ①②③⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种结合力，故正确；②SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；③石墨存在共价键和分子间作用力，故正确；④金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；⑤CaH2中钙离子与氢离子之间只存在离子键，则只存在一种结合力，故错误；⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种结合力，故正确；A. ①③⑥符合题意；B. ②④⑥不符合题意；C. ①②③⑥不符合题意；D. ①③⑤⑥不符合题意；答案：A。
【点睛】本题考查了物质中存在的结合力，为高频考点，明确物质的构成微粒及微粒间的作用力是解本题关键。活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力。注意白磷晶体中分子内有共价键，分子间有分子间作用力。
9.下列各组物质熔化或气化时，所克服的微粒间的作用力属同种类型的是
A. SiO2和CaO的熔化 B. 氧化钠和铁的熔化
C. 碘和干冰的气化 D. 晶体硅和晶体硫的熔化
【答案】C
【解析】
A．SiO2是原子晶体，CaO是离子晶体，熔化时克服的作用力不同，故A错误；B．氯化钠是离子晶体，铁是金属晶体，熔化时克服的作用力不同，故B错误；C．碘和干冰都属分子晶体，气化时都克服分子间作用力，故C正确；D．晶体硅属于原子晶体，晶体硫是分子晶体，熔化时克服的作用力不同，故D错误；故选C。
点睛：明确晶体类型与存在的化学键是解题关键，汽化或熔化时，一般分子晶体克服分子间作用力，原子晶体克服共价键；离子晶体克服离子键；金属晶体克服金属键，先判断晶体类型，只要晶体类型相同，其微粒间的作用力就相同，所以只要晶体类型相同即可，以此来解答。
10.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是
A. 共价键的方向性 B. 共价键的键长
C. 共价键的键角 D. 共价键的饱和性
【答案】D
【解析】
最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，故选D。
11.下列有关有机物的构型判断错误的是
A. 甲烷是正四面体结构，烷烃的碳原子呈直线形
B. 乙烯是平面结构，四个氢原子和二个碳原子共面
C. 苯分子中碳原子采用sp2杂化，得到平面正六边形结构
D. 氨气分子的空间构型为三角锥形，氮原子杂化方式为SP3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 甲烷是正四面体结构，但烷烃分子中的相邻碳原子之间的键角不是180.所以呈锯齿状，故A错误；B. 因为乙烯是平面结构，所有原子共面，故四个氢原子和二个碳原子共面是正确；故B正确；C. 苯分子中碳原子是通过6sp2杂化，再通过键和键构成平面正六边形结构，故C正确；D. NH3分子中N原子的价层电子对个数=3+1/2(5-31)=4,且含有一个孤电子对,所以该分子是三角锥形结构,中心原子采用sp3杂化,故D正确；答案：A。
12.根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B. 熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C. 熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大
D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g•cm﹣3
【答案】B
【解析】
A．熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；B．熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO-+OH-，有自由移动的离子，就能导电，故B正确；C．熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔沸点低，故C错误；D．熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误；故选B。
点睛：明确分子晶体与其它晶体在熔沸点、硬度、密度等方面的区别是解题关键，分子晶体是分子间通过分子间作用力(范德华力和氢键)构成的晶体，由于范德华力和氢键，作用力小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。
13.下列有关性质的比较中，不正确的是
A. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B. 晶格能：NaBr
【答案】D
【解析】
A．原子晶体中化学键键能越大、键长越短其硬度越大，这几种物质都是原子晶体，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；B．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径，O2-＜Cl-＜Br-＜I-，则晶格能NaBr
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.102
0.074
主要化合价
+1
+3
+2
+6、-2
-2
A. 金属性：A＞C B. 氢化物的沸点H2D＜H2E
C. 第一电离能： A>B D. 单质的熔点：A
【解析】
试题分析：短周期元素，由元素的化合价可知，E只有-2价，则E为O元素，可知D为S元素，A、B、C只有正价，A显+1价，原子半径最大，则A为Na元素，B是+3价，C是+2价，原子半径D＞C＞E，则C为Be元素，原子半径B＞D，则B为Al元素。A．金属性：A＞C，正确；B．水分子间能够形成氢键，氢化物的沸点H2D＜H2E，正确；C．同一正确，从左到右，第一电离能逐渐增大，第一电离能A＜B，错误；D．单质的熔点：A
【名师点晴】本题考查元素的性质与位置关系，学生能利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键，并熟悉元素及其单质、化合物的性质及元素周期律等来解答即可。原子半径和元素化合价的变化规律：（1）最外层电子数从1个递增至8个(K层为最外层时，从1个递增至2个)而呈现周期性变化；（2）元素原子半径从大至小而呈现周期性变化(注：稀有气体元素的原子半径因测定的依据不同，而在该周期中是最大的)；（3）元素的化合价正价从+1价递增至+5价(或+7价)，负价从-4价递增至-1价再至0价而呈周期性变化。
15.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的非金属性大小顺序一定是Z＞Y＞W
B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
C. XZ3中含有离子键
D. Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体
【答案】D
【解析】
【分析】
因为都是主族元素，最外层电子数不可能是8，所以W、X原子的最外层电子数之比为4：3时，W的最外层电子数是4，X的最外层电子数是3，四种元素的原子序数依次增大，则W不可能是Si元素，则W是C元素，X是Al元素；Z原子比X原子的核外电子数多4，所以Z是Cl；Y是介于Al与Cl之间的元素。
【详解】A.根据上述分析知：W为C、Z为Cl,Y 是介于Al与Cl之间的元素。如果Y为硅则他们的非金属性大小顺序是Z＞W＞Y；如果Y为S则为Z＞Y＞W，故A错误；B、根据以上分析，W原子半径最小，X原子半径最大，所以W、X、Y、Z的原子半径大小顺序不可能是W＞X＞Y＞Z，故B错误；C、Z是Al ，X是Cl元素，则Al与Cl形成的AlCl 3是共价化合物，不存在离子键，故C错误；D、如果Y为Si、Z为Cl，则Si与Cl能形成的SiCl4是正四面体型分子，故D正确；答案选D。
16.下列说法中正确的是
A. 金属晶体导电是物理变化，离子晶体在熔融态时导电是化学变化
B. H2O分子很稳定是因为H2O分子间存在氢键
C. ①硫酸比次氯酸稳定；②S2﹣易被氯气氧化，均能说明氯元素的非金属性比硫元素强
D. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109。28ˊ
【答案】A
【解析】
A．熔融电解质的导电是化学变化，发生电解，生成新物质，金属导电是物理变化，故A正确；B．H2O分子很稳定是因为氧元素非金属性强，H—O键键能，与H2O分子间存在氢键无关，故B错误；C．从最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、与氢气反应的难以程度、气态氢化物的稳定性等来判断元素非金属性的强弱，对Cl和S来说，可具体为：HClO4的酸性比H2SO4的酸性强；氯气的氧化性强于单质S的氧化性，即S2﹣易被氯气氧化，而与硫酸比次氯酸稳定无关，故C错误；D．P4和CH4都是正四面体分子，但CH4键角都为109。28ˊ,P4键角都为60。，故D错误；答案为A。
点睛：元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
17.已知1～18号元素的离子aW3+、bX2+、cY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A. 质子数c＞d，离子的还原性Y2﹣＞Z﹣
B. 氢化物的稳定性H2Y＞HZ
C. 原子半径X＞W，第一电离能X＜W
D. 电负性Z＞Y＞W＞X
【答案】D
【解析】
【详解】元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，离子核外电子存在a-3=b-1=c+2=d+1；A、阴离子中核内质子数=核外电子数-电荷数，c=核外电子数-2，d=核外电子数-1，所以质子数c＜d，离子的还原性Y2-＞Z-，故A错误；B、元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Z＞Y，氢化物的稳定性H2Y＜HZ，故B错误；C、电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小，原子序数W＞X，所以离子半径X＞W，第一电离能Z＞Y＞W＞X，故C错误；D、非金属元素的电负性越大，电负性Z＞Y＞W＞X；故选D。
【点睛】元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，离子核外电子存在a-3=b-1=c+2=d+1；阴离子中核内质子数=核外电子数-电荷数，据此分析；元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，据此分析得出答案。
18.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电．加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键
D. 该配合物的配体只有NH3
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误;B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误;C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确; D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误;答案：C。
【点睛】实验式为PtCl4•2NH3的物质,其水溶液不导电说明它不是离子化合物,在溶液中不能电离出阴、阳离子;加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]。
19.下列说法不正确的是
A. 某外围电子排布为4d15s2基态原子，该元素位于周期表中第五周期第ⅢB族
B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素
C. 当碳原子的核外电子排布由 转变为时，释放能量，由激发态转化成基态
D. 非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是2或8
【答案】B
【解析】
【详解】某外围电子排布为4d15s2基态原子，价层电子数为3，位于第五周期，该元素位于周期表中第5周期第ⅢB族，故A正确；B．s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，故B错误；C．碳原子的核外电子排布为：1s22s22p2，该原子处于基态，当核外电子排布为1s22s12p3，该原子处于激发态，所以由碳原子的核外电子排布由转变为的过程为由激发态变为基态，故C正确；D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，像一氧化碳、一氧化氮、二氧化硫等均不符合2或8电子结构，故D正确，答案为B。
【点睛】原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态；原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量；处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱为发射光谱，据此进行判断。
20.表述1正确，且能用表述2加以正确解释的选项是
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl﹣与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价一定都相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠为离子晶体,易溶于极性分子水,而碘为非极性分子,不易溶于水,与分子间作用力无关,故A错误;B.Pb的原子半径比C的大,元素的非金属性比C弱,对应的氢化物的稳定性较弱,故B正确的;C.元素原子的最外层电子数并不能说决定元素的化合价,比如氧和硫位于同一主族,氧的化合价为-2,而硫的化合价为-2,＋4和＋6,化合价不完全相同.故C错误；D.氯化氢为共价化合物,水溶液能导电, P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电,是因为二者为非电解质,故D错误;答案：B。
21.二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水剧烈反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是
A. S2Cl2的分子中的两个S原子均是sp3杂化
B. S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
C. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl
D. S2Cl2分子中的S为+1价，是含有极性键和非极性键的非极性分子
【答案】D
【解析】
A．分子中含有2个δ键，且含有2个孤电子对，应为sp3杂化，故A正确；B．S2Br2与S2Cl2结构相似，相对分子质量S2Br2＞S2Cl2，则分子间作用力S2Br2＞S2Cl2，熔沸点：S2Br2 > S2Cl2，故B正确；C．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，同时S元素发生自身氧化还原反应，即水解反应为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故C正确；D．结合元素正负化合价代数和为0，可知分子中S为+1价，S-S键为非极性共价键，S-Cl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故D错误；答案为D。
22.高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是
A. 晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+
B. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
C. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣
D. 晶体中，0价氧与﹣2价氧的数目比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图知,晶体中每个K+周围6个O2−,每个O2−周围有6个K+，故A错误；B.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×12=12,故B错误；C.该晶胞中钾离子个数=8×18+6×12=4,超氧根离子个数=1+12×14=4,所以钾离子和超氧根离子个数之比=4:4=1:1,所以超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有4个K+和4个O2−，故C正确；D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6,所以晶体中,0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3:1，故D错误；答案：C。
23.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．它们的晶体结构如图所示．关于这两种晶体的说法正确的是
A. 两种晶体均为原子晶体
B. 六方相氮化硼层结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构中没有自由移动的电
C. 立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
D. 两种晶体中的B原子的杂化类型相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.六方相氮化硼中存在共价键和分子间作用力，与石墨类似属于混合晶体，故A错误；B．六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子,故B正确；C．立方相氮化硼只含有σ键，由于形成的是立体网状结构，所以硬度大，故C错误；D．六方相氮化硼是sp2,立方相氮化硼是sp3杂化，故D错误；答案：B。
24.a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是
A. a和b中的N原子均为sp3杂化 B. b中Ca2+的配位数为4
C. b含有分子内氢键 D. b含有共价键、离子键和配位键
【答案】A
【解析】
试题分析：A．根据微粒的结构示意图可知：a和b中的N原子均为sp3杂化，正确；B. b中Ca2+的配位数为6，错误；C. b中不含有分子内氢键，错误；D. b为阴离子，在其中含有共价键和配位键，但是无离子键，错误。
考点：考查乙二胺四乙酸及其与Ca2+形成螯合物的结构与性质的正误判断的知识。
25.图表法、图象法是常用的科学研究方法。
（1）短周期某主族元素M的电离能情况如图1所示。则M元素位于周期表的第_____族。
（2）图2是研究部分主族元素氢化物的沸点变化规律的图象，折线c可以表达出第_____族元素气态氢化物的沸点变化规律。两位同学对某主族元素氢化物的沸点的变化趋势画出了两条折线（a和b），你认为正确的是折线_____（填a或b）。
【答案】 (1). IIIA (2). IVA (3). b
【解析】
【分析】
(1)因第三和第四电离能之间发生突变,所以该元素最外层有3个电子,在ⅢA族;(2)线c逐渐上升,表明没有氢键的影响,是第ⅣA族元素氢化物的沸点变化规律;A点所示的氢化物是水,其沸点高是因为水分子间存在氢键,所以氧族元素中其他氢化物的沸点不会高于水.
【详解】(1)因第三和第四电离能之间发生突变,所以该元素最外层有3个电子,处于ⅢA族,因此，本题正确答案是:ⅢA;
(2)线c逐渐上升,表明没有氢键的影响,是第ⅣA族元素氢化物的沸点变化规律.A点所示的氢化物是水,其沸点高是因为水分子间存在氢键,所以氧族元素中其他氢化物的沸点不会高于水,故b正确,因此，本题答案是:ⅣA;b;
26.氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:
（1）NH3的沸点比PH3高，原因是________________________________________________。
（2）Na3AsO4 中含有的化学键类型包括________________________；AsO43-的空间构型为____________（用文字描述）。
（3）NH3和F2在Cu催化下可发生反应4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_____________________(填序号)。写出基态铜原子的价电子排布式_______________。
a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体
【答案】 (1). NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力 (2). 离子键、共价键 (3). 正四面体 (4). abd (5). 价电子排布式3d104s1
【解析】
【详解】（1）NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间只存在分子间作用力，氢键的作用力比分子间作用力强，因此NH3的沸点比PH3高。答案：NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有范德华力。
（2）Na3AsO4 是离子化合物，AsO43-和Na+之间存在离子键，AsO43-中As与O之间存在共价键； AsO43-的价层电子对数为（5+3）4=4，无孤对电子，因此 AsO43-的空间构型为正四面体。
（3）Cu是金属,属于金属晶体, H4F是盐,属于离子晶体, NH3、F2、NF3都属于分子晶体。Cu原子核外有29个电子,基态铜原子的核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s1,因此，本题正确答案是: abd; 1s22s22p63s23p63d104s1。
27.硼及其化合物在工农业生产中应用广泛。
（1）基态硼原子的核外电子排布式为____________，基态硼原子有_______种不同能量的电子。
（2）BF3溶于水后，在一定条件下可转化为H3O＋·[B(OH)F3]－，该物质中阳离子的空间构型为_____________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。
（3）与BH4－互为等电子体的分子是__________(写化学式）。
（4）EminBF4的熔点为12 ℃，在常温下为液体，由有机物阳离子[Emin]＋和[BF4]－构成。该物质的晶体属于_________晶体。
【答案】 (1). 1s22s22p1 (2). 3 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). CH4(或SiH4) (6). 离子
【解析】
(1)硼原子核外电子数为5，基态原子核外电子排布为1S12S22P1，不同能级上的电子具有不同的能量，故氮原子核外有3种不同能量的电子，；
(2)H3O+中O原子价层电子对个数=3+(6-1-3×1)=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，阴离子中中心原子B原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式；
(3)根据等电子体概念可知，原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，BH4-离子中有5个原子，价电子数为8，所以与BH4-离子互为等电子体的一种分子为CH4、SiH4等。
(4)EminBF4由有机物阳离子[Emin]+和[BF4]-构成，由离子构成的化合物属于离子化合物，则该物质的晶体属于离子晶体。
点睛：根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，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．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。
28.已知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。其中A是形成化合物种类最多的元素；B原子核外有三个未成对电子；C是元素周期表中电负性最大的元素，化合物D2F为离子晶体，F原子核外的M层中只有两对成对电子；E单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；G原子最外层电子数与D的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E、F、G用所对应的元素符号表示）：
（1）C元素在元素周期表中的位置为____________________。
（2）D的氯化物的熔点比E的氯化物的熔点_____（填“高”或“低”），理由是_______。
（3）F的低价氧化物分子的立体构型是________，AO2的电子式为___________。
（4）A、B、D、E四种元素第一电离能最大的是_____。
（5）G2+能形成配离子[G（BH3）4]2+．写出该配离子的结构简式（标明配位键）_____。
（6）A能与氢、氧二种元素构成化合物AH2O，其中A原子的杂化方式为_____，1mol该分子中σ键的数目为_____，该物质能溶于水的主要原因是___________________。
（7）G晶体的堆积方式为__________________堆积，配位数为_________。
【答案】 (1). 第2周期VⅡA族 。 (2). 高 (3). NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 (4). V形 (5). (6). (7). N (8). sp2 (9). 3NA或3×6.02×1023个 (10). HCHO是极性分子易溶于极性分子水形成的溶剂 (11). 面心立方最密 (12). 12
【解析】
【分析】
由已知A是形成化合物种类最多的元素，则A为C；B原子核外有三个未成对电子,则B为N；C是元素周期表中电负性最大的元素，则C为F, F原子核外的M层中只有两对成对电子,则F为S;化合物D2F为离子晶体，则D为Na；E单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的,则E为Si；G原子最外层电子数与D的相同，其余各层均充满电子,则G为Cu。
【详解】（1）根据上述分析C元素为氟，在元素周期表中的位置为第2周期VⅡA族。答案：第2周期VⅡA族。
（2）D为钠，其氯化物为NaCl属于离子化合物为离子晶体, E为Si，其氯化物为SiCl4属于共价化合物，为分子晶体，所以NaCl的熔点比SiCl4的熔点高。答案：高 、 NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。
（3）F为硫，其低价氧化物为SO2,分子的立体构型是V形，A为碳，AO2为CO2,其电子式为。答案：。
（4）根据在元素周期表中，同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，A为C、B为N、D为Na、E为Si据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：Na＜Si＜C＜N；四种元素第一电离能最大的是N。答案：N。
（5）因为B为N 、G为Cu，所以Cu2+能形成配离子[Cu（NH3）4]2+．该配离子的结构简式（标明配位键）。
（6）A为碳A能与氢、氧二种元素构成化合物CH2O，结构式为HCHO,其中C原子的杂化方式为SP2，1mol该分子中σ键的数目为3mol即3NA或3×6.02×1023个。因为HCHO是极性分子，根据相似想溶原理，所以易溶于极性分子水形成的溶剂。答案：3NA或3×6.02×1023个；HCHO是极性分子易溶于极性分子水形成的溶剂。
（7）G为铜，铜晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，配位数为12。 答案：面心立方最密 (12). 12
29.铍及其化合物的应用正日益被重视。
（l）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_____（填标号）。
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．都能与氢氧化钠溶液反应
（3）铍、镁晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成（最密堆积）。铍的熔点比镁的熔点高，原因是_____________________________________________________。
（4）氯化铍在气态时存在BeC12分子（a）和二聚分子（BeCl2）2（b），固态时则具有如图所示的链状结构（c）。
①a属于_____“极性”或“非极性”）分子。
②b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）。
③c中Be原子的杂化方式为_____。
④氯化铍晶体中存在的作用力有_____（填标号）。
A．范德华力 B．σ键 C．极性键 D．非极性键 E．离子键
（5）BeO立方晶胞如图所示。
①BeO晶体中，O2﹣的配位数为_____。
②若BeO晶体的密度为dg/cm3，BeO的摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞参数a=_______________ cm （列出计算式即可）。
【答案】 (1). (2). BD (3). Be原子半径比Mg原子半径小，金属键更强 (4). 非极性 (5). (6). sp3 (7). ABC (8). 4 (9).
【解析】
【详解】Cr为24号元素，基态Cr原子价电子为3d54s1,其轨道表示式为。
（2）；镁铝同一周期，原子序数逐渐增大，所以铝的电负性比镁大。A．铝属于p区主族元素，铍属于s区元素，故A错误；B.铍和铝的性质相似，电负性都比镁大，故B正确；C．铍和镁在同一主族，半径逐渐增大，所以第一电离能都比镁大，铝和镁在同一周期，则铝的第一电离能比镁小，故C错误；D.铍和铝为主族的元素，都在金属和非金属的分界线处，及表现金属性质有表现非金属性质,所以都能和氢氧化钠溶液反应，故D正确。
3）铍、镁在同一主族，都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成，铍的原子半径比Mg原子半径小，金属键更强，所以铍的熔点比镁的熔点高。答案：铍原子半径比Mg原子半径小，金属键更强。
（4）①BeC12是直线形分子,正负电荷中心重合,为非极性分子.因此，本题正确答案是:非极性.
②b为BeC12的二聚体（BeC12）2,且所有原子都在平面上,Be中含有空轨道,Cl含有孤电子对,可形成配位键,b的结构式应为: .因此，本题正确答案是: 。
③c为BeC12的长链状分子,一个Be与4个Cl成键,故为sp3杂化.因此，本题正确答案是: sp3。
④氯化铍晶体与AlC13相似, AlC13为共价化合物,则BeC12也为共价化合物,均为分子晶体,分子间为范德华力, BeC12中Be-C1为键,且Be和Cl电负性不同,为极性键,而分子为非极性分子,所以含有的是ABC.因此，本题正确答案是: ABC。
(5))①根据晶胞图,BeO晶体中,O2-周围等径的有4个Be2+,与金刚石晶胞相似,O连接4个Be形成一个四面体,因此O的配位数为4.因此，本题正确答案是:4。
②立方晶胞中,顶点占1/8,面心占1/2,棱上占1/4,内部为整个晶胞所有,则一个BeO晶胞中,含有Be2+数目为8=4,O2-的数目为4,取1mol晶胞,则有NA个晶胞,1mol晶胞的质量为m=4Mg,一个晶胞体积为V0=a3nm3 ,所以1mol晶胞密度为,所以a=因此，本题正确答案是:。
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