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2019届高考化学二轮复习物质结构与性质作业 (1) 练习
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一、单选题
1. ( 2分 ) 下图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（ ）
A. H2S B. HCl C. SiH4 D. PH3
2. ( 2分 ) 下列各组微粒中不属于等电子体的是（ ）
A. CH4、NH4+ B. H2S、HCl C. CO2、N2O D. CO32﹣、NO3﹣
3. ( 2分 ) 下列有机化合物中沸点最高的是（ ）
A. 乙烷 B. 乙烯 C. 乙醇 D. 乙酸
4. ( 2分 ) 在氯化钠晶体中，若1个Na+周围平均分布着1.5个37Cl﹣ ， 则平均分布着的35Cl﹣数为（ ）
A. 4.5个 B. 4个 C. 10.5个 D. 1个
5. ( 2分 ) 用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个。下列关于R的描述中正确的是（ ）
A. R的氧化物都能溶于水 B. R的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO3
C. R的氢化物中心原子的杂化方式都是sp3 D. R的氧化物都能与NaOH反应
6. ( 2分 ) 下列关于范德华力的叙述中，正确的是（ ）
A. 范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊化学键
B. 任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
C. 范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题
D. 范德华力非常微弱，故破坏范德华力不需要消耗能量
7. ( 2分 ) 下列属于分子晶体性质的是( )
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电 B. 能溶于CS2 ， 熔点112.8℃，沸点444.6℃
C. 熔点1400℃，可作半导体材料，难溶于水 D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm－3
8. ( 2分 ) 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子核内没有中子；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性．则下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞Y＞Z＞X B. 标准状况下的2.24 LM溶于水，所得溶液pH=13
C. YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 D. 一定条件下，Cu可与W的最高价氧化物对应水化物发生反应
9. ( 2分 ) 下列说法正确的是（ ）
A. ClO3-的空间构型为平面三角形
B. 两种分子晶体的相对分子质量相同，它们的熔点一定相近
C. 从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
二、多选题
10. ( 3分 ) 人们常将在同一原子轨道上运动的，自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（ ）
A. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
B. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”
C. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”
D. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”
11. ( 3分 ) X、Y是同主族的非金属元素，如果X原子半径比Y原子大，则下列说法错误的是（ ）
A. X的非金属性比Y弱
B. X的原子序数比Y的小
C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性弱
12. ( 3分 ) 下列化合物中，含有极性共价键的离子化合物是（ ）
A. Ca（OH）2 B. N2H4 C. Na2S2 D. NH4NO3
13. ( 3分 ) 下列有关说法正确的是（ ）
A. 相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定
B. 中心原子的杂化方式取决于其配位原子的数目
C. 用金属的电子气理论能合理的解释金属易腐蚀的原因
D. H3O+、NH4Cl和[Ag（NH3）2]+中均存在配位键
14. ( 3分 ) 以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 18g冰（图1）中含O﹣H键数目为2NA
B. 28g晶体硅（图2）中含有Si﹣Si键数目为2NA
C. 44g干冰（图3）中含有NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯（图4）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C﹣C键数目为1.5NA
15. ( 3分 ) “暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（ ）
A. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D. 该条件下H2燃烧的产物只有H2O2
三、填空题
16. ( 7分 ) A、B、C三种元素的原子具有相同的电子层数，且B的核电荷数比A大2，C原子的电子总数比B原子电子总数多4.1molA单质跟盐酸反应可置换出11.2L（标准状况下）氢气，这时A转变成与氖原子具有相同电子层结构的离子．试回答：
（1）A是 ________ 元素，B是 ________ 元素，C是 ________ 元素．
（2）分别写出A、B最高价氧化物分别跟C的气态氢化物水溶液反应的离子方程式： ________
（3）A离子的氧化性比B离子的氧化性 ________（填“强”或“弱”）
（4）元素D的离子也与A、B的离子具有相同的电子层结构，其单质在反应中能作还原剂，请你用实验室提供的下列试剂，设计两个原理不同的简单实验（只要写出实验方案即可），证明D元素的金属性比B的强．
试剂：镁条、铝条、AlCl3溶液、MgCl2溶液、稀盐酸、NaOH溶液．
方案一： ________
方案二： ________
17. ( 10分 ) （1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是 ________ ，违反了洪特规则的是 ________ ．
（2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2 ， 则该元素基态原子的电子排布式为 ________ ；其最高价氧化物对应水化物的化学式是 ________ ．
（3）用符号“＞”“＜”或“=”表示下列各项关系．
①第一电离能：Na ________Mg，Mg ________Ca．
②电负性：O ________F，F ________Cl．
③能量高低：ns ________（n+1）s，ns ________np．
18. ( 3分 ) 二氧化硅晶体是立体的网状结构．其晶体模型如图所示．认真观察晶体模型并回答下列问题：
（1）二氧化硅晶体中最小的环为 ________ 元环．
（2）每个硅原子为 ________ 个最小环共有．
（3）每个最小环平均拥有 ________ 个氧原子．
19. ( 4分 ) 下列五种物质中①Ne；②H2O；③NH3；④KOH；⑤Na2O，只存在共价键的是 ________，只存在离子键的是 ________，既存在共价键又存在离子键的是 ________，不存在化学键的是 ________．（填写序号）
20. ( 5分 ) （1）随着人们生活质量的提高，不仅室外的环境安全为人们所重视，室内的环境安全和食品安全也越来越为人们所关注．甲醛（CH2O）是室内主要空气污染物之一（其沸点是﹣19.5℃），甲醇是“假酒”中的主要有害物质（其沸点是64.65℃），甲醇的沸点明显高于甲醛的主要原因是 ________；甲醛分子中C的杂化方式为 ________ ，分子中共有 ________个π键．
（2）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转化为光能． 已知砷化镓的晶胞结构如右图．是回答下列问题：
①下列说法正确的是 ________（选填序号）
A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同 B．第一电离能：As＞Ga
C．电负性：As＞Ga D．砷和镓都属于p区元素
②Ga的核外电子排布式为 ________ ．
21. ( 8分 ) 有以下物质：①HF，②Cl2 ， ③H2O，④N2 ， ⑤C2H4 ， ⑥C2H6 ， ⑦H2 ， ⑧H2O2 ， ⑨HCN（H﹣C≡N）；
（1）只含有极性键的是 ________ ；只含有非极性键的是 ________ ；既有极性键，又有非极性键的是 ________ ；
（2）只有δ键的是 ________ ；既有δ键又有π键的是 ________ ；
（3）含有由两个原子的s轨道重叠形成的δ键的是 ________ ；
（4）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的δ键的是 ________ ；
（5）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的δ键的是 ________
四、解答题
22. ( 5分 ) 依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置．
23. ( 5分 ) 根据泡利的原子轨道能级图和“能级交错”现象，原子轨道的能量高低关系有ns＜（n﹣3）g＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np（其中n为电子层数，g亚层中有9个轨道）．请预测未来的第八能级组应包括哪些电子亚层，第八周期将由多少种元素组成．
五、实验探究题
24. ( 10分 ) 砷化稼（GaAs）是优良的半导体材料,可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]________。
（2）根据元素周期律，元素的电负性Ga________（填“大于”或“小于”, 下同）As，第一电离能B ________ Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因是________。
（3）杀虫剂Na3AsO4中阴离子的空问构型为________，As原子采取________杂化。
（4）组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F-和Cl-结构的不同分析其原因是________。
（5）原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价健数为________；A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为________ （用x表示）pm ；该晶胞的密度为________g·cm-3。（阿伏伽德罗常数用NA表示）。
六、综合题
25. ( 4分 ) 下表是元素周期表的一部分，请回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
三
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（1）写出下列元素符号：①________ ， ⑥________
（2）在这些元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是________（填化学式）
（3）在这些元素中，原子半径最大的是________（填元素符号）
26. ( 13分 ) 自然界中存在大量元素，在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题:
（1）人工合成的蓝宝石晶体(Al2O3)是目前半导体工业中应用最广泛的材料。
①基态Al原子中有________种运动状态不同的电子,核外电子占据最高能级的符号是________，占据该能级电子的电子云轮廓图形状为________。
②比较第一电高能:Mg________Al(填“>”、”<”或“=”)。在现代化学中，常利用________上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）羰基硫(COS)存在于许多种植物中，杀虫效果显著。
①1molCOS分子中含有σ键的数目为________，其中心原子的杂化方式为________。
②CS2、CO2、COS的分解温度由低到高的顺序为________。
（3）NaCl 和MgO都属于离子化合物.NaC1的熔点为801.3℃，MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是________。
（4）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
则:①距离一个Fe原子最近的Mg原子个数是________，与此晶胞结构相似的常见的离子晶体是________(填名称)。
②若该晶体储氢时，H2 分子在晶胞的体心和棱心位置，晶胞的参数为dnm,則距离最近的两个H2分子之间的距离为________cm；含铁56g的该储氢合金可储存标准状况下H2 的体积为________L。
答案
一、单选题
1.【答案】C
【解析】【解析】随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，则氢化物的沸点应逐渐升高；但观察图中四条线的走向，可以看出：其中有三条线第二周期氢化物的沸点却比第三周期氢化物的沸点高，这是因为在这三种氢化物分子间存在的是比分子间作用力强的氢键，则这三种氢化物为：HF、H2O、NH3 ， 故a点所在的线表示的是ⅣA元素（C、Si、Ge、Sn、Pb)氢化物的沸点，a点处于第三周期即为SiH4；答案选C。
【点评】考查氢键对物质性质的影响。
2.【答案】B
【解析】【解答】A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，故A不选；
B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，所以不是等电子体，故B选；
C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故C不选；
D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，故D不选；
故选B．
【分析】原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体具有相似的化学键特征，且其结构相似，物理性质相似．
3.【答案】D
【解析】【解答】常温下乙烷和乙烯呈气态，而乙醇和乙酸呈液态，所以乙烷和乙烯的沸点必定低于乙醇和乙酸。乙醇的沸点是78．5℃，乙酸的沸点是117．9℃，故乙酸的沸点高于乙醇。【分析】考查有机化合物的沸点比较，意在考查考生的识记能力，分子晶体的沸点随相对分子质量的增大而升高。
4.【答案】A
【解析】【解答】氯元素同位素有37Cl、35Cl两种，氯化钠晶体中钠离子配位数为6，若1个Na+周围平均分布着1.5个37Cl﹣ ， 则平均分布着的35Cl﹣数为6﹣1.5=4.5，
故选A．
【分析】氯元素同位素有37Cl、35Cl两种，氯化钠晶体中钠离子配位数为6，据此计算．
5.【答案】C
【解析】【分析】 R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个，如果是第二周期元素，则R为C或O，如果是第三周期元素，则R为Si或S。SiO2不能溶于水，A错。O没有最高价氧化物对应水化物，B错。CH4、H2O、SiH4、H2S，中心原子的杂化方式都是sp3 ， C对。CO不能与NaOH反应，D错。
【点评】这类习题难度较大，要考虑所有满足条件的情况，所以学生做起来比较困难。
6.【答案】C
【解析】【解答】A、范德华力的实质也是一种电性作用，但是范德华力是分子间较弱的作用力，它不是化学键，故A错误；
B、当分子间的距离足够远时，分子间没有范德华力，所以并不是任何分子间在任意情况下都会产生范德华力，故B错误；
C、化学键是微粒间的强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力，所以范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题，故C正确；
D、虽然范德华力非常微弱，但是破坏范德华力也要消耗能量，故D错误．
故选C．
【分析】A、范德华力不是化学键；
B、当分子间的距离足够远时，分子间没有范德华力；
C、化学键是强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力；
D、破坏范德华力要消耗能量．
7.【答案】B
【解析】【解答】分子晶体的主要性质有：熔、沸点低，硬度小，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，晶体不导电，熔化时也不导电。
【分析】本题考查分子晶体的性质，熟练掌握晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；
Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：W＞Y＞Z＞X，故A正确；
B．标况下2.24L氨气的物质的量是0.1mol，0.1mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离，所以无法计算溶液的pH，故B错误；
C．NO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C正确；
D．W是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D正确；
故选B．
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；
Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．标况下2.24L氨气的物质的量是0.1mol，0.1mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离；
C．NO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；
D．W是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应．
9.【答案】C
【解析】【分析】正确答案：C
A. 不正确，ClO3-的空间构型为三角锥形，Cl为sp3杂化；
B. 不正确，两种分子晶体的相对分子质量相同，它们的熔点不一定相近，与分子的极性还有关系，极性分子的分子间作用力大，熔点高；
C. 正确，等电子体的结构相似，从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构；
D. 不正确，氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4。
二、多选题
10.【答案】B,D
【解析】【解答】A、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故A正确；
B、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故B错误；
C、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故C正确；
D、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故D错误．
故选：BD．
【分析】主族元素除最外层以外的各内层电子都是成对的，最外层为nsx或ns2npy ， s能级只有1个轨道最多容纳2个电子，p能级含有3个简并轨道，电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，如两电子占据np轨道分别占据两个轨道，形成两个未成对电子，结合选项讨论最外层电子数，根据核外电子排布规律分析．
（注意：s p d f 能级所含轨道数分别为1、3、5、7，均为奇数，而电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，每个轨道最多容纳2个电子，故核外电子总数为奇数一定具有未成对电子，为偶数可能含有未成对电子，也可能没有未成对电子）．
11.【答案】B,C
【解析】【解答】X、Y是同主族的非金属元素，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，如果X原子半径比Y原子半径大，则原子序数X＞Y，则
A．同主族元素从下到上非金属性逐渐增强，则非金属性X＜Y，故A正确；
B．原子序数X＞Y，故B错误；
C、非金属性X＜Y，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以Y的氢化物更稳定，故C错误；
D、非金属性X＜Y，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故X最高价氧化物对应水化物的酸性比Y最高价氧化物对应水化物的酸性弱，故D正确．
故选BC．
【分析】X、Y是同主族的非金属元素，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，如果X原子半径比Y原子半径大，则原子序数X＞Y，根据同主族元素从下到上非金属性增强分析．
12.【答案】A,D
【解析】【解答】A．氢氧化钙中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中H﹣O原子之间存在极性键，为离子化合物，故A正确；
B．肼中N﹣N原子之间存在非极性键，N﹣H原子之间存在极性键，为共价化合物，故B错误；
C．Na2S2中钠离子和S22﹣中存在离子键，S22﹣中存在S﹣S非极性键，为离子化合物，故C错误；
D．硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中N﹣H原子之间存在极性键、硝酸根离子中N﹣O原子之间存在极性键，为离子化合物，故D正确；
故选AD．
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，据此分析解答．
13.【答案】A,D
【解析】【解答】A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定，故A正确；
B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数，两者共同决定，故B错误；
C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀是化学性质，故C错误；
D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、[Ag（NH3）2]+中Ag和N存在配位键，故D正确；
故选AD．
【分析】A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定；
B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数；
C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀；
D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、[Ag（NH3）2]+中Ag和N存在配位键
14.【答案】C,D
【解析】【解答】A.1个水分子中含有2个O﹣H键，18g冰的物质的量为1mol，含O﹣H键数目为2NA ， 故A正确；
B.28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个Si﹣Si键，则每个硅原子形成的共价键为：×4=2，则1mol单质硅含有2molSi﹣Si键，含有2NA个Si﹣Si键，故B正确；
C.1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰中含有晶胞结构单元个数小于NA个，故C错误；
D．在石墨烯中，每个碳原子周围有两个C﹣C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA ， 则C﹣C键数目小于1.5NA ， 故D错误；
故选：CD．
【分析】A.1个水分子中含有2个O﹣H键；
B．硅晶体中，每个硅原子与气体4个Si形成4个Si﹣Si键，根据均摊法计算出1mol硅形成的Si﹣Si数目；
C．二氧化碳晶体是立方面心结构，1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子；
D．在石墨烯中，每个碳原子周围有两个C﹣C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA ， 据此判断；
15.【答案】B,D
【解析】【解答】A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故C正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，不是一定，故D错误；
故选BD．
【分析】A．根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”；
B．在反应中有新物质生成的是化学反应；水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故D错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水．
三、填空题
16.【答案】Na；Al；Cl；：H++OH﹣=H2O；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；弱；用形状大小相同的铝条和镁条分别一等体积等浓度的稀盐酸反应，观察其反应速率快慢；；分别向等体积等浓度的氯化铝溶液、氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，观察其沉淀及其溶解情况
【解析】【解答】A、B、C三种元素的原子具有相同的电子层数，1molA的单质能跟足量的盐酸反应，在标准状况下可置换出11.2L的H2 ， 即0.5mol，A为金属，设A反应后化合价为x，则根据电子转移守恒，1x=0.5×2，解得：x=1，即A反应后为+1价，这时A转变为与氖原子具有相同电子层结构的离子，则A为Na元素．而B的核电荷数比A大2，则B为Al元素；C原子的电子总数比B原子的电子总数多4，则C为Cl元素，
（1）由以上分析可知A为Na，B为Al，C为Cl，
故答案为：Na；Al；Cl；
（2）A、B的最高价氧化物对应的水化物分别NaOH和Al（OH）3 ， C的气态氢化物为HCl，
分别发生中和反应，反应的离子方程式分别为：H++OH﹣=H2O、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，
故答案为：H++OH﹣=H2O；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；
（3）Na的金属性比Al强，单质的还原性Na比Al强，单质的还原性越强，对应的阳离子的氧化性越弱，
故答案为：弱；
（4）元素D的离子也与A、B的离子具有相同的电子层结构，其单质在反应中能作还原剂，则D为金属，只能为Mg元素，
证明镁元素的金属性比铝元素强，可利用金属与酸的反应，最高价氧化物水化物的碱性来比较，
则方案一为：用形状大小相同的铝条和镁条分别一等体积等浓度的稀盐酸反应，观察其反应速率快慢；
方案二为：分别向等体积等浓度的氯化铝溶液、氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，观察其沉淀及其溶解情况，
故答案为：用形状大小相同的铝条和镁条分别一等体积等浓度的稀盐酸反应，观察其反应速率快慢；分别向等体积等浓度的氯化铝溶液、氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，观察其沉淀及其溶解情况．
【分析】A、B、C三种元素的原子具有相同的电子层数，1molA的单质能跟足量的盐酸反应，在标准状况下可置换出11.2L的H2 ， 即0.5mol，A为金属，设A反应后化合价为x，则根据电子转移守恒，1x=0.5×2，所以x=1，即A反应后为+1价，这时A转变为与氖原子具有相同电子层结构的离子，则A为Na元素．而B的核电荷数比A大2，则B为Al元素；C原子的电子总数比B原子的电子总数多4，则C为Cl元素，结合元素单质、化合物的性质解答该题．
17.【答案】②；③⑤；1s22s22p63s23p4；H2SO4；<；>；<；>；<；<
【解析】【解答】（1）同一个原子轨道中不应有自旋状态相同的电子，②违反了泡利原理；
对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋状态相同，③⑤违反了洪特规则；
故答案为：②；③⑤；
（2）3p能量小于3d，激发态为1s22s22p63s13p33d2 ， 基态应为1s22s22p63s23p4 ， 此原子核外电子数为16，其质子数也为16，该元素为硫元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4 ．
故答案为：1s22s22p63s23p4；H2SO4；
（3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Mg，Mg＞Ca，
故答案为：＜；＞；
②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性：O＜F，F＞Cl，
故答案为：＜；＞；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大，所以能量高低：ns＜（n+1）s，ns＜np，
故答案为：＜；＜．
【分析】（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；
洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；
（2）同一元素的原子中，基态和激发态原子的核外电子总数相等，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；在主族元素中，元素的最高化合价等于其族序数，从而确定其最高价氧化物对应的水化物；
（3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大．
18.【答案】12；12；1
【解析】【解答】（1）金刚石晶体中，最小的环为六元环，也即由6个C原子构成，则晶体硅的六元环也是六个Si原子．当各Si﹣Si键上插入一个O原子，则共插入六个O原子，故最小的环上共有十二个原子即为十二元环；
故答案为：12；
（2）晶体硅的结构和金刚石相似，硅原子周围有四个共价键与其相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环，如果把Si﹣O﹣Si键作为一个整体的话，可作如图所示， 所以一个硅原子共用的最小环有C×2=12种；
故答案为：12；
（3）由于每个硅原子被12个环共有，因此每个环只占有该硅原子的， 因为每个最小环上有6个硅原子，所以每个最小环平均拥有的硅原子数为6×=0.5个．又因为SiO2晶体是由硅原子和氧原子按1：2的比例所组成，因此每个最小环平均拥有的氧原子的数目为0.5×2=1个．
故答案为：1．
【分析】（1）可根据硅晶体中Si﹣Si之间插入O原子形成SiO2分析；
（2）硅原子周围有四个共价键与硅原子相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环；
（3）根据金刚石最小的环为六元环判断二氧化硅的空间网状结构中，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，每2个Si原子之间有1个O原子判断O原子的数目．
19.【答案】②③；⑤；④；①
【解析】【解答】①Ne中不存在化学键，只含分子间作用力；②H2O中只含共价键；③NH3中只含共价键；④KOH中既含离子键和共价键；⑤Na2O中只含离子键，
则只存在共价键的是②③，只存在离子键的是⑤，既存在离子键和共价键的是④，不存在化学键的是①，
故答案为：②③；⑤；④；①．
【分析】一般来说，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，据此分析解答
20.【答案】甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；BCD；1s22s22p63s23p63d104S24P1
【解析】【解答】解：（1）因甲醇分子之间容易形成分子间氢键，则沸点高，而甲醛中不存在氢键，由甲醛的结构可知，碳原子上的孤对电子数为0，σ键数为3，则碳原子的杂化类型为sp2 ， 又一般双键中有1个键为π键，即甲醛中有1个π键，
故答案为：甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；
（2）①因NaCl属于立方体心晶胞结构，由图可知，砷化镓晶胞结构中占据的不是顶点和体心，则晶体结构不同，故A错误；
Ga的金属性强，则第一电离能小，电负性小，故B、C正确；
因砷和镓的电子排布中最后填充的是p电子，则都属于p区元素，故D正确；故答案为：BCD；
②因Ga为31号元素，其核外电子数为31，由能量最低原理可知，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104S24P1 ，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104S24P1
【分析】（1）利用氢键来分析物质的沸点差异，利用甲醛的结构， 来分析C原子的杂化和π键；
（2）①NaCl属于立方体心晶胞结构，金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，电负性越大，由最后填充的电子来分析在周期表中的位置；
②由Ga的电子数及能量最低原理来分析核外电子排布式．
21.【答案】①③⑨；②④⑦；④⑤⑨；①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；⑦；①③⑤⑥⑧⑨；②④⑤⑥⑧⑨
【解析】【解答】（1）①③⑨由不同种非金属元素之间形成共价键，属于极性键；②④⑦由同种非金属元素之间形成，属于非极性键；⑤⑥⑧既有极性键，又有非极性键，
故答案为：①③⑨；②④⑦；⑤⑥⑧；
（2）①②③⑥⑦⑧只有单键，只有σ键；④⑤⑨中有单键或双键，既有δ键又有π键，
故答案为：①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；
（3）氢气中存在s﹣sσ键，
故答案为：⑦；
（4）①③⑤⑥⑧⑨都是氢原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成δ键，
故答案为：①③⑤⑥⑧⑨；
（5）②④⑤⑥⑧⑨中Cl﹣Cl、N﹣N键、N﹣N键、C﹣C键、C﹣C键、O﹣O键、C﹣N键p轨道和p轨道以头对头重叠形成δ键，
故答案为：②④⑤⑥⑧⑨．
【分析】（1）同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；
（2）单键中只有σ键，双键中有一个σ键和一个π 键，三键中有一个σ键和两个π 键；
（3）原子的最外层电子为s电子时，两个原子s轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键；
（4）氢原子含1个原子，最外层电子为s电子；
（5）p轨道和p轨道以头对头重叠形成δ键
四、解答题
22.【答案】解：同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的相对位置为：
【解析】【分析】同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素．据此分析．
23.【答案】解：第七周期排满时，最后一种元素的价电子排布为7s27p6 ， 可推知第八周期排满时最后一种元素的价电子排布为8s28p6 ． 根据原子轨道的能量高低关系，可推测第八能级组包含8s，5g，6f，7d，8p等电子亚层；第八能级组共有1+9+7+5+3=25个轨道，可以填充50个电子，所以第八周期将由50种元素组成．
答：第八能级组应包括8s、5g、6f、7d、8p等电子亚层；第八周期将由50种元素组成．
【解析】【分析】不同能级所含有的轨道数不同，s能级含有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，g能级有9个轨道，每一个轨道最多填充2个电子，据此分析．
五、实验探究题
24.【答案】（1）3d104s24p1
（2）小于；大于；NH3的N具有孤对电子,BF3中的B核外具有空轨道
（3）正四面体；sp3
（4）Cl-的电子层数比F-的多，原子半径比F-的大
（5）16；0.25x；
【解析】【解答】(1)镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓（Ga）原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 ， 简写成[Ar] 3d104s24p1；
（2）同周期元素，从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从下到上，电负性逐渐增大，电负性：Ga小于As；第一电离能与原子核外电子排布有关，当电子在能量相当的轨道上形成全空、半满、全满时，原子的能量较低，第一电离能越大，同一主族，从上到下，原子半径越大，吸电子能力越弱，第一电离能越小，B与Ga在ⅢA族，第一电离能B大于Ga；B原子其价层电子数是4，采取sp3杂化，B原子形成3个σ 键一个配位键，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，
B、N原子之间形成配位键，形成BF3·NH3。
3)AsO43－中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其构型是正四面体形，As原子价层电子对数为4，故杂化方式为 sp3 ；
(4) Cl-的电子层数比F-的多，原子半径比F-的大，Ca2＋ 与F― 形成离子键，形成离子晶体；
（5）如图每个As与4个Ga形成4个共价键，晶胞中共含4×4=16个共价键；A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为a/4=0.25xpm；晶胞中拥有的As原子8×1/8+6×1/2=4，Ga也是4个，该晶胞的密度为 g·cm-3
故正确答案为：（1）3d104s24p1（2）小于；大于；NH3的N具有孤对电子,BF3中的B核外具有空轨道（3）正四面体；sp3（4）Cl-的电子层数比F-的多，原子半径比F-的大（5）16；0.25x；5.8 × 10 32 x 3 ⋅ N A
【分析】晶胞中最短距离注意一般是精密接触的相邻原子，根据晶胞类型进行判断。
六、综合题
25.【答案】（1）N；Si
（2）HClO4
（3）Na．
【解析】【解答】由元素在元素周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为S，⑧为Cl，⑨为Ar，（1）由元素的位置可知①为N，⑥为Si，故答案为：N；Si；（2）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价，即酸性最强的是HClO4 ， 故答案为：HClO4；（3）电子层数越多，半径越大，同周期元素从左由右原子半径逐渐减小，则原子半径最大的为Na，故答案为：Na．【分析】由元素在元素周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为S，⑧为Cl，⑨为Ar，（1）由元素的位置确定元素的种类；（2）元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；（3）电子层数越多，半径越大，同周期元素从左由右原子半径逐渐减小．
26.【答案】（1）13；3p；哑铃形；>；原子光谱
（2）2NA；sp；CS2
（4）8；氟化钙；；22.4
【解析】【解答】(1)①Al原子核外有13个电子，每个电子的运动状态不同，故有13种运动状态不同的电子；3p上的电子的能量最高，故占据最高能级的符号是3p；p能级电子的电子云轮廓图形状为哑铃形。 ②Mg原子最外层电子所处能级为3S2 ， 属于全充满结构，是稳定结构，电离能较大，Al原子最外层电子所处能级为3s23p1 ， 不是稳定结构，电离能较低，故第一电离能Mg>Al；化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。(2) ①COS的结构为O=C=S，一个分子中含有2个σ键，故1molCOS中含有的σ键数目为2NA；中心原子为碳，分子结构为直线型，故碳的杂化方式为sp。 ②CS2、CO2、COS三者的结构相同，S=C=S、O=C=S、O=C=O，共价键键长依次减小，键能依次增大，所以分子稳定性依次增强，故CS2、CO2、COS的分解温度由低到高的顺序为CS2
1. ( 2分 ) 下图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（ ）
A. H2S B. HCl C. SiH4 D. PH3
2. ( 2分 ) 下列各组微粒中不属于等电子体的是（ ）
A. CH4、NH4+ B. H2S、HCl C. CO2、N2O D. CO32﹣、NO3﹣
3. ( 2分 ) 下列有机化合物中沸点最高的是（ ）
A. 乙烷 B. 乙烯 C. 乙醇 D. 乙酸
4. ( 2分 ) 在氯化钠晶体中，若1个Na+周围平均分布着1.5个37Cl﹣ ， 则平均分布着的35Cl﹣数为（ ）
A. 4.5个 B. 4个 C. 10.5个 D. 1个
5. ( 2分 ) 用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个。下列关于R的描述中正确的是（ ）
A. R的氧化物都能溶于水 B. R的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO3
C. R的氢化物中心原子的杂化方式都是sp3 D. R的氧化物都能与NaOH反应
6. ( 2分 ) 下列关于范德华力的叙述中，正确的是（ ）
A. 范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊化学键
B. 任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
C. 范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题
D. 范德华力非常微弱，故破坏范德华力不需要消耗能量
7. ( 2分 ) 下列属于分子晶体性质的是( )
A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电 B. 能溶于CS2 ， 熔点112.8℃，沸点444.6℃
C. 熔点1400℃，可作半导体材料，难溶于水 D. 熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm－3
8. ( 2分 ) 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X原子核内没有中子；Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性．则下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：W＞Y＞Z＞X B. 标准状况下的2.24 LM溶于水，所得溶液pH=13
C. YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 D. 一定条件下，Cu可与W的最高价氧化物对应水化物发生反应
9. ( 2分 ) 下列说法正确的是（ ）
A. ClO3-的空间构型为平面三角形
B. 两种分子晶体的相对分子质量相同，它们的熔点一定相近
C. 从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
二、多选题
10. ( 3分 ) 人们常将在同一原子轨道上运动的，自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”．以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，错误的是（ ）
A. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
B. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”
C. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中可能含有“未成对电子”
D. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”
11. ( 3分 ) X、Y是同主族的非金属元素，如果X原子半径比Y原子大，则下列说法错误的是（ ）
A. X的非金属性比Y弱
B. X的原子序数比Y的小
C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性弱
12. ( 3分 ) 下列化合物中，含有极性共价键的离子化合物是（ ）
A. Ca（OH）2 B. N2H4 C. Na2S2 D. NH4NO3
13. ( 3分 ) 下列有关说法正确的是（ ）
A. 相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定
B. 中心原子的杂化方式取决于其配位原子的数目
C. 用金属的电子气理论能合理的解释金属易腐蚀的原因
D. H3O+、NH4Cl和[Ag（NH3）2]+中均存在配位键
14. ( 3分 ) 以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 18g冰（图1）中含O﹣H键数目为2NA
B. 28g晶体硅（图2）中含有Si﹣Si键数目为2NA
C. 44g干冰（图3）中含有NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯（图4）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C﹣C键数目为1.5NA
15. ( 3分 ) “暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（ ）
A. 在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C. 该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D. 该条件下H2燃烧的产物只有H2O2
三、填空题
16. ( 7分 ) A、B、C三种元素的原子具有相同的电子层数，且B的核电荷数比A大2，C原子的电子总数比B原子电子总数多4.1molA单质跟盐酸反应可置换出11.2L（标准状况下）氢气，这时A转变成与氖原子具有相同电子层结构的离子．试回答：
（1）A是 ________ 元素，B是 ________ 元素，C是 ________ 元素．
（2）分别写出A、B最高价氧化物分别跟C的气态氢化物水溶液反应的离子方程式： ________
（3）A离子的氧化性比B离子的氧化性 ________（填“强”或“弱”）
（4）元素D的离子也与A、B的离子具有相同的电子层结构，其单质在反应中能作还原剂，请你用实验室提供的下列试剂，设计两个原理不同的简单实验（只要写出实验方案即可），证明D元素的金属性比B的强．
试剂：镁条、铝条、AlCl3溶液、MgCl2溶液、稀盐酸、NaOH溶液．
方案一： ________
方案二： ________
17. ( 10分 ) （1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是 ________ ，违反了洪特规则的是 ________ ．
（2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2 ， 则该元素基态原子的电子排布式为 ________ ；其最高价氧化物对应水化物的化学式是 ________ ．
（3）用符号“＞”“＜”或“=”表示下列各项关系．
①第一电离能：Na ________Mg，Mg ________Ca．
②电负性：O ________F，F ________Cl．
③能量高低：ns ________（n+1）s，ns ________np．
18. ( 3分 ) 二氧化硅晶体是立体的网状结构．其晶体模型如图所示．认真观察晶体模型并回答下列问题：
（1）二氧化硅晶体中最小的环为 ________ 元环．
（2）每个硅原子为 ________ 个最小环共有．
（3）每个最小环平均拥有 ________ 个氧原子．
19. ( 4分 ) 下列五种物质中①Ne；②H2O；③NH3；④KOH；⑤Na2O，只存在共价键的是 ________，只存在离子键的是 ________，既存在共价键又存在离子键的是 ________，不存在化学键的是 ________．（填写序号）
20. ( 5分 ) （1）随着人们生活质量的提高，不仅室外的环境安全为人们所重视，室内的环境安全和食品安全也越来越为人们所关注．甲醛（CH2O）是室内主要空气污染物之一（其沸点是﹣19.5℃），甲醇是“假酒”中的主要有害物质（其沸点是64.65℃），甲醇的沸点明显高于甲醛的主要原因是 ________；甲醛分子中C的杂化方式为 ________ ，分子中共有 ________个π键．
（2）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转化为光能． 已知砷化镓的晶胞结构如右图．是回答下列问题：
①下列说法正确的是 ________（选填序号）
A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同 B．第一电离能：As＞Ga
C．电负性：As＞Ga D．砷和镓都属于p区元素
②Ga的核外电子排布式为 ________ ．
21. ( 8分 ) 有以下物质：①HF，②Cl2 ， ③H2O，④N2 ， ⑤C2H4 ， ⑥C2H6 ， ⑦H2 ， ⑧H2O2 ， ⑨HCN（H﹣C≡N）；
（1）只含有极性键的是 ________ ；只含有非极性键的是 ________ ；既有极性键，又有非极性键的是 ________ ；
（2）只有δ键的是 ________ ；既有δ键又有π键的是 ________ ；
（3）含有由两个原子的s轨道重叠形成的δ键的是 ________ ；
（4）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的δ键的是 ________ ；
（5）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的δ键的是 ________
四、解答题
22. ( 5分 ) 依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置．
23. ( 5分 ) 根据泡利的原子轨道能级图和“能级交错”现象，原子轨道的能量高低关系有ns＜（n﹣3）g＜（n﹣2）f＜（n﹣1）d＜np（其中n为电子层数，g亚层中有9个轨道）．请预测未来的第八能级组应包括哪些电子亚层，第八周期将由多少种元素组成．
五、实验探究题
24. ( 10分 ) 砷化稼（GaAs）是优良的半导体材料,可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]________。
（2）根据元素周期律，元素的电负性Ga________（填“大于”或“小于”, 下同）As，第一电离能B ________ Ga；BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因是________。
（3）杀虫剂Na3AsO4中阴离子的空问构型为________，As原子采取________杂化。
（4）组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F-和Cl-结构的不同分析其原因是________。
（5）原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价健数为________；A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为________ （用x表示）pm ；该晶胞的密度为________g·cm-3。（阿伏伽德罗常数用NA表示）。
六、综合题
25. ( 4分 ) 下表是元素周期表的一部分，请回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
三
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
（1）写出下列元素符号：①________ ， ⑥________
（2）在这些元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是________（填化学式）
（3）在这些元素中，原子半径最大的是________（填元素符号）
26. ( 13分 ) 自然界中存在大量元素，在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题:
（1）人工合成的蓝宝石晶体(Al2O3)是目前半导体工业中应用最广泛的材料。
①基态Al原子中有________种运动状态不同的电子,核外电子占据最高能级的符号是________，占据该能级电子的电子云轮廓图形状为________。
②比较第一电高能:Mg________Al(填“>”、”<”或“=”)。在现代化学中，常利用________上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）羰基硫(COS)存在于许多种植物中，杀虫效果显著。
①1molCOS分子中含有σ键的数目为________，其中心原子的杂化方式为________。
②CS2、CO2、COS的分解温度由低到高的顺序为________。
（3）NaCl 和MgO都属于离子化合物.NaC1的熔点为801.3℃，MgO的熔点高达2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是________。
（4）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
则:①距离一个Fe原子最近的Mg原子个数是________，与此晶胞结构相似的常见的离子晶体是________(填名称)。
②若该晶体储氢时，H2 分子在晶胞的体心和棱心位置，晶胞的参数为dnm,則距离最近的两个H2分子之间的距离为________cm；含铁56g的该储氢合金可储存标准状况下H2 的体积为________L。
答案
一、单选题
1.【答案】C
【解析】【解析】随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，则氢化物的沸点应逐渐升高；但观察图中四条线的走向，可以看出：其中有三条线第二周期氢化物的沸点却比第三周期氢化物的沸点高，这是因为在这三种氢化物分子间存在的是比分子间作用力强的氢键，则这三种氢化物为：HF、H2O、NH3 ， 故a点所在的线表示的是ⅣA元素（C、Si、Ge、Sn、Pb)氢化物的沸点，a点处于第三周期即为SiH4；答案选C。
【点评】考查氢键对物质性质的影响。
2.【答案】B
【解析】【解答】A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，故A不选；
B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，所以不是等电子体，故B选；
C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，所以是等电子体，故C不选；
D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，故D不选；
故选B．
【分析】原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体具有相似的化学键特征，且其结构相似，物理性质相似．
3.【答案】D
【解析】【解答】常温下乙烷和乙烯呈气态，而乙醇和乙酸呈液态，所以乙烷和乙烯的沸点必定低于乙醇和乙酸。乙醇的沸点是78．5℃，乙酸的沸点是117．9℃，故乙酸的沸点高于乙醇。【分析】考查有机化合物的沸点比较，意在考查考生的识记能力，分子晶体的沸点随相对分子质量的增大而升高。
4.【答案】A
【解析】【解答】氯元素同位素有37Cl、35Cl两种，氯化钠晶体中钠离子配位数为6，若1个Na+周围平均分布着1.5个37Cl﹣ ， 则平均分布着的35Cl﹣数为6﹣1.5=4.5，
故选A．
【分析】氯元素同位素有37Cl、35Cl两种，氯化钠晶体中钠离子配位数为6，据此计算．
5.【答案】C
【解析】【分析】 R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个，如果是第二周期元素，则R为C或O，如果是第三周期元素，则R为Si或S。SiO2不能溶于水，A错。O没有最高价氧化物对应水化物，B错。CH4、H2O、SiH4、H2S，中心原子的杂化方式都是sp3 ， C对。CO不能与NaOH反应，D错。
【点评】这类习题难度较大，要考虑所有满足条件的情况，所以学生做起来比较困难。
6.【答案】C
【解析】【解答】A、范德华力的实质也是一种电性作用，但是范德华力是分子间较弱的作用力，它不是化学键，故A错误；
B、当分子间的距离足够远时，分子间没有范德华力，所以并不是任何分子间在任意情况下都会产生范德华力，故B错误；
C、化学键是微粒间的强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力，所以范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题，故C正确；
D、虽然范德华力非常微弱，但是破坏范德华力也要消耗能量，故D错误．
故选C．
【分析】A、范德华力不是化学键；
B、当分子间的距离足够远时，分子间没有范德华力；
C、化学键是强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力；
D、破坏范德华力要消耗能量．
7.【答案】B
【解析】【解答】分子晶体的主要性质有：熔、沸点低，硬度小，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，晶体不导电，熔化时也不导电。
【分析】本题考查分子晶体的性质，熟练掌握晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系是解题的关键。
8.【答案】B
【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；
Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：W＞Y＞Z＞X，故A正确；
B．标况下2.24L氨气的物质的量是0.1mol，0.1mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离，所以无法计算溶液的pH，故B错误；
C．NO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以YZ2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，故C正确；
D．W是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D正确；
故选B．
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核内没有中子，则X为H元素；X、Y形成的化合物M的水溶液呈碱性，则Y是N元素，M为NH3；
Z与W在周期表中同主族，且Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，则Z和W最外层电子数都是6，且Z原子序数小于W，所以Z是O、W是S元素；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．标况下2.24L氨气的物质的量是0.1mol，0.1mol氨气溶于水得到氨水，溶液的体积未知导致无法计算氨水物质的量浓度，且一水合氨是弱电解质，部分电离；
C．NO2具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；
D．W是S元素，其最高价氧化物的水化物是硫酸，加热条件下，Cu能和浓硫酸反应．
9.【答案】C
【解析】【分析】正确答案：C
A. 不正确，ClO3-的空间构型为三角锥形，Cl为sp3杂化；
B. 不正确，两种分子晶体的相对分子质量相同，它们的熔点不一定相近，与分子的极性还有关系，极性分子的分子间作用力大，熔点高；
C. 正确，等电子体的结构相似，从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH4+、PO43-也为正四面体结构；
D. 不正确，氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4。
二、多选题
10.【答案】B,D
【解析】【解答】A、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故A正确；
B、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故B错误；
C、核外电子数为偶数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=2，不含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=2或4，np轨道一定含有未成对电子，故C正确；
D、核外电子数为奇数的基态原子，则原子最外层电子数为奇数，若最外层为nsx ， 则x=1，含有未成对电子；若最外层为ns2npy ， 则y=1或3或5，np轨道一定含有未成对电子，故D错误．
故选：BD．
【分析】主族元素除最外层以外的各内层电子都是成对的，最外层为nsx或ns2npy ， s能级只有1个轨道最多容纳2个电子，p能级含有3个简并轨道，电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，如两电子占据np轨道分别占据两个轨道，形成两个未成对电子，结合选项讨论最外层电子数，根据核外电子排布规律分析．
（注意：s p d f 能级所含轨道数分别为1、3、5、7，均为奇数，而电子排布在同一能级的各个轨道时，优先占据不同的轨道，每个轨道最多容纳2个电子，故核外电子总数为奇数一定具有未成对电子，为偶数可能含有未成对电子，也可能没有未成对电子）．
11.【答案】B,C
【解析】【解答】X、Y是同主族的非金属元素，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，如果X原子半径比Y原子半径大，则原子序数X＞Y，则
A．同主族元素从下到上非金属性逐渐增强，则非金属性X＜Y，故A正确；
B．原子序数X＞Y，故B错误；
C、非金属性X＜Y，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以Y的氢化物更稳定，故C错误；
D、非金属性X＜Y，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故X最高价氧化物对应水化物的酸性比Y最高价氧化物对应水化物的酸性弱，故D正确．
故选BC．
【分析】X、Y是同主族的非金属元素，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，如果X原子半径比Y原子半径大，则原子序数X＞Y，根据同主族元素从下到上非金属性增强分析．
12.【答案】A,D
【解析】【解答】A．氢氧化钙中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中H﹣O原子之间存在极性键，为离子化合物，故A正确；
B．肼中N﹣N原子之间存在非极性键，N﹣H原子之间存在极性键，为共价化合物，故B错误；
C．Na2S2中钠离子和S22﹣中存在离子键，S22﹣中存在S﹣S非极性键，为离子化合物，故C错误；
D．硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中N﹣H原子之间存在极性键、硝酸根离子中N﹣O原子之间存在极性键，为离子化合物，故D正确；
故选AD．
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，据此分析解答．
13.【答案】A,D
【解析】【解答】A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定，故A正确；
B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数，两者共同决定，故B错误；
C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀是化学性质，故C错误；
D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、[Ag（NH3）2]+中Ag和N存在配位键，故D正确；
故选AD．
【分析】A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定；
B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数；
C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀；
D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、[Ag（NH3）2]+中Ag和N存在配位键
14.【答案】C,D
【解析】【解答】A.1个水分子中含有2个O﹣H键，18g冰的物质的量为1mol，含O﹣H键数目为2NA ， 故A正确；
B.28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个Si﹣Si键，则每个硅原子形成的共价键为：×4=2，则1mol单质硅含有2molSi﹣Si键，含有2NA个Si﹣Si键，故B正确；
C.1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰中含有晶胞结构单元个数小于NA个，故C错误；
D．在石墨烯中，每个碳原子周围有两个C﹣C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA ， 则C﹣C键数目小于1.5NA ， 故D错误；
故选：CD．
【分析】A.1个水分子中含有2个O﹣H键；
B．硅晶体中，每个硅原子与气体4个Si形成4个Si﹣Si键，根据均摊法计算出1mol硅形成的Si﹣Si数目；
C．二氧化碳晶体是立方面心结构，1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子；
D．在石墨烯中，每个碳原子周围有两个C﹣C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12g石墨烯即1mol所含碳碳键数目为1.5NA ， 据此判断；
15.【答案】B,D
【解析】【解答】A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故C正确；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，不是一定，故D错误；
故选BD．
【分析】A．根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”；
B．在反应中有新物质生成的是化学反应；水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故D错误；
C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；
D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水．
三、填空题
16.【答案】Na；Al；Cl；：H++OH﹣=H2O；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；弱；用形状大小相同的铝条和镁条分别一等体积等浓度的稀盐酸反应，观察其反应速率快慢；；分别向等体积等浓度的氯化铝溶液、氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，观察其沉淀及其溶解情况
【解析】【解答】A、B、C三种元素的原子具有相同的电子层数，1molA的单质能跟足量的盐酸反应，在标准状况下可置换出11.2L的H2 ， 即0.5mol，A为金属，设A反应后化合价为x，则根据电子转移守恒，1x=0.5×2，解得：x=1，即A反应后为+1价，这时A转变为与氖原子具有相同电子层结构的离子，则A为Na元素．而B的核电荷数比A大2，则B为Al元素；C原子的电子总数比B原子的电子总数多4，则C为Cl元素，
（1）由以上分析可知A为Na，B为Al，C为Cl，
故答案为：Na；Al；Cl；
（2）A、B的最高价氧化物对应的水化物分别NaOH和Al（OH）3 ， C的气态氢化物为HCl，
分别发生中和反应，反应的离子方程式分别为：H++OH﹣=H2O、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，
故答案为：H++OH﹣=H2O；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；
（3）Na的金属性比Al强，单质的还原性Na比Al强，单质的还原性越强，对应的阳离子的氧化性越弱，
故答案为：弱；
（4）元素D的离子也与A、B的离子具有相同的电子层结构，其单质在反应中能作还原剂，则D为金属，只能为Mg元素，
证明镁元素的金属性比铝元素强，可利用金属与酸的反应，最高价氧化物水化物的碱性来比较，
则方案一为：用形状大小相同的铝条和镁条分别一等体积等浓度的稀盐酸反应，观察其反应速率快慢；
方案二为：分别向等体积等浓度的氯化铝溶液、氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，观察其沉淀及其溶解情况，
故答案为：用形状大小相同的铝条和镁条分别一等体积等浓度的稀盐酸反应，观察其反应速率快慢；分别向等体积等浓度的氯化铝溶液、氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液至过量，观察其沉淀及其溶解情况．
【分析】A、B、C三种元素的原子具有相同的电子层数，1molA的单质能跟足量的盐酸反应，在标准状况下可置换出11.2L的H2 ， 即0.5mol，A为金属，设A反应后化合价为x，则根据电子转移守恒，1x=0.5×2，所以x=1，即A反应后为+1价，这时A转变为与氖原子具有相同电子层结构的离子，则A为Na元素．而B的核电荷数比A大2，则B为Al元素；C原子的电子总数比B原子的电子总数多4，则C为Cl元素，结合元素单质、化合物的性质解答该题．
17.【答案】②；③⑤；1s22s22p63s23p4；H2SO4；<；>；<；>；<；<
【解析】【解答】（1）同一个原子轨道中不应有自旋状态相同的电子，②违反了泡利原理；
对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋状态相同，③⑤违反了洪特规则；
故答案为：②；③⑤；
（2）3p能量小于3d，激发态为1s22s22p63s13p33d2 ， 基态应为1s22s22p63s23p4 ， 此原子核外电子数为16，其质子数也为16，该元素为硫元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4 ．
故答案为：1s22s22p63s23p4；H2SO4；
（3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Mg，Mg＞Ca，
故答案为：＜；＞；
②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性：O＜F，F＞Cl，
故答案为：＜；＞；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大，所以能量高低：ns＜（n+1）s，ns＜np，
故答案为：＜；＜．
【分析】（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；
洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；
（2）同一元素的原子中，基态和激发态原子的核外电子总数相等，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；在主族元素中，元素的最高化合价等于其族序数，从而确定其最高价氧化物对应的水化物；
（3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素；同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大．
18.【答案】12；12；1
【解析】【解答】（1）金刚石晶体中，最小的环为六元环，也即由6个C原子构成，则晶体硅的六元环也是六个Si原子．当各Si﹣Si键上插入一个O原子，则共插入六个O原子，故最小的环上共有十二个原子即为十二元环；
故答案为：12；
（2）晶体硅的结构和金刚石相似，硅原子周围有四个共价键与其相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环，如果把Si﹣O﹣Si键作为一个整体的话，可作如图所示， 所以一个硅原子共用的最小环有C×2=12种；
故答案为：12；
（3）由于每个硅原子被12个环共有，因此每个环只占有该硅原子的， 因为每个最小环上有6个硅原子，所以每个最小环平均拥有的硅原子数为6×=0.5个．又因为SiO2晶体是由硅原子和氧原子按1：2的比例所组成，因此每个最小环平均拥有的氧原子的数目为0.5×2=1个．
故答案为：1．
【分析】（1）可根据硅晶体中Si﹣Si之间插入O原子形成SiO2分析；
（2）硅原子周围有四个共价键与硅原子相连，其中任意两个共价键向外都可以连有两个最小的环；
（3）根据金刚石最小的环为六元环判断二氧化硅的空间网状结构中，Si、O原子形成的最小环上应有6个Si原子，每2个Si原子之间有1个O原子判断O原子的数目．
19.【答案】②③；⑤；④；①
【解析】【解答】①Ne中不存在化学键，只含分子间作用力；②H2O中只含共价键；③NH3中只含共价键；④KOH中既含离子键和共价键；⑤Na2O中只含离子键，
则只存在共价键的是②③，只存在离子键的是⑤，既存在离子键和共价键的是④，不存在化学键的是①，
故答案为：②③；⑤；④；①．
【分析】一般来说，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，据此分析解答
20.【答案】甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；BCD；1s22s22p63s23p63d104S24P1
【解析】【解答】解：（1）因甲醇分子之间容易形成分子间氢键，则沸点高，而甲醛中不存在氢键，由甲醛的结构可知，碳原子上的孤对电子数为0，σ键数为3，则碳原子的杂化类型为sp2 ， 又一般双键中有1个键为π键，即甲醛中有1个π键，
故答案为：甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；
（2）①因NaCl属于立方体心晶胞结构，由图可知，砷化镓晶胞结构中占据的不是顶点和体心，则晶体结构不同，故A错误；
Ga的金属性强，则第一电离能小，电负性小，故B、C正确；
因砷和镓的电子排布中最后填充的是p电子，则都属于p区元素，故D正确；故答案为：BCD；
②因Ga为31号元素，其核外电子数为31，由能量最低原理可知，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104S24P1 ，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104S24P1
【分析】（1）利用氢键来分析物质的沸点差异，利用甲醛的结构， 来分析C原子的杂化和π键；
（2）①NaCl属于立方体心晶胞结构，金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，电负性越大，由最后填充的电子来分析在周期表中的位置；
②由Ga的电子数及能量最低原理来分析核外电子排布式．
21.【答案】①③⑨；②④⑦；④⑤⑨；①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；⑦；①③⑤⑥⑧⑨；②④⑤⑥⑧⑨
【解析】【解答】（1）①③⑨由不同种非金属元素之间形成共价键，属于极性键；②④⑦由同种非金属元素之间形成，属于非极性键；⑤⑥⑧既有极性键，又有非极性键，
故答案为：①③⑨；②④⑦；⑤⑥⑧；
（2）①②③⑥⑦⑧只有单键，只有σ键；④⑤⑨中有单键或双键，既有δ键又有π键，
故答案为：①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；
（3）氢气中存在s﹣sσ键，
故答案为：⑦；
（4）①③⑤⑥⑧⑨都是氢原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成δ键，
故答案为：①③⑤⑥⑧⑨；
（5）②④⑤⑥⑧⑨中Cl﹣Cl、N﹣N键、N﹣N键、C﹣C键、C﹣C键、O﹣O键、C﹣N键p轨道和p轨道以头对头重叠形成δ键，
故答案为：②④⑤⑥⑧⑨．
【分析】（1）同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；
（2）单键中只有σ键，双键中有一个σ键和一个π 键，三键中有一个σ键和两个π 键；
（3）原子的最外层电子为s电子时，两个原子s轨道以“头碰头”方式重叠形成σ键；
（4）氢原子含1个原子，最外层电子为s电子；
（5）p轨道和p轨道以头对头重叠形成δ键
四、解答题
22.【答案】解：同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的相对位置为：
【解析】【分析】同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素．据此分析．
23.【答案】解：第七周期排满时，最后一种元素的价电子排布为7s27p6 ， 可推知第八周期排满时最后一种元素的价电子排布为8s28p6 ． 根据原子轨道的能量高低关系，可推测第八能级组包含8s，5g，6f，7d，8p等电子亚层；第八能级组共有1+9+7+5+3=25个轨道，可以填充50个电子，所以第八周期将由50种元素组成．
答：第八能级组应包括8s、5g、6f、7d、8p等电子亚层；第八周期将由50种元素组成．
【解析】【分析】不同能级所含有的轨道数不同，s能级含有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，g能级有9个轨道，每一个轨道最多填充2个电子，据此分析．
五、实验探究题
24.【答案】（1）3d104s24p1
（2）小于；大于；NH3的N具有孤对电子,BF3中的B核外具有空轨道
（3）正四面体；sp3
（4）Cl-的电子层数比F-的多，原子半径比F-的大
（5）16；0.25x；
【解析】【解答】(1)镓是31号元素，核外有31个电子，基态镓（Ga）原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 ， 简写成[Ar] 3d104s24p1；
（2）同周期元素，从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从下到上，电负性逐渐增大，电负性：Ga小于As；第一电离能与原子核外电子排布有关，当电子在能量相当的轨道上形成全空、半满、全满时，原子的能量较低，第一电离能越大，同一主族，从上到下，原子半径越大，吸电子能力越弱，第一电离能越小，B与Ga在ⅢA族，第一电离能B大于Ga；B原子其价层电子数是4，采取sp3杂化，B原子形成3个σ 键一个配位键，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，
B、N原子之间形成配位键，形成BF3·NH3。
3)AsO43－中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其构型是正四面体形，As原子价层电子对数为4，故杂化方式为 sp3 ；
(4) Cl-的电子层数比F-的多，原子半径比F-的大，Ca2＋ 与F― 形成离子键，形成离子晶体；
（5）如图每个As与4个Ga形成4个共价键，晶胞中共含4×4=16个共价键；A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为a/4=0.25xpm；晶胞中拥有的As原子8×1/8+6×1/2=4，Ga也是4个，该晶胞的密度为 g·cm-3
故正确答案为：（1）3d104s24p1（2）小于；大于；NH3的N具有孤对电子,BF3中的B核外具有空轨道（3）正四面体；sp3（4）Cl-的电子层数比F-的多，原子半径比F-的大（5）16；0.25x；5.8 × 10 32 x 3 ⋅ N A
【分析】晶胞中最短距离注意一般是精密接触的相邻原子，根据晶胞类型进行判断。
六、综合题
25.【答案】（1）N；Si
（2）HClO4
（3）Na．
【解析】【解答】由元素在元素周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为S，⑧为Cl，⑨为Ar，（1）由元素的位置可知①为N，⑥为Si，故答案为：N；Si；（2）元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的必是非金属性增强的，根据同周期、同主族元素非金属性的递变规律可知，元素非金属性最强的是②即F，但F无最高正价，即酸性最强的是HClO4 ， 故答案为：HClO4；（3）电子层数越多，半径越大，同周期元素从左由右原子半径逐渐减小，则原子半径最大的为Na，故答案为：Na．【分析】由元素在元素周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为S，⑧为Cl，⑨为Ar，（1）由元素的位置确定元素的种类；（2）元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；（3）电子层数越多，半径越大，同周期元素从左由右原子半径逐渐减小．
26.【答案】（1）13；3p；哑铃形；>；原子光谱
（2）2NA；sp；CS2
（4）8；氟化钙；；22.4
【解析】【解答】(1)①Al原子核外有13个电子，每个电子的运动状态不同，故有13种运动状态不同的电子；3p上的电子的能量最高，故占据最高能级的符号是3p；p能级电子的电子云轮廓图形状为哑铃形。 ②Mg原子最外层电子所处能级为3S2 ， 属于全充满结构，是稳定结构，电离能较大，Al原子最外层电子所处能级为3s23p1 ， 不是稳定结构，电离能较低，故第一电离能Mg>Al；化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。(2) ①COS的结构为O=C=S，一个分子中含有2个σ键，故1molCOS中含有的σ键数目为2NA；中心原子为碳，分子结构为直线型，故碳的杂化方式为sp。 ②CS2、CO2、COS三者的结构相同，S=C=S、O=C=S、O=C=O，共价键键长依次减小，键能依次增大，所以分子稳定性依次增强，故CS2、CO2、COS的分解温度由低到高的顺序为CS2
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