【化学】云南省武定县一中2018-2019学年高二上学期12月份考试（解析版）

云南省武定县一中2018-2019学年高二上学期12月份考试
分卷I
一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)
1.下列符号中表示电子云伸展方向的是(　　)
A. K、L、M、N B. s、p、d、f
C. px、py、pz D. ↑、↓
【答案】C
【解析】
【详解】A.K、L、M、N表示能层，A项错误；
B.s、p、d、f表示能级，B项错误；
C.Px、Py、Pz表示P能级的电子云沿x、y、z轴的伸展方向，C项正确；
D.↑、↓表示相当于顺时针和逆时针方向的电子自旋，D项错误；答案选C。
2. 某元素的3p能级上有两个未成对电子，因此其 （ ）
A. 第三电子层上有4个电子 B. 最高正价为+2
C. 最高正价为+4 D. 第二电子层没有未成对电子
【答案】D
【解析】
由于3p能级上已有两个未成对电子，所以该原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，故D正确。
3. 下列不能根据元素电负性判断元素
A. 是金属还是非金属
B. 正负化合价
C. 化学键类型
D. 化合物溶解度
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电负性也可以作为判断元素的金属性和非金属性强弱的尺度．一般来说，电负性大于1.8的是非金属元素小于1.8的是金属元素，而位于非金属三角区边界的“类金属”（如锗、锑等）的电负性则在1.8左右，它们既有金属性又有非金属性，A不符合题意；B．电负性能判断化合物中元素化合价的正负，电负性数值小的元素在化合物中吸引电子的能力弱，元素的化合价为正值；电负性大的元素在化合物中吸引电子的能力强，元素的化合价为负值，B不符合题意；C．电负性能判断分子的极性和键型．电负性相同的非金属元素化合形成化合物时，形成非极性共价键，其分子都是非极性分子；电负性差值小于1.7的两种元素的原子之间形成极性共价键，相应的化合物是共价化合物；电负性差值大于1.7的两种元素化合时，形成离子键，相应的化合物为离子化合物，C不符合题意；D．电负性不能确定化合物的溶解度，D符合题意。答案选D。
考点：考查电负性判断
4. 下列说法中正确的是（）
A. 基态原子是处于最低能量状态的原子
B. 基态C原子的电子排布式是1s22s12p3
C. 焰色反应是金属原子的电子从基态跃迁到激发态时产生的光谱
D. 同一原子处于激发态时的能量一定低于基态时的能量
【答案】A
【解析】
试题分析：A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子；
B．基态C原子的电子排布式是1s22s22p2；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；
D．基态原子吸收能量变为激发态原子．
解：A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态C原子的电子排布式是1s22s22p2，故B错误；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，焰色反应是两个过程的综合，故C错误；
D．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，故D错误；
故选A．
5.下列关于价电子构型为3s23p4的粒子描述正确的是（　　）
A. 它的元素符号为O
B. 它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 它可与H2生成液态化合物
D. 其电子排布图为：
【答案】B
【解析】
价电子构型为3s23p4的粒子应是S元素，H2S为气态。D项：其电子排布图的3p轨道违反了洪特规则。
6.下列说法正确的是(　　)
A. 宇宙中含量最丰富的元素是氧元素
B. 宇宙中含量最丰富的元素是氢元素
C. 空气中含量最多的元素是氧元素
D. 地壳中含量最多的金属元素是铁元素
【答案】B
【解析】
A项，宇宙中含量最丰富的元素是氢元素，A项错误；B项，宇宙中含量最丰富的元素是氢元素，B项正确；C项，空气中含量最多的元素是氮元素，C项错误；D项，地壳中含量最多的金属元素是铝元素，D项错误；答案选B。
7.表示一个原子在第三个能层上有10个电子可以写成
A. 3s10 B. 3d10 C. 3s23p63d2 D. 3s23p53d3
【答案】C
【解析】
【分析】
一个原子在第三电子层上有10个电子，排列第三电子层上电子时，排列顺序是3s、3p、3d，再结合每个能级上排列电子数分析，据此解答。
【详解】一个原子在第三电子层上有10个电子，排列第三电子层上电子时，排列顺序是3s、3p、3d，3s能级最多排列2个电子、3p能级最多排列6个电子、3d能级最多排列10个电子，再根据能量最低原理排列电子，所以该电子层上电子排布式为3s23p63d2，
故选C。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布，明确电子排列顺序及每个能级上最多排列电子是解本题关键，根据能量最低原理排列即可。
8.通常情况下，元素原子的原子核外p能级、d能级上的电子排布为“全空”“半满”“全满”的时候，元素的性质一般更稳定，称为洪特规则的特例。下列事实不能作为这个规则证据的是(　　)
A. 元素硼(B)的第一电离能大于元素铍(Be)的
B. 元素磷(P)的第一电离能大于元素硫(S)的
C. 基态铜(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
D. 26Fe2＋容易失电子转变成26Fe3＋，26Fe2＋表现出较强的还原性
【答案】A
【解析】
【分析】
第一电离能在同一周期中，随原子序数的增大有增大的趋势，但元素外围电子处于充满或半充满时，比后一元素的第一电离能大。
【详解】A.元素Be的外围电子排布式为2S2，2S能级为全充满，更稳定，元素B的外围电子排布式为2S22P1，故第一电离能：铍>硼，A错误；
B.元素P的外围电子排布式为3S23P3，3P能级为半充满，更稳定，元素S的外围电子排布式为3S23P4，故第一电离能：P>S，B正确；
C.基态铜(Cu)原子的电子排布式为3d能级为全充满，4S为半充满，此时Cu原子最稳定，C正确；
D.26Fe2＋的外围电子排布式为3d6，不够稳定，而26Fe3＋的外围电子排布式为3d5，能级为半充满，很稳定，D正确；答案为A
9. 下列同周期元素中，原子半径最小的是
A. Mg B. Al C. Si D. S
【答案】D
【解析】
试题分析：同周期元素从左到右半径减小，原子半径最小的是S，故D正确。
考点：本题考查元素性质递变规律。
10. 在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（ ）
A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
B. Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑
C. Cl2+H2O=HClO+HCl
D. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O
【答案】A
【解析】
正确答案：A
A、正确；B、没有非极性键的断裂与生成；C、没有离子性键的断裂与生成D、没有非极性键的断裂与生成。
11.下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是
A. 配位化合物中必定存在配位键
B. 配位化合物中只有配位键
C. [Cu（H2O）6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤对电子形成配位键
D. 配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用。
【答案】B
【解析】
试题分析：在配合物中一定含有配位键，但也可能含有其它化学键，则A对， B错；Cu2＋有空轨道，H2O中的氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C对；配合物应用领域特别广泛，D选项中提到的几个领域都在其中。
考点：配合物的基本化学理论和应用。
12.从碘水中提取碘，可供选择的有机试剂是(　　)
A. 苯、酒精 B. 汽油、甘油
C. 四氯化碳、汽油 D. 二硫化碳、乙醇
【答案】C
【解析】
A、酒精易溶于水，因此不能用酒精作萃取碘的有机溶剂，故A错误；B、甘油是丙三醇，易溶于水，因此甘油不能做萃取碘的有机溶剂，故B错误；C、四氯化碳、汽油均不溶于水，因此可以作为萃取碘的萃取剂，故C正确；D、乙醇易溶于水，因此不能用乙醇作萃取碘的有机溶剂，故D错误
点睛：选择萃取剂，（1）萃取剂不能与原溶剂互溶，（2）被萃取的物质不能与萃取剂发生反应，（3）被萃取的物质在萃取剂的溶解度远远大于在原溶剂中的溶解度。
13.下列说法正确的是(　　)
A. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
B. 共价键都具有方向性
C. 在分子中，两个成键的原子间的距离叫键长
D. H—Cl的键能为431.8 kJ·mol－1，H—Br的键能为366 kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定
【答案】D
【解析】
A：键能越大，表示该分子越难分解，不正确
B：不正确，例如s—sσ键没有方向性，排除
C：在分子中，两个成键原子核间的距离为键长，不正确
D：正确
14.下列分子中的碳原子采用sp2杂化的是 (　 　)
A. C2H2 B. CS2 C. HCHO D. C3H8
【答案】C
【解析】
【分析】
中心原子的孤电子对数=，孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化。
【详解】A项C2H2中的碳原子采取sp杂化，B项CO2中的碳原子采取sp杂化。C项HCHO中的碳原子采取sp2杂化，D项C3H8中的碳原子采取sp3杂化。答案为C
【点睛】孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化，关键为求解中心原子的孤电子对数。
15.下列反应中无配合物生成的是（　　）
A. 向氨水中加入过量硝酸银
B. 含氟牙膏中加入氯化铝并充分搅拌
C. 锌与过量氢氧化钠溶液反应
D. 向氯化铁溶液中依次加入氟化钠溶液、硫氰化钾溶液，无血红色出现
【答案】A
【解析】
【详解】A.向氨水中加入过量硝酸银发生的反应为Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+，没有配合物生成，A项正确；
B. 含氟牙膏中加入氯化铝并充分搅拌发生反应Al3++6F-=AlF63-，生成配合物，B项错误；
C.锌与过量氢氧化钠溶液反应Zn+2NaOH+2H2O=Na2Zn(OH)4+H2↑，生成配合物Na2Zn(OH)4，C项错误；
D.向氯化铁溶液中加入氟化钠溶液时发生反应：FeCl3+6NaF=Na3FeF6+3NaCl，生成了配合物Na3FeF6，溶液中已没有Fe3+，所以加入硫氰化钾溶液时无血红色出现。D项错误；答案选A。
【点睛】配合物是由配位体（提供孤电子对）与中心原子（提供空轨道）之间通过配位键结合的化合物，许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，过滤金属配合物远比主族金属配合物多。
16. 用杂化轨道理论解释甲烷分子的四面体结构，下列说法不正确的是
A. C原子的四个杂化轨道的能量一样
B. C原子的sp3杂化轨道之间夹角一样
C. C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道
D. C原子有1个sp3杂化轨道由孤电子对占据
【答案】D
【解析】
试题分析：杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，但是C原子的四个杂化轨道的能量一样，C原子的sp3杂化轨道之间夹角一样，均为109°28′，C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道，选D。
考点：考查杂化轨道理论。
17.关于CO2与CS2的下列说法正确的是（ ）
A. 它们互为等电子体 B. CO2为直线形而CS2为V形
C. 它们分子中的化学键类型不同 D. CS2比CO2稳定
【答案】A
【解析】
A、CO2与CS2的分子中原子总数相同，价电子总数也相同，互为等电子体，选项A正确；B、二者结构相似，都为直线形的分子，选项B错误；C、在CO2分子中，C原子与每个O原子均形成两个共价键，一个σ键，一个π键，化学键类型相同，选项C错误；D、CS2分子中，C原子与每个S原子也形成双键，一个σ键，一个π键，键角都是180°，但由于C=O键长比C=S键长短，C=O键能比C=S键能大，所以CO2比CS2稳定，选项D错误。答案选A。
18.下列说法正确的是(　　)
A. π键是由两个p电子以“头碰头”方式重叠而成
B. σ键是镜面对称，而π键是轴对称
C. 乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和π键
D. H2分子中含σ键，Cl2分子中含π键
【答案】C
【解析】
【详解】A. π键为p电子“肩并肩”重叠形成,而σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成,故A错误;B.σ键“头碰头”重叠为球对称, π键“肩并肩”重叠为镜面对称,故B错误;
C.乙烷分子中均为单键,乙烯中含c=c键,有1个π键,则乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和π键,所以C正确;D.氢气、氯气中均为共价单键,则H2分子中含σ键,Cl2分子中也含σ,均不含π键,故D错误;所以C选项是正确的.
【点睛】π键为p电子“肩并肩”重叠形成;B. σ键是球对称, π键为镜面对称;乙烷分子中均为单键,乙烯中含C=C键,有1个π键; 以此分析解答。
19.下列有关说法正确的是(　　)
A. 含阳离子的化合物一定有阴离子
B. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
C. 含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度
D. 空间利用率：面心立方＞六方密堆积＞体心立方
【答案】AB
【解析】
【分析】
含有阳离子的化合物，则一定含有阴离子；结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大；含有共价键的晶体可以是分子晶体、原子晶体、离子晶体；空间利用率：面心立方=六方密堆积，都为74%，体心立方堆积为68%。
【详解】A．含有阳离子的晶体可能含有阴离子或电子，离子化合物一定由阴离子和阳离子构成，故A正确；
B．离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故B正确；
C．含有共价键的晶体可能为分子晶体或原子晶体，如为分子晶体，则不一定含有较高的熔沸点和硬度，故C错误；
D．空间利用率：面心立方=六方密堆积，都为74%，故D错误．
20.钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是（　　）

A. 该晶体属于离子晶体
B. 晶体的化学式为Ba2O2
C. 该晶体晶胞结构与NaCl相似
D. 与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】B
【解析】
试题分析：Ba是活泼金属，O是活泼非金属形成是离子化合物，A对；根据Ba和O在晶胞的位置，晶胞中共含有Ba的个数为8×1/8+6×1/2=4，O个数为12×1/4+1="4," 所以Ba与O的个数比为1：1，该氧化物为BaO，B错；NaCl晶胞结构也是该形状，C对；与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×1/2个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×1/2=12个，D对，选B。
考点：晶胞的结构和计算。
21.在金刚石的网状结构中，含有共价键形成的碳原子环，其中最小的环上，碳原子数是( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 6个
【答案】D
【解析】
【详解】金刚石的网状结构图为，可以看出共价键形成的最小碳原子环是六元环，所以最小环上碳原子数为6个。答案选D。
22.下列关于金属键的叙述中，正确的是(　　)
A. 金属键是金属阳离子和自由电子间的强烈相互作用，不是一种电性作用
B. 金属键可以看作是许多原子共用许多电子所形成的强烈的相互作用，所以与共价键类似，也有方向性和饱和性
C. 金属键是带异性电荷的金属阳离子和自由电子间的相互作用，故金属键有饱和性和方向性
D. 构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动
【答案】D
【解析】
【详解】A.从基本构成微粒的性质看，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相互作用，所以金属键与离子键的实质类似，都属于电性作用，A项错误；
B.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共有，所以金属键没有方向性和饱和性，B项错误；
C.金属中自由电子为整个金属的所有阳离子共有，所以金属键没有方向性和饱和性，C项错误；
D.自由电子在金属中自由运动，为整个金属的所有阳离子共有，所以构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动，D项正确；答案选D。
23.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的（　　）
A. 铁是非晶体
B. 晶体和非晶体在熔化过程中温度都上升
C. 晶体熔化时吸热，非晶体熔化时不吸热
D. 晶体有固定熔点，非晶体没有固定熔点
【答案】D
【解析】
【分析】
晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点。
【详解】A.铁是金属晶体，故A错误；
B.晶体在熔化过程中温度保持不变，非晶体在熔化过程中温度不断升高，故B错误；
C.晶体与非晶体熔化时都需要吸热，故C错误；
D.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故D正确；
答案选D。
24.关于下列四种金属堆积模型的说法正确的是(　　)

A. 图1和图4为非密置层堆积,图2和图3为密置层堆积
B. 图1~图4分别是简单立方堆积、体心立方堆积、面心立方堆积、体心立方堆积
C. 图1~图4每个晶胞所含有原子数分别为1、2、2、4
D. 图1~图4堆积方式的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%
【答案】D
【解析】
【详解】A.图1、图2为非密置层堆积，图3、图4为密置层堆积，A项错误；
B.图1~图4分别是简单立方堆积、体心立方堆积、面心立方堆积和六方最密堆积，B项错误；
C.图1~图4每个晶胞所含有的原子数（利用均摊法计算）分别为1、2、4、2。C项错误；
D.图1~图4堆积方式的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%。D项正确；答案选D。
25. 下列有关金属晶体判断正确的是
A. 简单立方、配位数6、空间利用率68%
B. 钾型、配位数6、空间利用率68%
C. 镁型、配位数8、空间利用率74%
D. 铜型、配位数12、空间利用率74%
【答案】D
【解析】
试题分析：A．简单立方、配位数6、空间利用率为52%，A错误；B．钾型、配位数8、空间利用率68%，B错误；C．镁型、配位数12、空间利用率74%，C错误；D．铜型、配位数12、空间利用率74%，D正确，答案选D。
考点：考查金属晶体的有关判断
26.金属晶体的堆积方式、空间利用率和配位数关系正确的是(　　)
A. 钋Po——简单立方堆积——52%——6 B. 钠Na——钾型——74%——12
C. 锌Zn——镁型——68%——8 D. 银Ag——铜型——74%——8
【答案】A
【解析】
A、金属晶体中原子堆积模型以及各种堆积的典型代表金属、空间利用率以及相应的配位数都对应，选项A正确； B、体心立方堆积的空间利用率为68%，配位数为8，选项B错误；C、Zn为六方最密堆积，空间利用率为74%，配位数为12，选项C错误；D、配位数应为6，选项D错误。答案选A。
分卷II
二、填空题(共6小题，共48分)
27.(1)在配合物Fe(SCN)2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是__，画出配合物离子[Cu(NH3)4]2+中的配位键__．
(2)根据VSEPR模型，H3O+的立体结构为__，BCl3的立体结构为__．
(3)按要求写出由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子的化学式（各写一种）正四面体分子__，三角锥形分子__，V形分子__
【答案】 (1). Fe3+ (2). (3). 三角锥形 (4). 正三角形 (5). CH4或CF4 (6). NH3或NF3 (7). H2O
【解析】
【详解】(1)在配合物Fe(SCN)2+中，Fe3+核外空轨道接受来自SCN-的孤电子对形成配位键，所以提供空轨道接受孤对电子的微粒是Fe3+。在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3中氮原子的孤对电子形成4个配位键，可表示为：。
(2)H3O+的中心原子为O，O的价电子数为6，则a=6，与中心原子O结合的H的个数为3，则x=3，与中心原子结合的H最多能接受的电子数为1，则b=1，所以H3O+中的中心原子 O上的孤电子对数=(a-xb)= ×(6-1-3×1)=1。则H3O+的中心原子 O的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=3+1=4，由价层电子对的相互排斥得到含孤电子对的VSEPR模型，略去VSEPR模型中的中心原子的孤电子对，便得到H3O+的立体构型是三角锥形。BCl3中a=3，x=3，b=1，则BCl3的中心原子B的孤电子对数=×(3-3×1)=0，所以BCl3的中心原子B的价层电子对数=3+0=3，VSEPR模型为平面正三角形。
(3)因为sp3杂化且形成正四面体分子，所以中心原子必须形成4个σ键，显4价，第二周期中的C原子与H或F形成的CH4或CF4符合条件。因为sp3杂化且形成三角锥形分子，所以中心原子形成3个σ键和1个孤电子对，第二周期中N与H或F形成NH3和NF3分子符合条件。因为sp3杂化且形成V形分子，所以中心原子形成2个σ键和2个孤电子对，第二周期中O与H形成的H2O符合条件。
28.Mn、Fe均为第4周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据列于下表：

回答下列问题：
(1)Mn元素基态原子的价电子层的电子排布式为__________，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。对此你的解释是_____________。
(2)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为________，Fe原子配位数之比为________。

【答案】 (1). 3d54s2 (2). Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态) (3). 2∶1 (4). 3∶2
【解析】
【分析】
(1)Mn原子核外有25个电子，根据构造原理写出其价电子层的电子排布式。当原子轨道填充的电子数达到全充满、半充满、全空时原子比较稳定，由此分析。
(2)对于立方晶胞，顶点原子有属于该晶胞，面心原子有属于该晶胞，体心原子完全属于该晶胞，在金属晶体中与某个原子最近且距离相等的原子个数称为该原子的配位数。据此分析即可。
【详解】(1) Mn原子核外有25个电子，根据构造原理可写出电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s2，所以Mn原子价层电子排布式为3d54s2。Mn2+价层电子排布式为3d5，Mn2+失去1个电子形成Mn3+，Mn3+价层电子排布为3d4，因3d5是半充满状态，比3d4稳定；Fe2+价层电子排布式为3d6，失去1个电子转化为Fe3+，Fe3+电子排布式为3d5，3d5比3d6稳定。总之气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难是因为：Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态。
(2)金属铁的体心立方晶胞中，铁原子分布在8个顶点和体心上，晶胞实际含有铁原子个数=×8+1=2；金属铁的面心立方晶胞中，铁原子分布在8个顶点和6个面的面心上，晶胞实际含有铁原子个数=×8+6×=4。所以金属铁的面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为4:2=2:1。面心立方晶胞中铁原子配位数为12，体心立方晶胞中铁原子配位数8，所以金属铁的面心立方晶胞和体心立方晶胞中Fe原子配位数之比为12:8=3:2。
【点睛】分析晶体中粒子的配位数时要发挥空间想象力。对体心立方晶胞来说应选取体心上的粒子作为考察对象，该粒子与8个顶点的粒子距离最近且相等，所以体心立方晶胞中粒子的配位数为8；对于面心立方晶胞来说也选取一个顶点粒子作为考察对象，经过该顶点的8个晶胞构成了三个相互垂直的平面（交点为考察的粒子），每个平面的正方形中心都有一个距离考察的粒子最近的粒子，与考察的粒子距离最近且相等的粒子数为3×4=12，所以面心立方晶胞中粒子的配位数为12。
29.C60、金刚石和石墨的结构模型如图所示(石墨仅表示其中的一层结构)：

(1)C60、金刚石和石墨三者的关系互为___________。
A．同分异构体 B．同素异形体
C．同系物 D．同位素
(2)硅晶体的结构跟金刚石相似，1 mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是____________
NA个。二氧化硅的结构相当于在硅晶体结构中每个硅硅单键之间插入一个氧原子。二氧化硅的空间网状结构中，硅、氧原子形成的最小环上氧原子数目是___________。
(3)石墨层状结构中，平均每个正六边形拥有的碳原子个数是个___________。
【答案】 (1). B (2). 2 (3). 6 (4). 2
【解析】
【分析】
(1)根据同素异形体的定义进行分析；

(2)晶体硅的结构与金刚石相似，存在以硅原子为中心和顶点的正四面体结构单元，每个硅原子形成4个Si—Si键，但一个Si—Si键为2个硅原子共有，故1个硅原子可形成2个Si—Si键，即1 mol硅原子能形成2 mol Si—Si键，
(3)石墨中每个碳原子形成3个C—C键，故每个碳原子为3个六边形共用，每个六边形拥有碳原子个数为6×1/3 =2个。
【详解】(1)所给三种物质都是只由碳元素组成，但是结构不同，性质不同，故它们互为同素异形体。
综上所述，本题答案是：B。
(2) 由金刚石的结构模型可知，1个硅原子可以通过共价键与4个硅原子结合，所以1个硅原子拥有的硅硅单键数目为4/2=2，所以1mol硅中可形成2mol硅硅单键，数目为2NA个；金刚石中最小的碳原子环上有6个碳原子，6条边，每条边上插入一个氧原子，则二氧化硅晶体的最小环为十二元环，环上有6个氧原子；
综上所述，本题答案是：2,6。
(3)石墨层状结构中每个碳原子为三个正六边形共有，石墨中每个碳原子形成3个C—C键，故每个碳原子为3个六边形共用，每个六边形拥有碳原子个数为6×1/3 =2个。
综上所述，本题答案是：2。
30.A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。试回答下列问题：
(1)写出下列元素的符号：A__________，B__________，C__________，D__________。
(2)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是________，碱性最强的是__________。
(3)用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是________，电负性最大的元素是__________。
(4)E元素原子的核电荷数是__________，E元素在周期表的第________周期第________族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在________区。
(5)写出D元素原子构成单质的电子式__________，该分子中有____个σ键，____个π键。
【答案】 (1). Si (2). Na (3). P (4). N (5). HNO3 (6). NaOH (7). Ne (8). F (9). 26 (10). 四 (11). Ⅷ (12). d (13). (14). 1 (15). 2
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。
【详解】(1) 由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；
(2) 非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；
(3) 同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；
(4) E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期第Ⅷ族，在周期表中处于d区；
(5) D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。
【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。
31.氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：

请回答下列问题：
（1） 由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_________、__________；
（2） 基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；
（3） 在BF3分子中，F-B-F的建角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF，BF的立体结构为_______；
（4） 在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；
（5）六方氢化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶苞边长为361.5pm，立方氮化硼晶苞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。
【答案】
【解析】
略
32.已知A，B，C，D、E都是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大,其中A原子核外有三个未成对电子;A与B可形成离子化合物B3A2;C元素是地壳中含量最高的金属元素;D原子核外的M层中有两对成对电子;E原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满。请根据以上信息,回答下列问题(答题时,A，B，C，D，E用所对应的元素符号表示):
(1)比E核外电子数少5的元素的原子核外电子排布式是_________,A，B，C，D的第一电离能由小到大的顺序为_______。
(2)B的氯化物的熔点远高于C的氯化物的熔点,理由是________________。

(3)A的氢化物属于______(填“极性”或“非极性”)分子,D的低价氧化物分子的空间构型是_______。
(4)A，E形成的某种化合物的晶胞结构如图所示,则其化学式为______(每个球均表示1个原子)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) Al