【化学】云南省盐津县第二中学2018-2019学年高二上学期12月份考试（解析版）

云南省盐津县第二中学2018-2019学年高二上学期12月份考试
1.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。
2.第N能层所含能级数、原子轨道数和最多容纳电子数分别为
A. 3、9、18 B. 4、12、24
C. 5、16、32 D. 4、16、32
【答案】D
【解析】
第N能级为第4层，含有的轨道能级分别为s、p、d、f 的顺序依次为1、3、5、7，共有16个轨道，每一个轨道可容纳2个电子，可以最多容纳32个电子，D正确；正确选项D。
3.下列说法正确的是(　　)
A. 同一周期相邻主族的两种元素的原子序数之差是1
B. 同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是36
C. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差可能是18
D. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差都相同
【答案】C
【解析】
A．同周期的ⅡA族元素与ⅢA族元素的原子序数之差短周期的差1，四、五周期的差11，六、七周期的差25，选项A错误；B、如零族等第三周期与第五周期元素相差36，选项B错误；C、对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32或36，选项C正确；D、在元素周期表左侧和右侧，相邻周期的同一主族的两种元素，原子序数之差不同，符合左差上，右差下规律，选项D错误；答案选C。
4.下列四种粒子中，半径按由大到小排列顺序正确的是
①基态X的原子结构示意图
②基态Y的价电子排布式：3s23p5
③基态Z2－的电子排布图
④W基态原子有2个能层，电子式为
A. ①>②>③>④ B. ③>④>①>②
C. ③>①>②>④ D. ①>②>④>③
【答案】C
【解析】
【分析】
X为S原子，Y为Cl原子，Z2－为S2-，W为F原子，电子层数越多，半径越大，同周期随原子序数增大，原子半径减小，同种元素的阴离子的半径大于原子半径。
【详解】①基态X的原子结构示意图： ，则X为S原子，
②基态Y的价电子排布式：3s23p5，则Y为Cl原子，
③基态Z2－的电子排布图： ，Z2－为S2-， 
④W基态原子有2个能层，结合电子式可以知道，W为F原子；
电子层数越多，半径越大，FCl，同种元素的阴离子的半径大于原子半径，则半径：SS>Cl>F，即③>①>②>④ ，
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查原子半径大小比较，侧重考查分析能力，明确原子半径比较方法是解本题关键，离子半径大小比较也是常考查点。
5.下列说法正确的是(　　)
A. s电子云是在空间各个方向上伸展程度相同的对称形状
B. p电子云是平面“8”字形的
C. 2p能级有一个未成对电子的基态原子的电子排布式一定为1s22s22p5
D. 2d能级包含5个原子轨道，最多容纳10个电子
【答案】A
【解析】
【分析】
A.s电子云是球形； 
B.p电子云是哑铃形,为立体结构；

C. 2p能级有一个未成对电子,则2p能级可能只有1个电子； 
D.从第三电子层开始出现d能级。
【详解】A.s电子云是球形,所以在空间各个方向上延展程度相同球形,故A正确； 
B.p电子云是哑铃形,为立体结构，“8”字形是平面结构,故B错误； 
C. 2p能级有一个未成对电子,则2p能级可能只有1个电子，所以基态原子的电子排布式也可能为1s22s22p1，故C错误； 
D.从第三电子层开始出现d能级,即没有2d能级,d能级包含5个原子轨道,最多容纳10个电子,故D错误； 
综上所述，本题选A。
6.对原子核外的电子运动描述方法正确的是
A. 根据一定的数据计算出它们某一时刻所在的位置
B. 用一定仪器测定或描述出它们的运动轨道
C. 核外电子的运动有确定的轨道
D. 核外电子的运动根本不具有宏观物体运动规律，只能用统计规律来描述
【答案】D
【解析】
【详解】A．核外电子的运动根本不具有客观物体运动规律，我们不能测定或计算出它在某一时刻所在的位置，故A错误；
B．核外电子的运动根本不具有客观物体运动规律，我们不能测定不能描画它的运动轨迹，故B错误；
C．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，没有确定的轨道，只是在某个区域出现的概率大些，故C错误；
D．核外电子的运动根本不具有客观物体运动规律，只能用统计规律来描述，故D正确；
故选D。
7.下列说法中错误的是
A. 所有的非金属元素都分布在p区
B. 元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C. 除氦以外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子，两原子对应的元素属于同一周期
【答案】A
【解析】
【详解】A．除氢元素处于s区，其它非金属元素都处于p区，故A错误；
B．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素，为过渡元素，都是金属，故B正确；
C．稀有气体原子中，只有氦原子的最外层电子数为2，其余的均为8，故C正确；
D．3p上只有一个空轨道的原子，其外围电子排布为3s23p2，为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p1或3s23p5，是Al或Cl，处于同一周期，故D正确。
故选A。
【点睛】该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，试题侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是熟练记住元素周期表的结构和元素周期律的含义。
8.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)。下列关于元素R的判断中一定正确的是

①R的最高正价为＋3价
②R元素位于元素周期表中第ⅡA族
③R元素第一电离能大于同周期相邻元素
④R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
试题分析：根据各级电离能数据，R的最高正价为＋2价；R元素位于元素周期表中第ⅡA族；R元素的s轨道全满，所以第一电离能大于同周期相邻元素；R元素是第二周期或第三周期元素，故B正确。
考点：本题考查电离能。
9.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了
A. 能量守恒原理 B. 泡利原理
C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。
考点：考查核外电子排布的有关判断
10.在短周期主族元素中，原子的核电荷数、核外电子层数、每层所容纳的电子数、主族序数均为偶数的有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 8种
【答案】B
【解析】
考查原子核外电子的排布规律。同时符合原子的核电荷数、核外电子层数，每层所容纳的电子数、主族序数均为偶数的元素是Be、C、O，所以答案是B。
11.已知[ZnCl4]2－中Zn2+的4s轨道和4p轨道形成sp3型杂化轨道，则[ZnCl4]2－的空间构型为
A. 直线形 B. 平面三角形
C. 平面正方形 D. 正四面体形
【答案】D
【解析】
【详解】[ZnCl4]2﹣的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，含4个Zn-Cl共价键，4个键完全相同，故空间构型为正四面体形。
故选D。
12.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，则下列有关说法中不正确的是
A. 1 mol NH5中含有5NA个N—H键(NA表示阿伏加德罗常数)
B. NH5中既有共价键又有离子键，它形成的晶体是离子晶体
C. NH5的电子式为
D. 它与水反应的化学方程式为：NH5＋H2O===NH3·H2O＋H2↑
【答案】A
【解析】
试题分析：固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，应为NH4H，为离子混合物，分子中存在NH4+和H﹣，为离子混合物．
解：A．NH5为离子混合物，为NH4H，1molNH5中含有4NA个N﹣H键，故A错误；
B．NH5为离子混合物，分子中存在NH4+和H﹣，为离子化合物，含有离子键，N﹣H键共价键，故B正确；
C．NH5为离子混合物，分子中存在NH4+和H﹣，电子式为，故C正确；
D．它与H2O反应，H﹣具有还原性，H2O具有氧化性，可生成氨气和氢气，反应的方程式为NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑，故D正确．
故选A．
13.对三硫化四磷分子的结构研究表明，该分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的结构。则一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数是
A. 7个 B. 9个 C. 19个 D. 不能确定
【答案】B
【解析】
试题分析：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了 8 个电子的结构，P 元素可形成 3 个共价键， S元素可形成 2 个共价键，因此一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数为个，答案选B。
考点：考查共价键判断
14.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型和分子构型都相同的是
A. CO2与SO2 B. NH3与BF3
C. CH4与NH4+ D. C2H2与C2H4
【答案】C
【解析】
CO2中含有C原子杂化轨道数为1/2×(4+0)=2,采取sp杂化方式，分子构型为直线型；SO2中S原子杂化轨道数为1/2×(6+0)=3,采取sp2杂化方式，分子结构为平面三角形， A错误；NH3中N原子杂化轨道数为1/2×(5+3)=4，采取sp3杂化方式，分子构型为三角锥形，BF3中 B原子杂化轨道数为1/2×(3+3)=3，采取sp2杂化方式，分子构型为平面三角形，B错误；CH4中C原子杂化轨道数为1/2×(4+4)=4，采取sp3杂化方式，分子构型为正四面体，NH4+中N原子杂化轨道数为1/2×(5+4-1)=4，采取sp3杂化方式，分子构型为正四面体，C正确；C2H2分子中C原子形成1个C-H，1个C≡C，无孤对电子对，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，分子构型为直线型，C2H4分子中C原子形成2个C-H，1个C=C，无孤对电子对，C原子杂化轨道数为2+1=3，C原子采取sp2杂化方式，分子结构为平面三角形，D错误；正确选项C。
点睛：分子中中心原子以sp方式杂化，分子结构为直线型；sp2方式杂化，分子结构为平面三角形；采取sp3方式杂化，分子结构为立体构型（三角锥形或四面体构型）。
15.下列不是配合物的是（　　）
A. [Ag（NH3）2]Cl B. Cu2（OH）2CO3
C. [Cu（H2O）4]SO4 D. Co（NH3）6Cl3
【答案】B
【解析】
【分析】
B项中Cu2（OH）2CO3为盐，其余均为配合物；
【详解】[Ag（NH3）2]Cl中的Ag＋与2个NH3形成2个配位键，是配合物，故A项正确；
B. Cu2（OH）2CO3是盐，不存在配位键，不是配合物，故B项错误；
C.[Cu（H2O）4]SO4中的Cu2＋与4个H2O形成4个配位键，是配合物，故C项正确；
D. Co（NH3）6Cl3中的Co3+与6个NH3形成6个配位键，是配合物，故D项正确，本题选B。
16.下列说法中，错误的是
A. 非金属元素可能形成离子化合物
B. 成键原子间原子轨道重叠的愈多，共价键愈牢固
C. 对双原子分子来说，键能愈大，含有该键的分子愈稳定
D. 键长愈长，化学键愈牢固
【答案】D
【解析】
【详解】A、非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐，故A正确；
B、成键原子间原子轨道重叠越多，成键原子间的距离越小，则键长越短，键越牢固，故B正确；
C、分子的稳定性与共价键的强弱有关，共价键的键能越大，共价键越不容易被破坏，分子越稳定，故C正确；
D、共价键的键长越短，键能越大键越牢固，键长越长，化学键越不牢固，故D错误。
故选D。
17. 下列物质中含有非极性键且为盐的是(　　)
A. CH3COONa B. NH4Cl C. CaCl2 D. H2O2
【答案】A
【解析】
CH3COONa属于醋酸盐，含有离子键、极性键和非极性键。NH4Cl属于铵盐，含有离子键和极性键。CaCl2属于钙盐，只含有离子键。H2O2属于过氧化物，含有极性键和非极性键。答案是A。
18.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是
A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力
C. sp2，氢键 D. sp3，氢键
【答案】C
【解析】
与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键；
19.能说明CH4分子的5个原子不在同一平面而为正四面体构型的是
A. 两个键之间夹角为109.5° B. C—H键为极性共价键
C. 4个C—H键的键能、键长相同 D. 碳的价层电子都形成共价键
【答案】A
【解析】
【详解】CH4分子是通过4个相同的C-H极性共价键形成的非极性分子，如5个原子在同一平面上，则应是平面正四边形结构，键角为90°，且4个C—H键的键能、键长相同，因此，B，C，D不能说明CH4分子为正四面体构型。
甲烷是由四个C—H极性键组成的分子，键角决定了其空间的结构。两个键之间夹角为109.5°，这是正四面体构型的特征体现，又知CH4分子中4个C—H键的键能、键长相同，由此可知CH4分子为正四面体构型。
故答案选A。
20.如图所示的是某原子晶体A空间结构的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A﹣A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为

A. AB B. A5B4 C. AB2 D. A2B5
【答案】C
【解析】
根据题意，中心A原子与周围4个A原子相连形成4个A－A键，而每两个A原子共有一个键，故A原子与A－A键的个数比为1：2，又因为B原子与A－A键的个数相等，所以N(B)：N(A)为2：1，答案选C。
点睛：根据该原子晶体的结构特点，如果能联想到这道题的晶体与SiO2晶体类型相似，就更容易理解了。因此掌握常见典型晶体的结构特点是解答此类问题的关键。
21.下列说法正确的是
A. Na2O2晶体中,阴、阳离子个数比是1∶1
B. NaCl晶胞中有1个Na+和1个Cl-
C. CaF2晶体中,Ca2+和F-的配位数之比为1∶2
D. CsCl晶胞中,Cl-的配位数是8
【答案】D
【解析】
【详解】A、过氧化钠中的阳离子是钠离子，阴离子是O22-，所以阴离子与阳离子数目之比是1:2，故A错误；
B.NaCl只是化学式，阳离子为Na+，阴离子是Cl-，在晶胞中，根据均摊法，有4个Na+和4个Cl-，阴阳离子个数比是1:1，故B错误；
C.从CaF2的化学式组成来看，Ca2+和F-的配位数之比为2∶1，故C错误；
D.CsCl属于简单立方晶胞，8个Cl- (或Cs+)位于立方体的八个顶点，立方体中心为Cs+(或Cl-)，所以每个Cs+的周围，有8个Cl-，每个Cl-周围有8个Cs+。即阴阳离子的配位数均为8。故D正确。
答案选D。
22.金属的下列性质中，不能用金属的电子气理论加以解释的是
A. 易导电 B. 易导热 C. 易腐蚀 D. 有延展性
【答案】C
【解析】
【详解】电子气理论认为金属键是金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子所共有，从而把所有的金属原子维系在一起形成了金属键。 
A项，金属晶体里的自由电子在外加电场作用下作定向移动，形成电流，因此金属具有导电性，故不选A项；
B项，当金属某部分受热时，该区域的电子运动加剧，通过碰撞，电子将能量传递给金属原子或离子，这样能量从温度高的区域传递到温度低的区域，因此金属具有导热性，故不选B项；
C项，金属的易锈蚀性主要是因为金属原子容易失去最外层电子形成更稳定的结构，故选择C项；
D项，当金属受到外力时，晶体中的原子层就会发生相对滑动，并不会改变原来的排列方式，金属键并没有被破坏，所以虽然发生了外形的变化，但不会断裂，具有延展性，故不选D项。
故答案选C。
23.表中原子化热、晶格能、键能的单位都是kJ•mol﹣1

则下列说法正确的是
A. Na（s）与Cl2（g）反应生成1mol NaCl（s）放出的热量为556.1kJ
B. Si（s）+2Cl2（g）═SiCl4（g）△H=﹣602kJ•mol﹣1
C. 从表中可以看出，氯化钠的熔点比晶体硅高
D. 从表中数据可以看出，微粒半径越大金属键、离子键越弱，而共价键却越强
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据晶格能的定义“1mol离子化合物中的阴、阳离子从相互分离的气态，结合成离子晶体时所放出的能量”，反应物Na应为气态，故A错误;
B、反应的△H=176KJ/mol2+243KJ/mol-360KJ/mol=-602KJ/mol,故B正确;
C、NaCl是离子晶体,硅是原子晶体,晶体类型不同,其熔点高低不能只看其晶格能和键能大小,故C错误;
D、微粒半径越大共价键也是越弱,故D错误;答案：B。
【点睛】A为易错点，注意根据晶格能定义判断Na应为气态。
24.关于如图叙述不正确的是

A. 该种堆积方式为A3型最密堆积
B. 该种堆积方式称为A1型最密堆积
C. 该种堆积方式可用符号“…ABCABC…”表示
D. 金属Cu就属于此种最密堆积型式
【答案】A
【解析】
【详解】从图示可看出，该堆积模型的第一层和第四层重复，所以这种堆积方式属于A1型最密堆积，可用符号“…ABCABC…”表示，属于面心立方最密堆积，金属铜就属于此种最密堆积型式，而A3型属于六方最密堆积，所以A项不正确。
综上所述，本题选A。
【点睛】常见的密堆积方式有：面心立方最密堆积（A1）,如铜、银、金等；体心立方密堆积（A2），如钠、钾、铁等；六方最密堆积（A3），如镁、锌、钛等。
25.下列物质中,属于含有极性共价键的离子晶体的是
A. CsCl B. KOH C. H2O D. Na2O2
【答案】B
【解析】
【分析】
A、离子晶体是指由离子化合物结晶成的晶体，离子晶体属于离子化合物中的一种特殊形式；

B、KOH是离子化合物，K+与OH-之间是离子键，O-H之间是共价键；
C、H2O是分子晶体，分子含有极性键O-H；
D、Na2O2晶体含有非极性共价键O-O，属于离子晶体。
【详解】A、氯化铯是只含离子键的离子化合物，故A错误；
B、氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，氢氧化钾是含有共价键的离子化合物，故B正确；
C、H2O中O元素与H元素之间形成极性共价键，是只含共价键的共价化合物，故C错误；
D、Na2O2中O元素与O元素之间形成非极性键，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】一般来说，非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；含有离子键的化合物是离子化合物；在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，由于两个原子吸引电子的能力不同，一般形成极性共价键。
26.已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体里Na＋和Cl－的间距大约是
A. cm B. cm C. cm D. cm
【答案】B
【解析】
【分析】
该晶胞中钠离子个数=8×+6× = 4，氯离子个数 = 12×+1 = 4，晶胞体积= = cm3，晶胞棱长 = cm，又因为食盐晶体里Na+和Cl-的间距为棱长的一半，据此分析作答。
【详解】该晶胞中钠离子个数=8×+6× = 4，氯离子个数 = 12×+1 = 4，晶胞体积= = cm3，晶胞棱长 = cm，又因为食盐晶体里Na+和Cl-的间距为棱长的一半= = ，
故答案为B。
27.关于金属元素的特征，下列叙述正确的是
①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性　②金属元素在化合物中一般显正价　③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱　④金属元素只有金属性，没有非金属性⑤价电子数越多的金属原子的金属性越强
A. ①②③ B. ②③ C. ①⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析： 金属元素的性质和氧化还原反应的关系。
1金属元素只有正价，金属原子显0价，化合价只能升高，只有还原性。但是有些金属有变价，如Fe有+2、+3价，Fe2+既有氧化性又有还原性。1错误；
2金属元素价电子数较少，只能是去电子，显示正价,2正确；
3金属的金属性越强，对应单质的还原性越强，对应简单阳离子的氧化性越弱，3正确；
4部分金属是两性金属，既有金属性又有非金属性。如铝。4错误；
5金属性强弱不是价电子多少来衡量，而是以失去价电子的能力来衡量。如Mg价电子数为2，铝价电子数为3，而金属性Mg>Al。5错误。选B。
考点：金属元素的金属性比较、金属元素化合价、氧化还原反应基本知识
点评： 掌握金属性大小比较规律，可以很快解决此题。
28.最近，美国普度大学的研究人员开发出一种利用铝镓合金加水制造氢气的新工艺。这项技术具有广泛的能源潜在用途，包括为汽车提供原料、为潜水艇提供燃料等。该技术通过向铝镓合金注水，铝生成氧化铝，同时生成氢气。合金中镓(Ga，ⅢA)是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。下列关于铝、镓的说法正确的是
A. 铝的金属性比镓强
B. 铝的熔点比镓低
C. Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，一定能与NaOH溶液反应
D. 铝、镓合金与水反应后的物质可以回收利用冶炼铝
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据同主族元素金属性的递变规律分析，同主族元素从上到下金属性逐渐增强；
B.二者都是金属晶体，金属键越强，熔点越高，二者离子电荷相同，离子半径越大金属键越弱；
C.Ga的金属性比Al强，Ga（OH）3可能不表现为两性氢氧化物；
D.铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，工业上电解熔融的氧化铝冶炼铝。
【详解】A.同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性Ge>Al，故A错误；
B.二者都是金属晶体，离子半径Ge3+>Al3+，故金属Al中的金属键更强，则熔点Al>Ge，故B错误；
C. Ga的金属性比Al强，Ga(OH)3可能不表现为两性氢氧化物，故Ga(OH)3不一定与能与NaOH溶液反应，故C错误；
D.铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，可以回收氧化铝冶炼铝，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查元素周期律，其中易错点为C项。同主族元素原子最外层电子数相同，故化学性质有一定的相似性，如，碱金属元素均易失电子，具有较强的还原性；但由于同主族元素原子的原子半径逐渐增大，其化学性质也表现出递变性规律，如金属性逐渐增强，故本题中不能推测Ga(OH)3一定和Al(OH)3一样具有两性。
29.今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。
（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。
（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。
（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。
【答案】 (1). O (2). Ca (3). Na (4). Cl (5). 1s22s22p4　 (6). 4s2 (7). (8). Na＜Ca＜Cl＜O (9). Na＜Ca＜Cl＜O
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O； B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；
（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na， Cl。
（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2 ； 。
（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。
30.元素周期表中第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同．
（1）第四周期过渡元素的明显特征是形成多种多样的配合物．
①CO可以和很多过渡金属形成配合物，如羰基铁[Fe（CO）5]、羰基镍[Ni（CO）4]．CO分子中C原子上有一对孤对电子，C，O原子都符合8电子稳定结构，CO的结构式为__，与CO互为等电子体的离子为__（填化学式）．
②金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成液态Ni（CO）4分子．423K时，Ni（CO）4分解为Ni和CO，从而制得高纯度的Ni粉．试推测Ni（CO）4易溶于下列___________．
a．水 b．四氯化碳 c．苯 d．硫酸镍溶液
（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的．镓的基态原子的电子排布式是__，Ga的第一电离能却明显低于Zn，原因是__．
（3）用价层电子对互斥理论预测H2Se和BBr3的立体结构，两个结论都正确的是__．
a．直线形；三角锥形 b．V形；三角锥形
c．直线形；平面三角形 d．V形；平面三角形．
【答案】 (1). C≡O (2). CN﹣ (3). ②bc (4). 1s22s22p63s23p63d104s24p1 (5). Zn原子的价电子排布式为3d104s2，体系的能量较低，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga (6). d
【解析】
【分析】
(1)①CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则C、O之间为三键；等电子体中原子数和价电子数都相同；
②根据结构相似相溶原理分析，非极性溶质易溶于非极性溶剂；
(2)镓是31号元素，根据核外电子排布式的书写规则书写；根据价电子排布判断电离能的大小；
(3)根据价层电子对互斥理论来判断。
【详解】(1)①CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则CO的结构式为CO，等电子体中原子数和价电子数都相同，1molCO中含2mol原子，含10mol价电子，CN-的原子数是2，价电子数都是10，则互为等电子体，
因此，本题正确答案是：C≡O ；CN﹣； 
②水为极性分子，硫酸镍溶液为离子化合物溶液，Ni（CO）4中Ni采取sp3杂化，是正四面体结构，所以属于非极性分子，根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，苯和四氯化碳是非极性分子，所以Ni（CO）4易溶于苯和四氯化碳，
因此，本题正确答案是：bc； 
(2)镓是31号元素，该原子核外有31个电子，4S能级能量小于3d能级能量，根据能量最低原理，电子先排4s能级后排3d能级，所以铜的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；Zn原子的价电子排布式为3d104s2，价电子中3d、4s轨道为全充满状态，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga，
因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d104s24p1；Zn原子的价电子排布式为3d104s2，体系的能量较低，原子较稳定，故Zn的第一电离能大于Ga；
(3) H2Se分子的中心原子Se原子上含有2个键，中心原子上的孤电子对数==4，所以H2Se分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；
BBr3分子的中心原子B原子上含有3个键，中心原子上的孤电子对数==3，所以BBr3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形。
故答案选d。
31.纯铜在工业上主要用来制造导线、电器元件等，铜能形成＋1价和＋2价的化合物。
（1）写出基态Cu＋的核外电子排布式___________________________________。
（2）如图是铜的某种氧化物的晶胞示意图，该氧化物的化学式为________。

（3）向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，该物质中的NH3通过________键与中心离子Cu2＋结合，NH3分子中N原子的杂化方式是____。与NH3分子互为等电子体的一种微粒是________。
（4）CuO的熔点比CuCl的熔点____(填“高”或“低”)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). CuO (3). 配位 (4). sp3 (5). H3O＋或PH3等 (6). 高
【解析】
（1）Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）由晶胞示意图可知，1个晶胞中有4个铜，氧为8×+6×=4个，原子个数之比为1：1，该氧化物的化学式为CuO；（3）NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，形成配位键，NH3分子中N原子的价电子对数 n＝，N原子为 sp3 杂化；与NH3分子互为等电子体的一种微粒具有相同的价电子数和原子数，如PH3或H3O+等；（4）离子化合物中，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，离子半径O2-”、“金刚石>NaCl>CsCl>干冰
【解析】
根据晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。NaCl晶体是立方体结构，每个Na＋与6个Cl－紧邻，每个Cl－又与6个Na＋紧邻，每个Na＋(或Cl－)周围与它最近且距离相等的Na＋(或Cl－)有12个。CsCl晶体由Cs＋、Cl－构成立方体结构，但Cs＋组成的立方体中心有1个Cl－，Cl－组成的立方体中心又镶入一个Cs＋，每个Cl－与8个Cs＋紧邻，每个Cs＋与8个Cl－紧邻。干冰也是立方体结构，但在立方体的每个正方形面的中央都有一个CO2分子，每个CO2分子与12个CO2分子紧邻。金刚石的基本结构单元是正四面体，每个碳原子紧邻4个其他碳原子。石墨的片层结构由正六边形结构组成，每个碳原子紧邻另外3个碳原子，即每个正六边形占有1个碳原子的，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×＝2。(6)离子晶体的熔点由其离子键的强弱决定，由于半径Na＋CsCl。石墨虽为混合晶体，但粒子间作用力有范德华力、共价键，若要熔化，不仅要破坏范德华力，还要破坏共价键，且石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，所以石墨中碳碳键的键能比金刚石中碳碳键的大，则石墨的熔点比金刚石的熔点要高。