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【化学】贵州省剑河县第二高级中学2018-2019学年高二上学期12月份考试（解析版）
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贵州省剑河县第二高级中学2018-2019学年高二上学期12月份考试
1. 以下电子排布式表示基态原子电子排布的是（ ）
A. 1s22s22p63s13p3 B. 1s22s22p63s23p63d104s1 4p1
C. 1s22s22p63s23p63d24s1 D. 1s22s22p63s23p63d104s2 4p1
【答案】D
【解析】
试题分析：原子核外的电子排布时要符合能量最低原理、保利不相容原理、洪特规则。A．不符合能量最低原理，应该是1s22s22p63s23p2，错误。B．基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d104s s2 ，错误。C．基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d14s2 ，错误。D．1s22s22p63s23p63d104s24p1符合原子核外电子排布规律，正确。
考点：考查原子核外电子排布式的正误判断的知识。
2.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是( )
A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素
B. 原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素
C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D. 基态原子的价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数一定为x＋y
【答案】C
【解析】
【分析】
A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu；
B．原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素；
C．电子最后填充p能级，属于p区；
D．有两个副族：ⅠB族、ⅡB族的族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数．
【详解】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，只有K为ⅠA族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；
B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；
C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；
D．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，
故选：C。
【点睛】本题考查结构与位置关系、元素周期表，蟹题关键：注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点。
3. 下列说法正确的是( )
A. 3p2表示3p能级有2个轨道
B. 1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布
C. M能层中的原子轨道数目为3
D. 处于同一轨道上的电子可以有多个,它们的自旋状态相同
【答案】B
【解析】
3p2表示3p能级上有2个电子,故A项错误;B项中2s能级上的1个电子跃迁到了2p能级上,故表示的是激发态原子,故B项正确;C项中M能层中有s、p、d 3种能级,含有的轨道数分别为1、3、5,故M能层中共有9个原子轨道,故C项错误;处于同一轨道上的电子最多有2个,而且它们的自旋状态相反,故D项错误。
4.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 电负性：Na＞Mg＞Al D. 还原性：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【解析】
试题分析：金属性是Na＞Mg＞Al，则A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，A错误；B．Mg的3s轨道电子处于全充满状态，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，B错误；C．金属性越强，大小越小，则电负性：Na＜Mg＜Al，C错误；D．还原性：Na＞Mg＞Al，D正确，答案选D。
考点：考查元素周期律应用
5.将14Si的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了( )
A. 构造原理 B. 泡利原理 C. 洪特规则 D. 能量守恒原理
【答案】C
【解析】
【详解】Si原子3p能级上有3个轨道,3p能级上有2个电子,2个电子应该排在2个不同的轨道上,且自旋方向相同,若将Si原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了洪特规则,14Si正确的电子排布式为: 1s22s22p63s23px13py1；
综上所述，本题选C。
6.具有以下结构的原子一定属于p区元素的是( )
①最外层有3个电子的原子 ②最外层电子排布式为ns2的原子 ③最外层有3个未成对电子的原子 ④最外层电子形成全满结构的原子
A. ②③ B. ①③
C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
①最外层有3个电子的原子价电子排布式为ns2np1，属于IIIA族元素，属于p区元素；②最外层电子排布式为ns2的原子可能为He、IIA族元素、过渡元素，可能是p区元素（He）、s区元素（IIA族元素）、d区或ds区或f区元素（部分过渡元素）；③最外层有3个未成对电子的原子的价电子排布式为ns2np3，属于VA族元素，属于p区元素；④最外层电子形成全满结构的原子，最外层电子排布式可能为ns2、ns2np6，若最外层电子排布式为ns2，该原子可能为He、IIA族元素、过渡元素，可能是p区元素（He）、s区元素（IIA族元素）、d区或ds区或f区元素（部分过渡元素），若最外层电子排布式为ns2np6，该元素为p区元素；一定属于p区元素的是①③，答案选B。
点睛：本题考查元素周期表的分区。元素周期表中区的名称一般来自按构造原理最后填入电子的能级的符号（如s区、p区、d区、f区），ds区可以理解成先填满（n－1）d能级而后再填充ns能级，因而得名。注意最外层电子排布为ns1的元素可能在s区（H、碱金属元素）、d区或ds区（部分过渡金属）；最外层电子排布为ns2的元素可能在s区（IIA族）、d区或ds区或f区（部分过渡金属）、p区（He）。
7.用高能2612Mg核轰击24896Cm核，发生核合成反应，得到新原子269108Hs，该原子中中子数与核外电子数之差为( )
A. 161 B. 108 C. 84 D. 53
【答案】D
【解析】
【分析】
质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。
【详解】新原子269108Hs，质子数=核外电子数=108，质量数=269，中子数=质量数-质子数=269-108=161，中子数与核外电子数之差为161-108=53，
故选：D。
8.X、Y、Z三种元素的原子，其价电子排布分别为4s2、3s23p2和2s2 2p4,由这三种元素组成的化合物的化学式可能是
A. XYZ2 B. X2YZ3 C. X2YZ2 D. XYZ3
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意，X、Y、Z三种元素分别是Ca、Si和O，由这三种元素组成的化合物的化学式为CaSiO3,选D。
考点：考查元素的推断。
9.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
10.用价层电子对互斥理论预测H2S和NH3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】B
【解析】
H2S中价层电子对数=2+×（6-2×1）=4且含有2个孤电子对，所以其立体结构为V形；NH3中价层电子对数=3+×（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以其立体结构为三角锥形，故答案选B。
点睛：本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形，据此分析解答本题。
11.关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是 （ ）
A. CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B. SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C. CS2为非极性分子，所以在四种物质中熔沸点最低
D. NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、二硫化碳属于非极性分子,水是极性分子；
B、根据相似相容原理进行判断；
C、CS2常温下是液体,SO2和NH3常温下是气体；
D、NH3在水中溶解度很大,除了因为NH3分子有极性外,还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键。
【详解】A、根据“相似相溶”原理,水是极性分子, CS2是非极性分子,故A错误；
B、因为SO2和NH3都是极性分子，水是极性分子,根据“相似相溶”原理,二者均易溶于水,故B正确；
C、因为CS2常温下是液体, SO2和NH3常温下是气体,所以CS2熔沸点最高，故C错误；
D、NH3在水中溶解度很大,除了因为NH3分子有极性外,还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键,故D错误；
综上所述，本题选B。
12.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是( )
A. 光气(COCl2) B. 六氟化硫
C. 二氟化氙 D. 三氟化硼
【答案】A
【解析】
试题分析：A、光气COCl2中每个C原子为最外层8电子结构，正确。B、六氟化硫中S原子不满足8电子结构，错误。C、二氟化氙中Xe原子不满足8电子结构，错误。D、三氟化硼中B原子不满足8电子结构，错误。
考点：考查分子中原子是否满足8电子稳定结构的判断的知识。
13.下列现象与氢键有关的是
①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高
②乙醇可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
⑤ 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
A. ②③④⑤ B. ①②③⑤
C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题解析：①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；故选B．
考点：氢键及氢键对物质的性质的影响
14.若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（ ）
A. 若n＝2，则分子的空间构型为V形
B. 若n＝3，则分子的空间构型为三角锥型
C. 若n＝4，则分子的空间构型为正四面体型
D. 以上说法都不正确
【答案】C
【解析】
【分析】
若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对。若n=2，则分子的立体构型为直线形；若n=3，则分子的立体构型为平面三角形；若n=4，则分子的立体构型为正四面体形。
【详解】根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，A、若n=2，则分子的立体构型为直线形，故A错误；B、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；D错误；
故选：C。
15.下列分子或离子中，能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是( )
①H2O ②NH3 ③F－ ④CN－ ⑤CO
A. ①② B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
如果这几种微粒中含有孤电子对就能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，根据其电子式判断即可．
【详解】根据各微粒中各原子的成键情况，写出几种微粒的电子式，得出这几种微粒的路易斯结构式分别为：，据此可知，这几种微粒都能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，
故选D。
【点睛】本题考查了配位键的形成，解题关键：含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键．
16.在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分。下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是( )
A. Li，F B. Na，F C. Na，Cl D. Mg，O
【答案】B
【解析】
【分析】
金属的金属性越强、非金属的非金属性越强，两种元素形成的化合物中离子键的成分较多，共价键的成分较少，据此答题。
【详解】Li、Na、Mg中金属性最强的是Na，F、Cl、O中非金属最强的是F，所以F和Na形成化学键中共价键成分最少，故B正确。
故选B。
17. 下列叙述中正确的是( )
A. NH3、CO、CO2都是极性分子
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
【答案】B
【解析】
分子的极性一般与物质的空间结构有关,空间结构对称,则属于非极性分子,反之,属于极性分子。键的极性只与形成该键的非金属的电负性有关,而物质的稳定性取决于共价键的键能。所以选项A中CO2属于非极性分子;选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱;选项D中的H2O属于V形结构。
18. 下列物质中，属于原子晶体的化合物是
A. 水晶 B. 晶体硅 C. 金刚石 D. 干冰
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水晶是二氧化硅晶体，属于化合物，相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构，属于原子晶体，故A正确；B．晶体硅，相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构，属于原子晶体，但晶体硅属于单质，故B错误；C．金刚石，相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构，属于原子晶体，但金刚石属于单质，故C错误；D．干冰是通过分子间作用力形成的分子晶体，故D错误；故选A。
【考点定位】考查原子晶体
【名师点晴】本题考查晶体类型及化合物的判断，注意晶体类型的分类和区别。相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。
19.已知CsCl晶体的密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为acm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为( )
A. NA·a3·ρ B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，根据ρV=M/NA计算相对分子质量，
【详解】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，
故选：A。
【点睛】本题考查晶胞计算，解题关键：把握原子的位置、均摊法确定原子个数，注意M与密度、体积的关系．
20. 已知NaCl、CsCl晶体结构中离子配位数分别为6和8，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构示意图是
A. ①和③ B. ①和④ C. 只有③ D. 只有④
【答案】B
【解析】
试题分析：由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图（1）中符合条件，图（4）中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，故选B。
考点：考查常见晶体的空间构型
21.已知某晶体由X、Y、Z三种元素组成的，其晶胞如图所示，则X、Y、Z三种元素的原子个数之比正确的是( )
A. 1:3:1 B. 2:6:1 C. 4:8:1 D. 8:1:1
【答案】A
【解析】
【分析】
利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于顶点上的原子被8个晶胞占有，处于棱上的原子被4个晶胞占有。
【详解】根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有Z原子的数目为1，含有X原子的数目为8×1/8=1，含有Y原子的数目为12×1/4=3，所以X、Y、Z的原子个数比是1：3：1，
故选：A。
22.有关晶格能的叙述正确的是
A. 晶格能是原子形成1摩尔离子晶体释放的能量
B. 晶格能通常取正值，有时也取负值
C. 晶格能越大,形成的离子晶体越稳定
D. 晶格能越大,物质的硬度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体时所释放的能量，故A错误；
B. 晶格能通常取正值，B错误；
C. 晶格能越大,离子晶体的能量越低，形成的离子晶体越稳定，C正确；
D. 晶格能越大,物质的硬度越大，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】影响晶格能的因素：离子所带电荷数越多，晶格能越大，离子半径越小，晶格能越大，晶格能越大；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，且熔点高，硬度越大。
23.下列有关晶体的叙述中，正确的是（ ）
A. 在Si晶体中，Si原子与Si﹣Si键之比为1：4
B. 在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Na+有6个
C. 在CsCl晶体中，与每个Cs+紧邻的Cs+有8个
D. 在面心立方堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子
【答案】D
【解析】
【分析】
A．在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键；
B．在氯化钠晶体中，每个钠离子周围与它最近且距离相等的Na＋有12个；
C．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个Cs＋周围等距离紧邻的有6个Cs＋；
D．面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子．
【详解】A．在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键，故Si原子与Si-Si键之比为1：2，故A错误；
B．在NaCl晶体中，每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋有3×8×1/2=12，故B错误；
C．氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点，铯离子的配位数是8，所以每个Cs＋周围紧邻的有8个Cl－，但每个Cs＋周围等距离紧邻的有6个Cs＋，故C错误；
D．面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子，所以每个金属原子周围紧邻的金属原子有3×8×1/2=12，故D正确。
故选：D。
【点睛】本题考查晶胞分析，解题关键：注意把握NaCl、CsCl的晶体结构、离子占据的位置。
24. 下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（ ）
A. NaOH B. SiO2 C. Fe D. C3H8
【答案】D
【解析】
试题分析：化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子，这说明该物质形成的晶体一定是分子晶体，A是离子晶体，B是原子晶体，C是金属晶体，D是分子晶体，答案选D。
考点：考查物质化学式以及晶体类型的判断
点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，难度不大。该题的关键是准确判断出物质的晶体类型，然后灵活运用即可。
25.如图所示，在较高温度时，钾、氧两种元素形成的一种晶体结构与NaCl晶体结构相似，则该化合物的化学式为( )
A. K2O B. K2O2 C. K2O3 D. KO2
【答案】D
【解析】
根据晶包的知识可知：K+分别占据立方体的8个定点和6个面心，一个晶胞中含有K+个数为8×1/8+6×1/2=4，O2－分别占据棱边和体心，一个晶胞中含有O2－个数为12×1/4+1=4，共8个氧原子，所以K和O原子个数比为1：2 ，化学式为KO2，B正确。正确答案为D
26.如图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中间插入一个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】
【分析】
A空间结构的一个单元中含有5个A原子，由图可知，每个A可与其周围的4个A形成A-A键，平均每个A可形成2个A-A键。每个A-A键中插入一个B原子，5的A原子最多可形成10个A-A键，所以可插入10个B原子，根据A、B两种原子的个数比确定C物质的化学式．
【详解】A空间结构的一个单元中含有5个A原子，由图可知，每个A可与其周围的4个A形成A-A键，平均每个A可形成2个A-A键。每个A-A键中插入一个B原子，5的A原子最多可形成10个A-A键，所以可插入10个B原子，所以该单元中含有5个A原子10个B原子，所以A、B原子个数比是1：2，所以其化学式是AB2，故选C。
27.碳、氧、硅、锗、氟、氯、溴、镍元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是________。
(2)从电负性角度分析，碳、氧和硅元素的非金属性由强至弱的顺序为____________________。
(3)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为__________________。
(4)基态锗(Ge)原子的电子排布式是____________，Ge的最高价氯化物分子式是________。该元素可能的性质或应用有________(填字母)。
A．是一种活泼的金属元素
B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料
D．锗的第一电离能高于碳而电负性低于碳
(5)溴与氯能以________键结合形成BrCl，BrCl分子中，________显正电性。BrCl与水发生反应的化学方程式为______________________________________________。
【答案】 (1). 碳(或C) (2). O>C>Si (3). C＞H＞Si (4). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (5). GeCl4 (6). C (7). 共价 (8). Br (9). BrCl＋H2O===HCl＋HBrO
【解析】
【分析】
（1）根据能量最低原理书写电子排布式，根据电子排布式可确定未成对电子数目；
（2）同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，电负性越大；
（3）CH4中共用电子对偏向C，电负性C＞H，SiH4中共用电子对偏向H，电负性H＞Si；
（4）基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，主族元素的最高价等于最外层电子数；
A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强；
B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗；
C．锗单质是一种半导体材料；
D．同主族从上到下非金属性减弱，电负性减小；
（5）BrCl中Cl的非金属性强，以共价键结合，与水反应生成HCl、HBrO．
【详解】（1）基态Ni原子核外电子排布式为或[Ar]3d84s2，含有2个为成对电子，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有C和O，电负性最小的元素是C；
（2）同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：O＞C，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：C＞Si，非金属性越强，电负性越大：O＞C＞Si；
(3)CH4中共用电子对偏向C，电负性C>H，SiH4中共用电子对偏向H，电负性H>Si，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为 C＞H＞Si。
（4）基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，基态锗(Ge)原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p2，主族元素的最高价等于最外层电子数，Ge的最高价为+4，Ge的最高价氯化物分子式是GeCl4
A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，故A错误；
B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故B错误；
C．锗单质是一种半导体材料，故C正确；
D．同主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，锗的第一电离能低于碳，电负性低于碳；
故选C。
（5）溴与氯能以共价键结合形成BrCl，BrCl中Cl的非金属性强，Cl显负电性，Br显正电性，与水反应生成HCl、HBrO，反应为BrCl+H2O═HCl+HBrO。
28.数10亿年来，地球上的物质不断变化，大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：
用上表所涉及的分子填写下列空白。
（1）含有10个电子的分子有(填化学式，下同)______________；
（2）由极性键构成的非极性分子有____________________；
（3）与H＋可直接形成配位键的分子有________；
（4）沸点最高的物质是________，用所学的知识解释其沸点最高的原因________；
（5）分子中不含孤电子对的分子(稀有气体除外)有________，它的立体构型为________；
（6）极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是________，它之所以极易溶于水是因为它的分子和水分子之间形成________；
（7）CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是________，这两种结构相似的分子中，分子的极性________(填“相同”或“不相同”)，CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫________。
【答案】 (1). H2O、Ne、CH4、NH3 (2). CH4、CO2 (3). NH3、H2O (4). H2O (5). 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高 (6). CH4 (7). 正四面体 (8). NH3 (9). 氢键 (10). N2 (11). 不相同 (12). 配位键
【解析】
【分析】
(1)含10电子的分子有CH4、NH3、H2O、Ne等；
(2)具有对称结构的分子是非极性分子；相同非金属元素间形成非极性键，不同的非金属元素间形成极性键，据此分析。
(3)H2O、NH3可与H＋直接形成配位键；
(4)影响分子晶体的沸点主要因素是分子间作用力，除此以外，部分物质还要考虑氢键的影响；
(5)甲烷分子中中心碳原子属于sp3杂化，构型为正四面体；
(6)氨气分子和水分子间形成氢键，导致氨气极易溶于水；
(7)由一氧化碳的结构式可知，碳原子和氧原子之间存在三个共价键，氮气分子中两个氮原子之间也存在三个共价键，结构相似。CO的结构可表示为OC，CO中带箭头的键与其他共价键不同，是配位键。
【详解】(1)含10电子的分子有CH4、NH3、H2O、Ne等；综上所述，本题答案是：H2O、Ne、CH4、NH3。
(2)具有对称结构的分子是非极性分子，如N2、O2、CH4、CO2，其中由极性键形成的非极性分子只有CH4和CO2，另两个非极性分子是由非极性共价键形成的；综上所述，本题答案是：CH4、CO2。
(3)H2O可与H＋直接形成配位键，形成H3O＋(水合氢离子)，NH3与H＋以配位键形式结合成NH4+；综上所述，本题答案是：NH3、H2O。
(4)表中所涉及的物质都是由分子构成的。沸点的高低比较主要看范德华力的强弱，但水分子中除了范德华力外，还有氢键的作用，分子间氢键的存在使水的沸点最高；综上所述，本题答案是： H2O；液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高。
(5)碳原子最外层有4个电子，在甲烷分子中形成了4个共价键，不存在孤电子对，最外层电子都参加成键，中心原子属于sp3z杂化，构型为正四面体形；综上所述，本题答案是：CH4 ，正四面体。
(6)极易溶于水且水溶液呈碱性的物质只有氨气。它极易溶于水，是因为氨分子与水分子间形成氢键，增大了氨气的溶解性；综上所述，本题答案是：NH3 ，氢键。
(7)由一氧化碳的结构式可知，碳原子和氧原子之间存在三个共价键，氮气分子中两个氮原子之间也存在三个共价键，结构相似。CO分子中的三键是由两个不同的原子形成的，是极性共价键，而N2分子中的三键是由两个相同的氮原子形成的，是非极性共价键。CO中带箭头的键与其他共价键不同，是配位键；综上所述，本题答案是：N2；不相同；配位键。
【点睛】氢键不是化学键，它的作用力比化学键弱的多，但比分子间作用力要大，氢键包括分子内氢键和分子间氢键两种；其中分子间氢键主要表现为使物质的熔沸点升高，对电离和溶解度产生影响。水的沸点反常，氨气极易溶于水等都与氢键有关。
29.(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+的分子立体结构为__，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). 三角锥型 (4). 正三角形 (5). CH4或CF4 (6). NH3或NF3 (7). H2O
【解析】
【分析】
（1）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物中配位键由配体指向中心原子；
（2）先计算其价层电子对，再根据VSEPR模型分子或离子构型；
（3）由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，说明中心原子价层电子对是4，如果是正四面体构型，则中心原子不含孤电子对，如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，如果呈V形结构则说明中心原子含有2个孤电子对．
【详解】（1）在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，中心离子是Fe3＋，提供提供空轨道接受孤对电子，配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键为
（2）H3O＋中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以H3O＋的分子立体结构为三角锥型，氯化硼中硼原子含有3个共价单键且不含孤电子对，所以BCl3的构型为正三角形；
（3）由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，说明中心原子价层电子对是4，如果是正四面体构型，则中心原子不含孤电子对，如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，如果呈V形结构则说明中心原子含有2个孤电子对，所以正四面体分子为CH4或CF4，三角锥分子为 NH3或NF3，V形分子为为H2O；
30.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________;
（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________;
（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________;
（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_________________________________________________;
（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3As(2)(3)三角锥
（4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O (5)稳定性：NH3＞PH3＞AsH3因为键长越短，键能越大，化合物越稳定 沸点：NH3＞AsH3＞PH3NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子键作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。
【解析】
（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As;(2) Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O;再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.(3)～(5)就不再分析了。
31. Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，Y和Z的离子与Ar原子的电子结构相同且Y的原子序数小于Z。
(1)Q的最高价氧化物，其固态属于 晶体，俗名叫 ；
(2)R的氢化物分子的空间构型是 ，属于 分子(填“极性”或“非极性”)；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是 ；
(3)X的常见氢化物的空间构型是 ，它的另一氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子式是 ；
(4)Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是 和 ，Q与Y形成的分子的电子式是 ，属于 分子(填“极性”或“非极性”)。
【答案】（1）分子 干冰
（2）正四面体 非极性 Si3N4
（3）三角锥形
（4）CS2 CCl4 非极性
【解析】
本题综合考查物质结构知识。根据题设条件可推知Q为C，R为Si，X为N，Y为S，Z为Cl。
（1）C的最高价氧化物为CO2，固态时是分子晶体，其俗名为干冰。
（2）Si的氢化物为SiH4，根据CH4的空间构型可知SiH4的空间构型为正四面体，SiH4分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子。Si最外层有4个电子，N最外层有5个电子，它们形成化合物时，Si为＋4价，N为－3价，其化学式为Si3N4。
（3）N的常见氢化物为NH3，其空间构型为三角锥形。根据N、H原子的成键原则，可得N2H4的结构简式为H2N—NH2，根据其结构简式可推写出其电子式。
（4）C与S可形成CS2，根据CO2的结构可写出CS2的电子式并知其为非极性分子。C与Cl形成CCl4分子。
32.已知A，B，C，D，E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小；B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L层上有2对成对电子。E元素在地壳中含量居第二位，F 与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素。
根据以上信息回答下列问题：
(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物，这两种化合物的熔沸点高低顺序为____________(用化学式表示)，原因是_____________________。
(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是____________。
(3)1 mol B2A2分子中含σ键的数目是____________。
(4)图(Ⅰ)是B元素的单质晶体的一个晶胞，该晶胞中含有_____个原子，该晶体类型为________。
(5)E单质存在与金刚石结构类似的晶体，晶体中原子之间以_________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献______个原子。
(6)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图(Ⅱ)所示。该晶体的类型属于_______(填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为__________。
【答案】 (1). SiO2＞SiCl4 (2). 二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体 (3). NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键 (4). 3NA(或1.806×1024) (5). 8 (6). 原子晶体 (7). 共价键 (8). 3 (9). 原子 (10). sp3杂化
【解析】
【分析】
已知A，B，C，D，E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，核外电子数为6，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D外围电子排布为2s22p4，则D为氧元素。C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为硅元素；F 与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素，F为氯元素。
【详解】由分析可知：A为氢元素、B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、E为硅元素、F为氯元素。
(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物SiO2和SiCl4 ，这两种化合物的熔沸点高低顺序为SiO2＞SiCl4 ，原因是二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体；
(2)C的氢化物NH3比下周期同族元素的氢化物PH3沸点还要高，其原因是NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键。
（3）C2H2分子中含有1个C≡C叁键、2个C-H单键，叁键中含有1个σ键、2个π键，单键都是σ键，故1mol C2H2分子中含σ键的数目是3NA(或1.806×1024) ；
（4）由图(Ⅰ)中B元素的单质的晶胞结构示意图可知，该晶胞中4个C原子位于晶胞内部、6个C原子位于面心、8个C原子位于顶点上，故该晶胞中含有C原子数目=4+6×1/2+8×1/8=8；碳原子之间是以共价键结合形成空间网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
（5）硅晶体和金刚石晶体都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子，晶体硅有着类似结构，则面心位置贡献的原子为 6×1/2=3个；
（6）由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞结构示意图可知．该晶体中相邻的原子间通过共价键形成空间网状结构晶体，故基属于原子晶体；该晶体中每个C原子形成4个C-O单键，故C原子轨道的杂化类型为sp3。
1. 以下电子排布式表示基态原子电子排布的是（ ）
A. 1s22s22p63s13p3 B. 1s22s22p63s23p63d104s1 4p1
C. 1s22s22p63s23p63d24s1 D. 1s22s22p63s23p63d104s2 4p1
【答案】D
【解析】
试题分析：原子核外的电子排布时要符合能量最低原理、保利不相容原理、洪特规则。A．不符合能量最低原理，应该是1s22s22p63s23p2，错误。B．基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d104s s2 ，错误。C．基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d14s2 ，错误。D．1s22s22p63s23p63d104s24p1符合原子核外电子排布规律，正确。
考点：考查原子核外电子排布式的正误判断的知识。
2.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是( )
A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素
B. 原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素
C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D. 基态原子的价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数一定为x＋y
【答案】C
【解析】
【分析】
A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu；
B．原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素；
C．电子最后填充p能级，属于p区；
D．有两个副族：ⅠB族、ⅡB族的族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数．
【详解】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，只有K为ⅠA族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；
B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；
C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；
D．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，
故选：C。
【点睛】本题考查结构与位置关系、元素周期表，蟹题关键：注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点。
3. 下列说法正确的是( )
A. 3p2表示3p能级有2个轨道
B. 1s22s12p1表示的是激发态原子的电子排布
C. M能层中的原子轨道数目为3
D. 处于同一轨道上的电子可以有多个,它们的自旋状态相同
【答案】B
【解析】
3p2表示3p能级上有2个电子,故A项错误;B项中2s能级上的1个电子跃迁到了2p能级上,故表示的是激发态原子,故B项正确;C项中M能层中有s、p、d 3种能级,含有的轨道数分别为1、3、5,故M能层中共有9个原子轨道,故C项错误;处于同一轨道上的电子最多有2个,而且它们的自旋状态相反,故D项错误。
4.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 电负性：Na＞Mg＞Al D. 还原性：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【解析】
试题分析：金属性是Na＞Mg＞Al，则A．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，A错误；B．Mg的3s轨道电子处于全充满状态，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，B错误；C．金属性越强，大小越小，则电负性：Na＜Mg＜Al，C错误；D．还原性：Na＞Mg＞Al，D正确，答案选D。
考点：考查元素周期律应用
5.将14Si的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了( )
A. 构造原理 B. 泡利原理 C. 洪特规则 D. 能量守恒原理
【答案】C
【解析】
【详解】Si原子3p能级上有3个轨道,3p能级上有2个电子,2个电子应该排在2个不同的轨道上,且自旋方向相同,若将Si原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p，它违背了洪特规则,14Si正确的电子排布式为: 1s22s22p63s23px13py1；
综上所述，本题选C。
6.具有以下结构的原子一定属于p区元素的是( )
①最外层有3个电子的原子 ②最外层电子排布式为ns2的原子 ③最外层有3个未成对电子的原子 ④最外层电子形成全满结构的原子
A. ②③ B. ①③
C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
①最外层有3个电子的原子价电子排布式为ns2np1，属于IIIA族元素，属于p区元素；②最外层电子排布式为ns2的原子可能为He、IIA族元素、过渡元素，可能是p区元素（He）、s区元素（IIA族元素）、d区或ds区或f区元素（部分过渡元素）；③最外层有3个未成对电子的原子的价电子排布式为ns2np3，属于VA族元素，属于p区元素；④最外层电子形成全满结构的原子，最外层电子排布式可能为ns2、ns2np6，若最外层电子排布式为ns2，该原子可能为He、IIA族元素、过渡元素，可能是p区元素（He）、s区元素（IIA族元素）、d区或ds区或f区元素（部分过渡元素），若最外层电子排布式为ns2np6，该元素为p区元素；一定属于p区元素的是①③，答案选B。
点睛：本题考查元素周期表的分区。元素周期表中区的名称一般来自按构造原理最后填入电子的能级的符号（如s区、p区、d区、f区），ds区可以理解成先填满（n－1）d能级而后再填充ns能级，因而得名。注意最外层电子排布为ns1的元素可能在s区（H、碱金属元素）、d区或ds区（部分过渡金属）；最外层电子排布为ns2的元素可能在s区（IIA族）、d区或ds区或f区（部分过渡金属）、p区（He）。
7.用高能2612Mg核轰击24896Cm核，发生核合成反应，得到新原子269108Hs，该原子中中子数与核外电子数之差为( )
A. 161 B. 108 C. 84 D. 53
【答案】D
【解析】
【分析】
质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。
【详解】新原子269108Hs，质子数=核外电子数=108，质量数=269，中子数=质量数-质子数=269-108=161，中子数与核外电子数之差为161-108=53，
故选：D。
8.X、Y、Z三种元素的原子，其价电子排布分别为4s2、3s23p2和2s2 2p4,由这三种元素组成的化合物的化学式可能是
A. XYZ2 B. X2YZ3 C. X2YZ2 D. XYZ3
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意，X、Y、Z三种元素分别是Ca、Si和O，由这三种元素组成的化合物的化学式为CaSiO3,选D。
考点：考查元素的推断。
9.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
10.用价层电子对互斥理论预测H2S和NH3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】B
【解析】
H2S中价层电子对数=2+×（6-2×1）=4且含有2个孤电子对，所以其立体结构为V形；NH3中价层电子对数=3+×（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以其立体结构为三角锥形，故答案选B。
点睛：本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形，据此分析解答本题。
11.关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是 （ ）
A. CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B. SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C. CS2为非极性分子，所以在四种物质中熔沸点最低
D. NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、二硫化碳属于非极性分子,水是极性分子；
B、根据相似相容原理进行判断；
C、CS2常温下是液体,SO2和NH3常温下是气体；
D、NH3在水中溶解度很大,除了因为NH3分子有极性外,还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键。
【详解】A、根据“相似相溶”原理,水是极性分子, CS2是非极性分子,故A错误；
B、因为SO2和NH3都是极性分子，水是极性分子,根据“相似相溶”原理,二者均易溶于水,故B正确；
C、因为CS2常温下是液体, SO2和NH3常温下是气体,所以CS2熔沸点最高，故C错误；
D、NH3在水中溶解度很大,除了因为NH3分子有极性外,还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键,故D错误；
综上所述，本题选B。
12.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是( )
A. 光气(COCl2) B. 六氟化硫
C. 二氟化氙 D. 三氟化硼
【答案】A
【解析】
试题分析：A、光气COCl2中每个C原子为最外层8电子结构，正确。B、六氟化硫中S原子不满足8电子结构，错误。C、二氟化氙中Xe原子不满足8电子结构，错误。D、三氟化硼中B原子不满足8电子结构，错误。
考点：考查分子中原子是否满足8电子稳定结构的判断的知识。
13.下列现象与氢键有关的是
①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高
②乙醇可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
⑤ 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
A. ②③④⑤ B. ①②③⑤
C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
试题解析：①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；故选B．
考点：氢键及氢键对物质的性质的影响
14.若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（ ）
A. 若n＝2，则分子的空间构型为V形
B. 若n＝3，则分子的空间构型为三角锥型
C. 若n＝4，则分子的空间构型为正四面体型
D. 以上说法都不正确
【答案】C
【解析】
【分析】
若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对。若n=2，则分子的立体构型为直线形；若n=3，则分子的立体构型为平面三角形；若n=4，则分子的立体构型为正四面体形。
【详解】根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，A、若n=2，则分子的立体构型为直线形，故A错误；B、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；D错误；
故选：C。
15.下列分子或离子中，能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是( )
①H2O ②NH3 ③F－ ④CN－ ⑤CO
A. ①② B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
如果这几种微粒中含有孤电子对就能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，根据其电子式判断即可．
【详解】根据各微粒中各原子的成键情况，写出几种微粒的电子式，得出这几种微粒的路易斯结构式分别为：，据此可知，这几种微粒都能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，
故选D。
【点睛】本题考查了配位键的形成，解题关键：含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键．
16.在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分。下列各对原子形成化学键中共价键成分最少的是( )
A. Li，F B. Na，F C. Na，Cl D. Mg，O
【答案】B
【解析】
【分析】
金属的金属性越强、非金属的非金属性越强，两种元素形成的化合物中离子键的成分较多，共价键的成分较少，据此答题。
【详解】Li、Na、Mg中金属性最强的是Na，F、Cl、O中非金属最强的是F，所以F和Na形成化学键中共价键成分最少，故B正确。
故选B。
17. 下列叙述中正确的是( )
A. NH3、CO、CO2都是极性分子
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
【答案】B
【解析】
分子的极性一般与物质的空间结构有关,空间结构对称,则属于非极性分子,反之,属于极性分子。键的极性只与形成该键的非金属的电负性有关,而物质的稳定性取决于共价键的键能。所以选项A中CO2属于非极性分子;选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱;选项D中的H2O属于V形结构。
18. 下列物质中，属于原子晶体的化合物是
A. 水晶 B. 晶体硅 C. 金刚石 D. 干冰
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水晶是二氧化硅晶体，属于化合物，相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构，属于原子晶体，故A正确；B．晶体硅，相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构，属于原子晶体，但晶体硅属于单质，故B错误；C．金刚石，相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构，属于原子晶体，但金刚石属于单质，故C错误；D．干冰是通过分子间作用力形成的分子晶体，故D错误；故选A。
【考点定位】考查原子晶体
【名师点晴】本题考查晶体类型及化合物的判断，注意晶体类型的分类和区别。相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。
19.已知CsCl晶体的密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为acm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为( )
A. NA·a3·ρ B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，根据ρV=M/NA计算相对分子质量，
【详解】由图可知，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，即晶胞棱长为acm，体积为a3cm3，顶点在空间被8个晶胞共用，体心为1个晶胞拥有，可知含1个氯离子，Cs＋个数=8×1/8=1，由晶胞的质量m=ρV=M/NA可知，M=ρVNA=NA·a3·ρ g·mol－1，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，
故选：A。
【点睛】本题考查晶胞计算，解题关键：把握原子的位置、均摊法确定原子个数，注意M与密度、体积的关系．
20. 已知NaCl、CsCl晶体结构中离子配位数分别为6和8，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构示意图是
A. ①和③ B. ①和④ C. 只有③ D. 只有④
【答案】B
【解析】
试题分析：由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图（1）中符合条件，图（4）中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，故选B。
考点：考查常见晶体的空间构型
21.已知某晶体由X、Y、Z三种元素组成的，其晶胞如图所示，则X、Y、Z三种元素的原子个数之比正确的是( )
A. 1:3:1 B. 2:6:1 C. 4:8:1 D. 8:1:1
【答案】A
【解析】
【分析】
利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于顶点上的原子被8个晶胞占有，处于棱上的原子被4个晶胞占有。
【详解】根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有Z原子的数目为1，含有X原子的数目为8×1/8=1，含有Y原子的数目为12×1/4=3，所以X、Y、Z的原子个数比是1：3：1，
故选：A。
22.有关晶格能的叙述正确的是
A. 晶格能是原子形成1摩尔离子晶体释放的能量
B. 晶格能通常取正值，有时也取负值
C. 晶格能越大,形成的离子晶体越稳定
D. 晶格能越大,物质的硬度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体时所释放的能量，故A错误；
B. 晶格能通常取正值，B错误；
C. 晶格能越大,离子晶体的能量越低，形成的离子晶体越稳定，C正确；
D. 晶格能越大,物质的硬度越大，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】影响晶格能的因素：离子所带电荷数越多，晶格能越大，离子半径越小，晶格能越大，晶格能越大；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，且熔点高，硬度越大。
23.下列有关晶体的叙述中，正确的是（ ）
A. 在Si晶体中，Si原子与Si﹣Si键之比为1：4
B. 在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Na+有6个
C. 在CsCl晶体中，与每个Cs+紧邻的Cs+有8个
D. 在面心立方堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子
【答案】D
【解析】
【分析】
A．在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键；
B．在氯化钠晶体中，每个钠离子周围与它最近且距离相等的Na＋有12个；
C．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个Cs＋周围等距离紧邻的有6个Cs＋；
D．面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子．
【详解】A．在Si晶体中，平均每个Si原子形成2个Si-Si键，故Si原子与Si-Si键之比为1：2，故A错误；
B．在NaCl晶体中，每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋有3×8×1/2=12，故B错误；
C．氯化铯晶体中，铯离子在体心，氯离子在顶点，铯离子的配位数是8，所以每个Cs＋周围紧邻的有8个Cl－，但每个Cs＋周围等距离紧邻的有6个Cs＋，故C错误；
D．面心立方晶体中，晶胞立方体每个顶点上都有一个原子，面心上都有一个原子，所以每个金属原子周围紧邻的金属原子有3×8×1/2=12，故D正确。
故选：D。
【点睛】本题考查晶胞分析，解题关键：注意把握NaCl、CsCl的晶体结构、离子占据的位置。
24. 下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（ ）
A. NaOH B. SiO2 C. Fe D. C3H8
【答案】D
【解析】
试题分析：化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子，这说明该物质形成的晶体一定是分子晶体，A是离子晶体，B是原子晶体，C是金属晶体，D是分子晶体，答案选D。
考点：考查物质化学式以及晶体类型的判断
点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，难度不大。该题的关键是准确判断出物质的晶体类型，然后灵活运用即可。
25.如图所示，在较高温度时，钾、氧两种元素形成的一种晶体结构与NaCl晶体结构相似，则该化合物的化学式为( )
A. K2O B. K2O2 C. K2O3 D. KO2
【答案】D
【解析】
根据晶包的知识可知：K+分别占据立方体的8个定点和6个面心，一个晶胞中含有K+个数为8×1/8+6×1/2=4，O2－分别占据棱边和体心，一个晶胞中含有O2－个数为12×1/4+1=4，共8个氧原子，所以K和O原子个数比为1：2 ，化学式为KO2，B正确。正确答案为D
26.如图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中间插入一个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】
【分析】
A空间结构的一个单元中含有5个A原子，由图可知，每个A可与其周围的4个A形成A-A键，平均每个A可形成2个A-A键。每个A-A键中插入一个B原子，5的A原子最多可形成10个A-A键，所以可插入10个B原子，根据A、B两种原子的个数比确定C物质的化学式．
【详解】A空间结构的一个单元中含有5个A原子，由图可知，每个A可与其周围的4个A形成A-A键，平均每个A可形成2个A-A键。每个A-A键中插入一个B原子，5的A原子最多可形成10个A-A键，所以可插入10个B原子，所以该单元中含有5个A原子10个B原子，所以A、B原子个数比是1：2，所以其化学式是AB2，故选C。
27.碳、氧、硅、锗、氟、氯、溴、镍元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是________。
(2)从电负性角度分析，碳、氧和硅元素的非金属性由强至弱的顺序为____________________。
(3)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为__________________。
(4)基态锗(Ge)原子的电子排布式是____________，Ge的最高价氯化物分子式是________。该元素可能的性质或应用有________(填字母)。
A．是一种活泼的金属元素
B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料
D．锗的第一电离能高于碳而电负性低于碳
(5)溴与氯能以________键结合形成BrCl，BrCl分子中，________显正电性。BrCl与水发生反应的化学方程式为______________________________________________。
【答案】 (1). 碳(或C) (2). O>C>Si (3). C＞H＞Si (4). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (5). GeCl4 (6). C (7). 共价 (8). Br (9). BrCl＋H2O===HCl＋HBrO
【解析】
【分析】
（1）根据能量最低原理书写电子排布式，根据电子排布式可确定未成对电子数目；
（2）同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，电负性越大；
（3）CH4中共用电子对偏向C，电负性C＞H，SiH4中共用电子对偏向H，电负性H＞Si；
（4）基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，主族元素的最高价等于最外层电子数；
A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强；
B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗；
C．锗单质是一种半导体材料；
D．同主族从上到下非金属性减弱，电负性减小；
（5）BrCl中Cl的非金属性强，以共价键结合，与水反应生成HCl、HBrO．
【详解】（1）基态Ni原子核外电子排布式为或[Ar]3d84s2，含有2个为成对电子，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有C和O，电负性最小的元素是C；
（2）同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：O＞C，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：C＞Si，非金属性越强，电负性越大：O＞C＞Si；
(3)CH4中共用电子对偏向C，电负性C>H，SiH4中共用电子对偏向H，电负性H>Si，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为 C＞H＞Si。
（4）基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，基态锗(Ge)原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p2，主族元素的最高价等于最外层电子数，Ge的最高价为+4，Ge的最高价氯化物分子式是GeCl4
A．Ge是一种金属元素，但最外层电子数为4，金属性不强，故A错误；
B．硫的其电负性大于硅，硅的电负性大于锗，所以锗的电负性小于硫，故B错误；
C．锗单质是一种半导体材料，故C正确；
D．同主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，锗的第一电离能低于碳，电负性低于碳；
故选C。
（5）溴与氯能以共价键结合形成BrCl，BrCl中Cl的非金属性强，Cl显负电性，Br显正电性，与水反应生成HCl、HBrO，反应为BrCl+H2O═HCl+HBrO。
28.数10亿年来，地球上的物质不断变化，大气的成分也发生了很大的变化。下表是原始大气和目前空气的主要成分：
用上表所涉及的分子填写下列空白。
（1）含有10个电子的分子有(填化学式，下同)______________；
（2）由极性键构成的非极性分子有____________________；
（3）与H＋可直接形成配位键的分子有________；
（4）沸点最高的物质是________，用所学的知识解释其沸点最高的原因________；
（5）分子中不含孤电子对的分子(稀有气体除外)有________，它的立体构型为________；
（6）极易溶于水、且水溶液呈碱性的物质的分子是________，它之所以极易溶于水是因为它的分子和水分子之间形成________；
（7）CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是________，这两种结构相似的分子中，分子的极性________(填“相同”或“不相同”)，CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫________。
【答案】 (1). H2O、Ne、CH4、NH3 (2). CH4、CO2 (3). NH3、H2O (4). H2O (5). 液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高 (6). CH4 (7). 正四面体 (8). NH3 (9). 氢键 (10). N2 (11). 不相同 (12). 配位键
【解析】
【分析】
(1)含10电子的分子有CH4、NH3、H2O、Ne等；
(2)具有对称结构的分子是非极性分子；相同非金属元素间形成非极性键，不同的非金属元素间形成极性键，据此分析。
(3)H2O、NH3可与H＋直接形成配位键；
(4)影响分子晶体的沸点主要因素是分子间作用力，除此以外，部分物质还要考虑氢键的影响；
(5)甲烷分子中中心碳原子属于sp3杂化，构型为正四面体；
(6)氨气分子和水分子间形成氢键，导致氨气极易溶于水；
(7)由一氧化碳的结构式可知，碳原子和氧原子之间存在三个共价键，氮气分子中两个氮原子之间也存在三个共价键，结构相似。CO的结构可表示为OC，CO中带箭头的键与其他共价键不同，是配位键。
【详解】(1)含10电子的分子有CH4、NH3、H2O、Ne等；综上所述，本题答案是：H2O、Ne、CH4、NH3。
(2)具有对称结构的分子是非极性分子，如N2、O2、CH4、CO2，其中由极性键形成的非极性分子只有CH4和CO2，另两个非极性分子是由非极性共价键形成的；综上所述，本题答案是：CH4、CO2。
(3)H2O可与H＋直接形成配位键，形成H3O＋(水合氢离子)，NH3与H＋以配位键形式结合成NH4+；综上所述，本题答案是：NH3、H2O。
(4)表中所涉及的物质都是由分子构成的。沸点的高低比较主要看范德华力的强弱，但水分子中除了范德华力外，还有氢键的作用，分子间氢键的存在使水的沸点最高；综上所述，本题答案是： H2O；液态水中水分子间存在氢键，使分子作用力增大，沸点升高。
(5)碳原子最外层有4个电子，在甲烷分子中形成了4个共价键，不存在孤电子对，最外层电子都参加成键，中心原子属于sp3z杂化，构型为正四面体形；综上所述，本题答案是：CH4 ，正四面体。
(6)极易溶于水且水溶液呈碱性的物质只有氨气。它极易溶于水，是因为氨分子与水分子间形成氢键，增大了氨气的溶解性；综上所述，本题答案是：NH3 ，氢键。
(7)由一氧化碳的结构式可知，碳原子和氧原子之间存在三个共价键，氮气分子中两个氮原子之间也存在三个共价键，结构相似。CO分子中的三键是由两个不同的原子形成的，是极性共价键，而N2分子中的三键是由两个相同的氮原子形成的，是非极性共价键。CO中带箭头的键与其他共价键不同，是配位键；综上所述，本题答案是：N2；不相同；配位键。
【点睛】氢键不是化学键，它的作用力比化学键弱的多，但比分子间作用力要大，氢键包括分子内氢键和分子间氢键两种；其中分子间氢键主要表现为使物质的熔沸点升高，对电离和溶解度产生影响。水的沸点反常，氨气极易溶于水等都与氢键有关。
29.(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+的分子立体结构为__，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). 三角锥型 (4). 正三角形 (5). CH4或CF4 (6). NH3或NF3 (7). H2O
【解析】
【分析】
（1）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物中配位键由配体指向中心原子；
（2）先计算其价层电子对，再根据VSEPR模型分子或离子构型；
（3）由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，说明中心原子价层电子对是4，如果是正四面体构型，则中心原子不含孤电子对，如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，如果呈V形结构则说明中心原子含有2个孤电子对．
【详解】（1）在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，中心离子是Fe3＋，提供提供空轨道接受孤对电子，配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键为
（2）H3O＋中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以H3O＋的分子立体结构为三角锥型，氯化硼中硼原子含有3个共价单键且不含孤电子对，所以BCl3的构型为正三角形；
（3）由第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，说明中心原子价层电子对是4，如果是正四面体构型，则中心原子不含孤电子对，如果呈三角锥型结构说明中心原子含有一个孤电子对，如果呈V形结构则说明中心原子含有2个孤电子对，所以正四面体分子为CH4或CF4，三角锥分子为 NH3或NF3，V形分子为为H2O；
30.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：
（1）X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________;
（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________;
（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________;
（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_________________________________________________;
（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3As(2)(3)三角锥
（4）As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O (5)稳定性：NH3＞PH3＞AsH3因为键长越短，键能越大，化合物越稳定 沸点：NH3＞AsH3＞PH3NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子键作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。
【解析】
（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As;(2) Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O;再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.(3)～(5)就不再分析了。
31. Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，Y和Z的离子与Ar原子的电子结构相同且Y的原子序数小于Z。
(1)Q的最高价氧化物，其固态属于 晶体，俗名叫 ；
(2)R的氢化物分子的空间构型是 ，属于 分子(填“极性”或“非极性”)；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是 ；
(3)X的常见氢化物的空间构型是 ，它的另一氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子式是 ；
(4)Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是 和 ，Q与Y形成的分子的电子式是 ，属于 分子(填“极性”或“非极性”)。
【答案】（1）分子 干冰
（2）正四面体 非极性 Si3N4
（3）三角锥形
（4）CS2 CCl4 非极性
【解析】
本题综合考查物质结构知识。根据题设条件可推知Q为C，R为Si，X为N，Y为S，Z为Cl。
（1）C的最高价氧化物为CO2，固态时是分子晶体，其俗名为干冰。
（2）Si的氢化物为SiH4，根据CH4的空间构型可知SiH4的空间构型为正四面体，SiH4分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子。Si最外层有4个电子，N最外层有5个电子，它们形成化合物时，Si为＋4价，N为－3价，其化学式为Si3N4。
（3）N的常见氢化物为NH3，其空间构型为三角锥形。根据N、H原子的成键原则，可得N2H4的结构简式为H2N—NH2，根据其结构简式可推写出其电子式。
（4）C与S可形成CS2，根据CO2的结构可写出CS2的电子式并知其为非极性分子。C与Cl形成CCl4分子。
32.已知A，B，C，D，E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小；B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L层上有2对成对电子。E元素在地壳中含量居第二位，F 与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素。
根据以上信息回答下列问题：
(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物，这两种化合物的熔沸点高低顺序为____________(用化学式表示)，原因是_____________________。
(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是____________。
(3)1 mol B2A2分子中含σ键的数目是____________。
(4)图(Ⅰ)是B元素的单质晶体的一个晶胞，该晶胞中含有_____个原子，该晶体类型为________。
(5)E单质存在与金刚石结构类似的晶体，晶体中原子之间以_________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献______个原子。
(6)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图(Ⅱ)所示。该晶体的类型属于_______(填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为__________。
【答案】 (1). SiO2＞SiCl4 (2). 二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体 (3). NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键 (4). 3NA(或1.806×1024) (5). 8 (6). 原子晶体 (7). 共价键 (8). 3 (9). 原子 (10). sp3杂化
【解析】
【分析】
已知A，B，C，D，E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，核外电子数为6，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D外围电子排布为2s22p4，则D为氧元素。C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为硅元素；F 与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素，F为氯元素。
【详解】由分析可知：A为氢元素、B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、E为硅元素、F为氯元素。
(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物SiO2和SiCl4 ，这两种化合物的熔沸点高低顺序为SiO2＞SiCl4 ，原因是二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体；
(2)C的氢化物NH3比下周期同族元素的氢化物PH3沸点还要高，其原因是NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键。
（3）C2H2分子中含有1个C≡C叁键、2个C-H单键，叁键中含有1个σ键、2个π键，单键都是σ键，故1mol C2H2分子中含σ键的数目是3NA(或1.806×1024) ；
（4）由图(Ⅰ)中B元素的单质的晶胞结构示意图可知，该晶胞中4个C原子位于晶胞内部、6个C原子位于面心、8个C原子位于顶点上，故该晶胞中含有C原子数目=4+6×1/2+8×1/8=8；碳原子之间是以共价键结合形成空间网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
（5）硅晶体和金刚石晶体都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子，晶体硅有着类似结构，则面心位置贡献的原子为 6×1/2=3个；
（6）由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞结构示意图可知．该晶体中相邻的原子间通过共价键形成空间网状结构晶体，故基属于原子晶体；该晶体中每个C原子形成4个C-O单键，故C原子轨道的杂化类型为sp3。
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