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【化学】贵州省息烽县一中2018-2019学年高二11月考试（解析版）
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贵州省息烽县一中2018-2019学年高二11月考试
分卷I
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.下面是第二周期部分元素基态原子的电子排布图，据此下列说法错误的是( )
A. 每个原子轨道里最多只能容纳2个电子
B. 电子排在同一能级时，总是优先单独占据一个轨道
C. 每个能层所具有的能级数等于能层的序数(n)
D. 若原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反
【答案】D
【解析】
【分析】
观察题中四种元素的电子排布图，对原子轨道容纳的电子数做出判断，根据洪特规则，可知电子在同一能级的不同轨道时，优先占据一个轨道，任一能级总是从S轨道开始，能层数目即为轨道能级数。
【详解】A.由题给的四种元素原子的电子排布式可知，在一个原子轨道里，最多能容纳2个电子，符合泡里原理，故A正确；
B. 电子排在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，符合洪特规则，故B正确；
C.任意能层的能级总是从S能级开始，而且能级数等于该能层序数，故C正确；
D. 若在一个原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反，若在同一能级的不同轨道里有两个电子，则自旋方向相同，故D错误；
本题答案为D。
2.下列各能层不包含d能级的是( )
A. O能层 B. N能层 C. M能层 D. K能层
【答案】D
【解析】
【分析】
能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。
【详解】A．O能层是第五能层，含有5个能级，分别是5s、5p、5d…能级，故A错误；
B．P能层是第六能层，还有6个能级，分别是6s、6p、6d…能级，故B错误；
C．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C错误；
D．K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故D正确；
答案为D
【点睛】本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级的关系是解本题关键。
3.有机物具有手性，发生下列反应后，分子仍有手性的是( )
①与H2发生加成反应 ②与乙酸发生酯化反应 ③发生水解反应 ④发生消去反应
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中心手性C原子连接CH2=CH-、CH3-CH2-、-OH、-CH2OOC-CH3。
【详解】①与H2发生加成反应，碳碳双键发生加成，CH2=CH-+ H2→CH3-CH2-，则中心C原子不具有手性，①错误；
②与乙酸发生酯化反应，醇羟基与乙酸发生反应，R-OH+ HOC-CH3→ROOC- CH3+ H2O，仍为手性碳原子，②正确；
③发生水解反应，则酯基水解，-CH2OOC-CH3→-CH2OH，与其它3个原子团不同，中心C原子仍为手性碳原子，③正确；
④发生消去反应，-C（OH）CH2--→-C=CH-，则不具有手性，④错误；
答案为B
4.下列对sp3 、sp2 、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是（ ）
A. sp杂化轨道的夹角最大 B. sp2杂化轨道的夹角最大
C. sp3杂化轨道的夹角最大 D. sp3 、sp2 、sp杂化轨道的夹角相等
【答案】A
【解析】
sp杂化的空间构型是直线型，夹角180º，sp3杂化的空间构型为正四面体，夹角是107 º28′，sp2杂化的空间构型为平面形，夹角是120 º，因此sp杂化轨道的夹角最大，故A正确。
5.已知N2O与CO2互为等电子体．下列关于N2O的说法正确的是（ ）
A. N2O的空间构型与CO2构型不同
B. N2O的空间构型与H2O构型相似
C. N2O的空间构型与NH3构型相似
D. N2O的空间构型为直线形
【答案】D
【解析】
分析：原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似，据此分析。
详解：已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形，而H2O的构型为V形，NH3构型为三角锥形，答案选D。
点睛：本题考查了等电子体，根据等电子体的结构相似来分析解答，题目难度不大。
6.某离子化合物的晶胞结构如图所示，则该晶体中X、Y的离子个数之比是
A. 4：1 B. 1：1 C. 2：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】
【详解】根据均摊法,由图可以知道Y离子位于此晶胞的中心,数目为1,X离子位于8个顶点,数目为1/8×8=1,所以阴、阳离子个数比是1：1,所以B选项是正确的；
综上所述，本题选B。
7.某化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是( )
A. AB2分子的空间构型为“V”形
B. A—B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C. AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D. AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
A、AB2分子中心原子A成键电子对数目为2，孤对数目为（6-1×2）/2=2，A原子采用sp3杂化，分子空间构型为V形，A正确不符合题意。B、A—B键成键原子不同，属于极性共价键，AB2分子空间构型是V形，正负电荷重心不重合，是极性分子，B错误符合题意。C、由于A、B电负性之差比较小，所以AB2分子间不可能形成氢键，而H2O分子间存在氢键，所以AB2的熔点、沸点较低，C正确不符合题意。D、A、B电负性之差较小，所以AB2分子间不可能形成氢键，而H2O分子间存在氢键，D正确不符合题意。正确答案B。
8. 下列分子或离子之间互为等电子体的是（ ）
A. CCl4和PO43－ B. NH3和NH4＋ C. NO2和CS2 D. CO2和SO2
【答案】A
【解析】
价电子数与原子总数分别都相等的是等电子体，所以选项A正确；B中原子数不相等，C中价电子数不相等，D中价电子数也是不相等的，所以正确的答案选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.“各能级最多容纳的电子数是该能级原子轨道数的两倍”，支撑这一结论的理论是( )
A. 构造原理 B. 泡利原理
C. 洪特规则 D. 能量最低原理
【答案】B
【解析】
【分析】
构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布；泡利原理是指在一个原子轨道里，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。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。
【详解】根据泡利原理，每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋相反的电子，则可得出各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的2倍。答案为B
11. 下列化学式能真实表示物质分子组成的是（ ）
A. NaOH B. SO3 C. CsCl D. SiO2
【答案】B
【解析】
试题分析：化学式能真实表示物质分子组成，说明该物质形成的晶体类型应该是分子晶体，据此可知选项B正确。AC是离子晶体，D是原子晶体，不存在分子，答案选B。
考点：考查晶体组成的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。该题的关键是明确晶体的组成微粒，然后灵活运用即可。
12.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】
根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
13.下列说法正确的是( )
A. 离子晶体中一定含离子键，不可能会有共价键
B. 离子晶体一定由酸根离子和金属离子组成的
C. 离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大
D. 金属晶体采取非密堆积时的空间利用率相等
【答案】C
【解析】
【分析】
分子晶体不一定含共价键，例如稀有气体分子为单原子分子，不含共价键；离子晶体晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且晶体的熔点越高，硬度越大。规律：阳离子相同时，阴离子半径越大.晶格能越小。空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。
【详解】A. 离子晶体一定含离子键，还可能含有共价键，但并不一定含金属元素，A错误；
B. 离子晶体可能由酸根离子和金属离子组成，也可以有铵根离子与酸根离子构成，B错误；
C. 离子晶体晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且晶体的熔点越高.硬度越大。规律：阳离子相同时，阴离子半径越大，晶格能越小，C正确；
D. 金属晶体采取非密堆积时的空间利用率不相等，D错误；
答案为C
【点睛】离子晶体一定含离子键，还可能含有共价键，但并不一定含金属元素；离子晶体晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且晶体的熔点越高，硬度越大。规律：阳离子相同时，阴离子半径越大，晶格能越小。
14.能与NaOH溶液反应的属于原子晶体的单质是（ ）
A. 金刚石 B. 晶体硅
C. 石英（SiO2） D. CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
能与NaOH反应的有Si、SiO2、CO2；属于原子晶体的有Si、SiO2；属于单质的有C、Si；
【详解】A.金刚石属于原子晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质，故A错误；
B.晶体硅属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是单质，故B正确；
C.石英（SiO2）属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是化合物，故C错误；
D.CO2能与氢氧化钠溶液反应，但CO2属于分子晶体的化合物，故D错误；
答案为B
15.下列能级表示正确(实际存在的)且最多容纳的电子数按照从少到多的顺序排列的是( )
A. 1s、2p、3d B. 1s、2s、3s C. 2s、2p、2d D. 3p、3d、3f
【答案】A
【解析】
【分析】
每一能层含有的能级个数等于能层数，且每个能层都是按照s、p、d、f排列；能级容纳电子数为能级数的2倍；例如K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；
【详解】A. 1s、2p、3d，K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；从M层开始有d能级，即3d，A正确；
B. 1s、2s、3s，s能级只容纳2个电子，B错误；
C. 2s、2p、2d，L层有2个能级，分别为2s、2p ，没有2d，C错误；
D. 3p、3d、3f，N层开始有f能级，即4f，D错误；
答案为A
16.在主族元素X、Y、Z中，X与Y两元素的原子核外电子层数相同，X的原子半径大于Y的原子半径，X与Z两原子的阳离子具有相同的电子层结构，Z的离子半径大于X的离子半径，则X、Y、Z三种元素的原子序数最大的是( )
A. X B. Y C. Z D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y同周期，原子半径X＞Y，所以，原子序数Y＞X。相同电子层结构的离子，原子序数越大，离子半径越小，原子序数X＞Z
【详解】X与Y两元素的原子核外电子层数相同，说明位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，X的原子半径大于Y的原子半径，则原子序数Y>X；X与Z两原子的阳离子具有相同的电子结构，Z的离子半径大于X的离子半径，二者处于同一周期，原子序数越大，离子半径越小，则原子序数X>Z，则原子序数最大的为Y；
答案为B
【点睛】半径比较：同周期，原子序数越大，半径越小；同主族，原子序数越大，半径越大；同种元素的原子与离子，原子半径大于其阳离子半径，小于其阴离子半径；具有相同的核外电子排布的离子，原子序数越大，离子的半径越小。
17. 下列说法中正确的是( )
A. 双原子分子中化学键键能越大，分子越稳定
B. 双原子分子中化学键键长越长，分子越稳定
C. 双原子分子中化学键键角越大，分子越稳定
D. 在双键中，σ键的键能要小于π键的键能
【答案】A
【解析】
试题分析：双原子分子中化学键键长越短，分子越稳定，B不正确；分子的稳定性和键角关系不大，C不正确；在双键中，σ键的键能不一定小于π键的键能，D不正确，答案选A。
考点：考查分子稳定性和共价键参数关系的判断
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对共价键参数和分子稳定性关系的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
18.下列表示式错误的是( )
A. Na＋的轨道表示式：
B. Na＋的结构示意图：
C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D. Na的外围电子排布式：3s1
【答案】A
【解析】
A．轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，选项A错误；B．Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，选项B正确；C．钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，选项C正确；D．Na为金属元素，易失去电子，所以其价电子排布式为：3s1，选项D正确；答案选A。
19.最近科学家发现了一种新分子，它具有空心的类似足球的结构，分子式为C60，下列说法正确的是
A. C60是一种新型的化合物
B. C60和石墨都是碳的同素异形体
C. C60中虽然没有化学键，但固体为分子晶体
D. C60相对分子质量为720g/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. C60是单质，故A不正确；
B.C60和石墨是碳的同素异形体,故B正确；
C.C60中存在共价键，是分子晶体，故C不正确；
D.C60相对分子质量是720，故D不正确；
故选B。
20.某化学学习小组在学习元素周期系和周期的划分时提出了以下观点：
①周期表的形成是由原子的结构决定的；②元素周期表中IA族元素统称为碱金属元素；③每一周期的元素原子外围电子排布均是从nsl开始至ns2np6结束；④元素周期表的每一周期元素的种类均相等；⑤基态原子核外电子排布为ls22s22p3和ls22s22p63s23p3的两元素的原子位于同一周期；⑥周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多。你认为正确的是( )
A. ①⑥ B. ①②③⑤⑥
C. ①④⑥ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
①周期表中电子层数等于周期数，最外层的电子数等于族序数，所以周期表的形成是由原子的结构决定的，故①正确；②元素周期表中IA族元素除氢外称为碱金属元素，故②错误；③除第一周期以外的每一周期的元素原子外围电子排布均是从ns1开始至ns2np6结束，故③错误；④元素周期表从第一周期到第六周期元素种类为2、8、8、18、18、32，所以各周期元素种类各不相等，故④错误；⑤基态原子电子排布为ls22s22p3是第二周期，ls22s22p63s23p3处第三周期，所以不在同一周期，故⑤错误；⑥由元素周期表可知周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多，故⑥正确；所以选A。
21. 观察1s轨道电子云示意图，下列说法正确的是( )
A. 一个小黑点表示1个自由运动的电子
B. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
C. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
D. 1s轨道电子云的点的疏密表示电子在某一位置出现机会的多少
【答案】D
【解析】
电子云中的小黑点表示电子在某一时刻出现的概率密度，不表示1个自由运动的电子，A项错误，D项正确；电子云是对处于一定空间运动状态的电子在核外空间的概率分布的形象化描述，不是实际存在的圆形，也没有宏观轨道，B、C项错误。
22.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是( )
A. 此堆积方式属于非最密堆积
B. 此堆积方式为A1型
C. 配位数(一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目)为8
D. 镉的堆积方式与铜的堆积方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，即六方最密堆积，故A错误；
B.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，故B错误；
C.六方最密堆积与面心立方最密堆积的配位数均为12（中间一层有6个，上下两层各有3个），故C错误；
D.六方最密堆积与面心立方最密堆积在结构上非常相似，镉的堆积方式为六方最密堆积，铜的堆积方式为面心立方最密堆积，故D正确。
故选D。
23.下列有关化学键类型的判断正确的是( )
A. 全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键
B. 所有物质中都存在化学键
C. 已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)
D. 乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键
【答案】D
【解析】
由碳、氢、氧、氮四种元素组成的化合物硝酸铵，为离子化合物，既存在离子键，又有共价键，A错误；稀有气体分子间不存在化学键，B错误；乙炔分子中存在2个C-H σ键 ，C≡C键中有一个σ 键和2个π键，C错误；乙烷分子中只含有碳碳单键和碳氢单键，所以只存在σ键，即6个C-H σ键，1个C—C键σ键，D正确；正确选项D。
24.下列几种金属晶体中，原子堆积方式与另外三种不同的是( )
A. 钠 B. 钾 C. 铜 D. 铁
【答案】C
【解析】
【详解】钠、钾、铁的原子堆积方式都是非密置层的一种堆积方式，即钾型，而铜属于密置层的一种堆积方式。
答案为C
25.铝硅合金(含硅13.5%)凝固时收缩率很小，因而这种合金适合于铸造。现有下列三种晶体：①铝；②硅；③铝硅合金。它们的熔点从低到高的顺序是( )
A. ①②③ B. ②①③ C. ③②① D. ③①②
【答案】D
【解析】
根据合金的特性，合金的熔点一般比它的各成分金属的熔点低，另外，铝的熔点不高而晶体硅的熔点很高。
26.下列叙述正确的是( )
A. 可能存在核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p1的原子
B. 在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区空间出现概率的大小
C. 当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相反
D. 1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋状态相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据能量最低原理知，4p能级能量高于3d能级，电子先填充能量较低的能级，所以电子先填充4s能级后填充3d能级，故A错误；
B．在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区域空间出现概率的大小，形象的称为电子云，B正确；
C．根据洪特规则知，同一能级不同轨道上的电子自旋方向相同，C错误；
D．根据泡利原理知，同一轨道上的两个电子最多容纳2个电子，且自旋方向相反，D错误；答案为B
27.宇宙中最多的元素是( )
A. H B. O C. He D. N
【答案】A
【解析】
【详解】氢是宇宙中含量最多的元素，在我们知道的宇宙范围内，超过总数90%的原子都是氢。第二轻的元素是氦，虽然它在地球上相当稀少，却占了宇宙间除氢以外剩下10%原子数目的大部分。答案为A
28.基态原子的核外电子排布的原则不包括( )
A. 能量最低原理 B. 能量守恒原理
C. 泡利原理 D. 洪特规则
【答案】B
【解析】
【分析】
基态原子的核外电子排布的原则为能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则；能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；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：洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；
【详解】基态原子的核外电子排布必须遵守三个原则，泡利不相容原理、能量最低原则和洪特规则，能量守恒原理与此无关。
答案为B
29.假设原子晶体SiO2中，Si原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充．当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石．则正长石的化学组成为（ ）
A. KAlSiO4 B. KAlSi2O6
C. KAlSi2O8 D. KAlSi3O8
【答案】D
【解析】
【分析】
设有nmol二氧化硅，含有nmolSi原子、2nmolO原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式。
【详解】根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。
答案为D
【点睛】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力。
30.晶胞是构成晶体的基本重复单元．在二氧化硅晶胞中有8个硅原子位于立方晶胞的8个顶角，有6个硅原子位于晶胞的6个面心，还有4个硅原子与16个氧原子在晶胞内构成4个硅氧四面体，它们均匀错开排列于晶胞内．根据图示二氧化硅晶胞结构，每个晶胞内所含“SiO2”基元数为（ ）
A. 4个
B. 6个
C. 8个
D. 18个
【答案】C
【解析】
分析：本题根据晶胞中原子个数的计算方法为原子个数与被晶胞共用个数的倒数的乘积来判断；判断出原子个数后，再判断某种物质的基元数。
详解：每个晶胞中的硅原子数为8×0.125+6×0.5+4×1=8，氧原子数为16个，即每个晶胞中含有（SiO2）8个，即每个晶胞内所含“SiO2”基元数为8，答案选C。
点睛：本题考查了晶胞中原子个数的计算方法，计算出每个晶胞中的原子个数进而计算物质的基元数。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.“三鹿奶粉事件”在社会上引起了人们对食品质量的恐慌，三鹿奶粉中被掺杂了被称为“蛋白精”的工业原料三聚氰胺。已知三聚氰胺的结构简式如图所示。三聚氰胺是氰胺(H2N—C≡N)的三聚体，请回答下列问题：
（1）写出基态碳原子的电子排布式______________。
（2）氰胺中—C≡N中的氮原子、三聚氰胺环状结构中的氮原子和氨基中的氮原子，这三种氮原子的杂化轨道类型分别是__________、__________、__________。
（3）一个三聚氰胺分子中有______个σ键。
（4）三聚氰胺与三聚氰酸（）分子相互之间通过氢键结合，在肾脏内易形成结石。三聚氰酸分子中C原子采取________杂化。该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是__________(填选项)。
A．2个σ键 B．2个π键 C．1个σ键，1个π键
【答案】 (1). 1s22s22p2 (2). sp (3). sp2 (4). sp3 (5). 15 (6). sp2 (7). C
【解析】
（1）原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理，则基态C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2；（2）氰胺中—C≡N中的氮原子含有1个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp杂化；三聚氰胺分子中，环上的N原子含有2个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp2杂化；氨基上的N原子含有3个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp3杂化；（3）一个三聚氰胺分子中含有15个σ 键，所以1mol三聚氰胺分子中 σ 键为15mol；（4）三聚氰酸分子中C原子形成2个单键和1个双键，分子中的C原子采取sp2杂化；该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是1个σ键，1个π键，答案选C。
32.氮元素可形成很多重要的化合物，其中叠氮化钠（NaN3）被广泛应用于汽车安全气囊．叠氮化钠的制取方法是：①金属钠与液态氨反应得NaNH2②NaNH2与N2O按物质的量2：1反应可生成NaN3、NaOH和一种气体．
（1）请写出反应②的化学方程式为：__．
（2）与N3﹣互为等电子体的分子有：__（写一种）由此可推知N3﹣的空间构型是：__；比较NH2﹣和NH3的键角∠HNH的大小：NH2__NH3，请用价层电子对互斥规律解释：__．
（3）氮的化合物酞箐和铜酞箐（环中含有一个铜原子）是重要的有机染料，相关分子结构如图所示：
酞箐分子中氮原子的杂化类型有：__铜酞箐中铜原子在基态时的价电子排布式：__；请在图1中用“→”标出铜酞箐中的配位键__．
（4）小汽车的防撞气囊中叠氮化钠的工作原理是基于反应：6NaN3+Fe2O3═3Na2O+2Fe+9N2；铁晶体有三种堆积方式，其中两种堆积方式分别如图2甲、图乙所示（其晶胞特征如其右图所示）：
晶胞甲中铁原子的堆积方式为：__，晶胞乙中铁原子的配位数为：__．铁原子半径为a cm，NA表示阿伏加德罗常数，摩尔质量为M g/mol．则该晶体的密度可表示为：__g/cm3．
【答案】 (1). 2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3； (2). N2O或CO2 (3). 直线形 (4). 小于 (5). NH2﹣中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，所以前者键角小； (6). sp2sp3 (7). 3d104s1； (8). ； (9). 体心立方堆积 (10). 12 (11).
【解析】
【分析】
（1）根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体产物的化学式为：NH3，则NaNH2与N2O按物质的量2：1反应可生成NaN3、NaOH和NH3的化学方程式；
（2）等电子体为原子个数、价电子个数相同的微粒，等电子体的结构相同；孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，所以前者键角小；
（3）由酞箐分子的结构简式图可知，分子中氮原子形成单键和双键，氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化；Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu的价电子的电子排布式为3d104s1；
（4）由晶胞图甲可知，原子占据立方体的顶点和体心，所以属于体心立方堆积；根据图乙知，Fe为面心立方最密堆积，Fe原子配位数配位数=3××8=12；该晶胞中Fe原子个数=8×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长=a，所以晶胞的体积为16a3，ρ==÷16a3=。
【详解】（1）根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体产物的化学式为：NH3，则NaNH2与N2O按物质的量2：1反应可生成NaN3、NaOH和NH3的化学方程式为：2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，故答案为：2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3；
（2）N3-中原子个数是3，价电子数是16，则与N3-互为等电子体的分子、离子有：N2O或CO2或CS2或BeCl2；SCN-或OCN-或CNO-；二氧化碳属于直线形分子，等电子体的结构相同，所以N3-是直线形分子；孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，所以前者键角小，故答案为：N2O或CO2；直线形；＜；NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，所以前者键角小；
（3）由酞箐分子的结构简式图可知，分子中氮原子形成单键和双键，氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化；Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu的价电子的电子排布式为3d104s1；氮原子有孤对电子，Cu有空轨道，N原子与Cu之间形成配位键，可据此标出配位键为，故答案为：sp2、sp3；3d104s1；；
（4）由晶胞图甲可知，原子占据立方体的顶点和体心，所以属于体心立方堆积；根据图乙知，Fe为面心立方最密堆积，Fe原子配位数配位数=3××8=12；该晶胞中Fe原子个数=8×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长=a，所以晶胞的体积为16a3，ρ==÷16a3=。
33.已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：
（1）X元素的原子基态时电子排布式为： ____________________________，
Y元素原子最外层电子的电子排布图为：____________________________。
（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为____（填“共价键”或“离子键”）。
（3）该化合物的空间结构为____，中心原子的杂化类型为____，分子为____（填“极性分子”或“非极性分子”）。
（4）该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是____。
（5）该化合物的沸点与SiCl4比较：____（填化学式）的高，原因是_________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (2). (3). 共价键 (4). 正四面体 (5). sp3杂化 (6). 非极性分子 (7). 范德华力（或分子间作用力） (8). GeCl4 (9). 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力
【解析】
试题分析：与碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，则X应该是Ge元素。短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们所形成化合物的分子式是XY4，所以Y应该是氯元素。
解析：（1）根据构造原理可知，Ge元素的原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2。氯原子最外层电子的电子排布图为。
（2）两种元素的电负性差小于1.7，所以XY4中X与Y之间的化学键为共价键。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，分子中中心原子含有的价电子对数为 ，孤对电子对数是0，所以该分子是正四面体型结构，属于非极性分子。
（4）XY4在常温下为液体，说明该化合物形成的晶体类型是分子晶体，所以该化合物中存在的微粒间作用力有共价键、范德华力。
（5）由于二者结构相似，形成的晶体类型都是分子晶体，但GeCl4相对分子质量大，范德华力强，所以GeCl4熔、沸点高。
点睛：一般来说，两种元素的电负性之差＜1.7的时候形成共价键，电负性之差＞1.7的时候形成离子键。
34.X、Y、Z、W、Q 五种元素原子序数依次增大，X原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z原子价电子排布式为nsnnp2n，W原子核外的M层中只有两对成对电子，Q的核电荷数是Z与W的核电荷数之和．请回答下列问题：
（1）Y、Q的元素符号依次为__、__；
（2）Y与Z的第一电离能大小关系是（用元素符号回答）__；
（3）X、Y、Z两两组合可形成很多等电子体，请任意写出两组等电子体__、__；
（4）Q在元素周期表 区，其价电子排布图为__．
（5）X与W的电负性大小关系是（用元素符号回答）__，这两种元素组成的一种化合物是一种常见的溶剂，其电子式为__．
【答案】 (1). N (2). Cr； (3). N＞O； (4). CO2与N2O (5). CO 与CN﹣等 (6). d (7). S＞C (8).
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、Q 五种元素原子序数依次增大，X原子核外的L层电子数是K层的两倍，故L层有4个电子，故X为C元素；Z原子外围电子排布式为nsnnp2n，s能级最多容纳2个电子，故Z原子外围电子排布式为2s22p4，故Z为O元素；Y的原子序数介于C、O元素之间，故Y为N元素；W原子核外的M层中只有两对成对电子，则外围电子排布式为3s23p4，故W为S元素；Q的核电荷数是Z与W的核电荷数之和，故Q的核电荷数为8+16=24，为Cr元素。
【详解】（1）由上述分析可知，Y为N元素，Q为Cr元素，故答案为：N；Cr；
（2）氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量降低，第一电离能高于氧元素，故答案为：N＞O；
（3）CO2与N2O，CO 与CN-，CO32-与 NO3-等为等电子体，故答案为：CO2与N2O；CO 与CN-等；
（4）Q的核电荷数为24，是Cr元素，处于周期表第四周期第ⅥB族，在元素周期表d区，其外围电子排布式为 3d54s1，答案为：d；
（5）非金属性越强电负性越大，故电负性S＞C，两元素形成的化合物是一种常见的溶剂为CS2，电子式为。
【点睛】W原子核外的M层中只有两对成对电子，M能层有2个能级即3s3p，出现两对成对电子则价电子排布为3s23p4，可确定为S元素。
35.（1）X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是__；其轨道表示式为__；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则R原子可能是__、 ；Y原子的核电荷数为29，其电子排布式是__，其在元素周期表中的位置是__，是属于__区的元素。
（2）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配位体及其配位数：__、__、__。
（3）下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子__。
（4）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④BF3、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧PCl3中，属于非极性分子的是（填序号）__。
（5）试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：H2SO4__H2SO3；H3PO4__H3PO3。
（6）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
H2O中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为__。
BF3分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为__。
（7）H2O的沸点（100℃）比H2S的沸点（﹣61℃）高，这是由于________________。
【答案】(1) CAl Cl 1s22s22p63s23p63d104s1
第四周期ⅠA族 ds 10分
（2）Co CN 63分
（3）1分
（4）①③④⑦ 2分
（5）> > 2分
（6）sp3 V形 sp2 平面三角形 4分
（7）由于水分子中含有氢键2分
【解析】
（1）根据构造原理可知，若X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是碳元素，起轨道表达式；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则根据构造原理可知，R原子可能是Al和Cl；Y原子的核电荷数为29，所以Y是铜元素。根据构造原理可知，其电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；铜元素位于第四周期ⅠA族；区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级的符号，所以铜元素属于ds区。
（2）考查配位键的形成与有关判断。根据化学式可知，CN提供孤对电子，所以CN是配体，配位数是6；钴离子接受孤对电子，属于中心离子。
（3）人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子（常以*标记手性碳原子），所以根据结构简式可知，手性碳原子是。
（4）原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，即分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子。CO2是直线型结构，四氯化碳是正四面体形结构，三氟化硼和三氧化硫都是平面正三角形结构，所以均属于非极性分子，其余都是极性分子，答案选①③④⑦。
（5）根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强。亚硫酸中n＝1，硫酸中n＝2，所以硫酸的酸性强于亚硫酸的；H3PO4中n＝1，H3PO3中n＝0，所以磷酸的酸性强于亚磷酸的。
（6）根据价层电子对互斥理论可知，水分子中氧原子含有的孤对电子对数是（6－1×2）÷2＝2，所以水是V形结构，氧原子是sp3杂化；BF3分子中B原子含有的孤对电子对数是（3－1×3）÷2＝0，所以三氟化硼是平面正三角形结构，B原子是sp2杂化。
（7）由于由于水分子中含有氢键，所以H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高。
36.原子序数依次增大的四种主族元素A，B，C，D分别处于第一至第四周期，其中A元素原子核是一个质子；B元素原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D原子外围电子排布为3d104s1。请回答下列问题：
（1）这四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)，第一电离能最小的是________(填元素符号)。
（2）C所在的主族元素气态氢化物中，沸点最低的是________(填化学式)。
（3）B元素可形成多种单质，其中“只有一层原子厚”的物质，被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料，该材料晶体结构如图所示，其原子的杂化类型为________杂化。
（4）D的水合醋酸盐晶体局部结构如图所示，该晶体中含有的化学键是________(填选项序号)。
①极性键 ②非极性键 ③配位键 ④金属键
【答案】 (1). Cl (2). Cu (3). HCl (4). sp2 (5). ①②③
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为C元素；B与C可形成正四面体型分子，且C处于第三周期，则C为Cl元素；D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；
【详解】（1）四种元素中，氯元素的非金属性最强，则电负性最大；铜为金属，其它为非金属，所以铜第一电离能最小，故答案为：Cl；Cu；
（2）C为ⅶA族元素，HF中存在氢键，沸点比HCl高，其它氢化物相对分子质量越大，沸点越高，所以HCl的沸点最低，故答案为：HCl；
（3）在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子间形成离域大π键，故答案为：sp2；
（4）由结构图可知，该晶体中含有C-H键为极性键、C-C键为非极性键、配位键，故选：①②③。
【点睛】分子晶体的熔沸点与分子间的作用力有关，分子量越大，熔沸点越高，但N、O、F与不直接相连H原子可形成氢键，导致熔沸点升高。
分卷I
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.下面是第二周期部分元素基态原子的电子排布图，据此下列说法错误的是( )
A. 每个原子轨道里最多只能容纳2个电子
B. 电子排在同一能级时，总是优先单独占据一个轨道
C. 每个能层所具有的能级数等于能层的序数(n)
D. 若原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反
【答案】D
【解析】
【分析】
观察题中四种元素的电子排布图，对原子轨道容纳的电子数做出判断，根据洪特规则，可知电子在同一能级的不同轨道时，优先占据一个轨道，任一能级总是从S轨道开始，能层数目即为轨道能级数。
【详解】A.由题给的四种元素原子的电子排布式可知，在一个原子轨道里，最多能容纳2个电子，符合泡里原理，故A正确；
B. 电子排在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，符合洪特规则，故B正确；
C.任意能层的能级总是从S能级开始，而且能级数等于该能层序数，故C正确；
D. 若在一个原子轨道里有2个电子，则其自旋状态相反，若在同一能级的不同轨道里有两个电子，则自旋方向相同，故D错误；
本题答案为D。
2.下列各能层不包含d能级的是( )
A. O能层 B. N能层 C. M能层 D. K能层
【答案】D
【解析】
【分析】
能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。
【详解】A．O能层是第五能层，含有5个能级，分别是5s、5p、5d…能级，故A错误；
B．P能层是第六能层，还有6个能级，分别是6s、6p、6d…能级，故B错误；
C．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C错误；
D．K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故D正确；
答案为D
【点睛】本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级的关系是解本题关键。
3.有机物具有手性，发生下列反应后，分子仍有手性的是( )
①与H2发生加成反应 ②与乙酸发生酯化反应 ③发生水解反应 ④发生消去反应
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中心手性C原子连接CH2=CH-、CH3-CH2-、-OH、-CH2OOC-CH3。
【详解】①与H2发生加成反应，碳碳双键发生加成，CH2=CH-+ H2→CH3-CH2-，则中心C原子不具有手性，①错误；
②与乙酸发生酯化反应，醇羟基与乙酸发生反应，R-OH+ HOC-CH3→ROOC- CH3+ H2O，仍为手性碳原子，②正确；
③发生水解反应，则酯基水解，-CH2OOC-CH3→-CH2OH，与其它3个原子团不同，中心C原子仍为手性碳原子，③正确；
④发生消去反应，-C（OH）CH2--→-C=CH-，则不具有手性，④错误；
答案为B
4.下列对sp3 、sp2 、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是（ ）
A. sp杂化轨道的夹角最大 B. sp2杂化轨道的夹角最大
C. sp3杂化轨道的夹角最大 D. sp3 、sp2 、sp杂化轨道的夹角相等
【答案】A
【解析】
sp杂化的空间构型是直线型，夹角180º，sp3杂化的空间构型为正四面体，夹角是107 º28′，sp2杂化的空间构型为平面形，夹角是120 º，因此sp杂化轨道的夹角最大，故A正确。
5.已知N2O与CO2互为等电子体．下列关于N2O的说法正确的是（ ）
A. N2O的空间构型与CO2构型不同
B. N2O的空间构型与H2O构型相似
C. N2O的空间构型与NH3构型相似
D. N2O的空间构型为直线形
【答案】D
【解析】
分析：原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似，据此分析。
详解：已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形，而H2O的构型为V形，NH3构型为三角锥形，答案选D。
点睛：本题考查了等电子体，根据等电子体的结构相似来分析解答，题目难度不大。
6.某离子化合物的晶胞结构如图所示，则该晶体中X、Y的离子个数之比是
A. 4：1 B. 1：1 C. 2：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】
【详解】根据均摊法,由图可以知道Y离子位于此晶胞的中心,数目为1,X离子位于8个顶点,数目为1/8×8=1,所以阴、阳离子个数比是1：1,所以B选项是正确的；
综上所述，本题选B。
7.某化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是( )
A. AB2分子的空间构型为“V”形
B. A—B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C. AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D. AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
A、AB2分子中心原子A成键电子对数目为2，孤对数目为（6-1×2）/2=2，A原子采用sp3杂化，分子空间构型为V形，A正确不符合题意。B、A—B键成键原子不同，属于极性共价键，AB2分子空间构型是V形，正负电荷重心不重合，是极性分子，B错误符合题意。C、由于A、B电负性之差比较小，所以AB2分子间不可能形成氢键，而H2O分子间存在氢键，所以AB2的熔点、沸点较低，C正确不符合题意。D、A、B电负性之差较小，所以AB2分子间不可能形成氢键，而H2O分子间存在氢键，D正确不符合题意。正确答案B。
8. 下列分子或离子之间互为等电子体的是（ ）
A. CCl4和PO43－ B. NH3和NH4＋ C. NO2和CS2 D. CO2和SO2
【答案】A
【解析】
价电子数与原子总数分别都相等的是等电子体，所以选项A正确；B中原子数不相等，C中价电子数不相等，D中价电子数也是不相等的，所以正确的答案选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.“各能级最多容纳的电子数是该能级原子轨道数的两倍”，支撑这一结论的理论是( )
A. 构造原理 B. 泡利原理
C. 洪特规则 D. 能量最低原理
【答案】B
【解析】
【分析】
构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布；泡利原理是指在一个原子轨道里，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。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。
【详解】根据泡利原理，每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋相反的电子，则可得出各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的2倍。答案为B
11. 下列化学式能真实表示物质分子组成的是（ ）
A. NaOH B. SO3 C. CsCl D. SiO2
【答案】B
【解析】
试题分析：化学式能真实表示物质分子组成，说明该物质形成的晶体类型应该是分子晶体，据此可知选项B正确。AC是离子晶体，D是原子晶体，不存在分子，答案选B。
考点：考查晶体组成的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。该题的关键是明确晶体的组成微粒，然后灵活运用即可。
12.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】
根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
13.下列说法正确的是( )
A. 离子晶体中一定含离子键，不可能会有共价键
B. 离子晶体一定由酸根离子和金属离子组成的
C. 离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大
D. 金属晶体采取非密堆积时的空间利用率相等
【答案】C
【解析】
【分析】
分子晶体不一定含共价键，例如稀有气体分子为单原子分子，不含共价键；离子晶体晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且晶体的熔点越高，硬度越大。规律：阳离子相同时，阴离子半径越大.晶格能越小。空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。
【详解】A. 离子晶体一定含离子键，还可能含有共价键，但并不一定含金属元素，A错误；
B. 离子晶体可能由酸根离子和金属离子组成，也可以有铵根离子与酸根离子构成，B错误；
C. 离子晶体晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且晶体的熔点越高.硬度越大。规律：阳离子相同时，阴离子半径越大，晶格能越小，C正确；
D. 金属晶体采取非密堆积时的空间利用率不相等，D错误；
答案为C
【点睛】离子晶体一定含离子键，还可能含有共价键，但并不一定含金属元素；离子晶体晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且晶体的熔点越高，硬度越大。规律：阳离子相同时，阴离子半径越大，晶格能越小。
14.能与NaOH溶液反应的属于原子晶体的单质是（ ）
A. 金刚石 B. 晶体硅
C. 石英（SiO2） D. CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
能与NaOH反应的有Si、SiO2、CO2；属于原子晶体的有Si、SiO2；属于单质的有C、Si；
【详解】A.金刚石属于原子晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质，故A错误；
B.晶体硅属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是单质，故B正确；
C.石英（SiO2）属于原子晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是化合物，故C错误；
D.CO2能与氢氧化钠溶液反应，但CO2属于分子晶体的化合物，故D错误；
答案为B
15.下列能级表示正确(实际存在的)且最多容纳的电子数按照从少到多的顺序排列的是( )
A. 1s、2p、3d B. 1s、2s、3s C. 2s、2p、2d D. 3p、3d、3f
【答案】A
【解析】
【分析】
每一能层含有的能级个数等于能层数，且每个能层都是按照s、p、d、f排列；能级容纳电子数为能级数的2倍；例如K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；
【详解】A. 1s、2p、3d，K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；从M层开始有d能级，即3d，A正确；
B. 1s、2s、3s，s能级只容纳2个电子，B错误；
C. 2s、2p、2d，L层有2个能级，分别为2s、2p ，没有2d，C错误；
D. 3p、3d、3f，N层开始有f能级，即4f，D错误；
答案为A
16.在主族元素X、Y、Z中，X与Y两元素的原子核外电子层数相同，X的原子半径大于Y的原子半径，X与Z两原子的阳离子具有相同的电子层结构，Z的离子半径大于X的离子半径，则X、Y、Z三种元素的原子序数最大的是( )
A. X B. Y C. Z D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y同周期，原子半径X＞Y，所以，原子序数Y＞X。相同电子层结构的离子，原子序数越大，离子半径越小，原子序数X＞Z
【详解】X与Y两元素的原子核外电子层数相同，说明位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，X的原子半径大于Y的原子半径，则原子序数Y>X；X与Z两原子的阳离子具有相同的电子结构，Z的离子半径大于X的离子半径，二者处于同一周期，原子序数越大，离子半径越小，则原子序数X>Z，则原子序数最大的为Y；
答案为B
【点睛】半径比较：同周期，原子序数越大，半径越小；同主族，原子序数越大，半径越大；同种元素的原子与离子，原子半径大于其阳离子半径，小于其阴离子半径；具有相同的核外电子排布的离子，原子序数越大，离子的半径越小。
17. 下列说法中正确的是( )
A. 双原子分子中化学键键能越大，分子越稳定
B. 双原子分子中化学键键长越长，分子越稳定
C. 双原子分子中化学键键角越大，分子越稳定
D. 在双键中，σ键的键能要小于π键的键能
【答案】A
【解析】
试题分析：双原子分子中化学键键长越短，分子越稳定，B不正确；分子的稳定性和键角关系不大，C不正确；在双键中，σ键的键能不一定小于π键的键能，D不正确，答案选A。
考点：考查分子稳定性和共价键参数关系的判断
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对共价键参数和分子稳定性关系的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
18.下列表示式错误的是( )
A. Na＋的轨道表示式：
B. Na＋的结构示意图：
C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D. Na的外围电子排布式：3s1
【答案】A
【解析】
A．轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，选项A错误；B．Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，选项B正确；C．钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，选项C正确；D．Na为金属元素，易失去电子，所以其价电子排布式为：3s1，选项D正确；答案选A。
19.最近科学家发现了一种新分子，它具有空心的类似足球的结构，分子式为C60，下列说法正确的是
A. C60是一种新型的化合物
B. C60和石墨都是碳的同素异形体
C. C60中虽然没有化学键，但固体为分子晶体
D. C60相对分子质量为720g/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A. C60是单质，故A不正确；
B.C60和石墨是碳的同素异形体,故B正确；
C.C60中存在共价键，是分子晶体，故C不正确；
D.C60相对分子质量是720，故D不正确；
故选B。
20.某化学学习小组在学习元素周期系和周期的划分时提出了以下观点：
①周期表的形成是由原子的结构决定的；②元素周期表中IA族元素统称为碱金属元素；③每一周期的元素原子外围电子排布均是从nsl开始至ns2np6结束；④元素周期表的每一周期元素的种类均相等；⑤基态原子核外电子排布为ls22s22p3和ls22s22p63s23p3的两元素的原子位于同一周期；⑥周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多。你认为正确的是( )
A. ①⑥ B. ①②③⑤⑥
C. ①④⑥ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
①周期表中电子层数等于周期数，最外层的电子数等于族序数，所以周期表的形成是由原子的结构决定的，故①正确；②元素周期表中IA族元素除氢外称为碱金属元素，故②错误；③除第一周期以外的每一周期的元素原子外围电子排布均是从ns1开始至ns2np6结束，故③错误；④元素周期表从第一周期到第六周期元素种类为2、8、8、18、18、32，所以各周期元素种类各不相等，故④错误；⑤基态原子电子排布为ls22s22p3是第二周期，ls22s22p63s23p3处第三周期，所以不在同一周期，故⑤错误；⑥由元素周期表可知周期序号越大，该周期所含金属元素一般越多，故⑥正确；所以选A。
21. 观察1s轨道电子云示意图，下列说法正确的是( )
A. 一个小黑点表示1个自由运动的电子
B. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
C. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
D. 1s轨道电子云的点的疏密表示电子在某一位置出现机会的多少
【答案】D
【解析】
电子云中的小黑点表示电子在某一时刻出现的概率密度，不表示1个自由运动的电子，A项错误，D项正确；电子云是对处于一定空间运动状态的电子在核外空间的概率分布的形象化描述，不是实际存在的圆形，也没有宏观轨道，B、C项错误。
22.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是( )
A. 此堆积方式属于非最密堆积
B. 此堆积方式为A1型
C. 配位数(一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目)为8
D. 镉的堆积方式与铜的堆积方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，即六方最密堆积，故A错误；
B.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，故B错误；
C.六方最密堆积与面心立方最密堆积的配位数均为12（中间一层有6个，上下两层各有3个），故C错误；
D.六方最密堆积与面心立方最密堆积在结构上非常相似，镉的堆积方式为六方最密堆积，铜的堆积方式为面心立方最密堆积，故D正确。
故选D。
23.下列有关化学键类型的判断正确的是( )
A. 全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键
B. 所有物质中都存在化学键
C. 已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)
D. 乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键
【答案】D
【解析】
由碳、氢、氧、氮四种元素组成的化合物硝酸铵，为离子化合物，既存在离子键，又有共价键，A错误；稀有气体分子间不存在化学键，B错误；乙炔分子中存在2个C-H σ键 ，C≡C键中有一个σ 键和2个π键，C错误；乙烷分子中只含有碳碳单键和碳氢单键，所以只存在σ键，即6个C-H σ键，1个C—C键σ键，D正确；正确选项D。
24.下列几种金属晶体中，原子堆积方式与另外三种不同的是( )
A. 钠 B. 钾 C. 铜 D. 铁
【答案】C
【解析】
【详解】钠、钾、铁的原子堆积方式都是非密置层的一种堆积方式，即钾型，而铜属于密置层的一种堆积方式。
答案为C
25.铝硅合金(含硅13.5%)凝固时收缩率很小，因而这种合金适合于铸造。现有下列三种晶体：①铝；②硅；③铝硅合金。它们的熔点从低到高的顺序是( )
A. ①②③ B. ②①③ C. ③②① D. ③①②
【答案】D
【解析】
根据合金的特性，合金的熔点一般比它的各成分金属的熔点低，另外，铝的熔点不高而晶体硅的熔点很高。
26.下列叙述正确的是( )
A. 可能存在核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p1的原子
B. 在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区空间出现概率的大小
C. 当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相反
D. 1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋状态相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据能量最低原理知，4p能级能量高于3d能级，电子先填充能量较低的能级，所以电子先填充4s能级后填充3d能级，故A错误；
B．在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区域空间出现概率的大小，形象的称为电子云，B正确；
C．根据洪特规则知，同一能级不同轨道上的电子自旋方向相同，C错误；
D．根据泡利原理知，同一轨道上的两个电子最多容纳2个电子，且自旋方向相反，D错误；答案为B
27.宇宙中最多的元素是( )
A. H B. O C. He D. N
【答案】A
【解析】
【详解】氢是宇宙中含量最多的元素，在我们知道的宇宙范围内，超过总数90%的原子都是氢。第二轻的元素是氦，虽然它在地球上相当稀少，却占了宇宙间除氢以外剩下10%原子数目的大部分。答案为A
28.基态原子的核外电子排布的原则不包括( )
A. 能量最低原理 B. 能量守恒原理
C. 泡利原理 D. 洪特规则
【答案】B
【解析】
【分析】
基态原子的核外电子排布的原则为能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则；能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；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：洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；
【详解】基态原子的核外电子排布必须遵守三个原则，泡利不相容原理、能量最低原则和洪特规则，能量守恒原理与此无关。
答案为B
29.假设原子晶体SiO2中，Si原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充．当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石．则正长石的化学组成为（ ）
A. KAlSiO4 B. KAlSi2O6
C. KAlSi2O8 D. KAlSi3O8
【答案】D
【解析】
【分析】
设有nmol二氧化硅，含有nmolSi原子、2nmolO原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式。
【详解】根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。
答案为D
【点睛】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力。
30.晶胞是构成晶体的基本重复单元．在二氧化硅晶胞中有8个硅原子位于立方晶胞的8个顶角，有6个硅原子位于晶胞的6个面心，还有4个硅原子与16个氧原子在晶胞内构成4个硅氧四面体，它们均匀错开排列于晶胞内．根据图示二氧化硅晶胞结构，每个晶胞内所含“SiO2”基元数为（ ）
A. 4个
B. 6个
C. 8个
D. 18个
【答案】C
【解析】
分析：本题根据晶胞中原子个数的计算方法为原子个数与被晶胞共用个数的倒数的乘积来判断；判断出原子个数后，再判断某种物质的基元数。
详解：每个晶胞中的硅原子数为8×0.125+6×0.5+4×1=8，氧原子数为16个，即每个晶胞中含有（SiO2）8个，即每个晶胞内所含“SiO2”基元数为8，答案选C。
点睛：本题考查了晶胞中原子个数的计算方法，计算出每个晶胞中的原子个数进而计算物质的基元数。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.“三鹿奶粉事件”在社会上引起了人们对食品质量的恐慌，三鹿奶粉中被掺杂了被称为“蛋白精”的工业原料三聚氰胺。已知三聚氰胺的结构简式如图所示。三聚氰胺是氰胺(H2N—C≡N)的三聚体，请回答下列问题：
（1）写出基态碳原子的电子排布式______________。
（2）氰胺中—C≡N中的氮原子、三聚氰胺环状结构中的氮原子和氨基中的氮原子，这三种氮原子的杂化轨道类型分别是__________、__________、__________。
（3）一个三聚氰胺分子中有______个σ键。
（4）三聚氰胺与三聚氰酸（）分子相互之间通过氢键结合，在肾脏内易形成结石。三聚氰酸分子中C原子采取________杂化。该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是__________(填选项)。
A．2个σ键 B．2个π键 C．1个σ键，1个π键
【答案】 (1). 1s22s22p2 (2). sp (3). sp2 (4). sp3 (5). 15 (6). sp2 (7). C
【解析】
（1）原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理，则基态C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2；（2）氰胺中—C≡N中的氮原子含有1个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp杂化；三聚氰胺分子中，环上的N原子含有2个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp2杂化；氨基上的N原子含有3个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp3杂化；（3）一个三聚氰胺分子中含有15个σ 键，所以1mol三聚氰胺分子中 σ 键为15mol；（4）三聚氰酸分子中C原子形成2个单键和1个双键，分子中的C原子采取sp2杂化；该分子的结构简式中，每个碳氧原子之间的共价键是1个σ键，1个π键，答案选C。
32.氮元素可形成很多重要的化合物，其中叠氮化钠（NaN3）被广泛应用于汽车安全气囊．叠氮化钠的制取方法是：①金属钠与液态氨反应得NaNH2②NaNH2与N2O按物质的量2：1反应可生成NaN3、NaOH和一种气体．
（1）请写出反应②的化学方程式为：__．
（2）与N3﹣互为等电子体的分子有：__（写一种）由此可推知N3﹣的空间构型是：__；比较NH2﹣和NH3的键角∠HNH的大小：NH2__NH3，请用价层电子对互斥规律解释：__．
（3）氮的化合物酞箐和铜酞箐（环中含有一个铜原子）是重要的有机染料，相关分子结构如图所示：
酞箐分子中氮原子的杂化类型有：__铜酞箐中铜原子在基态时的价电子排布式：__；请在图1中用“→”标出铜酞箐中的配位键__．
（4）小汽车的防撞气囊中叠氮化钠的工作原理是基于反应：6NaN3+Fe2O3═3Na2O+2Fe+9N2；铁晶体有三种堆积方式，其中两种堆积方式分别如图2甲、图乙所示（其晶胞特征如其右图所示）：
晶胞甲中铁原子的堆积方式为：__，晶胞乙中铁原子的配位数为：__．铁原子半径为a cm，NA表示阿伏加德罗常数，摩尔质量为M g/mol．则该晶体的密度可表示为：__g/cm3．
【答案】 (1). 2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3； (2). N2O或CO2 (3). 直线形 (4). 小于 (5). NH2﹣中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，所以前者键角小； (6). sp2sp3 (7). 3d104s1； (8). ； (9). 体心立方堆积 (10). 12 (11).
【解析】
【分析】
（1）根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体产物的化学式为：NH3，则NaNH2与N2O按物质的量2：1反应可生成NaN3、NaOH和NH3的化学方程式；
（2）等电子体为原子个数、价电子个数相同的微粒，等电子体的结构相同；孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，所以前者键角小；
（3）由酞箐分子的结构简式图可知，分子中氮原子形成单键和双键，氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化；Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu的价电子的电子排布式为3d104s1；
（4）由晶胞图甲可知，原子占据立方体的顶点和体心，所以属于体心立方堆积；根据图乙知，Fe为面心立方最密堆积，Fe原子配位数配位数=3××8=12；该晶胞中Fe原子个数=8×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长=a，所以晶胞的体积为16a3，ρ==÷16a3=。
【详解】（1）根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体产物的化学式为：NH3，则NaNH2与N2O按物质的量2：1反应可生成NaN3、NaOH和NH3的化学方程式为：2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，故答案为：2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3；
（2）N3-中原子个数是3，价电子数是16，则与N3-互为等电子体的分子、离子有：N2O或CO2或CS2或BeCl2；SCN-或OCN-或CNO-；二氧化碳属于直线形分子，等电子体的结构相同，所以N3-是直线形分子；孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，所以前者键角小，故答案为：N2O或CO2；直线形；＜；NH2-中N原子孤对电子数为2，NH3中N原子孤对电子数为1，孤对电子数前者多，孤对电子与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，所以前者键角小；
（3）由酞箐分子的结构简式图可知，分子中氮原子形成单键和双键，氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化；Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu的价电子的电子排布式为3d104s1；氮原子有孤对电子，Cu有空轨道，N原子与Cu之间形成配位键，可据此标出配位键为，故答案为：sp2、sp3；3d104s1；；
（4）由晶胞图甲可知，原子占据立方体的顶点和体心，所以属于体心立方堆积；根据图乙知，Fe为面心立方最密堆积，Fe原子配位数配位数=3××8=12；该晶胞中Fe原子个数=8×=4，每个晶胞的质量=×4，Fe原子的直径为2acm，晶胞的边长=a，所以晶胞的体积为16a3，ρ==÷16a3=。
33.已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：
（1）X元素的原子基态时电子排布式为： ____________________________，
Y元素原子最外层电子的电子排布图为：____________________________。
（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为____（填“共价键”或“离子键”）。
（3）该化合物的空间结构为____，中心原子的杂化类型为____，分子为____（填“极性分子”或“非极性分子”）。
（4）该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是____。
（5）该化合物的沸点与SiCl4比较：____（填化学式）的高，原因是_________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (2). (3). 共价键 (4). 正四面体 (5). sp3杂化 (6). 非极性分子 (7). 范德华力（或分子间作用力） (8). GeCl4 (9). 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力
【解析】
试题分析：与碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，则X应该是Ge元素。短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们所形成化合物的分子式是XY4，所以Y应该是氯元素。
解析：（1）根据构造原理可知，Ge元素的原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2。氯原子最外层电子的电子排布图为。
（2）两种元素的电负性差小于1.7，所以XY4中X与Y之间的化学键为共价键。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，分子中中心原子含有的价电子对数为 ，孤对电子对数是0，所以该分子是正四面体型结构，属于非极性分子。
（4）XY4在常温下为液体，说明该化合物形成的晶体类型是分子晶体，所以该化合物中存在的微粒间作用力有共价键、范德华力。
（5）由于二者结构相似，形成的晶体类型都是分子晶体，但GeCl4相对分子质量大，范德华力强，所以GeCl4熔、沸点高。
点睛：一般来说，两种元素的电负性之差＜1.7的时候形成共价键，电负性之差＞1.7的时候形成离子键。
34.X、Y、Z、W、Q 五种元素原子序数依次增大，X原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z原子价电子排布式为nsnnp2n，W原子核外的M层中只有两对成对电子，Q的核电荷数是Z与W的核电荷数之和．请回答下列问题：
（1）Y、Q的元素符号依次为__、__；
（2）Y与Z的第一电离能大小关系是（用元素符号回答）__；
（3）X、Y、Z两两组合可形成很多等电子体，请任意写出两组等电子体__、__；
（4）Q在元素周期表 区，其价电子排布图为__．
（5）X与W的电负性大小关系是（用元素符号回答）__，这两种元素组成的一种化合物是一种常见的溶剂，其电子式为__．
【答案】 (1). N (2). Cr； (3). N＞O； (4). CO2与N2O (5). CO 与CN﹣等 (6). d (7). S＞C (8).
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、Q 五种元素原子序数依次增大，X原子核外的L层电子数是K层的两倍，故L层有4个电子，故X为C元素；Z原子外围电子排布式为nsnnp2n，s能级最多容纳2个电子，故Z原子外围电子排布式为2s22p4，故Z为O元素；Y的原子序数介于C、O元素之间，故Y为N元素；W原子核外的M层中只有两对成对电子，则外围电子排布式为3s23p4，故W为S元素；Q的核电荷数是Z与W的核电荷数之和，故Q的核电荷数为8+16=24，为Cr元素。
【详解】（1）由上述分析可知，Y为N元素，Q为Cr元素，故答案为：N；Cr；
（2）氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量降低，第一电离能高于氧元素，故答案为：N＞O；
（3）CO2与N2O，CO 与CN-，CO32-与 NO3-等为等电子体，故答案为：CO2与N2O；CO 与CN-等；
（4）Q的核电荷数为24，是Cr元素，处于周期表第四周期第ⅥB族，在元素周期表d区，其外围电子排布式为 3d54s1，答案为：d；
（5）非金属性越强电负性越大，故电负性S＞C，两元素形成的化合物是一种常见的溶剂为CS2，电子式为。
【点睛】W原子核外的M层中只有两对成对电子，M能层有2个能级即3s3p，出现两对成对电子则价电子排布为3s23p4，可确定为S元素。
35.（1）X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是__；其轨道表示式为__；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则R原子可能是__、 ；Y原子的核电荷数为29，其电子排布式是__，其在元素周期表中的位置是__，是属于__区的元素。
（2）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配位体及其配位数：__、__、__。
（3）下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子__。
（4）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④BF3、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧PCl3中，属于非极性分子的是（填序号）__。
（5）试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：H2SO4__H2SO3；H3PO4__H3PO3。
（6）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
H2O中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为__。
BF3分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为__。
（7）H2O的沸点（100℃）比H2S的沸点（﹣61℃）高，这是由于________________。
【答案】(1) CAl Cl 1s22s22p63s23p63d104s1
第四周期ⅠA族 ds 10分
（2）Co CN 63分
（3）1分
（4）①③④⑦ 2分
（5）> > 2分
（6）sp3 V形 sp2 平面三角形 4分
（7）由于水分子中含有氢键2分
【解析】
（1）根据构造原理可知，若X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是碳元素，起轨道表达式；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则根据构造原理可知，R原子可能是Al和Cl；Y原子的核电荷数为29，所以Y是铜元素。根据构造原理可知，其电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；铜元素位于第四周期ⅠA族；区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级的符号，所以铜元素属于ds区。
（2）考查配位键的形成与有关判断。根据化学式可知，CN提供孤对电子，所以CN是配体，配位数是6；钴离子接受孤对电子，属于中心离子。
（3）人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子（常以*标记手性碳原子），所以根据结构简式可知，手性碳原子是。
（4）原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，即分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子。CO2是直线型结构，四氯化碳是正四面体形结构，三氟化硼和三氧化硫都是平面正三角形结构，所以均属于非极性分子，其余都是极性分子，答案选①③④⑦。
（5）根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强。亚硫酸中n＝1，硫酸中n＝2，所以硫酸的酸性强于亚硫酸的；H3PO4中n＝1，H3PO3中n＝0，所以磷酸的酸性强于亚磷酸的。
（6）根据价层电子对互斥理论可知，水分子中氧原子含有的孤对电子对数是（6－1×2）÷2＝2，所以水是V形结构，氧原子是sp3杂化；BF3分子中B原子含有的孤对电子对数是（3－1×3）÷2＝0，所以三氟化硼是平面正三角形结构，B原子是sp2杂化。
（7）由于由于水分子中含有氢键，所以H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高。
36.原子序数依次增大的四种主族元素A，B，C，D分别处于第一至第四周期，其中A元素原子核是一个质子；B元素原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D原子外围电子排布为3d104s1。请回答下列问题：
（1）这四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)，第一电离能最小的是________(填元素符号)。
（2）C所在的主族元素气态氢化物中，沸点最低的是________(填化学式)。
（3）B元素可形成多种单质，其中“只有一层原子厚”的物质，被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料，该材料晶体结构如图所示，其原子的杂化类型为________杂化。
（4）D的水合醋酸盐晶体局部结构如图所示，该晶体中含有的化学键是________(填选项序号)。
①极性键 ②非极性键 ③配位键 ④金属键
【答案】 (1). Cl (2). Cu (3). HCl (4). sp2 (5). ①②③
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为C元素；B与C可形成正四面体型分子，且C处于第三周期，则C为Cl元素；D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；
【详解】（1）四种元素中，氯元素的非金属性最强，则电负性最大；铜为金属，其它为非金属，所以铜第一电离能最小，故答案为：Cl；Cu；
（2）C为ⅶA族元素，HF中存在氢键，沸点比HCl高，其它氢化物相对分子质量越大，沸点越高，所以HCl的沸点最低，故答案为：HCl；
（3）在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子间形成离域大π键，故答案为：sp2；
（4）由结构图可知，该晶体中含有C-H键为极性键、C-C键为非极性键、配位键，故选：①②③。
【点睛】分子晶体的熔沸点与分子间的作用力有关，分子量越大，熔沸点越高，但N、O、F与不直接相连H原子可形成氢键，导致熔沸点升高。
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