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【化学】贵州省习水县一中2018-2019学年高二12月月考（解析版） 试卷
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贵州省习水县一中2018-2019学年高二12月月考
1.人们通常将在同一原子轨道上运动、自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”，将在某一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。下列基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的是
A. 1s22s22p63s23p6 B. 1s22s22p63s23p63d54s2
C. 1s22s22p63s23p63d54s1 D. 1s22s22p63s23p63d104s1
【答案】C
【解析】
【详解】A.1s22s22p63s23p6中每个轨道上都达到饱和，未成对电子数为0，A错误；
B.1s22s22p63s23p63d54s2中3d轨道上有5个电子没成对，其他轨道达到饱和，未成对电子数为5；B错误；
C.1s22s22p63s23p63d54s1中的3d、4s轨道上各有5、1个未成对电子，未成对电子数为6；C正确；
D.1s22s22p63s23p63d104s1只有4s上有1个电子没成对，未成对电子数为1，D错误；
综上所述，本题选C。
2.下列微粒中半径最小的是( )
A. Ca2＋ B. K＋ C. S2－ D. K
【答案】A
【解析】
【分析】
阳离子半径小于相应原子半径，阴离子半径大于相应原子半径，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
【详解】Ca2＋、K＋、S2－具有相同的电子层结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则S2－>K＋>Ca2＋，阳离子半径小于相应原子半径，故原子半径: K> K＋，则Ca2＋的离子半径最小，故A项正确。
3.X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子的少1。下列说法正确的是( )
A. 原子半径由大到小的顺序为Z>Y>X
B. Y元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3YO4
C. X的简单离子半径大于Y的简单离子半径
D. Ca2＋的半径大于Y的简单离子半径
【答案】A
【解析】
X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O，X和Y位于同一主族，则Y为S，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P，A、原子半径的大小是P>S>O，故A正确；B、Y为S，最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，故B错误；C、S2－的半径大于O2－，故C错误；D、S2－的半径大于Ca2＋，故D错误。
点睛：半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数增多而增大。
4.关于晶体与非晶体，正确的说法（ ）
A. 区分晶体与非晶体最可靠的方法是比较硬度
B. 凡有规则外形的物体就一定是晶体
C. 一种物质不是晶体就是非晶体
D. 具有各向异性的固体一定是晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A.比较硬度的方法区分晶体与非晶体不可靠；
B.是否为晶体，与物体有没有规则外形无关；
C.二氧化硅为反例；
D.具有各向异性的固体一定是晶体；
【详解】A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射实验，故A项错误；
B.晶体与非晶体的区别在于晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，与物体有没有规则外形无关，故B项错误；
C.二氧化硅有晶体和非晶体两种形式，故C项错误；
D.具有各向异性的固体一定是晶体，故D项正确，本题选D。
5.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。
6.下列各能层中不包含p能级的是( )
A. N B. M C. L D. K
【答案】D
【解析】
分析：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．N能层是第四能层，含有4个能级，分别是3s、3p、3d、4f能级，选项A不选；B．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，选项B不选；C．L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，选项C不选；D．K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，选项D选；答案选D。
点睛：本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级个数的关系是解本题关键，难度不大。
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.下列各组粒子半径大小的比较中错误的是( )
A. K＞Na＞Li B. Na＋＞Mg2＋＞Al3＋
C. Mg2＋＞Na＋＞F－ D. Cl－＞F－＞F
【答案】C
【解析】
【分析】
核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F-；
【详解】A.同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径K＞Na＞Li，故A项正确；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，故B项正确；
C.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F-，故C项错误；
D.电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径Cl-＞F-＞F，故D项正确，本题选C。
【点睛】本题考查微粒半径的比较：同一主族元素，原子半径自上而下逐渐增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径。
9.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是（ ）
A. 晶体和非晶体在熔化过程中温度都上升
B. 玻璃是晶体
C. 晶体有熔点，非晶体没有熔点
D. 冰是非晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
A.晶体有熔点，熔化过程中温度不变；B.玻璃是非晶体；C.晶体有熔点，非晶体没有熔点；D.冰是晶体；
【详解】A.晶体有熔点，非晶体没有熔点，故A错误;
B.玻璃在熔化过程中温度不断升高，所以玻璃是非晶体，故B错误;
C.晶体熔化时温度不变，有固定的熔点，而非晶态在熔化时温度升高，没有固定的熔点，故C正确;
D.冰在熔化过程中不断吸热但温度保持不变，所以冰是晶体，故D错误，本题选C。
【点睛】解答此题要知道晶体和非晶体在熔化时都需要吸收热量，都是由固态变为液态；但晶体熔化时温度不变，有固定的熔点，而非晶体在熔化时温度升高，没有固定的熔点。
10. 下列化合物按其晶体的熔点由高到低排列正确的是（ ）。
A. SiO2 CsCl CBr4 CF4
B. SiO2 CsCl CF4 CBr4
C. CsCl SiO2 CBr4 CF4
D. CF4 CBr4 CsCl SiO2
【答案】A
【解析】
物质熔点的高低与晶体的类型有关，一般来说：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，即SiO2＞CsCl＞CBr4、CF4。当晶体的类型相同时，原子晶体与原子半径有关；离子晶体与离子的半径和离子所带的电荷数有关；分子晶体当组成和结构相似时，与相对分子质量的大小有关，一般来说，相对分子质量大的熔点高，即CBr4＞CF4。
11.下列关于共价键说法中不正确的是( )
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键和两个π键
【答案】C
【解析】
两个原子在形成共价键时只有一个σ键,可能含有一个π键(如碳碳双键),也可能含有两个π键(如氮氮三键等),但有些气体单质是单原子分子,如稀有气体分子,它们不含化学键,也就不含σ键和π键。
12.金属钾晶体为体心立方结构，则在单位晶胞中钾原子的个数是
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
结合金属钾晶体的结构进行分析，利用均摊法计算钾原子个数；
【详解】根据体心立方结构的晶胞可知，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，单位晶胞中钾原子的个数是8×1/8+1=2。
【点睛】本题考查有关晶胞中原子个数的计算问题，解答本题的关键是熟悉均摊法计算原子个数时，不同位置的原子对晶胞的贡献份额的多少；在立方晶胞中，处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共有，每个微粒有1/8属于该晶胞；处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞，据此计算。
13.已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，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】
试题分析：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数=8×=1，根据ρV=知，M=ρVNA＝ρa3NA，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。
考点：考查相对分子质量的计算
14.第三周期元素中，微粒半径最大的是( )
A. Na＋ B. Al3＋ C. S2－ D. Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子半径大小的比较，可结合微粒结构进行分析
【详解】四种离子中，硫离子和氯离子的电子层数最多，半径大。由于硫离子和氯离子具有相同的电子层结构，硫离子的核电荷数少，所以半径最大，故选C。
15.下列说法中正确的是( )
A. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【答案】A
【解析】
【分析】
A.基态原子是处于最低能量的原子；B.3p2表示3p能级容纳2个电子；C.能级符号相同，能层越大，能量越高；D.同一能级的轨道数相同；
【详解】A.处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；
B. 3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；
C.能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误，答案选A。
16.某研究性学习小组对手性分子提出了以下四个观点：
①互为手性异构体的分子互为镜像
②利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子
③手性异构体分子组成相同
④手性异构体性质相同
你认为正确的是
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：根据手性分子的定义及性质判断：①互为手性异构体的分子互为镜像，正确；②利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子，正确；③手性异构体分子组成相同，正确，④手性异构体性质不相同，错误，答案选A。
考点：考查对手性分子的判断
17.下列有关NH中的N—H配位键说法正确的是( )
A. N—H配位键不是化学键
B. N—H配位键属于共价键
C. N—H配位键跟其他三个N—H键之间的键长不同
D. N—H配位键的化学性质与其他N—H键不同
【答案】B
【解析】
【详解】配位键是共价键的一种特例，应属于化学键。在NH中虽然N—H配位键的形成过程与其他N—H共价键不同，但键长、键能及化学性质完全相同，结合以上分析可知，B正确；
综上所述，本题选B。
18. 下列原子中未成对电子最多的是（ ）
A. C B. O C. N D. Cl
【答案】C
【解析】
试题分析：C有2个未成对电子；O有2个未成对电子；N有3个未成对电子；Cl有1个未成对电子，故C正确。
考点：本题考查核外电子运动状态。
19.下列四种有关性质的叙述，可能属于金属晶体的是( )
A. 由分子间作用力结合而成，熔点很低
B. 固体或熔融后易导电，熔点在1000℃左右
C. 由共价键结合成网状晶体，熔点很高
D. 固体不导电，熔融状态下亦不导电，但溶于水后能导电
【答案】B
【解析】
【分析】
A.此晶体为分子晶体；B.此晶体可能属于金属晶体；C.此晶体一定为原子晶体；D.此晶体可能为离子晶体；
【详解】A.由分子间作用力结合而成，为分子晶体，故A不选；
B.固体能导电，熔点在1000℃左右，不是很高，排除石墨等固体，可能为金属晶体，故B选；
C.由共价键结合成网状晶体，为原子晶体，故C不选；
D.固体不导电，熔融状态下亦不导电，但溶于水后能导电，可能为离子晶体，本题选B。
【点睛】本题考查分子晶体、原子晶体、金属晶体、离子晶体的区别，可从如下角度分析：通过分子间作用力互相结合形成的晶体为分子晶体；晶体内相邻原子间以共价键相结合形成的空间网状结构为原子晶体；阴、阳离子以一定的数目比、并按照一定的方式依靠离子键结合而成的晶体为离子晶体；以金属键结合形成的晶体为金属晶体。
20.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
21.下列是几种原子的基态电子排布式，电负性最大的原子是
A. 1s22s22p4 B. 1s22s22p63s23p3
C. 1s22s22p63s23p2 D. 1s22s22p63s23p64s2
【答案】A
【解析】
试题分析：最外层电子数越多电负性越大，故A正确。
考点：本题考查电负性。
22.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。
23.下列说法中正确的是
A. PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果
B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
C. 凡中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体
D. AB3型的分子空间构型必为平面三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
A.PCl3分子中P原子属于sp3杂化；B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道；C.中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体；D.AB3型的分子空间构型还可以为三角锥形；
【详解】A.PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，由于含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A项错误；
B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B项错误；
C.由价层电子对互斥理论可知，凡中心原子采取sp3杂化的分子，其价层电子对互斥模型都是四面体，故C项正确；
D. AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，故D项错误，本题选C。
24.下列物质的晶体中，不存在分子的是( )
A. 二氧化硅 B. 二氧化硫
C. 二氧化碳 D. 二硫化碳
【答案】A
【解析】
【分析】
分子晶体内存在分子，原子晶体内不存在分子，据此判断；
【详解】二氧化碳、二氧化硫、二硫化碳形成的晶体均为分子晶体，二氧化硅晶体为原子晶体。分子晶体内存在分子，原子晶体内不存在分子，答案选A。
25.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 （ ）
A. C（金刚石）和CO2 B. NaBr和HBr C. CH4和H2O D. Cl2和KCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，选项A错误；B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，选项B错误；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C正确；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，难度不大，注意把握有关概念。
26.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是( )
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3
B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D. 硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【解析】
A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF
27.下列各组元素按电负性大小排列正确的是( )
A. F>N>O B. O>Cl>F
C. As>P>N D. Cl>S>As
【答案】D
【解析】
根据同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小。A项，F、N、O都是第二周期元素，电负性：FON，A项错误；B项，O和F都是第二周期元素，F和Cl都是VIIA族元素，电负性：FCl、FO，B项错误；C项，N、P、As都是VA族元素，电负性：NPAs，C项错误；D项，Cl、S、P都是第三周期元素，电负性：ClSP，P和As都是VA族元素，电负性：PAs，电负性：ClSAs，D项正确；答案选D。
28.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )
A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等
B. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为：
C. NCl3分子是非极性分子
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】B
【解析】
试题分析：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3•H2O分子；则NH3•H2O的结构式为，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误，答案选B，
【考点定位】本题主要是考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；极性分子和非极性分子
【名师点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。
29.回答下列问题：
(1)写出具有10个电子、两个或两个以上原子核的离子的符号__________、________、__________、____________。
(2)写出具有18个电子的无机化合物的化学式_____________、__________、____________、__________、__________。
(3)在(1)(2)题涉及的粒子中，空间构型为正四面体的有________；为三角锥形的有________。
【答案】 (1). OH－ (2). NH4+ (3). H3O＋ (4). NH2- (5). H2S (6). H2O2 (7). PH3 (8). SiH4 (9). HCl (10). NH4+、SiH4 (11). H3O＋、PH3
【解析】
【详解】（1）第二周期非金属元素的简单氢化物具有10个电子，其分子结合1个H+或失去1个H+后，形成阴、阳离子所具有的电子数不变，离子符号为：OH-、NH4+ 、H3O + 、NH2-，或根据等电子原理导出：NH4+ 与CH4、 H3O + 与NH3、 NH2-与 H2O、OH-与HF分别互为等电子体，故答案为：OH-、NH4+ 、H3O + 、NH2-。
（2）第三周期非金属元素的氢化物分子中具有18个电子，第二周期非金属元素形成R2HX型的化合物，如C2H6、H2O2等，也具有18个电子。符合条件的分子有H2S、PH3、SiH4、HCl、H2O2、N2H4，故答案为：H2S、PH3、SiH4、HCl、H2O2。
（3）上述粒子中，NH4+、SiH4中中心原子的价层电子对数都为4，且中心原子上没有孤电子对，NH4+、SiH4为正四面体构型；H3O+、PH3中中心原子的价层电子对数都为4，且中心原子上有一对孤电子对，H3O＋、PH3为三角锥形，故答案为：NH4+、SiH4；H3O＋、PH3。
【点睛】判断粒子的空间构型可用等电子原理、价层电子对互斥理论和杂化轨道理论；等电子体的立体构型、性质相似。
30.有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知：A和C、B和D分别位于同主族，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍；E在同周期元素中原子半径最小。
(1)A2B和A2D的沸点较高者是________(填化学式)，其原因是_________。
(2)B形成的双原子分子里，从轨道重叠的角度来看共价键的类型有________。
(3)E原子的电子排布式为______________________________________________。
【答案】 (1). H2O (2). 分子间形成了氢键 (3). σ键、π键 (4). 1s22s22p63s23p5
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A和C、B和D分别位于同主族，结合原子序数可以知道，B一定处于第二周期、D处于第三周期，而C的原子序数大于B，则B、C一定不能处于同周期，故C处于第三周期，E原子序数大于D，E在同周期元素中原子半径最小，所以E是Cl元素；B、D的质子数之和最大为8+16=24，则A、C的质子数之和最大为12，因为C处于第三周期，故A为H、C为Na，则B为O、D为S，据此解答
【详解】（1）H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，故H2O的沸点比H2S高，本题正确答案是：H2O；分子间存在氢键；
（2）O元素形成的双原子分子的结构式为O=O，从轨道重叠的角度来看共价键的类型有头对头的σ键和肩并肩的π键，因此，本题正确答案是：σ键、π键；
（3）E是Cl元素，其原子核外有17个电子，根据构造原理知，Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p5
【点睛】
31.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。
根据信息回答下列问题。
(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为____________________。
(2)Fe元素位于周期表的______区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为__________；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为________和_____(填化学式)。
(3)在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有__________________。
(4)根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为______________。B，C，D，E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的电子式为________________________(写2种)。
【答案】（1）4s24p1（2）d 0 N2CN－（3）CH4、CH3OH （4）正四面体 CO2、NCl3、CCl4(任写2种即可)
【解析】
试题分析：（1）31号元素Ga原子基态的最外层电子排布式为4s24p1。（2）26号元素Fe元素在周期表的位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表的d区。Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为0价。与CO分子互为等电子体的分子是N2，离子为CN－。（3）在CH4、CO2、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有CH4、CH3OH；CO2中的C原子的杂化方式为sp杂化。（4）根据表格中各种元素的相对位置可以看出：A是H；B是C；C是N；D是O；E是Cl。根据VSEPR理论预测ClO4-离子的空间构型为正四面体型。在C、N、O、Cl原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子有CO2、NCl3、CCl4，其电子式为；；。
考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、原子的杂化、等电子体、微粒的空间构型、分子式、电子式、电子排布式等化学用语的知识。
32.如图表示一些晶体中的某些结构，请回答下列问题：
(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最近且距离相等。金刚石属于________晶体。
(2)代表石墨的是________，每个正六边形占有的碳原子数平均为________个。
(3)代表NaCl的是________，每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋有________个。
(4)代表CsCl的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。
(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。
(6)已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为______________。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). 原子 (4). E (5). 2 (6). A (7). 12 (8). C (9). 离子 (10). 8 (11). B (12). 分子 (13). 12 (14). 石墨>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。
33.a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子，且除a外都是共价型分子。回答下列问题：
（1）a是单核粒子，a单质可用作半导体材料，a原子核外电子排布式为______________。
（2）b是双核化合物，常温下为无色无味气体。b的化学式为________。人一旦吸入b气体后，就易引起中毒，是因为__________而中毒。
（3）c是双核单质，写出其电子式____________。c分子中所含共价键的类型为_______(填“极性键”或“非极性键”)。c单质常温下性质稳定，不易起反应，原因是________________________。
（4）d是四核化合物，其结构式为______________；d分子内所含共价键有________个σ键，________个π键；σ键与π键的强度大小关系为σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2 (2). CO (3). CO一旦被吸入肺里后，会与血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输送氧气的能力 (4). (5). 非极性键 (6). N2分子中的共价叁键键能很大，共价键很牢固 (7). H—C≡C—H (8). 3 (9). 2 (10). > (11). 形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，形成的共价键强
【解析】
【分析】
从a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子入手，并结合题目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；
【详解】（1）a是Si，根据构造原理知，Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；
（2）b是两个原子的化合物，根据其物理性质：无色无味气体，推断b为CO，CO一旦进入肺里，会与血液中的血红蛋白结合而使血红蛋白丧失输送氧气的能力，使人中毒；
（3）c是双原子单质，每个原子有7个电子，故c为N2，N2分子的结构式为N≡N，为非极性键，N2分子中的共价叁键键能很大，所以N2分子很稳定，其电子式为：；
（4）d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，d为C2H2，C2H2的结构式为H—C≡C—H，有两个H—C σ键，一个C—C σ键，两个π键。形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，故形成的共价键强。
34.有下列离子晶体立体构型示意图如下图所示。
(1)以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：__________________________。
(2)已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是__________________________________________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN2 (4). MN (5). 离子键、非极性共价键 (6).
【解析】
【详解】(1)对于A，阴离子位于立方体4个顶点，因此阴离子在该立方体内只有4×1/8=1/2 (个)，同理阳离子也只有1/2个，组成上为1/2∶1/2＝1∶1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有4×1/2＋2＝4(个)，阳离子在立方体内有8×1/8＋1＝2(个)，组成为MN2；对于C，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有4×1/8＝1/2 (个)，组成为MN2；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有8×1/8＝1(个)，组成为MN。答案：MN、 MN2、 MN2、 MN 。
(2)FeS2晶体中的化学键为离子键和硫硫之间的非极性共价键。密度ρ＝m/V，由立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，而由立方体的边长即阴、阳离子间的距离可求出立方体体积。ρ＝(1/2gmol-1)＝ NAmol-1a3cm3g·cm－3=。答案：离子键、非极性共价键 、 .
1.人们通常将在同一原子轨道上运动、自旋方向相反的2个电子，称为“电子对”，将在某一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。下列基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的是
A. 1s22s22p63s23p6 B. 1s22s22p63s23p63d54s2
C. 1s22s22p63s23p63d54s1 D. 1s22s22p63s23p63d104s1
【答案】C
【解析】
【详解】A.1s22s22p63s23p6中每个轨道上都达到饱和，未成对电子数为0，A错误；
B.1s22s22p63s23p63d54s2中3d轨道上有5个电子没成对，其他轨道达到饱和，未成对电子数为5；B错误；
C.1s22s22p63s23p63d54s1中的3d、4s轨道上各有5、1个未成对电子，未成对电子数为6；C正确；
D.1s22s22p63s23p63d104s1只有4s上有1个电子没成对，未成对电子数为1，D错误；
综上所述，本题选C。
2.下列微粒中半径最小的是( )
A. Ca2＋ B. K＋ C. S2－ D. K
【答案】A
【解析】
【分析】
阳离子半径小于相应原子半径，阴离子半径大于相应原子半径，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
【详解】Ca2＋、K＋、S2－具有相同的电子层结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则S2－>K＋>Ca2＋，阳离子半径小于相应原子半径，故原子半径: K> K＋，则Ca2＋的离子半径最小，故A项正确。
3.X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子的少1。下列说法正确的是( )
A. 原子半径由大到小的顺序为Z>Y>X
B. Y元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3YO4
C. X的简单离子半径大于Y的简单离子半径
D. Ca2＋的半径大于Y的简单离子半径
【答案】A
【解析】
X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O，X和Y位于同一主族，则Y为S，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P，A、原子半径的大小是P>S>O，故A正确；B、Y为S，最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，故B错误；C、S2－的半径大于O2－，故C错误；D、S2－的半径大于Ca2＋，故D错误。
点睛：半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数增多而增大。
4.关于晶体与非晶体，正确的说法（ ）
A. 区分晶体与非晶体最可靠的方法是比较硬度
B. 凡有规则外形的物体就一定是晶体
C. 一种物质不是晶体就是非晶体
D. 具有各向异性的固体一定是晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A.比较硬度的方法区分晶体与非晶体不可靠；
B.是否为晶体，与物体有没有规则外形无关；
C.二氧化硅为反例；
D.具有各向异性的固体一定是晶体；
【详解】A.区分晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射实验，故A项错误；
B.晶体与非晶体的区别在于晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，与物体有没有规则外形无关，故B项错误；
C.二氧化硅有晶体和非晶体两种形式，故C项错误；
D.具有各向异性的固体一定是晶体，故D项正确，本题选D。
5.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。
6.下列各能层中不包含p能级的是( )
A. N B. M C. L D. K
【答案】D
【解析】
分析：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．N能层是第四能层，含有4个能级，分别是3s、3p、3d、4f能级，选项A不选；B．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，选项B不选；C．L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，选项C不选；D．K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，选项D选；答案选D。
点睛：本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级个数的关系是解本题关键，难度不大。
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.下列各组粒子半径大小的比较中错误的是( )
A. K＞Na＞Li B. Na＋＞Mg2＋＞Al3＋
C. Mg2＋＞Na＋＞F－ D. Cl－＞F－＞F
【答案】C
【解析】
【分析】
核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F-；
【详解】A.同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径K＞Na＞Li，故A项正确；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，故B项正确；
C.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Mg2+＜Na+＜F-，故C项错误；
D.电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径，故微粒半径Cl-＞F-＞F，故D项正确，本题选C。
【点睛】本题考查微粒半径的比较：同一主族元素，原子半径自上而下逐渐增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小；电子层越多离子半径越大，原子半径小于相应的阴离子半径。
9.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是（ ）
A. 晶体和非晶体在熔化过程中温度都上升
B. 玻璃是晶体
C. 晶体有熔点，非晶体没有熔点
D. 冰是非晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
A.晶体有熔点，熔化过程中温度不变；B.玻璃是非晶体；C.晶体有熔点，非晶体没有熔点；D.冰是晶体；
【详解】A.晶体有熔点，非晶体没有熔点，故A错误;
B.玻璃在熔化过程中温度不断升高，所以玻璃是非晶体，故B错误;
C.晶体熔化时温度不变，有固定的熔点，而非晶态在熔化时温度升高，没有固定的熔点，故C正确;
D.冰在熔化过程中不断吸热但温度保持不变，所以冰是晶体，故D错误，本题选C。
【点睛】解答此题要知道晶体和非晶体在熔化时都需要吸收热量，都是由固态变为液态；但晶体熔化时温度不变，有固定的熔点，而非晶体在熔化时温度升高，没有固定的熔点。
10. 下列化合物按其晶体的熔点由高到低排列正确的是（ ）。
A. SiO2 CsCl CBr4 CF4
B. SiO2 CsCl CF4 CBr4
C. CsCl SiO2 CBr4 CF4
D. CF4 CBr4 CsCl SiO2
【答案】A
【解析】
物质熔点的高低与晶体的类型有关，一般来说：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，即SiO2＞CsCl＞CBr4、CF4。当晶体的类型相同时，原子晶体与原子半径有关；离子晶体与离子的半径和离子所带的电荷数有关；分子晶体当组成和结构相似时，与相对分子质量的大小有关，一般来说，相对分子质量大的熔点高，即CBr4＞CF4。
11.下列关于共价键说法中不正确的是( )
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键和两个π键
【答案】C
【解析】
两个原子在形成共价键时只有一个σ键,可能含有一个π键(如碳碳双键),也可能含有两个π键(如氮氮三键等),但有些气体单质是单原子分子,如稀有气体分子,它们不含化学键,也就不含σ键和π键。
12.金属钾晶体为体心立方结构，则在单位晶胞中钾原子的个数是
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
结合金属钾晶体的结构进行分析，利用均摊法计算钾原子个数；
【详解】根据体心立方结构的晶胞可知，顶点有8个K原子，体心有1个K原子，单位晶胞中钾原子的个数是8×1/8+1=2。
【点睛】本题考查有关晶胞中原子个数的计算问题，解答本题的关键是熟悉均摊法计算原子个数时，不同位置的原子对晶胞的贡献份额的多少；在立方晶胞中，处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共有，每个微粒有1/8属于该晶胞；处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞，据此计算。
13.已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，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】
试题分析：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数=8×=1，根据ρV=知，M=ρVNA＝ρa3NA，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。
考点：考查相对分子质量的计算
14.第三周期元素中，微粒半径最大的是( )
A. Na＋ B. Al3＋ C. S2－ D. Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查离子半径大小的比较，可结合微粒结构进行分析
【详解】四种离子中，硫离子和氯离子的电子层数最多，半径大。由于硫离子和氯离子具有相同的电子层结构，硫离子的核电荷数少，所以半径最大，故选C。
15.下列说法中正确的是( )
A. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【答案】A
【解析】
【分析】
A.基态原子是处于最低能量的原子；B.3p2表示3p能级容纳2个电子；C.能级符号相同，能层越大，能量越高；D.同一能级的轨道数相同；
【详解】A.处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；
B. 3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；
C.能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误，答案选A。
16.某研究性学习小组对手性分子提出了以下四个观点：
①互为手性异构体的分子互为镜像
②利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子
③手性异构体分子组成相同
④手性异构体性质相同
你认为正确的是
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：根据手性分子的定义及性质判断：①互为手性异构体的分子互为镜像，正确；②利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子，正确；③手性异构体分子组成相同，正确，④手性异构体性质不相同，错误，答案选A。
考点：考查对手性分子的判断
17.下列有关NH中的N—H配位键说法正确的是( )
A. N—H配位键不是化学键
B. N—H配位键属于共价键
C. N—H配位键跟其他三个N—H键之间的键长不同
D. N—H配位键的化学性质与其他N—H键不同
【答案】B
【解析】
【详解】配位键是共价键的一种特例，应属于化学键。在NH中虽然N—H配位键的形成过程与其他N—H共价键不同，但键长、键能及化学性质完全相同，结合以上分析可知，B正确；
综上所述，本题选B。
18. 下列原子中未成对电子最多的是（ ）
A. C B. O C. N D. Cl
【答案】C
【解析】
试题分析：C有2个未成对电子；O有2个未成对电子；N有3个未成对电子；Cl有1个未成对电子，故C正确。
考点：本题考查核外电子运动状态。
19.下列四种有关性质的叙述，可能属于金属晶体的是( )
A. 由分子间作用力结合而成，熔点很低
B. 固体或熔融后易导电，熔点在1000℃左右
C. 由共价键结合成网状晶体，熔点很高
D. 固体不导电，熔融状态下亦不导电，但溶于水后能导电
【答案】B
【解析】
【分析】
A.此晶体为分子晶体；B.此晶体可能属于金属晶体；C.此晶体一定为原子晶体；D.此晶体可能为离子晶体；
【详解】A.由分子间作用力结合而成，为分子晶体，故A不选；
B.固体能导电，熔点在1000℃左右，不是很高，排除石墨等固体，可能为金属晶体，故B选；
C.由共价键结合成网状晶体，为原子晶体，故C不选；
D.固体不导电，熔融状态下亦不导电，但溶于水后能导电，可能为离子晶体，本题选B。
【点睛】本题考查分子晶体、原子晶体、金属晶体、离子晶体的区别，可从如下角度分析：通过分子间作用力互相结合形成的晶体为分子晶体；晶体内相邻原子间以共价键相结合形成的空间网状结构为原子晶体；阴、阳离子以一定的数目比、并按照一定的方式依靠离子键结合而成的晶体为离子晶体；以金属键结合形成的晶体为金属晶体。
20.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
21.下列是几种原子的基态电子排布式，电负性最大的原子是
A. 1s22s22p4 B. 1s22s22p63s23p3
C. 1s22s22p63s23p2 D. 1s22s22p63s23p64s2
【答案】A
【解析】
试题分析：最外层电子数越多电负性越大，故A正确。
考点：本题考查电负性。
22.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。
23.下列说法中正确的是
A. PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果
B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
C. 凡中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体
D. AB3型的分子空间构型必为平面三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
A.PCl3分子中P原子属于sp3杂化；B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道；C.中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体；D.AB3型的分子空间构型还可以为三角锥形；
【详解】A.PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，由于含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A项错误；
B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B项错误；
C.由价层电子对互斥理论可知，凡中心原子采取sp3杂化的分子，其价层电子对互斥模型都是四面体，故C项正确；
D. AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，故D项错误，本题选C。
24.下列物质的晶体中，不存在分子的是( )
A. 二氧化硅 B. 二氧化硫
C. 二氧化碳 D. 二硫化碳
【答案】A
【解析】
【分析】
分子晶体内存在分子，原子晶体内不存在分子，据此判断；
【详解】二氧化碳、二氧化硫、二硫化碳形成的晶体均为分子晶体，二氧化硅晶体为原子晶体。分子晶体内存在分子，原子晶体内不存在分子，答案选A。
25.下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 （ ）
A. C（金刚石）和CO2 B. NaBr和HBr C. CH4和H2O D. Cl2和KCl
【答案】C
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】A、金刚石是共价键结合的原子晶体，干冰是含有共价键的分子晶体，选项A错误；B、溴化钠是离子晶体含有离子键，溴化氢是分子晶体含有共价键，选项B错误；C、CH4和H2O都是分子晶体，都只含共价键，选项C正确；D、氯气是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了晶体类型和化学键的关系的判断，难度不大，注意把握有关概念。
26.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是( )
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3
B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D. 硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【解析】
A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF
27.下列各组元素按电负性大小排列正确的是( )
A. F>N>O B. O>Cl>F
C. As>P>N D. Cl>S>As
【答案】D
【解析】
根据同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小。A项，F、N、O都是第二周期元素，电负性：FON，A项错误；B项，O和F都是第二周期元素，F和Cl都是VIIA族元素，电负性：FCl、FO，B项错误；C项，N、P、As都是VA族元素，电负性：NPAs，C项错误；D项，Cl、S、P都是第三周期元素，电负性：ClSP，P和As都是VA族元素，电负性：PAs，电负性：ClSAs，D项正确；答案选D。
28.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )
A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等
B. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为：
C. NCl3分子是非极性分子
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】B
【解析】
试题分析：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3•H2O分子；则NH3•H2O的结构式为，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误，答案选B，
【考点定位】本题主要是考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；极性分子和非极性分子
【名师点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。
29.回答下列问题：
(1)写出具有10个电子、两个或两个以上原子核的离子的符号__________、________、__________、____________。
(2)写出具有18个电子的无机化合物的化学式_____________、__________、____________、__________、__________。
(3)在(1)(2)题涉及的粒子中，空间构型为正四面体的有________；为三角锥形的有________。
【答案】 (1). OH－ (2). NH4+ (3). H3O＋ (4). NH2- (5). H2S (6). H2O2 (7). PH3 (8). SiH4 (9). HCl (10). NH4+、SiH4 (11). H3O＋、PH3
【解析】
【详解】（1）第二周期非金属元素的简单氢化物具有10个电子，其分子结合1个H+或失去1个H+后，形成阴、阳离子所具有的电子数不变，离子符号为：OH-、NH4+ 、H3O + 、NH2-，或根据等电子原理导出：NH4+ 与CH4、 H3O + 与NH3、 NH2-与 H2O、OH-与HF分别互为等电子体，故答案为：OH-、NH4+ 、H3O + 、NH2-。
（2）第三周期非金属元素的氢化物分子中具有18个电子，第二周期非金属元素形成R2HX型的化合物，如C2H6、H2O2等，也具有18个电子。符合条件的分子有H2S、PH3、SiH4、HCl、H2O2、N2H4，故答案为：H2S、PH3、SiH4、HCl、H2O2。
（3）上述粒子中，NH4+、SiH4中中心原子的价层电子对数都为4，且中心原子上没有孤电子对，NH4+、SiH4为正四面体构型；H3O+、PH3中中心原子的价层电子对数都为4，且中心原子上有一对孤电子对，H3O＋、PH3为三角锥形，故答案为：NH4+、SiH4；H3O＋、PH3。
【点睛】判断粒子的空间构型可用等电子原理、价层电子对互斥理论和杂化轨道理论；等电子体的立体构型、性质相似。
30.有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知：A和C、B和D分别位于同主族，且B、D质子数之和是A、C质子数之和的2倍；E在同周期元素中原子半径最小。
(1)A2B和A2D的沸点较高者是________(填化学式)，其原因是_________。
(2)B形成的双原子分子里，从轨道重叠的角度来看共价键的类型有________。
(3)E原子的电子排布式为______________________________________________。
【答案】 (1). H2O (2). 分子间形成了氢键 (3). σ键、π键 (4). 1s22s22p63s23p5
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A和C、B和D分别位于同主族，结合原子序数可以知道，B一定处于第二周期、D处于第三周期，而C的原子序数大于B，则B、C一定不能处于同周期，故C处于第三周期，E原子序数大于D，E在同周期元素中原子半径最小，所以E是Cl元素；B、D的质子数之和最大为8+16=24，则A、C的质子数之和最大为12，因为C处于第三周期，故A为H、C为Na，则B为O、D为S，据此解答
【详解】（1）H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，故H2O的沸点比H2S高，本题正确答案是：H2O；分子间存在氢键；
（2）O元素形成的双原子分子的结构式为O=O，从轨道重叠的角度来看共价键的类型有头对头的σ键和肩并肩的π键，因此，本题正确答案是：σ键、π键；
（3）E是Cl元素，其原子核外有17个电子，根据构造原理知，Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p5
【点睛】
31.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。
根据信息回答下列问题。
(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为____________________。
(2)Fe元素位于周期表的______区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为__________；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为________和_____(填化学式)。
(3)在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有__________________。
(4)根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为______________。B，C，D，E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的电子式为________________________(写2种)。
【答案】（1）4s24p1（2）d 0 N2CN－（3）CH4、CH3OH （4）正四面体 CO2、NCl3、CCl4(任写2种即可)
【解析】
试题分析：（1）31号元素Ga原子基态的最外层电子排布式为4s24p1。（2）26号元素Fe元素在周期表的位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表的d区。Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为0价。与CO分子互为等电子体的分子是N2，离子为CN－。（3）在CH4、CO2、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有CH4、CH3OH；CO2中的C原子的杂化方式为sp杂化。（4）根据表格中各种元素的相对位置可以看出：A是H；B是C；C是N；D是O；E是Cl。根据VSEPR理论预测ClO4-离子的空间构型为正四面体型。在C、N、O、Cl原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子有CO2、NCl3、CCl4，其电子式为；；。
考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、原子的杂化、等电子体、微粒的空间构型、分子式、电子式、电子排布式等化学用语的知识。
32.如图表示一些晶体中的某些结构，请回答下列问题：
(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同)________，其中每个碳原子与________个碳原子最近且距离相等。金刚石属于________晶体。
(2)代表石墨的是________，每个正六边形占有的碳原子数平均为________个。
(3)代表NaCl的是________，每个Na＋周围与它最近且距离相等的Na＋有________个。
(4)代表CsCl的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。
(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。
(6)已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为______________。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). 原子 (4). E (5). 2 (6). A (7). 12 (8). C (9). 离子 (10). 8 (11). B (12). 分子 (13). 12 (14). 石墨>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＋
33.a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子，且除a外都是共价型分子。回答下列问题：
（1）a是单核粒子，a单质可用作半导体材料，a原子核外电子排布式为______________。
（2）b是双核化合物，常温下为无色无味气体。b的化学式为________。人一旦吸入b气体后，就易引起中毒，是因为__________而中毒。
（3）c是双核单质，写出其电子式____________。c分子中所含共价键的类型为_______(填“极性键”或“非极性键”)。c单质常温下性质稳定，不易起反应，原因是________________________。
（4）d是四核化合物，其结构式为______________；d分子内所含共价键有________个σ键，________个π键；σ键与π键的强度大小关系为σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2 (2). CO (3). CO一旦被吸入肺里后，会与血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输送氧气的能力 (4). (5). 非极性键 (6). N2分子中的共价叁键键能很大，共价键很牢固 (7). H—C≡C—H (8). 3 (9). 2 (10). > (11). 形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，形成的共价键强
【解析】
【分析】
从a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子入手，并结合题目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；
【详解】（1）a是Si，根据构造原理知，Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；
（2）b是两个原子的化合物，根据其物理性质：无色无味气体，推断b为CO，CO一旦进入肺里，会与血液中的血红蛋白结合而使血红蛋白丧失输送氧气的能力，使人中毒；
（3）c是双原子单质，每个原子有7个电子，故c为N2，N2分子的结构式为N≡N，为非极性键，N2分子中的共价叁键键能很大，所以N2分子很稳定，其电子式为：；
（4）d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，d为C2H2，C2H2的结构式为H—C≡C—H，有两个H—C σ键，一个C—C σ键，两个π键。形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，故形成的共价键强。
34.有下列离子晶体立体构型示意图如下图所示。
(1)以M代表阳离子，以N代表阴离子，写出各离子晶体的组成表达式。
A．__________，B：________，C：________，D：__________________________。
(2)已知FeS2晶体(黄铁矿的主要成分)具有A的立体结构。
①FeS2晶体中具有的化学键类型是__________________________________________。
②若晶体结构A中相邻的阴、阳离子间的距离为acm，且用NA代表阿伏加德罗常数，则FeS2晶体的密度是________g·cm－3。
【答案】 (1). MN (2). MN2 (3). MN2 (4). MN (5). 离子键、非极性共价键 (6).
【解析】
【详解】(1)对于A，阴离子位于立方体4个顶点，因此阴离子在该立方体内只有4×1/8=1/2 (个)，同理阳离子也只有1/2个，组成上为1/2∶1/2＝1∶1，表达式为MN；对于B，阴离子在立方体内有4×1/2＋2＝4(个)，阳离子在立方体内有8×1/8＋1＝2(个)，组成为MN2；对于C，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有4×1/8＝1/2 (个)，组成为MN2；对于D，阴离子在立方体内有1个，阳离子在立方体内有8×1/8＝1(个)，组成为MN。答案：MN、 MN2、 MN2、 MN 。
(2)FeS2晶体中的化学键为离子键和硫硫之间的非极性共价键。密度ρ＝m/V，由立方体内阴、阳离子个数和摩尔质量可求出m，而由立方体的边长即阴、阳离子间的距离可求出立方体体积。ρ＝(1/2gmol-1)＝ NAmol-1a3cm3g·cm－3=。答案：离子键、非极性共价键 、 .
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