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【化学】贵州省毕节市黔西县第一中学2018-2019学年高二12月考试（解析版）
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贵州省毕节市黔西县第一中学2018-2019学年高二12月考试
一、单项选择题(本题包括28个小题，每小题2分，共56分。每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得2分，错选或不选的得0分)
1.下面有关“核外电子的运动状态”的说法，错误的是( )
A. 各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7
B. 只有在电子层、原子轨道、原子轨道伸展方向及电子的自旋状态都确定时，电子的运动状态才能被确定下来
C. 原子核外可能有两个电子的运动状态是完全相同的
D. 原子轨道伸展方向与能量大小是无关的
【答案】C
【解析】
【分析】
一个电子的运动状态要从4个方面来进行描述，即它所处的电子层、原子轨道、原子轨道的伸展方向以及电子的自旋方向，据此答题。
【详解】A.各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7，故A正确；
B.原子核外电子的运动状态由电子层、原子轨道、原子轨道伸展方向及电子的自旋状态4个方面共同确定，缺一不可，故B正确；
C.根据包利不相容原理，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故C错误；
D.原子轨道伸展方向与能量大小是无关的，故D正确。
故选C。
2.某元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，该元素最可能的化合价为( )
A. ＋1价 B. ＋3价 C. ＋5价 D. －5价
【答案】B
【解析】
【分析】
根据核外电子排布式可确定最外层电子数；根据最外层电子数可确定其可能的化合价；根据电子排布式为1s22s22p63s23p1可知该元素原子价电子排布式为3s23p1，所以可能的化合价为＋3价。
【详解】基态原子电子排布为1s22s22p63s23p1，价电子为3s23p1，说明最外层电子数为3，在反应中易失去，则最可能的化合价为+3价。
本题答案为B。
3.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)
下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
A. R的最高正价为＋3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
【分析】
从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
【详解】A、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误； B、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确； C、R元素的原子最外层共有2个电子，故C错误； D、R元素可能是Mg或Be，故D错误。
4.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径AB；
③原子序数A〉B；④原子最外层电子数A
⑥A的电负性小于B的电负性；
⑦A的第一电离能大于B的第一电离能。其中正确的组合是（ ）
A. ①②⑦ B. ③④⑥ C. ③⑤ D. ③④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
试题分析：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，则①A在B的下一周期，原子半径A＞B，故①错误；②A在B的下一周期，原子序数A＞B，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子半径A＜B，故②错误；③A在B的下一周期，原子序数A＞B，故③正确；④当原子最外层电子数＜4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子＞4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A＜B，故④正确；⑤A、B原子最外层电子数不能确定，则元素的化合价关系不能确定，故⑤错误；⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；⑦A易失去电子，第一电离能较小，B易得电子，说明难以失去电子，电离能较大，故A的第一电离能小于B的第一电离能，故⑦错误；故选B。
【考点定位】考查原子的结构与元素的性质
【名师点晴】本题考查原子的结构与元素的性质。本题中A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，且A为金属元素，在反应中易失去电子，具有较强的金属性，B为非金属元素，在反应中易得到电子，在反应中易得到电子。注意把握原子的结构特点和元素性质之间的关系，注意元素电负性、第一电离能的递变规律。
5. 电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，下列关于电负性的变化规律正确的是
A. 周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大
B. 周期表中同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐增大
C. 电负性越大，金属性越强
D. 电负性越小，非金属性越强
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右，非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强；同主族自上而下，非金属性逐渐较弱，电负性逐渐降低，所以正确的答案选A。
考点：考查电负性的有关判断
点评：本题是常识性知识的考查，难度不大。主要是有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的求知欲。
6.X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y原子最外层的电子排布可能是( )
A. X：3s23p1 Y：3s23p5 B. X：2s22p2 Y：2s22p4
C. X：3s23p1 Y：3s23p4 D. X：3s2 Y：2s22p3
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y的常见化合价为+3、-2，即X元素容易失去3个电子达到稳定结构，Y元素容易得到2个电子达到稳定结构。A. X：3s23p1易失去３个电子达到稳定结构，Y：3s23p5易得到１个电子达到稳定结构，不符合；B. X：2s22p2易形成＋４价，Y：2s22p4易得到２个电子达到稳定结构，不符合；C. X：3s23p1易失去３个电子达到稳定结构，Y：3s23p4易得到２个电子达到稳定结构，不符合；D. X：3s2易失去２个电子达到稳定结构，Y：2s22p3易得到３个电子达到稳定结构，符合。答案选D。
【点睛】本题考查核外电子排布，考生应注意要遵循能量最低原理来书写电子排布式。掌握泡利不相容原理和洪特规则的内容是解题的关键。
7.下列说法正确的是( )
A. 基态原子的能量一定比激发态原子的能量高
B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布
C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
分析：A．基态原子吸收能量变为激发态原子；
B．基态Be原子的电子排布式是1s22s2；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；
D．吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。
详解：A．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态Be原子的电子排布式是1s22s2，B错误；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C正确；
D．电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光谱，D错误；
答案选C。
8.下列叙述正确的是( )
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
9.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）。
10.下列描述中正确的是( )
A. CS2为V形的极性分子 B. ClO3-的空间构型为平面三角形
C. SF6中有4对完全相同的成键电子对 D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【答案】D
【解析】
A、CS2分子的中心原子C原子成键电子对数目为2，孤对数为0，C原子采用sp杂化，因此CS2是直线形分子，A错误。B、ClO3-离子的中心原子Cl成键电子对数目为3，孤对数为（7-2×3+1）/2=1，Cl采用sp3杂化，因此ClO3-是三角锥形离子，B错误。C、SF6分子的中心原子S原子成键电子对数目为6，孤对数为0，所以杂化后形成6个杂化轨道，SF6分子中有6对完全相同的成键电子对，C错误。D、SiF4分子的中心原子Si原子成键电子对数目为4，孤对数为0，Si原子采用sp3杂化；SO32-离子的中心原子S原子成键电子对数目为3，孤对数为（6-2×3+2）/2=1，S采用sp3杂化，D正确。正确答案D。
点睛：简单分子、离子中心原子的杂化轨道数等于中心原子直接连接的原子数加中心原子的孤电子对数。
11.下列各组物质两种含氧酸中，前者比后者酸性弱的是( )
A. H2SO4和H2SO3 B. (HO)2RO2和(HO)2RO3
C. HNO3和HNO2 D. H2SiO3和H4SiO4
【答案】B
【解析】
同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，A．硫酸中非羟基氧原子个数为2、亚硫酸中非羟基氧原子个数是1，所以酸性硫酸强于亚硫酸，选项A错误；B．前者非羟基氧原子个数是2、后者非羟基氧原子个数是3，所以酸性前者比后者弱，选项B正确；C．硝酸中非羟基氧原子个数是2、亚硝酸中非羟基氧原子个数是1，所以酸性前者强于后者，选项C错误；D．H2SiO3中非羟基氧原子个数是1、H4SiO4中没有非羟基氧原子，所以酸性前者强于后者，选项D错误；答案选B。
点睛：本题考查酸性强弱比较，为高频考点，明确同一种非金属元素含氧酸中非羟基氧原子个数与酸性强弱关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，根据非羟基氧原子个数多少判断酸性强弱，据此分析解答。
12.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（ ）
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. 1 mol NH5中含有5 mol N—H键
D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】C
【解析】
试题分析：物质A的化学式为NH5 ，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构，则该物质的化学式应该写为NH4H；该化合物是离子化合物，阳离子是NH4+，阴离子是H-，在阳离子中含有共价键，阴离子和阳离子之间通过离子键结合，因此NH5中既有离子键又有共价键，选项A正确。离子化合物含有的离子键比共价化合物NH3的分子间作用力强的多，因此物质的熔沸点NH5>NH3，选项B正确；1mol NH5中含有4 mol N-H键，选项C错误；D．NH5固体投入少量水中，发生反应：NH5+H2O=NH3↑+H2↑+H2O，因此可产生两种气体，正确。
考点：考查NH5的结构、性质的知识。
13. 用萃取法从碘水中分离碘，所用萃取剂应具有的性质是
①不和碘或水起化学反应 ②能溶于水 ③不溶于水 ④应是极性溶剂 ⑤应是非极性溶剂
A. ①②⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①③④
【答案】C
【解析】
试题分析：萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取，选取的萃取剂（四氯化碳或苯）不和碘或水起化学反应，不溶于水，水是极性溶剂，四氯化碳或苯是非极性溶剂，符合条件的是①、③、⑤，答案选C。
【考点定位】考查萃取剂的选择。
【名师点睛】本题考查萃取剂的选择，注意萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
14.下列说法中正确的是( )
A. 分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定
B. 只有非金属原子之间才能形成共价键
C. 水分子可表示为H—O—H，分子中键角为180°
D. H—O键键能为463 kJ·mol－1，即18 g水分子生成H2和O2时，放出的能量为(2×463) kJ
【答案】A
【解析】
【分析】
A.分子中键能越大、键长越短，则分子越稳定；
B.有些金属元素也可以形成共价键；
C.水分子中键角104.5°；
D.由于形成化学键还需要放出能量，所以18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量要小于926kJ。
【详解】A.分子中键能越大、键长越短，则分子越稳定，键长越长、键能越小时分子越不稳定，故A正确；
B.有些金属元素也可以形成共价键，如AlCl3、BeCl2等，故B错误；
C.水分子可表示为H-O-H，其空间构型为V形，水分子中键角104.5°，故C错误；
D.18g水是1mol，则断裂1mol水中的共价键需要消耗926kJ的能量，由于形成化学键还需要放出能量，所以18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量要小于926kJ，故D错误。
故选A。
15.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。
16.最新合成的某有机物A的结构简式如图，它含有1个手性碳原子，具有光学活性。若要使A通过反应失去光学活性，则发生的反应类型不可能是( )
A. 酯化反应 B. 水解反应 C. 银镜反应 D. 加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质发生酯化反应时，会出现两个-CH2-O-，产物中不含有手性碳原子，则失去光学活性，故A错误；
B.该物质发生水解反应时，出现两个—CH2OH，产物中不含有手性碳原子，则失去光学活性，故B错误；
C.该物质发生银镜反应时，-CHO转化为-COOH，但原手性碳原子仍连有四个不相同的基团，即生成物仍具有光学活性，故C正确；
D.该物质发生加成反应时出现两个—CH2OH，产物中不含有手性碳原子，则失去光学活性，故D错误。
故选C。
17.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是
A. 共价键的方向性 B. 共价键的饱和性
C. 共价键的键角 D. 共价键的键长
【答案】B
【解析】
试题分析：由于氧原子的最外层电子数是6个，能形成2对共用电子对，而氢原子最外层电子数是1个，所以可以结合2个氢原子，这说明共价键是有饱和性的，答案选B。
考点：考查共价键的形成特点
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对共价键饱和性和方向性的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力，难度不大。
18.根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其电子总数相同，均可互称为等电子体．等电子体之间结构相似、物理性质也相近．以下各组粒子不能互称为等电子体的是( )
A. O22+和N2 B. O3和SO2
C. CO2和N2O D. N2H4和C2H4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息知，等电子原理：具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，据此答题。
【详解】A. O22+和N2的原子个数都为2；价电子数：前者氧为6，共为12，失去2个电子，共为10，后者氮为5，2个氮共为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A错误；
B.O3和SO2的原子个数都为3；价电子数：前者氧为6，共为18，后者硫和氧都为6，共为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B错误；
C.CO2和N2O的原子个数都为3；价电子数：前者碳为4，氧为6，共为16，后者氮为5，氧为6，共为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C错误；
D.N2H4和C2H4的原子个数都为6；价电子数：前者氮为5，氢为1，共为14，后者碳为4，氢为1，共为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D正确。
故选D。
19. 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。
20. 已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数分别是 ( )
A. 14、6 B. 14、8 C. 4、8 D. 4、12
【答案】D
【解析】
(1)晶胞中所含原子的计算方法：晶胞顶点上的原子占，棱上的原子占，面上的原子占，体心上的原子为1，根据以上规律就可计算晶胞所含的原子数。(2)金属晶体中金属原子的配位数即为距离该原子最近的金属原子的数目。在Cu的晶胞中，顶角原子为8个晶胞共用，面上的铜原子为两个晶胞共用，因此，金属铜的一个晶胞的原子数为8×＋6×＝4。在Cu的晶胞中，与每个顶点的Cu原子距离相等的铜原子共有12个，因此其配位数为12。
21.如图是A，b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是( )
①a是晶体 ②a是非晶体 ③b是晶体 ④b是非晶体．
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】
晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。
【详解】由图象可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；而a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体，故A正确。
故选A。
22. 关于金属性质和原因的描述不正确的是 ( )
A. 金属一般具有银白色光泽，是物理性质，与金属键没有关系
B. 金属具有良好的导电性，是因为在金属晶体中共享了金属原子的价电子，形成了“电子气”，在外电场的作用下自由电子定向移动便形成了电流，所以金属易导电
C. 金属具有良好的导热性能，是因为自由电子在受热后，加快了运动速度，自由电子通过与金属离子发生碰撞，传递了能量
D. 金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层可以滑动而不破坏金属键
【答案】A
【解析】
金属具有金属光泽是金属中的自由电子吸收了可见光，又把各种波长的光，大部分再发射出来，因而金属一般显银白色光泽；金属导电性是在外加电场作用下，自由电子定向移动形成电流；导热性是自由电子受热后，与金属离子发生碰撞，传递能量；良好的延展性是由于金属晶体中原子层能够滑动，但此时金属键未被破坏。
23.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
试题分析：电解质在水溶液或熔融状态下导电的化合物，固态导电应是金属或石墨，但石墨在水中不导电，故选项A正确。
考点：考查电解质等知识。
24.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。
故选D。
25.关于如图叙述不正确的是( )
A. 该种堆积方式为A3型最密堆积
B. 该种堆积方式称为A1型最密堆积
C. 该种堆积方式可用符号“…ABCABC…”表示
D. 金属Cu就属于此种最密堆积型式
【答案】A
【解析】
【详解】从图示可看出，该堆积模型的第一层和第四层重复，所以这种堆积方式属于A1型最密堆积，可用符号“…ABCABC…”表示，属于面心立方最密堆积，金属铜就属于此种最密堆积型式，而A3型属于六方最密堆积，所以A项不正确。
综上所述，本题选A。
【点睛】常见的密堆积方式有：面心立方最密堆积（A1）,如铜、银、金等；体心立方密堆积（A2），如钠、钾、铁等；六方最密堆积（A3），如镁、锌、钛等。
26.已知X．Y．Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是( )
A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】A
【解析】
试题分析：根据晶胞结构可知晶胞含有X是，含有Y是，Z全部在晶胞内，共计是1个，则化学式为ZXY3，答案选A。
考点：考查晶胞化学式计算
27.下列固态物质中，含有共价键的离子晶体是( )
A. KBr B. NaOH C. HCl D. I2
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答。
【详解】A.KBr是离子晶体，但其只含有离子键，不含有共价键，故A错误；
B.NaOH中氢氧根与钠离子以离子键结合，属于离子晶体，氢氧根中的氢和氧以极性共价键结合，故B正确；
C.HCl中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故C错误；
D.I2中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故D错误。
故选B。
【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
28.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是( )
A. 碘与干冰分别受热变为气体
B. 硝酸铵与硝酸分别受热变为气体
C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中
D. 晶体钠与冰分别受热熔化
【答案】A
【解析】
【分析】
A.碘与干冰都是分子晶体；
B.硝酸铵与硝酸分别受热变为气体，有新物质生成，破坏了化学键；
C.氯化钠与氯化氢分别溶解在水中，破坏了化学键；
D.晶体钠与冰分别受热熔化，前者破坏金属键，后者破坏分子间作用力。
【详解】A.碘与干冰分别受热变为气体，仍然分别为碘分子和二氧化碳分子，破坏的是分子间的作用力，故A正确；
B.硝酸铵为离子化合物，硝酸为共价化合物，它们分别受热变为气体发生的反应分别为：NH4NO3HNO3+NH3↑，4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑，有新物质生成，前者破坏了离子键，后者破坏了共价键，故B错误；
C.氯化钠为离子化合物，氯化氢为共价化合物，分别溶解在水中，氯化钠在水中电离出钠离子和氯离子，破坏了离子键，氯化氢在水中，电离出氢离子和氯离子，破坏了共价键，故C错误；
D.晶体钠为金属晶体，冰为分子晶体，分别受热熔化，前者破坏金属键，后者破坏分子间作用力，故D错误。
故选A。
【点睛】解答该题首先理清各物质所属的晶体类型，然后再考虑是破坏化学键还是分子间作用力。
分卷II
二、填空题(共5小题,共44分)
29.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：
请根据表中信息填写：
(1)A原子的核外电子排布式：____________________________________________________。
(2)B元素在周期表中的位置：______________________________________________________；
离子半径：B________(填“大于”或“小于”)A。
(3)C原子的电子排布图是_________，其原子核外有____个未成对电子，能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。
(4)D－的结构示意图是________。
(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________。与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为__________________。
【答案】（1）1s22s22p63s1
（2）第3周期第ⅢA族 小于
（3）3 p 纺锤
（4） 3s23p5
（5）NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O 3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O
【解析】
试题分析：是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，A是Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，B是Al；元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，C是N；是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D是Cl。
（1） Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1。
（2） Al元素在周期表中的位置是第3周期第ⅢA族；离子半径：B小于A。
（3）N原子的电子排布图是，其原子核外有3个未成对电子，能量最高的电子为p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形。
（4） Cl原子的外围电子排布式为3s23p5，D－的结构示意图是。
（5）氢氧化钠与氢氧化铝反应的化学方程式为)NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O；氧化铝与盐酸反应的化学方程式为3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O。
考点：本题考查原子结构、元素周期律。
30.碳族元素包括C，Si、Ge、Sn、Pb．
(1)碳纳米管由单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过__杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠__结合在一起．
(2)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__．
(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn﹣Br键的键角__120°(填“＞”“＜”或“=”)
(4)铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb4+处于立方晶胞顶点，Ba2+处于晶胞中心，O2﹣处于晶胞棱边中心．该化合物化学式为__，每个Ba2+与__个O2﹣配位
【答案】（1）sp2 范德华力
（2）C＞H ＞Si
（3）＜
（4）PbBaO3， 12
【解析】
试题分析：（1）石墨是无限的六边形平面网状结构，每个碳原子轨道与邻近的三个碳原子以共价键结合，所以是SP2杂化，这些平面网状结构再以范德华力结合形成层状结构．因碳纳米管结构与石墨类似。所 以多层碳纳米管每个碳原子通过SP2杂化，层与层之间靠范德华力结合在一起。
（2）据共用电子对偏向电负性大的原子，已知CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，故有C＞H＞Si。
（3）SnBr2分子中，Sn的价层电子对数是（4+2）/2=3，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，SnBr2空间构型是V型，键角<120°。
（4）铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：根据均摊法可知，Pb4+处于立方晶胞顶点，每个晶胞含有Pb4+：8× 1/8=1个，Ba2+处于晶胞中心，Ba2+：1个，O2-处于晶胞棱边中心，O2-：12×1/4 =3个，故化学式为PbBaO3，Ba2+处于晶胞中心,O2-处于晶胞棱边中心，共有12个，故每个Ba2+与12个O2-配位。
考点：考查原子结构
31.硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号________________ ，该能层具有的原子轨道数为________________、电子数为________________。
（2）硅主要以硅酸盐、________________等化合物的形式存在于地壳中。
（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以________________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。
（4）单质硅可通过甲硅烷(SiH4) 分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为________________。
（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实:
硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___________。SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是 ________________。
（6）在硅酸盐中，SiO44+四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为________________。Si与O的原子数之比为 ________________ 化学式为________.
【答案】 (1). M (2). 9 (3). 4 (4). 二氧化硅 (5). 共价键 (6). 3 (7). Mg2Si + 4NH4Cl = SiH4+ 4NH3+ 2MgCl2 (8). C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 (9). C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键 (10). sp3 (11). 1∶3 (12). [SiO3] n2n-(或SiO32-)
【解析】
试题分析：
（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、
L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级
有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）。
故答案为：M；9；4；
（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在。
故答案为：二氧化硅；
（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合；硅晶胞中每个顶点上有1
个Si、面心是有1个Si、在晶胞内部含有4个Si原子，利用均摊法知，面心提供的硅原子个数
=6×=3。
故答案为：共价键；3；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl= SiH4+
4NH3+2MgCl2。
故答案为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；
（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H
键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成。
故答案为：C-C键和C-H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；
②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的
键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si-O键。
故答案为：C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；
（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；根据图
（b）可以看出，每个结构单元中都有两个氧原子被两个单元共用，所以每个结构单元中相当于含
有1个硅原子、3个氧原子，Si与O的原子数之比为1:3，化学式为SiO32-（或表示为(SiO)n2n-）。
故答案为：sp3；1:3；SiO32-（或表示为(SiO)n2n-）。
考点：硅和二氧化硅；原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式
及杂化类型判断
32.短周期中五种元素A，B，C，D，E原子序数依次增大，其中A，B，C原子核外电子层数之和是5，且C原子最外层上的电子数为A和B两元素原子最外电子层上电子数的总和，C原子的价电子构型为nsnnpn+1，A原子的最外层电子数等于其电子层数．D和E可以形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，且D原子的2p能级上有两个未成对电子，试回答下列问题：
(1)B，C，D，E四种元素的原子，半径从大到小的顺序是__(填元素符号或化学式，下同)；第一电离能从大到小的顺序是__
(2)C原子的电子排布图__，D2﹣的结构示意图__．A，D可形成多种化合物，其中一种是氧化剂，其水溶液有弱酸性，写出该化合物的结构式__，分子中含有__键(填“极性”或“非极性”，下同)是__分子．
(3)A，B，D三种元素可以形成多种有机化合物分子，其中最简单原子数最少的一种是室内装潢时形成的主要气体污染物．试写出它的电子式__，根据价层电子对互斥(VSEPR)理论推测该分子中心原子的杂化方式为__杂化，空间构型为__．
(4)C和E形成一种离子化合物Y，其摩尔质量为65g/mol，Y受热或撞击时立即分解为两种单质．则Y的化学式为__，Y的阴离子是一种弱酸根离子，全由C元素组成，Y与盐酸反应的离子方程式为__．
【答案】 (1). )Na＞C＞N＞O (2). N＞O＞C＞Na (3). (4). (5). H﹣O﹣O﹣H (6). 极性、非极性 (7). 极性 (8). (9). sp2 (10). 平面三角形 (11). NaN3 (12). N3﹣+3H+=NH3↑
【解析】
【分析】
短周期中五种元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、C原子核外电子层数之和是5，则A处于第一周期，B、C处于第二周期，A原子的最外层电子数等于其电子层数，则A为氢元素；C原子的价电子构型为nsnnpn+1，s能级只能容纳2个电子，即n=2，C原子的价电子构型为2s22p3，故C为氮元素；C原子最外层上的电子数为A和B两元素原子最外电子层上电子数的总和，则B原子最外层电子数为5-1=4，则B为碳元素；D原子的2p能级上有两个未成对电子，原子序数大于氮元素，则D原子的价电子构型为2s22p4，故D为氧元素；D和E可以形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，则E为Na元素，据此解答。
【详解】（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O；自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量降低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C＞Na，故答案为：Na＞C＞N＞O；N＞O＞C＞Na。
（2）C为氮元素，N原子的电子排布图为，O2-的结构示意图为，H、O可形成多种化合物，其中一种是氧化剂，其水溶液有弱酸性，该化合物为H2O2，该化合物的结构式H-O-O-H，分子中氧原子与氢原子之间为极性键、氧原子之间为非极性键，为展开书页型结构，是极性分子，
故答案为：；；H-O-O-H；极性、非极性；极性。
（3）H、C、O三种元素可以形成多种有机化合物分子，其中最简单原子数最少的一种是室内装潢时形成的主要气体污染物为HCHO，其电子式为，根据价层电子对互斥（VSEPR）理论，该分子中心原子C原子价层电子对水为3，不含孤电子对，故C原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：；sp2；平面三角形。
（4）Na和N形成一种离子化合物Y，其摩尔质量为65g/mol，Y受热或撞击时立即分解为两种单质，分解为Na与氮气，Y的阴离子是一种弱酸根离子，全由C元素组成，令组成为NaxNy，则23x+14y=65，则x=1，y=3，故则Y为NaN3，与盐酸反应的离子方程式为N3-+3H+=NH3↑，故答案为：NaN3；N3-+3H+=NH3↑。
33.三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
(1)写出B原子的基态电子排布式__；
(2)用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键__(任写一种)；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角__(填写“变大”、“变小”、“不变”)；
(3)往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为__，简要描述该配合物中化学键的成键情况__；
(4)下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是__(填写序号)；在②的分子中有__个σ键和__个π键.
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣ (3). 变大 (4). [Cu(NH3)4]SO4 (5). 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (6). ①③④ (7). 3 (8). 2
【解析】
【分析】
根据表中所给的信息，A基态原子有2个电子层，且最外层有3个未成对电子，则2p能级的3个轨道上分别有3个电子，即最外层有5个电子，为N元素；B基态原子，M层有1对成对电子，则3p能级有4个电子，为S元素；C基态原子核外电子排布及化合价可确定为Cu元素；
【详解】（1）B为S元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4；
（2）A为N元素，其氢化物为氨气，氨水中存在的氢键为：N﹣HN﹣或N﹣HO﹣或O﹣HN﹣或O﹣HO﹣；孤电子对的排斥作用比成键电子对更强一些，氨气分子结合一个H+形成阳离子后，孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，键角增大；
（3）向硫酸铜溶液中加入过量的氨水，则生成配合物，[Cu(NH3)4]SO4，中心原子Cu2+提供空轨道，氨分子给出孤电子对，以配位键形成[Cu(NH3)4]2+，再与SO42-以离子键结合；
（4）孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化，答案为①③④；②的分子中有3个σ键和2个π键；答案为①③④；3；2
【点睛】氢键有N、O、F和H形成的共价键的氢原子与其他的N、O、F间的作用力，氨水中存在氨分子上的氢原子与水分中的氧原子或其它氨分子中的氮原子，或水分子中的氢原子和其它水分子中的氧原子或氨分子中的氮原子间。
一、单项选择题(本题包括28个小题，每小题2分，共56分。每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得2分，错选或不选的得0分)
1.下面有关“核外电子的运动状态”的说法，错误的是( )
A. 各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7
B. 只有在电子层、原子轨道、原子轨道伸展方向及电子的自旋状态都确定时，电子的运动状态才能被确定下来
C. 原子核外可能有两个电子的运动状态是完全相同的
D. 原子轨道伸展方向与能量大小是无关的
【答案】C
【解析】
【分析】
一个电子的运动状态要从4个方面来进行描述，即它所处的电子层、原子轨道、原子轨道的伸展方向以及电子的自旋方向，据此答题。
【详解】A.各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7，故A正确；
B.原子核外电子的运动状态由电子层、原子轨道、原子轨道伸展方向及电子的自旋状态4个方面共同确定，缺一不可，故B正确；
C.根据包利不相容原理，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故C错误；
D.原子轨道伸展方向与能量大小是无关的，故D正确。
故选C。
2.某元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，该元素最可能的化合价为( )
A. ＋1价 B. ＋3价 C. ＋5价 D. －5价
【答案】B
【解析】
【分析】
根据核外电子排布式可确定最外层电子数；根据最外层电子数可确定其可能的化合价；根据电子排布式为1s22s22p63s23p1可知该元素原子价电子排布式为3s23p1，所以可能的化合价为＋3价。
【详解】基态原子电子排布为1s22s22p63s23p1，价电子为3s23p1，说明最外层电子数为3，在反应中易失去，则最可能的化合价为+3价。
本题答案为B。
3.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)
下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
A. R的最高正价为＋3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
【分析】
从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，最外层应有2个电子，应为第IIA族元素。
【详解】A、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误； B、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确； C、R元素的原子最外层共有2个电子，故C错误； D、R元素可能是Mg或Be，故D错误。
4.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径A
③原子序数A〉B；④原子最外层电子数A
⑥A的电负性小于B的电负性；
⑦A的第一电离能大于B的第一电离能。其中正确的组合是（ ）
A. ①②⑦ B. ③④⑥ C. ③⑤ D. ③④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
试题分析：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，则①A在B的下一周期，原子半径A＞B，故①错误；②A在B的下一周期，原子序数A＞B，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子半径A＜B，故②错误；③A在B的下一周期，原子序数A＞B，故③正确；④当原子最外层电子数＜4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子＞4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A＜B，故④正确；⑤A、B原子最外层电子数不能确定，则元素的化合价关系不能确定，故⑤错误；⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；⑦A易失去电子，第一电离能较小，B易得电子，说明难以失去电子，电离能较大，故A的第一电离能小于B的第一电离能，故⑦错误；故选B。
【考点定位】考查原子的结构与元素的性质
【名师点晴】本题考查原子的结构与元素的性质。本题中A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，且A为金属元素，在反应中易失去电子，具有较强的金属性，B为非金属元素，在反应中易得到电子，在反应中易得到电子。注意把握原子的结构特点和元素性质之间的关系，注意元素电负性、第一电离能的递变规律。
5. 电负性的大小也可以作为判断金属性和非金属性强弱的尺度，下列关于电负性的变化规律正确的是
A. 周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大
B. 周期表中同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐增大
C. 电负性越大，金属性越强
D. 电负性越小，非金属性越强
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右，非金属性逐渐增强，电负性逐渐增强；同主族自上而下，非金属性逐渐较弱，电负性逐渐降低，所以正确的答案选A。
考点：考查电负性的有关判断
点评：本题是常识性知识的考查，难度不大。主要是有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的求知欲。
6.X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y原子最外层的电子排布可能是( )
A. X：3s23p1 Y：3s23p5 B. X：2s22p2 Y：2s22p4
C. X：3s23p1 Y：3s23p4 D. X：3s2 Y：2s22p3
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y的常见化合价为+3、-2，即X元素容易失去3个电子达到稳定结构，Y元素容易得到2个电子达到稳定结构。A. X：3s23p1易失去３个电子达到稳定结构，Y：3s23p5易得到１个电子达到稳定结构，不符合；B. X：2s22p2易形成＋４价，Y：2s22p4易得到２个电子达到稳定结构，不符合；C. X：3s23p1易失去３个电子达到稳定结构，Y：3s23p4易得到２个电子达到稳定结构，不符合；D. X：3s2易失去２个电子达到稳定结构，Y：2s22p3易得到３个电子达到稳定结构，符合。答案选D。
【点睛】本题考查核外电子排布，考生应注意要遵循能量最低原理来书写电子排布式。掌握泡利不相容原理和洪特规则的内容是解题的关键。
7.下列说法正确的是( )
A. 基态原子的能量一定比激发态原子的能量高
B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布
C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】
分析：A．基态原子吸收能量变为激发态原子；
B．基态Be原子的电子排布式是1s22s2；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量；
D．吸收光谱和发射光谱统称原子光谱。
详解：A．基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，所以基态Be原子的电子排布式是1s22s2，B错误；
C．电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，由激发态跃迁到基态辐射光子，放出能量，因此日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，C正确；
D．电子在基态跃迁到激发态时也会产生原子光谱，D错误；
答案选C。
8.下列叙述正确的是( )
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
9.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）。
10.下列描述中正确的是( )
A. CS2为V形的极性分子 B. ClO3-的空间构型为平面三角形
C. SF6中有4对完全相同的成键电子对 D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【答案】D
【解析】
A、CS2分子的中心原子C原子成键电子对数目为2，孤对数为0，C原子采用sp杂化，因此CS2是直线形分子，A错误。B、ClO3-离子的中心原子Cl成键电子对数目为3，孤对数为（7-2×3+1）/2=1，Cl采用sp3杂化，因此ClO3-是三角锥形离子，B错误。C、SF6分子的中心原子S原子成键电子对数目为6，孤对数为0，所以杂化后形成6个杂化轨道，SF6分子中有6对完全相同的成键电子对，C错误。D、SiF4分子的中心原子Si原子成键电子对数目为4，孤对数为0，Si原子采用sp3杂化；SO32-离子的中心原子S原子成键电子对数目为3，孤对数为（6-2×3+2）/2=1，S采用sp3杂化，D正确。正确答案D。
点睛：简单分子、离子中心原子的杂化轨道数等于中心原子直接连接的原子数加中心原子的孤电子对数。
11.下列各组物质两种含氧酸中，前者比后者酸性弱的是( )
A. H2SO4和H2SO3 B. (HO)2RO2和(HO)2RO3
C. HNO3和HNO2 D. H2SiO3和H4SiO4
【答案】B
【解析】
同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，A．硫酸中非羟基氧原子个数为2、亚硫酸中非羟基氧原子个数是1，所以酸性硫酸强于亚硫酸，选项A错误；B．前者非羟基氧原子个数是2、后者非羟基氧原子个数是3，所以酸性前者比后者弱，选项B正确；C．硝酸中非羟基氧原子个数是2、亚硝酸中非羟基氧原子个数是1，所以酸性前者强于后者，选项C错误；D．H2SiO3中非羟基氧原子个数是1、H4SiO4中没有非羟基氧原子，所以酸性前者强于后者，选项D错误；答案选B。
点睛：本题考查酸性强弱比较，为高频考点，明确同一种非金属元素含氧酸中非羟基氧原子个数与酸性强弱关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，根据非羟基氧原子个数多少判断酸性强弱，据此分析解答。
12.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（ ）
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. NH5的熔沸点高于NH3
C. 1 mol NH5中含有5 mol N—H键
D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】C
【解析】
试题分析：物质A的化学式为NH5 ，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构，则该物质的化学式应该写为NH4H；该化合物是离子化合物，阳离子是NH4+，阴离子是H-，在阳离子中含有共价键，阴离子和阳离子之间通过离子键结合，因此NH5中既有离子键又有共价键，选项A正确。离子化合物含有的离子键比共价化合物NH3的分子间作用力强的多，因此物质的熔沸点NH5>NH3，选项B正确；1mol NH5中含有4 mol N-H键，选项C错误；D．NH5固体投入少量水中，发生反应：NH5+H2O=NH3↑+H2↑+H2O，因此可产生两种气体，正确。
考点：考查NH5的结构、性质的知识。
13. 用萃取法从碘水中分离碘，所用萃取剂应具有的性质是
①不和碘或水起化学反应 ②能溶于水 ③不溶于水 ④应是极性溶剂 ⑤应是非极性溶剂
A. ①②⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①③④
【答案】C
【解析】
试题分析：萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取，选取的萃取剂（四氯化碳或苯）不和碘或水起化学反应，不溶于水，水是极性溶剂，四氯化碳或苯是非极性溶剂，符合条件的是①、③、⑤，答案选C。
【考点定位】考查萃取剂的选择。
【名师点睛】本题考查萃取剂的选择，注意萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
14.下列说法中正确的是( )
A. 分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定
B. 只有非金属原子之间才能形成共价键
C. 水分子可表示为H—O—H，分子中键角为180°
D. H—O键键能为463 kJ·mol－1，即18 g水分子生成H2和O2时，放出的能量为(2×463) kJ
【答案】A
【解析】
【分析】
A.分子中键能越大、键长越短，则分子越稳定；
B.有些金属元素也可以形成共价键；
C.水分子中键角104.5°；
D.由于形成化学键还需要放出能量，所以18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量要小于926kJ。
【详解】A.分子中键能越大、键长越短，则分子越稳定，键长越长、键能越小时分子越不稳定，故A正确；
B.有些金属元素也可以形成共价键，如AlCl3、BeCl2等，故B错误；
C.水分子可表示为H-O-H，其空间构型为V形，水分子中键角104.5°，故C错误；
D.18g水是1mol，则断裂1mol水中的共价键需要消耗926kJ的能量，由于形成化学键还需要放出能量，所以18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量要小于926kJ，故D错误。
故选A。
15.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。
16.最新合成的某有机物A的结构简式如图，它含有1个手性碳原子，具有光学活性。若要使A通过反应失去光学活性，则发生的反应类型不可能是( )
A. 酯化反应 B. 水解反应 C. 银镜反应 D. 加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质发生酯化反应时，会出现两个-CH2-O-，产物中不含有手性碳原子，则失去光学活性，故A错误；
B.该物质发生水解反应时，出现两个—CH2OH，产物中不含有手性碳原子，则失去光学活性，故B错误；
C.该物质发生银镜反应时，-CHO转化为-COOH，但原手性碳原子仍连有四个不相同的基团，即生成物仍具有光学活性，故C正确；
D.该物质发生加成反应时出现两个—CH2OH，产物中不含有手性碳原子，则失去光学活性，故D错误。
故选C。
17.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是
A. 共价键的方向性 B. 共价键的饱和性
C. 共价键的键角 D. 共价键的键长
【答案】B
【解析】
试题分析：由于氧原子的最外层电子数是6个，能形成2对共用电子对，而氢原子最外层电子数是1个，所以可以结合2个氢原子，这说明共价键是有饱和性的，答案选B。
考点：考查共价键的形成特点
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对共价键饱和性和方向性的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力，难度不大。
18.根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其电子总数相同，均可互称为等电子体．等电子体之间结构相似、物理性质也相近．以下各组粒子不能互称为等电子体的是( )
A. O22+和N2 B. O3和SO2
C. CO2和N2O D. N2H4和C2H4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息知，等电子原理：具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，据此答题。
【详解】A. O22+和N2的原子个数都为2；价电子数：前者氧为6，共为12，失去2个电子，共为10，后者氮为5，2个氮共为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A错误；
B.O3和SO2的原子个数都为3；价电子数：前者氧为6，共为18，后者硫和氧都为6，共为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B错误；
C.CO2和N2O的原子个数都为3；价电子数：前者碳为4，氧为6，共为16，后者氮为5，氧为6，共为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C错误；
D.N2H4和C2H4的原子个数都为6；价电子数：前者氮为5，氢为1，共为14，后者碳为4，氢为1，共为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D正确。
故选D。
19. 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。
20. 已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数分别是 ( )
A. 14、6 B. 14、8 C. 4、8 D. 4、12
【答案】D
【解析】
(1)晶胞中所含原子的计算方法：晶胞顶点上的原子占，棱上的原子占，面上的原子占，体心上的原子为1，根据以上规律就可计算晶胞所含的原子数。(2)金属晶体中金属原子的配位数即为距离该原子最近的金属原子的数目。在Cu的晶胞中，顶角原子为8个晶胞共用，面上的铜原子为两个晶胞共用，因此，金属铜的一个晶胞的原子数为8×＋6×＝4。在Cu的晶胞中，与每个顶点的Cu原子距离相等的铜原子共有12个，因此其配位数为12。
21.如图是A，b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是( )
①a是晶体 ②a是非晶体 ③b是晶体 ④b是非晶体．
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】
晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。
【详解】由图象可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；而a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体，故A正确。
故选A。
22. 关于金属性质和原因的描述不正确的是 ( )
A. 金属一般具有银白色光泽，是物理性质，与金属键没有关系
B. 金属具有良好的导电性，是因为在金属晶体中共享了金属原子的价电子，形成了“电子气”，在外电场的作用下自由电子定向移动便形成了电流，所以金属易导电
C. 金属具有良好的导热性能，是因为自由电子在受热后，加快了运动速度，自由电子通过与金属离子发生碰撞，传递了能量
D. 金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层可以滑动而不破坏金属键
【答案】A
【解析】
金属具有金属光泽是金属中的自由电子吸收了可见光，又把各种波长的光，大部分再发射出来，因而金属一般显银白色光泽；金属导电性是在外加电场作用下，自由电子定向移动形成电流；导热性是自由电子受热后，与金属离子发生碰撞，传递能量；良好的延展性是由于金属晶体中原子层能够滑动，但此时金属键未被破坏。
23.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
试题分析：电解质在水溶液或熔融状态下导电的化合物，固态导电应是金属或石墨，但石墨在水中不导电，故选项A正确。
考点：考查电解质等知识。
24.金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】金属晶体的中金属原子的堆积基本模式有有4种：简单立方堆积，体心立方堆积，面心立方最密堆积晶格，六方最密堆积，故答案D正确。
故选D。
25.关于如图叙述不正确的是( )
A. 该种堆积方式为A3型最密堆积
B. 该种堆积方式称为A1型最密堆积
C. 该种堆积方式可用符号“…ABCABC…”表示
D. 金属Cu就属于此种最密堆积型式
【答案】A
【解析】
【详解】从图示可看出，该堆积模型的第一层和第四层重复，所以这种堆积方式属于A1型最密堆积，可用符号“…ABCABC…”表示，属于面心立方最密堆积，金属铜就属于此种最密堆积型式，而A3型属于六方最密堆积，所以A项不正确。
综上所述，本题选A。
【点睛】常见的密堆积方式有：面心立方最密堆积（A1）,如铜、银、金等；体心立方密堆积（A2），如钠、钾、铁等；六方最密堆积（A3），如镁、锌、钛等。
26.已知X．Y．Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是( )
A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【答案】A
【解析】
试题分析：根据晶胞结构可知晶胞含有X是，含有Y是，Z全部在晶胞内，共计是1个，则化学式为ZXY3，答案选A。
考点：考查晶胞化学式计算
27.下列固态物质中，含有共价键的离子晶体是( )
A. KBr B. NaOH C. HCl D. I2
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答。
【详解】A.KBr是离子晶体，但其只含有离子键，不含有共价键，故A错误；
B.NaOH中氢氧根与钠离子以离子键结合，属于离子晶体，氢氧根中的氢和氧以极性共价键结合，故B正确；
C.HCl中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故C错误；
D.I2中不含有离子键，属于分子晶体，只含有共价键，故D错误。
故选B。
【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物：①铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；②强碱类，如KOH、NaOH等；③含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；④过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。
28.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是( )
A. 碘与干冰分别受热变为气体
B. 硝酸铵与硝酸分别受热变为气体
C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中
D. 晶体钠与冰分别受热熔化
【答案】A
【解析】
【分析】
A.碘与干冰都是分子晶体；
B.硝酸铵与硝酸分别受热变为气体，有新物质生成，破坏了化学键；
C.氯化钠与氯化氢分别溶解在水中，破坏了化学键；
D.晶体钠与冰分别受热熔化，前者破坏金属键，后者破坏分子间作用力。
【详解】A.碘与干冰分别受热变为气体，仍然分别为碘分子和二氧化碳分子，破坏的是分子间的作用力，故A正确；
B.硝酸铵为离子化合物，硝酸为共价化合物，它们分别受热变为气体发生的反应分别为：NH4NO3HNO3+NH3↑，4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑，有新物质生成，前者破坏了离子键，后者破坏了共价键，故B错误；
C.氯化钠为离子化合物，氯化氢为共价化合物，分别溶解在水中，氯化钠在水中电离出钠离子和氯离子，破坏了离子键，氯化氢在水中，电离出氢离子和氯离子，破坏了共价键，故C错误；
D.晶体钠为金属晶体，冰为分子晶体，分别受热熔化，前者破坏金属键，后者破坏分子间作用力，故D错误。
故选A。
【点睛】解答该题首先理清各物质所属的晶体类型，然后再考虑是破坏化学键还是分子间作用力。
分卷II
二、填空题(共5小题,共44分)
29.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：
请根据表中信息填写：
(1)A原子的核外电子排布式：____________________________________________________。
(2)B元素在周期表中的位置：______________________________________________________；
离子半径：B________(填“大于”或“小于”)A。
(3)C原子的电子排布图是_________，其原子核外有____个未成对电子，能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。
(4)D－的结构示意图是________。
(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________。与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为__________________。
【答案】（1）1s22s22p63s1
（2）第3周期第ⅢA族 小于
（3）3 p 纺锤
（4） 3s23p5
（5）NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O 3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O
【解析】
试题分析：是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，A是Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，B是Al；元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，C是N；是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D是Cl。
（1） Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1。
（2） Al元素在周期表中的位置是第3周期第ⅢA族；离子半径：B小于A。
（3）N原子的电子排布图是，其原子核外有3个未成对电子，能量最高的电子为p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形。
（4） Cl原子的外围电子排布式为3s23p5，D－的结构示意图是。
（5）氢氧化钠与氢氧化铝反应的化学方程式为)NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O；氧化铝与盐酸反应的化学方程式为3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O。
考点：本题考查原子结构、元素周期律。
30.碳族元素包括C，Si、Ge、Sn、Pb．
(1)碳纳米管由单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过__杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠__结合在一起．
(2)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__．
(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn﹣Br键的键角__120°(填“＞”“＜”或“=”)
(4)铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb4+处于立方晶胞顶点，Ba2+处于晶胞中心，O2﹣处于晶胞棱边中心．该化合物化学式为__，每个Ba2+与__个O2﹣配位
【答案】（1）sp2 范德华力
（2）C＞H ＞Si
（3）＜
（4）PbBaO3， 12
【解析】
试题分析：（1）石墨是无限的六边形平面网状结构，每个碳原子轨道与邻近的三个碳原子以共价键结合，所以是SP2杂化，这些平面网状结构再以范德华力结合形成层状结构．因碳纳米管结构与石墨类似。所 以多层碳纳米管每个碳原子通过SP2杂化，层与层之间靠范德华力结合在一起。
（2）据共用电子对偏向电负性大的原子，已知CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，故有C＞H＞Si。
（3）SnBr2分子中，Sn的价层电子对数是（4+2）/2=3，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，SnBr2空间构型是V型，键角<120°。
（4）铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：根据均摊法可知，Pb4+处于立方晶胞顶点，每个晶胞含有Pb4+：8× 1/8=1个，Ba2+处于晶胞中心，Ba2+：1个，O2-处于晶胞棱边中心，O2-：12×1/4 =3个，故化学式为PbBaO3，Ba2+处于晶胞中心,O2-处于晶胞棱边中心，共有12个，故每个Ba2+与12个O2-配位。
考点：考查原子结构
31.硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号________________ ，该能层具有的原子轨道数为________________、电子数为________________。
（2）硅主要以硅酸盐、________________等化合物的形式存在于地壳中。
（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以________________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。
（4）单质硅可通过甲硅烷(SiH4) 分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为________________。
（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实:
硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___________。SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是 ________________。
（6）在硅酸盐中，SiO44+四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为________________。Si与O的原子数之比为 ________________ 化学式为________.
【答案】 (1). M (2). 9 (3). 4 (4). 二氧化硅 (5). 共价键 (6). 3 (7). Mg2Si + 4NH4Cl = SiH4+ 4NH3+ 2MgCl2 (8). C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 (9). C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键 (10). sp3 (11). 1∶3 (12). [SiO3] n2n-(或SiO32-)
【解析】
试题分析：
（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、
L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级
有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）。
故答案为：M；9；4；
（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在。
故答案为：二氧化硅；
（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合；硅晶胞中每个顶点上有1
个Si、面心是有1个Si、在晶胞内部含有4个Si原子，利用均摊法知，面心提供的硅原子个数
=6×=3。
故答案为：共价键；3；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl= SiH4+
4NH3+2MgCl2。
故答案为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；
（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H
键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成。
故答案为：C-C键和C-H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；
②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的
键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si-O键。
故答案为：C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；
（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；根据图
（b）可以看出，每个结构单元中都有两个氧原子被两个单元共用，所以每个结构单元中相当于含
有1个硅原子、3个氧原子，Si与O的原子数之比为1:3，化学式为SiO32-（或表示为(SiO)n2n-）。
故答案为：sp3；1:3；SiO32-（或表示为(SiO)n2n-）。
考点：硅和二氧化硅；原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式
及杂化类型判断
32.短周期中五种元素A，B，C，D，E原子序数依次增大，其中A，B，C原子核外电子层数之和是5，且C原子最外层上的电子数为A和B两元素原子最外电子层上电子数的总和，C原子的价电子构型为nsnnpn+1，A原子的最外层电子数等于其电子层数．D和E可以形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，且D原子的2p能级上有两个未成对电子，试回答下列问题：
(1)B，C，D，E四种元素的原子，半径从大到小的顺序是__(填元素符号或化学式，下同)；第一电离能从大到小的顺序是__
(2)C原子的电子排布图__，D2﹣的结构示意图__．A，D可形成多种化合物，其中一种是氧化剂，其水溶液有弱酸性，写出该化合物的结构式__，分子中含有__键(填“极性”或“非极性”，下同)是__分子．
(3)A，B，D三种元素可以形成多种有机化合物分子，其中最简单原子数最少的一种是室内装潢时形成的主要气体污染物．试写出它的电子式__，根据价层电子对互斥(VSEPR)理论推测该分子中心原子的杂化方式为__杂化，空间构型为__．
(4)C和E形成一种离子化合物Y，其摩尔质量为65g/mol，Y受热或撞击时立即分解为两种单质．则Y的化学式为__，Y的阴离子是一种弱酸根离子，全由C元素组成，Y与盐酸反应的离子方程式为__．
【答案】 (1). )Na＞C＞N＞O (2). N＞O＞C＞Na (3). (4). (5). H﹣O﹣O﹣H (6). 极性、非极性 (7). 极性 (8). (9). sp2 (10). 平面三角形 (11). NaN3 (12). N3﹣+3H+=NH3↑
【解析】
【分析】
短周期中五种元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，其中A、B、C原子核外电子层数之和是5，则A处于第一周期，B、C处于第二周期，A原子的最外层电子数等于其电子层数，则A为氢元素；C原子的价电子构型为nsnnpn+1，s能级只能容纳2个电子，即n=2，C原子的价电子构型为2s22p3，故C为氮元素；C原子最外层上的电子数为A和B两元素原子最外电子层上电子数的总和，则B原子最外层电子数为5-1=4，则B为碳元素；D原子的2p能级上有两个未成对电子，原子序数大于氮元素，则D原子的价电子构型为2s22p4，故D为氧元素；D和E可以形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，则E为Na元素，据此解答。
【详解】（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O；自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量降低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C＞Na，故答案为：Na＞C＞N＞O；N＞O＞C＞Na。
（2）C为氮元素，N原子的电子排布图为，O2-的结构示意图为，H、O可形成多种化合物，其中一种是氧化剂，其水溶液有弱酸性，该化合物为H2O2，该化合物的结构式H-O-O-H，分子中氧原子与氢原子之间为极性键、氧原子之间为非极性键，为展开书页型结构，是极性分子，
故答案为：；；H-O-O-H；极性、非极性；极性。
（3）H、C、O三种元素可以形成多种有机化合物分子，其中最简单原子数最少的一种是室内装潢时形成的主要气体污染物为HCHO，其电子式为，根据价层电子对互斥（VSEPR）理论，该分子中心原子C原子价层电子对水为3，不含孤电子对，故C原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：；sp2；平面三角形。
（4）Na和N形成一种离子化合物Y，其摩尔质量为65g/mol，Y受热或撞击时立即分解为两种单质，分解为Na与氮气，Y的阴离子是一种弱酸根离子，全由C元素组成，令组成为NaxNy，则23x+14y=65，则x=1，y=3，故则Y为NaN3，与盐酸反应的离子方程式为N3-+3H+=NH3↑，故答案为：NaN3；N3-+3H+=NH3↑。
33.三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
(1)写出B原子的基态电子排布式__；
(2)用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键__(任写一种)；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角__(填写“变大”、“变小”、“不变”)；
(3)往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为__，简要描述该配合物中化学键的成键情况__；
(4)下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是__(填写序号)；在②的分子中有__个σ键和__个π键.
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣ (3). 变大 (4). [Cu(NH3)4]SO4 (5). 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (6). ①③④ (7). 3 (8). 2
【解析】
【分析】
根据表中所给的信息，A基态原子有2个电子层，且最外层有3个未成对电子，则2p能级的3个轨道上分别有3个电子，即最外层有5个电子，为N元素；B基态原子，M层有1对成对电子，则3p能级有4个电子，为S元素；C基态原子核外电子排布及化合价可确定为Cu元素；
【详解】（1）B为S元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4；
（2）A为N元素，其氢化物为氨气，氨水中存在的氢键为：N﹣HN﹣或N﹣HO﹣或O﹣HN﹣或O﹣HO﹣；孤电子对的排斥作用比成键电子对更强一些，氨气分子结合一个H+形成阳离子后，孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，键角增大；
（3）向硫酸铜溶液中加入过量的氨水，则生成配合物，[Cu(NH3)4]SO4，中心原子Cu2+提供空轨道，氨分子给出孤电子对，以配位键形成[Cu(NH3)4]2+，再与SO42-以离子键结合；
（4）孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化，答案为①③④；②的分子中有3个σ键和2个π键；答案为①③④；3；2
【点睛】氢键有N、O、F和H形成的共价键的氢原子与其他的N、O、F间的作用力，氨水中存在氨分子上的氢原子与水分中的氧原子或其它氨分子中的氮原子，或水分子中的氢原子和其它水分子中的氧原子或氨分子中的氮原子间。
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