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【化学】福建省宁德市六校2018-2019学年高二下学期期中联合考试（解析版）
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福建省宁德市六校2018-2019学年高二下学期期中联合考试
可能用到的原子量：H:1 Mg:24 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23
第Ⅰ卷(选择题，48分)
一、选择题(本题包括24小题，每小题2分，共48分，每小题只有一个正确答案)
1.下列现象和应用与电子跃迁无关的是 ( )
A. 激光 B. 焰色反应 C. 燃烧放热 D. 霓虹灯
【答案】C
【分析】电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化，如激光、焰色反应、霓虹灯都与电子跃迁有关。
【详解】A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性．即入射光与辐射光的相位相同．如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量．那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故A错误；
B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故B错误；
C．燃烧放热是化学能转化为热能，与电子跃迁无关，故C正确；
D. 霓虹灯的各色的光是原子核外电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查电子跃迁的本质，难度不大，掌握常见的与电子跃迁有关的现象是解题的关键。
2.下列原子轨道中，可容纳电子最多的是( )
A. 6s B. 4p C. 3d D. 7s
【答案】C
【分析】依据核外电子排布及其规律分析判断。
【详解】根据能级和能层的划分可知，s、p、d、f分别能容纳的电子是2、6、10、14，故C正确；
答案选C。
3. 下列物质中，既含离子键、又含共价键的是( )
A. NaOH B. Na2O
C. H2O D. CaCl2
【答案】A
【解析】Na2O、CaCl2中只有离子键；H2O中只有共价键；NaOH既含离子键、又含共价键。
4.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是( )
A. NCl3 B. BF3
C. SF6 D. HCl
【答案】A
【分析】在ABn分子中，A的族序数+n=8则满足所有原子都满足最外层8电子结构，含有H元素的分子中H原子一定不满足8电子结构，据此分析解答。
【详解】A．NCl3中N原子族序数+n=5+3=8，所以满足所有原子都满足最外层8电子结构，故A正确；
B．BF3中B原子族序数+n=3+3=6，所以不满足所有原子都满足最外层8电子结构，故B错误；
C．SF6中S的族序数+n=6+6=12，所以不满足所有原子都满足最外层8电子结构，故C错误；
D．HCl中含有H原子，所以该分子中一定不满足所有原子都满足最外层8电子结构，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了分子中原子最外层8电子稳定结构，在ABn分子中，可以根据”A的族序数+n=8则满足所有原子都满足最外层8电子结构”、“各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8”来判断，题目难度不大。
5.下列关于化学键的说法，正确的是（ ）
A. 构成单质分子的粒子一定含有共价键
B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C. 非极性键只存在于双原子单质分子里
D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
【答案】B
【解析】试题分析：A．构成单质分子的微粒中不一定含有共价键，例如稀有气体分子中不存在化学键，A错误；B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等铵盐，B正确；C．非极性键不一定只存在于双原子单质分子里，例如过氧化钠中含有非极性键，C错误；D．不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定都是极性键，例如双氧水中含有非极性键，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查化学键判断
【名师点晴】掌握离子键、共价键的含义、构成条件是解答的关键。关于化学键还需要注意掌握以下知识点：（1）只含共价键的物质：①只含非极性共价键的物质：同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等。②只含极性键的物质：不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等。③既有极性键又有非极性键的物质：如H2O2、N2H4、C2H2、CH3CH3、C6H6(苯)等。
（2）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、CsCl、K2O等。
（3）既含有离子键又含有共价键的物质，如Na2O2、CaC2、NH4Cl、NaOH、Na2SO4等。
（4）无化学键的物质：稀有气体，如氩气、氦气等。
6.下列各组元素的性质正确的是( )
A. 第一电离能：Be＞Mg＞Ca B. 电负性：F＞N＞O
C. 最高正价：F＞S＞Si D. 原子半径：P＞N＞C
【答案】A
【分析】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小；
B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大；
C．根据主族元素最外层电子数=最高正价，氟无正价，氧无最高正价；
D．同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大。
【详解】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：Be＞Mg＞Ca，故A正确；
B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，故B错误；
C．主族元素最外层电子数=最高正价，氧、氟无正价，所以最高正价：S＞Si，故C错误；
D．同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大；所以原子半径：P＞C＞N，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题主要考查元素性质的变化规律，掌握规律即可完成，难度中等，需要注意的是下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大。
7.下列化学用语的书写，正确的是( )
A. CH4分子的比例模型：
B. 硫原子的结构示意图：
C. 溴化钠的电子式：
D. CO2的电子式：
【答案】A
【详解】A．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，甲烷的比例模型为，故A正确；
B．硫原子的质子数是16，最外层电子数为6，正确的原子结构示意图为：，故B错误；
C．溴化钠为离子化合物，由钠离子和溴离子构成，电子式为，故C错误；
D．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故D错误；
答案选A。
8.有A、B和C三种主族元素，若A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，且B的阳离子半径大于C，则这三种元素的原子序数大小次序是( )
A. B＜C＜A B. A＜B＜C C. C＜B＜A D. B＞C＞A
【答案】B
【分析】A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，原子得到电子生成阴离子，原子失电子生成阳离子，所以阳离子在阴离子的下一周期，电子层结构相同的阳离子，阳离子半径随着原子序数的增大而减小，据此判断原子序数大小。
【详解】A、B和C三种主族元素，若A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，原子得到电子生成阴离子，原子失电子生成阳离子，阳离子在阴离子的下一周期，所以原子序数最小的是A。
电子层结构相同的阳离子，阳离子半径随着原子序数的增大而减小，B的阳离子半径大于C，所以B的原子序数小于C。
所以原子序数大小顺序是A＜B＜C，故B正确；
答案选B。
【点睛】本题考查了原子结构和位置的关系，明确电子层结构相同的离子半径大小与原子序数的关系即可解答，难度中等。
9.下列变化中，需要破坏离子键的是( )
A. 干冰气化 B. 氯化氢溶于水
C. 水通电分解成氢气和氧气 D. 加热使氯化钠熔化
【答案】D
【分析】离子化合物在发生化学反应时物质中的离子键被破坏，熔化及电离过程中离子键也被破坏，以此来分析。
【详解】A.干冰气化只是物质状态发生变化，属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有化学键破坏，故A错误；
B．HCl溶于水，HCl在水分子的作用下电离出阴阳离子，有共价键的破坏，故B错误；
C. 水通电分解成氢气和氧气，有共价键的断裂和形成，故C错误；
D. 加热使氯化钠熔化，氯化钠电离出钠离子和氯离子而破坏离子键，故D正确；
答案选D。
10.元素性质呈周期性变化根本原因是( )
A. 核电荷数逐渐增大 B. 元素的相对原子质量逐渐增大
C. 核外电子排布呈周期性变化 D. 元素的主要化合价呈周期性变化
【答案】C
【分析】本题要理解元素周期律的实质，元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布的周期性变化的必然结果。
【详解】A.原子序数在数值上等于这种原子的核电荷数，随着原子序数的递增，核电荷数逐渐增大，但不呈现规律性的变化，则核电荷数逐渐增大不能决定元素性质出现周期性变化，故A错误；
B.随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化，则元素的相对原子质量逐渐增大不能决定元素性质出现周期性变化，故B错误；
C.由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故C正确；
D.元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，化合价属于元素的性质，故D错误；
答案选C。
11. 某元素质量数51，中子数28，其基态原子未成对电子数为（ ）
A. 4 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】试题分析：某元素质量数51，中子数28，则质子数＝51—28＝23，根据核外电子排布规律可知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，即未成对电子数为3，答案选D。
考点：考查核外电子排布
12.某元素的离子结构示意图为，该离子显+1价，则该元素在周期表中的位置是( )
A. 第5周期零族 B. 第6周期第IB族
C. 第5周期第ⅦA族 D. 第6周期第IA族
【答案】D
【分析】在元素的原子结构示意图中：电子层数=周期数，最外层电子数=主族序数，阴离子得电子带负电荷，阳离子失电子带正电荷。质子数-核外电子总数=电荷数。
【详解】根据该离子结构示意图特点分析元素种类。最外层电子数是8，该离子显+1价，说明对应原子最外层电子数为1，根据元素周期表中“最外层电子数=主族序数”，该元素处于第IA族。该原子失去最外层的1个电子后有5个电子层，说明对应原子有6个电子层，再根据“元素周期表中电子层数=周期数”，所以是第六周期。则该元素（）在周期表中的位置是第6周期第IA族，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查的是根据元素的原子（离子）结构示意图来判断元素在周期表中的位置，题目难度不大，熟记以下规律：在元素的原子结构示意图中：“电子层数=周期数”，“最外层电子数=主族序数”，阴离子得电子带负电荷，阳离子失电子带正电荷。质子数-核外电子总数=电荷数。再多加练习便很容易解得此类问题。
13.五种短周期元素的原子半径，最高正化合价及最低负化合价见下表：
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径
0.160
0.089
0.143
0.102
0.074
化合价
+2
+2
+3
+6，-2
-2
下列叙述正确的是( )
A. L、M的单质的金属性强弱L
C. R、T两元素的氢化物稳定性H2R>H2T
D. L、R两元素的简单离子的核外电子数相等
【答案】B
【分析】本题综合考查了同周期和同主族元素的原子半径、化合价和化学性质的递变规律。据表格提供的信息知L、M同主族，且L的原子序数大于M的原子序数，故L的金属性大于M，与稀盐酸反应速率L＞M，A错；据信息知T为氧元素，R为硫元素，Q则为铝元素，L为镁元素，M为铍元素。
【详解】A. 同主族从上到下，金属性增强。L为镁元素，M为铍元素。故L、M的单质的金属性强弱L>M，故A错误；
B. Q则为铝元素，T为氧元素，Q、T两元素间可形成两性化合物Al2O3，故B正确；
C. 同主族从上到下，非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱。T为氧元素，R为硫元素，则R、T两元素的氢化物稳定性H2R
答案选B。
14.在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是( )
A. 能量最低原理 B. 泡利原理
C. 原子轨道构造原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。
考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。
15. 下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是( )
①HCl②H2O③N2④H2O2⑤C2H4⑥C2H2
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ③⑤⑥ D. ①③⑥
【答案】C
【解析】试题分析：：①HCl只有σ键； ②H2O 只有σ键；③N2既有σ键又有π键；④H2O2只有σ键；⑤C2H4既有σ键又有π键；⑥C2H2既有σ键又有π键。所以分子中既有σ键又有π键的有③⑤⑥，C项正确；答案选C。
考点：考查物质的分子中的键
16.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)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
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】由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
17.下列各组原子中，彼此的化学性质一定相似的是( )
A. a原子：1s2 ； b原子：1s22s2
B. a原子：M电子层上有2个电子； b原子：N电子层上有2个电子
C. a原子：2p能级上有1个未成对电子；b原子：3p能级上也有1个未成对电子
D. a原子：最外电子层(L层)上只有1个空轨道；b原子：最外电子层(M层)上也只有1个空轨道
【答案】D
【分析】A中a、b分别为He、Be。B中a为Mg，b可能是Ca，也可能是过渡元素(如Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn)。C中a原子可能是B、F，b可能是Al、Cl。D中a为C，b为Si，其化学性质一定相似。
【详解】A. 1s2为He，性质稳定，2s2的元素为Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故A错误；B. M层上有两个电子为Mg，N层上有两个电子的元素为Ca或其它第四周期是过渡金属元素，二者性质可能相似，故B错误；
C. 2p上有一个未成对电子，为2p1或2p5，可能为B或F；3p上有一个未成对电子的元素，可能为Al或Cl，若为同主族元素，性质相似，若不同主族时，性质不相似，故C错误；
D. L层上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p2，则为C；M层的p轨道上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p63s23p2，则为Si，C、Si位于同一主族，性质一定相似，故D正确。
答案选D。
18.已知元素 R 和 Q 的价电子排布分别如下，不能形成 RQ2 型化合物的是( )
A. 2s22p2 和2s22p4 B. 3s23p4 和2s22p4
C. 3s2 和2s22p5 D. 3s1 和4s24p5
【答案】D
【分析】根据原子的价电子排布式确定元素种类，再根据元素种类确定形成化合物的类型。
【详解】A.价电子排布为2s22p2 和2s22p4，分别是C元素和O元素，可以形成CO2，故A错误；
B.价电子排布为3s23p4 和2s22p4，分别是S元素和O元素，可以形成SO2，故B错误；
C.价电子排布为3s2 和2s22p5，分别是Mg元素和F元素，可以形成MgF2，故C错误；
D.价电子排布为3s1 和4s24p5，分别是Na元素和Br元素，可以形成NaBr，不能形成 RQ2 型化合物，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查根据价电子排布式推断元素，难度不大，解题时注意元素化合物知识的应用。
19.A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第3周期第一电离能最小的元素；D元素在第3周期中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是( )
A. 四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar
B. 元素A、B、C两两组成的化合物可为CaO、Na2O、Na2O2等
C. 元素A、C简单离子的半径大小关系为A
【答案】C
【分析】A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其原子核外电子数=2×（2+8）=20，则B是Ca；C元素是第3周期第一电离能最小的元素，则C是Na，D元素在第3周期中第一电离能最大，则D是Ar。
【详解】A．由上述分析可知，四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar，故A正确；
B．元素O、Ca、Na两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，故B正确；
C．O2-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性越强，故电负性O＞Na，故D正确；
答案选C。
20.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是（ ）
A. K3C60中只有离子键 B. K3C60中不含共价键
C. 该晶体在熔融状态下能导电 D. C60与12C互为同素异形体
【答案】C
【解析】试题分析：首先判断球碳盐K3C60中有离子键，在K与C之间。而60个C之间为共价键。所以该晶体在熔融状态下能电离出K离子，所以能导电。D选项中的同素异形体应该对应由相同元素组成的不同单质，12C不是单质而是元素符号或者代表一个碳原子。
考点：考查离子化合物与共价化合物的判断。
点评：本题涉及到了一个新的化合物，但是学生根据已有经验可以判断此化合物为离子化合物。这是一道典型的思维发散类试题。
21.对H3O＋的说法正确的是( )
A. 氧原子采取sp2杂化 B. 离子是正四面体形
C. 离子中存在配位键 D. 离子中存在非极性键
【答案】C
【分析】H3O＋的中心原子上的孤电子对数为（6－1－1×3）÷2＝1，价电子对数为4，所以是三角锥形，氧原子是sp3杂化。
【详解】A. 由分析可知，氧原子采取sp3杂化，故A错误；
B. 由分析可知，离子是三角锥形，故B错误；
C. 氧原子含有孤对电子，提供给氢离子，所以含有配位键，故C正确；
D. 离子中全是H-O极性键，不存在非极性键，故D错误；
答案选C。
22.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )
A. CO2与SO2 B. BF3与NH3
C. BeCl2与SCl2 D. H2O与CH4
【答案】D
【分析】ABm型杂化类型的判断：
公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零。
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。
【详解】A. CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）=2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）=3，采取sp2杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不同，故A错误；
B. NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）=4，采取sp3杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）=3，采取sp2杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不相同，故B错误；
C. BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取 sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为（6+2）=4，采取 sp3杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不同，故C错误；
D. CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）=4，采取sp3杂化方式，H2O中O原子杂化轨道数为×（6+2）=4，采取sp3杂化方式，中心原子杂化轨道的类型相同，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了分子或离子中原子轨道杂化类型的判断，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键。
23.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强，下列说法正确的是( )
A. 化合物XZW既含离子键也含共价键
B. 对应气态氢化物的稳定性Y＞Z
C. X和W两种元素形成的化合物是共价化合物
D. Y的氧化物能与Z或X的最高价氧化物对应的水化物都能反应
【答案】A
【分析】A. W的质子数为18-10=8，所以W为O元素；由于在同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小。而不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大。X原子序数与Ne相差1，结合原子半径可知X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；则Y为Si元素；Z原子序数大于Si，而且其非金属性在同周期元素中最强，那么Z为Cl元素。
【详解】A. 化合物NaClO是离子化合物，既含离子键也含共价键，故A正确；
B．元素的非金属性越强，对应气态氢化物就越稳定。非金属性Si
D. SiO2是酸性氧化物，只能与强碱NaOH发生反应：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，而不能与HClO4发生反应，故D错误；
答案选A。
【点睛】考查元素的推断、元素周期表、元素周期律及元素与化合物的性质的知识，根据题给信息推断元素是解题的关键，注意对元素特殊性质和原子结构特征的把握。
24. 下列关于主族元素的说法正确的是( )
A. 主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级
B. 主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级或p能级
C. 所有主族元素的最高正价都等于主族序数
D. 主族元素的价电子数有可能超过最外层电子数
【答案】B
【解析】第ⅠA族和第ⅡA族元素的电子最后填入的是s能级,第ⅢA~第ⅦA族元素的电子最后填入的是p能级,A项错,B项对;大多数主族元素的最高正价等于其最外层电子数,但F元素无正价,O元素的最高正价不是+6价,C项错;主族元素的价电子层的电子总数等于最外层电子数,D项错。
第Ⅱ卷(填空题 ，52分)
二、填空题
25.下表为元素周期表的一部分，a、b、c…为部分元素。回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
h
(1)请画出上述元素h的原子结构示意图_____________；元素h位于元素周期表的第____区。
(2)e、g两种元素的气态氢化物中更稳定的是_______（写化学式）；
(3)b2a2分子的电子式是________ ，该分子中存在的σ键与π键的个数比为_______。
(4)c、d两种元素中第一电离能较大的是_________（写元素符号）。
(5)f和g两种元素形成的化合物是______（填“离子化合物”“共价化合物”）。a2d分子是_________分子（填极性分子或者非极性分子）。
【答案】(1). (2). p (3). HF (4). (5). 3：2 (6). N (7). 共价化合物 (8). 极性分子
【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Al、g为Cl、h为Br。
(1)h为Br，原子核外有35个电子，有4个电子层，各层电子数为2、8、18、7；
(2)非金属性越强，氢化物越稳定；
(3)C2H2分子中C原子之间形成3对共用电子对，C原子与H原子之间形成1对共用电子对，其结构式为H-C≡C-H，单键为σ键、三键含有1个σ键、2个π键；
(4)同一周期的元素原子序数越大，第一电离能也越大，但第IIA、第VA元素处于全满、半满的稳定状态，第一电离能比相邻的元素大；
(5)Al、Cl形成的化合物是AlCl3，该物质是共价化合物，a2d分子是H2O，根据分子中原子的空间排列判断分子极性。
【详解】由元素在周期表中位置，可知aH、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Al、g为Cl、h为Br。
(1)h为Br，原子核外有35个电子，有4个电子层，各层电子数为2、8、18、7，原子结构示意图为；元素h位于元素周期表的第四周期第VIIA，属于p区；
(2)同主族自上而下非金属性减弱，非金属性F＞Cl，元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HF＞HCl，即HF更稳定；
(3) b2a2分子是C2H2，在该物质分子中C原子之间形成3对共用电子对，C原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为：，结构式为H-C≡C-H，共价单键为σ键、共价三键含有1个σ键、2个π键，故σ键与π键的个数比为3：2；
(4)N的电子排布式为1s22s22p3，2p轨道半充满，能量较低，较稳定，O的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道易失去一个电子形成半充满的稳定状态，所以N元素第一电离能高于同周期相邻元素，即N、O两种元素中第一电离能较大的是N元素；
(5)Al、Cl形成的化合物是AlCl3，该物质是由分子构成的共价化合物，a2d分子是H2O，在水分子中两个H-O键之间的夹角是104.3°，分子空间排列不对称，因此该物质分子是极性分子。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律及微粒间作用力类型的判断及应用的知识，注意对元素周期表的整体把握，理解同周期元素第一电离能发生突跃原因，会根据分子中化学键的排列方式判断是否为极性分子。
26.向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色．该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN﹣不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合．请按要求填空：
(1)①基态Fe3+的M层电子排布式为 _____________。
②请解释+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定的原因_____________________________。
(2)Fe3+与SCN﹣反应时，Fe3+提供_______，SCN﹣提供________，二者通过配位键结合。
(3)所得Fe3+与SCN﹣的配合物中，主要是Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的配位数是____，该配合物化学式是_________。
【答案】(1). 3s23p63d5 (2). +3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满状态较稳定 (3). 空轨道 (4). 孤对电子 (5). 1 (6). [Fe(SCN)]Cl2
【分析】(1)①基态Fe3+的M层有13个电子，3s、3p、3d能级上分别含有2、6、5个电子，据此书写基态Fe3+的M层电子排布式；
②因为+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满的稳定结构，而+2价铁3d轨道有6个电子，不是半充满的稳定结构；
(2)形成配位键的条件是中心离子含有空轨道，配体含有孤对电子；
(3)Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。
【详解】(1)①Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+；基态Fe3+的M层有13个电子，3s、3p、3d能级上分别含有2、6、5个电子，据此书写基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5；
②因为+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满的稳定结构，能量较低，而+2价铁3d轨道有6个电子，不是半充满的稳定结构，所以+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定；
(2)Fe3+与SCN-反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子；
(3)Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，含该离子的配合物的配位数是1，FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。
【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及核外电子排布、配合物等，要特别注意配合物的成键和结构。
27.氮元素可以形成多种分子和离子，如NH3、N2H4、N3－、NH4+、N2H62+等。回答以下问题：
(1)N的基态原子中，有________个运动状态不同的未成对电子。
(2)某元素原子与N3－含有相同的电子数，其基态原子的价电子排布式是___________。
(3)写出一种与N3－等电子体的微粒化学式___________
(4)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①N2H4分子中氮原子的杂化类型是__________________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g)若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有____________ mol
【答案】 (1). 3 (2). 3d24s2 (3). N2O、CNO－、CO2等合理答案 (4). sp3 (5). 3
【分析】核外电子排布、晶体中存在的化学键、杂化轨道理论、电负性等知识点。
【详解】（1）氮原子的电子排布式1s22s22p3 ，其中最外层有3个未成对电子，且运动状态不同，故答案为3个运动状态不同的未成对电子；
（2）1个N含有7个电子，故N3-有22个电子，故该元素为钛。其价电子排布式为3d24s2；
（3）具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。与N3－等电子体的微粒有N2O、CNO－、CO2等；
（4）①N2H4分子中氮原子含有3个共价单键，且不含孤电子对，所以N原子轨道的杂化类型sp3，故为sp3 杂化；
②根据N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)可知，反应中有4 mol N—H键断裂表明有1molN2H4参与反应，故有1.5molN2生成，N2为三键，其中含有1个σ键2个π键。故形成π键有3mol。
28.元素周期表前四周期A、B、C、D、E五种元素，A元素的原子最外层电子排布式为ms1；B元素的原子价电子排布式为ns2np2；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子；E元素原子有五个未成对电子。
(1)E元素原子的价电子排布式是______，在元素周期表中位置是___________，其最高价氧化物的化学式是__________。
(2)C基态原子的电子排布图为________，若A为非金属元素，则按原子轨道的重叠方式，A与C形成的化合物中的共价键属于_____键(填“σ”或“π”)。
(3)当n＝3时，B与C形成的化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是______________________________________________。
(4)若A元素原子最外层电子排布为2s1，B元素的原子价电子排布为3s23p2，A、B、C、D四种元素的电负性由大到小的顺序是____________________(用元素符号表示)。
【答案】(1). 3d54s2 (2). 第四周期第ⅦB族 (3). Mn2O7 (4). (5). σ (6). SiO2+2OH-=SiO32- +H2O (7). O>P>Si>Li
【分析】元素周期表前四周期A、B、C、D、E五种元素，A元素的原子最外层电子排布式为ms1，A位于IA族，可能为H、Li、Na、K；B元素的原子价电子排布式为ns2np2，B位于ⅣA族，B可能为C或Si；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等，电子排布为1s22s22p4，C为O元素；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p3，D为P元素；E元素原子有五个未成对电子，E位于第四周期，电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，E为Mn，据此解答。
【详解】元素周期表前四周期A、B、C、D、E五种元素，A元素的原子最外层电子排布式为ms1，A位于IA族，可能为H、Li、Na、K；B元素的原子价电子排布式为ns2np2，B位于ⅣA族，B可能为C或Si；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等，电子排布为1s22s22p4，C为O元素；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p3，D为P元素；E元素原子有五个未成对电子，E位于第四周期，电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，E为Mn。
(1)E为Mn元素，Mn元素原子的电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，则其价电子排布式是3d54s2，该元素在元素周期表中位置是第四周期第ⅦB族，最高化合价为+7价，则Mn元素的最高价氧化物的化学式是Mn2O7；
(2)C为O元素，基态O原子的核外电子总数为8，其电子排布图为；根据上述推断，A位于IA族，可能为H、Li、Na、K；若A为非金属元素，即A为H元素，则按原子轨道的重叠方式，A与C形成的化合物H2O、H2O2中只含共价单键，共价键属于σ键；
(3)n=3时，B为Si元素，O、Si两种元素形成的化合物为SiO2，SiO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，该反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
(4)若A元素的原子最外层电子排布为2s1，A为Li元素，B元素的原子价电子排布为3s23p2，B为Si元素，C为O元素、D为P元素，由于元素的非金属性越强，其第一电离能越大，P的3p电子半满为稳定结构，但第一电离能仍小于O元素，则A、B、C、D四种元素的第一电离能由大到小的顺序是O＞P＞Si＞Li。
【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用的知识，把握电子排布规律来推断元素为解答的关键，注意原子结构与性质的应用。
可能用到的原子量：H:1 Mg:24 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23
第Ⅰ卷(选择题，48分)
一、选择题(本题包括24小题，每小题2分，共48分，每小题只有一个正确答案)
1.下列现象和应用与电子跃迁无关的是 ( )
A. 激光 B. 焰色反应 C. 燃烧放热 D. 霓虹灯
【答案】C
【分析】电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化，如激光、焰色反应、霓虹灯都与电子跃迁有关。
【详解】A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性．即入射光与辐射光的相位相同．如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量．那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故A错误；
B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故B错误；
C．燃烧放热是化学能转化为热能，与电子跃迁无关，故C正确；
D. 霓虹灯的各色的光是原子核外电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查电子跃迁的本质，难度不大，掌握常见的与电子跃迁有关的现象是解题的关键。
2.下列原子轨道中，可容纳电子最多的是( )
A. 6s B. 4p C. 3d D. 7s
【答案】C
【分析】依据核外电子排布及其规律分析判断。
【详解】根据能级和能层的划分可知，s、p、d、f分别能容纳的电子是2、6、10、14，故C正确；
答案选C。
3. 下列物质中，既含离子键、又含共价键的是( )
A. NaOH B. Na2O
C. H2O D. CaCl2
【答案】A
【解析】Na2O、CaCl2中只有离子键；H2O中只有共价键；NaOH既含离子键、又含共价键。
4.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是( )
A. NCl3 B. BF3
C. SF6 D. HCl
【答案】A
【分析】在ABn分子中，A的族序数+n=8则满足所有原子都满足最外层8电子结构，含有H元素的分子中H原子一定不满足8电子结构，据此分析解答。
【详解】A．NCl3中N原子族序数+n=5+3=8，所以满足所有原子都满足最外层8电子结构，故A正确；
B．BF3中B原子族序数+n=3+3=6，所以不满足所有原子都满足最外层8电子结构，故B错误；
C．SF6中S的族序数+n=6+6=12，所以不满足所有原子都满足最外层8电子结构，故C错误；
D．HCl中含有H原子，所以该分子中一定不满足所有原子都满足最外层8电子结构，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了分子中原子最外层8电子稳定结构，在ABn分子中，可以根据”A的族序数+n=8则满足所有原子都满足最外层8电子结构”、“各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8”来判断，题目难度不大。
5.下列关于化学键的说法，正确的是（ ）
A. 构成单质分子的粒子一定含有共价键
B. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
C. 非极性键只存在于双原子单质分子里
D. 不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
【答案】B
【解析】试题分析：A．构成单质分子的微粒中不一定含有共价键，例如稀有气体分子中不存在化学键，A错误；B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等铵盐，B正确；C．非极性键不一定只存在于双原子单质分子里，例如过氧化钠中含有非极性键，C错误；D．不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定都是极性键，例如双氧水中含有非极性键，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查化学键判断
【名师点晴】掌握离子键、共价键的含义、构成条件是解答的关键。关于化学键还需要注意掌握以下知识点：（1）只含共价键的物质：①只含非极性共价键的物质：同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等。②只含极性键的物质：不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等。③既有极性键又有非极性键的物质：如H2O2、N2H4、C2H2、CH3CH3、C6H6(苯)等。
（2）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、CsCl、K2O等。
（3）既含有离子键又含有共价键的物质，如Na2O2、CaC2、NH4Cl、NaOH、Na2SO4等。
（4）无化学键的物质：稀有气体，如氩气、氦气等。
6.下列各组元素的性质正确的是( )
A. 第一电离能：Be＞Mg＞Ca B. 电负性：F＞N＞O
C. 最高正价：F＞S＞Si D. 原子半径：P＞N＞C
【答案】A
【分析】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小；
B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大；
C．根据主族元素最外层电子数=最高正价，氟无正价，氧无最高正价；
D．同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大。
【详解】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：Be＞Mg＞Ca，故A正确；
B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，故B错误；
C．主族元素最外层电子数=最高正价，氧、氟无正价，所以最高正价：S＞Si，故C错误；
D．同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大；所以原子半径：P＞C＞N，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题主要考查元素性质的变化规律，掌握规律即可完成，难度中等，需要注意的是下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大。
7.下列化学用语的书写，正确的是( )
A. CH4分子的比例模型：
B. 硫原子的结构示意图：
C. 溴化钠的电子式：
D. CO2的电子式：
【答案】A
【详解】A．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，甲烷的比例模型为，故A正确；
B．硫原子的质子数是16，最外层电子数为6，正确的原子结构示意图为：，故B错误；
C．溴化钠为离子化合物，由钠离子和溴离子构成，电子式为，故C错误；
D．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故D错误；
答案选A。
8.有A、B和C三种主族元素，若A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，且B的阳离子半径大于C，则这三种元素的原子序数大小次序是( )
A. B＜C＜A B. A＜B＜C C. C＜B＜A D. B＞C＞A
【答案】B
【分析】A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，原子得到电子生成阴离子，原子失电子生成阳离子，所以阳离子在阴离子的下一周期，电子层结构相同的阳离子，阳离子半径随着原子序数的增大而减小，据此判断原子序数大小。
【详解】A、B和C三种主族元素，若A元素阴离子与B、C元素的阳离子具有相同的电子层结构，原子得到电子生成阴离子，原子失电子生成阳离子，阳离子在阴离子的下一周期，所以原子序数最小的是A。
电子层结构相同的阳离子，阳离子半径随着原子序数的增大而减小，B的阳离子半径大于C，所以B的原子序数小于C。
所以原子序数大小顺序是A＜B＜C，故B正确；
答案选B。
【点睛】本题考查了原子结构和位置的关系，明确电子层结构相同的离子半径大小与原子序数的关系即可解答，难度中等。
9.下列变化中，需要破坏离子键的是( )
A. 干冰气化 B. 氯化氢溶于水
C. 水通电分解成氢气和氧气 D. 加热使氯化钠熔化
【答案】D
【分析】离子化合物在发生化学反应时物质中的离子键被破坏，熔化及电离过程中离子键也被破坏，以此来分析。
【详解】A.干冰气化只是物质状态发生变化，属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有化学键破坏，故A错误；
B．HCl溶于水，HCl在水分子的作用下电离出阴阳离子，有共价键的破坏，故B错误；
C. 水通电分解成氢气和氧气，有共价键的断裂和形成，故C错误；
D. 加热使氯化钠熔化，氯化钠电离出钠离子和氯离子而破坏离子键，故D正确；
答案选D。
10.元素性质呈周期性变化根本原因是( )
A. 核电荷数逐渐增大 B. 元素的相对原子质量逐渐增大
C. 核外电子排布呈周期性变化 D. 元素的主要化合价呈周期性变化
【答案】C
【分析】本题要理解元素周期律的实质，元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布的周期性变化的必然结果。
【详解】A.原子序数在数值上等于这种原子的核电荷数，随着原子序数的递增，核电荷数逐渐增大，但不呈现规律性的变化，则核电荷数逐渐增大不能决定元素性质出现周期性变化，故A错误；
B.随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化，则元素的相对原子质量逐渐增大不能决定元素性质出现周期性变化，故B错误；
C.由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故C正确；
D.元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，化合价属于元素的性质，故D错误；
答案选C。
11. 某元素质量数51，中子数28，其基态原子未成对电子数为（ ）
A. 4 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】试题分析：某元素质量数51，中子数28，则质子数＝51—28＝23，根据核外电子排布规律可知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，即未成对电子数为3，答案选D。
考点：考查核外电子排布
12.某元素的离子结构示意图为，该离子显+1价，则该元素在周期表中的位置是( )
A. 第5周期零族 B. 第6周期第IB族
C. 第5周期第ⅦA族 D. 第6周期第IA族
【答案】D
【分析】在元素的原子结构示意图中：电子层数=周期数，最外层电子数=主族序数，阴离子得电子带负电荷，阳离子失电子带正电荷。质子数-核外电子总数=电荷数。
【详解】根据该离子结构示意图特点分析元素种类。最外层电子数是8，该离子显+1价，说明对应原子最外层电子数为1，根据元素周期表中“最外层电子数=主族序数”，该元素处于第IA族。该原子失去最外层的1个电子后有5个电子层，说明对应原子有6个电子层，再根据“元素周期表中电子层数=周期数”，所以是第六周期。则该元素（）在周期表中的位置是第6周期第IA族，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查的是根据元素的原子（离子）结构示意图来判断元素在周期表中的位置，题目难度不大，熟记以下规律：在元素的原子结构示意图中：“电子层数=周期数”，“最外层电子数=主族序数”，阴离子得电子带负电荷，阳离子失电子带正电荷。质子数-核外电子总数=电荷数。再多加练习便很容易解得此类问题。
13.五种短周期元素的原子半径，最高正化合价及最低负化合价见下表：
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径
0.160
0.089
0.143
0.102
0.074
化合价
+2
+2
+3
+6，-2
-2
下列叙述正确的是( )
A. L、M的单质的金属性强弱L
C. R、T两元素的氢化物稳定性H2R>H2T
D. L、R两元素的简单离子的核外电子数相等
【答案】B
【分析】本题综合考查了同周期和同主族元素的原子半径、化合价和化学性质的递变规律。据表格提供的信息知L、M同主族，且L的原子序数大于M的原子序数，故L的金属性大于M，与稀盐酸反应速率L＞M，A错；据信息知T为氧元素，R为硫元素，Q则为铝元素，L为镁元素，M为铍元素。
【详解】A. 同主族从上到下，金属性增强。L为镁元素，M为铍元素。故L、M的单质的金属性强弱L>M，故A错误；
B. Q则为铝元素，T为氧元素，Q、T两元素间可形成两性化合物Al2O3，故B正确；
C. 同主族从上到下，非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱。T为氧元素，R为硫元素，则R、T两元素的氢化物稳定性H2R
答案选B。
14.在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是( )
A. 能量最低原理 B. 泡利原理
C. 原子轨道构造原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。
考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。
15. 下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是( )
①HCl②H2O③N2④H2O2⑤C2H4⑥C2H2
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ③⑤⑥ D. ①③⑥
【答案】C
【解析】试题分析：：①HCl只有σ键； ②H2O 只有σ键；③N2既有σ键又有π键；④H2O2只有σ键；⑤C2H4既有σ键又有π键；⑥C2H2既有σ键又有π键。所以分子中既有σ键又有π键的有③⑤⑥，C项正确；答案选C。
考点：考查物质的分子中的键
16.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)。
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
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】由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
17.下列各组原子中，彼此的化学性质一定相似的是( )
A. a原子：1s2 ； b原子：1s22s2
B. a原子：M电子层上有2个电子； b原子：N电子层上有2个电子
C. a原子：2p能级上有1个未成对电子；b原子：3p能级上也有1个未成对电子
D. a原子：最外电子层(L层)上只有1个空轨道；b原子：最外电子层(M层)上也只有1个空轨道
【答案】D
【分析】A中a、b分别为He、Be。B中a为Mg，b可能是Ca，也可能是过渡元素(如Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn)。C中a原子可能是B、F，b可能是Al、Cl。D中a为C，b为Si，其化学性质一定相似。
【详解】A. 1s2为He，性质稳定，2s2的元素为Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故A错误；B. M层上有两个电子为Mg，N层上有两个电子的元素为Ca或其它第四周期是过渡金属元素，二者性质可能相似，故B错误；
C. 2p上有一个未成对电子，为2p1或2p5，可能为B或F；3p上有一个未成对电子的元素，可能为Al或Cl，若为同主族元素，性质相似，若不同主族时，性质不相似，故C错误；
D. L层上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p2，则为C；M层的p轨道上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p63s23p2，则为Si，C、Si位于同一主族，性质一定相似，故D正确。
答案选D。
18.已知元素 R 和 Q 的价电子排布分别如下，不能形成 RQ2 型化合物的是( )
A. 2s22p2 和2s22p4 B. 3s23p4 和2s22p4
C. 3s2 和2s22p5 D. 3s1 和4s24p5
【答案】D
【分析】根据原子的价电子排布式确定元素种类，再根据元素种类确定形成化合物的类型。
【详解】A.价电子排布为2s22p2 和2s22p4，分别是C元素和O元素，可以形成CO2，故A错误；
B.价电子排布为3s23p4 和2s22p4，分别是S元素和O元素，可以形成SO2，故B错误；
C.价电子排布为3s2 和2s22p5，分别是Mg元素和F元素，可以形成MgF2，故C错误；
D.价电子排布为3s1 和4s24p5，分别是Na元素和Br元素，可以形成NaBr，不能形成 RQ2 型化合物，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要考查根据价电子排布式推断元素，难度不大，解题时注意元素化合物知识的应用。
19.A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第3周期第一电离能最小的元素；D元素在第3周期中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是( )
A. 四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar
B. 元素A、B、C两两组成的化合物可为CaO、Na2O、Na2O2等
C. 元素A、C简单离子的半径大小关系为A
【答案】C
【分析】A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其原子核外电子数=2×（2+8）=20，则B是Ca；C元素是第3周期第一电离能最小的元素，则C是Na，D元素在第3周期中第一电离能最大，则D是Ar。
【详解】A．由上述分析可知，四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、Ar，故A正确；
B．元素O、Ca、Na两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，故B正确；
C．O2-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其电负性越强，故电负性O＞Na，故D正确；
答案选C。
20.北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是（ ）
A. K3C60中只有离子键 B. K3C60中不含共价键
C. 该晶体在熔融状态下能导电 D. C60与12C互为同素异形体
【答案】C
【解析】试题分析：首先判断球碳盐K3C60中有离子键，在K与C之间。而60个C之间为共价键。所以该晶体在熔融状态下能电离出K离子，所以能导电。D选项中的同素异形体应该对应由相同元素组成的不同单质，12C不是单质而是元素符号或者代表一个碳原子。
考点：考查离子化合物与共价化合物的判断。
点评：本题涉及到了一个新的化合物，但是学生根据已有经验可以判断此化合物为离子化合物。这是一道典型的思维发散类试题。
21.对H3O＋的说法正确的是( )
A. 氧原子采取sp2杂化 B. 离子是正四面体形
C. 离子中存在配位键 D. 离子中存在非极性键
【答案】C
【分析】H3O＋的中心原子上的孤电子对数为（6－1－1×3）÷2＝1，价电子对数为4，所以是三角锥形，氧原子是sp3杂化。
【详解】A. 由分析可知，氧原子采取sp3杂化，故A错误；
B. 由分析可知，离子是三角锥形，故B错误；
C. 氧原子含有孤对电子，提供给氢离子，所以含有配位键，故C正确；
D. 离子中全是H-O极性键，不存在非极性键，故D错误；
答案选C。
22.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )
A. CO2与SO2 B. BF3与NH3
C. BeCl2与SCl2 D. H2O与CH4
【答案】D
【分析】ABm型杂化类型的判断：
公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零。
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。
【详解】A. CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）=2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）=3，采取sp2杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不同，故A错误；
B. NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）=4，采取sp3杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）=3，采取sp2杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不相同，故B错误；
C. BeCl2中Be原子杂化轨道数为（2+2）=2，采取 sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为（6+2）=4，采取 sp3杂化方式，中心原子杂化轨道的类型不同，故C错误；
D. CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）=4，采取sp3杂化方式，H2O中O原子杂化轨道数为×（6+2）=4，采取sp3杂化方式，中心原子杂化轨道的类型相同，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了分子或离子中原子轨道杂化类型的判断，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键。
23.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强，下列说法正确的是( )
A. 化合物XZW既含离子键也含共价键
B. 对应气态氢化物的稳定性Y＞Z
C. X和W两种元素形成的化合物是共价化合物
D. Y的氧化物能与Z或X的最高价氧化物对应的水化物都能反应
【答案】A
【分析】A. W的质子数为18-10=8，所以W为O元素；由于在同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小。而不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大。X原子序数与Ne相差1，结合原子半径可知X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；则Y为Si元素；Z原子序数大于Si，而且其非金属性在同周期元素中最强，那么Z为Cl元素。
【详解】A. 化合物NaClO是离子化合物，既含离子键也含共价键，故A正确；
B．元素的非金属性越强，对应气态氢化物就越稳定。非金属性Si
D. SiO2是酸性氧化物，只能与强碱NaOH发生反应：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，而不能与HClO4发生反应，故D错误；
答案选A。
【点睛】考查元素的推断、元素周期表、元素周期律及元素与化合物的性质的知识，根据题给信息推断元素是解题的关键，注意对元素特殊性质和原子结构特征的把握。
24. 下列关于主族元素的说法正确的是( )
A. 主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级
B. 主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级或p能级
C. 所有主族元素的最高正价都等于主族序数
D. 主族元素的价电子数有可能超过最外层电子数
【答案】B
【解析】第ⅠA族和第ⅡA族元素的电子最后填入的是s能级,第ⅢA~第ⅦA族元素的电子最后填入的是p能级,A项错,B项对;大多数主族元素的最高正价等于其最外层电子数,但F元素无正价,O元素的最高正价不是+6价,C项错;主族元素的价电子层的电子总数等于最外层电子数,D项错。
第Ⅱ卷(填空题 ，52分)
二、填空题
25.下表为元素周期表的一部分，a、b、c…为部分元素。回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
h
(1)请画出上述元素h的原子结构示意图_____________；元素h位于元素周期表的第____区。
(2)e、g两种元素的气态氢化物中更稳定的是_______（写化学式）；
(3)b2a2分子的电子式是________ ，该分子中存在的σ键与π键的个数比为_______。
(4)c、d两种元素中第一电离能较大的是_________（写元素符号）。
(5)f和g两种元素形成的化合物是______（填“离子化合物”“共价化合物”）。a2d分子是_________分子（填极性分子或者非极性分子）。
【答案】(1). (2). p (3). HF (4). (5). 3：2 (6). N (7). 共价化合物 (8). 极性分子
【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Al、g为Cl、h为Br。
(1)h为Br，原子核外有35个电子，有4个电子层，各层电子数为2、8、18、7；
(2)非金属性越强，氢化物越稳定；
(3)C2H2分子中C原子之间形成3对共用电子对，C原子与H原子之间形成1对共用电子对，其结构式为H-C≡C-H，单键为σ键、三键含有1个σ键、2个π键；
(4)同一周期的元素原子序数越大，第一电离能也越大，但第IIA、第VA元素处于全满、半满的稳定状态，第一电离能比相邻的元素大；
(5)Al、Cl形成的化合物是AlCl3，该物质是共价化合物，a2d分子是H2O，根据分子中原子的空间排列判断分子极性。
【详解】由元素在周期表中位置，可知aH、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Al、g为Cl、h为Br。
(1)h为Br，原子核外有35个电子，有4个电子层，各层电子数为2、8、18、7，原子结构示意图为；元素h位于元素周期表的第四周期第VIIA，属于p区；
(2)同主族自上而下非金属性减弱，非金属性F＞Cl，元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HF＞HCl，即HF更稳定；
(3) b2a2分子是C2H2，在该物质分子中C原子之间形成3对共用电子对，C原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为：，结构式为H-C≡C-H，共价单键为σ键、共价三键含有1个σ键、2个π键，故σ键与π键的个数比为3：2；
(4)N的电子排布式为1s22s22p3，2p轨道半充满，能量较低，较稳定，O的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道易失去一个电子形成半充满的稳定状态，所以N元素第一电离能高于同周期相邻元素，即N、O两种元素中第一电离能较大的是N元素；
(5)Al、Cl形成的化合物是AlCl3，该物质是由分子构成的共价化合物，a2d分子是H2O，在水分子中两个H-O键之间的夹角是104.3°，分子空间排列不对称，因此该物质分子是极性分子。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律及微粒间作用力类型的判断及应用的知识，注意对元素周期表的整体把握，理解同周期元素第一电离能发生突跃原因，会根据分子中化学键的排列方式判断是否为极性分子。
26.向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色．该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN﹣不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合．请按要求填空：
(1)①基态Fe3+的M层电子排布式为 _____________。
②请解释+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定的原因_____________________________。
(2)Fe3+与SCN﹣反应时，Fe3+提供_______，SCN﹣提供________，二者通过配位键结合。
(3)所得Fe3+与SCN﹣的配合物中，主要是Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的配位数是____，该配合物化学式是_________。
【答案】(1). 3s23p63d5 (2). +3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满状态较稳定 (3). 空轨道 (4). 孤对电子 (5). 1 (6). [Fe(SCN)]Cl2
【分析】(1)①基态Fe3+的M层有13个电子，3s、3p、3d能级上分别含有2、6、5个电子，据此书写基态Fe3+的M层电子排布式；
②因为+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满的稳定结构，而+2价铁3d轨道有6个电子，不是半充满的稳定结构；
(2)形成配位键的条件是中心离子含有空轨道，配体含有孤对电子；
(3)Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。
【详解】(1)①Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+；基态Fe3+的M层有13个电子，3s、3p、3d能级上分别含有2、6、5个电子，据此书写基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5；
②因为+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满的稳定结构，能量较低，而+2价铁3d轨道有6个电子，不是半充满的稳定结构，所以+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定；
(2)Fe3+与SCN-反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤对电子；
(3)Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，含该离子的配合物的配位数是1，FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。
【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及核外电子排布、配合物等，要特别注意配合物的成键和结构。
27.氮元素可以形成多种分子和离子，如NH3、N2H4、N3－、NH4+、N2H62+等。回答以下问题：
(1)N的基态原子中，有________个运动状态不同的未成对电子。
(2)某元素原子与N3－含有相同的电子数，其基态原子的价电子排布式是___________。
(3)写出一种与N3－等电子体的微粒化学式___________
(4)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①N2H4分子中氮原子的杂化类型是__________________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g)若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有____________ mol
【答案】 (1). 3 (2). 3d24s2 (3). N2O、CNO－、CO2等合理答案 (4). sp3 (5). 3
【分析】核外电子排布、晶体中存在的化学键、杂化轨道理论、电负性等知识点。
【详解】（1）氮原子的电子排布式1s22s22p3 ，其中最外层有3个未成对电子，且运动状态不同，故答案为3个运动状态不同的未成对电子；
（2）1个N含有7个电子，故N3-有22个电子，故该元素为钛。其价电子排布式为3d24s2；
（3）具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为等电子原理，满足等电子原理的分子、离子或原子团称为等电子体。与N3－等电子体的微粒有N2O、CNO－、CO2等；
（4）①N2H4分子中氮原子含有3个共价单键，且不含孤电子对，所以N原子轨道的杂化类型sp3，故为sp3 杂化；
②根据N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)可知，反应中有4 mol N—H键断裂表明有1molN2H4参与反应，故有1.5molN2生成，N2为三键，其中含有1个σ键2个π键。故形成π键有3mol。
28.元素周期表前四周期A、B、C、D、E五种元素，A元素的原子最外层电子排布式为ms1；B元素的原子价电子排布式为ns2np2；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子；E元素原子有五个未成对电子。
(1)E元素原子的价电子排布式是______，在元素周期表中位置是___________，其最高价氧化物的化学式是__________。
(2)C基态原子的电子排布图为________，若A为非金属元素，则按原子轨道的重叠方式，A与C形成的化合物中的共价键属于_____键(填“σ”或“π”)。
(3)当n＝3时，B与C形成的化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是______________________________________________。
(4)若A元素原子最外层电子排布为2s1，B元素的原子价电子排布为3s23p2，A、B、C、D四种元素的电负性由大到小的顺序是____________________(用元素符号表示)。
【答案】(1). 3d54s2 (2). 第四周期第ⅦB族 (3). Mn2O7 (4). (5). σ (6). SiO2+2OH-=SiO32- +H2O (7). O>P>Si>Li
【分析】元素周期表前四周期A、B、C、D、E五种元素，A元素的原子最外层电子排布式为ms1，A位于IA族，可能为H、Li、Na、K；B元素的原子价电子排布式为ns2np2，B位于ⅣA族，B可能为C或Si；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等，电子排布为1s22s22p4，C为O元素；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p3，D为P元素；E元素原子有五个未成对电子，E位于第四周期，电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，E为Mn，据此解答。
【详解】元素周期表前四周期A、B、C、D、E五种元素，A元素的原子最外层电子排布式为ms1，A位于IA族，可能为H、Li、Na、K；B元素的原子价电子排布式为ns2np2，B位于ⅣA族，B可能为C或Si；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等，电子排布为1s22s22p4，C为O元素；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子，电子排布为1s22s22p63s23p3，D为P元素；E元素原子有五个未成对电子，E位于第四周期，电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，E为Mn。
(1)E为Mn元素，Mn元素原子的电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，则其价电子排布式是3d54s2，该元素在元素周期表中位置是第四周期第ⅦB族，最高化合价为+7价，则Mn元素的最高价氧化物的化学式是Mn2O7；
(2)C为O元素，基态O原子的核外电子总数为8，其电子排布图为；根据上述推断，A位于IA族，可能为H、Li、Na、K；若A为非金属元素，即A为H元素，则按原子轨道的重叠方式，A与C形成的化合物H2O、H2O2中只含共价单键，共价键属于σ键；
(3)n=3时，B为Si元素，O、Si两种元素形成的化合物为SiO2，SiO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，该反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
(4)若A元素的原子最外层电子排布为2s1，A为Li元素，B元素的原子价电子排布为3s23p2，B为Si元素，C为O元素、D为P元素，由于元素的非金属性越强，其第一电离能越大，P的3p电子半满为稳定结构，但第一电离能仍小于O元素，则A、B、C、D四种元素的第一电离能由大到小的顺序是O＞P＞Si＞Li。
【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用的知识，把握电子排布规律来推断元素为解答的关键，注意原子结构与性质的应用。
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