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【化学】福建省福州市三校2018-2019学年高二上学期期中联考（理）试题（解析版）
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福建省福州市三校2018-2019学年高二上学期期中联考（理）试题
说明：1、本试卷分第I、II 两卷，考试时间：90分钟 满分：100分
2、Ⅰ卷的答案用2B铅笔填涂到答题卡上；Ⅱ卷的答案用黑色签字笔填写在答题卡上。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Si 28 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（每题只有一个正确答案，20题，共40分）
1.以下能级符号不正确的是 （ ）
A. 3s B. 3f C. 3p D. 3d
【答案】B
【解析】
【详解】S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，B错误；
综上所述，本题选B。
2.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 基态碳原子的价电子轨道表示式为
B. NH4Cl 的电子式:
C. Cr原子的基态简化电子排布式为3d54s1
D. 石英的分子式：SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态碳原子的核外电子排布1s22s22p2，碳原子的价电子轨道表示式为，故A正确；
B．NH4Cl为离子化合物，电子式为，故B错误；
C．Cr核电荷数为24，其原子的基态简化电子排布式为[Ar]3d54s1，故C错误；
D. 石英SiO2是原子晶体，不存在分子式，应为化学式，故D错误；
综上所述，本题选A。
3.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了（ ）
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：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。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。
考点：考查核外电子排布的有关判断
4.下列物质属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
B. 熔点是1070℃，固态不导电，熔融状态能导电，易溶于水
C. 熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3
D. 熔点3550℃，不溶于水，不导电
【答案】A
【解析】
【分析】
离子晶体:阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高,硬度较大、难挥发,固体不导电,但质脆,一般易溶于水,其水溶液或熔融态能导电，据以上分析解答。
【详解】A. 熔点是10.31℃，符合分子晶体熔点较低的特点，液态不导电，存在分子，溶于水后，发生电离，有自由移动的离子，可以导电，正确；
B. 熔点是1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，熔融状态能导电，应属于离子晶体；错误；
C. 熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，错误；
D. 熔点3550℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，不溶于水，不导电，可能为原子晶体，错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，因为范德华力和氢键作用力较小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。
5.下列各组元素都属于p区的是（ ）
A. 原子序数为1，6，10的元素 B. N，S，P
C. Na，Li，Mg D. Fe，Cr， Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；
B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；
C项，Na，Li，Mg 都属于s区，不属于p区，故C错误；
D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：
s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；
d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；
ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；
记住以上规律就能快速解决问题。
6.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6
B. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素
C. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
D. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第ⅠA族的原子是同一种元素
【答案】B
【解析】
【分析】
A.第一周期原子只有一个电子层；
B.最外层为第5层,价电子数为4，判断在周期表中位置；
C. 由基态转化成激发态，吸收能量；
D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子；
【详解】A.第一周期最外层电子排布是ns1 过渡到ns2，故A错误；
B. 最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB族元素,故B正确；
C. 基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1,由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大,需要吸收能量,故C错误；
D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子，和位于第四周期第ⅠA族的原子不是同一种元素，故D错误；
综上所述，本题选B。
7.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )
A. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
B. 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-；
B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,据此判断；
C.采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数,二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子；
D.金属镁是六方最密堆积,金属铜是面心立方最密堆积。
【详解】A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故A正确；
B. 金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故B 正确；
C.二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12,所以在CO2晶体中,与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子,故C正确；
D. 金属镁为六方最密堆积,堆积方式为:,金属铜是面心立方最密堆积,堆积方式为:,故D错误；
综上所述，本题选D。
8.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1 ， 3s23p1和2s22p4 ，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（ ）
A. X2YZ3 B. XYZ2 C. XYZ3 D. X2YZ2
【答案】B
【解析】
【详解】由X、Y、Z的最外层电子排布可知，X、Y、Z分别为Na、Al和O，在化合物中Na为+1价，Al为+3价，O为-2价。根据化合物的化合价代数和为零可知，Na、Al和O可形成NaAlO2（偏铝酸钠），故选B项；
综上所述，本题选B。
9.下列说法不正确的是( )
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键
C. 甲烷可与水形成氢键
D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；
B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；
C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；
D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点：
①氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强；
②分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；
③分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；
④通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；
⑥氢键只影响分子晶体的物理性质。
10.某些物质的熔点数据如下表，据此做出的下列判断中错误的是（ ）
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
920℃
801℃
1291℃
190℃
BCl3
SO2
CO2
SiO2
-107℃
44.8℃
-57℃
1723℃
A. 表中BCl3和CO2均是分子晶体
B. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
C. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
D. 只要由金属元素和非金属元素形成的晶体就一定是离子晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据表中BCl3和CO2的沸点都较低判断；
B. C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同；
C. Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体；
D.氧化铝为离子晶体, AlCl3为分子晶体；
【详解】A.表中BCl3和CO2的沸点都较低,则是分子晶体,故A正确；
B.C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同, CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体,故B正确；
C.Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体,说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体,故C 正确；
D. 由金属元素和非金属元素形成的晶体不一定是离子晶体，由表中数据可以知道, AlCl3为分子晶体,故D错误；
综上所述，本题选D。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
B. 2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多
C. 4f能级中最多可容纳14个电子
D. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1s轨道为球形，所以1s轨道的电子云形状为球形，故A错误；
B.2s的电子云比1s的电子云大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,故B错误；
C. f能级有7个轨道，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,故C正确；
D. 电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转,故D错误；
综上所述，本题选C。
12.下列物质的分子中既有σ键，又有π键，并含有非极性键的是( )
①H2O2 ②N2 ③H2O ④HCl ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ②⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,共价三键中一个是σ键两个是键,同种元素之间形成非极性共价键,据此分析。
【详解】①H2O2中存在H-O和O-O键,只有σ键,故错误；
②N2的结构式为N≡N,含有σ键和π键,N与N之间为非极性键,故正确;
③H2O中只存在H-O,即只有σ键,故错误；
④HCl的结构式为H-Cl,所以只存在σ键,故错误；
⑤C2H4的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价双键,含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；
⑥C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键,所以含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；
综上所述，②⑤⑥符合题意，本题选A。
【点睛】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和1个π键，三键中有一个σ键和2个π键，且σ键比π键稳定。
13.下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于CsCl晶体结构的图象是( )
A. 图(1)和图(3) B. 只有图(3) C. 图(1)和图(4) D. 图(2)和图(3)
【答案】D
【解析】
【详解】由于在CsCl晶体中，每个Cs+周围同时吸引着最近且等距离的8个Cl-，同样每个Cl-周围同时吸引着最近且等距离的8个Cs+，故图(2)和图(3)符合条件；D正确；综上所述，本题选D。
14.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是( ）
A. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
B. 元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素Z
D. W与Y通过离子键形成离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；据以上分析解答。
【详解】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；
A、WZ4分子为CCl4，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确；
B、XYZ是同周期元素的原子，同周期原子半径依次减小，元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故B正确；
C、W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4；其中HClO4酸性最强，所含的元素是Cl，故C正确；
D、W（C）与Y（S）通过共价键形成共价化合物CS2，故D错误；
综上所述，本题选D。
15.下列有关性质的比较中，正确的是( ）
A. 硬度：白磷＞冰＞二氧化硅
B. 金属原子化热：Na＞Mg＞Al
C. 熔点：
D. 键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；
B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故B错误；
C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故C错误；
D. 非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。
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－1)。
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元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为＋3价
C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】C
【解析】
【详解】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，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；
C、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C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；
综上所述，本题选C。
17.如图所示晶体结构是一种具有优良的压电、电光等功能的晶体材料的最小结构单元(晶胞)。晶体内与每个“Ti”紧邻的钡原子数和这种晶体材料的化学式分别是(各原子所带电荷均已略去)( )
A. 8；BaTi8O12 B. 8；BaTiO3 C. 3；BaTi2O3 D. 6；BaTiO3
【答案】B
【解析】
【详解】1个晶胞中1个Ti与1个Ba原子紧邻，在整个晶体结构中位于顶点的1个Ti被8个晶胞共用，所以与每个Ti相邻的Ba原子数为8；根据晶胞的结构：该晶胞中含有Ba原子数为1，Ti原子数为8×1/8=1,O原子位于棱上，1个O被4个晶胞共用，因此含有O原子数为12×1/4=3，因此晶体材料的化学式为BaTiO3；B选项正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】用均摊法求晶体中粒子个数比的方法是：
（1）处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞。
（2）处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于该晶胞。
（3）处于面上的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子共有1/2属于该晶胞。
（4）处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。
18.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A. 石墨>金刚石>SiO2 B. KCl>NaCl>MgCl2>MgO
C. Rb>K>Na>Li D. CH4>SiH4>GeH4>SnH4
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子晶体中，原子间距离越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键能和键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；
B.离子晶体中正负离子电荷数较高的熔点较高，正负离子电荷数相同时，半径越小，熔点越高，KCl
【点睛】晶体熔沸点比较规律：原子晶体：主要看原子半径，原子半径越小，共价键越强，熔沸点就越高；离子晶体：组成和结构相似的，主要看离子半径，离子半径越小，离子键越强，熔沸点就越高；分子晶体：组成和结构相似的，相对分子质量越大，熔沸点越高（含有氢键的反常）。
19.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。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：③＞④＞②＞①
C. 最高正化合价：③＞④=②＞① D. 电负性：④＞③＞②＞①
【答案】A
【解析】
【详解】四种元素基态原子电子排布式可知，①是Si元素，②是P元素，③是O元素，④是N元素。
A项，同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Si＜P，但N元素原子2p 能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能N>O，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能Si＜P＜O＜N，即④＞③＞②＞①，故A项正确；
B项，同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞P＞N＞O,即①＞②＞④＞③，故B项错误；
C项，氧元素没有最高正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：②=④＞①，故C项错误。
D项，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性Si＜P， N＜O，同一主族，从上到下，电负性减弱，电负性P＜N，故电负性Si＜P＜N＜O，即③>④>②>①，故D项错误；
综上所述，本题选A。
20.以 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ）
A. 18g 冰(图甲）中含 O﹣H 键数目为 4NA
B. 28g 晶体硅(图乙）中含有σ键数目为 4NA
C. 44g 干冰(图丙）中含有 0.25NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯(图丁）是碳原子单层片状新材料，12 g石墨烯中含σ键数目为 3 NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A.1个水分子中含有2个O﹣H 键；
B. 硅晶体中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si 键,根据均摊法计算出1mol硅形成的Si-Si数目；
C.二氧化碳晶体是立方面心结构,1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子；
D.在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，据此判断。
【详解】A. 1个水分子中含有2个O﹣H键，18g 冰的物质的量为1mol，含有O﹣H 键数目为 2NA，故A错误；
B. 28g 晶体硅中含有1molSi原子，晶体硅中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键,则每个硅原子形成的共价键为:1/2×4=2,则1mol单质硅含有2molSi-Si键,含有2NA 个Si-Si键,故B错误；
C. 1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰物质的量为1mol，含有晶胞结构单元个数0.25NA个,故C正确；
D. 在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键,所以每个碳原子实际占化学键为1.5个,12 g石墨烯即1 mol 所含碳碳键数目为1.5 NA，故D错误；
综上所述，本题选C。
第II 卷
二、填空题(6题，共60分）
21.完成下列填空。
（1）第三周期中，第一电离能最小的元素是___________，第一电离能最大的元素是___________。(填元素符号）
（2）分子中σ键数目：C2H4_____CH4 ；原子轨道能量：3d___________4s(用“＞”或“＜”完成下列填空）
（3）N≡N的键能为942kJ·mol-1，N—N单键的键能为247kJ·mol-1，通过计算说明N2中的___________键更稳定(填“σ”或“π”）
【答案】 (1). Na (2). Ar (3). ＞ (4). ＞ (5). π
【解析】
【详解】(1)元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量,原子越易失电子其第一电离能越小,第三周期中Na原子最易失去1个电子,所以Na的第一电离能最小；氩原子不易失电子，第一电离能最大的元素是Ar；综上所述，本题答案是：Na， Ar。
(2）C2H4分子结构中，含有4个碳氢键（有4个σ键）含有1个双键（有1个σ键和1个π键)，所以该分子共有5个σ键，CH4分子结构中含有4个碳氢键，有4个σ键，所以σ键数目：C2H4＞CH4 ；原子轨道的能量高低顺序是:ns <(n-3)g<(n-2)f< (n-1)d
22.A、B、C代表3种元素。请填空：
（1）A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，写出该原子价电子的轨道表示式：_______________________________，核外电子运动状态有_______种。
（2）B是原子序数为35的元素，其原子中有___________个电子层，有_________个能级。
（3）C元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，元C素基态原子的电子排布式为_________________，其单质在一定条件下能与浓硫酸反应，试写出该反应方程式:____________。
【答案】 (1). (2). 16 (3). 4 (4). 8 (5). [Ar]3d104s1 (6). Cu + 2 H2SO4（浓）= CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】
【详解】(1) A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为硫元素；该原子价电子的轨道表示式： ；硫原子核电荷数为16，核外电子运动状态有16种；综上所述，本题答案是： ， 16。
(2）B是原子序数为35的元素，为溴元素，原子结构示意图为，其原子中有个电子4层，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，有8个能级；综上所述，本题答案是：4，8。
(3)C元素的基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1 ，C为Cu；铜在一定条件下能与浓硫酸反应，该反应方程式为Cu + 2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2↑+2H2O；综上所述，本题答案是：[Ar]3d104s1 ；Cu + 2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2↑+2H2O。
23.有下列8种晶体，用序号回答下列问题：
A．水晶 B．白磷 C．冰醋酸 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石
(1）含有非极性键的原子晶体是_____,属于原子晶体的化合物是___，不含化学键的分子晶体是______，属于分子晶体的单质是_________。
(2）含有离子键、共价键、配位键的化合物是___________，受热熔化，需克服共价键的是___________。
(3）金刚砂(SiC）的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有_____个硅原子，______个碳原子；金刚石熔点高于金刚砂的原因_____________________________________。
金刚石结构
【答案】 (1). G (2). A (3). D (4). BD (5). E (6). AG (7). 4 (8). 4 (9). 金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅
【解析】
(1)水晶、金刚石都是原子晶体,水晶化学成分为二氧化硅,含有硅氧极性键，属于原子晶体的化合物,金刚石是单质,含有非极性共价键；稀有气体分子不存在化学键；属于分子晶体的单质是白磷和固态氩；正确答案：. G ；A；D ；BD。
（2）离子化合物中一定含有离子键，因此上述物质中只有氯化铵为离子化合物，除了含有离子键外，氮氢之间有共价键和配位键；分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，离子晶体破坏离子键，原子晶体受热熔化破坏共价键，金属晶体受热熔化破坏金属键；因此晶体受热熔化，需克服共价键的是水晶和金刚石；正确答案：E ；AG。
（3）金刚砂(SiC)的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有硅原子个数=8×+6×=4，金刚砂中碳原子和硅原子个数之比为1:1，所以该晶胞中碳原子个数是4，硅原子数为4；金刚石熔点高于金刚砂的原因：金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅；正确答案：4；4；金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅。
24.A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：
元素
相关信息
A
基态原子的价电子排布式为nSnnPn
B
元素原子的核外p电子数比s电子数少1个
C
最外层电子数是电子层数的3倍
D
简单离子是第三周期元素中离子半径最小的
E
价电子层中的未成对电子数为4
请回答下列问题：
（1）写出下列元素符号：A______， B_______，C________，D__________。
（2）写出C元素在周期表的位置_________，E2+价电子的轨道表示式______________,B元素能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。
（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。
（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。
【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). Al (5). )第2周期第VIA族 (6). (7). 2p (8). 纺锤形（或哑铃形） (9). 2NA (10). 2NA (11). N3-＞O2-＞Al3＋ (12).
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；
(1) 由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N ， O ，Al。
(2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N, 基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族 ，，2p； 纺锤形（或哑铃形）。
(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有σ键有2NA 个，π键有2NA 个；综上所述，本题答案是：2NA ，2NA。
(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；因此，本题正确答案是：N3-＞O2-＞Al3＋。
(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为 ,因此，本题正确答案是: 。
25.如图是元素周期表的一部分：
(1）元素⑩原子结构示意图为__________。
(2）元素③④的第一电离能大小关系为_______(填化学用语，下同），原因是__________________，④-⑧中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_______。
(3）写出元素⑦的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式_________。
(4）元素⑤ 与⑧ 元素相比，非金属性较强的是__________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是__________。
A．气态氢化物的挥发性和稳定性 B．两元素的电负性
C．单质分子中的键能 D．含氧酸的酸性
E．氢化物中X—H键的键长 F．两单质在自然界中的存在形式
(5）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：KJ·mol﹣1），回答下面各题：
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
①T元素最可能是________(填“s”、“p”、“d”、“ds”等）区元素；在周期表中，最可能处于同一主族的是_________。(填元素代号）；
②下列离子的氧化性最弱的是______________。
A.S2+ B．R2+ C．U+ D．T3+
【答案】 (1). (2). O
由元素在周期表中位置,可以知道①为C、②为Be、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Cl、⑨为Ti、⑩为Fe；
（1）元素⑩为铁，核电荷数为26，原子结构示意图 ；正确答案：。
（2）③为N、④为O，非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能比较大；④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Cl，由于氟元素没有正价，因此氯元素的最高价氧化物对应水化物酸性最强，化学式为HClO4；正确答案：O
（4）元素⑤为氟 ，⑧为氯，同一主族从上到下，非金属性减弱，因此非金属性较强的是F ；气态氢化物的挥发性为物理性质，而非金属指的是化学性质，A错误；同一主族，从上到下，电负性减弱，非金属性减弱，可以证明结论，B正确；因为氟原子半径太小，原子核之间的斥力较大，导致氟原子间键能较小，因此不能通过单质分子中的键能大小判断二元素的非金属性的强弱，C错误；氟元素无正价，没有最高价含氧酸，不能证明结论，D错误；氢化物中X—H键的键长，氢化物稳定性越差，非金属性越弱，可以证明结论，E正确；两单质在自然界中均以化合态存在形式，物理性质，不能比较非金属强弱，F错误；只有BE符合题意；正确选项BE。
（5）①Q的电离能较大,且其第一电离能较大,应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能,则R元素原子最外层电子数为1,属于第IA族元素； S第二电离能远远小于第三电离能,则S元素原子最外层电子数是2,属于第IIA族元素； T元素第三电离能远远小于第四电离能,则T元素原子最外层电子数是3,属于第IIIA族元素； U元素第一电离能远远小于第二电离能,则U元素原子最外层电子数是1,属于第IA族元素；根据以上分析可知：T的第一、第二、第三电离能较小,最外层电子数为3,则T元素最可能是p区元素；R和U的第一电离能较小,最外层电子数为1,二者位于同一主族；正确答案 ：p；R 和U。
②氧化性指的是物质得电子能力，离子的氧化性最弱，其单质的还原性最强，因此据以上电离能数据分析可知：R为钠，U为钾，S为镁，T为铝，这几种元素形成的金属单质中，金属最强的为钾，所以其离子的氧化性最弱，C正确；正确选项C。
26.硒化锌是一种透明黄色半导体，也可作红外光学材料，熔点1520℃。
（1）锌离子的电子排布式是_____________。
（2）根据元素周期律，电负性S______Se，第一电离能Se______As(填“>”或“<”）。
（3）H2O的沸点______________(填“>”或“<”）H2Se的沸点，其原因是：______。
（4）NaCl晶胞如图所示，阴、阳离子都具有球型对称结构，它们都可以看做刚性圆球，并彼此“相切”。晶胞中Na＋的配位数为____，若晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，若晶体密度为_______g·cm﹣3。(列出表达式）。
（5）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜晶体中原子的堆积模型属于_______。若已知铜的原子半径为rcm，表示原子空间占有率的表达式为__________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). < (3). > (4). > (5). H2O分子间存在氢键 (6). 6 (7). 234×1030/NA×a3 (8). 面心立方堆积 (9).
【解析】
【详解】(1)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子,其价电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；因此，本题正确答案是:1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。
（2）同一主族元素,元素电负性随着原子序数增大而减小,所以电负性S>Se；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第一电离能Se。
(3) 含有氢键的氢化物熔沸点较高,H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点(100℃)高于H2Se的沸点（-42℃）；因此，本题正确答案是: > ；H2O分子间存在氢键。
(4）由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，与之最近的氯离子有6个，所以晶胞中Na＋的配位数为6；这些氯离子围成的图形是正八面体；晶胞中Na+离子数目=1+12×1/4=4，Cl-离子数目=8×1/8+6×1/2=4，故晶胞质量=g，晶胞体积=[g÷ρ]cm3=cm3，若晶胞参数为apm，体积为a3×10-30cm3，则=a3×10-30，ρ=234×1030/NA×a3 g·cm﹣3；综上所述，本题答案是：6；234×1030/NA×a3。
(5）由铜晶体中铜原子的堆积方式图可以知道，铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积；由铜晶体中原子的堆积方式图可以知道，铜原子配位数为3×1/2×8=12；铜原子半径为rcm，晶胞边长为4r×/2cm，每个铜晶胞中含有4个原子，则铜原子的体积为：4×4/3πr3 cm3，晶胞体积为（2 r）3，故空间利用率：（4×4/3πr3）/（2 r）3= ；综上所述，本题答案是：面心立方堆积； 。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子结构、电离能、晶胞结构与计算等，推断元素是解题关键，（4）和(5)为易错点，需要学生具有较好的空间想象力与数学计算能力，注意利用均摊法进行晶胞计算。
说明：1、本试卷分第I、II 两卷，考试时间：90分钟 满分：100分
2、Ⅰ卷的答案用2B铅笔填涂到答题卡上；Ⅱ卷的答案用黑色签字笔填写在答题卡上。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Si 28 Cl 35.5
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题（每题只有一个正确答案，20题，共40分）
1.以下能级符号不正确的是 （ ）
A. 3s B. 3f C. 3p D. 3d
【答案】B
【解析】
【详解】S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，B错误；
综上所述，本题选B。
2.下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A. 基态碳原子的价电子轨道表示式为
B. NH4Cl 的电子式:
C. Cr原子的基态简化电子排布式为3d54s1
D. 石英的分子式：SiO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态碳原子的核外电子排布1s22s22p2，碳原子的价电子轨道表示式为，故A正确；
B．NH4Cl为离子化合物，电子式为，故B错误；
C．Cr核电荷数为24，其原子的基态简化电子排布式为[Ar]3d54s1，故C错误；
D. 石英SiO2是原子晶体，不存在分子式，应为化学式，故D错误；
综上所述，本题选A。
3.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了（ ）
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：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。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。
考点：考查核外电子排布的有关判断
4.下列物质属于分子晶体的是（ ）
A. 熔点是10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
B. 熔点是1070℃，固态不导电，熔融状态能导电，易溶于水
C. 熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3
D. 熔点3550℃，不溶于水，不导电
【答案】A
【解析】
【分析】
离子晶体:阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高,硬度较大、难挥发,固体不导电,但质脆,一般易溶于水,其水溶液或熔融态能导电，据以上分析解答。
【详解】A. 熔点是10.31℃，符合分子晶体熔点较低的特点，液态不导电，存在分子，溶于水后，发生电离，有自由移动的离子，可以导电，正确；
B. 熔点是1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，熔融状态能导电，应属于离子晶体；错误；
C. 熔点是97.80℃，质软，固态可导电，密度是0.97g·cm﹣3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，错误；
D. 熔点3550℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，不溶于水，不导电，可能为原子晶体，错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，因为范德华力和氢键作用力较小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。
5.下列各组元素都属于p区的是（ ）
A. 原子序数为1，6，10的元素 B. N，S，P
C. Na，Li，Mg D. Fe，Cr， Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；
B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；
C项，Na，Li，Mg 都属于s区，不属于p区，故C错误；
D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：
s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；
d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；
ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；
记住以上规律就能快速解决问题。
6.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6
B. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素
C. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
D. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第ⅠA族的原子是同一种元素
【答案】B
【解析】
【分析】
A.第一周期原子只有一个电子层；
B.最外层为第5层,价电子数为4，判断在周期表中位置；
C. 由基态转化成激发态，吸收能量；
D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子；
【详解】A.第一周期最外层电子排布是ns1 过渡到ns2，故A错误；
B. 最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB族元素,故B正确；
C. 基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1,由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大,需要吸收能量,故C错误；
D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子，和位于第四周期第ⅠA族的原子不是同一种元素，故D错误；
综上所述，本题选B。
7.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )
A. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
B. 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-；
B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,据此判断；
C.采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数,二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子；
D.金属镁是六方最密堆积,金属铜是面心立方最密堆积。
【详解】A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故A正确；
B. 金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故B 正确；
C.二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12,所以在CO2晶体中,与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子,故C正确；
D. 金属镁为六方最密堆积,堆积方式为:,金属铜是面心立方最密堆积,堆积方式为:,故D错误；
综上所述，本题选D。
8.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1 ， 3s23p1和2s22p4 ，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（ ）
A. X2YZ3 B. XYZ2 C. XYZ3 D. X2YZ2
【答案】B
【解析】
【详解】由X、Y、Z的最外层电子排布可知，X、Y、Z分别为Na、Al和O，在化合物中Na为+1价，Al为+3价，O为-2价。根据化合物的化合价代数和为零可知，Na、Al和O可形成NaAlO2（偏铝酸钠），故选B项；
综上所述，本题选B。
9.下列说法不正确的是( )
A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键
C. 甲烷可与水形成氢键
D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；
B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；
C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；
D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点：
①氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强；
②分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；
③分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；
④通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、 HF、NH3、CH3OH等；
⑥氢键只影响分子晶体的物理性质。
10.某些物质的熔点数据如下表，据此做出的下列判断中错误的是（ ）
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
920℃
801℃
1291℃
190℃
BCl3
SO2
CO2
SiO2
-107℃
44.8℃
-57℃
1723℃
A. 表中BCl3和CO2均是分子晶体
B. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
C. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
D. 只要由金属元素和非金属元素形成的晶体就一定是离子晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据表中BCl3和CO2的沸点都较低判断；
B. C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同；
C. Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体；
D.氧化铝为离子晶体, AlCl3为分子晶体；
【详解】A.表中BCl3和CO2的沸点都较低,则是分子晶体,故A正确；
B.C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同, CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体,故B正确；
C.Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体,说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体,故C 正确；
D. 由金属元素和非金属元素形成的晶体不一定是离子晶体，由表中数据可以知道, AlCl3为分子晶体,故D错误；
综上所述，本题选D。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
B. 2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多
C. 4f能级中最多可容纳14个电子
D. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1s轨道为球形，所以1s轨道的电子云形状为球形，故A错误；
B.2s的电子云比1s的电子云大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,故B错误；
C. f能级有7个轨道，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,故C正确；
D. 电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转,故D错误；
综上所述，本题选C。
12.下列物质的分子中既有σ键，又有π键，并含有非极性键的是( )
①H2O2 ②N2 ③H2O ④HCl ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ②⑤⑥ B. ①②⑤⑥ C. ②③④ D. ②④⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,共价三键中一个是σ键两个是键,同种元素之间形成非极性共价键,据此分析。
【详解】①H2O2中存在H-O和O-O键,只有σ键,故错误；
②N2的结构式为N≡N,含有σ键和π键,N与N之间为非极性键,故正确;
③H2O中只存在H-O,即只有σ键,故错误；
④HCl的结构式为H-Cl,所以只存在σ键,故错误；
⑤C2H4的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价双键,含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；
⑥C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键,所以含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；
综上所述，②⑤⑥符合题意，本题选A。
【点睛】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和1个π键，三键中有一个σ键和2个π键，且σ键比π键稳定。
13.下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于CsCl晶体结构的图象是( )
A. 图(1)和图(3) B. 只有图(3) C. 图(1)和图(4) D. 图(2)和图(3)
【答案】D
【解析】
【详解】由于在CsCl晶体中，每个Cs+周围同时吸引着最近且等距离的8个Cl-，同样每个Cl-周围同时吸引着最近且等距离的8个Cs+，故图(2)和图(3)符合条件；D正确；综上所述，本题选D。
14.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是( ）
A. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
B. 元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素Z
D. W与Y通过离子键形成离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；据以上分析解答。
【详解】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；
A、WZ4分子为CCl4，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确；
B、XYZ是同周期元素的原子，同周期原子半径依次减小，元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故B正确；
C、W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4；其中HClO4酸性最强，所含的元素是Cl，故C正确；
D、W（C）与Y（S）通过共价键形成共价化合物CS2，故D错误；
综上所述，本题选D。
15.下列有关性质的比较中，正确的是( ）
A. 硬度：白磷＞冰＞二氧化硅
B. 金属原子化热：Na＞Mg＞Al
C. 熔点：
D. 键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；
B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故B错误；
C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故C错误；
D. 非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。
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－1)。
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元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为＋3价
C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】C
【解析】
【详解】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，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；
C、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C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；
综上所述，本题选C。
17.如图所示晶体结构是一种具有优良的压电、电光等功能的晶体材料的最小结构单元(晶胞)。晶体内与每个“Ti”紧邻的钡原子数和这种晶体材料的化学式分别是(各原子所带电荷均已略去)( )
A. 8；BaTi8O12 B. 8；BaTiO3 C. 3；BaTi2O3 D. 6；BaTiO3
【答案】B
【解析】
【详解】1个晶胞中1个Ti与1个Ba原子紧邻，在整个晶体结构中位于顶点的1个Ti被8个晶胞共用，所以与每个Ti相邻的Ba原子数为8；根据晶胞的结构：该晶胞中含有Ba原子数为1，Ti原子数为8×1/8=1,O原子位于棱上，1个O被4个晶胞共用，因此含有O原子数为12×1/4=3，因此晶体材料的化学式为BaTiO3；B选项正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】用均摊法求晶体中粒子个数比的方法是：
（1）处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞。
（2）处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于该晶胞。
（3）处于面上的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子共有1/2属于该晶胞。
（4）处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。
18.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A. 石墨>金刚石>SiO2 B. KCl>NaCl>MgCl2>MgO
C. Rb>K>Na>Li D. CH4>SiH4>GeH4>SnH4
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子晶体中，原子间距离越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键能和键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；
B.离子晶体中正负离子电荷数较高的熔点较高，正负离子电荷数相同时，半径越小，熔点越高，KCl
【点睛】晶体熔沸点比较规律：原子晶体：主要看原子半径，原子半径越小，共价键越强，熔沸点就越高；离子晶体：组成和结构相似的，主要看离子半径，离子半径越小，离子键越强，熔沸点就越高；分子晶体：组成和结构相似的，相对分子质量越大，熔沸点越高（含有氢键的反常）。
19.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。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：③＞④＞②＞①
C. 最高正化合价：③＞④=②＞① D. 电负性：④＞③＞②＞①
【答案】A
【解析】
【详解】四种元素基态原子电子排布式可知，①是Si元素，②是P元素，③是O元素，④是N元素。
A项，同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Si＜P，但N元素原子2p 能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能N>O，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能Si＜P＜O＜N，即④＞③＞②＞①，故A项正确；
B项，同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Si＞P，N＞O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si＞P＞N＞O,即①＞②＞④＞③，故B项错误；
C项，氧元素没有最高正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：②=④＞①，故C项错误。
D项，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性Si＜P， N＜O，同一主族，从上到下，电负性减弱，电负性P＜N，故电负性Si＜P＜N＜O，即③>④>②>①，故D项错误；
综上所述，本题选A。
20.以 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ）
A. 18g 冰(图甲）中含 O﹣H 键数目为 4NA
B. 28g 晶体硅(图乙）中含有σ键数目为 4NA
C. 44g 干冰(图丙）中含有 0.25NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯(图丁）是碳原子单层片状新材料，12 g石墨烯中含σ键数目为 3 NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A.1个水分子中含有2个O﹣H 键；
B. 硅晶体中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si 键,根据均摊法计算出1mol硅形成的Si-Si数目；
C.二氧化碳晶体是立方面心结构,1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子；
D.在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，据此判断。
【详解】A. 1个水分子中含有2个O﹣H键，18g 冰的物质的量为1mol，含有O﹣H 键数目为 2NA，故A错误；
B. 28g 晶体硅中含有1molSi原子，晶体硅中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键,则每个硅原子形成的共价键为:1/2×4=2,则1mol单质硅含有2molSi-Si键,含有2NA 个Si-Si键,故B错误；
C. 1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰物质的量为1mol，含有晶胞结构单元个数0.25NA个,故C正确；
D. 在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键,所以每个碳原子实际占化学键为1.5个,12 g石墨烯即1 mol 所含碳碳键数目为1.5 NA，故D错误；
综上所述，本题选C。
第II 卷
二、填空题(6题，共60分）
21.完成下列填空。
（1）第三周期中，第一电离能最小的元素是___________，第一电离能最大的元素是___________。(填元素符号）
（2）分子中σ键数目：C2H4_____CH4 ；原子轨道能量：3d___________4s(用“＞”或“＜”完成下列填空）
（3）N≡N的键能为942kJ·mol-1，N—N单键的键能为247kJ·mol-1，通过计算说明N2中的___________键更稳定(填“σ”或“π”）
【答案】 (1). Na (2). Ar (3). ＞ (4). ＞ (5). π
【解析】
【详解】(1)元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量,原子越易失电子其第一电离能越小,第三周期中Na原子最易失去1个电子,所以Na的第一电离能最小；氩原子不易失电子，第一电离能最大的元素是Ar；综上所述，本题答案是：Na， Ar。
(2）C2H4分子结构中，含有4个碳氢键（有4个σ键）含有1个双键（有1个σ键和1个π键)，所以该分子共有5个σ键，CH4分子结构中含有4个碳氢键，有4个σ键，所以σ键数目：C2H4＞CH4 ；原子轨道的能量高低顺序是:ns <(n-3)g<(n-2)f< (n-1)d
22.A、B、C代表3种元素。请填空：
（1）A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，写出该原子价电子的轨道表示式：_______________________________，核外电子运动状态有_______种。
（2）B是原子序数为35的元素，其原子中有___________个电子层，有_________个能级。
（3）C元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，元C素基态原子的电子排布式为_________________，其单质在一定条件下能与浓硫酸反应，试写出该反应方程式:____________。
【答案】 (1). (2). 16 (3). 4 (4). 8 (5). [Ar]3d104s1 (6). Cu + 2 H2SO4（浓）= CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】
【详解】(1) A的原子的3p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，为硫元素；该原子价电子的轨道表示式： ；硫原子核电荷数为16，核外电子运动状态有16种；综上所述，本题答案是： ， 16。
(2）B是原子序数为35的元素，为溴元素，原子结构示意图为，其原子中有个电子4层，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，有8个能级；综上所述，本题答案是：4，8。
(3)C元素的基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1 ，C为Cu；铜在一定条件下能与浓硫酸反应，该反应方程式为Cu + 2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2↑+2H2O；综上所述，本题答案是：[Ar]3d104s1 ；Cu + 2H2SO4（浓）= CuSO4+SO2↑+2H2O。
23.有下列8种晶体，用序号回答下列问题：
A．水晶 B．白磷 C．冰醋酸 D．固态氩 E．氯化铵 F．铝 G．金刚石
(1）含有非极性键的原子晶体是_____,属于原子晶体的化合物是___，不含化学键的分子晶体是______，属于分子晶体的单质是_________。
(2）含有离子键、共价键、配位键的化合物是___________，受热熔化，需克服共价键的是___________。
(3）金刚砂(SiC）的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有_____个硅原子，______个碳原子；金刚石熔点高于金刚砂的原因_____________________________________。
金刚石结构
【答案】 (1). G (2). A (3). D (4). BD (5). E (6). AG (7). 4 (8). 4 (9). 金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅
【解析】
(1)水晶、金刚石都是原子晶体,水晶化学成分为二氧化硅,含有硅氧极性键，属于原子晶体的化合物,金刚石是单质,含有非极性共价键；稀有气体分子不存在化学键；属于分子晶体的单质是白磷和固态氩；正确答案：. G ；A；D ；BD。
（2）离子化合物中一定含有离子键，因此上述物质中只有氯化铵为离子化合物，除了含有离子键外，氮氢之间有共价键和配位键；分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，离子晶体破坏离子键，原子晶体受热熔化破坏共价键，金属晶体受热熔化破坏金属键；因此晶体受热熔化，需克服共价键的是水晶和金刚石；正确答案：E ；AG。
（3）金刚砂(SiC)的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有硅原子个数=8×+6×=4，金刚砂中碳原子和硅原子个数之比为1:1，所以该晶胞中碳原子个数是4，硅原子数为4；金刚石熔点高于金刚砂的原因：金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅；正确答案：4；4；金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长Si—C>C—C，所以键能C—C>Si—C，所以熔点金刚石高于碳化硅。
24.A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：
元素
相关信息
A
基态原子的价电子排布式为nSnnPn
B
元素原子的核外p电子数比s电子数少1个
C
最外层电子数是电子层数的3倍
D
简单离子是第三周期元素中离子半径最小的
E
价电子层中的未成对电子数为4
请回答下列问题：
（1）写出下列元素符号：A______， B_______，C________，D__________。
（2）写出C元素在周期表的位置_________，E2+价电子的轨道表示式______________,B元素能量最高的电子为____轨道上的电子，其轨道呈______形。
（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为________(用离子符号表示)。
（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。
【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). Al (5). )第2周期第VIA族 (6). (7). 2p (8). 纺锤形（或哑铃形） (9). 2NA (10). 2NA (11). N3-＞O2-＞Al3＋ (12).
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；
(1) 由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N ， O ，Al。
(2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N, 基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族 ，，2p； 纺锤形（或哑铃形）。
(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有σ键有2NA 个，π键有2NA 个；综上所述，本题答案是：2NA ，2NA。
(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Al3＋；因此，本题正确答案是：N3-＞O2-＞Al3＋。
(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为 ,因此，本题正确答案是: 。
25.如图是元素周期表的一部分：
(1）元素⑩原子结构示意图为__________。
(2）元素③④的第一电离能大小关系为_______(填化学用语，下同），原因是__________________，④-⑧中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_______。
(3）写出元素⑦的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式_________。
(4）元素⑤ 与⑧ 元素相比，非金属性较强的是__________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是__________。
A．气态氢化物的挥发性和稳定性 B．两元素的电负性
C．单质分子中的键能 D．含氧酸的酸性
E．氢化物中X—H键的键长 F．两单质在自然界中的存在形式
(5）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：KJ·mol﹣1），回答下面各题：
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
①T元素最可能是________(填“s”、“p”、“d”、“ds”等）区元素；在周期表中，最可能处于同一主族的是_________。(填元素代号）；
②下列离子的氧化性最弱的是______________。
A.S2+ B．R2+ C．U+ D．T3+
【答案】 (1). (2). O
由元素在周期表中位置,可以知道①为C、②为Be、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Cl、⑨为Ti、⑩为Fe；
（1）元素⑩为铁，核电荷数为26，原子结构示意图 ；正确答案：。
（2）③为N、④为O，非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能比较大；④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Cl，由于氟元素没有正价，因此氯元素的最高价氧化物对应水化物酸性最强，化学式为HClO4；正确答案：O
（4）元素⑤为氟 ，⑧为氯，同一主族从上到下，非金属性减弱，因此非金属性较强的是F ；气态氢化物的挥发性为物理性质，而非金属指的是化学性质，A错误；同一主族，从上到下，电负性减弱，非金属性减弱，可以证明结论，B正确；因为氟原子半径太小，原子核之间的斥力较大，导致氟原子间键能较小，因此不能通过单质分子中的键能大小判断二元素的非金属性的强弱，C错误；氟元素无正价，没有最高价含氧酸，不能证明结论，D错误；氢化物中X—H键的键长，氢化物稳定性越差，非金属性越弱，可以证明结论，E正确；两单质在自然界中均以化合态存在形式，物理性质，不能比较非金属强弱，F错误；只有BE符合题意；正确选项BE。
（5）①Q的电离能较大,且其第一电离能较大,应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能,则R元素原子最外层电子数为1,属于第IA族元素； S第二电离能远远小于第三电离能,则S元素原子最外层电子数是2,属于第IIA族元素； T元素第三电离能远远小于第四电离能,则T元素原子最外层电子数是3,属于第IIIA族元素； U元素第一电离能远远小于第二电离能,则U元素原子最外层电子数是1,属于第IA族元素；根据以上分析可知：T的第一、第二、第三电离能较小,最外层电子数为3,则T元素最可能是p区元素；R和U的第一电离能较小,最外层电子数为1,二者位于同一主族；正确答案 ：p；R 和U。
②氧化性指的是物质得电子能力，离子的氧化性最弱，其单质的还原性最强，因此据以上电离能数据分析可知：R为钠，U为钾，S为镁，T为铝，这几种元素形成的金属单质中，金属最强的为钾，所以其离子的氧化性最弱，C正确；正确选项C。
26.硒化锌是一种透明黄色半导体，也可作红外光学材料，熔点1520℃。
（1）锌离子的电子排布式是_____________。
（2）根据元素周期律，电负性S______Se，第一电离能Se______As(填“>”或“<”）。
（3）H2O的沸点______________(填“>”或“<”）H2Se的沸点，其原因是：______。
（4）NaCl晶胞如图所示，阴、阳离子都具有球型对称结构，它们都可以看做刚性圆球，并彼此“相切”。晶胞中Na＋的配位数为____，若晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，若晶体密度为_______g·cm﹣3。(列出表达式）。
（5）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜晶体中原子的堆积模型属于_______。若已知铜的原子半径为rcm，表示原子空间占有率的表达式为__________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2). < (3). > (4). > (5). H2O分子间存在氢键 (6). 6 (7). 234×1030/NA×a3 (8). 面心立方堆积 (9).
【解析】
【详解】(1)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，其3d、4s电子为其价电子,其价电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；因此，本题正确答案是:1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。
（2）同一主族元素,元素电负性随着原子序数增大而减小,所以电负性S>Se；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第一电离能Se
(3) 含有氢键的氢化物熔沸点较高,H2O含有氢键、H2Se不含氢键，导致H2O的沸点(100℃)高于H2Se的沸点（-42℃）；因此，本题正确答案是: > ；H2O分子间存在氢键。
(4）由Na、Cl两元素形成的化合物为NaCl，以中间的黑色球为Na+离子研究，与之最近的氯离子有6个，所以晶胞中Na＋的配位数为6；这些氯离子围成的图形是正八面体；晶胞中Na+离子数目=1+12×1/4=4，Cl-离子数目=8×1/8+6×1/2=4，故晶胞质量=g，晶胞体积=[g÷ρ]cm3=cm3，若晶胞参数为apm，体积为a3×10-30cm3，则=a3×10-30，ρ=234×1030/NA×a3 g·cm﹣3；综上所述，本题答案是：6；234×1030/NA×a3。
(5）由铜晶体中铜原子的堆积方式图可以知道，铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积；由铜晶体中原子的堆积方式图可以知道，铜原子配位数为3×1/2×8=12；铜原子半径为rcm，晶胞边长为4r×/2cm，每个铜晶胞中含有4个原子，则铜原子的体积为：4×4/3πr3 cm3，晶胞体积为（2 r）3，故空间利用率：（4×4/3πr3）/（2 r）3= ；综上所述，本题答案是：面心立方堆积； 。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子结构、电离能、晶胞结构与计算等，推断元素是解题关键，（4）和(5)为易错点，需要学生具有较好的空间想象力与数学计算能力，注意利用均摊法进行晶胞计算。
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