【化学】山西省运城市新绛县第二中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

山西省运城市新绛县第二中学2018-2019学年高二下学期期中考试
一、选择题（每小题3分，共51分）
1.下列说法正确的是( )
①电子云中的一个小黑点代表一个电子
②电子云密度大的地方，说明电子在核外空间单位时间内出现的机会多
③原子轨道是指原子运行的轨道
④s电子的电子云呈球形，p电子的电子云呈哑铃形
A. ①② B. ②③
C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
①电子云中小黑点本身没有意义，不代表1个电子，错误；②小黑点密表示在该核外空间的单位体积内电子出现的概率大，单位时间内出现的机会多，正确；③ 原子轨道不是原子运行的轨道，是核外电子运动状态的描述，错误；④s电子云，是球形对称的，在核外半径相同处任一方向上电子出现的几率相同，P轨道电子云图为哑铃型，正确；故正确的有②④，故选D。
点睛：本题考查对电子云的理解，注意电子云中小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机会的多少，密则机会大，疏则机会小。
2.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是( )
A. 液态HF与液态HBr分别受热变为气体
B. 氯化铵与苯分别受热变为气体
C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中
D. 碘与干冰分别受热变为气体
【答案】D
【解析】
试题分析：A．液态HF分子之间存在分子间作用力和氢键，液态HBr分子之间只存在分子间作用力，因此二者分别受热变为气体所克服的粒子间的相互作用不完全相同，错误；B．氯化铵是离子晶体，受热变为气体破坏的是离子键，而苯是分子晶体，受热变为气体克服的是分子间作用力，二者类型不同，错误；C．氯化钠是离子化合物，溶解破坏的是离子键；氯化氢溶解在水中破坏的是共价键，二者类型不相同，错误；D．碘与干冰都是分子晶体，二者受热变为气体破坏的是分子间作用力，类型相同，正确。
考点：考查物质发生变化破坏的作用力的类型的判断的知识。
3.基态原子的核外电子排布的原则不包括( )
A. 能量守恒原理 B. 能量最低原理
C. 泡利原理 D. 洪特规则
【答案】A
【解析】
【详解】基态原子的核外电子排布的原则为能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。
能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：洪特规则是在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；所以基态原子的核外电子排布的原则不包括能量守恒原理。
故选A。
4.下列分子晶体的熔、沸点高低排序正确的是( )
A. Cl2＞I2
B. CCl4＞SiCl4
C. NH3＞PH3
D. C(CH3)4＞CH3CH2CH2CH2CH3
【答案】C
【解析】
【详解】A.卤族元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，单质的相对分子质量随着原子序数增大而增大，所以熔沸点随着原子序数增大而增大，所以沸点Cl2＜I2，故A错误；
B.CCl4与SiCl4均为分子晶体，分子晶体分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高，所以沸点CCl4＜SiCl4，故B错误；
C.组成与分子结构相似的化合物中，存在氢键的化合物熔、沸点高，NH3中含有氢键，所以沸点：NH3＞PH3，故C正确；
D.含有相等碳原子数的烷烃，支链多的熔、沸点低，所以沸点C(CH3)4＜CH3CH2CH2CH2CH3，故D错误。
故选C。
【点睛】对于同类分子晶体，相对分子质量越大，则熔、沸点越高，HF、H2O、NH3等物质分子间存在氢键，导致其熔沸点增大。
5.共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤NaCl、⑥白磷中，含有以上其中两种作用力的是( )
A. ①②③ B. ①③⑥
C. ②④⑥ D. ①②③⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键，以此来解答。
【详解】①Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故①正确；
②SiO2是原子晶体，只存在共价键，故②错误；
③石墨是层状结构，层内碳原子之间形成共价键，层与层之间通过分子间作用力结合，故③正确；
④金刚石是原子晶体，只存在共价键，故④错误；
⑤氯化钠属于离子晶体，钠离子与氯离子之间形成离子键，中只存在离子键，故⑤错误；
⑥白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故⑥正确。
其中两种作用力的是①③⑥。
故选B。
【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键。

6.关于晶体的下列说法正确的是 （ ）
A. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
B. 在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子
C. 原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D. 分子晶体的熔点一定比金属晶体的低
【答案】B
【解析】
【详解】A.在晶体中有阴离子，根据物质呈电中性，有阴离子，那么一定有阳离子中和阴离子的电性，故A正确；
B.金属晶体的构成微粒是金属阳离子和电子，所以晶体中有阳离子不一定有阴离子，故B错误；
C.原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；
D.分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低，故D错误。
故选A。
7.下列表示钠原子的符号和图示中能反映能级差别和电子自旋状态的是( )
A.
B.
C. 1s22s22p63s1
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子结构示意图中只有电子层，没有电子亚层，不能看出电子自旋状态，故A错误；
B.Na中只能知道Na含有11个电子，不能反映能级差别和电子自旋状态，故B错误；
C.电子排布式中含有电子层和电子亚层，能看出电子的能级差别，但是不能看出电子自旋状态，故C错误；
D.电子排布图中包含了电子层和电子亚层，小方块表示了能级差别，方块中的箭头表示电子自旋状态，故D正确。
故选D。
8.下列分子属于含有极性键的非极性分子的是( )
A. O2 B. NH3 C. H2O2 D. C2H2
【答案】D
【解析】
【详解】A、O2含非极性键的非极性分子，故A不符合题意；
B、NH3为含极性键的极性分子，故B不符合题意；
C、H2O2为含极性键和非极性键的极性分子，故C不符合题意；
D、C2H2为含极性键的非极性分子，故D符合题意。
【点睛】判断含极性键的分子为非极性分子，一般从空间构型进行分析，属于对称结构的一般为非极性分子，如直线型（两个不同原子构成化合物、HCN除外）、平面正三角形、正四面体、平面正六边形等。
9.下列给出的是几种氯化物的熔点和沸点：

NaCl
MgCl2
AlCl3
SiCl4
熔点/℃
801
714
190(5×101 kPa)
－70
沸点/℃
1 413
1 412
183
57.57
据表中所列数据判断下列叙述与表中相吻合的是( )
A. AlCl3在加热条件下能升华
B. SiCl4是原子晶体
C. AlCl3是典型的离子晶体
D. NaCl的晶格能比MgCl2小
【答案】A
【解析】
【详解】A.由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，加热时能升华，故A正确；
B.由表格中的数据可知SiCl4的熔沸点较低，属于分子晶体的特征，SiCl4是分子晶体，故B错误；
C.由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，肯定不属于典型的离子晶体，AlCl3属于分子晶体，故C错误；
D.虽然Mg2＋比Na＋半径小，但是考虑到NaCl堆积比MgCl2密，NaCl熔点更高，因此NaCl晶格能比MgCl2大，故D错误。
故选A。
10.下列物质性质变化规律不正确的是( )
A. 金属Na、Mg、Al的硬度依次升高
B. HI、HBr、HCl、HF的沸点依次降低
C. 干冰、冰、钠的熔点依次升高
D. O、F、H的原子半径依次减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na、Mg、Al均为金属晶体，其硬度由金属键决定，金属键越强，硬度越大，而金属键又与离子所带电荷和离子半径有关，所带电荷越多，半径越小，金属键越强，故A正确；
B.分子晶体的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但是要注意：如果分子间能形成氢键，导致其沸点增大，HF能形成分子间氢键，导致其沸点增大，HI、HBr、HCl、HF的沸点不是依次降低，故B错误；
C.钠属于金属晶体，常温下是固态，干冰属于分子晶体，二氧化碳常温时为气态，冰属于分子晶体，水常温下为液态，故Na熔点高于干冰和冰，而冰又高于干冰，属于熔点由低到高的顺序为：干冰＜冰＜钠，故C正确；
D.同一周期，从左到右，元素的原子半径逐渐减小，若电子层数不相同，电子层数越多，半径越大，所以O、F、H的原子半径依次减小，故D正确。
故选B。
11.已知某元素＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中属于( )
A. 第ⅤB族 B. 第ⅡB族 C. 第Ⅷ族 D. 第ⅡA族
【答案】D
【解析】
【详解】某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，最大能层数为4，因此处于第四周期，价电子数为2，因此处于第ⅡA族。
故选D。
12.下列关于σ键和π键的理解不正确的是( )
A. σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成
B. σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转
C. 双键中一定有一个σ键和一个π键，三键中一定有一个σ键和两个π键
D. 气体单质中一定存在σ键，可能存在π键
【答案】D
【解析】
试题分析：A．分子中单键中只含σ键，双键和三键中含π键和σ键，所以π键一定不能单独形成，故A正确；B．σ键为球对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，故B正确；C．双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键，所以双键中一定有一个σ键、一个π键，三键中一定有一个σ键、两个π键，故C正确；D．稀有气体是单原子分子，分子中不存在共价键，所以稀有气体中没有σ键，所以气体单质中不一定存在σ键，故D错误；故选D。
考点：考查共价键的形成及类型。
13.美国某国家实验室成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构晶体，下列关于CO2的原子晶体的说法正确的是( )
A. CO2的原子晶体和分子晶体互为同素异形体
B. 在一定条件下，CO2的原子晶体转化为分子晶体是物理变化
C. CO2的原子晶体和分子晶体具有相同的物理性质
D. 在CO2的原子晶体中，每个C原子周围结合4个O原子，每个O原子与2个碳原子结合
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化碳是化合物不是单质，所以二氧化碳的原子晶体和分子晶体不是同素异形体，故A错误；
B.二氧化碳原子晶体和二氧化碳分子晶体属于不同物质，所以在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是化学变化不是物理变化，二者之间的转化是化学变化，故B错误；
C.二氧化碳分子晶体和二氧化碳原子晶体构成微粒不同，空间构型不同，所以其物理性质不同，故C错误；
D.利用知识迁移的方法分析，把二氧化硅结构中的硅原子替换成碳原子，所以在二氧化碳的原子晶体中，每个C原子周围结合4个O原子，每个O原子跟两个C原子相结合，故D正确。
故选D
14.下列中心原子的杂化轨道类型和分子立体构型不正确的是( )
A. PCl3中P原子采用sp3杂化，为三角锥形
B. BCl3中B原子采用sp2杂化，为平面三角形
C. CS2中C原子采用sp杂化，为直线形
D. H2S中S原子采用sp杂化，为直线形
【答案】D
【解析】
【详解】A.PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为=1，则为sp3杂化，为三角锥形，故A正确；
B.BCl3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；
C.CS2中C原子形成2个δ键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；
D.H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，为V形，故D错误。
故选D。
【点睛】首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。
15.硅酸盐与二氧化硅一样，都以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以表示成，其中○表示氧原子，黑点表示硅原子。硅氧四面体通过不同方式连接可以组成不同的多聚硅酸根离子。如图所示为某无限长单键的多聚硅酸根离子的结构，试确定该阴离子中硅原子与氧原子的个数之比为( )

A. 1∶2 B. 1∶3 C. 1∶4 D. 2∶5
【答案】B
【解析】
【详解】由无限长单链的多聚硅酸根离子的结构图可知，重复结构单元为，○表示氧原子，中心黑点表示硅原子，则结构单元中硅原子个数为1，氧原子个数为2＋2×＝3，所以该阴离子中硅原子与氧原子的个数之比为1∶3。
故选B。
16.配位化合物Pt(NH3)2Cl2有顺铂和反铂两种同分异构体。顺铂在水中的溶解度较大，具有抗癌作用；反铂在水中的溶解度小，无抗癌作用。下列说法正确的是( )
A. 顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂
B. 已知Pt位于元素周期表第10纵行，则Pt是d区的ⅧB 族元素
C. 分子中Pt和N之间为离子键
D. N原子杂化方式为sp2杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题给信息可知顺铂易溶于水，因为它是极性分子，易溶于极性溶剂，反铂为非极性分子，则顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂，故A正确；
B.周期表中不存在VIIIB族元素，Pt是d区的VIII族元素，故B错误；
C.配位化合物中Pt和N之间为配位键，不是离子键，故C错误；
D.原子形成4个δ键，为sp3杂化，故D错误。
故选A。
17.铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法不正确的是( )

A. 铁镁合金的化学式为Mg2Fe
B. 晶体中存在的化学键类型为金属键
C. 晶格能：氧化钙＞氧化镁
D. 该晶胞的质量是g(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】
【详解】A.依据均摊规则，晶胞中共有8×1/8+6×1/2=4个铁原子，8个镁原子，故铁镁合金的化学式为Mg2Fe，故A正确；
B.构成该晶体的元素均为金属元素，所以存在的化学键类型为金属键，故B正确；
C.在元素周期表中，镁元素在钙元素的上一周期，故Mg2＋半径比Ca2＋半径小，氧化镁的晶格能较氧化钙大，故C错误；
D.一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，该晶胞的质量为×104g＝g，故D正确。
故选C。
二、填空题（共49分）
18.已知X、Y、Z、W、Q、R、E七种元素中,原子序数X 元素
结构或性质信息
X
原子的L层上s电子数等于p电子数
Y
元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1
Z
单质常温、常压下是气体,原子的M层上有1个未成对的p电子
W
元素的正一价离子的电子层结构与氩相同
Q
元素的核电荷数为Y和Z之和
R
元素的正三价离子的3d能级半充满
E
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
请根据信息回答有关问题:
(1)元素X的原子核外共有____种不同运动状态的电子,有____种不同能级的电子。 
(2)元素Y原子中能量最高的是____电子。 
(3)Q的基态原子核外电子排布式为________,R的元素符号为____,E元素原子的价电子排布式为_____。 
(4)含有元素W的盐的焰色反应为____色,许多金属形成的盐都可以发生焰色反应,其原因是__________________________________________。
【答案】 (1). 6 (2). 3 (3). 2p (4). 1s22s22p63s23p63d54s1 (5). Fe (6). 3d104s1 (7). 紫 (8). 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时,以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量,形成不同的颜色
【解析】
【分析】
已知X、Y、Z、Q、R、E六种元素中，原子序数X＜Y＜Z＜Q＜R＜E，X元素原子原子的L层上s电子数等于p电子数，核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn+1，因s轨道最多能容纳2个电子，所以n=2，其原子的最外层电子排布式为2s22p3，则Y为N元素；Z元素单质常温、常压下是气体，Z原子的M层上有1个未成对的p电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则Z为Cl元素；W元素的正一价离子的电子层结构与氩相同，则W为K元素；Q核电荷数是Y与Z的核电荷数之和，其核电荷数=7+17=24，则Q为Cr元素；R元素的正三价离子的3d能级半充满，则其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则R为Fe元素；E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，其原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则E为Cu元素，据此答题。
【详解】由表格中信息可知X为C元素、Y为N元素、Z为Cl元素、W为K元素、Q为Cr元素、R为Fe元素、E为Cu元素。
（1）X原子的L层上s电子数等于p电子数，即其电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素，其原子核外共有6种不同运动状态的电子，有3种不同能级的电子，故答案为：6，3。
（2）由分析可知，Y为N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的是2p电子，故答案为：2p。
（3）由分析可知：Q为Cr元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，R为Fe元素，E为Cu元素，其原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价电子排布式为3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1，Fe，3d104s1。
（4）由分析可知W为K元素，K元素的焰色反应为紫色，许多金属形成的盐都可以发生焰色反应，其原因是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，形成不同的颜色，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，形成不同的颜色。
19.(1)氨易溶于水的原因是__________________；________________(写出两点即可)。
(2)化学上有一种见解，认为含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越________(填“强”或“弱”)。以下各种含氧酸①H3RO4、②(HO)RO3、③H4RO4、④(HO)2RO2的酸性由强到弱的顺序排列为________________(填序号)。
(3)为了减缓温室效应，科学家设计反应CO2＋4H2===CH4＋2H2O以减少空气中CO2的排放量。若有1 mol CH4生成，则有________mol σ键和________mol π键断裂。
【答案】 (1). NH3、H2O分子均为极性分子 (2). NH3分子与H2O分子之间形成氢键 (3). 强 (4). ②＞④＞①＞③ (5). 6 (6). 2
【解析】
【分析】
（1）极性溶质易溶于极性溶解，形成氢键或和水反应可增大物质的溶解度；
（2）判断含氧酸（含有氧元素的酸）酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；
（3）先判断CO2和H2分子中含有多少δ键和π键，根据化学方程式计算。
【详解】（1）氨和水都是极性分子；氨分子与水分子间可形成氢键；氨分子与水分子可发生反应，故答案为：NH3、H2O分子均为极性分子；NH3分子与H2O分子之间形成氢键。
（2）含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，所以含氧酸的通式可写成（HO）mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越强，①～④的非羟基氧原子数分别为1、3、0、2，酸性由强到弱：(HO)RO3＞(HO)2RO2＞H3RO4＞H4RO4，故答案为：强；②＞④＞①＞③。
（3）1个CO2和4个H2分子中共含有6个δ键和2π键，若有1molCH4生成，则有6molδ键和2molπ键断裂，故答案为：6；2。
【点睛】碳碳单键是σ键；碳碳双键里一条是σ键，一条是π键；碳碳三键里一条是σ键，两条是π键。
20.如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分：

请回答下列问题：
(1)代表金刚石的是________(填编号字母，下同)，其中每个碳原子与________个碳原子最接近且距离相等。金刚石属于________晶体。
(2)代表石墨的是________，每个正六边形占有的碳原子数平均为________个。
(3)代表NaCl的是________，每个Na＋周围与它最接近且距离相等的Na＋有________个。
(4)代表CsCl的是________，它属于________晶体，每个Cs＋与________个Cl－紧邻。
(5)代表干冰的是________，它属于________晶体，每个CO2分子与________个CO2分子紧邻。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). 原子 (4). E (5). 2 (6). A (7). 12 (8). C (9). 离子 (10). 8 (11). B (12). 分子 (13). 12
【解析】
【分析】
根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。NaCl晶胞是简单的立方单元，干冰也是立方体结构，但在立方体每个正方形面的中央都有一个CO2分子，称为“面心立方”，金刚石的基本单元是正四面体，为空间网状结构，石墨是分层结构。
【详解】（1）在金刚石晶胞中，每个碳原子可与周围4个碳原子形成共价键，将这4个碳原子连接起来后可以形成正四面体，体心是1个碳原子，所以图D为金刚石，每个碳原子与4个碳原子最近且距离相等，金刚石是空间网状结构，属于原子晶体，故答案为：D，4，原子。
（2）石墨是平面层状结构，在层与层之间以范德华力相互结合，在层内碳与碳以共价键相互作用，形成六边形，所以图E为石墨的结构，每个碳原子紧邻另外3个碳原子，即每个六边形占有1个碳原子的1/3，所以大的结构中每个六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2个，故答案为：E，2。
（3）在氯化钠晶胞中，每个Na＋周围有6个Cl－，每个Cl－周围也有6个Na＋，所以图A为氯化钠的结构，根据晶胞的结构，每个钠离子周围距离最近的钠离子在小立方体的面对角线的位置，每个钠离子周围有8个这样的立方体，所以每个钠离子周围与它最近且距离相等的钠离子就有12个，故答案为：A，12。
（4）CsCl的晶胞中铯离子与氯离子的配位数都是8，即每个铯离子周围有8个氯离子，每个氯离子周围有8个铯离子，所以，图C为CsCl的结构，属于离子晶体，故答案为：C，离子，8。
（5）干冰也是分子晶体，CO2位于立方体的面心和顶点上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在于该顶点相连的12个面的面心上，所以图B为干冰晶体，故答案为：B，分子，12。
21.下表列出前20号元素中的某些元素性质的一些数据:
元素
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径
(10-10m)
1.02
2.27
0.74
1.43
0.77
1.10
0.99
1.86
0.75
1.17
最高价态
+6
+1
—
+3
+4
+5
+7
+1
+5
+4
最低价态
-2
—
-2
—
-4
-3
-1
—
-3
-4

试回答下列问题:
(1)以上10种元素中第一电离能最小的是____(填编号)。比元素B原子序数大10的元素在元素周期表中的位置:第____周期第____族,其基态原子的核外电子排布式是___________。 
(2)由上述C、E、G三种元素中的某两种元素形成的化合物中,每个原子的最外层都满足8电子稳定结构的可能是____(写分子式,写出两种即可),元素G、I分别和J形成的两种化合物的晶体类型分别是 _________、___________。
(3)元素E与C及氢元素可形成一种相对分子质量为60的一元羧酸分子。 其分子中共形成____个σ键,____个π键。
(4)短周期某主族元素K的电离能情况如图(A)所示。则K元素位于周期表的第_____周期、第____族。

图(B)是研究部分元素的氢化物的沸点变化规律的图像,折线c可以表达出第____族元素氢化物的沸点的变化规律。不同同学对某主族元素的氢化物的沸点变化趋势画出了两条折线——折线a和折线b,你认为正确的是____,理由是_______________。
【答案】 (1). B (2). 4 (3). ⅠB (4). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (5). CO2、CCl4 (6). 分子晶体 (7). 原子晶体 (8). 7 (9). 1 (10). 三 (11). ⅢA (12). ⅣA (13). b (14). A点所示的氢化物是水,其沸点在氧族元素的氢化物中最高是由于在水分子间存在着氢键,其强度远大于范德华力,而折线a的最高点大于A点,故a不合理，b合理
【解析】
【分析】
根据最高正价=主族元素的族序数可知，B、H元素最高正价为+1价，因此可知二种元素为第ⅠA族元素，结合半径大小关系可知B为K元素，H为Na元素，A、C最低价为-2价，且C无正价，应为O元素，则A为S元素，F和I最低价都为-3价，应为周期表第ⅤA族元素，由半径大小可知I为N元素，F为P元素，E和J的最高正价为+4价，应为周期表第ⅣA族元素，E为C元素，J为Si元素，G的最高正价为+7价，且原子半径比A小，比C大，应为Cl元素，D最高正价为+3价，应为ⅢA族元素，原子半径比H小，比A大，应为Al元素，据此答题。
【详解】由表格中信息可推知：A为S元素、B为K元素、C为O元素、D为Al元素、E为C元素、F为P元素、G为Cl元素、H为Na元素、I为N元素、J为Si元素。
（1）同周期自左向右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能呈减小趋势，故上述因素中K元素的第一电离能最小，编号为B，比元素B原子序数大10的元素为Cu元素，处于第4周期ⅠB族，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：B；4；ⅠB；1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。
（2）O、P、Cl三种元素中的某两种元素形成的化合物中,每个原子的最外层都满足8电子稳定结构的可能是CO2、CCl4、PCl3，元素Cl、N分别与Si形成的两种化合物为SiCl4、Si3N4，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故答案为：CO2、CCl4；分子晶体；原子晶体。
（3）碳元素、氧元素以及氢元素可形成一种相对分子质量为60的一元羧酸分子，该羧酸为CH3COOH，其分子中共形成7个σ键，1个π键，故答案为：7，1。
（4）因第三和第四电离能之间发生突变，所以该元素最外层有3个电子，处于ⅢA族，线c逐渐上升，标明没有氢键的影响，是第ⅣA族元素氢化物的沸点变化规律，A点所示的氢化物是水，其沸点高时因为水分子间存在氢键，其强度远大于分子间作用力，所以氧族元素中其他氢化物的沸点不会高于水，而折线a的最高点大于A点，故a不合理，b合理，故答案为：三，ⅢA，ⅣA，b，A点所示的氢化物是水，其沸点在氧族元素的氢化物中最高是由于在水分子间存在着氢键，其强度远大于范德华力，而折线a的最高点大于A点，故a不合理，b合理。
【点睛】元素的原子半径以及元素的主要化合价间的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。