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【化学】云南省澄江二中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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云南省澄江二中2018-2019学年高二上学期期中考试
1.自然界中的CaF2又称萤石,是一种难溶于水的固体,属于典型的离子晶体。下列实验一定能说明CaF2是离子晶体的是( )
A. CaF2难溶于水,其水溶液的导电性极弱
B. CaF2的熔、沸点较高,硬度较大
C. CaF2固体不导电,但在熔融状态下可以导电
D. CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小
【答案】C
【解析】
关于晶体类型的判定
本题关键是确定一个离子晶体区别于其它晶体的性质，也可采用反例来排除。例如ABD选项所示性质，离子晶体、金属晶体或原子晶体都可能表现出来，只有C项是离子晶体的特性，故答案为C：溶沸点高，高温熔融下可电离出自由移动的离子
2.下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是
A. BeCl2 B. H2S C. NCl3 D. SF4
【答案】C
【解析】
【详解】原子的最外层电子数+化合价绝对值=8，则该原子的最外层满足8电子稳定结构。
A、铍原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，A错误；
B、氢原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，B错误；
C、氮原子和氯原子的化合价分别是＋3价和—1价，最外层电子数+化合价绝对值为8，则原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D、S的化合价是＋4价，大于8电子稳定结构，不符合题意，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确判断8电子稳定结构的依据，然后结合题意灵活运用即可。
3.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是
A. 硝酸钠和金刚石 B. 晶体硅和水晶
C. 冰和干冰 D. 苯和萘
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息知氮化硼是原子晶体，选项中各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同，则它们的晶体类型都是原子晶体。A中硝酸钠为离子晶体，金刚石为原子晶体；C与D均为分子晶体，只有B项中晶体硅和水晶（二氧化硅）均属于原子晶体，与题意相符，B正确。
综上所述，本题选B。
4.下列说法正确的是
A. 分子晶体中只存在非极性共价键
B. 稀有气体形成的晶体属于分子晶体
C. 干冰升华时，分子内共价健会发生断裂
D. 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A、稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键；有的分子晶体中存在非极性共价键，如氢气、氮气等，有的分子晶体中存在极性共价键，如干冰，碳氧原子之间为极性共价键，故A错误；
B、稀有气体是单原子分子，可以形成分子晶体,故B正确；
C、干冰是分子晶体,干冰升华属于物理变化,只是分子间距增大,破坏分子间作用力,共价键没有破坏共价键,故C错误；
D、金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故D错误；
综上所述，本题选B。
5.某元素的原子核外有三个能层，最外层有4个电子，该原子核内的质子数为
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
【答案】A
【解析】
【分析】
元素原子的原子核外有三个电子层，最外层有4个电子，由电子排布规律可以知道原子的电子数=质子数。
【详解】因元素原子的原子核外有三个电子层，最外层有4个电子,第一层电子数只能为2；第二层电子数只能为8；第三层(最外层)电子数为4；则原子核外电子数为2+8+4=14，所以质子数为14，A正确；
综上所述，本题选A。
6.下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是
A. 3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B. M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子
D. 2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子
【答案】B
【解析】
3p能级有一个空轨道的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，A项不符合题意；．M层全充满而N层为4s2的原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，B项符合题意；核外电子总数是最外层电子的5倍的元素只有Br,C项不符合题意；2p能级有一个未成对电子的基态原子的价电子为2s22p1 或 2s22p5，D项不符合题意。
7.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是（ ）
A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力
C. sp2，氢键 D. sp3，氢键
【答案】C
【解析】
在硼酸[B(OH)3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸[B(OH)3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。
点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。
8. 观察1s轨道电子云示意图，下列说法正确的是( )
A. 一个小黑点表示1个自由运动的电子
B. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
C. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
D. 1s轨道电子云的点的疏密表示电子在某一位置出现机会的多少
【答案】D
【解析】
电子云中的小黑点表示电子在某一时刻出现的概率密度，不表示1个自由运动的电子，A项错误，D项正确；电子云是对处于一定空间运动状态的电子在核外空间的概率分布的形象化描述，不是实际存在的圆形，也没有宏观轨道，B、C项错误。
9.在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N—N键的键能为160kJ·mol－1(N2的键能为942kJ·mol－1)，晶体片段结构如右图所示。又发现利用N2可制取出N5、N3。含N5＋离子的化合物及N60、N5极不稳定。则下列说法错误的是( )
A. 按键型分类，该晶体中含有非极性共价键
B. 含N5＋离子的化合物中既有离子键又有共价键
C. 高聚氮与N2、N3、N5、N5＋、N60互为同素异形体
D. 这种固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．高聚氮中含N-N键，则该晶体中含有非极性共价键，故A正确；B．含N5+离子的化合物，为离子化合物，还存在N-N键，则含N5+离子的化合物中既有离子键又有共价键，故B正确；C．同素异形体的分析对象为单质，而N5+为离子，与单质不能互为同素异形体，故C错误；D．N-N易断裂，高聚氮能量较高，则固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料，故D正确；故选C。
10. 最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，
则该晶体的化学式为
A. Mg2CNi3 B. MgC2Ni C. MgCNi2 D. MgCNi3
【答案】D
【解析】
试题分析：根据晶胞的结构简式可知碳原子位于晶胞的体心上，所以晶胞中含有一个碳原子；镁原子位于顶点，则其个数＝8×1/8＝1；镍原子位于面心处，其个数＝6×1/2＝3，所以该晶胞的化学式为MgCNi3，答案选D。
考点：考查晶胞化学式的计算
11.下列物质的酸性强弱比较正确的是( )
A. HBrO4H2SO3
【答案】D
【解析】
A、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性强弱是HBrO4>HIO4，故A错误；B、H2SO4属于强酸，H3PO4属于中强酸，因此H2SO4酸性强于H3PO4，故B错误；C、同种元素的含氧酸，化合价越高，酸性越强，即HClO3的酸性强于HClO，D、H2SO3属于弱酸，因此H2SO4的酸性强于H2SO3，故D正确。
12.下列各组微粒，没有按照半径由小到大顺序排列的是( )
A. Cl、Na、F、K B. F、Cl、Na、K
C. Ca2＋、K＋、Cl－、S2－ D. Na＋、K＋、Cl－、Br－
【答案】A
【解析】
F位于第二周期,Cl、Na位于第三周期且Na排在Cl的前面,K位于第四周期,故四者的原子半径由小到大的顺序为F
A. 4s1 B. 3d104sn C. nsnnp3n D. ns2np3
【答案】C
【解析】
【详解】A、4s1的电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1，无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故A错误；
B、3d10的电子排布包括3d104s1、3d104s2等，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故B错误；
C、由于s轨道最多只能容纳2个电子，所以n小于等于2，又n=1时，电子排布式错误，所以n=2，则该微粒最外层电子排布可以为2s22p6，为氖元素，能确定元素周期表中位置，故C正确；
D、若n=1，电子排布式错误，n=2，该微粒最外层电子排布可以为2s22p3，n=3，该微粒最外层电子排布可以为3s23p3，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故D错误；
综上所述，本题选C。
14.有关晶格能的叙述正确的是
A. 晶格能是原子形成1摩尔离子晶体释放的能量
B. 晶格能通常取正值，有时也取负值
C. 晶格能越大,形成的离子晶体越稳定
D. 晶格能越大,物质的硬度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体时所释放的能量，故A错误；
B. 晶格能通常取正值，B错误；
C. 晶格能越大,离子晶体的能量越低，形成的离子晶体越稳定，C正确；
D. 晶格能越大,物质的硬度越大，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】影响晶格能的因素：离子所带电荷数越多，晶格能越大，离子半径越小，晶格能越大，晶格能越大；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，且熔点高，硬度越大。
15.下列基态原子的外围电子排布式中，正确的是
A. 3d94s2 B. 3d44s2 C. 4d105s0 D. 4d85s2
【答案】D
【解析】
【分析】
原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理:1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p按此顺序填充,注意满足半满、全满、全空稳定状态,洪特规则、泡利原理。
【详解】A．3d94s2违背了全充满时为稳定状态,应为3d104s1 ，故A错误；
B．3d44s2违背了半充满时为稳定状态,应为3d54s1 ,故B错误；
C．4d105s0违背了能量最低原理,应先排5s再排4d,应为4d85s2 故C错误；
D．4d85s2是基态原子的外围电子排布式,故D正确；
综上所述，本题选D。
16. 下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
试题分析：①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式，以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。
考点：考查晶体的基本性质、熔沸点高低、晶体结构等知识。
17. 下列叙述中正确的是( )
A. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
B. 以极性键结合起来的分子一定是极性分子
C. 非极性分子只能是双原子单质分子
D. 非极性分子中，一定含有非极性共价键
【答案】A
【解析】
试题分析：A．全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B．以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C．非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D．非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；故选A。
考点：考查键的极性与分子的极性
18.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。
19.下列叙述正确的是( )
A. 含有非极性键的分子一定是非极性分子 B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子 D. 键的极性与分子的极性有关
【答案】C
【解析】
A、含有非极性键的分子可能是极性分子，关键看分子中正负电荷中心是否重合，从整个分子来看，电荷的分布是否均匀，如乙烷等有机物，碳碳键就是非极性键，乙烷是极性分子，选项A错误；B、形成非极性分子的化学键可能是极性键，有可能是非极性键，如甲烷分子是有极性键形成的非极性分子，选项B错误；C、由极性键形成的双原子分子，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，选项C正确；D、由于键的极性与形成共价键的元素有关，分子极性与分子中正负电荷中心是否重合，电荷的分布是否均匀有关，所以键的极性与分子的极性无关，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查了键的极性与分子极性，注意同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。
20.下列提供了有关物质的熔点，根据表中的数据，下列判断错误的是
A. AlF3晶体是离子晶体，AlCl3晶体是分子晶体
B. AlF3晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能
C. 同族元素的氧化物可以形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A、AlF3晶体的熔点较高属于离子晶体，AlCl3晶体的熔点较低属于分子晶体，A正确；
B、晶体中离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大；离子半径：Al3+＜Na+，F-
D、NaCl、MgCl2离子的熔点都较高，属于离子晶体，所以不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体，D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题主要考查了不同类型晶体的熔沸点高低及决定熔沸点的因素，注意掌握不同类型晶体及同种类型晶体的熔沸点高低比较方法。选项A是易错点，注意不能根据物质的组成元素判断晶体类型。
21.下列表示式中错误的是
A. Na＋的电子式：
B. Na＋的结构示意图：
C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D. Na的简化电子排布式：[Ne]3s1
【答案】A
【解析】
【详解】A.金属阳离子的电子式即为其离子符号，A中Na＋的电子式：Na＋，A错误；
B. Na的核电荷数为11，Na＋和核外有10个电子，Na＋的结构示意图：，B正确；
C. Na的核电荷数为11，Na的电子排布式：1s22s22p63s1，C正确；
D. Na的核电荷数为11，Na的电子排布式：1s22s22p63s1，Na的简化电子排布式：[Ne]3s1，D正确；
综上所述，本题选A。
22.两种金属A和B，已知A，B常温下为固态，且A，B属于质软的轻金属，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性质有( )
A. 导电、导热、延展性较纯A或纯B金属强
B. 常温下为液态
C. 硬度较大，可制造飞机
D. 有固定的熔点和沸点
【答案】D
【解析】
分析：合金的熔点和沸点比各成分低，硬度比各成分大，导电、导热、延展性较成分中纯金属强，用途广泛。
详解：合金为混合物，通常无固定组成，因此熔、沸点通常不固定；一般来讲金属形成合金的熔点比各组成合金的金属单质低，硬度要比各组成合金的金属单质大，如Na、K常温下为固体，而Na—K合金常温下为液态，轻金属Mg—Al合金的硬度比Mg、Al高；正确选项D。
点睛：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，各类型合金都有以下通性：(1)多数合金熔点低于其组分中任一种组成金属的熔点；(2)硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；(3)有的抗腐蚀能力强。
23.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为
A. 3∶2∶1 B. 11∶8∶4
C. 9∶8∶4 D. 21∶14∶9
【答案】A
【解析】
【详解】晶胞(a)中所含原子＝12×1/6+2×1/2+3=6；晶胞(b)中所含原子＝8×1/8+6×1/2=4；晶胞(c)中所含原子＝8×1/8+1=2；其晶胞内金属原子个数比为6:4:2=3∶2∶1，A正确；
综上所述，本题选A。
24.下列叙述不正确的是( )
A. 卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强
B. 以极性键结合的分子，不一定是极性分子
C. 判断A2B或AB2型分子是极性分子的依据是：具有极性键且分子构型不对称，键角小于180°，为非直线形结构
D. 非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合
【答案】D
【解析】
分析：A．同一主族，从上往下，原子半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢按H-F、H-Cl、H-Br、H-I的顺序，共价键的极性依次减弱，分子稳定性依次减弱；
B．不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键，含有极性键结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；
C．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；
D．不同非金属元素之间易形成极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子。
详解：A．HF和HCl，因为F的氧化性比Cl的强，所以F对H的电子的吸引力比Cl的强，所以共用电子对就更偏向F，所以HF的共价键的极性就更强，同主族中，由上到下，随核电荷数的增加半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢稳定性为HF＞HCl＞HBr＞HI，共价键的极性依次减弱，A正确；
B．如CH4含有H-C极性键，空间构型为正四面体，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，B正确；
C．对于A2B或AB2型分子；由极性键构成的分子，由该分子的分子空间结构决定分子极性。如果分子的立体构型为直线形键角等于180°、平面三角形、正四面体形、三角双锥形、正八面体形等空间对称的结构，致使正电中心与负电中心重合，这样的分子就是非极性分子。若为V形、三角锥形、四面体形（非正四面体形）等非对称结构，则为极性分子，C正确；
D．非极性分子中，各原子间不一定以非极性键结合，如CO2中含极性键，为直线型，结构对称，为非极性分子，D错误；
答案选D。
点睛：本题考查键的极性与分子的极性，注意判断键的极性，抓住共价键的形成是否在同种元素原子之间；分子极性的判断，抓住正负电荷的中心是否重合，题目难度不大。
25.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
下列叙述正确的是
A. X、Y 元素的金属性X
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
【详解】A项，由题中数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，金属性：X>Y，故A项错误；
B项，Z为N，W为O，两者的单质直接生成NO，故B项错误；
C项，据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C项错误。
D项，根据化合价可判断Y为Al，Z为N或P，W为S或O，再根据Z、W的原子半径远小于X、Y可知，Z为N，W为O，一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D项正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题的易错项为C项。由题意知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，只溶于强酸强碱，氨水是弱碱，故不溶于氨水，而氢氧化镁既不溶于强碱，也不溶于弱碱。
26.下列说法正确的是( )
A. 同一周期相邻主族的两种元素的原子序数之差是1
B. 同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是36
C. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差可能是18
D. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差都相同
【答案】C
【解析】
A．同周期的ⅡA族元素与ⅢA族元素的原子序数之差短周期的差1，四、五周期的差11，六、七周期的差25，选项A错误；B、如零族等第三周期与第五周期元素相差36，选项B错误；C、对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32或36，选项C正确；D、在元素周期表左侧和右侧，相邻周期的同一主族的两种元素，原子序数之差不同，符合左差上，右差下规律，选项D错误；答案选C。
27.某离子化合物的晶胞结构如图所示，则该晶体中X、Y的离子个数之比是
A. 4：1 B. 1：1 C. 2：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】
【详解】根据均摊法,由图可以知道Y离子位于此晶胞的中心,数目为1,X离子位于8个顶点,数目为1/8×8=1,所以阴、阳离子个数比是1：1,所以B选项是正确的；
综上所述，本题选B。
28.按F、Cl、Br、I顺序递增的是
A. 最外层电子数 B. 第一电离能
C. 非金属性 D. 原子半径
【答案】D
【解析】
【分析】
A.同主族元素最外层电子数相同；
B.同主族从上到下,第一电离能减小；
C.同主族从上到下,非金属性逐渐减弱；
D.同主族从上到下,原子半径增大。
【详解】A.F、Cl、Br、I为第VIIA族元素,最外层都含有7个电子,不呈递增顺序,故A错误；
B.同主族从上到下,第一电离能减小,则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小,故B错误；
C.同主族从上到下,原子序数越大非金属性越弱,则F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减小,故C错误；
D.同主族从上到下,电子层数逐渐增多,原子半径逐渐增大,则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大,故D正确；
综上所述，本题选D。
29.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 原子半径A>B>D>C B. 原子序数d>c>b>a
C. 离子半径C3－>D－>B＋>A2＋ D. 单质的还原性A>B>D>C
【答案】C
【解析】
【详解】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期，
A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是B>A>C>D,故A错误；
B.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是a>b>d>c,故B错误；
C.电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,原子序数大小顺序是a>b>d>c,所以离子半径大小顺序是C3－>D－>B＋>A2＋，故C正确；
D.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是B >A>C>D，故D错误；
综上所述，本题选C。
30.下列各微粒中属于等电子体的是
A. N2O4和NO2 B. SO2和O3
C. CO2和NO2 D. C2H6和N2H4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数目与价电子数目相同的微粒为等电子体,据此结合选项判断。
【详解】A. N2O4和NO2原子数目不相同,不是等电子体,故A错误；
B. SO2和O3价电子数分别为18和18,原子数均为3,所以属于等电子体,故B正确；
C. CO2和NO2原子数目相同,价电子数分别为16和17,不属于等电子体,故C错误；
D. C2H6和N2H4原子数目不相同,不是等电子体，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】该题是基础性试题的考查，侧重对基础性知识的巩固和检验。该题的关键是明确等电子体的概念，即把握原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体，然后灵活运用即可。
31.今有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元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。
（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。
（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。
（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：
第一电离能____________；电负性____________。
【答案】 (1). O (2). Ca (3). Na (4). Cl (5). 1s22s22p4 (6). 4s2 (7). (8). Na＜Ca＜Cl＜O (9). Na＜Ca＜Cl＜O
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为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B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为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B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；
（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na， Cl。
（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2 ； 。
（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。
32.硒是一种非金属，可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂．
（l）Se是元素周期表中第34号元素，其基态原子的核外电子排布式为__．
（2）根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO3的分子空间构型为__，其中Se原子采用的轨道杂化形式为__．
（3）CSe2与CO2结构相似，CSe2分子内σ键与π键个数之比为__．CSe2首次是由H2Se与CCl4反应后制取的，CSe2分子内的Se﹣C﹣Se键角__（填“大于”，“等于”或“小于”）H2Se分子内的H﹣Se﹣H键角．
（4）硒化铷晶体属于反萤石型结构，晶胞结构如图所示．每个晶胞中包含__个Rb2Se单元，其中Se2﹣周围与它距离最近且相等的Rb+的离子数目为__．
【答案】（8分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4（2分）
（2）平面三角形；sp2（2分）
（3）1:1；大于（2分）
（4）4；8（2分）
【解析】
试题分析：（l）硒是34号元素，基态原子核外有34个电子，所以根据构造原理可知，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4。
（2）根据价层电子对互斥理论可知，SeO3的分子中中心原子含有的孤对电子对数＝（6－3×2）÷2＝0。这说明分子中含有3个价层电子对，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，采用sp2杂化。
（3）二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，单键都是σ键，双键是由1个σ键与1个π键构成的，所以CO2分子内σ键与π键个数之比为2:2＝1:1。CSe2与CO2结构相似，所以CSe2分子内σ键与π键个数之比也是1:1。二氧化碳是直线型分子，H2Se分子与水分子的空间构型相似，剩余v型分子，所以CSe2分子内的Se－C－Se键角大于H2Se分子内的H－Se－H键角。
（4）根据晶胞的结构可知，白色球都在晶胞内部，所以该晶胞中含有白色球个数＝8，黑色球个数＝8×＋6×＝4，所以每个晶胞中包含4个Rb2Se单元。由于1个面被8个面共用，根据晶胞结构可知，最上面面心上的Se2-距离最近且相等的Rb+的离子数目是8个。
考点：考查核外电子排布、空间构型、杂化轨道以及晶体化学式确定等
33.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。
根据信息回答下列问题：
（1）周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为____________。
（2）Fe元素位于周期表的________分区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为________；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为________和________(填化学式)。
（3）在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有________________。
（4）根据VSEPR理论预测ED离子的立体构型为____________________。B，C，D，E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子式为____________________(写2种)。
【答案】 (1). 4s24p1 (2). d (3). 0 (4). N2 (5). CN－ (6). CH4、CH3OH (7). 正四面体形 (8). CO2、NCl3，CCl4(任写2种即可)
【解析】
【分析】
(1)主族元素的族序数=其最外层电子数=其价电子数,最外层电子在排列时,遵循能量最低原理(先排能量低的后排能量高的),4s的能量小于4p的能量,4s能级最多排两个电子,4p能级最多排6个电子；
(2)元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的；根据化合物的化合价代数和为0,判断Fe(CO)5中铁的化合价；根据等电子体的定义,只要原子数目和电子总数(或价电子总数)相同就是等电子体，据以上分析解答。
(3)判断原子采取杂化方式时,先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对,然后再确定采取的杂化方式；
（4）分子空间构型的判断依据：中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)（说明:x为配位原子个数,b为配位原子最多能接受的电子数,对于阴离子,a为中心原子的价电子数+离子所带的电荷数）；根据化合价的绝对值+原子最外层电子数=8规律判断属于8电子稳定结构的化合物。
【详解】上边界为短周期元素,一周期有2种元素,二、三周期有8种元素,表示元素周期表的部分边界如图 ，
（1）元素周期表每一横行是一个周期,一共有18个纵行,从左向右,1、2和13至17七个纵行是主族,且第一纵行开始分别为第IA族、第IIA族,第IIIA族、第IVA族,V第A族,V第IA族,第VIIA族,Ga是第四横行第十一纵行的元素,所以是第四周期第IIIA族的元素,主族元素的族序数=其最外层电子数=其价电子数,所以Ga最外层有3个电子,最外层电子在排列时,遵循能量最低原理(先排能量低的后排能量高的),4s的能量小于4p的能量,4s能级最多排两个电子；因此，本题正确答案是: 4s24p1。
（2）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的；Fe原子是26号元素,Fe原子的基态核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d64s2，这些电子排列时遵循能量最低原理(先排能量低的后排能量高的),这些能级的能量大小顺序为: 1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d，根据能量最低原理先排4s电子后排3d电子,所以最后排入的是3d电子,根据命名规则属d区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5,根据化合物的化合价代数和为0,所以Fe(CO)5的化合价代数和为0,CO是化合物,它的化合价的代数和是0,所以在Fe(CO)5中铁的化合价为0；根据等电子体的定义,CO的等电子体必须是双原子分子或离子,且电子总数相等，如果是分子,只要原子序数之和相等即可；CO中C是6号元素,O是8号元素,原子序数之和为14,N是7号元素,且可形成双原子分子,所以分子是N2；如果是阳离子，原子序数之和减去所带电荷数值，如果是阴离子，原子序数之和加上所带电荷数值，等于CO的原子序数之和即可所以是CN－；因此，本题正确答案是：d ，0 ， N2 ，CN－。
（3）在CH4中价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数=4，所以碳原子采取sp3杂化；在CO分子中价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数=2，所以碳原子采取sp杂化；CH3OH中，价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数=4，所以碳原子采取sp3杂化；综上所述，本题答案是: CH4、CH3OH。
（4）根据元素周期表知,E是Cl元素,D是O元素,ED4-是ClO4-离子,价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数,σ键电子对数=σ键个数=中心原子结合的原子个数,中心原子是Cl原子,中心原子结合的原子个数是4,所以σ键电子对数=4,中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)（说明:x为配位原子个数,b为配位原子最多能接受的电子数,对于阴离子,a为中心原子的价电子数+离子所带的电荷数），中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)=1/2(8-4×2)=0，所以价层电子对数=4,根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为正四面体型；根据元素周期表知,B、C、D、E分别是C、N、O、Cl是四种元素,分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8，分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构.否则就没有达到8电子稳定结构，
对于C元，,8-原子最外层电子数(4)=化合价的绝对值(4)
对于O元素,8-原子最外层电子数(6)=化合价的绝对值(2)
对于N元素,8-原子最外层电子数(5)=化合价的绝对值(3)
对于Cl元素,8-原子最外层电子数(7)=化合价的绝对值(1)
所以两两形成的化合物且每个原子最外层都达到8电子稳定结构的化合物有: CO2、NCl3，CCl4；
因此，本题正确答案是:正四面体；CO2、NCl3，CCl4（任写2种即可）
34.有A，B，C，D、E、F六种元素，已知：
①它们位于三个不同短周期，核电荷数依次增大。
②E元素的电离能数据见下表(kJ·mol－1)：
③B与F同主族。
④A、E分别都能与D按原子个数比1∶1或2∶1形成化合物。
⑤B，C分别都能与D按原子个数比1∶1或1∶2形成化合物。
（1）写出只含有A，B、D、E四种元素的两种无水盐的化学式__________、__________。
（2）B2A2分子中存在______个σ键，______个π键。
（3）人们通常把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于计算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。下表列出了上述部分元素形成的化学键的键能：
试计算1 mol F单质晶体燃烧时的反应热ΔH______(要写单位)。
【答案】 (1). NaHCO3 (2). CH3COONa(或其他有机酸的盐) (3). 3 (4). 2 (5). －990.7 kJ/mol
【解析】
【分析】
由表中数据可以知道,E的第二电离能剧增,故E通常为+1价,且E为短周期元素,核电荷数较大,所以E是Na元素；A、B、C、D、E、F六种元素,它们位于三个不同短周期,核电荷数依次增大,A能和某些元素形成化合物,所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2;1形成化合物,即D能显-1或-2价,所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物,且B、C、D的核电荷数依次增大,所以B是C元素,C是N元素；B与F同主族,所以F是Si元素；据以上分析解答。
【详解】由表中数据可以知道,E的第二电离能剧增,故E通常为+1价,且E为短周期元素,核电荷数较大,所以E是Na元素；A、B、C、D、E、F六种元素,它们位于三个不同短周期,核电荷数依次增大,A能和某些元素形成化合物,所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2;1形成化合物,即D能显-1或-2价,所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物,且B、C、D的核电荷数依次增大,所以B是C元素,C是N元素;B与F同主族,所以F是Si元素；
(1)通过以上分析知,A是H元素,B是C元素,D是O元素,E是Na元素；只含有A、B、D、E四种元素的两种无水盐为NaHCO3 、CH3COONa(或其它有机酸的盐)等；因此，本题正确答案是: NaHCO3、CH3COONa(或其他有机酸的盐)。
(2) 一个C2H2分子中含有一个叁键和两个单键，有3个σ键和2个π键；因此，本题正确答案是：3，2。
(3)Si(s)+O2(g)=SiO2(s),∆H=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量=（2×176+497.3-4×460）=-990.7KJ/mol；因此，本题正确答案是: -990.7KJ/mol。
1.自然界中的CaF2又称萤石,是一种难溶于水的固体,属于典型的离子晶体。下列实验一定能说明CaF2是离子晶体的是( )
A. CaF2难溶于水,其水溶液的导电性极弱
B. CaF2的熔、沸点较高,硬度较大
C. CaF2固体不导电,但在熔融状态下可以导电
D. CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小
【答案】C
【解析】
关于晶体类型的判定
本题关键是确定一个离子晶体区别于其它晶体的性质，也可采用反例来排除。例如ABD选项所示性质，离子晶体、金属晶体或原子晶体都可能表现出来，只有C项是离子晶体的特性，故答案为C：溶沸点高，高温熔融下可电离出自由移动的离子
2.下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是
A. BeCl2 B. H2S C. NCl3 D. SF4
【答案】C
【解析】
【详解】原子的最外层电子数+化合价绝对值=8，则该原子的最外层满足8电子稳定结构。
A、铍原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，A错误；
B、氢原子最外层为2电子结构，不是8电子结构，B错误；
C、氮原子和氯原子的化合价分别是＋3价和—1价，最外层电子数+化合价绝对值为8，则原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；
D、S的化合价是＋4价，大于8电子稳定结构，不符合题意，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确判断8电子稳定结构的依据，然后结合题意灵活运用即可。
3.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是
A. 硝酸钠和金刚石 B. 晶体硅和水晶
C. 冰和干冰 D. 苯和萘
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息知氮化硼是原子晶体，选项中各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同，则它们的晶体类型都是原子晶体。A中硝酸钠为离子晶体，金刚石为原子晶体；C与D均为分子晶体，只有B项中晶体硅和水晶（二氧化硅）均属于原子晶体，与题意相符，B正确。
综上所述，本题选B。
4.下列说法正确的是
A. 分子晶体中只存在非极性共价键
B. 稀有气体形成的晶体属于分子晶体
C. 干冰升华时，分子内共价健会发生断裂
D. 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A、稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键；有的分子晶体中存在非极性共价键，如氢气、氮气等，有的分子晶体中存在极性共价键，如干冰，碳氧原子之间为极性共价键，故A错误；
B、稀有气体是单原子分子，可以形成分子晶体,故B正确；
C、干冰是分子晶体,干冰升华属于物理变化,只是分子间距增大,破坏分子间作用力,共价键没有破坏共价键,故C错误；
D、金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故D错误；
综上所述，本题选B。
5.某元素的原子核外有三个能层，最外层有4个电子，该原子核内的质子数为
A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
【答案】A
【解析】
【分析】
元素原子的原子核外有三个电子层，最外层有4个电子，由电子排布规律可以知道原子的电子数=质子数。
【详解】因元素原子的原子核外有三个电子层，最外层有4个电子,第一层电子数只能为2；第二层电子数只能为8；第三层(最外层)电子数为4；则原子核外电子数为2+8+4=14，所以质子数为14，A正确；
综上所述，本题选A。
6.下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是
A. 3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B. M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子
D. 2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子
【答案】B
【解析】
3p能级有一个空轨道的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，A项不符合题意；．M层全充满而N层为4s2的原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，B项符合题意；核外电子总数是最外层电子的5倍的元素只有Br,C项不符合题意；2p能级有一个未成对电子的基态原子的价电子为2s22p1 或 2s22p5，D项不符合题意。
7.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是（ ）
A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力
C. sp2，氢键 D. sp3，氢键
【答案】C
【解析】
在硼酸[B(OH)3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸[B(OH)3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。
点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。
8. 观察1s轨道电子云示意图，下列说法正确的是( )
A. 一个小黑点表示1个自由运动的电子
B. 1s轨道的电子云形状为圆形的面
C. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转
D. 1s轨道电子云的点的疏密表示电子在某一位置出现机会的多少
【答案】D
【解析】
电子云中的小黑点表示电子在某一时刻出现的概率密度，不表示1个自由运动的电子，A项错误，D项正确；电子云是对处于一定空间运动状态的电子在核外空间的概率分布的形象化描述，不是实际存在的圆形，也没有宏观轨道，B、C项错误。
9.在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N—N键的键能为160kJ·mol－1(N2的键能为942kJ·mol－1)，晶体片段结构如右图所示。又发现利用N2可制取出N5、N3。含N5＋离子的化合物及N60、N5极不稳定。则下列说法错误的是( )
A. 按键型分类，该晶体中含有非极性共价键
B. 含N5＋离子的化合物中既有离子键又有共价键
C. 高聚氮与N2、N3、N5、N5＋、N60互为同素异形体
D. 这种固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．高聚氮中含N-N键，则该晶体中含有非极性共价键，故A正确；B．含N5+离子的化合物，为离子化合物，还存在N-N键，则含N5+离子的化合物中既有离子键又有共价键，故B正确；C．同素异形体的分析对象为单质，而N5+为离子，与单质不能互为同素异形体，故C错误；D．N-N易断裂，高聚氮能量较高，则固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料，故D正确；故选C。
10. 最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，
则该晶体的化学式为
A. Mg2CNi3 B. MgC2Ni C. MgCNi2 D. MgCNi3
【答案】D
【解析】
试题分析：根据晶胞的结构简式可知碳原子位于晶胞的体心上，所以晶胞中含有一个碳原子；镁原子位于顶点，则其个数＝8×1/8＝1；镍原子位于面心处，其个数＝6×1/2＝3，所以该晶胞的化学式为MgCNi3，答案选D。
考点：考查晶胞化学式的计算
11.下列物质的酸性强弱比较正确的是( )
A. HBrO4
【答案】D
【解析】
A、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性强弱是HBrO4>HIO4，故A错误；B、H2SO4属于强酸，H3PO4属于中强酸，因此H2SO4酸性强于H3PO4，故B错误；C、同种元素的含氧酸，化合价越高，酸性越强，即HClO3的酸性强于HClO，D、H2SO3属于弱酸，因此H2SO4的酸性强于H2SO3，故D正确。
12.下列各组微粒，没有按照半径由小到大顺序排列的是( )
A. Cl、Na、F、K B. F、Cl、Na、K
C. Ca2＋、K＋、Cl－、S2－ D. Na＋、K＋、Cl－、Br－
【答案】A
【解析】
F位于第二周期,Cl、Na位于第三周期且Na排在Cl的前面,K位于第四周期,故四者的原子半径由小到大的顺序为F
A. 4s1 B. 3d104sn C. nsnnp3n D. ns2np3
【答案】C
【解析】
【详解】A、4s1的电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1，无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故A错误；
B、3d10的电子排布包括3d104s1、3d104s2等，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故B错误；
C、由于s轨道最多只能容纳2个电子，所以n小于等于2，又n=1时，电子排布式错误，所以n=2，则该微粒最外层电子排布可以为2s22p6，为氖元素，能确定元素周期表中位置，故C正确；
D、若n=1，电子排布式错误，n=2，该微粒最外层电子排布可以为2s22p3，n=3，该微粒最外层电子排布可以为3s23p3，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故D错误；
综上所述，本题选C。
14.有关晶格能的叙述正确的是
A. 晶格能是原子形成1摩尔离子晶体释放的能量
B. 晶格能通常取正值，有时也取负值
C. 晶格能越大,形成的离子晶体越稳定
D. 晶格能越大,物质的硬度越小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体时所释放的能量，故A错误；
B. 晶格能通常取正值，B错误；
C. 晶格能越大,离子晶体的能量越低，形成的离子晶体越稳定，C正确；
D. 晶格能越大,物质的硬度越大，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】影响晶格能的因素：离子所带电荷数越多，晶格能越大，离子半径越小，晶格能越大，晶格能越大；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，且熔点高，硬度越大。
15.下列基态原子的外围电子排布式中，正确的是
A. 3d94s2 B. 3d44s2 C. 4d105s0 D. 4d85s2
【答案】D
【解析】
【分析】
原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理:1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s、5f、6d、7p按此顺序填充,注意满足半满、全满、全空稳定状态,洪特规则、泡利原理。
【详解】A．3d94s2违背了全充满时为稳定状态,应为3d104s1 ，故A错误；
B．3d44s2违背了半充满时为稳定状态,应为3d54s1 ,故B错误；
C．4d105s0违背了能量最低原理,应先排5s再排4d,应为4d85s2 故C错误；
D．4d85s2是基态原子的外围电子排布式,故D正确；
综上所述，本题选D。
16. 下列关于晶体的说法正确的组合是 （ ）
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤CaTiO3晶体中（晶胞结构如图所示）每个Ti4+和12个O2-相紧邻
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑧氯化钠熔化时离子键被破坏
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑦ D. ③⑤⑧
【答案】D
【解析】
试题分析：①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F的半径小于Cl，因此NaF的熔沸点高于NaCl，H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式，以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧熔化离子晶体破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确。
考点：考查晶体的基本性质、熔沸点高低、晶体结构等知识。
17. 下列叙述中正确的是( )
A. 以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
B. 以极性键结合起来的分子一定是极性分子
C. 非极性分子只能是双原子单质分子
D. 非极性分子中，一定含有非极性共价键
【答案】A
【解析】
试题分析：A．全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B．以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C．非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D．非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；故选A。
考点：考查键的极性与分子的极性
18.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。
19.下列叙述正确的是( )
A. 含有非极性键的分子一定是非极性分子 B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子 D. 键的极性与分子的极性有关
【答案】C
【解析】
A、含有非极性键的分子可能是极性分子，关键看分子中正负电荷中心是否重合，从整个分子来看，电荷的分布是否均匀，如乙烷等有机物，碳碳键就是非极性键，乙烷是极性分子，选项A错误；B、形成非极性分子的化学键可能是极性键，有可能是非极性键，如甲烷分子是有极性键形成的非极性分子，选项B错误；C、由极性键形成的双原子分子，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，选项C正确；D、由于键的极性与形成共价键的元素有关，分子极性与分子中正负电荷中心是否重合，电荷的分布是否均匀有关，所以键的极性与分子的极性无关，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查了键的极性与分子极性，注意同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。
20.下列提供了有关物质的熔点，根据表中的数据，下列判断错误的是
A. AlF3晶体是离子晶体，AlCl3晶体是分子晶体
B. AlF3晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能
C. 同族元素的氧化物可以形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A、AlF3晶体的熔点较高属于离子晶体，AlCl3晶体的熔点较低属于分子晶体，A正确；
B、晶体中离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大；离子半径：Al3+＜Na+，F-
D、NaCl、MgCl2离子的熔点都较高，属于离子晶体，所以不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体，D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题主要考查了不同类型晶体的熔沸点高低及决定熔沸点的因素，注意掌握不同类型晶体及同种类型晶体的熔沸点高低比较方法。选项A是易错点，注意不能根据物质的组成元素判断晶体类型。
21.下列表示式中错误的是
A. Na＋的电子式：
B. Na＋的结构示意图：
C. Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D. Na的简化电子排布式：[Ne]3s1
【答案】A
【解析】
【详解】A.金属阳离子的电子式即为其离子符号，A中Na＋的电子式：Na＋，A错误；
B. Na的核电荷数为11，Na＋和核外有10个电子，Na＋的结构示意图：，B正确；
C. Na的核电荷数为11，Na的电子排布式：1s22s22p63s1，C正确；
D. Na的核电荷数为11，Na的电子排布式：1s22s22p63s1，Na的简化电子排布式：[Ne]3s1，D正确；
综上所述，本题选A。
22.两种金属A和B，已知A，B常温下为固态，且A，B属于质软的轻金属，由A，B熔合而成的合金不可能具有的性质有( )
A. 导电、导热、延展性较纯A或纯B金属强
B. 常温下为液态
C. 硬度较大，可制造飞机
D. 有固定的熔点和沸点
【答案】D
【解析】
分析：合金的熔点和沸点比各成分低，硬度比各成分大，导电、导热、延展性较成分中纯金属强，用途广泛。
详解：合金为混合物，通常无固定组成，因此熔、沸点通常不固定；一般来讲金属形成合金的熔点比各组成合金的金属单质低，硬度要比各组成合金的金属单质大，如Na、K常温下为固体，而Na—K合金常温下为液态，轻金属Mg—Al合金的硬度比Mg、Al高；正确选项D。
点睛：合金是由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，各类型合金都有以下通性：(1)多数合金熔点低于其组分中任一种组成金属的熔点；(2)硬度一般比其组分中任一金属的硬度大；(3)有的抗腐蚀能力强。
23.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，下图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为
A. 3∶2∶1 B. 11∶8∶4
C. 9∶8∶4 D. 21∶14∶9
【答案】A
【解析】
【详解】晶胞(a)中所含原子＝12×1/6+2×1/2+3=6；晶胞(b)中所含原子＝8×1/8+6×1/2=4；晶胞(c)中所含原子＝8×1/8+1=2；其晶胞内金属原子个数比为6:4:2=3∶2∶1，A正确；
综上所述，本题选A。
24.下列叙述不正确的是( )
A. 卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强
B. 以极性键结合的分子，不一定是极性分子
C. 判断A2B或AB2型分子是极性分子的依据是：具有极性键且分子构型不对称，键角小于180°，为非直线形结构
D. 非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合
【答案】D
【解析】
分析：A．同一主族，从上往下，原子半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢按H-F、H-Cl、H-Br、H-I的顺序，共价键的极性依次减弱，分子稳定性依次减弱；
B．不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键，含有极性键结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；
C．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；
D．不同非金属元素之间易形成极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子。
详解：A．HF和HCl，因为F的氧化性比Cl的强，所以F对H的电子的吸引力比Cl的强，所以共用电子对就更偏向F，所以HF的共价键的极性就更强，同主族中，由上到下，随核电荷数的增加半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢稳定性为HF＞HCl＞HBr＞HI，共价键的极性依次减弱，A正确；
B．如CH4含有H-C极性键，空间构型为正四面体，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，B正确；
C．对于A2B或AB2型分子；由极性键构成的分子，由该分子的分子空间结构决定分子极性。如果分子的立体构型为直线形键角等于180°、平面三角形、正四面体形、三角双锥形、正八面体形等空间对称的结构，致使正电中心与负电中心重合，这样的分子就是非极性分子。若为V形、三角锥形、四面体形（非正四面体形）等非对称结构，则为极性分子，C正确；
D．非极性分子中，各原子间不一定以非极性键结合，如CO2中含极性键，为直线型，结构对称，为非极性分子，D错误；
答案选D。
点睛：本题考查键的极性与分子的极性，注意判断键的极性，抓住共价键的形成是否在同种元素原子之间；分子极性的判断，抓住正负电荷的中心是否重合，题目难度不大。
25.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
下列叙述正确的是
A. X、Y 元素的金属性X
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
【详解】A项，由题中数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，金属性：X>Y，故A项错误；
B项，Z为N，W为O，两者的单质直接生成NO，故B项错误；
C项，据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C项错误。
D项，根据化合价可判断Y为Al，Z为N或P，W为S或O，再根据Z、W的原子半径远小于X、Y可知，Z为N，W为O，一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D项正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题的易错项为C项。由题意知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，只溶于强酸强碱，氨水是弱碱，故不溶于氨水，而氢氧化镁既不溶于强碱，也不溶于弱碱。
26.下列说法正确的是( )
A. 同一周期相邻主族的两种元素的原子序数之差是1
B. 同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是36
C. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差可能是18
D. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差都相同
【答案】C
【解析】
A．同周期的ⅡA族元素与ⅢA族元素的原子序数之差短周期的差1，四、五周期的差11，六、七周期的差25，选项A错误；B、如零族等第三周期与第五周期元素相差36，选项B错误；C、对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32或36，选项C正确；D、在元素周期表左侧和右侧，相邻周期的同一主族的两种元素，原子序数之差不同，符合左差上，右差下规律，选项D错误；答案选C。
27.某离子化合物的晶胞结构如图所示，则该晶体中X、Y的离子个数之比是
A. 4：1 B. 1：1 C. 2：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】
【详解】根据均摊法,由图可以知道Y离子位于此晶胞的中心,数目为1,X离子位于8个顶点,数目为1/8×8=1,所以阴、阳离子个数比是1：1,所以B选项是正确的；
综上所述，本题选B。
28.按F、Cl、Br、I顺序递增的是
A. 最外层电子数 B. 第一电离能
C. 非金属性 D. 原子半径
【答案】D
【解析】
【分析】
A.同主族元素最外层电子数相同；
B.同主族从上到下,第一电离能减小；
C.同主族从上到下,非金属性逐渐减弱；
D.同主族从上到下,原子半径增大。
【详解】A.F、Cl、Br、I为第VIIA族元素,最外层都含有7个电子,不呈递增顺序,故A错误；
B.同主族从上到下,第一电离能减小,则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小,故B错误；
C.同主族从上到下,原子序数越大非金属性越弱,则F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减小,故C错误；
D.同主族从上到下,电子层数逐渐增多,原子半径逐渐增大,则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大,故D正确；
综上所述，本题选D。
29.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 原子半径A>B>D>C B. 原子序数d>c>b>a
C. 离子半径C3－>D－>B＋>A2＋ D. 单质的还原性A>B>D>C
【答案】C
【解析】
【详解】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是a>b>d>c，A、B在C和D元素下一周期，
A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是B>A>C>D,故A错误；
B.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是a>b>d>c,故B错误；
C.电子层结构相同的离子,离子半径随着原子序数增大而减小,原子序数大小顺序是a>b>d>c,所以离子半径大小顺序是C3－>D－>B＋>A2＋，故C正确；
D.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是B >A>C>D，故D错误；
综上所述，本题选C。
30.下列各微粒中属于等电子体的是
A. N2O4和NO2 B. SO2和O3
C. CO2和NO2 D. C2H6和N2H4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数目与价电子数目相同的微粒为等电子体,据此结合选项判断。
【详解】A. N2O4和NO2原子数目不相同,不是等电子体,故A错误；
B. SO2和O3价电子数分别为18和18,原子数均为3,所以属于等电子体,故B正确；
C. CO2和NO2原子数目相同,价电子数分别为16和17,不属于等电子体,故C错误；
D. C2H6和N2H4原子数目不相同,不是等电子体，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】该题是基础性试题的考查，侧重对基础性知识的巩固和检验。该题的关键是明确等电子体的概念，即把握原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体，然后灵活运用即可。
31.今有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元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。
（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。
（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。
（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：
第一电离能____________；电负性____________。
【答案】 (1). O (2). Ca (3). Na (4). Cl (5). 1s22s22p4 (6). 4s2 (7). (8). Na＜Ca＜Cl＜O (9). Na＜Ca＜Cl＜O
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为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B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为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B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；
（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na， Cl。
（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2 ； 。
（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。
32.硒是一种非金属，可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂．
（l）Se是元素周期表中第34号元素，其基态原子的核外电子排布式为__．
（2）根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO3的分子空间构型为__，其中Se原子采用的轨道杂化形式为__．
（3）CSe2与CO2结构相似，CSe2分子内σ键与π键个数之比为__．CSe2首次是由H2Se与CCl4反应后制取的，CSe2分子内的Se﹣C﹣Se键角__（填“大于”，“等于”或“小于”）H2Se分子内的H﹣Se﹣H键角．
（4）硒化铷晶体属于反萤石型结构，晶胞结构如图所示．每个晶胞中包含__个Rb2Se单元，其中Se2﹣周围与它距离最近且相等的Rb+的离子数目为__．
【答案】（8分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4（2分）
（2）平面三角形；sp2（2分）
（3）1:1；大于（2分）
（4）4；8（2分）
【解析】
试题分析：（l）硒是34号元素，基态原子核外有34个电子，所以根据构造原理可知，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4。
（2）根据价层电子对互斥理论可知，SeO3的分子中中心原子含有的孤对电子对数＝（6－3×2）÷2＝0。这说明分子中含有3个价层电子对，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，采用sp2杂化。
（3）二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，单键都是σ键，双键是由1个σ键与1个π键构成的，所以CO2分子内σ键与π键个数之比为2:2＝1:1。CSe2与CO2结构相似，所以CSe2分子内σ键与π键个数之比也是1:1。二氧化碳是直线型分子，H2Se分子与水分子的空间构型相似，剩余v型分子，所以CSe2分子内的Se－C－Se键角大于H2Se分子内的H－Se－H键角。
（4）根据晶胞的结构可知，白色球都在晶胞内部，所以该晶胞中含有白色球个数＝8，黑色球个数＝8×＋6×＝4，所以每个晶胞中包含4个Rb2Se单元。由于1个面被8个面共用，根据晶胞结构可知，最上面面心上的Se2-距离最近且相等的Rb+的离子数目是8个。
考点：考查核外电子排布、空间构型、杂化轨道以及晶体化学式确定等
33.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。
根据信息回答下列问题：
（1）周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为____________。
（2）Fe元素位于周期表的________分区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为________；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为________和________(填化学式)。
（3）在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有________________。
（4）根据VSEPR理论预测ED离子的立体构型为____________________。B，C，D，E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子式为____________________(写2种)。
【答案】 (1). 4s24p1 (2). d (3). 0 (4). N2 (5). CN－ (6). CH4、CH3OH (7). 正四面体形 (8). CO2、NCl3，CCl4(任写2种即可)
【解析】
【分析】
(1)主族元素的族序数=其最外层电子数=其价电子数,最外层电子在排列时,遵循能量最低原理(先排能量低的后排能量高的),4s的能量小于4p的能量,4s能级最多排两个电子,4p能级最多排6个电子；
(2)元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的；根据化合物的化合价代数和为0,判断Fe(CO)5中铁的化合价；根据等电子体的定义,只要原子数目和电子总数(或价电子总数)相同就是等电子体，据以上分析解答。
(3)判断原子采取杂化方式时,先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对,然后再确定采取的杂化方式；
（4）分子空间构型的判断依据：中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)（说明:x为配位原子个数,b为配位原子最多能接受的电子数,对于阴离子,a为中心原子的价电子数+离子所带的电荷数）；根据化合价的绝对值+原子最外层电子数=8规律判断属于8电子稳定结构的化合物。
【详解】上边界为短周期元素,一周期有2种元素,二、三周期有8种元素,表示元素周期表的部分边界如图 ，
（1）元素周期表每一横行是一个周期,一共有18个纵行,从左向右,1、2和13至17七个纵行是主族,且第一纵行开始分别为第IA族、第IIA族,第IIIA族、第IVA族,V第A族,V第IA族,第VIIA族,Ga是第四横行第十一纵行的元素,所以是第四周期第IIIA族的元素,主族元素的族序数=其最外层电子数=其价电子数,所以Ga最外层有3个电子,最外层电子在排列时,遵循能量最低原理(先排能量低的后排能量高的),4s的能量小于4p的能量,4s能级最多排两个电子；因此，本题正确答案是: 4s24p1。
（2）元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的；Fe原子是26号元素,Fe原子的基态核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d64s2，这些电子排列时遵循能量最低原理(先排能量低的后排能量高的),这些能级的能量大小顺序为: 1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d，根据能量最低原理先排4s电子后排3d电子,所以最后排入的是3d电子,根据命名规则属d区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5,根据化合物的化合价代数和为0,所以Fe(CO)5的化合价代数和为0,CO是化合物,它的化合价的代数和是0,所以在Fe(CO)5中铁的化合价为0；根据等电子体的定义,CO的等电子体必须是双原子分子或离子,且电子总数相等，如果是分子,只要原子序数之和相等即可；CO中C是6号元素,O是8号元素,原子序数之和为14,N是7号元素,且可形成双原子分子,所以分子是N2；如果是阳离子，原子序数之和减去所带电荷数值，如果是阴离子，原子序数之和加上所带电荷数值，等于CO的原子序数之和即可所以是CN－；因此，本题正确答案是：d ，0 ， N2 ，CN－。
（3）在CH4中价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数=4，所以碳原子采取sp3杂化；在CO分子中价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数=2，所以碳原子采取sp杂化；CH3OH中，价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数=4，所以碳原子采取sp3杂化；综上所述，本题答案是: CH4、CH3OH。
（4）根据元素周期表知,E是Cl元素,D是O元素,ED4-是ClO4-离子,价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数,σ键电子对数=σ键个数=中心原子结合的原子个数,中心原子是Cl原子,中心原子结合的原子个数是4,所以σ键电子对数=4,中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)（说明:x为配位原子个数,b为配位原子最多能接受的电子数,对于阴离子,a为中心原子的价电子数+离子所带的电荷数），中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)=1/2(8-4×2)=0，所以价层电子对数=4,根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为正四面体型；根据元素周期表知,B、C、D、E分别是C、N、O、Cl是四种元素,分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构的判断公式是：化合价的绝对值+原子最外层电子数=8，分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构.否则就没有达到8电子稳定结构，
对于C元，,8-原子最外层电子数(4)=化合价的绝对值(4)
对于O元素,8-原子最外层电子数(6)=化合价的绝对值(2)
对于N元素,8-原子最外层电子数(5)=化合价的绝对值(3)
对于Cl元素,8-原子最外层电子数(7)=化合价的绝对值(1)
所以两两形成的化合物且每个原子最外层都达到8电子稳定结构的化合物有: CO2、NCl3，CCl4；
因此，本题正确答案是:正四面体；CO2、NCl3，CCl4（任写2种即可）
34.有A，B，C，D、E、F六种元素，已知：
①它们位于三个不同短周期，核电荷数依次增大。
②E元素的电离能数据见下表(kJ·mol－1)：
③B与F同主族。
④A、E分别都能与D按原子个数比1∶1或2∶1形成化合物。
⑤B，C分别都能与D按原子个数比1∶1或1∶2形成化合物。
（1）写出只含有A，B、D、E四种元素的两种无水盐的化学式__________、__________。
（2）B2A2分子中存在______个σ键，______个π键。
（3）人们通常把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于计算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。下表列出了上述部分元素形成的化学键的键能：
试计算1 mol F单质晶体燃烧时的反应热ΔH______(要写单位)。
【答案】 (1). NaHCO3 (2). CH3COONa(或其他有机酸的盐) (3). 3 (4). 2 (5). －990.7 kJ/mol
【解析】
【分析】
由表中数据可以知道,E的第二电离能剧增,故E通常为+1价,且E为短周期元素,核电荷数较大,所以E是Na元素；A、B、C、D、E、F六种元素,它们位于三个不同短周期,核电荷数依次增大,A能和某些元素形成化合物,所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2;1形成化合物,即D能显-1或-2价,所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物,且B、C、D的核电荷数依次增大,所以B是C元素,C是N元素；B与F同主族,所以F是Si元素；据以上分析解答。
【详解】由表中数据可以知道,E的第二电离能剧增,故E通常为+1价,且E为短周期元素,核电荷数较大,所以E是Na元素；A、B、C、D、E、F六种元素,它们位于三个不同短周期,核电荷数依次增大,A能和某些元素形成化合物,所以A是H元素；A、E分别都能与D按原子个数比1:1或2;1形成化合物,即D能显-1或-2价,所以D是O元素；B、C分别都能与D按原子个数比1:1或1:2形成化合物,且B、C、D的核电荷数依次增大,所以B是C元素,C是N元素;B与F同主族,所以F是Si元素；
(1)通过以上分析知,A是H元素,B是C元素,D是O元素,E是Na元素；只含有A、B、D、E四种元素的两种无水盐为NaHCO3 、CH3COONa(或其它有机酸的盐)等；因此，本题正确答案是: NaHCO3、CH3COONa(或其他有机酸的盐)。
(2) 一个C2H2分子中含有一个叁键和两个单键，有3个σ键和2个π键；因此，本题正确答案是：3，2。
(3)Si(s)+O2(g)=SiO2(s),∆H=反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量=（2×176+497.3-4×460）=-990.7KJ/mol；因此，本题正确答案是: -990.7KJ/mol。
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