江苏省南京师范大学苏州实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题化学（解析版）


江苏省南京师范大学苏州实验学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题
选择题（共40分）
一、单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列各电子层中不包含纺锤形轨道的是（ ）
A. N B. M C. L D. K
【答案】D
【解析】
【详解】纺锤形轨道就为p轨道，即L、M、N、O等电子层都有p轨道，而K电子层没有，故选D。
综上所述，答案为D。
2. “各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是（ ）
A. 构造原理 B. 泡利原理 C. 洪特规则 D. 能量最低原理
【答案】B
【解析】试题分析：构造原理原来书写核外电子的电子排布式；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，而且自旋状态相同，这就是洪特规则；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，这就是泡利原理，所以答案选B。
3.有关核外电子运动规律的描述错误的是（   ）
A. 核外电子质量很小，在原子核外作高速运动
B. 核外电子的运动规律与普通物体不同，不能用牛顿运动定律来解释
C. 在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动
D. 在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多
【答案】C
【解析】试题分析：A．电子的质量很小，是质子质量的1/1836，在原子核外作高速运动，且运动不规则，A正确；B．原子核外电子运动不规则，所以不能用牛顿运动定律来解释，B正确；C．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率而不是表示电子绕核作高速圆周运动的轨迹，C错误；D．在电子云示意图中，通常用小黑点来表示电子在该点的出现几率，密的区域表示电子出现的几率大、疏的区域表示电子出现的几率小，D正确，答案选C。
4.下列各原子或离子的电子排布式或电子排布图表示正确的是（ ）
A. 9F－：1s22s23p6 B. 15P：最外层电子轨道排布为
C. 20Ca2＋：1s22s22p63s23p6 D. 25Mn：1s22s22p63s23p63d64s1
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，F电子排布式应该为9F－：1s22s22p5，故A错误；
B选项，违背了洪特规则，应该优先单独占据一个轨道，即为，故B错误；
C选项，20Ca2＋：1s22s22p63s23p6，失去两个电子，最外层为8个电子，故C正确；
D选项，Mn的电子排布式应该为25Mn：1s22s22p63s23p63d54s2，故D错误；
综上所述，答案为C。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 2p2表示2p能级有两个轨道
B. 在CS2分子中α键与π键的数目之比是2︰1
C. 电子仅在激发态跃进到基态时才会产生原子光谱
D. 表示一个某原子在第三电子层上有10个电子可以写3s23p63d2
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，2p2表示2p能级有两个电子，故A错误；
B选项，在CS2分子结构为S=C=S，分子中α键与π键的数目之比是1︰1，故B错误；
C选项，电子在激发态跃进到低能级状态时就会产生原子光谱，故C错误；
D选项，表示一个某原子在第三电子层上有10个电子，则有2个电子在d能级，因此可以写3s23p63d2，故D正确；
综上所述，答案为D。
6.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 氮原子的价电子轨道排布式：
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. 2p和3p轨道形状均为纺锤形，能量也相等
D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，氮原子的价电子轨道排布式应该遵循洪特规则：，故A错误；
B选项，价电子排布为4s24p3的元素，根据4得出在第四周期，根据s、p轨道上电子数目之和得出在第ⅤA族，是p区元素，故B正确；
C选项，2p和3p轨道形状均为纺锤形，能量不相等，2p轨道能量小于3p轨道能量，故C错误；
D选项，钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，故D错误；
综上所述，答案为B。
7.下列说法正确的是（ ）
A. π键是由两个p电子“头碰头”重叠形成的
B. σ键是镜面对称，而π键是轴对称
C. 乙烷分子中的键全为σ键，而乙烯分子中含σ键和π键
D. H2分子中含σ键，而Cl2分子中还含π键
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成的，故A错误；
B选项，σ键是轴对称，而π键是镜面对称，故B错误；
C选项，乙烷分子CH3CH3，分子中全为σ键，而乙烯分子CH2=CH2，分子中含σ键和π键，故C正确；
D选项，H2分子、Cl2分子都为单键，分子中只含σ键，故D错误；
综上所述，答案为C。
8.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】
【详解】A项，难溶于水，其水溶液的导电性极弱不一定是离子晶体，如H2SiO3难溶于水、水溶液导电性极弱，但不是离子晶体；
B项，熔、沸点较高，硬度较大不一定是离子晶体，如SiO2等原子晶体熔、沸点较高，硬度较大；
C项，固体不导电，但在熔融状态下可以导电，说明构成晶体的微粒为阴、阳离子，一定属于离子晶体；
D项，在有机溶剂中的溶解度极小不一定是离子晶体，如H2O等分子晶体在有机溶剂中溶解度也极小；
答案选C。
9.以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
A. 具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2 ②1s22s22p3 ③1s22s22p63s23p4 ④1s22s22p2，原子半径最大的是①
B. 下列原子的外围电子排布中：①3s23p1 ②3s23p2 ③3s23p3 ④3s23p4，对应的第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb ②N、P、As ③O、S、Se ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数的增加而递增的是④
D. 某元素的逐级电离能(kJ/mol)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X3＋
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，①1s22s22p63s23p2 为Si，②1s22s22p3 为N，③1s22s22p63s23p4 为S，④1s22s22p2为C，根据层多径大，核多径小(铜电子层结构)得出原子半径最大的是Si，故A正确；
B选项，①3s23p1 为Al，②3s23p2 为Si，③3s23p3 为P，④3s23p4为S，同周期从左到右增大趋势，但第VA元素大于第VIA元素，因此对应的第一电离能最大的是P，故B正确；
C选项，电负性从上到下依次递减，从左到右依次递增，因此①Na、K、Rb ②N、P、As ③O、S、Se 元素的电负性随原子序数的增加而递减，④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数的增加而递增，故C正确；
D选项，某元素的逐级电离能(kJ/mol)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素第二电离能和第三电离能相差很大，故容易失去2个电子，因此当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2＋，故D错误；
综上所述，答案为D。
10.下列说法中，错误的是（ ）
A. 非金属元素可能形成离子化合物
B. 成键原子间原子轨道重叠的愈多，共价键愈牢固
C. 对双原子分子来说，键能愈大，含有该键的分子愈稳定
D. 键长愈长，化学键愈牢固
【答案】D
【解析】
【详解】A、非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐，故A正确；
B、成键原子间原子轨道重叠越多，成键原子间的距离越小，则键长越短，键越牢固，故B正确；
C、分子的稳定性与共价键的强弱有关，共价键的键能越大，共价键越不容易被破坏，分子越稳定，故C正确；
D、共价键的键长越短，键能越大键越牢固，键长越长，化学键越不牢固，故D错误。
故选D。
11.已知金属钠与两种卤族元素形成化合物Q、P，它们的晶格能分别为923 kJ·mol－1、786 kJ·mol－1，下列有关说法中不正确的是(　　)
A. Q的熔点比P的高 B. 若P是NaCl，则Q一定是NaF
C. Q中成键离子核间距较小 D. 若P是NaCl，则Q可能是NaBr
【答案】D
【解析】Q晶格能大于P的晶格能，故Q的熔点比P的高，A项正确；因F－的半径比Cl－的小(其他卤素离子的半径比Cl－的大)，故NaF的晶格能强于NaCl的，故B项正确，D项错误。因Q、P中成键离子均为一价离子，电荷数相同，故晶格能的差异是由成键离子核间距决定的，晶格能越大，表明核间距越小，C项正确。答案选D。
12.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是(　　)
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3 B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D. 硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【解析】
【详解】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；
C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2，故C正确；
D. 离子半径：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，故D正确。故选A。
13.以共价单键相连的非金属单质中，1个原子与相邻原子成键的数目为8﹣N个，N为该非金属元素的主族序数，化学家称这一现象为（8﹣N）规则。如图是某非金属单质结构模型，构成该单质的元素在元素周期表中位于（ ）

A. ⅢA B. ⅣA C. ⅤA D. ⅥA
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，该单质结构模型中形成了5个共价键，再根据8-N规则，则N = 3即为第ⅢA族元素，故A正确；
综上所述，答案为A。
14.氰气的分子式为(CN)2，结构式为N≡C—C≡N，性质与卤素相似。下列叙述正确的是（ ）
A. 分子中含有2个σ键和4个π键
B. 分子中N≡C键的键长大于C—C键的键长
C. 分子中原子的最外层均满足8电子结构
D. 不能和氢氧化钠溶液发生反应
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，N≡C—C≡N中含有3个σ键和4个π键，故A错误；
B选项，氮原子半径比碳原子半径小，所以C≡N的键长小于C—C键，故B错误；
C选项，(CN)2分子中每个C、N原子分别形成4个σ键、3个σ键，原子的最外层均满足8电子结构，故C正确；
D选项，卤素单质都能与氢氧化钠溶液反应，故氰气和氢氧化钠溶液发生反应，故D错误；
综上所述，答案为C。
15. 磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是( )

A. 磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体
B. 磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电
C. 磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键
D. 磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同
【答案】C
【解析】试题分析：A．晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×+6×=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故A错误；B．磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误；C．该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同．磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类型相同，故D错误；故选C。
16.已知某晶体晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（ ）

A. XYZ B. X2Y4Z
C. XY4Z D. X4Y2Z
【答案】C
【解析】该晶体的晶胞是正方体形晶胞。该晶胞拥有的X原子数为8×＝1；Y原子位于该晶胞内，共有4个，因此该晶胞中拥有的Y原子数为4；Z只有1个，位于晶胞的体心上，故该晶体的化学式为XY4Z。
17.某离子晶体的晶体结构示意图如图，晶体中氧的化合价可看作部分为0价，部分为﹣2价。则下列说法错误的是（ ）

A. 晶体中与每个A+距离最近的A+有12个
B. 晶体中，阴离子与阳离子个数之比为1︰1
C. 该离子晶体化学式为A2O2
D. 晶体中，0价氧原子与﹣2价氧原子的数目比为3︰1
【答案】C
【解析】
【详解】选取一个A+为研究对象，然后选取一个过氧根离子为研究对象，通过该离子沿X，Y，Z三轴对晶体进行切割；
A选项，选取一个A+为研究对象，通过该离子沿X，Y，Z三轴对晶体进行切割，结合图片知，每个A+周围距离最近的A+有12个，故A正确；
B选项，根据图片知，每个A+周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个A+，所以该晶体中，阴离子与阳离子个数之比为1:1，故B正确；
C选项，根据图片知，每个A+周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围6个A+，所以该晶体中，阴离子与阳离子个数之比为1:1，该离子的化学式为AO2，故C错误；
D选项，该晶体中0价氧原子和-2价氧原子的个数比为
，所以是3:1，故D正确；
综上所述答案为C。
18.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是（ ）

A. 分子中含6个σ键 B. 分子式为C3H2O3
C. 分子中只有极性键 D. 8.6 g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，每个原子之间仅是σ键，因此分子中含8个σ键，故A错误；
B选项，根据结构数出C、H、O个数，该分子分子式为C3H2O3，故B正确；
C选项，分子中有极性键，也有C—C之间非极性键，故C错误；
D选项，缺少标准状况下，因此不能计算出体积，故D错误；
综上所述，答案为B。
19.下列说法正确的是（ ）
A. N—O键的极性比C—O键的极性小
B. 氮气分子中含有1个σ键和1个π键
C. 乙烯中C=C键的键能是乙烷中C—C键的键能的2倍
D. 某价电子排布式为2s22p5的元素，其原子序数为7
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，形成共价键的两个原子对电子的吸引能力差别越大，共价键的极性就越强；N原子与O原子吸电子能力的差值小于C与O吸电子能力的差值，N—O键的极性比C—O键的极性小。故A正确；
B选项，氮气分子中有三个共价键，1个σ键和2个π键，故B错误；
C选项，有机化合物中，碳原子与碳原子的原子轨道之间以“肩并肩”的方式形成π键的重叠程度要比以“头碰头”的方式形成σ键的重叠程度小得多。两个碳原子之间形成的σ键比π键牢固，σ键的键能大于π键。乙烯中两个碳原子间存在一个σ键和一个π键，乙烷中两个碳原子间存在一个σ键，乙烯中C=C的键能应当大于乙烷中C—C的键能且小于乙烷中C—C的键能的2倍，故C错误；
D选项，某价电子排布式为2s22p5的元素，还有1 s2，因此其原子序数为9，故D错误；
综上所述，答案为A。
20.化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol) P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4(白磷)+3O2P4O6 （ ）

A. 放出1 638 kJ热量
B. 吸收1 638 kJ热量
C. 放出126 kJ热量
D. 吸收126 kJ热量
【答案】A
【解析】
【分析】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断，注意每摩尔P4中含有6molP-P键。
【详解】各化学键键能为P−P：198kJ⋅mol-1、P−O：360kJ⋅mol-1、O=O：498kJ⋅mol-1反应热△H=反应物总键能−生成物总键能,由图可知：1个P4分子中含有6个P−P键，1个P4O6分子中含有12个P−O，1mol P4和3mol O2完全反应(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ⋅mol-1+3×498kJ⋅mol-1−12×360kJ⋅mol-1= −1638kJ⋅mol-1，反应放热1638kJ，A项正确；
答案选A。
非选择题（共60分）
二、填空题（共6小题）
21.写出下列原子或离子的核外电子排布式，并判断各元素在元素周期表中的位置。
（1）17Cl：____，第____周期____族。
（2）24Cr：____，第____周期____族。
（3）26Fe3＋：____，第____周期____族。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p5 (2). 三 (3). ⅦA (4). 1s22s22p63s23p63d54s1 (5). 四 (6). VIB (7). 1s22s22p63s23p63d5 (8). 四 (9). Ⅷ
【解析】
【详解】⑴根据元素的质子数可知电子数为17，其原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；核外各电子层电子数为2、8、7，所以位于第三周期第ⅦA族；
故答案为1s22s22p63s23p5；三；ⅦA；
⑵根据元素的质子数可知电子数为24，其原子基态时核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1；核外各电子层电子数为2、8、13、1，所以位于第四周期第VIB族；
故答案为1s22s22p63s23p63d54s1；四；VIB；
⑶根据元素的质子数可知电子数为26，其原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，核外各电子层电子数为2、8、14、2，所以位于第四周期第Ⅷ族，其+3价离子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
故答案为1s22s22p63s23p63d5；四；Ⅷ。
22.元素周期表前3周期的元素a、b、c，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍。回答下列问题：
（1）a的基态原子核外电子运动的轨道呈____形。
（2）b的基态原子的核外电子占据____个原子轨道。
（3）c的外围电子轨道表示式为____。
（4）b与c的第一电离能相比，较大的是____（填元素符号），理由是____。
【答案】(1). 球 (2). 5 (3). 2s22p4 (4). N (5). 由于N：1s22s22p3，O：1s22s22p4，N是2p3，半满，能量低，稳定，难失去电子
【解析】
【分析】元素周期表前3周期的元素a、b、c，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同即为H，b的价电子层中的未成对电子有3个即为N，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍即为O。
【详解】⑴H的基态原子核外电子只有1个电子，运动的轨道是s轨道，其形状为球形。
故答案为：球；
⑵b的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子占据5个原子轨道，
故答案为：5；
⑶c的基态电子排布式1s22s22p4，其外围电子轨道表示式为2s22p4，
故答案为：2s22p4；
⑷从左到右电离能增大，但第VA元素大于第VIA元素，由于N：1s22s22p3，O：1s22s22p4，N是2p3，半满，能量低，稳定，难失去电子，因此第一电离能相比，较大的是N，
故答案为：N；由于N：1s22s22p3，O：1s22s22p4，N是2p3，半满，能量低，稳定，难失去电子。
23.按要求回答下列问题：
（1）Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是____。
（2）前3周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有____种。
（3）依据第二周期元素第一电离能的变化规律，参照如图中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。____

【答案】(1). C或碳 (2). 4 (3).
【解析】
【详解】⑴Ni是元素周期表中第28号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，有2个未成对电子，第二周期基态原子未成对电子数有2对的是C、O，电负性最小的元素是C，
故答案为：C或碳；
⑵前3周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素，第一周期为H，第二周期有1s22s22p2、1s22s22p4为C、O；第三周期有1s22s22p63s23p3为P；因此共有4种，
故答案为：4；
⑶依据第二周期元素第一电离能的变化规律，第二周期从左向右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素因为p层电子为半充满状态，其第一电离能大于氧，C、N、O三种元素的相对位置，，故答案为：。
24. 分析下列化学式中画有横线的元素,选出符合要求的物质,填空。
A．NH3
B．H2O
C．HCl
D．CH4(E).C2H6(F).N2


(1)所有的价电子都参与形成共价键的是 ;
(2)只有一个价电子参与形成共价键的是 ;
(3)最外层有未参与成键的电子对的是 ;
(4)既有σ键又有π键的是
【答案】(1)D、E (2)C (3)A、B、C、F (4)F
【解析】NH3中氮原子与3个氢原子形成3个σ键,还有一对不成键电子;H2O中氧原子与2个氢原子形成2个σ键,还有两对不成键电子;HCl中氯原子与1个氢原子形成1个σ键,还有三对不成键电子;CH4中碳原子与4个氢原子形成4个σ键,所有价电子都参与成键;C2H6中碳原子分别与3个氢原子及另1个碳原子形成4个σ键,所有电子都参与成键;N2中1个氮原子与另1个氮原子形成1个 σ键,2个π键,还有一对不成键电子。
25.按要求回答下列问题：
（1）黄铜矿（CuFeS2）是炼铜的最主要矿物。火法冶炼黄铜矿的过程中，其中一步反应是2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑。则29Cu的外围电子轨道表示式为____；比较Cu2O与Cu2S，熔点较高的是____，原因为____。
（2）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为____；该晶体中原子之间的作用力是____。
（3）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式应为____。

（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体（如图），γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为____，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为____。

【答案】(1). (2). Cu2O (3). S2－的半径大于O2－的半径，Cu2O键能大于Cu2S的键能，Cu2O晶格能大，因此Cu2S的沸点低于Cu2O； (4). 3:1 (5). 金属键 (6). H8AuCu3 (7). 4 (8). 4:3
【解析】
【详解】⑴Cu位于第四周期IB族，29号元素，因此其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，29Cu的外围电子排布式为3d104s1，其外围电子轨道表示式为，Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，晶格能越大，晶体熔沸点越高，晶格能与半径、所带电荷数有关，半径越小、所带电荷数越多，晶格能越大，Cu2O和Cu2S所带电荷数相同，S2－的半径大于O2－的半径，因此Cu2S的沸点低于Cu2O；
故答案为：；Cu2O；S2－的半径大于O2－的半径，Cu2O键能大于Cu2S的键能，Cu2O晶格能大，因此Cu2S的沸点低于Cu2O；
⑵一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，即6×=3，Au原子处于顶点，即8×=1，因此合金中Cu原子与Au原子数量之比为3:1，该晶体为金属晶体，因此原子之间作用力是金属键，
故答案为：3:1；金属键；
⑶氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，因此根据图中信息得出氢原子共有8个，因此该晶体储氢后的化学式应为H8AuCu3，
故答案为：H8AuCu3；
⑷γ晶体晶胞中是面心晶胞，所含有的铁原子数为，δ是体心立方，配位数为8，α是简单立方，配位数为6，因此两种晶胞中铁原子的配位数之比为4:3，
故答案为4；4:3。
26.已知元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出14种元素的电负性。

（1）根据表中给出的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是____。
（2）第3周期基态原子有2个未成对电子且电负性最大的元素是____（用元素符号表示）。
（3）下列化合物中属于共价化合物的是____。（Mg3N2、BeCl2、AlCl3、SiC）
（4）根据元素的电负性判断NCl3分子中Cl的化合价为____，已知水解反应前后各元素的化合价不变，则NCl3分子水解的化学方程式为____。
【答案】 (1). 同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族，从上到下，电负性逐渐减小； (2). S (3). BeCl2、AlCl3、SiC (4). +1价 (5). NCl3 + 2H2O == HClO + NH3∙H2O
【解析】
【详解】⑴根据表中给出的数据，元素的电负性具有的变化规律是同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族，从上到下，电负性逐渐减小，
故答案为：同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族，从上到下，电负性逐渐减小；
⑵第3周期基态原子有2个未成对电子是Mg和S，从左到右电负性逐渐增大，因此电负性最大的元素是S，故答案为：S；
⑶根据电负性之差大于1.7的形成离子键，小于1.7的形成共价键，Mg3N2电负性之差1.8，属于离子键，BeCl2电负性之差为1.3，属于共价键，AlCl3电负性之差为1.3，属于共价键，SiC电负性之差为0.8，属于共价键，因此属于共价化合物的是BeCl2、AlCl3、SiC，
故答案为：BeCl2、AlCl3、SiC；
⑷根据电负性越大，显负价，因此NCl3分子中Cl的化合价为+1价，已知水解反应前后各元素的化合价不变，则NCl3分子水解的化学方程式为 NCl3 + 2H2O == HClO + NH3∙H2O，
故答案为+1价；NCl3 + 2H2O == HClO + NH3∙H2O。