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【化学】云南省巧家县四中2018-2019学年高二上学期12月份考试（解析版）
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云南省巧家县四中2018-2019学年高二上学期12月份考试
一、单选题(共27小题,每小题2.0分,共54分)
1.下列说法正确的是( )
A. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
B. 共价键都具有方向性
C. 在分子中，两个成键的原子间的距离叫键长
D. H—Cl的键能为431.8 kJ·mol－1，H—Br的键能为366 kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定
【答案】D
【解析】
A：键能越大，表示该分子越难分解，不正确
B：不正确，例如s—sσ键没有方向性，排除
C：在分子中，两个成键原子核间的距离为键长，不正确
D：正确
2.下列说法正确的是
A. 基态氧原子中未成对电子数是0
B. 基态氮原子中未成对电子数是3
C. 基态碳原子中未成对电子数是4
D. 基态铜原子中未成对电子排布在3d轨道
【答案】B
【解析】
【分析】
根据能量最低原理和洪特规则来解答。
【详解】A．基态氧原子最外层电子排布图应为，未成对电子数为2；故A错误；
B．基态氮原子最外层电子排布图应为，未成对电子数为3；故B正确；
C．基态碳原子最外层电子排布图为，未成对电子数为2；故C错误；
D．基态铜原子最外层的电子排布图为，3d全充满，未成对电子排布在4s，故D错误；
故选B。
3.在短周期主族元素中，原子的核电荷数、核外电子层数、每层所容纳的电子数、主族序数均为偶数的有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 8种
【答案】B
【解析】
考查原子核外电子的排布规律。同时符合原子的核电荷数、核外电子层数，每层所容纳的电子数、主族序数均为偶数的元素是Be、C、O，所以答案是B。
4.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是
A. NH5中既有离子键又有共价键 B. NH5的熔沸点高于NH3
C. 1mol NH5中含有5molN—H键 D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】C
【解析】
试题分析：物质A的化学式为NH5 ，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构，则该物质的化学式应该写为NH4H；该化合物是离子化合物，阳离子是NH4+，阴离子是H-，在阳离子中含有共价键，阴离子和阳离子之间通过离子键结合，因此NH5中既有离子键又有共价键，选项A正确。离子化合物含有的离子键比共价化合物NH3的分子间作用力强的多，因此物质的熔沸点NH5>NH3，选项B正确；1mol NH5中含有4 mol N-H键，选项C错误；D．NH5固体投入少量水中，发生反应：NH5+H2O=NH3↑+H2↑+H2O，因此可产生两种气体，正确。
考点：考查NH5的结构、性质的知识。
5.HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是( )
A. NH3 B. CH4 C. CCl4 D. O2
【答案】A
【解析】
【详解】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。
6.关于CS2，SO2，NH3三种物质的说法中正确的是( )
A. CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B. SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C. CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔、沸点最低
D. NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 二硫化碳属于非极性分子，水是极性分子；
B. 根据相似相容原理进行判断；
C. CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键。
【详解】A. 水是极性分子，CS2是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，二硫化碳不易溶于水，故A项错误；
B. 由于SO2和NH3都是极性分子，根据“相似相溶”原理，二者均易溶于水，故B项正确；
C. 由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，故此三种物质中二硫化碳的沸点最高，C项错误；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键，故D项错误；
答案选B。
【点睛】相似相容原理是经典考点，具体规律为：
1. 极性溶剂（如水，CH3CH2OH）易溶解极性物质（离子晶体、分子晶体中的极性物质如强酸等）；
2. 非极性溶剂（如苯、汽油、四氯化碳等）能溶解非极性物质（大多数有机物、Br2、I2等）；
3. 含有相同官能团的物质互溶，如水中含羟基（-OH）能溶解含有羟基的醇、酚、羧酸；
4、一般情况，可简记极性相似，便可相溶。
7.用价层电子对互斥理论判断SO3的分子构型（ ）
A. 正四面体形 B. V形 C. 三角锥形 D. 平面三角形
【答案】D
【解析】
SO3的中心原子上的孤电子对数为0，分子的价层电子对数为3，即VSEPR模型为平面三角形。
8.下列电子排布图（每一个小方框表示一个原子轨道）所表示元素的原子中，其能量处于最低状态的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：A．能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故A正确；B．2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；C．2s能级的能量比3p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故C错误；D．2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故D错误；故选A。
考点：考查基态原子核外电子排布规则，遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低。
9.下列有关元素周期表的说法中不正确的是( )
A. 在元素周期表中共有7个周期
B. 元素周期表中有三个短周期
C. 第二周期共有8种元素
D. 第三周期元素全部是金属元素
【答案】D
【解析】
分析：A、元素周期表中共有7个周期，其中有短周期3个，长周期4个；第二周期、第三周期各有8种元素；第三周期既有金属元素(如钠、镁等)，又有非金属元素(如硫、氯等)。
详解：元素周期表中共有7个周期，其中有短周期3个，长周期4个，选项A、选项B正确；第二周期、第三周期各有8种元素，选项C正确；第三周期既有金属元素(如钠、镁等)，又有非金属元素(如硫、氯等)，选项D不正确。答案选D。
10. 下列变化过程中，原物质分子内共价键被破坏，同时有离子键形成的是
A. 盐酸和NaOH溶液混合 B. 氯化氢溶于水
C. 溴化氢气体与氨气相遇反应 D. 锌和稀硫酸反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、盐酸和氢氧化钠反应，破坏了共价键和离子键，同时形成了新的共价键和离子键，A错误；B、氯化氢溶于水，共价键被破坏，没有离子键形成，B错误；C、溴化氢和氨反应，破坏了共价键，同时形成了离子键，C正确；D、锌和稀硫酸反应，没有破坏共价键，同时也没有形成离子键，D错误；答案选C。
考点：考查化学键的断裂和形成
11. 下列不属于配合物的是（ ）
A. [Cu(H2O)4]SO4·H2O B. [Ag(NH3)2]OH
C. KAl(SO4)2·12H2O D. Na[Al(OH)4]
【答案】C
【解析】
试题分析：通过配位健形成的化合物是配位化合物，所以选项ABD都是配位化合物。C是明矾，属于复盐，不存在配位健，不是配位化合物，答案选C。
考点：考查配位化合物的判断
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生灵活运用配位健解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是明确配位化合物的含义以及判断依据，然后结合题意灵活运用即可。
12.元素在周期表中的位置与其原子结构和性质有密切关系，下列说法正确的是( )
A. 由于同一主族元素的原子最外层电子数相同，所以化学性质完全相同
B. 由于氦原子最外层未达8电子稳定结构，所以化学性质活泼
C. 第三周期主族元素的最高正价数等于它所处的族序数
D. ⅠA族元素均为金属元素
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 同主族元素化学性质具有相似性与递变性，化学性质不完全相同，ⅠA族中H元素与碱金属元素性质相差很大；
B. 氦原子核外只有2个电子，为稳定状态；
C. 主族元素最高正化合价等于其主族族序数（O、F除外）；
D. ⅠA族元素包括氢元素与碱金属元素。
【详解】A．同主族元素最外层电子数相同，所以化学性质具有相似性，同时自上而下原子半径增大，化学性质具有递变性，同主族化学性质不完全相同，且ⅠA族中H元素与碱金属元素性质相差很大，故A项错误；
B．氦原子核外只有2个电子，为稳定状态，故B项错误；
C．主族元素最高正化合价等于其族序数（O、F除外），第三周期主族元素的最高正价数等于它所处的族序数，故C项正确；
D．ⅠA族元素包括氢元素与碱金属元素，氢元素属于非金属性元素，故D项错误，
答案选C。
【点睛】需要注意的是，不是所有原子核外最外层电子数都是必须满8个才能达到稳定结构，如氦原子只有一个能层，也只有s能级，s能级最多容纳2个电子，做题时，要特别注意第一周期的氢元素与氦元素核外电子排布情况。
13.下列对元素周期律和元素周期表的认识正确的是( )
A. 元素周期律的本质是随着核电荷数的增加元素化合价呈周期性的变化
B. 核外电子排布的周期性变化是元素性质周期性变化的本质
C. 元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds四个区
D. 元素周期表中最外层电子数<2的元素一定是金属元素
【答案】B
【解析】
元素周期律的本质是原子核外电子排布周期性变化的必然结果，所以A不正确，B正确。元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds 、f五个区，C不正确。D不正确，例如He。答案选B。
14.下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A. Na＋：1s22s22p6 B. F：1s22s22p5
C. Cl－：1s22s22p63s23p5 D. Mn：1s22s22p63s23p63d54s2
【答案】C
【解析】
分析：原子或离子的电子排布应符合能量最低原理，一般来说离子的核外最外层达到8电子稳定结构，根据构造原理，s能级最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道最多可容纳6个电子，电子总是优先从能量低的能层、能级排列，其中s2是原子得两个电子形成的稳定的结构，所以第三能层中的电子排布应为3s23p6，以此判断。
详解：s能级最多容纳2个电子，p能级最多容纳6个电子；电子总是从能量低的能层、能级开始排列，Cl－应是Cl原子得一个电子形成的稳定结构，所以Cl－的电子排布式应为1s22s22p63s23p6。答案选C。
点睛：本题考查的是构造原理及各能级最多容纳的电子数，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布规律。
15.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属在熔融状态不导电，所以B错误；可溶性碱、可熔性盐属于离子化合物，在固态时不导电，所以C、D也错误。符合条件的只有A，如钠、钾等，答案选A。
考点：考查物质导电的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础和能力的双向考查，有助于培养学生的发散思维能力和创新思维能力，也有利于调动学生的学习兴趣，提高学生分析问题、解决问题的能力。
16.某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示:A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为
A. B2A B. BA2 C. B7A4 D. B4A7
【答案】B
【解析】
根据均摊法,该结构单元中含A的个数为8×1=8,含B的个数为×8+×6=4,B与A的离子数之比为4∶8=1∶2,即该晶体的化学式为BA2,故答案为B项。
17. 仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是( )
A. H、O、S B. Na、H、O
C. K、Cl、O D. H、N、Cl
【答案】A
【解析】
强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH,C项如KClO,D项如NH4Cl,均为离子晶体。
18.如图所示的是某原子晶体A空间结构的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A﹣A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为
A. AB B. A5B4 C. AB2 D. A2B5
【答案】C
【解析】
根据题意，中心A原子与周围4个A原子相连形成4个A－A键，而每两个A原子共有一个键，故A原子与A－A键的个数比为1：2，又因为B原子与A－A键的个数相等，所以N(B)：N(A)为2：1，答案选C。
点睛：根据该原子晶体的结构特点，如果能联想到这道题的晶体与SiO2晶体类型相似，就更容易理解了。因此掌握常见典型晶体的结构特点是解答此类问题的关键。
19.金属晶体的形成是因为晶体中存在( )
A. 脱落价电子后的金属离子间的相互作用
B. 金属原子间的相互作用
C. 脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用
D. 金属原子与价电子间的相互作用
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属阳离子间同为阳离子，相互排斥不能形成金属键，所以A错误；
B.金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属原子是中性的，所以B错误；
C.脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用是金属键，所以C正确；
D.金属原子与价电子间不能形成金属键，所以D错误；
本题答案为C。
【点睛】金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属晶体是通过金属键形成的。
20.石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 2∶3
【答案】D
【解析】
石墨晶体每一层内碳原子形成3个共价键，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2，占有的C－C键是6×1/2＝3，即石墨晶体每一层内碳原子数与碳—碳化学键数的比是2∶3，答案选D。
21. 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。
22.能与NaOH溶液反应的属于原子晶体的单质是（ ）
A. 金刚石 B. 晶体硅
C. 石英（SiO2） D. CO2
【答案】C
【解析】
A、金刚石的成分是C，不与NaOH反应，故A错误；B、Si与NaOH反应：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，但晶体硅属于单质，不属于化合物，故B错误；C、SiO2属于原子晶体，且属于酸性氧化物，与NaOH反应：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，故C正确；D、CO2不是原子晶体，故D错误。
点睛：注意审题，题中所说的是原子晶体的化合物，不是单质或混合物，因此晶体硅错误。
23.如图是氯化铯晶体的晶胞(晶体中的最小重复单元)，已知晶体中两个最近的Cs＋离子核间距离为a cm，氯化铯的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体密度是( )
A. g/cm3 B. g/cm3 C. g/cm3 D. g/cm3
【答案】C
【解析】
晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比值（即晶体的密度＝），据式量可知，1 mol CsCl的质量为M克，故需求出1 mol CsCl的体积。因晶体是由晶胞构成的，而1个CsCl晶胞的体积为a3cm3，因此，此题解题的关键是找出1 mol CsCl晶体中的晶胞数目。由晶胞的示意图可知，1个晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－，所以，在1 mol CsCl晶体中含NA个晶胞。由此可得，晶体的密度为＝g·cm－3。
24.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合，下图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是
A. 10个 B. 18个 C. 24个 D. 14个
【答案】D
【解析】
试题分析：利用切割法分析。根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为1/3，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，选D。
考点：考查石墨的结构。
25.已知SiC晶体具有较大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于晶体的说法正确的是( )
A. SiC晶体是分子晶体
B. SiC晶体中，C-Si键的键长比金刚石中C-C键的键长要短
C. SiC晶体中微粒间通过离子键结合
D. SiC晶体中每个C原子连接4个Si原子，而每个Si原子连接4个C原子
【答案】D
【解析】
【分析】
A. SiC晶体具有较大的硬度，而分子晶体硬度小；
B. 根据元素周期律可知，Si的原子半径比C的原子半径大；
C. SiC晶体中构成的微粒为原子，故微粒之间通过共价键结合；
D. 根据C和Si原子元素均属于IVA族元素可知，SiC晶体中每个C原子连接4个Si原子，而每个Si原子连接4个C原子。
【详解】A. SiC晶体具有较大的硬度，因此SiC属于原子晶体，故A项错误；
B. 根据元素周期律可知，Si的原子半径比C的原子半径大，则SiC晶体中，C-Si键的键长比金刚石中C-C键的键长要长，故B项错误；
C. SiC晶体中构成的微粒为原子，故微粒之间通过共价键结合，而非离子键结合，故C项错误；
D. 根据C和Si原子元素均属于IVA族元素可知，SiC晶体中每个C原子连接4个Si原子，而每个Si原子连接4个C原子，故D项正确。
26.已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体里Na＋和Cl－的间距大约是
A. cm B. cm C. cm D. cm
【答案】B
【解析】
【分析】
该晶胞中钠离子个数=8×+6× = 4，氯离子个数 = 12×+1 = 4，晶胞体积= = cm3，晶胞棱长 = cm，又因为食盐晶体里Na+和Cl-的间距为棱长的一半，据此分析作答。
【详解】该晶胞中钠离子个数=8×+6× = 4，氯离子个数 = 12×+1 = 4，晶胞体积= = cm3，晶胞棱长 = cm，又因为食盐晶体里Na+和Cl-的间距为棱长的一半= = ，
故答案为B。
27.下列有关金属的叙述正确的是( )
A. 金属受外力作用时常常发生变形而不易折断，是由于金属离子之间有较强的作用
B. 通常情况下，金属里的自由电子会发生定向移动，而形成电流
C. 金属是借助金属离子的运动，把能量从温度高的部分传到温度低的部分
D. 金属的导电性随温度的升高而降低
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，由于金属离子与自由电子之间的相互作用没有方向性，滑动以后，各层之间仍保持着这种相互作用，在外力作用下，金属虽然发生了变形，但不会导致断裂；
B. 金属导电是自由电子在电场作用下定向移动的结果；
C. 金属导热是自由电子碰撞金属离子而将能量传给金属离子的结果；
D. 金属内部主要是金属阳离子和自由电子，电子可以自由移动，而金属阳离子只能做很小范围的振动，当温度升高时，阳离子的振动加剧，对自由电子的定向移动产生了阻碍作用，故导电能力下降。
【详解】A. 金属受外力作用时常常发生变形而不易折断，是因为金属晶体中各原子层会发生相对滑动，由于金属离子与自由电子之间的相互作用（金属键）没有方向性，滑动以后，各层之间仍保持着这种相互作用（金属键仍然存在），故A项错误；
B. 金属里的自由电子要在外加电场作用下才能发生定向移动形成电流，故B项错误；
C. 金属的导热性是通过自由电子与金属离子间的碰撞，将能量从高温部分传递至低温部分，故C项错误；
D. 温度升高，电阻升高，金属导电性较弱，故D项正确。
故选D。
分卷II
二、填空题(共6小题,共46分)
28.按要求填空。
(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。
(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。
(5)某元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。
(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。
【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn
【解析】
【分析】
（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。
【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；
（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；
B项、不存在2d能级，故B错误；
C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；
D项、不存在3f能级，故D错误；
故选AC，故答案为：AC；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：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。
29.溴化钠、氯化钠和氧化镁等离子晶体的核间距和晶格能(部分)如下表所示
（1）溴化钠晶体比氯化钠晶体晶格能________(填“大”或“小”)，主要原因是_____。
（2）氧化镁晶体比氯化钠晶体晶格能大，主要原因是_________________________________。
（3）溴化钠、氯化钠和氧化镁晶体中，硬度最大的是________。工业制取单质镁时，往往电解的是氯化镁而不是氧化镁，主要原因是_______________________________________。
【答案】 (1). 小 (2). NaBr比NaCl离子的核间距大 (3). 氧化镁晶体中的阴、阳离子的电荷数绝对值大，并且半径小 (4). 氧化镁 (5). 氧化镁晶体比氯化镁晶体晶格能大，熔点高，电解时消耗电能大
【解析】
（1）溴化钠晶体比氯化钠晶体晶格能小，主要原因是NaBr比NaCl离子的核间距大；（2）
晶格能与离子所带的电荷成正比，而与离子半径的大小成反比。离子所带的电荷数越多，晶格能越大；离子半径越小晶格能越大，故氧化镁晶体比氯化钠晶体晶格能大；（3）溴化钠、氯化钠和氧化镁晶体中，硬度最大的是氧化镁。工业制取单质镁时，往往电解的是氯化镁而不是氧化镁，主要原因是氧化镁晶体比氯化镁晶体晶格能大，熔点高，电解时消耗电能大。
30.已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子是XY4。
试回答：
（1）X元素原子的基态电子排布式为______________________________________；
Y元素原子最外层电子的电子排布图为__________________________________。
（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
（3）该化合物的空间结构为____________，中心原子的杂化类型为________，分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
（4）该化合物在常温下为液体，它存在的分子间作用力是________。
（5）该化合物的沸点与SiCl4的比较，________(填化学式)的高，原因是__________ 。
【答案】（7分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2 （2）共价键（3）正四面体形 非极性分子
（4）共价键、范德华力
（5）GeCl4二者结构相似，GeCl4相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高（各1分）
【解析】
试题分析：与碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，则X应该是Ge元素。短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们所形成化合物的分子式是XY4，所以Y应该是氯元素。
（1）根据构造原理可知，Ge元素的原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2。
（2）两种元素的电负性均大于1.8，都是非金属，所以XY4中X与Y之间的化学键为共价键。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，分子中中心原子含有的孤对电子对数＝（4－4×1）÷2＝0，所以该分子是正四面体型结构，属于非极性分子。
（4）XY4在常温下为液体，说明该化合物形成的晶体类型是分子晶体，所以该化合物中存在的微粒间作用力有共价键、范德华力。
（5）由于二者结构相似，形成的晶体类型都是分子晶体，但GeCl4相对分子质量大，范德华力强，所以GeCl4熔、沸点高。
考点：考查核外电子排布、分子的空间构型、化学键、分子的极性、微粒间作用力以及沸点高低的判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
31.原子序数依次增大的四种主族元素A，B，C，D分别处于第一至第四周期，其中A元素原子核是一个质子；B元素原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D原子外围电子排布为3d104s1。请回答下列问题：
（1）这四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)，第一电离能最小的是________(填元素符号)。
（2）C所在的主族元素气态氢化物中，沸点最低的是________(填化学式)。
（3）B元素可形成多种单质，其中“只有一层原子厚”的物质，被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料，该材料晶体结构如图所示，其原子的杂化类型为________杂化。
（4）D的水合醋酸盐晶体局部结构如图所示，该晶体中含有的化学键是________(填选项序号)。
①极性键 ②非极性键 ③配位键 ④金属键
【答案】 (1). Cl (2). Cu (3). HCl (4). sp2 (5). ①②③
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为C元素；B与C可形成正四面体型分子，且C处于第三周期，则C为Cl元素；D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；
【详解】（1）四种元素中，氯元素的非金属性最强，则电负性最大；铜为金属，其它为非金属，所以铜第一电离能最小，故答案为：Cl；Cu；
（2）C为ⅶA族元素，HF中存在氢键，沸点比HCl高，其它氢化物相对分子质量越大，沸点越高，所以HCl的沸点最低，故答案为：HCl；
（3）在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子间形成离域大π键，故答案为：sp2；
（4）由结构图可知，该晶体中含有C-H键为极性键、C-C键为非极性键、配位键，故选：①②③。
【点睛】分子晶体的熔沸点与分子间的作用力有关，分子量越大，熔沸点越高，但N、O、F与不直接相连H原子可形成氢键，导致熔沸点升高。
32.现有部分前四周期元素的性质或原子结构如下表：
(1)B单质分子中，含有________个键和__________个键，元素B的气态氢化物的空间型为________________。
(2)C单质的熔点____________A单质的熔点(填“高于”或“低于”)，其原因是：_______________
(3)写出元素D基态原子的电子排布式：______________________。
【答案】 (1). 1 (2). 2 (3). 三角锥形 (4). 低于 (5). Cl2晶体属于分子晶体，Si晶体属于原子晶体，原子晶体中原子之间以很强的共价键结合，而分子晶体中分子间以较弱的分子间作用力结合，因而原子晶体的熔点比分子晶体的熔点高 (6). 1s22s22p63s23p63d54s1
【解析】
【分析】
根据信息A为第三周期中的半导体材料，得出A为Si；B的L层s电子数比p电子数少1，得出B为N；同一周期，元素原子对应的第一电离能有增大的趋势，则根据C在第三周期主族元素中其第一电离能最大，推出该元素为Cl；D在前四周期中其未成对电子数最多，所以为Cr。
【详解】A为第三周期中的半导体材料，得出A为Si；B的L层s电子数比p电子数少1，即电子排布式为1s22s22p3，得出B为N元素；C在第三周期主族元素中其第一电离能最大，为Cl；D在前四周期呀中其未成对电子数最多，即M层d能级半满，N层s能级半满，即电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以该元素为Cr。
（1）B单质分子为氮气，分子内为氮氮三键，则含有1个键和2个键；其气态氢化物为NH3，空间构型为三角锥形，
故答案为：1；2；三角锥形；
（2）C单质为Cl2，其晶体类型为分子晶体；A单质为Si，其晶体属于原子晶体，因原子晶体中原子之间以很强的共价键结合，而分子晶体中分子间以较弱的分子间作用力结合，所以C单质（Cl2）的熔点低于A单质（Si）的熔点，
故答案为：低于；Cl2晶体属于分子晶体，Si晶体属于原子晶体，原子晶体中原子之间以很强的共价键结合，而分子晶体中分子间以较弱的分子间作用力结合，因而原子晶体的熔点比分子晶体的熔点高；
（3）D在前四周期中，其未成对电子数最多，即M层d能级半满，N层s能级半满，即其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1。
【点睛】电离能的规律是元素周期律的考点之一，具体可归纳为：
1. 每个周期的第一种元素（H和碱金属）第一电离能最小，稀有气体原子的第一电离能最大，同周期中从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，同主族元素原子的第一电离能从上到下逐渐减小；
2. 逐级电离能的递增有突跃现象：当电离能突然变大时说明电子的能层发生了变化，即同一能层中电离能相近，不同能层中电离能有很大的差距；
3. 通常情况下，第一电离能大的主族元素非金属性较强，但IIA族、VA族元素原子的价电子排布式分别为ns2、ns2np3，为全满和半满结构，这两族元素原子的第一电离能反常，学生做题时要特别留意，可能会有陷阱。
33.决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题．
(1)已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
则，A的化合价__B的化合价(填“＞”、“＜”或“=”)．
(2)实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示)，其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：
则该 4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是：__．
(3)金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好．离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是___________________________.
(4)某配合物的分子结构如图所示，则N原子的杂化方式为__；基态Ni原子的电子排布式__．
【答案】 (1). ＞ (2). TiN＞MgO＞CaO＞KCl (3). CrO2 (4). sp2 (5). [Ar]3d84s2
【解析】
【分析】
（1）A和B为第三周期元素，由电离能数据可知A可失去3个电子，B可失去2个电子；
（2）离子晶体的晶格能越大，熔点越高；
（3）根据离子的最外层电子数判断；
（4）根据分子结构可知N形成3个δ键和1个π键，根据能量最低原理书写电子排布式。
【详解】（1）A和B为第三周期元素，由电离能数据可知A可失去3个电子，最高化合价为+3价，B可失去2个电子，最高化合价为+2价，则最高化合价A>B，
故答案为：>；
（2）离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN>MgO，MgO>CaO，由表中数据可知CaO>KCl，则TiN>MgO>CaO>KCl，
故答案为：TiN>MgO>CaO>KCl；
（3）V2O5中，V的最外层电子全部失去或成键，其未成对电子数是0；CrO2中Cr失去4个电子，离子的最外层未成对电子数为2，金属阳离子的未成对电子越多磁性越大，则适合作录音带磁粉原料的是CrO2，
故答案为：CrO2；
（4）根据分子结构可知N形成3个δ键和1个π键，其杂化类型为sp2杂化，Ni的原子序数为28，其电子排布式为[Ar]3d84s2，
故答案为：sp2；[Ar]3d84s2。
一、单选题(共27小题,每小题2.0分,共54分)
1.下列说法正确的是( )
A. 键能越大，表示该分子越容易受热分解
B. 共价键都具有方向性
C. 在分子中，两个成键的原子间的距离叫键长
D. H—Cl的键能为431.8 kJ·mol－1，H—Br的键能为366 kJ·mol－1，这可以说明HCl比HBr分子稳定
【答案】D
【解析】
A：键能越大，表示该分子越难分解，不正确
B：不正确，例如s—sσ键没有方向性，排除
C：在分子中，两个成键原子核间的距离为键长，不正确
D：正确
2.下列说法正确的是
A. 基态氧原子中未成对电子数是0
B. 基态氮原子中未成对电子数是3
C. 基态碳原子中未成对电子数是4
D. 基态铜原子中未成对电子排布在3d轨道
【答案】B
【解析】
【分析】
根据能量最低原理和洪特规则来解答。
【详解】A．基态氧原子最外层电子排布图应为，未成对电子数为2；故A错误；
B．基态氮原子最外层电子排布图应为，未成对电子数为3；故B正确；
C．基态碳原子最外层电子排布图为，未成对电子数为2；故C错误；
D．基态铜原子最外层的电子排布图为，3d全充满，未成对电子排布在4s，故D错误；
故选B。
3.在短周期主族元素中，原子的核电荷数、核外电子层数、每层所容纳的电子数、主族序数均为偶数的有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 8种
【答案】B
【解析】
考查原子核外电子的排布规律。同时符合原子的核电荷数、核外电子层数，每层所容纳的电子数、主族序数均为偶数的元素是Be、C、O，所以答案是B。
4.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是
A. NH5中既有离子键又有共价键 B. NH5的熔沸点高于NH3
C. 1mol NH5中含有5molN—H键 D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】C
【解析】
试题分析：物质A的化学式为NH5 ，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构，则该物质的化学式应该写为NH4H；该化合物是离子化合物，阳离子是NH4+，阴离子是H-，在阳离子中含有共价键，阴离子和阳离子之间通过离子键结合，因此NH5中既有离子键又有共价键，选项A正确。离子化合物含有的离子键比共价化合物NH3的分子间作用力强的多，因此物质的熔沸点NH5>NH3，选项B正确；1mol NH5中含有4 mol N-H键，选项C错误；D．NH5固体投入少量水中，发生反应：NH5+H2O=NH3↑+H2↑+H2O，因此可产生两种气体，正确。
考点：考查NH5的结构、性质的知识。
5.HCl气体易溶于溶剂A，那么下列物质也可能易溶于A的是( )
A. NH3 B. CH4 C. CCl4 D. O2
【答案】A
【解析】
【详解】由相似相溶原理得知，HCl气体为极性分子，则A为极性溶剂。分析下列选项得知NH3为极性分子，故选A。
6.关于CS2，SO2，NH3三种物质的说法中正确的是( )
A. CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B. SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C. CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔、沸点最低
D. NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 二硫化碳属于非极性分子，水是极性分子；
B. 根据相似相容原理进行判断；
C. CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键。
【详解】A. 水是极性分子，CS2是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，二硫化碳不易溶于水，故A项错误；
B. 由于SO2和NH3都是极性分子，根据“相似相溶”原理，二者均易溶于水，故B项正确；
C. 由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，故此三种物质中二硫化碳的沸点最高，C项错误；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键，故D项错误；
答案选B。
【点睛】相似相容原理是经典考点，具体规律为：
1. 极性溶剂（如水，CH3CH2OH）易溶解极性物质（离子晶体、分子晶体中的极性物质如强酸等）；
2. 非极性溶剂（如苯、汽油、四氯化碳等）能溶解非极性物质（大多数有机物、Br2、I2等）；
3. 含有相同官能团的物质互溶，如水中含羟基（-OH）能溶解含有羟基的醇、酚、羧酸；
4、一般情况，可简记极性相似，便可相溶。
7.用价层电子对互斥理论判断SO3的分子构型（ ）
A. 正四面体形 B. V形 C. 三角锥形 D. 平面三角形
【答案】D
【解析】
SO3的中心原子上的孤电子对数为0，分子的价层电子对数为3，即VSEPR模型为平面三角形。
8.下列电子排布图（每一个小方框表示一个原子轨道）所表示元素的原子中，其能量处于最低状态的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：A．能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故A正确；B．2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；C．2s能级的能量比3p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故C错误；D．2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故D错误；故选A。
考点：考查基态原子核外电子排布规则，遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低。
9.下列有关元素周期表的说法中不正确的是( )
A. 在元素周期表中共有7个周期
B. 元素周期表中有三个短周期
C. 第二周期共有8种元素
D. 第三周期元素全部是金属元素
【答案】D
【解析】
分析：A、元素周期表中共有7个周期，其中有短周期3个，长周期4个；第二周期、第三周期各有8种元素；第三周期既有金属元素(如钠、镁等)，又有非金属元素(如硫、氯等)。
详解：元素周期表中共有7个周期，其中有短周期3个，长周期4个，选项A、选项B正确；第二周期、第三周期各有8种元素，选项C正确；第三周期既有金属元素(如钠、镁等)，又有非金属元素(如硫、氯等)，选项D不正确。答案选D。
10. 下列变化过程中，原物质分子内共价键被破坏，同时有离子键形成的是
A. 盐酸和NaOH溶液混合 B. 氯化氢溶于水
C. 溴化氢气体与氨气相遇反应 D. 锌和稀硫酸反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、盐酸和氢氧化钠反应，破坏了共价键和离子键，同时形成了新的共价键和离子键，A错误；B、氯化氢溶于水，共价键被破坏，没有离子键形成，B错误；C、溴化氢和氨反应，破坏了共价键，同时形成了离子键，C正确；D、锌和稀硫酸反应，没有破坏共价键，同时也没有形成离子键，D错误；答案选C。
考点：考查化学键的断裂和形成
11. 下列不属于配合物的是（ ）
A. [Cu(H2O)4]SO4·H2O B. [Ag(NH3)2]OH
C. KAl(SO4)2·12H2O D. Na[Al(OH)4]
【答案】C
【解析】
试题分析：通过配位健形成的化合物是配位化合物，所以选项ABD都是配位化合物。C是明矾，属于复盐，不存在配位健，不是配位化合物，答案选C。
考点：考查配位化合物的判断
点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生灵活运用配位健解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力。该题的关键是明确配位化合物的含义以及判断依据，然后结合题意灵活运用即可。
12.元素在周期表中的位置与其原子结构和性质有密切关系，下列说法正确的是( )
A. 由于同一主族元素的原子最外层电子数相同，所以化学性质完全相同
B. 由于氦原子最外层未达8电子稳定结构，所以化学性质活泼
C. 第三周期主族元素的最高正价数等于它所处的族序数
D. ⅠA族元素均为金属元素
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 同主族元素化学性质具有相似性与递变性，化学性质不完全相同，ⅠA族中H元素与碱金属元素性质相差很大；
B. 氦原子核外只有2个电子，为稳定状态；
C. 主族元素最高正化合价等于其主族族序数（O、F除外）；
D. ⅠA族元素包括氢元素与碱金属元素。
【详解】A．同主族元素最外层电子数相同，所以化学性质具有相似性，同时自上而下原子半径增大，化学性质具有递变性，同主族化学性质不完全相同，且ⅠA族中H元素与碱金属元素性质相差很大，故A项错误；
B．氦原子核外只有2个电子，为稳定状态，故B项错误；
C．主族元素最高正化合价等于其族序数（O、F除外），第三周期主族元素的最高正价数等于它所处的族序数，故C项正确；
D．ⅠA族元素包括氢元素与碱金属元素，氢元素属于非金属性元素，故D项错误，
答案选C。
【点睛】需要注意的是，不是所有原子核外最外层电子数都是必须满8个才能达到稳定结构，如氦原子只有一个能层，也只有s能级，s能级最多容纳2个电子，做题时，要特别注意第一周期的氢元素与氦元素核外电子排布情况。
13.下列对元素周期律和元素周期表的认识正确的是( )
A. 元素周期律的本质是随着核电荷数的增加元素化合价呈周期性的变化
B. 核外电子排布的周期性变化是元素性质周期性变化的本质
C. 元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds四个区
D. 元素周期表中最外层电子数<2的元素一定是金属元素
【答案】B
【解析】
元素周期律的本质是原子核外电子排布周期性变化的必然结果，所以A不正确，B正确。元素周期表中可以把元素分成s、p、d、ds 、f五个区，C不正确。D不正确，例如He。答案选B。
14.下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A. Na＋：1s22s22p6 B. F：1s22s22p5
C. Cl－：1s22s22p63s23p5 D. Mn：1s22s22p63s23p63d54s2
【答案】C
【解析】
分析：原子或离子的电子排布应符合能量最低原理，一般来说离子的核外最外层达到8电子稳定结构，根据构造原理，s能级最多可容纳2个电子，p能级有3个轨道最多可容纳6个电子，电子总是优先从能量低的能层、能级排列，其中s2是原子得两个电子形成的稳定的结构，所以第三能层中的电子排布应为3s23p6，以此判断。
详解：s能级最多容纳2个电子，p能级最多容纳6个电子；电子总是从能量低的能层、能级开始排列，Cl－应是Cl原子得一个电子形成的稳定结构，所以Cl－的电子排布式应为1s22s22p63s23p6。答案选C。
点睛：本题考查的是构造原理及各能级最多容纳的电子数，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布规律。
15.某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中，水溶液也可导电，则可推测该物质可能是
A. 金属 B. 非金属 C. 可溶性碱 D. 可溶性盐
【答案】A
【解析】
试题分析：非金属在熔融状态不导电，所以B错误；可溶性碱、可熔性盐属于离子化合物，在固态时不导电，所以C、D也错误。符合条件的只有A，如钠、钾等，答案选A。
考点：考查物质导电的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础和能力的双向考查，有助于培养学生的发散思维能力和创新思维能力，也有利于调动学生的学习兴趣，提高学生分析问题、解决问题的能力。
16.某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示:A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为
A. B2A B. BA2 C. B7A4 D. B4A7
【答案】B
【解析】
根据均摊法,该结构单元中含A的个数为8×1=8,含B的个数为×8+×6=4,B与A的离子数之比为4∶8=1∶2,即该晶体的化学式为BA2,故答案为B项。
17. 仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是( )
A. H、O、S B. Na、H、O
C. K、Cl、O D. H、N、Cl
【答案】A
【解析】
强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH,C项如KClO,D项如NH4Cl,均为离子晶体。
18.如图所示的是某原子晶体A空间结构的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A﹣A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为
A. AB B. A5B4 C. AB2 D. A2B5
【答案】C
【解析】
根据题意，中心A原子与周围4个A原子相连形成4个A－A键，而每两个A原子共有一个键，故A原子与A－A键的个数比为1：2，又因为B原子与A－A键的个数相等，所以N(B)：N(A)为2：1，答案选C。
点睛：根据该原子晶体的结构特点，如果能联想到这道题的晶体与SiO2晶体类型相似，就更容易理解了。因此掌握常见典型晶体的结构特点是解答此类问题的关键。
19.金属晶体的形成是因为晶体中存在( )
A. 脱落价电子后的金属离子间的相互作用
B. 金属原子间的相互作用
C. 脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用
D. 金属原子与价电子间的相互作用
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属阳离子间同为阳离子，相互排斥不能形成金属键，所以A错误；
B.金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属原子是中性的，所以B错误；
C.脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用是金属键，所以C正确；
D.金属原子与价电子间不能形成金属键，所以D错误；
本题答案为C。
【点睛】金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属晶体是通过金属键形成的。
20.石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 2∶3
【答案】D
【解析】
石墨晶体每一层内碳原子形成3个共价键，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2，占有的C－C键是6×1/2＝3，即石墨晶体每一层内碳原子数与碳—碳化学键数的比是2∶3，答案选D。
21. 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。
22.能与NaOH溶液反应的属于原子晶体的单质是（ ）
A. 金刚石 B. 晶体硅
C. 石英（SiO2） D. CO2
【答案】C
【解析】
A、金刚石的成分是C，不与NaOH反应，故A错误；B、Si与NaOH反应：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，但晶体硅属于单质，不属于化合物，故B错误；C、SiO2属于原子晶体，且属于酸性氧化物，与NaOH反应：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，故C正确；D、CO2不是原子晶体，故D错误。
点睛：注意审题，题中所说的是原子晶体的化合物，不是单质或混合物，因此晶体硅错误。
23.如图是氯化铯晶体的晶胞(晶体中的最小重复单元)，已知晶体中两个最近的Cs＋离子核间距离为a cm，氯化铯的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体密度是( )
A. g/cm3 B. g/cm3 C. g/cm3 D. g/cm3
【答案】C
【解析】
晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比值（即晶体的密度＝），据式量可知，1 mol CsCl的质量为M克，故需求出1 mol CsCl的体积。因晶体是由晶胞构成的，而1个CsCl晶胞的体积为a3cm3，因此，此题解题的关键是找出1 mol CsCl晶体中的晶胞数目。由晶胞的示意图可知，1个晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－，所以，在1 mol CsCl晶体中含NA个晶胞。由此可得，晶体的密度为＝g·cm－3。
24.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每一个碳原子都跟其他3个碳原子相结合，下图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是
A. 10个 B. 18个 C. 24个 D. 14个
【答案】D
【解析】
试题分析：利用切割法分析。根据石墨晶体的结构示意图知，每个环中有6个碳原子，每个碳原子为三个环共用，对一个环的贡献为1/3，则一个六元环平均占有两个碳原子，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是14，选D。
考点：考查石墨的结构。
25.已知SiC晶体具有较大的硬度，且原子间均以单键结合，下列关于晶体的说法正确的是( )
A. SiC晶体是分子晶体
B. SiC晶体中，C-Si键的键长比金刚石中C-C键的键长要短
C. SiC晶体中微粒间通过离子键结合
D. SiC晶体中每个C原子连接4个Si原子，而每个Si原子连接4个C原子
【答案】D
【解析】
【分析】
A. SiC晶体具有较大的硬度，而分子晶体硬度小；
B. 根据元素周期律可知，Si的原子半径比C的原子半径大；
C. SiC晶体中构成的微粒为原子，故微粒之间通过共价键结合；
D. 根据C和Si原子元素均属于IVA族元素可知，SiC晶体中每个C原子连接4个Si原子，而每个Si原子连接4个C原子。
【详解】A. SiC晶体具有较大的硬度，因此SiC属于原子晶体，故A项错误；
B. 根据元素周期律可知，Si的原子半径比C的原子半径大，则SiC晶体中，C-Si键的键长比金刚石中C-C键的键长要长，故B项错误；
C. SiC晶体中构成的微粒为原子，故微粒之间通过共价键结合，而非离子键结合，故C项错误；
D. 根据C和Si原子元素均属于IVA族元素可知，SiC晶体中每个C原子连接4个Si原子，而每个Si原子连接4个C原子，故D项正确。
26.已知食盐的密度为ρ g·cm－3，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体里Na＋和Cl－的间距大约是
A. cm B. cm C. cm D. cm
【答案】B
【解析】
【分析】
该晶胞中钠离子个数=8×+6× = 4，氯离子个数 = 12×+1 = 4，晶胞体积= = cm3，晶胞棱长 = cm，又因为食盐晶体里Na+和Cl-的间距为棱长的一半，据此分析作答。
【详解】该晶胞中钠离子个数=8×+6× = 4，氯离子个数 = 12×+1 = 4，晶胞体积= = cm3，晶胞棱长 = cm，又因为食盐晶体里Na+和Cl-的间距为棱长的一半= = ，
故答案为B。
27.下列有关金属的叙述正确的是( )
A. 金属受外力作用时常常发生变形而不易折断，是由于金属离子之间有较强的作用
B. 通常情况下，金属里的自由电子会发生定向移动，而形成电流
C. 金属是借助金属离子的运动，把能量从温度高的部分传到温度低的部分
D. 金属的导电性随温度的升高而降低
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，由于金属离子与自由电子之间的相互作用没有方向性，滑动以后，各层之间仍保持着这种相互作用，在外力作用下，金属虽然发生了变形，但不会导致断裂；
B. 金属导电是自由电子在电场作用下定向移动的结果；
C. 金属导热是自由电子碰撞金属离子而将能量传给金属离子的结果；
D. 金属内部主要是金属阳离子和自由电子，电子可以自由移动，而金属阳离子只能做很小范围的振动，当温度升高时，阳离子的振动加剧，对自由电子的定向移动产生了阻碍作用，故导电能力下降。
【详解】A. 金属受外力作用时常常发生变形而不易折断，是因为金属晶体中各原子层会发生相对滑动，由于金属离子与自由电子之间的相互作用（金属键）没有方向性，滑动以后，各层之间仍保持着这种相互作用（金属键仍然存在），故A项错误；
B. 金属里的自由电子要在外加电场作用下才能发生定向移动形成电流，故B项错误；
C. 金属的导热性是通过自由电子与金属离子间的碰撞，将能量从高温部分传递至低温部分，故C项错误；
D. 温度升高，电阻升高，金属导电性较弱，故D项正确。
故选D。
分卷II
二、填空题(共6小题,共46分)
28.按要求填空。
(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。
(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。
(5)某元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。
(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。
【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn
【解析】
【分析】
（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。
【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；
（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；
B项、不存在2d能级，故B错误；
C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；
D项、不存在3f能级，故D错误；
故选AC，故答案为：AC；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：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。
29.溴化钠、氯化钠和氧化镁等离子晶体的核间距和晶格能(部分)如下表所示
（1）溴化钠晶体比氯化钠晶体晶格能________(填“大”或“小”)，主要原因是_____。
（2）氧化镁晶体比氯化钠晶体晶格能大，主要原因是_________________________________。
（3）溴化钠、氯化钠和氧化镁晶体中，硬度最大的是________。工业制取单质镁时，往往电解的是氯化镁而不是氧化镁，主要原因是_______________________________________。
【答案】 (1). 小 (2). NaBr比NaCl离子的核间距大 (3). 氧化镁晶体中的阴、阳离子的电荷数绝对值大，并且半径小 (4). 氧化镁 (5). 氧化镁晶体比氯化镁晶体晶格能大，熔点高，电解时消耗电能大
【解析】
（1）溴化钠晶体比氯化钠晶体晶格能小，主要原因是NaBr比NaCl离子的核间距大；（2）
晶格能与离子所带的电荷成正比，而与离子半径的大小成反比。离子所带的电荷数越多，晶格能越大；离子半径越小晶格能越大，故氧化镁晶体比氯化钠晶体晶格能大；（3）溴化钠、氯化钠和氧化镁晶体中，硬度最大的是氧化镁。工业制取单质镁时，往往电解的是氯化镁而不是氧化镁，主要原因是氧化镁晶体比氯化镁晶体晶格能大，熔点高，电解时消耗电能大。
30.已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子是XY4。
试回答：
（1）X元素原子的基态电子排布式为______________________________________；
Y元素原子最外层电子的电子排布图为__________________________________。
（2）若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，则XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。
（3）该化合物的空间结构为____________，中心原子的杂化类型为________，分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
（4）该化合物在常温下为液体，它存在的分子间作用力是________。
（5）该化合物的沸点与SiCl4的比较，________(填化学式)的高，原因是__________ 。
【答案】（7分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2 （2）共价键（3）正四面体形 非极性分子
（4）共价键、范德华力
（5）GeCl4二者结构相似，GeCl4相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高（各1分）
【解析】
试题分析：与碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，则X应该是Ge元素。短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们所形成化合物的分子式是XY4，所以Y应该是氯元素。
（1）根据构造原理可知，Ge元素的原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar] 3d104s24p2。
（2）两种元素的电负性均大于1.8，都是非金属，所以XY4中X与Y之间的化学键为共价键。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，分子中中心原子含有的孤对电子对数＝（4－4×1）÷2＝0，所以该分子是正四面体型结构，属于非极性分子。
（4）XY4在常温下为液体，说明该化合物形成的晶体类型是分子晶体，所以该化合物中存在的微粒间作用力有共价键、范德华力。
（5）由于二者结构相似，形成的晶体类型都是分子晶体，但GeCl4相对分子质量大，范德华力强，所以GeCl4熔、沸点高。
考点：考查核外电子排布、分子的空间构型、化学键、分子的极性、微粒间作用力以及沸点高低的判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
31.原子序数依次增大的四种主族元素A，B，C，D分别处于第一至第四周期，其中A元素原子核是一个质子；B元素原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D原子外围电子排布为3d104s1。请回答下列问题：
（1）这四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)，第一电离能最小的是________(填元素符号)。
（2）C所在的主族元素气态氢化物中，沸点最低的是________(填化学式)。
（3）B元素可形成多种单质，其中“只有一层原子厚”的物质，被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料，该材料晶体结构如图所示，其原子的杂化类型为________杂化。
（4）D的水合醋酸盐晶体局部结构如图所示，该晶体中含有的化学键是________(填选项序号)。
①极性键 ②非极性键 ③配位键 ④金属键
【答案】 (1). Cl (2). Cu (3). HCl (4). sp2 (5). ①②③
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为C元素；B与C可形成正四面体型分子，且C处于第三周期，则C为Cl元素；D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；
【详解】（1）四种元素中，氯元素的非金属性最强，则电负性最大；铜为金属，其它为非金属，所以铜第一电离能最小，故答案为：Cl；Cu；
（2）C为ⅶA族元素，HF中存在氢键，沸点比HCl高，其它氢化物相对分子质量越大，沸点越高，所以HCl的沸点最低，故答案为：HCl；
（3）在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子间形成离域大π键，故答案为：sp2；
（4）由结构图可知，该晶体中含有C-H键为极性键、C-C键为非极性键、配位键，故选：①②③。
【点睛】分子晶体的熔沸点与分子间的作用力有关，分子量越大，熔沸点越高，但N、O、F与不直接相连H原子可形成氢键，导致熔沸点升高。
32.现有部分前四周期元素的性质或原子结构如下表：
(1)B单质分子中，含有________个键和__________个键，元素B的气态氢化物的空间型为________________。
(2)C单质的熔点____________A单质的熔点(填“高于”或“低于”)，其原因是：_______________
(3)写出元素D基态原子的电子排布式：______________________。
【答案】 (1). 1 (2). 2 (3). 三角锥形 (4). 低于 (5). Cl2晶体属于分子晶体，Si晶体属于原子晶体，原子晶体中原子之间以很强的共价键结合，而分子晶体中分子间以较弱的分子间作用力结合，因而原子晶体的熔点比分子晶体的熔点高 (6). 1s22s22p63s23p63d54s1
【解析】
【分析】
根据信息A为第三周期中的半导体材料，得出A为Si；B的L层s电子数比p电子数少1，得出B为N；同一周期，元素原子对应的第一电离能有增大的趋势，则根据C在第三周期主族元素中其第一电离能最大，推出该元素为Cl；D在前四周期中其未成对电子数最多，所以为Cr。
【详解】A为第三周期中的半导体材料，得出A为Si；B的L层s电子数比p电子数少1，即电子排布式为1s22s22p3，得出B为N元素；C在第三周期主族元素中其第一电离能最大，为Cl；D在前四周期呀中其未成对电子数最多，即M层d能级半满，N层s能级半满，即电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以该元素为Cr。
（1）B单质分子为氮气，分子内为氮氮三键，则含有1个键和2个键；其气态氢化物为NH3，空间构型为三角锥形，
故答案为：1；2；三角锥形；
（2）C单质为Cl2，其晶体类型为分子晶体；A单质为Si，其晶体属于原子晶体，因原子晶体中原子之间以很强的共价键结合，而分子晶体中分子间以较弱的分子间作用力结合，所以C单质（Cl2）的熔点低于A单质（Si）的熔点，
故答案为：低于；Cl2晶体属于分子晶体，Si晶体属于原子晶体，原子晶体中原子之间以很强的共价键结合，而分子晶体中分子间以较弱的分子间作用力结合，因而原子晶体的熔点比分子晶体的熔点高；
（3）D在前四周期中，其未成对电子数最多，即M层d能级半满，N层s能级半满，即其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1。
【点睛】电离能的规律是元素周期律的考点之一，具体可归纳为：
1. 每个周期的第一种元素（H和碱金属）第一电离能最小，稀有气体原子的第一电离能最大，同周期中从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，同主族元素原子的第一电离能从上到下逐渐减小；
2. 逐级电离能的递增有突跃现象：当电离能突然变大时说明电子的能层发生了变化，即同一能层中电离能相近，不同能层中电离能有很大的差距；
3. 通常情况下，第一电离能大的主族元素非金属性较强，但IIA族、VA族元素原子的价电子排布式分别为ns2、ns2np3，为全满和半满结构，这两族元素原子的第一电离能反常，学生做题时要特别留意，可能会有陷阱。
33.决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题．
(1)已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
则，A的化合价__B的化合价(填“＞”、“＜”或“=”)．
(2)实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图所示)，其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：
则该 4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是：__．
(3)金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好．离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是___________________________.
(4)某配合物的分子结构如图所示，则N原子的杂化方式为__；基态Ni原子的电子排布式__．
【答案】 (1). ＞ (2). TiN＞MgO＞CaO＞KCl (3). CrO2 (4). sp2 (5). [Ar]3d84s2
【解析】
【分析】
（1）A和B为第三周期元素，由电离能数据可知A可失去3个电子，B可失去2个电子；
（2）离子晶体的晶格能越大，熔点越高；
（3）根据离子的最外层电子数判断；
（4）根据分子结构可知N形成3个δ键和1个π键，根据能量最低原理书写电子排布式。
【详解】（1）A和B为第三周期元素，由电离能数据可知A可失去3个电子，最高化合价为+3价，B可失去2个电子，最高化合价为+2价，则最高化合价A>B，
故答案为：>；
（2）离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN>MgO，MgO>CaO，由表中数据可知CaO>KCl，则TiN>MgO>CaO>KCl，
故答案为：TiN>MgO>CaO>KCl；
（3）V2O5中，V的最外层电子全部失去或成键，其未成对电子数是0；CrO2中Cr失去4个电子，离子的最外层未成对电子数为2，金属阳离子的未成对电子越多磁性越大，则适合作录音带磁粉原料的是CrO2，
故答案为：CrO2；
（4）根据分子结构可知N形成3个δ键和1个π键，其杂化类型为sp2杂化，Ni的原子序数为28，其电子排布式为[Ar]3d84s2，
故答案为：sp2；[Ar]3d84s2。
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