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2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高二（下）第二次月考化学试卷（二）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高二（下）第二次月考化学试卷（二）（含答案解析），共18页。
2. 在NH4+离子中存在4个N−H共价键，则下列说法正确的是( )
A. 四个共价键的键长完全相同
B. 四个共价键的键长完全不同
C. 原来的三个N−H的键长完全相同，但与由配位键形成的N−H键不同
D. 四个N−H键键长相同，但键能不同
3. 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)。则下列说法错误的是( )
A. 铁镁合金的化学式可表示为Mg2Fe
B. 晶胞中有14个铁原子
C. 晶体中存在的化学键类型为金属键
D. 该晶胞的质量是416NAg(NA表示阿伏加德罗常数的值)
4. 下列有关晶体的叙述中，错误的是( )
A. 干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个CO2
B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl−
D. 金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
5. 如图是元素周期表的一部分，图中的字母分别代表某种化学元素。下列说法正确的是( )
A. 沸点：A2DB. CA3分子是非极性分子
C. 单质C2中δ键与π键的数目之比为1：2
D. 酸性：HCl>H2S，可说明非金属性：Cl>S
6. 利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是( )
A. C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯B. C60能与“杯酚”形成超分子
C. C70不能与“杯酚”形成超分子D. “杯酚”能够循环使用
7. 如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列叙述正确的是( )
A. 该叶绿素只含有H、Mg、C、N元素
B. 该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C. 该叶绿素是配合物，其配体是氮元素
D. 该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
8. 下列事实不能作为洪特规则特例证据的是( )
A. 硼元素的第一电离能小于铍元素的第一电离能
B. 某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2
C. 基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1而不是[Ar]3d44s2
D. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能
9. 下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号。其中J为0族元素。
下列说法正确的是( )
A. 基态R原子的轨道表示式为
B. Y2−与Na+的半径大小关系为Y2−>Na+
C. Y元素的第一电离能大于X元素的第一电离能
D. 电负性最大的元素为J
10. X、Y、Z三种主族元素，已知X+和Y−具有相同的电子层结构，Z元素原子核电荷数比Y元素原子核电荷数少9，Y−在一定条件下可被氧化成YZ3−，则下列说法正确的是( )
A. X、Y、Z均属于短周期元素
B. 离子半径X+>Y−
C. X、Y、Z三种元素只能形成化合物XYZ3
D. Y的气态氢化物的热稳定性可能较强
11. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表。判断下列说法正确的是( )
A. A的单质能将E的单质从HE3的溶液中置换出来
B. A、H、J的简单离子半径由大到小的顺序是A>J>H
C. H、I、J的第一电离能大小顺序是H>I>J
D. I的单质在DB2中燃烧生成两种化合物
12. 尿素的结构可表示为，下列有关说法正确的是( )
A. 1mlCO(NH2)2分子中含有3mlσ键
B. CO(NH2)2分子中C原子、N原子的杂化轨道类型均为sp3
C. 组成尿素的四种元素的第一电离能由大到小的顺序是O>N>C>H
D. 根据结构推测，尿素易溶于水，其熔、沸点高于丙酮()
13. 第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其空间结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时的结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法不正确的是( )
A. 分子中5个R−Cl的键能不完全相同
B. Cl−R−Cl的键角有90∘、120∘、180∘
C. RCl5受热后会分解生成RCl3
D. RCl5中每个原子都达到8电子稳定结构
14. 在某晶体中，与某一种微粒x距离最近且等距离的另一种微粒y所围成的空间构型为正八面体型(如图).该晶体可能为( )
A. NaCl
B. CsCl
C. CO2
D. SiO2
15. 观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法不正确的是( )
A. 单质硼属于原子晶体，结构单元中含有30个B−B键，含有20个正三角形
B. SF6是由极性键构成的非极性分子
C. 固态硫S8属于原子晶体
D. HCN的结构式为H−C≡N
16. 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结构的原子晶体，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分异构体
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
17. 据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的 3d 过渡金属中心(Mn、Fe、C、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以 H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成 C 的含氧化合物。请回答下列问题：
(1)在 Mn、Fe、C、Ni、Cu 中，某基态原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”(指能量相同的原子轨道在全满、半满、全空状态时，体系的能量最低)，该原子的外围电子排布式为______。
(2)在 3d 过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是______(填元素符号)。
(3)铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为______。
(4)石墨烯限域单原子铁能活化 CH4分子中的 C−H键，导致 C 与 H 之间的作用力______(“减弱”或“不变”)。
(5)常温下，H2O2氧化 CH4生成 CH3OH、HCHO、HCOOH 等。
①它们的沸点分别为 64.7℃、−19.5℃、100.8℃，其主要原因是______；
②CH4和 HCHO 比较，键角较大的是______，主要原因是______。
18. 碳和硅是自然界中大量存在的元素，硅及其化合物是工业上最重要的材料。粗硅的制备有二种方法：
方法一：SiO2+2C−高温Si+2CO↑方法二：SiO2+2Mg−高温Si+2MgO
(1)基态硅原子中存在______对自旋相反的电子，基态Mg 的最外层电子所占据的能级的电子云能廓图是______。
(2)上述反应中所有元素第一电离能最小的元素是______(填元素符号)。
(3)试比较C(金刚石)，晶体Si，CO 三种物质的熔沸点从高到低的顺序______，试解释原因：______。
(4)CO在配合物中可作为配体，在Cr(CO)6配合物中配原子是______(填元素符号)1ml该配合物中含有π键的数目______。
(5)SiO2晶跑(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si−Si之间插入O原子而形成。
①推测SiO2晶胞中Si采用______杂化，O−Si−O的键角______。
②SiO2晶跑中，含有Si原子______个和O原子______个。
③假设金刚石晶胞的边长为apm，试计算该晶胞的密度______g/cm3 (写出表达式即可)。
19. 根据原子结构、元素周期表和元素周期律的知识回答下列问题：
(1)A元素次外层电子数是最外层电子数的1/4，外围电子的电子排布图是 ______ .
(2)B是1∼36号元素原子核外未成对电子数最多的元素，B元素的名称是 ______ ，该元素在元素周期表中的位置是 ______ .
(3)C元素基态原子的电子排布图是如图1中的 ______ (填序号)，另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合 ______ (填编号“A”、“B”、“C”).
A.能量最低原理 B.泡利原理 C.洪特规则
(4)第三周期元素的气态电中性基态原子失去最外层一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量叫做第一电离能(设为E).如图2所示：
①同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是 ______ ；
②根据图中提供的信息，试推断E氧______ E氟(填“>”、“<”或“=”，下同)；
③根据第一电离能的含义和元素周期律，试推断E镁______ E钙.
20. 四种元素A、B、C、D，其中A元素原子的原子核内只有一个质子；B的基态原子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1；C元素的原子最外层电子数是次外层的3倍； D是形成化合物种类最多的元素．
(1)A、D形成的某种化合物甲是一种重要的化工产品，可用作水果和蔬菜的催熟剂，甲分子中σ键和π键数目之比为 ______ ；写出由甲制高聚物的反应方程式 ______ .
(2)A、C形成的某种化合物乙分子中含非极性共价键，乙分子属于 ______ (“极性分子”或“非极性分子”)；其电子式 ______ ；将乙加入浅绿色酸性溶液中，溶液变为棕黄色，写出该反应的离子方程式．
(3)写出B的基态原子电子排布图为 ______ .与PH3相比，DC2易液化的主要原因是 ______ ；
(4)笑气(B2C)是一种麻醉剂，有关理论认为B2C与CO2分子具有相似的结构．故B2C的空间构型是 ______ ，其为 ______ (填“极性”或“非极性”)分子．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，
故选：C。
Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，[ZnCl4]2−中的配位数是4，据此判断其空间结构．
本题考查了离子空间构型的判断，难度较大，根据中心原子的杂化方式结合配位数判断即可．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了离子中的化学键，根据杂化轨道理论分析其键能和键长，明确原子杂化原理即可解答，题目难度不大．
铵根离子中存在四个N−H共价键，这四个共价键采用sp3杂化，据此分析解答。
【解答】
铵根离子中存在四个N−H共价键，其中一个是配位键，这四个共价键采用的是sp3杂化，键长和键能完全相同，
故选A。
3.【答案】B
【解析】解：A.晶胞中含有铁原子的数目为8×18+6×12=4，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为Mg2Fe，故A正确；
B.据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，故B错误；
C.金属合金仍为金属，晶体中有金属键，故C正确；
D.一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，其质量为4×104NAg=416NAg，故D正确；
故答案为：B。
A.晶胞中含有铁原子的数目为8×18+6×12=4，含有镁原子的数目为8；
B.据A选项分析，晶胞中有4个铁原子；
C.金属合金仍为金属；
D.一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
4.【答案】B
【解析】解：A.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，则每个CO2周围紧邻CO2=3×82=12，故A正确；
B.氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置，每个Na+周围距离相等的Na+个数=3×82=12，故B错误；
C.根据氯化铯晶体晶胞结构知，每个晶胞中含有一个铯离子，每个顶点上的氯离子被8个晶胞共用，则每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl−有8个，故C正确；
D.金刚石的晶胞结构如图所示：，根据图可知由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故D正确；
故选：B。
A.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上；
B.氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置；
C.氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8；
D.金刚石的晶胞结构如图所示：。
本题考查了晶体的空间结构，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想象能力，明确典型的晶体类型、结构、晶胞为解答本题关键，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：由元素在周期表中的位置可知，A为H、B为C、C为N、D为O、X为S、Y为Cl，
A.水分子间含氢键，硫化氢分子间不含，则沸点A2D>A2X，故A错误；
B.氨气为三角锥形，结构不对称，为极性分子，故B错误；
C.C形成的常见单质C2为氮气，结构式为：N≡N，σ键与π键个数之比为 1：2，故C正确；
D.酸性：HCl>H2S，不是最高价含氧酸的酸性，则不能说明非金属性Cl>S，故D错误；
故选：C。
由元素在周期表中的位置可知，A为H、B为C、C为N、D为O、X为S、Y为Cl，
A.水分子间含氢键，硫化氢分子间不含；
B.氨气为三角锥形；
C.C形成的常见单质C2为氮气，结构式为：N≡N；
D.最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强。
本题考查位置、结构与性质，为高考常见题型，把握元素的位置、性质、原子结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.C70与杯酚形成的超分子溶于甲苯，不能说明C60不溶于甲苯，故A错误；
B.由操作①分离出C60与杯酚固体，可知“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，故B正确；
C.由操作①分离出C60与杯酚固体，可知“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，C70不能与“杯酚”形成超分子，故C正确；
D.由上述分析可知，“杯酚”能够循环使用，故D正确；
故选：A。
由流程可知，混合物中加杯酚，再加甲苯，操作①为过滤，分离出杯酚与C60固体，且得到C70与甲苯的溶液，向C60与杯酚的固体中加氯仿，操作②为过滤，分离出C60，氯仿和杯酚蒸馏分离出杯酚，杯酚再加入混合物中可循环使用，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意超分子的形成，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.该叶绿素只含有H、Mg、C、N、O元素，故A错误；
B、Mg的最高化合价为+2价，而由图可知与4个N原子作用，Mg提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，该物质是配位化合物，中心离子为镁离子，故B正确；
C、该化合物中配位原子为N原子，但不能称为配体，同样也不能称配体是N元素，配体一般可以是离子或分子，故C错误；
D、由B中分析，该物质是配位化合物，故D错误；
故选：B。
由图可知，该叶绿素含有H、Mg、C、N、O元素，氧原子形成了两个单键，还有两对孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化，Mg的最高化合价为+2价，而由图可知与4个N原子作用，Mg提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，该物质是配位化合物，中心离子为镁离子，配体一般可以是离子或分子，据此来分析解答。
本题考查配位化合物的相关知识，涉及元素组成、中心离子、配体等，另外考查了物质的结构，涉及杂化类型，难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.铍原子的核外电子排布式为1s22s2，而硼原子的核外电子排布式为1s22s22p1，前者具有比较稳定的2s2全充满结构，因而其第一电离能大于硼，故A正确；
B.某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，是因为其基态原子获得了能量，2s能级上的一个电子跃迁到2p能级上，故B错误；
C.基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，符合3d轨道半充满、4s轨道半充满的条件，更加稳定，故C正确；
D.磷原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p3，而硫原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p4，前者的2p轨道为半充满状态，较稳定，因此其第一电离能大于硫元素的第一电离能，故D正确；
故选：B。
A.铍原子的核外电子排布式为1s22s2，而硼原子的核外电子排布式为1s22s22p1，前者具有比较稳定的2s2全充满结构；
B.某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，是因为其基态原子获得了能量；
C.基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，符合3d轨道半充满、4s轨道半充满的条件；
D.磷原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p3，而硫原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p4，前者的2p轨道为半充满状态，较稳定。
本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握洪特规则的特例、电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意p、d电子数，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，
A.硫原子的核外电子总数为16，基态S原子的轨道表示式为，故A错误；
B.O2−与Na+的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小关系为：Y2−>Na+，故B正确；
C.N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则Y(O)元素的第一电离能小于X(N)元素的第一电离能，故C错误；
D.稀有气体Xe最外层满足8电子稳定结构，其电负性较小，电负性最大的元素为F，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、R、W、J是元素周期表前五周期的6种元素，结合图示可知，X、Y、Z位于第二周期，E位于第三周期，W位于第四周期，J位于第五周期，其中J为0族元素，则X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，明确元素周期表结构为解答关键，注意掌握元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：X为K元素、Y为Cl元素，Z为O元素，
A.氧元素、氯元素处于短周期，钾元素处于长周期，故A错误；
B.电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，X位于Y的下一周期，核电荷数X较大，所以离子半径X+C.X、Y、Z三种元素可形成KClO等化合物，故C错误；
D.Y为Cl，非金属性较强，对应的气态氢化物较稳定，故D正确．
故选D.
X、Y、Z三种主族元素，X+和Y−两种离子具有相同的电子层结构，X位于Y的下一周期，且X处于第ⅠA族，Y处于第ⅦA族，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，Y−在一定条件下可被氧化生成YZ3−离子，故Y不可能为F元素，不可能位于≥4的周期，Y位于第三周期，故Y为Cl元素，Z为O元素，所以X为K元素，以此解答该题．
本题考查结构与性质、位置关系综合应用，为高考常见题型，推断元素是关键，Y形成−1价离子，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，是推断的突破口，难度不大．
11.【答案】B
【解析】解：A.F2与水剧烈反应，不能将Cl2从AlCl3的溶液中置换出来，故A错误；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：F−>Na+>Al3+，即A>J>H，故B正确；
C.同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，而第IIA族Mg属于全充满结构(3s2)，比较稳定，第一电离能较大；所以Al、Mg、Na的第一电离能大小顺序是Mg>Al>Na，故C错误；
D.镁在CO2中燃烧生成C与MgO，即生成一种化合物和一种单质，故D错误；
故选：B。
结合题意，根据A、B、E的化合价易知分别为F、O、Cl；D的化合价为+4、−4，说明D为C或Si，结合其原子半径大于B，但又小于E，说明D为C；G的化合价为+5、−3，说明G为N或P，结合其原子半径大于E，说明为G为P；H、I、J的原子半径大于G，结合它们的化合价知分别为Al、Mg、Na。
本题考查性质结构位置关系应用，难度中等，根据半径与化合价推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律，熟练掌握元素化合物结构与性质。
12.【答案】D
【解析】解：A.依据可知含有4个N−H，2个N−C，1个C=O，共7个σ键，所以1mlCO(NH2)2分子中含有7mlσ键，故A错误；
B.CO(NH2)2分子中C原子形成三个σ键、N原子形成三个σ键和一对孤对电子对，所以C原子、N原子的轨道杂化类型分别为sp2、sp3，故B错误；
C.同一周期元素，其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族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素第一电离能大小顺序是N>O>C>H，故C错误；
D.尿素分子与水分子间易形成氢键，尿素可能易溶于水，所以尿素可能易溶于水，熔沸点高于丙酮，故D正确。
故选：D。
A.单键都是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键；
B.CO(NH2)2分子中C原子形成三个σ键、N原子形成三个σ键和一对孤对电子对；
C.同一周期元素，其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族第一电离能大于其相邻元素；
D.尿素分子与水分子间易形成氢键，氢键的存在使其熔沸点升高，水溶性增强。
本题考查物质的性质，涉及原子杂化方式判断、电离能和氢键等知识点，综合性较强，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.键长越短，键能越大，RCl5分子中R−Cl的键长不同，所以键能不完全相同，故A正确；
B.上下两个Cl原子与R原子形成的键的键角为180∘，中间为平面三角形，构成平面三角形的键角为120∘，上下两个Cl原子与R原子形成的键与平面形成的夹角为90∘，所以Cl−R−Cl的键角有90∘、120∘、180∘，故B正确；
C.RCl5−△RCl3+Cl2，则RCl5受热后会分解生成RCl3，故C正确；
D.R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对，所以RCl5中R原子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：D。
A.键长越短，键能越大；
B.上下两个Cl原子与R原子形成的键的键角为180∘，中间为平面三角形，构成平面三角形的键角为120∘，上下两个Cl原子与R原子形成的键与平面形成的夹角为90∘；
C.R可与A原子结合形成RA3气态分子，因此RCl5受热后会分解生成RCl3；
D.R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对；
本题是对物质结构与性质的考查，涉及化学键、键角、键能、8电子稳定结构等，注意分析题目中分子的立体结构图，难度较小。
14.【答案】A
【解析】解：A.氯化钠晶体中的离子配位数是6，所以符合该图，故A正确；
B.氯化铯晶体中的离子配位数是8，所以不符合该图，故B错误；
C.二氧化碳为分子晶体，晶胞中一个分子周围有12个紧邻的分子，则配位数为12，不符合，故C错误；
D.二氧化硅晶体中，Si原子与周围的4个O原子形成正四面体结构，Si原子配位数为4、O原子配位数为2，不符合，故D错误，
故选：A。
根据图片知，与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的空间构型为正八面体形，所以x的配位数是6，只要晶体中配位数是6的就可能符合，据此分析解答．
本题考查晶胞结构，需要学生具有一定的空间想象，熟练掌握中学常见晶胞结构，难度不大．
15.【答案】C
【解析】解：A.由图知，中间由六个B原子构成的正六边形，两边各3个B原子，共含有30个B−B键，含20个正三角形，故A正确；
B.不同原子构成的共价键是极性键，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，SF6空间构型为对称结构分子极性抵消，SF6为非极性分子，故B正确；
C.固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体，故C错误；
D.由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，则结构式为H−C≡N，故D正确，故选C.
A.根据图B12结构单元解题；
B.SF6空间构型为对称结构分子极性抵消；
C.固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体；
D.碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>N>H.
本题主要考查比例模型和球棍模型，解题的关键是把握各原子间的成键情况，难度不大．
16.【答案】D
【解析】解：A.同分异构体是分子式相同、结构不同的分子，而CO2的原子晶体中无分子存在，故A错误；
B.当CO2的原子晶体转化为分子晶体时，必须破坏晶体中的共价键，且有新化学键形成，所以是化学变化，故B错误；
C.CO2的原子晶体和分子晶体结构不同，则其物理性质有很大差异，故C错误；
D.CO2的原子晶体和SiO2相似，所以在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，故D正确；
故答案选：D。
A.同分异构体是分子式相同、结构不同的分子；
B.化学变化既有旧化学键的断裂，也有新化学键的形成；
C.不同晶体的结构不同，结构决定性质；
D.根据二氧化硅的结构，推测原子晶体二氧化碳的结构。
本题考查了分子晶体与原子晶体的差异，难度适中，注意两种晶体的区别为解题关键。
17.【答案】3d104s1 Cr 光谱分析 减弱 HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强 HCHOCH4中C原子采取sp3杂化，HCHO中C原子采取sp2杂化
【解析】解：(1)具有全充满、半充满、全空的电子构型的原子更稳定，在Mn、Fe、C、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态Cu原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”，
故答案为：3d104s1；
(2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr，
故答案为：Cr；
(3)用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析，
故答案为：光谱分析；
(4)石墨烯限域单原子铁活化CH4分子中的C−H键，说明在催化剂条件下C−H更容易发生断裂，其键能降低，即导致C与H之间的作用力减弱；
故答案为：减弱；
(5)①HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH>CH3OH>HCHO，
故答案为：HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强；
②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体构型，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO中键角较大，
故答案为：HCHO；CH4中C原子采取sp3杂化，HCHO中C原子采取sp2杂化。
(1)题目给出元素中，基态Cu原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”；
(2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的价电子排布式为3d54s1；
(3)利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析；
(4)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C−H键，说明在催化剂条件下C−H更容易发生断裂，其键能降低；
(5)①HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强；
②CH4为正四面体构型，HCHO为平面三角形，键角主要由碳原子杂化方式决定。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、光谱、氢键、对信息的理解与运用等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
18.【答案】6；球形；Mg；C>Si>CO；金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C−C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小；C；12×6.02×1023；sp3；109∘28′；8；16；4806.02×1023×(a×10−10)3
【解析】解：(1)Si元素为14号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，只有2p轨道2个为未成对电子，基态硅原子中自旋相反的电子对数为14−22=6，基态Mg 的最外层电子电子排布式为3s2，所占据的能级的电子云能廓图是球形，
故答案为：6；球形；
(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA、VA元素的第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：O>C>Si>Mg，
故答案为：Mg；
(3)金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C−C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小，即沸点：C>Si>CO，
故答案为：C>Si>CO；金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C−C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小；
(4)Cr含有空轨道，CO与氮气为等电子体，二者结构相似，结构式为C≡O，碳原子、氧原子均有1对孤电子对，由于O的电负性比碳的大，故碳原子提供孤电子对给Cr形成配位键，Cr(CO)6分子中含有12个π键，1ml该配合物中含有π键的数目为12×6.02×1023，
故答案为：C；12×6.02×1023；
(5)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si−O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，形成S−O正四面体结构，O−Si−O的键角为：109∘28′，
故答案为：sp3；109∘28′；
②SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，晶胞中Si原子数目=4+8×18+6×12=8，由化学式可知晶胞中O原子数目=8×2=16，
故答案为：8；16；
③假设金刚石晶胞的边长为apm，则二氧化硅晶胞棱长为apm，晶胞中原子总质量=8×28+16×166.02×1023g，胞密度=8×28+16×166.02×1023g÷(a×10−10cm)3=4806.02×1023×(a×10−10)3 g/cm3，
故答案为：4806.02×1023×(a×10−10)3。
(1)Si元素为14号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；基态Mg 的最外层电子电子排布式为3s2；
(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA、VA元素的第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；
(3)CO是分子晶体熔沸点最小，金刚石和晶体硅都是原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高；
(4)Cr含有空轨道，CO与氮气为等电子体，二者结构相似，结构式为C≡O，碳原子、氧原子均有1对孤电子对，由于O的电负性比碳的大，故碳原子提供孤电子对给Cr形成配位键；
(5)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si−O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；
②SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，均摊法计算Si原子数目，结合化学式计算O原子数目；
③假设金刚石晶胞的边长为apm，则二氧化硅晶胞棱长为a pm，结合晶胞中Si、O原子数目计算晶胞中原子总质量，晶胞密度=晶胞中原子总质量÷晶胞体积。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、配位键、化学键、空间构型、晶胞计算等，注意同周期第一电离能异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
19.【答案】 铬 第四周期第ⅥB族 ② C 增大 <>
【解析】解：(1)次外层电子数是最外层电子数14的元素只能是氖，外围电子的电子排布图是，故答案为：；
(2)1∼36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，
故答案为：铬；第四周期第ⅥB族；
(3)由电子排布图中的电子数知，C元素是硅，根据洪特规则，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，且自旋方向相同，故硅元素基态原子的电子排布图为②，即另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合C，
故答案为：②；C；
(4)①由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，故答案为：增大；
②由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，但原子处于半满、全满是，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故E氧故答案为：<；
③同主族金属性越强，第一电离能越小则E镁>E钙，故答案为：>.
(1)次外层电子数是最外层电子数14的元素只能是氖；
(2)1∼36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子；
(3)由电子排布图中的电子数知，C元素是硅，根据洪特规则，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，且自旋方向相同；
(4)由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，但原子处于半满、全满是，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；同主族金属性越强，第一电离能越小．
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构推断元素、电子排布规律、第一电离能变化规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．
20.【答案】5：1；；极性分子；；；NH3中有氢键；直线形；非极性
【解析】解：依据分析可知A为氢、B为氮、C为氧、D为碳，
(1)A、D形成的化合物甲是一种重要的化工产品，可用作水果和蔬菜的催熟剂，故甲为乙烯，分子式为C2H4，含4个C−H和1个C=C键，则σ键和π键数目之比为5：1；乙烯加聚生成聚乙烯，化学反应方程式为：，故答案为：5：1；；
(2)A、C形成的化合物A2C2分子的电子式为，属于极性分子，故答案为：极性分子；；
(3)B的基态原子电子排布图为；与PH3相比，BA3易液化，是因氨气分子之间存在氢键，沸点高易液化，故答案为：；氨气分子之间存在氢键；
(4)N2O与CO2具有相似的结构，应为直线形分子，且存在N=O键，N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，应为N=N=O结构，氮和氮原子之间的化学键是非极性共价键，故答案为：直线型，非极性．
四种元素A、B、C、D，其中A元素原子的原子核内只有一个质子，则A为H；B的基态原子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1，电子排布为1s22s22p3，则B为N；C元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，则应为2个电子层，最外层电子数为6，即C为O； D是形成化合物种类最多的元素，D为C元素，以此来解答．
本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握原子结构、电子排布推断元素为解答的关键，侧重物质结构与性质的考查及分析、推断能力的考查，题目难度不大．
X
Y
Z
R
W
J
元素代号
A
B
D
E
G
H
I
J
化合价
−1
−2
+4、−4
−1
+5、−3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186
B12结构单元
SF6分子
S8分子
HCN
结
构
模
型
示
意
图
备注
熔点1873K
易溶于CS2
2. 在NH4+离子中存在4个N−H共价键，则下列说法正确的是( )
A. 四个共价键的键长完全相同
B. 四个共价键的键长完全不同
C. 原来的三个N−H的键长完全相同，但与由配位键形成的N−H键不同
D. 四个N−H键键长相同，但键能不同
3. 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)。则下列说法错误的是( )
A. 铁镁合金的化学式可表示为Mg2Fe
B. 晶胞中有14个铁原子
C. 晶体中存在的化学键类型为金属键
D. 该晶胞的质量是416NAg(NA表示阿伏加德罗常数的值)
4. 下列有关晶体的叙述中，错误的是( )
A. 干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个CO2
B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl−
D. 金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
5. 如图是元素周期表的一部分，图中的字母分别代表某种化学元素。下列说法正确的是( )
A. 沸点：A2D
C. 单质C2中δ键与π键的数目之比为1：2
D. 酸性：HCl>H2S，可说明非金属性：Cl>S
6. 利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是( )
A. C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯B. C60能与“杯酚”形成超分子
C. C70不能与“杯酚”形成超分子D. “杯酚”能够循环使用
7. 如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列叙述正确的是( )
A. 该叶绿素只含有H、Mg、C、N元素
B. 该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C. 该叶绿素是配合物，其配体是氮元素
D. 该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
8. 下列事实不能作为洪特规则特例证据的是( )
A. 硼元素的第一电离能小于铍元素的第一电离能
B. 某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2
C. 基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1而不是[Ar]3d44s2
D. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能
9. 下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号。其中J为0族元素。
下列说法正确的是( )
A. 基态R原子的轨道表示式为
B. Y2−与Na+的半径大小关系为Y2−>Na+
C. Y元素的第一电离能大于X元素的第一电离能
D. 电负性最大的元素为J
10. X、Y、Z三种主族元素，已知X+和Y−具有相同的电子层结构，Z元素原子核电荷数比Y元素原子核电荷数少9，Y−在一定条件下可被氧化成YZ3−，则下列说法正确的是( )
A. X、Y、Z均属于短周期元素
B. 离子半径X+>Y−
C. X、Y、Z三种元素只能形成化合物XYZ3
D. Y的气态氢化物的热稳定性可能较强
11. 几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表。判断下列说法正确的是( )
A. A的单质能将E的单质从HE3的溶液中置换出来
B. A、H、J的简单离子半径由大到小的顺序是A>J>H
C. H、I、J的第一电离能大小顺序是H>I>J
D. I的单质在DB2中燃烧生成两种化合物
12. 尿素的结构可表示为，下列有关说法正确的是( )
A. 1mlCO(NH2)2分子中含有3mlσ键
B. CO(NH2)2分子中C原子、N原子的杂化轨道类型均为sp3
C. 组成尿素的四种元素的第一电离能由大到小的顺序是O>N>C>H
D. 根据结构推测，尿素易溶于水，其熔、沸点高于丙酮()
13. 第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其空间结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时的结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法不正确的是( )
A. 分子中5个R−Cl的键能不完全相同
B. Cl−R−Cl的键角有90∘、120∘、180∘
C. RCl5受热后会分解生成RCl3
D. RCl5中每个原子都达到8电子稳定结构
14. 在某晶体中，与某一种微粒x距离最近且等距离的另一种微粒y所围成的空间构型为正八面体型(如图).该晶体可能为( )
A. NaCl
B. CsCl
C. CO2
D. SiO2
15. 观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法不正确的是( )
A. 单质硼属于原子晶体，结构单元中含有30个B−B键，含有20个正三角形
B. SF6是由极性键构成的非极性分子
C. 固态硫S8属于原子晶体
D. HCN的结构式为H−C≡N
16. 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结构的原子晶体，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分异构体
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
17. 据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的 3d 过渡金属中心(Mn、Fe、C、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以 H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成 C 的含氧化合物。请回答下列问题：
(1)在 Mn、Fe、C、Ni、Cu 中，某基态原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”(指能量相同的原子轨道在全满、半满、全空状态时，体系的能量最低)，该原子的外围电子排布式为______。
(2)在 3d 过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是______(填元素符号)。
(3)铜的焰色反应呈绿色，在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为______。
(4)石墨烯限域单原子铁能活化 CH4分子中的 C−H键，导致 C 与 H 之间的作用力______(“减弱”或“不变”)。
(5)常温下，H2O2氧化 CH4生成 CH3OH、HCHO、HCOOH 等。
①它们的沸点分别为 64.7℃、−19.5℃、100.8℃，其主要原因是______；
②CH4和 HCHO 比较，键角较大的是______，主要原因是______。
18. 碳和硅是自然界中大量存在的元素，硅及其化合物是工业上最重要的材料。粗硅的制备有二种方法：
方法一：SiO2+2C−高温Si+2CO↑方法二：SiO2+2Mg−高温Si+2MgO
(1)基态硅原子中存在______对自旋相反的电子，基态Mg 的最外层电子所占据的能级的电子云能廓图是______。
(2)上述反应中所有元素第一电离能最小的元素是______(填元素符号)。
(3)试比较C(金刚石)，晶体Si，CO 三种物质的熔沸点从高到低的顺序______，试解释原因：______。
(4)CO在配合物中可作为配体，在Cr(CO)6配合物中配原子是______(填元素符号)1ml该配合物中含有π键的数目______。
(5)SiO2晶跑(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si−Si之间插入O原子而形成。
①推测SiO2晶胞中Si采用______杂化，O−Si−O的键角______。
②SiO2晶跑中，含有Si原子______个和O原子______个。
③假设金刚石晶胞的边长为apm，试计算该晶胞的密度______g/cm3 (写出表达式即可)。
19. 根据原子结构、元素周期表和元素周期律的知识回答下列问题：
(1)A元素次外层电子数是最外层电子数的1/4，外围电子的电子排布图是 ______ .
(2)B是1∼36号元素原子核外未成对电子数最多的元素，B元素的名称是 ______ ，该元素在元素周期表中的位置是 ______ .
(3)C元素基态原子的电子排布图是如图1中的 ______ (填序号)，另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合 ______ (填编号“A”、“B”、“C”).
A.能量最低原理 B.泡利原理 C.洪特规则
(4)第三周期元素的气态电中性基态原子失去最外层一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量叫做第一电离能(设为E).如图2所示：
①同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是 ______ ；
②根据图中提供的信息，试推断E氧______ E氟(填“>”、“<”或“=”，下同)；
③根据第一电离能的含义和元素周期律，试推断E镁______ E钙.
20. 四种元素A、B、C、D，其中A元素原子的原子核内只有一个质子；B的基态原子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1；C元素的原子最外层电子数是次外层的3倍； D是形成化合物种类最多的元素．
(1)A、D形成的某种化合物甲是一种重要的化工产品，可用作水果和蔬菜的催熟剂，甲分子中σ键和π键数目之比为 ______ ；写出由甲制高聚物的反应方程式 ______ .
(2)A、C形成的某种化合物乙分子中含非极性共价键，乙分子属于 ______ (“极性分子”或“非极性分子”)；其电子式 ______ ；将乙加入浅绿色酸性溶液中，溶液变为棕黄色，写出该反应的离子方程式．
(3)写出B的基态原子电子排布图为 ______ .与PH3相比，DC2易液化的主要原因是 ______ ；
(4)笑气(B2C)是一种麻醉剂，有关理论认为B2C与CO2分子具有相似的结构．故B2C的空间构型是 ______ ，其为 ______ (填“极性”或“非极性”)分子．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：此配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，
故选：C。
Zn2+的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，[ZnCl4]2−中的配位数是4，据此判断其空间结构．
本题考查了离子空间构型的判断，难度较大，根据中心原子的杂化方式结合配位数判断即可．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了离子中的化学键，根据杂化轨道理论分析其键能和键长，明确原子杂化原理即可解答，题目难度不大．
铵根离子中存在四个N−H共价键，这四个共价键采用sp3杂化，据此分析解答。
【解答】
铵根离子中存在四个N−H共价键，其中一个是配位键，这四个共价键采用的是sp3杂化，键长和键能完全相同，
故选A。
3.【答案】B
【解析】解：A.晶胞中含有铁原子的数目为8×18+6×12=4，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为Mg2Fe，故A正确；
B.据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，故B错误；
C.金属合金仍为金属，晶体中有金属键，故C正确；
D.一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，其质量为4×104NAg=416NAg，故D正确；
故答案为：B。
A.晶胞中含有铁原子的数目为8×18+6×12=4，含有镁原子的数目为8；
B.据A选项分析，晶胞中有4个铁原子；
C.金属合金仍为金属；
D.一个晶胞中含有4个“Mg2Fe”，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
4.【答案】B
【解析】解：A.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，则每个CO2周围紧邻CO2=3×82=12，故A正确；
B.氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置，每个Na+周围距离相等的Na+个数=3×82=12，故B错误；
C.根据氯化铯晶体晶胞结构知，每个晶胞中含有一个铯离子，每个顶点上的氯离子被8个晶胞共用，则每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl−有8个，故C正确；
D.金刚石的晶胞结构如图所示：，根据图可知由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故D正确；
故选：B。
A.干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上；
B.氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置；
C.氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8；
D.金刚石的晶胞结构如图所示：。
本题考查了晶体的空间结构，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想象能力，明确典型的晶体类型、结构、晶胞为解答本题关键，题目难度中等。
5.【答案】C
【解析】解：由元素在周期表中的位置可知，A为H、B为C、C为N、D为O、X为S、Y为Cl，
A.水分子间含氢键，硫化氢分子间不含，则沸点A2D>A2X，故A错误；
B.氨气为三角锥形，结构不对称，为极性分子，故B错误；
C.C形成的常见单质C2为氮气，结构式为：N≡N，σ键与π键个数之比为 1：2，故C正确；
D.酸性：HCl>H2S，不是最高价含氧酸的酸性，则不能说明非金属性Cl>S，故D错误；
故选：C。
由元素在周期表中的位置可知，A为H、B为C、C为N、D为O、X为S、Y为Cl，
A.水分子间含氢键，硫化氢分子间不含；
B.氨气为三角锥形；
C.C形成的常见单质C2为氮气，结构式为：N≡N；
D.最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强。
本题考查位置、结构与性质，为高考常见题型，把握元素的位置、性质、原子结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.C70与杯酚形成的超分子溶于甲苯，不能说明C60不溶于甲苯，故A错误；
B.由操作①分离出C60与杯酚固体，可知“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，故B正确；
C.由操作①分离出C60与杯酚固体，可知“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，C70不能与“杯酚”形成超分子，故C正确；
D.由上述分析可知，“杯酚”能够循环使用，故D正确；
故选：A。
由流程可知，混合物中加杯酚，再加甲苯，操作①为过滤，分离出杯酚与C60固体，且得到C70与甲苯的溶液，向C60与杯酚的固体中加氯仿，操作②为过滤，分离出C60，氯仿和杯酚蒸馏分离出杯酚，杯酚再加入混合物中可循环使用，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意超分子的形成，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.该叶绿素只含有H、Mg、C、N、O元素，故A错误；
B、Mg的最高化合价为+2价，而由图可知与4个N原子作用，Mg提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，该物质是配位化合物，中心离子为镁离子，故B正确；
C、该化合物中配位原子为N原子，但不能称为配体，同样也不能称配体是N元素，配体一般可以是离子或分子，故C错误；
D、由B中分析，该物质是配位化合物，故D错误；
故选：B。
由图可知，该叶绿素含有H、Mg、C、N、O元素，氧原子形成了两个单键，还有两对孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化，Mg的最高化合价为+2价，而由图可知与4个N原子作用，Mg提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，该物质是配位化合物，中心离子为镁离子，配体一般可以是离子或分子，据此来分析解答。
本题考查配位化合物的相关知识，涉及元素组成、中心离子、配体等，另外考查了物质的结构，涉及杂化类型，难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.铍原子的核外电子排布式为1s22s2，而硼原子的核外电子排布式为1s22s22p1，前者具有比较稳定的2s2全充满结构，因而其第一电离能大于硼，故A正确；
B.某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，是因为其基态原子获得了能量，2s能级上的一个电子跃迁到2p能级上，故B错误；
C.基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，符合3d轨道半充满、4s轨道半充满的条件，更加稳定，故C正确；
D.磷原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p3，而硫原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p4，前者的2p轨道为半充满状态，较稳定，因此其第一电离能大于硫元素的第一电离能，故D正确；
故选：B。
A.铍原子的核外电子排布式为1s22s2，而硼原子的核外电子排布式为1s22s22p1，前者具有比较稳定的2s2全充满结构；
B.某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，是因为其基态原子获得了能量；
C.基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，符合3d轨道半充满、4s轨道半充满的条件；
D.磷原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p3，而硫原子的核外电子排布式为[Ne]2s22p4，前者的2p轨道为半充满状态，较稳定。
本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握洪特规则的特例、电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意p、d电子数，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，
A.硫原子的核外电子总数为16，基态S原子的轨道表示式为，故A错误；
B.O2−与Na+的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小关系为：Y2−>Na+，故B正确；
C.N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则Y(O)元素的第一电离能小于X(N)元素的第一电离能，故C错误；
D.稀有气体Xe最外层满足8电子稳定结构，其电负性较小，电负性最大的元素为F，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、R、W、J是元素周期表前五周期的6种元素，结合图示可知，X、Y、Z位于第二周期，E位于第三周期，W位于第四周期，J位于第五周期，其中J为0族元素，则X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，以此分析解答。
本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，明确元素周期表结构为解答关键，注意掌握元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：X为K元素、Y为Cl元素，Z为O元素，
A.氧元素、氯元素处于短周期，钾元素处于长周期，故A错误；
B.电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，X位于Y的下一周期，核电荷数X较大，所以离子半径X+
D.Y为Cl，非金属性较强，对应的气态氢化物较稳定，故D正确．
故选D.
X、Y、Z三种主族元素，X+和Y−两种离子具有相同的电子层结构，X位于Y的下一周期，且X处于第ⅠA族，Y处于第ⅦA族，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，Y−在一定条件下可被氧化生成YZ3−离子，故Y不可能为F元素，不可能位于≥4的周期，Y位于第三周期，故Y为Cl元素，Z为O元素，所以X为K元素，以此解答该题．
本题考查结构与性质、位置关系综合应用，为高考常见题型，推断元素是关键，Y形成−1价离子，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，是推断的突破口，难度不大．
11.【答案】B
【解析】解：A.F2与水剧烈反应，不能将Cl2从AlCl3的溶液中置换出来，故A错误；
B.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：F−>Na+>Al3+，即A>J>H，故B正确；
C.同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，而第IIA族Mg属于全充满结构(3s2)，比较稳定，第一电离能较大；所以Al、Mg、Na的第一电离能大小顺序是Mg>Al>Na，故C错误；
D.镁在CO2中燃烧生成C与MgO，即生成一种化合物和一种单质，故D错误；
故选：B。
结合题意，根据A、B、E的化合价易知分别为F、O、Cl；D的化合价为+4、−4，说明D为C或Si，结合其原子半径大于B，但又小于E，说明D为C；G的化合价为+5、−3，说明G为N或P，结合其原子半径大于E，说明为G为P；H、I、J的原子半径大于G，结合它们的化合价知分别为Al、Mg、Na。
本题考查性质结构位置关系应用，难度中等，根据半径与化合价推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律，熟练掌握元素化合物结构与性质。
12.【答案】D
【解析】解：A.依据可知含有4个N−H，2个N−C，1个C=O，共7个σ键，所以1mlCO(NH2)2分子中含有7mlσ键，故A错误；
B.CO(NH2)2分子中C原子形成三个σ键、N原子形成三个σ键和一对孤对电子对，所以C原子、N原子的轨道杂化类型分别为sp2、sp3，故B错误；
C.同一周期元素，其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族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素第一电离能大小顺序是N>O>C>H，故C错误；
D.尿素分子与水分子间易形成氢键，尿素可能易溶于水，所以尿素可能易溶于水，熔沸点高于丙酮，故D正确。
故选：D。
A.单键都是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键；
B.CO(NH2)2分子中C原子形成三个σ键、N原子形成三个σ键和一对孤对电子对；
C.同一周期元素，其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族第一电离能大于其相邻元素；
D.尿素分子与水分子间易形成氢键，氢键的存在使其熔沸点升高，水溶性增强。
本题考查物质的性质，涉及原子杂化方式判断、电离能和氢键等知识点，综合性较强，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.键长越短，键能越大，RCl5分子中R−Cl的键长不同，所以键能不完全相同，故A正确；
B.上下两个Cl原子与R原子形成的键的键角为180∘，中间为平面三角形，构成平面三角形的键角为120∘，上下两个Cl原子与R原子形成的键与平面形成的夹角为90∘，所以Cl−R−Cl的键角有90∘、120∘、180∘，故B正确；
C.RCl5−△RCl3+Cl2，则RCl5受热后会分解生成RCl3，故C正确；
D.R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对，所以RCl5中R原子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故D错误；
故选：D。
A.键长越短，键能越大；
B.上下两个Cl原子与R原子形成的键的键角为180∘，中间为平面三角形，构成平面三角形的键角为120∘，上下两个Cl原子与R原子形成的键与平面形成的夹角为90∘；
C.R可与A原子结合形成RA3气态分子，因此RCl5受热后会分解生成RCl3；
D.R原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对；
本题是对物质结构与性质的考查，涉及化学键、键角、键能、8电子稳定结构等，注意分析题目中分子的立体结构图，难度较小。
14.【答案】A
【解析】解：A.氯化钠晶体中的离子配位数是6，所以符合该图，故A正确；
B.氯化铯晶体中的离子配位数是8，所以不符合该图，故B错误；
C.二氧化碳为分子晶体，晶胞中一个分子周围有12个紧邻的分子，则配位数为12，不符合，故C错误；
D.二氧化硅晶体中，Si原子与周围的4个O原子形成正四面体结构，Si原子配位数为4、O原子配位数为2，不符合，故D错误，
故选：A。
根据图片知，与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的空间构型为正八面体形，所以x的配位数是6，只要晶体中配位数是6的就可能符合，据此分析解答．
本题考查晶胞结构，需要学生具有一定的空间想象，熟练掌握中学常见晶胞结构，难度不大．
15.【答案】C
【解析】解：A.由图知，中间由六个B原子构成的正六边形，两边各3个B原子，共含有30个B−B键，含20个正三角形，故A正确；
B.不同原子构成的共价键是极性键，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，SF6空间构型为对称结构分子极性抵消，SF6为非极性分子，故B正确；
C.固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体，故C错误；
D.由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，则结构式为H−C≡N，故D正确，故选C.
A.根据图B12结构单元解题；
B.SF6空间构型为对称结构分子极性抵消；
C.固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体；
D.碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C>N>H.
本题主要考查比例模型和球棍模型，解题的关键是把握各原子间的成键情况，难度不大．
16.【答案】D
【解析】解：A.同分异构体是分子式相同、结构不同的分子，而CO2的原子晶体中无分子存在，故A错误；
B.当CO2的原子晶体转化为分子晶体时，必须破坏晶体中的共价键，且有新化学键形成，所以是化学变化，故B错误；
C.CO2的原子晶体和分子晶体结构不同，则其物理性质有很大差异，故C错误；
D.CO2的原子晶体和SiO2相似，所以在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，故D正确；
故答案选：D。
A.同分异构体是分子式相同、结构不同的分子；
B.化学变化既有旧化学键的断裂，也有新化学键的形成；
C.不同晶体的结构不同，结构决定性质；
D.根据二氧化硅的结构，推测原子晶体二氧化碳的结构。
本题考查了分子晶体与原子晶体的差异，难度适中，注意两种晶体的区别为解题关键。
17.【答案】3d104s1 Cr 光谱分析 减弱 HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强 HCHOCH4中C原子采取sp3杂化，HCHO中C原子采取sp2杂化
【解析】解：(1)具有全充满、半充满、全空的电子构型的原子更稳定，在Mn、Fe、C、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态Cu原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”，
故答案为：3d104s1；
(2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr，
故答案为：Cr；
(3)用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析，
故答案为：光谱分析；
(4)石墨烯限域单原子铁活化CH4分子中的C−H键，说明在催化剂条件下C−H更容易发生断裂，其键能降低，即导致C与H之间的作用力减弱；
故答案为：减弱；
(5)①HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH>CH3OH>HCHO，
故答案为：HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强；
②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体构型，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO中键角较大，
故答案为：HCHO；CH4中C原子采取sp3杂化，HCHO中C原子采取sp2杂化。
(1)题目给出元素中，基态Cu原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”；
(2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的价电子排布式为3d54s1；
(3)利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析；
(4)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C−H键，说明在催化剂条件下C−H更容易发生断裂，其键能降低；
(5)①HCOOH、CH3OH分子间存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强；
②CH4为正四面体构型，HCHO为平面三角形，键角主要由碳原子杂化方式决定。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、光谱、氢键、对信息的理解与运用等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。
18.【答案】6；球形；Mg；C>Si>CO；金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C−C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小；C；12×6.02×1023；sp3；109∘28′；8；16；4806.02×1023×(a×10−10)3
【解析】解：(1)Si元素为14号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，只有2p轨道2个为未成对电子，基态硅原子中自旋相反的电子对数为14−22=6，基态Mg 的最外层电子电子排布式为3s2，所占据的能级的电子云能廓图是球形，
故答案为：6；球形；
(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA、VA元素的第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：O>C>Si>Mg，
故答案为：Mg；
(3)金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C−C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小，即沸点：C>Si>CO，
故答案为：C>Si>CO；金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C−C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小；
(4)Cr含有空轨道，CO与氮气为等电子体，二者结构相似，结构式为C≡O，碳原子、氧原子均有1对孤电子对，由于O的电负性比碳的大，故碳原子提供孤电子对给Cr形成配位键，Cr(CO)6分子中含有12个π键，1ml该配合物中含有π键的数目为12×6.02×1023，
故答案为：C；12×6.02×1023；
(5)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si−O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，形成S−O正四面体结构，O−Si−O的键角为：109∘28′，
故答案为：sp3；109∘28′；
②SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，晶胞中Si原子数目=4+8×18+6×12=8，由化学式可知晶胞中O原子数目=8×2=16，
故答案为：8；16；
③假设金刚石晶胞的边长为apm，则二氧化硅晶胞棱长为apm，晶胞中原子总质量=8×28+16×166.02×1023g，胞密度=8×28+16×166.02×1023g÷(a×10−10cm)3=4806.02×1023×(a×10−10)3 g/cm3，
故答案为：4806.02×1023×(a×10−10)3。
(1)Si元素为14号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；基态Mg 的最外层电子电子排布式为3s2；
(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA、VA元素的第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小；
(3)CO是分子晶体熔沸点最小，金刚石和晶体硅都是原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高；
(4)Cr含有空轨道，CO与氮气为等电子体，二者结构相似，结构式为C≡O，碳原子、氧原子均有1对孤电子对，由于O的电负性比碳的大，故碳原子提供孤电子对给Cr形成配位键；
(5)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si−O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；
②SiO2晶跑中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，均摊法计算Si原子数目，结合化学式计算O原子数目；
③假设金刚石晶胞的边长为apm，则二氧化硅晶胞棱长为a pm，结合晶胞中Si、O原子数目计算晶胞中原子总质量，晶胞密度=晶胞中原子总质量÷晶胞体积。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、配位键、化学键、空间构型、晶胞计算等，注意同周期第一电离能异常情况，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
19.【答案】 铬 第四周期第ⅥB族 ② C 增大 <>
【解析】解：(1)次外层电子数是最外层电子数14的元素只能是氖，外围电子的电子排布图是，故答案为：；
(2)1∼36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，
故答案为：铬；第四周期第ⅥB族；
(3)由电子排布图中的电子数知，C元素是硅，根据洪特规则，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，且自旋方向相同，故硅元素基态原子的电子排布图为②，即另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合C，
故答案为：②；C；
(4)①由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，故答案为：增大；
②由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，但原子处于半满、全满是，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故E氧
③同主族金属性越强，第一电离能越小则E镁>E钙，故答案为：>.
(1)次外层电子数是最外层电子数14的元素只能是氖；
(2)1∼36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子；
(3)由电子排布图中的电子数知，C元素是硅，根据洪特规则，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，且自旋方向相同；
(4)由图可知，同周期内，随着原子序数的增大，E值变化的总趋势是增大，但原子处于半满、全满是，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；同主族金属性越强，第一电离能越小．
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构推断元素、电子排布规律、第一电离能变化规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．
20.【答案】5：1；；极性分子；；；NH3中有氢键；直线形；非极性
【解析】解：依据分析可知A为氢、B为氮、C为氧、D为碳，
(1)A、D形成的化合物甲是一种重要的化工产品，可用作水果和蔬菜的催熟剂，故甲为乙烯，分子式为C2H4，含4个C−H和1个C=C键，则σ键和π键数目之比为5：1；乙烯加聚生成聚乙烯，化学反应方程式为：，故答案为：5：1；；
(2)A、C形成的化合物A2C2分子的电子式为，属于极性分子，故答案为：极性分子；；
(3)B的基态原子电子排布图为；与PH3相比，BA3易液化，是因氨气分子之间存在氢键，沸点高易液化，故答案为：；氨气分子之间存在氢键；
(4)N2O与CO2具有相似的结构，应为直线形分子，且存在N=O键，N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，应为N=N=O结构，氮和氮原子之间的化学键是非极性共价键，故答案为：直线型，非极性．
四种元素A、B、C、D，其中A元素原子的原子核内只有一个质子，则A为H；B的基态原子s能级的总电子数比p能级的总电子数多1，电子排布为1s22s22p3，则B为N；C元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，则应为2个电子层，最外层电子数为6，即C为O； D是形成化合物种类最多的元素，D为C元素，以此来解答．
本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握原子结构、电子排布推断元素为解答的关键，侧重物质结构与性质的考查及分析、推断能力的考查，题目难度不大．
X
Y
Z
R
W
J
元素代号
A
B
D
E
G
H
I
J
化合价
−1
−2
+4、−4
−1
+5、−3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186
B12结构单元
SF6分子
S8分子
HCN
结
构
模
型
示
意
图
备注
熔点1873K
易溶于CS2
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