2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题十二 物质结构与性质元素周期律

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题十二 物质结构与性质元素周期律，共3页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
题点1 原子结构、化学用语
微题点1 原子结构与微粒判断
1.(2025·山东，6)第70号元素镱(Yb)的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是( )
A. 70174Yb的中子数与质子数之差为104
B. 70174Yb与 70176Yb是同一种核素
C.基态Yb原子核外共有10个d电子
D.Yb位于元素周期表中第6周期
2.(2024·北京，1)我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是( )
A.41Ca的原子核内有21个中子
B.41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子
C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间
D.从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程属于化学变化
3.（2022·北京卷，3）38Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中eq \f(87Sr,86Sr)值不变。土壤生物中eq \f(87Sr,86Sr)值与土壤中eq \f(87Sr,86Sr)值有效相关。测定土壤生物中eq \f(87Sr,86Sr)值可进行产地溯源。下列说法不正确的是( )
A．Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B．可用质谱法区分87Sr和86Sr
C．87Sr和86Sr含有的中子数分别为49和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中eq \f(87Sr,86Sr)值相同
4.(2022·海南卷5)钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是( )
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
5.(2022·山东卷，3)eq \\ar(13, 8)O、eq \\ar(15, 8)O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。
人工合成反应如下：eq \\ar(16, 8)O＋eq \\ar(3,2)He―→eq \\ar(13, 8)O＋eq \\ar(a,b)X；eq \\ar(16, 8)O＋eq \\ar(3,2)He―→eq \\ar(15, 8)O＋eq \\ar(m,n)Y。下列说法正确的是( )
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C.eq \\ar(13, 8)O、eq \\ar(15, 8)O可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在eq \\ar(13, 8)O2、eq \\ar(15, 8)O2分子是因其化学键不稳定
6.（2021·天津卷，3）核聚变发电有望成为解决人类能源问题的重要手段之一。氘(eq \\al(2,1)H)是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述正确的是( )
A.eq \\al(2,1)H的中子数为2
B.eq \\al(2,1)H的核电荷数为1
C.eq \\al(2,1)H是自然界中最轻的原子
D.eq \\al(2,1)H是氢元素的一种同素异形体
微题点2 “四同（同位素、同素异形体、同分异构体、同系物）”辨识及应用
1.(2024·湖北，12)O2在超高压下转化为平行六面体的O8分子(如图)。下列说法错误的是( )
A.O2和O8互为同素异形体
B.O8中存在不同的氧氧键
C.O2转化为O8是熵减反应
D.常压低温下O8能稳定存在
2.(2023·江苏，5)下列说法正确的是( )
A.eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\al(3,1)H都属于氢元素
B．NHeq \\al(＋,4)和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2
C．H2O2分子中的化学键均为极性共价键
D．CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用
3.(2022·浙江6月选考)下列说法不正确的是( )
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．35Cl和37Cl互为同位素
C．O2和O3互为同素异形体
D．丙酮()和环氧丙烷()互为同分异构体
4.（2022·天津卷，10）下列叙述错误的是( )
A．H2O是极性分子
B.eq \\ar(18, 8)O原子的中子数为10
C．O2与O3互为同素异形体
D．和互为同系物
5.(2022·浙江（选考）卷，7)下列说法不正确的是( )
A．32S和34S互为同位素
B．C70和纳米碳管互为同素异形体
C．CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体
D．C3H6和C4H8一定互为同系物
6.（2021·浙江卷，6）下列说法正确的是( )
A．C60和C70互为同位素
B．C2H6和C6H14互为同系物
C. CO和CO2互为同素异形体
D．CH3COOH和CH3OOCH是同一种物质
7.（2021·浙江卷，7）下列说法正确的是( )
A．14N2和15N2互为同位素B．间二甲苯和苯互为同系物
C．Fe2C和Fe3C互为同素异形体D．乙醚和乙醇互为同分异构体
8.（2020·浙江选考，7）下列说法不正确的是( )
A．168O和188O互为同位素
B．金刚石和石墨互为同素异形体
C．和 互为同系物
D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH互为同分异构体
9.(2020·浙江卷，7)下列说法正确的是( )
A．35Cl和37Cl是两种不同的元素
B．单晶硅和石英互为同素异形体
C．HCOOH和HOCH2CHO互为同系物
D．H与Na在元素周期表中处于同一主族
微题点3 化学用语
1.(2025·陕晋青宁，2)下列化学用语或图示表达正确的是( )
A.CS2的电子式为︰S‥︰︰C︰︰S‥︰
B.基态Be原子的价电子排布式为2s22p2
C.C2H2的球棍模型为
D.反-2-丁烯的结构简式为
2.(2025·江苏，2)科学家通过核反应 01n+36Li13H +24He发现氚(13H)。下列说法正确的是( )
A. 01n表示一个质子
B. 36Li的基态原子核外电子排布式为1s12s2
C. 13H与 12H互为同位素
D. 24He的原子结构示意图为
3.(2025·河南，2)下列化学用语或图示正确的是( )
A.反-1，2-二氟乙烯的结构式：
B.二氯甲烷分子的球棍模型：
C.基态S原子的价电子轨道表示式：
D.用电子式表示CsCl 的形成过程：
4.(2025·甘肃，2)马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是( )
A.基态Si原子的价层电子排布图：
B. 816O的同位素 818O可作为有机反应示踪原子
C.SiCl4的电子式为
D.SiO2的球棍模型为
5.(2024·浙江6月选考，3)下列表示不正确的是( )
A.CO2的电子式：
B.Cl2中共价键的电子云图：
C.NH3的空间填充模型：
D.3，3⁃二甲基戊烷的键线式：
题点2 化学键与物质组成及性质
1.(2022·海南卷10)已知CH3COOH＋Cl2eq \(――→,\s\up7(I2))ClCH2COOH＋HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列有关说法正确的是( )
A．HCl的电子式为
B．Cl—Cl键的键长比I—I键短
C．CH3COOH分子中只有σ键
D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强
2.(2022·湖南卷)下列说法错误的是( )
A．氢键、离子键和共价键都属于化学键
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
3.（2022·江苏卷，2）少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是( )
A．Na2O2的电子式为
B．H2O的空间构型为直线形
C．H2O2中O元素的化合价为－1
D．NaOH仅含离子键
4.（2021·浙江卷，12）下列“类比”结果不正确的是( )
A．H2O2的热稳定性比H2O的弱，则N2H4的热稳定性比NH3的弱
B．H2O的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架(C—O—C)构型为V形
C．Ca(HCO3)2的溶解度比CaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大
D．将丙三醇加入新制Cu(OH)2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2中溶液也呈绛蓝色
5.(2020·山东卷，4)下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是( )
A．键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C．SiH4中Si的化合价为＋4，CH4中C的化合价为－4，因此SiH4还原性小于CH4
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p­p π键
题点3 原子结构与性质
微题点1 原子核外电子排布规律及应用
(2020·江苏卷，21A)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。
(1)Fe基态核外电子排布式为____________________；[Fe(H2O)6]2＋中与Fe2＋配位的原子是________(填元素符号)。
(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
(3)与NH4+互为等电子体的一种分子为____________(填化学式)。
(4)柠檬酸的结构简式如图。1 ml柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为____________ ml。
微题点2 原子结构与元素性质
1.（2023·重庆卷，6）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由Ca、Fe、P、O和Y(钇，原子序数比Fe大13)组成，下列说法正确的是( )
A．Y位于元素周期表的第ⅢB族
B．基态Ca原子的核外电子填充在6个轨道中
C．5种元素中，第一电离能最小的是Fe
D．5种元素中，电负性最大的是P
2.（2021·北京卷，2）下列有关放射性核素氚(eq \\al(3,1)H)的表述不正确的是( )
A.eq \\al(3,1)H原子核外电子数为1
B.eq \\al(3,1)H原子核内中子数为3
C.eq \\al(3,1)H2与H2化学性质基本相同
D.eq \\al(3,1)H2O具有放射性
3.（2021·河北卷，5）用中子轰击eq \\al(N,Z)X原子产生α粒子(即氦核eq \\al(4,2)He)的核反应为eq \\al(N,Z)X＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(7,P)Y＋eq \\al(4,2)He。已知元素Y在化合物中呈＋1价。下列说法正确的是( )
A．H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液
B．Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2
C．X和氢元素形成离子化合物
D．6Y和7Y互为同素异形体
知识点2 元素周期律与元素周期表
题点1 原子（离子）半径比较
(2020·浙江卷，26)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是_______________。
(2)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是___________。
(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是_______________________。
题点2 元素金属性、非金属性强弱比较
1.（2023·天津卷，5）下列比较C和非金属性的方法，错误的是( )
A．单质氧化性B．氧化物熔点
C．和氢气化合难易程度D．最高价氧化物水化物酸性
2.(2022·湖北卷，1)Be2＋和Al3＋的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是( )
A．Be2＋与Al3＋都能在水中与氨形成配合物
B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性
D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
3.（2021·北京卷，4）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是( )
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3
B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞PH3
D．非金属性：F＞O＞N
4.(2020·江苏卷，9)下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是( )
A．NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)
D．原子的最外层电子数n：n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)
题点3 元素电离能、电负性大小比较及应用
1．(2025·重庆，5)根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是
（ⅰ）电负性大于同族其他元素；（ⅱ）第一电离能高于同周期相邻的元素
A．AlB．SiC．BD．Be
2.(2023·新课标卷，9)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。
下列说法正确的是( )
A．该晶体中存在N—H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：CX>W
C．YX的水合物具有两性
D．W单质只有4种同素异形体
8.(2023·广东，14)化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn－1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是( )
A．元素电负性：E>Y>Z
B．氢化物沸点：M>Y>E
C．第一电离能：X>E>Y
D．YZ3和YEeq \\al(－,3)的空间结构均为三角锥形
9.(2023·湖南，6)日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3。下列说法正确的是( )
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：XW
4.(2024·吉林，11)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是( )
QZY4溶液QZX4Y4W12溶液
A.单质沸点：Z>Y>W
B.简单氢化物键角：X>Y
C.反应过程中有蓝色沉淀产生
D.QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y
5．(2024·浙江1月选考，12)X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是( )
A．沸点：X2Z>X2Q
B．M与Q可形成化合物M2Q、M2Q2
C．化学键中离子键成分的百分数：M2Z>M2Q
D．YZeq \\al(－,3)与QZeq \\al(2－,3)离子空间结构均为三角锥形
6.(2023·全国甲卷，11)W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是( )
A．原子半径：X>W
B．简单氢化物的沸点：XZ>X
B．电负性：Z>Y>X>W
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：WY>Z
D．氢化物水溶液的酸性：Y>W
题点3 根据原子结构及成键特点推断元素
1.(2025·新课标卷，11)一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是( )
A.原子半径：Z>Y>X
B.第一电离能：Y>X>W
C.电负性：Y>Z>W
D.单质氧化性：Y>X>Z
2.(2025·陕晋青宁，9)一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是( )
A.X、Z的第一电离能：X>Z
B.X、Y的简单氢化物的键角：X>Y
C.最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y
D.X、Y、Z均能形成多种氧化物
3.(2025·黑吉辽蒙，7)化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物乙[(YW2)2XZ]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是( )
A.第一电离能：Z>Y>X
B.甲中不存在配位键
C.乙中σ键和π键的数目比为6∶1
D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2
4.(2025·安徽，9)某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是( )
A.元素电负性：X>Z>Y
B.该物质中Y和Z均采取sp3杂化
C.基态原子未成对电子数：WY
5．(2025·四川，8)由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>XB．电负性：Z>Y>W
C．简单氢化物的沸点：YY
C．Y与Z形成的化合物是离子化合物
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性
12.(2022·湖南卷)科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是( )
A．原子半径：X>Y>Z
B．非金属性：Y>X>W
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
13.（2021·湖北卷，8）某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法正确的是( )
A．Z元素的最高价态为+7B．基态原子未成对电子数：W>Y
C．该阴离子中X不满足8电子稳定结构D．最简单氢化物水溶液的pH：X>M
14.（2021·广东卷，13）一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是( )
A．XEZ4是一种强酸
B．非金属性：W＞Z＞Y
C．原子半径：Y＞W＞E
D．ZW2中，Z的化合价为＋2价
15.（2021·河北卷，11）如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A．X和Z的最高化合价均为＋7价
B．HX和HZ在水中均为强酸，电子式可表示为与
C．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
D．Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
题点4 根据周期表结构推断元素
1.(2025·河北，9)W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是( )
A.第二电离能：XYX3−，A正确；Y2X2为C2H2，是直线形分子，分子结构对称，分子中正、负电荷的重心是重合的，故其为非极性分子；H2O2分子结构如图所示：，分子中正、负电荷的重心不重合，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关系为Y2X2N>H，A正确；氢化物沸点：H2O>NH3>PH3，B错误；第一电离能：N>O>Mg，C错误；NH3价层电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，NOeq \\al(－,3)价层电子对数为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，D错误。
9.【答案】C
【解析】分析可得X、Y、Z、W分别为O、F、P、Ca。同一周期元素，从左到右电负性依次增大，同一主族元素从上到下电负性依次减小，故四种元素的电负性大小为Y>X>Z>W，A错误；同一周期元素原子半径从左到右依次减小，同一主族元素原子半径从上到下依次增大，故四种元素的原子半径大小为YO>F，故C错误；Be最高价氧化物对应的水化物为Be(OH)2，溶液显两性，B最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，溶液显酸性，故D错误。
11.【答案】D
【解析】R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为＋1，则R为H，X为Cl或F；1 ml化合物RZY3X含58 ml电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a＋8；若X为F，则有1＋9＋a＋8＋3a＝58，解得a＝10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1＋17＋a＋8＋3a＝58，解得a＝8，则Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S。R与X形成的化合物为HCl，其水溶液呈酸性，A错误；S是四种元素中原子半径最大的，B错误；由于O的非金属性比S强，故O2的氧化性比S强，C错误。
12.【答案】D
【解析】同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，非金属性：Y＜W，A错误；氯化铝是共价化合物，B错误；次氯酸是氯的氧化物对应的水化物，但次氯酸为弱酸，C错误；根据化合物中各元素的化合价代数和为0可知，铝与硫元素形成化合物的化学式为Al2S3，D正确。
13.【答案】B
【解析】根据已知信息可推知：X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。
A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确。
14.【答案】B
【解析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y的周期序数与族序数相等，则Y为Al；基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，则Z为Cl；W与Z处于同一主族，则W为Br。
A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；B．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p处于半充满状态，因此X(N)的第一电离能比同周期相邻元素的大，故B正确；C．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱即Al(OH)3＜HClO4，故C错误；D．同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，所以Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误。
15.【答案】B
【解析】由信息可推断：R为H元素，W为N元素，X为O元素，Z为S元素；Y为Al元素。
A. 元素非金属性O>N>S，故简单氢化物的稳定性：H2O>NH3>H2S，选项A错误；B. Y的氧化物Al2O3是两性氧化物，选项B正确；C. R、W、X能组成离子化合物NH4NO3，选项C错误；D. 最高正价：Y为+3，W为+5，X一般没有正价，选项D错误。
16.【答案】B
【解析】由题意分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为Na。离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为N3－＞O2－＞Na＋，即简单离子半径：X＞Y＞Z，故A错误；W为H，Y为O，能形成H2O2，含有极性共价键和非极性共价键，故B正确；X的最简单氢化物为氨气，Y的最简单氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点：Y＞X，故C错误；由W、X、Y三种元素形成的化合物有硝酸、硝酸铵、一水合氨等，硝酸、硝酸铵溶液显酸性，氨水显碱性，故D错误。
17.【答案】D
【解析】短周期元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，Y元素的最高正价为＋4价，则Y处于第ⅣA族；Y元素与M元素同主族，且M的原子序数大于Y，则Y是C，M是Si；Y元素与Z、M元素相邻，且Z的原子序数大于Y，则Z是N。化合物Z2X4为N2X4，其电子总数为18个，则X含1个电子，X应为H。Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，且Q的原子序数大于M(Si)，则Q是Cl。一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大，故原子半径：N＜C＜Si，A正确；元素的非金属性：N＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，B正确；X2Z—ZX2为H2N—NH2，其性质类似于NH3，易溶于水，其水溶液呈碱性，C正确；H、N、Cl三种元素可形成离子化合物NH4Cl，D错误。
题点2 根据原子结构和性质推断元素
1.【答案】D
【解析】由题干分析知：X为H，Y为O，Z为Cl、M是Zn。非金属性越强，电负性越大，H2O中O为负化合价，因此X(H)的电负性小于Y(O)，A错误；Y(O)的单质O2是非极性分子，但O3是极性分子，B错误；X(H)、Y(O)、Z(Cl)形成的化合物中HClO属于弱电解质，C错误；M为Zn，比Fe活泼，镶嵌Zn会通过牺牲阳极保护铁管，使其不易被腐蚀，D正确。
2.【答案】B
【解析】Z是周期表中电负性最大的元素，则Z为F，电子层数为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成对电子数之和为5，X为C、Y为N或X为N、Y为O；化合物分子式为XY2Z，则X和2个Y总化合价为+1价，NO2F符合，故X为N，Y为O，Z为F。F的原子半径最小，A错误；三者中O的第一电离能最小，B正确；N的最高正化合价为+5，C错误；NF3和NH3的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者成键电子对离中心N较远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，D错误。
3.【答案】A
【解析】由题意知，W为Li，X为N，Y为F，Z为P。N和P属于同一主族，A正确；非金属性：F>N>P，B错误；元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，Y为F元素，Z为P元素，气态氢化物的稳定性：HF>PH3，C错误；同周期主族元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径：Li>N>F，D错误。
4.【答案】D
【解析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X可能为N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N元素；W原子序数小于N且能与X形成XW3，所以W为H元素。S单质常温下呈固态，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，所以沸点：S>O2>H2，故A正确；Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的键角约为105°，NH3的键角为107°，所以键角：X>Y，故B正确；硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；[Cu(NH3)4]SO4中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误。
5.【答案】D
【解析】分析可知X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为S。H2O分子间存在氢键，则沸点高于H2S，A项正确；O的电负性大于S，则Na2O中离子键成分的百分数大于Na2S，C项正确；NOeq \\al(－,3)中心原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，为平面三角形，SOeq \\al(2－,3)中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，为三角锥形，D项错误。
6.【答案】C
【解析】分析题干知，W为N，X为O，Y为Mg，Z为S。同周期元素从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：W＞X，A错误；X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，不含氢键，所以简单氢化物的沸点：X＞Z，B错误；Y与X可形成MgO，为离子化合物，C正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误。
7.【答案】A
【解析】由题给信息分析可知X为C，Y为N，Z为F，W为Na。根据同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，则第一电离能：Z>Y>X，故A错误；根据同周期从左到右元素电负性逐渐增大，同主族从上到下元素电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W，故B正确；根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：WO>F，故A错误；第一电离能：F>O>H，故B正确；由电负性：F>O，O>S，可知，电负性：F>O>S，由H2S中元素化合价，H为+1价，S为-2价，可知电负性：S>H，故电负性：F>S>H，故C正确；由电负性：F>O>S；可推出单质氧化性：F>O>S。故D正确。
2.【答案】D
【解析】已知X、Y和Z都是短周期元素，X、Y的价电子数相等，X形成5个共价键、Y形成3个共价键，Y的2p轨道半充满，则Y为N，X为P，Z形成1个共价键，且Z的最外层只有1个未成对电子，又X、Z电子层数相同，则Z为Cl。同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大的趋势，故第一电离能：PP，则NH3中成键电子对更靠近中心原子N，成键电子对间斥力更大，键角更大，故键角：NH3>PH3，B错误；元素的非金属性越强，则其对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl>N>P，故最高价含氧酸的酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误；N可形成NO、NO2等多种氧化物，P可形成P2O5、P4O6等多种氧化物，Cl可形成Cl2O、ClO2等多种氧化物，D正确。
3.【答案】D
【解析】由题分析知，W为H、X为C、Y为N、Z为O。第一电离能：N>O>C，A错误；甲为NH4OCN，其所含的NH4+中存在N原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的配位键，B错误；乙的结构式为，故乙中σ键和π键的数目比为7∶1，C错误；甲为NH4OCN(氰酸铵)，碳原子形成2个σ键，且无孤电子对，故C为sp杂化，乙为(NH2)2CO(尿素)，碳原子形成3个σ键，且无孤电子对，故C为sp2杂化，D正确。
4.【答案】D
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，由X、Z位于同一主族，X、Z形成2个共价键知X为O、Z为S；W可形成1个共价键，Y可形成5个共价键，结合原子序数关系知，W为H、Y为P。电负性：O>S>P，A正确；该化合物中P形成4个σ键，无孤电子对，S形成2个σ键，有2个孤电子对，故P和S均采取sp3杂化，B正确；基态H原子的价层电子排布式为1s1，基态O原子的价层电子排布式为2s22p4，基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，则未成对电子数：HS，D错误。
5． 【答案】B
【解析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X的核外电子数与电子层数相同，X可以形成一条共价键，故X为H；Y可以形成两条共价键，则为ⅥA族，Y、W同族，故Y为O，W为S；Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和（1+6=7），Z为ⅦA族，且原子序数小于S，故Z为F，据此分析；
H是原子半径最小的元素，同周期元素由左至右原子半径减小，故原子半径：O>F>H，A错误；同周期元素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，电负性：F>O>S，B正确；H2O分子之间可以形成氢键使沸点升高，而H2S无分子间氢键，简单氢化物的沸点：Y>W，C错误；Y是O，同周期元素由左至右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素高，故第一电离能，N>O、F>O，D错误；故选B。
6. 【答案】D
【解析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素。由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3>PH3，故A错误；由于非金属性：CC，故B正确；同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误；OF2中，F为－1价，则O的化合价为＋2价，故D正确。
15. 【答案】CD
【解析】X和Z分别是F、Cl，F无正价，A错误；HX和HZ分别是HF和HCl，HF在水中不是强酸，B错误；四种元素W(N)、X(F)、Y(P)、Z(Cl)中，W(N)、X(F)有两个电子层，Y(P)、Z(Cl)有三个电子层，半径大于W(N)和X(F)，Y(P)原子序数小于Z(Cl)，故Y原子半径在这四种元素中最大，X(F)原子序数大于W(N)，故X原子半径在这四种元素中最小，C正确；Z(Cl)、W(N)和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，D正确。
题点4 根据周期表结构推断元素
1.【答案】A
【解析】W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，且W为短周期非金属元素，则基态W原子的核外电子排布式为1s22s22p2(C)或1s22s22p63s23p4(S)，X与W同族，若W为C，则X为Si，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y为P，根据Z位于W的对角线位置可知，W不为C，故W为S，则X为O，Y为N，Z为F。基态O原子失去一个电子后2p能级为半充满的稳定结构，则第二电离能：O>N，A错误；原子半径：OCH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族。
(4) 中S原子的价层电子对数为2＋eq \f(6－2×1,2)＝4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期主族元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C—C—C键角接近109°28′，故C错误；中存在C—H、C—C、C—S、S===O、S—O、S—H共价键和与Na＋之间的离子键，故D正确；中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误。
(5) 中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量的两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物Ⅲ水溶性更好。
(6)①对比图b和图c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞是晶体的最小重复单元要求。②以晶胞立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4。该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8；Ge原子位于晶胞顶角、面上、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1＋8×eq \f(1,8)＋4×eq \f(1,2)＝4；Hg原子位于棱边、面上，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,4)＝4；则该晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb＝4∶4∶8＝1∶1∶2。③1个晶胞的质量m＝eq \f(4×Mr,NA) g,1个晶胞的体积V＝(x×10－7cm)2×(y×10－7cm)＝x2y×10－21cm3，则X晶体的密度为eq \f(m,V)＝eq \f(\f(4×Mr,NA) g,x2y×10－21cm3)＝eq \f(4Mr,NA·x2y)×1021 g·cm－3。
17.【答案】(1)9 (2)F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 (3)5 D (4)2 (0,0，eq \f(r,c)) eq \r(\f(1,2)a2＋(\f(c,2)－r)2)
【解析】(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种。
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为FCl；根据VSEPR理论有2＋eq \f(6－1×2,2)＝4，去掉2个孤电子对，知OF2分子的空间构型是角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高。
(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2＋eq \f(8－1×2,2)＝5，其中心原子的杂化方式应为sp3d。
(4)图中大球的个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2，小球的个数为8×eq \f(1,4)＋2＝4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的eq \f(r,c)处，其坐标为(0,0，eq \f(r,c))；图中y是底面对角线的一半，y＝eq \f(\r(2),2)a pm，x＝(eq \f(c,2)－r)pm，所以d＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(\f(1,2)a2＋(\f(c,2)－r)2) pm。
18.【答案】(1)第四周期Ⅷ族 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
(2)3×1023NA∙a3 NiO＞CO＞FeO
(3)CCl3＞Cl2＞FeCl3 2C(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2C2＋＋Cl2↑＋6H2O
(4)随H2SO4质量分数的增加，Ni表面逐渐形成致密的氧化膜 少量多次
3Ni＋3H2SO4＋2HNO3===3NiSO4＋2NO↑＋4H2O(或Ni＋H2SO4＋2HNO3===NiSO4＋2NO2↑＋2H2O)
【解析】(1)Fe、CO、Ni三种元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；Fe的原子序数为26，根据核外电子排布规律可知，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。
(2)由题给图示可知，O2－位于顶点和面心，因此一个晶胞中含有O2－的个数为8×18＋6×12＝4；C2＋位于棱上和体心，因此一个晶胞中含有C2＋的个数为12×14＋1＝4，即一个晶胞的质量为4×75NA g，一个晶胞的体积为(a×10－7)3 cm3，因此CO晶体的密度为3×1023NA∙a3 g·cm－3。Fe、C、Ni的原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，因此FeO、CO、NiO微粒间的作用力由大到小的顺序为NiO＞CO＞FeO，三种晶体的熔点由高到低的顺序为NiO＞CO＞FeO。
(3)由Fe和Cl2反应生成FeCl3可知，氧化性：Cl2＞Fe3＋；由C和Cl2反应只生成CCl2而不能生成CCl3可知，氧化性：C3＋＞Cl2。综上分析，FeCl3、CCl3和Cl2三者氧化性由强到弱的顺序为CCl3＞Cl2＞FeCl3。C(OH)3与盐酸反应生成氯气和C2＋，反应的离子方程式为2C(OH)3＋6H＋＋2Cl－===2C2＋＋Cl2↑＋6H2O。
(4)由铁、铝遇浓硫酸能发生钝化可推知，其原因可能是硫酸的质量分数大于63%时，镍表面逐渐形成致密的氧化物保护膜，使反应速率减慢。因为Ni与稀硝酸反应较快，所以添加HNO3时应少量多次而不是一次过量。由题给信息可知，反应物为Ni、H2SO4、HNO3，Ni被氧化生成NiSO4，HNO3被还原为NO或NO2，因此该反应的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3===3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3===NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。
题点5 以金属元素为主体的物质结构综合
1.【答案】(1)四 Ⅷ 4∶5 (2)①N O ②sp2 ③O (3)①34a ②n 2a2
【解析】(1)Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，故Fe位于第四周期Ⅷ族。基态Fe原子、基态Fe3+的价电子排布式分别为3d64s2、3d5，未成对电子数之比为4∶5。(2)①同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N由于2p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于O，故元素C、N、O中，第一电离能最大的是N；同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故元素C、N、O中，电负性最大的是O。②尿素分子中，C原子形成1个双键、2个单键，无孤电子对，故C原子采取的轨道杂化方式为sp2。③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，则形成6个配位键，H2NCONH2中O和N上有孤电子对，能与Fe3+形成配位键，由碳氮键的键长均相等，知配位原子不能是N，故与Fe3+配位的原子是O。(3)①α-Fe晶胞为体心立方晶胞，体对角线上3个Fe原子相切，设Fe原子半径为r，则4r=3a pm，解得r=34a pm。②根据均摊法，位于截面顶点的Fe原子被周围4个共面的截面所共用，则1个m截面含有Fe原子的个数为4×14=1，1个n截面含有Fe原子的个数为4×14+1=2，m截面单位面积含有的Fe原子为1a2个·pm-2，n截面单位面积含有的Fe原子为2a×2a个·pm-2=2a2个·pm-2>1a2个·pm-2，故n截面的催化活性更低。
2. 【答案】(1)
(2)NH3中N原子存在1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28'
(3)①N ②4Ma3NA×1021
(4)①生成Mg(NH3)6Cl2的活化能更低，更容易发生 ②生成[Mg(NH3)6]Cl2(s)反应的热化学方程式为MgCl2(s)+6NH3(g)Mg(NH3)6Cl2(s) ΔHHB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，吸电子能力：CO>CS>CSe，吸电子能力越强，羟基上H带正电荷越多，与水分子中O原子作用越强，即氢键越强 ②原子半径：S>O，键长：S—H>O—H，S—H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性：NaC>NaD
【解析】(1)由均摊法得，晶胞中Cl的数目为8×18=1，O的数目为1，K的数目为6×12=3，即该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为8×32=12；该化合物可看成KCl·K2O，与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O3KCl+2NH3·H2O。(2)基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能>Ne的第一电离能，B项正确；Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误。
4． 【答案】(1)CrCl2·4H2O[或Cr(H2O)4Cl2] 分子晶体 (2)CD
(3)①sp3 ＜ —NH2中心原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大，键角变小 ②＞
【解析】(2)同一周期主族元素，从左到右，电负性依次增强，故电负性：O＞N＞B，A项错误；核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：P3－＞S2－＞Cl－，B项错误；同一周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，ⅡA族和ⅤA族反常，故第一电离能：Ge＜Se＜As，C项正确；基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，则Cr2＋的简化电子排布式：[Ar]3d4，D项正确。(3)①—NH2的中心原子价层电子对数为4，故杂化方式为sp3；—NH2中心原子价层电子对数为4，有一个孤电子对，—NHeq \\al(＋,3)的中心原子价层电子对数为4，无孤电子对，又因为孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2＜H2N—NHeq \\al(＋,3)中的—NHeq \\al(＋,3)。②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NOeq \\al(＋,2)，则A为NO2HS2O7，NOeq \\al(＋,2)为硝酸失去一个OH－，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NOeq \\al(＋,2)＞HNO3；阴离子为HS2Oeq \\al(－,7)，根据已知可知其结构式为。
5. 【答案】(1)正四面体 sp3 Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[或Si(NH2)4中Si—N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增) (2)AB (3)共价晶体 SiP2
6. 【答案】(1)同素异形体 金刚石 范德华力 (2)③ ＋2 配位 (3)sp3 离子 2 eq \f(8.4×1031,NA·a3)
【解析】(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子中，失去了2个H＋的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为＋2，氮原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。(3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰球的个数为12×eq \f(1,4)＝3，白球的个数为8×eq \f(1,8)＝1，则灰球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。
7. 【答案】(1)2s22p3 (2)①A ②NnHn＋2－2m(m≤eq \f(n,2)，m为正整数) ③＜ [CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂 (3)CaCN2 6
【解析】(1)N核外有7个电子，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。(2)①能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2，故B正确；氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；氮烷中N原子有一个孤电子对、三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确。②氮和氢形成的无环氮多烯，含一个氮的氮烷为NH3，含两个氮的氮烷为N2H4，含三个氮的氮烷为N3H5，含四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn＋2，根据出现一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m时，其分子式通式为NnHn＋2－2m(m≤eq \f(n,2)，m为正整数)。(3)钙个数为2＋4×eq \f(1,6)＋4×eq \f(1,12)＝3，CNeq \\al(2－,2)个数为2＋2×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,6)＝3，则其化学式为CaCN2。本题中分析得到，以这个CNeq \\al(2－,2)进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。
8. 【答案】(1)3s23p4 (2)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 (3)四面体形 (4)Na232SO4和Ag235S (5)4 eq \f(4M,NAabc)×1021 (6)S2Oeq \\al(2－,3)中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【解析】(1)S是第三周期第ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为3s23p4。(3)SOeq \\al(2－,4)的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，S2Oeq \\al(2－,3)可看作是SOeq \\al(2－,4)中的1个O原子被S原子取代，则S2Oeq \\al(2－,3)的空间结构为四面体形。(4)过程ⅱ中S2Oeq \\al(2－,3)断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中SOeq \\al(2－,3)最终转化为SOeq \\al(2－,4)，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用试剂为Na232SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是Na232SO4和Ag235S。(5)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8×eq \f(1,8)＋4×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,2)＋1＝4个[Mg(H2O)6]2＋，含有4个S2Oeq \\al(2－,3)；该晶体的密度ρ＝eq \f(4M,NAabc×10－21) g·cm－3＝eq \f(4M,NAabc)×1021 g·cm－3。
9. 【答案】(1)分子晶体 HF、H2O2(或HF、O2) (2)sp2 ＞ ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长，其原因是ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键 (3)CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl eq \f(4.36×1032,abcNA)(或eq \f(4.36×1032,a2cNA))
【解析】(1)常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显－1价，其水解时结合H2O电离的H＋生成HF，则OH＋结合H2O电离的OH－，两者反应生成H2O2，H2O2不稳定，其分解生成O2，反应为HOF＋H2O===HF＋H2O2,2H2O2===2H2O＋O2↑。(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Πeq \\al(5,3))，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2。(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为＋2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×eq \f(1,4)＋2＝4、白球的个数为16×eq \f(1,4)＋4×eq \f(1,2)＋2＝8、灰球的个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu的化合价为＋2、F的化合价为－1、K的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的质量为eq \f(2×218,NA) g，晶胞的体积为abc pm3＝abc×10－30 cm3，化合物X的密度ρ＝eq \f(\f(2×218,NA ) g,abc×10－30 cm3)＝eq \f(4.36×1032,abcNA) g·cm－3eq \f(4.36×1032,a2cNA) g·cm－3。
10. 【答案】(1)4s24p3 (2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强 (3)< 二者为结构相同的分子晶体，XeF2的相对分子质量大，范德华力大，熔点高 (4)sp3 (5)2 bc
【解析】(1)As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，原子序数为33，其价电子排布式为4s24p3。(4)[BrOF2]＋的中心原子Br的价层电子对数为3＋eq \f(1,2)×(7－1－2－2)＝4，杂化轨道类型为sp3。(5)由晶胞结构可知，其中含有8个KrF2，则[BrOF2][AsF6]·xKrF2加合物中x＝2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键。
11. 【答案】(1)3d84s2 第四周期第Ⅷ族 (2)2∶3 2∶1∶1 Zn2＋ (3)D (4)①吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 ②吡啶和H2O均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子 (5)
【解析】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族。(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2＋个数为2×eq \f(1,2)＝1，Zn2＋个数为8×eq \f(1,8)＝1，CN－个数为8×eq \f(1,2)＝4，NH3个数为8×eq \f(1,4)＝2，苯环个数为4×eq \f(1,2)＝2，则该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2＋周围形成的配位键数目为4，Zn2＋周围形成的配位键数目为6，则Ni2＋与Zn2＋的配位数之比为4∶6＝2∶3；x∶y∶z＝4∶2∶2＝2∶1∶1；Ni2＋的配位数为4，则Ni2＋采取sp3杂化，而Zn2＋的配位数为6，Zn2＋采取sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2＋。(3)已知吡啶中含有与苯类似的Πeq \\al(6,6)大π键，则说明吡啶中N原子也是采取sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯。(5)已知—CH3为推电子基团，—Cl是吸电子基团，则N原子电子云密度大小顺序为＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为。
12. 【答案】(1)2∶1
(2)N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失电子；O，S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子
(3)cd
(4)sp2杂化 2，3
(5)C3N3O
【解析】（1）基态C原子的核外电子排布式是1s22s22p2，成对电子数为4，未成对电子数为2，其比值为2∶1。
（2）N、O、S的第一电离能(I1)大小为I1(N)>I1(O)>I1(S)，原因是相同电子层数的原子，N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，p轨道处在半满状态，比较稳定，原子核对核外电子的束缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能N大于O；O和S是同一主族元素，O原子的半径较小，原子核对核外电子的束缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能O大于S；故第一电离能(I1)大小为I1(N)>I1(O)>I1(S)。
（3）根据题意，g-C3N4晶体具有和石墨相似的层状结构，结合二维平面结构图，判断其存在的微粒间作用力有极性键、π键和范德华力，故答案选cd。
（4）g-C3N4中，结合二维平面结构图得知，C原子与N原子形成三个σ键，层内存在大п键的，不存在孤电子对，故C原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
根据二维平面结构图得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，故N原子的配位数为2、3两种。
（5）从基本结构单元分析得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有6个C原子和7+13×3=8个N原子；将图中虚线圈所示的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子，则形成O掺杂的g-C3N4(OPCN)的化学式为C3N3O。
13. 【答案】(1)K＋和P3－ (2)＋eq \f(3,2)(或－eq \f(3,2)) (3)在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 (4) sp3 (5)SiF4(或SO2F2等) (6)PnOeq \\al(n－,3n) (7)①eq \f(4×136,10－30NAa2c) ②B
【解析】(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H＋(或H－)、O2－、K＋和P3－，其中核外电子排布相同的是K＋和P3－。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为3s23p3，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为＋eq \f(3,2)或－eq \f(3,2)。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4 ml N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193 kJ×6＝1 158 kJ；若4 ml N形成N2分子，则可释放的能量为946 kJ×2＝1 892 kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4 ml P形成P4分子，可以释放出的能量为197 kJ×6＝1 182 kJ；若4 ml P形成P2分子，则可释放的能量为489 kJ×2＝978 kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由KH2PO2是次磷酸的正盐可知，H3PO2为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与POeq \\al(3－,4)电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去(n－1)个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去H＋后得到相应的酸根，故该酸根可写为PnOeq \\al(n－,3n)。
(7)①由晶胞结构可知，H2POeq \\al(－,4)位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个、体心有1个，故晶胞中H2POeq \\al(－,4)的数目为8×eq \f(1,8)＋4×eq \f(1,2)＋1＝4；K＋位于面上和棱上，面上有6个、棱上4个，故晶胞中K＋的数目为6×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,4)＝4。因此，平均每个晶胞中占有的H2POeq \\al(－,4)和K＋的数目均为4，若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，则晶胞的体积为10－30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为eq \f(4×136,10－30NAa2c) g·cm－3。
②由图(a)、(b)、(c)可知，晶胞在x轴方向的投影图为 。
14. 【答案】(1) SiC (2)①SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 ②sp2、sp3 N>C>H 54 (3)①O Mg2GeO4 ②eq \f(740,abcNA)×1021
【解析】(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅。
(2) ①由题给熔、沸点数据可知，0 ℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的立体构型为正四面体形。
②由M2＋的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2＋离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则1个M2＋中含有54个σ键。
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角、面上、棱上和体内的X原子数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,4)＋3＝8，位于体内的Y原子数和Z原子数分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1∶4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4。
②由晶胞的质量公式可得：eq \f(4×185,NA) g＝abc×10－21 cm3×ρ，解得ρ＝eq \f(740,abcNA)×1021 g·cm－3。
15. 【答案】(1)正四面体形 分子晶体
(2)NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3
(3)6 1
(4)4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4
【解析】(1)Sn最外层有4个电子，与4个Cl形成4个σ键，因此SnCl4的空间构型为正四面体形；由题给信息知SnCl4常温常压下为液体，说明SnCl4的熔点较低，所以其固体的晶体类型为分子晶体。
(2)NH3、PH3、AsH3均为分子晶体，NH3分子间形成氢键，因此沸点高于PH3、AsH3；AsH3的相对分子质量大于PH3，因此AsH3的沸点高于PH3，即三者沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。非金属性：N＞P＞As，因此氢化物的还原性由强到弱的顺序为AsH3、PH3、NH3。NH3、PH3、AsH3分子中，N、P、As均形成3对共用电子对和一对孤电子对，原子半径：As＞P＞N，键长：As—H＞P—H＞N—H，因此σ键电子对之间的排斥力由强到弱的顺序为N＞P＞As，即键角由大到小的顺序为NH3、PH3、AsH3。
(3)由题给图示可知，通过螯合作用形成了3个环，每个环中Cd2＋均可与2个N原子或2个氧原子形成配位键，即1个Cd2＋与4个N原子分别形成4个配位键，与2个O原子分别形成2个配位键，因此1 ml该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 ml；由题给图示可知，该配合物中有2种不同的N原子，每个N原子均形成3个σ键，因此所有N原子的杂化方式均为sp2杂化，即杂化方式只有1种。
(4)由题给原子的分数坐标和晶胞图示可知，小白球表示的是Sn原子，Sn原子位于面心和棱上，因此一个晶胞中含Sn原子个数＝6×12＋4×14＝4。由Sn和As的分数坐标可知，x、y轴上a pm长的分数坐标为1，z轴上2a pm长的分数坐标为1。小黑球表示的是Cd原子，与Cd(0,0,0)最近的Sn有两个，其分数坐标分别为(0.5,0,0.25)和(0.5,0.5,0)。灰球表示的是As原子，每个Sn周围与Sn等距离的As原子有4个，即与单个Sn键合的As有4个。
元素
相关信息
X
最外层电子数是核外电子总数的一半
Y
最高化合价和最低化合价之和为零
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期元素中原子半径最小
元素
最高价
氧化物的水化物
X
Y
Z
W
分子式
H3ZO4
0.1 ml·L－1溶液对应的pH(25 ℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
化学键
C—H
Si—H
C==O
C—O
Si—O
C—C
Si—Si
键能/ (kJ·ml－1)
411
318
799
358
452
346
222
事实
解释
A
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B
CH4与NH3分子的空间构型不同
二者中心原子杂化轨道类型不同
C
HF的热稳定性比HCl强
H-F比H-Cl的键能大
D
SiO2的熔点比干冰高
SiO2分子间的范德华力大
羧酸
pKa
4.76
2.59
2.87
2.90
选项
性质或应用
解释
A
石蜡油的流动性比水的差
石蜡油的分子间作用力比水的小
B
NH3溶于水显碱性
NH3可结合水中的质子
C
OF2可以氧化H2O
OF2中O显正电性
D
石墨作为润滑剂
石墨层间靠范德华力维系
事实
解释
A
甘油是黏稠液体
甘油分子间的氢键较强
B
王水溶解铂
浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C
冰的密度小于干冰
冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D
石墨能导电
未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
芳烃
芘
并四苯
蒄
结构
结合常数
385
3 764
176 000
已知
方法
结论
A
沸点：Cl2S
B
酸性：HClO>HBrO
电负性：Cl>Br
C
硬度：金刚石>晶体硅
原子半径：Si>C
D
熔点：MgO>NaF
离子电荷：Mg2+>Na+，O2->F-
金刚石
碳化硅
晶体硅
熔点/℃
>3 550
2 600
1 415
物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiCl4
－68.8
GeCl4
－51.5
SnCl4
－34.1
物质
SnF4
SnCl4
SnBr4
SnI4
熔点/℃
442
-34
29
143
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489
SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
坐标
原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125