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【化学】新疆兵团八师一四三团一中2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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新疆兵团八师一四三团一中2018-2019学年高二下学期期中考试
1.下列有关氮原子的化学用语错误的是（ ）
A. B.
C. 1s22s22p3 D.
【答案】D
【详解】A、N原子最外层有5个电子，电子式为，A正确；
B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确；
C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确；
D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。
答案选D。
2. 在元素周期表中，第一、二、三、四周期元素的种类分别是（ ）
A. 2、8、8、18 B. 2、8、18、18
C. 2、18、18、18 D. 2、8、18、32
【答案】A
【解析】根据核外电子排布规律，原子核外每层电子容纳电子数最多为2n2个，第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个，最外层不超过8个，次外层不超过18个，则第一周期有2种元素，第二周期原子序数最大为10，则元素种类为10-2=8种，第三周期原子序数最大为18，则含有元素种类为18-2-8=8，第四周期原子序数最大的原子核外电子排布为2、8、18、8，则原子序数为36，第四周期含有的元素种类为36-18=18，故选A。
3.从键长的角度来判断下列共价键中最稳定的是 ( )
A. H—F B. N—H C. C—H D. S—H
【答案】A
分析】形成共价键的原子半径越小，核间距越小，共价键键能越大，共价键越稳定，据此分析。
【详解】H—F、N—H 、C—H、S—H，它们都是与氢原子形成的共价键，所以只需要判断其它原子的半径大小，电子层越多半径越大，电子层相同的原子，原子序数越大半径越小，所以4种原子中F的半径最小，所以H—F核间距最小，共价键最稳定，所以A选项是正确的。
4.下列说法中正确的是（ ）
A. s区都是金属元素 B. s区都是主族元素
C. 稀有气体在ds区 D. 所有非金属元素都在p区
【答案】B
【详解】A项，氢元素位于s区，但它不是金属元素，故A项错误；
B项，s区位于元素周期表的第一主族和第二主族，他们都是主族元素，故B项正确；
C项，p区包括第ⅢA族到第ⅦA族加上零族的元素，所以稀有气体属于p区，故C项错误；
D项，s区的氢元素也属于非金属，并非所有的非金属元素都在p区，故D项错误。
答案选B。
5. 下列同周期元素中，原子半径最小的是（ ）
A. Mg B. Al C. Si D. S
【答案】D
【详解】同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最小的是S，故D正确。答案选D。
6.在第二周期中，B、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的排列顺序正确的是( )
A. I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)
B. I1(N)＞I1(O)＞I1(B)＞I1(C)
C. I1(N)＞I1(C)＞I1(O)＞I1(B)
D. I1(O)＞I1(N)＞I1(C)＞I1(B)
【答案】A
【详解】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)，故选A。
【点晴】本题考查了同周期元素第一电离能大小顺序的判断，明确其变化规律及其异常现象是解本题关键。同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。
7.下列各离子的核外电子排布与Ar原子不相同的是( )
A. S2－ B. Ca2＋ C. F－ D. Cl－
【答案】C
【详解】氩原子质子数为18，核外有18个电子。
A.硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故A错误；
B.钙原子失去2个电子形成钙离子，钙离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故B错误；
C.氟原子得到1个电子形成氟离子，氟离子核外有10个电子，与氩原子核外电子数不同，核外电子排布不同，故C正确；
D.氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故D错误。
故选C。
8.下列说法中正确是( )
A. 处于最低能量的原子叫做基态原子
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【答案】A
【详解】A.处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；
B. 3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；
C.能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误。
答案选A。
9.下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是( )
A. N: 1s22s22p3 B. S2-: 1s22s22p63s23p6
C. Na: 1s22s22p53s2 D. Si: 1s22s22p63s23p2
【答案】C
【分析】原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理:1s;2s2p;3s3p; 4s3d4p;5s4d5p ;6s4f5d6p;7s5f6d7p。按此顺序填充，注意满足半满、全满、全空稳定状态，洪特规则、泡利原理。
【详解】A、N原子核外有7个电子，核外电子基态排布式为1s22s22p3，所以A选项是正确的；
B、S2-核外电子数为18，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p6，所以B选项是正确的；
C、选项中2p能级未填充满电子就填充3s能级，Na原子核外电子数为11，核外电子基态排布式为 1s22s22p63s1，故C错误；
D、Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2，所以D选项是正确的。
答案选C。
10.元素电负性随原子序数递增而增强的是（ ）
A. Li、Na、K B. N、P、As
C. O、S、Cl D. Si、P、Cl
【答案】D
【分析】电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角（零族元素除外）；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，故金属性越强电负性越小。
【详解】A项、Li、Na、K为ⅠA族金属元素，同主族自上而下电负性降低，则电负性Na＞K＞Rb，故A错误；
B项、N、P、As为ⅤA族金属元素，同主族自上而下电负性降低，则电负性N＞P＞As，故B错误；
C项、非金属性O＞Cl＞S，则电负性O＞Cl＞S，故C错误；
D项、Si、P、Cl为第三周期元素，同周期自左而右电负性增大，则电负性Cl＞P＞Si，故D正确；
故选D。
11.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 电负性：Na＞Mg＞Al D. 还原性：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【详解】根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。
A项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A项错误；
B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，故B项错误；
C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C项错误。
D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：Na＞Mg＞Al，故D项正确。
答案选D。
12.σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以及一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成。则下列分子中的σ键是由一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是( )
A. H2 B. HCl C. Cl2 D. F2
【答案】B
【详解】A项，H2中的σ键是两个氢原子的s轨道重叠构建而成，故不选A项；
B项，HCl中的σ键是氢原子的s轨道和氯原子的p轨道重叠构建而成，故选B项；
C项，Cl2中的σ键是两个氯原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成，故不选C项；
D项，F2中的σ键是两个氟原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成，故不选D项。
答案选B。
13.下列物质的杂化方式不是sp3杂化的是（ ）
A. CO2 B. CH4 C. NH3 D. H2O
【答案】A
【详解】A.CO2中只含有双键，既有σ键又有π键，分子中C原子含有2个σ键电子对，没有孤电子对，价层电子对个数=2+0=2，杂化类型为sp，故A正确；
B.CH4中只含有单键为σ键，分子中C原子含有4个σ键电子对，没有孤电子对，C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，故B错误；
C.氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+×（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化，故C错误；
D.水分子中O原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以O原子采用sp3杂化，故D错误。
故选A。
14.下列分子中，各原子均处于同一平面上的是（ ）
A. NH3 B. CCl4 C. H2O D. CH4
【答案】C
【详解】A.NH3中，氮原子采用sp3杂化，存在一个未成对电子，所有氨气为三角锥型结构，各原子不可能处于同一平面上，故A错误；
B.四氯化碳与甲烷结构相似，为正四面体结构，分子中的所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；
C.H2O为V形结构，所有原子处于同一平面上，故C正确；
D.甲烷为正四面体结构，分子中所有原子不可能处于同一平面上，故D错误。
故选C。
15.下列叙述正确的是( )
A. NH3是极性分子，N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B. CCl4是非极性分子，C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C. H2O是极性分子，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
D. CO2是非极性分子，C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央
【答案】C
【详解】A项、NH3分子中N原子的价层电子对数为4,孤对电子数为1，则NH3分子空间构型为三角锥形分子，不是三角形，，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；
B项、CCl4分子中C原子的价层电子对数为4,孤对电子数为0，则CCl4分子空间构型为正四面体形，不是正方形，，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故B错误；
C项、H2O分子中O原子的价层电子对数为4,孤对电子数为2，则H2O分子空间构型为V形，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故C正确；
D项、CO2分子中O原子的价层电子对数为2,孤对电子数为0，则CO2分子空间构型为直线形，C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；
故选C。
【点睛】注意依据价层电子对互斥理论，通过价层电子对数和孤对电子数的关系判断空间构型是解答关键。
16.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A. sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B. sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C. C-H之间是sp2形成的σ键，C-C之间未参加杂化的2p轨道形成的是π键
D. C-C之间是sp2形成的σ键，C-H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
【答案】A
【详解】乙烯分子中含有4个碳氢键和1个碳碳双键，C原子采取sp2杂化，4个碳氢键是sp2形成的σ键，1个碳碳双键有1个sp2形成的σ键和1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故选A。
【点睛】乙烯分子中π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的是解答关键。
17.COCl2分子的结构式为，COCl2分子内含有（ ）
A. 4个σ键 B. 2个σ键，2个π键
C. 2个σ键、1个π键 D. 3个σ键、1个π键
【答案】D
【解析】σ键存在于单键中，在双键中一个为σ键，一个为π键；在三键中，一个为σ键，二个为π键；即可得COCl2分子内含有3个σ键、1个π键；
18.关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法正确的是（ ）
A. 配位数为6 B. 配体为NH3和Cl－
C. [Zn(NH3)4]2＋为内界 D. Zn2＋和NH3以离子键结合
【答案】C
【详解】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成。配合物中，配离子是含有配位键的离子，可以是阳离子或阴离子；配位体是提供孤电子对的分子或离子；配位原子是配体中提供电子对的原子；中心原子一般指接受电子对的原子；配位数是中心原子周围的配位原子个数。
配合物[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl-，內界是[Zn（NH3）4]2+，Cl-和[Zn（NH3）4]2+以离子键结合，[Zn（NH3）4]2+离子中Zn2＋是配离子，NH3是配位体，Zn2＋和NH3以配位键结合，配位数为4，故选C。
19.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是（ ）
A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3]
C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】B
【详解】A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可。
20.在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是( )
A. sp2、sp2 B. sp3、sp3
C. sp2、sp3 D. sp、sp3
【答案】C
【分析】由价层电子对互斥理论可知，双键碳原子含有3个σ键且不含孤电子对采用sp2杂化，单键碳原子含有4个σ键且不含孤电子对采用sp3杂化。
【详解】在分子中，羰基碳原子为不饱和碳原子，含有3个σ键且不含孤电子对，采用sp2杂化，两个甲基碳原子为饱和碳原子，含有4个σ键且不含孤电子对，采用sp3杂化，故选C。
21.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【答案】D
【解析】本题考查了价层电子对互斥理论的应用。H2S为V形；BF3为平面三角形。
22.下列有关晶体的特征及结构的叙述中不正确的是( )
A. 晶体一般都有各向异性
B. 晶体有固定的熔点
C. 固态物质不一定是晶体
D. 粉末状的固体肯定不是晶体
【答案】D
【分析】固态物质分为晶体和非晶体，二者的根本区别是晶体有三大特性，有规则的几何外形，有各向异性，有固定的熔点，不管固体的颗粒大小，只要有组成粒子在三维空间里呈现周期性的有序排列就属于晶体。
【详解】A项、晶体是原子、离子或分子按照一定的周期性在空间排列形成在结晶过程中形成具有一定规则的几何外形的固体，非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体，有规则的几何外形属于晶体特性，故A正确；
B项、所有晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，没有固定熔点不属于晶体特性，故B正确；
C项、固态物质分为晶体和非晶体，则固态物质不一定是晶体，故C正确；
D项、晶体和非晶体的本质区别是组成晶体的粒子在三维空间里是否呈现周期性的有序排列，不管固体的颗粒大小，只要有组成粒子在三维空间里呈现周期性的有序排列就属于晶体，故D错误；
故选D。
23.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 ( )
A. CO2 H2S B. C2H4 CH4
C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【分析】由同种原子构成的共价键是非极性键，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，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此解答。
【详解】A、CO2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；H2S含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，不对称的，所以都是极性分子，故A错误；
B、C2H4含有极性键，正负电荷的中心重合，是非极性分子，CH4中含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故B正确；
C、C60含有非极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；C2H2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故C错误；
D、NH3含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，是极性分子；HCl含有极性键，正负电荷的重心不重合，是极性分子，故D错误。
答案选B。
24.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）
A. CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大
B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子
C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
【答案】D
【分析】根据相似相溶原理可知极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。
25. 下列氢键从强到弱的顺序正确的是（ ）
①O—H…O ②N—H…N ③F—H…F ④O—H…N
A. ①②③④ B. ③①④② C. ③②④① D. ③④①②
【答案】B
26.有以下物质：①HF，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥C2H6，⑦H2，⑧H2O2，⑨HCN(H—C≡N)；
（1）只含有极性键的是__________；只含有非极性键的是__________；既有极性键，又有非极性键的是______________；
（2）只有σ键的是____________；既有σ键又有π键的是__________；
（3）含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是__________；
（4）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是____________；
（5）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是__________。
【答案】（1）1 3 9；247；568（2）123678；459 （3）7（4）135689（5）45689
【解析】考查化学键的有关判断。
（1）由同一种非金属元素形成的共价键是非金属性键，由不同种元素形成的共价键是极性键。所以只含有极性键的是1、3、9；只含有非极性键的是2、4、7；既有极性键，又有非极性键的是5、6、8。
（2）σ键是头碰头的方式形成的，而π键是以肩并肩的方式形成的。即单键都是σ键，而双键或三键才含有π键，所以只有σ键的是1、2、3、6、7、8；既有σ键又有π键的是4、5、9。
（3）构成氢气的氢原子都是只有S轨道，所以含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的只能是氢气。
（4）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键，说明共价键中一定含有氢原子，所以正确的答案选1、3、5、6、8、9。
（5）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键，说明构成共价键的原子中一定没有氢原子，因此正确的答案选4、5、6、8、9。
27.现有甲、乙、丙(如下图)三种晶体的晶胞(甲中x处于晶胞的中心，乙中a处于晶胞的中心)，可推知：甲晶胞中x与y的个数比是__________，乙晶胞中a与b的个数比是__________，丙晶胞中有________个c离子，有________个d离子。
【答案】 (1). 4：3 (2). 1：1 (3). 4 (4). 4
【分析】根据均摊法可知，顶点原子占、面心原子占，棱上原子占，体心原子占1。
【详解】根据均摊法可知，甲晶胞中含有1个x原子，y原子的个数是6×=，则x与y的个数比是1：=4:3；乙晶胞中含有1个a原子，b原子的个数是8×=1，则a与b的个数比是1:1；丙晶胞中c离子的个数是1+12×=4，d离子的个数是8×+6×=4，故答案为：4：3；1：1；4；4。
【点睛】该题的关键是明确均摊法的原理，然后结合题意和晶胞结构直接列式计算。
28.(1)以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。试判断，违反了泡利原理的是___________，违反了洪特规则的是____________。
①②③④⑤
(2)用符号“＞”“＜”或“＝”表示下列各项关系。
①第一电离能：Na____Mg，Mg_____Ca。
②电负性：O______F，F______Cl。
③能量高低：ns______(n＋1)s，ns______np。
④主族序数______价电子数______元素最高正化合价。
【答案】 (1). ② (2). ③⑤ (3). ＜ (4). ＞ (5). ＜ (6). ＞ (7). ＜ (8). ＜ (9). = (10). =
【分析】（1）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，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则；
（2）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大；
④主族序数等于价电子数等于元素最高正化合价。
【详解】（1）同一个原子轨道中不应有自旋状态相同的电子，②违反了泡利原理；对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋状态相同，③⑤违反了洪特规则，故答案为：②；③⑤；
（2）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Mg，Mg＞Ca，故答案为：＜；＞；
②同一周期中，元素电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性：O＜F，F＞Cl，故答案为：＜；＞；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大，所以能量高低：ns＜（n+1）s，ns＜np，故答案为：＜；＜；
④主族序数等于价电子数等于元素最高正化合价，故答案为：=；=。
【点睛】易错点是第一电离能的异常现象，当原子轨道处于半满、全满、全空时原子最稳定。
29.今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。
（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。
（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。
（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。
【答案】 (1). O (2). Ca (3). Na (4). Cl (5). 1s22s22p4 (6). 4s2 (7). (8). Na＜Ca＜Cl＜O (9). Na＜Ca＜Cl＜O
【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。
【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na， Cl。
（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2 ； 。
（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。
30.如图是s能级和p能级的原子轨道图，试回答下列问题：
（1）s电子的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p电子的原子轨道呈________形，每个p能级有________个原子轨道。
（2）元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1，原子中能量最高的是________电子，其电子云在空间有________方向；元素X的名称是_______，它的氢化物的电子式是____________。若元素X的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1，那么X的元素符号为________，原子的电子排布图为___________。
【答案】 (1). 球 (2). 1 (3). 哑铃 (4). 3 (5). 2p (6). 三个互相垂直的伸展 (7). 氮 (8). (9). S (10).
【详解】（1）s电子的原子轨道都是球形的，每个s能级有1个原子轨道；p电子的原子轨道都是哑铃形的，每个p能级有3个原子轨道，它们相互垂直，分别以px、py、pz表示。
（2）因为元素X的原子最外层电子排布式为nsnnn＋1，np轨道已排上电子，说明ns轨道已排满电子，即n＝2，则元素X的原子核外电子排布式为1s22s22p3，是氮元素，其中原子中能量最高的是2p电子，其电子云在空间有三个互相垂直的伸展方向；氮元素的氢化物是氨气，含有极性键，其电子式是；当元素X的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1时，根据上述分析，有n－1＝2，则n＝3，所以X元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，是硫元素；硫元素的元素符号为S,其原子的电子排布图为。
1.下列有关氮原子的化学用语错误的是（ ）
A. B.
C. 1s22s22p3 D.
【答案】D
【详解】A、N原子最外层有5个电子，电子式为，A正确；
B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确；
C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确；
D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。
答案选D。
2. 在元素周期表中，第一、二、三、四周期元素的种类分别是（ ）
A. 2、8、8、18 B. 2、8、18、18
C. 2、18、18、18 D. 2、8、18、32
【答案】A
【解析】根据核外电子排布规律，原子核外每层电子容纳电子数最多为2n2个，第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个，最外层不超过8个，次外层不超过18个，则第一周期有2种元素，第二周期原子序数最大为10，则元素种类为10-2=8种，第三周期原子序数最大为18，则含有元素种类为18-2-8=8，第四周期原子序数最大的原子核外电子排布为2、8、18、8，则原子序数为36，第四周期含有的元素种类为36-18=18，故选A。
3.从键长的角度来判断下列共价键中最稳定的是 ( )
A. H—F B. N—H C. C—H D. S—H
【答案】A
分析】形成共价键的原子半径越小，核间距越小，共价键键能越大，共价键越稳定，据此分析。
【详解】H—F、N—H 、C—H、S—H，它们都是与氢原子形成的共价键，所以只需要判断其它原子的半径大小，电子层越多半径越大，电子层相同的原子，原子序数越大半径越小，所以4种原子中F的半径最小，所以H—F核间距最小，共价键最稳定，所以A选项是正确的。
4.下列说法中正确的是（ ）
A. s区都是金属元素 B. s区都是主族元素
C. 稀有气体在ds区 D. 所有非金属元素都在p区
【答案】B
【详解】A项，氢元素位于s区，但它不是金属元素，故A项错误；
B项，s区位于元素周期表的第一主族和第二主族，他们都是主族元素，故B项正确；
C项，p区包括第ⅢA族到第ⅦA族加上零族的元素，所以稀有气体属于p区，故C项错误；
D项，s区的氢元素也属于非金属，并非所有的非金属元素都在p区，故D项错误。
答案选B。
5. 下列同周期元素中，原子半径最小的是（ ）
A. Mg B. Al C. Si D. S
【答案】D
【详解】同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最小的是S，故D正确。答案选D。
6.在第二周期中，B、C、N、O四种元素的第一电离能由大到小的排列顺序正确的是( )
A. I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)
B. I1(N)＞I1(O)＞I1(B)＞I1(C)
C. I1(N)＞I1(C)＞I1(O)＞I1(B)
D. I1(O)＞I1(N)＞I1(C)＞I1(B)
【答案】A
【详解】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(O)＞I1(C)＞I1(B)，故选A。
【点晴】本题考查了同周期元素第一电离能大小顺序的判断，明确其变化规律及其异常现象是解本题关键。同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。
7.下列各离子的核外电子排布与Ar原子不相同的是( )
A. S2－ B. Ca2＋ C. F－ D. Cl－
【答案】C
【详解】氩原子质子数为18，核外有18个电子。
A.硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故A错误；
B.钙原子失去2个电子形成钙离子，钙离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故B错误；
C.氟原子得到1个电子形成氟离子，氟离子核外有10个电子，与氩原子核外电子数不同，核外电子排布不同，故C正确；
D.氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故D错误。
故选C。
8.下列说法中正确是( )
A. 处于最低能量的原子叫做基态原子
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【答案】A
【详解】A.处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；
B. 3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；
C.能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故D错误。
答案选A。
9.下列原子或离子原子核外电子排布不属于基态排布的是( )
A. N: 1s22s22p3 B. S2-: 1s22s22p63s23p6
C. Na: 1s22s22p53s2 D. Si: 1s22s22p63s23p2
【答案】C
【分析】原子或离子核外电子排布属于基态排布应满足构造原理:1s;2s2p;3s3p; 4s3d4p;5s4d5p ;6s4f5d6p;7s5f6d7p。按此顺序填充，注意满足半满、全满、全空稳定状态，洪特规则、泡利原理。
【详解】A、N原子核外有7个电子，核外电子基态排布式为1s22s22p3，所以A选项是正确的；
B、S2-核外电子数为18，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p6，所以B选项是正确的；
C、选项中2p能级未填充满电子就填充3s能级，Na原子核外电子数为11，核外电子基态排布式为 1s22s22p63s1，故C错误；
D、Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2，所以D选项是正确的。
答案选C。
10.元素电负性随原子序数递增而增强的是（ ）
A. Li、Na、K B. N、P、As
C. O、S、Cl D. Si、P、Cl
【答案】D
【分析】电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角（零族元素除外）；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，故金属性越强电负性越小。
【详解】A项、Li、Na、K为ⅠA族金属元素，同主族自上而下电负性降低，则电负性Na＞K＞Rb，故A错误；
B项、N、P、As为ⅤA族金属元素，同主族自上而下电负性降低，则电负性N＞P＞As，故B错误；
C项、非金属性O＞Cl＞S，则电负性O＞Cl＞S，故C错误；
D项、Si、P、Cl为第三周期元素，同周期自左而右电负性增大，则电负性Cl＞P＞Si，故D正确；
故选D。
11.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )
A. 碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3 B. 第一电离能：Na＜Mg＜Al
C. 电负性：Na＞Mg＞Al D. 还原性：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【详解】根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。
A项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A项错误；
B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第一电离能：Na＜Al＜Mg，故B项错误；
C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C项错误。
D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：Na＞Mg＞Al，故D项正确。
答案选D。
12.σ键可由两个原子的s轨道、一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以及一个原子的p轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成。则下列分子中的σ键是由一个原子的s轨道和另一个原子的p轨道以“头碰头”方式重叠构建而成的是( )
A. H2 B. HCl C. Cl2 D. F2
【答案】B
【详解】A项，H2中的σ键是两个氢原子的s轨道重叠构建而成，故不选A项；
B项，HCl中的σ键是氢原子的s轨道和氯原子的p轨道重叠构建而成，故选B项；
C项，Cl2中的σ键是两个氯原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成，故不选C项；
D项，F2中的σ键是两个氟原子的p轨道以“头碰头”方式重叠而成，故不选D项。
答案选B。
13.下列物质的杂化方式不是sp3杂化的是（ ）
A. CO2 B. CH4 C. NH3 D. H2O
【答案】A
【详解】A.CO2中只含有双键，既有σ键又有π键，分子中C原子含有2个σ键电子对，没有孤电子对，价层电子对个数=2+0=2，杂化类型为sp，故A正确；
B.CH4中只含有单键为σ键，分子中C原子含有4个σ键电子对，没有孤电子对，C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，故B错误；
C.氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+×（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化，故C错误；
D.水分子中O原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+2=4，所以O原子采用sp3杂化，故D错误。
故选A。
14.下列分子中，各原子均处于同一平面上的是（ ）
A. NH3 B. CCl4 C. H2O D. CH4
【答案】C
【详解】A.NH3中，氮原子采用sp3杂化，存在一个未成对电子，所有氨气为三角锥型结构，各原子不可能处于同一平面上，故A错误；
B.四氯化碳与甲烷结构相似，为正四面体结构，分子中的所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；
C.H2O为V形结构，所有原子处于同一平面上，故C正确；
D.甲烷为正四面体结构，分子中所有原子不可能处于同一平面上，故D错误。
故选C。
15.下列叙述正确的是( )
A. NH3是极性分子，N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B. CCl4是非极性分子，C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C. H2O是极性分子，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
D. CO2是非极性分子，C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央
【答案】C
【详解】A项、NH3分子中N原子的价层电子对数为4,孤对电子数为1，则NH3分子空间构型为三角锥形分子，不是三角形，，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故A错误；
B项、CCl4分子中C原子的价层电子对数为4,孤对电子数为0，则CCl4分子空间构型为正四面体形，不是正方形，，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故B错误；
C项、H2O分子中O原子的价层电子对数为4,孤对电子数为2，则H2O分子空间构型为V形，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故C正确；
D项、CO2分子中O原子的价层电子对数为2,孤对电子数为0，则CO2分子空间构型为直线形，C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；
故选C。
【点睛】注意依据价层电子对互斥理论，通过价层电子对数和孤对电子数的关系判断空间构型是解答关键。
16.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A. sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B. sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C. C-H之间是sp2形成的σ键，C-C之间未参加杂化的2p轨道形成的是π键
D. C-C之间是sp2形成的σ键，C-H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
【答案】A
【详解】乙烯分子中含有4个碳氢键和1个碳碳双键，C原子采取sp2杂化，4个碳氢键是sp2形成的σ键，1个碳碳双键有1个sp2形成的σ键和1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故选A。
【点睛】乙烯分子中π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的是解答关键。
17.COCl2分子的结构式为，COCl2分子内含有（ ）
A. 4个σ键 B. 2个σ键，2个π键
C. 2个σ键、1个π键 D. 3个σ键、1个π键
【答案】D
【解析】σ键存在于单键中，在双键中一个为σ键，一个为π键；在三键中，一个为σ键，二个为π键；即可得COCl2分子内含有3个σ键、1个π键；
18.关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法正确的是（ ）
A. 配位数为6 B. 配体为NH3和Cl－
C. [Zn(NH3)4]2＋为内界 D. Zn2＋和NH3以离子键结合
【答案】C
【详解】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成。配合物中，配离子是含有配位键的离子，可以是阳离子或阴离子；配位体是提供孤电子对的分子或离子；配位原子是配体中提供电子对的原子；中心原子一般指接受电子对的原子；配位数是中心原子周围的配位原子个数。
配合物[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl-，內界是[Zn（NH3）4]2+，Cl-和[Zn（NH3）4]2+以离子键结合，[Zn（NH3）4]2+离子中Zn2＋是配离子，NH3是配位体，Zn2＋和NH3以配位键结合，配位数为4，故选C。
19.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是（ ）
A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3]
C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】B
【详解】A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误。
答案选B。
【点睛】本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可。
20.在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是( )
A. sp2、sp2 B. sp3、sp3
C. sp2、sp3 D. sp、sp3
【答案】C
【分析】由价层电子对互斥理论可知，双键碳原子含有3个σ键且不含孤电子对采用sp2杂化，单键碳原子含有4个σ键且不含孤电子对采用sp3杂化。
【详解】在分子中，羰基碳原子为不饱和碳原子，含有3个σ键且不含孤电子对，采用sp2杂化，两个甲基碳原子为饱和碳原子，含有4个σ键且不含孤电子对，采用sp3杂化，故选C。
21.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【答案】D
【解析】本题考查了价层电子对互斥理论的应用。H2S为V形；BF3为平面三角形。
22.下列有关晶体的特征及结构的叙述中不正确的是( )
A. 晶体一般都有各向异性
B. 晶体有固定的熔点
C. 固态物质不一定是晶体
D. 粉末状的固体肯定不是晶体
【答案】D
【分析】固态物质分为晶体和非晶体，二者的根本区别是晶体有三大特性，有规则的几何外形，有各向异性，有固定的熔点，不管固体的颗粒大小，只要有组成粒子在三维空间里呈现周期性的有序排列就属于晶体。
【详解】A项、晶体是原子、离子或分子按照一定的周期性在空间排列形成在结晶过程中形成具有一定规则的几何外形的固体，非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体，有规则的几何外形属于晶体特性，故A正确；
B项、所有晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，没有固定熔点不属于晶体特性，故B正确；
C项、固态物质分为晶体和非晶体，则固态物质不一定是晶体，故C正确；
D项、晶体和非晶体的本质区别是组成晶体的粒子在三维空间里是否呈现周期性的有序排列，不管固体的颗粒大小，只要有组成粒子在三维空间里呈现周期性的有序排列就属于晶体，故D错误；
故选D。
23.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 ( )
A. CO2 H2S B. C2H4 CH4
C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【分析】由同种原子构成的共价键是非极性键，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，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此解答。
【详解】A、CO2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；H2S含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，不对称的，所以都是极性分子，故A错误；
B、C2H4含有极性键，正负电荷的中心重合，是非极性分子，CH4中含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故B正确；
C、C60含有非极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；C2H2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故C错误；
D、NH3含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，是极性分子；HCl含有极性键，正负电荷的重心不重合，是极性分子，故D错误。
答案选B。
24.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）
A. CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大
B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子
C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
【答案】D
【分析】根据相似相溶原理可知极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。
25. 下列氢键从强到弱的顺序正确的是（ ）
①O—H…O ②N—H…N ③F—H…F ④O—H…N
A. ①②③④ B. ③①④② C. ③②④① D. ③④①②
【答案】B
26.有以下物质：①HF，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥C2H6，⑦H2，⑧H2O2，⑨HCN(H—C≡N)；
（1）只含有极性键的是__________；只含有非极性键的是__________；既有极性键，又有非极性键的是______________；
（2）只有σ键的是____________；既有σ键又有π键的是__________；
（3）含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是__________；
（4）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是____________；
（5）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是__________。
【答案】（1）1 3 9；247；568（2）123678；459 （3）7（4）135689（5）45689
【解析】考查化学键的有关判断。
（1）由同一种非金属元素形成的共价键是非金属性键，由不同种元素形成的共价键是极性键。所以只含有极性键的是1、3、9；只含有非极性键的是2、4、7；既有极性键，又有非极性键的是5、6、8。
（2）σ键是头碰头的方式形成的，而π键是以肩并肩的方式形成的。即单键都是σ键，而双键或三键才含有π键，所以只有σ键的是1、2、3、6、7、8；既有σ键又有π键的是4、5、9。
（3）构成氢气的氢原子都是只有S轨道，所以含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的只能是氢气。
（4）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键，说明共价键中一定含有氢原子，所以正确的答案选1、3、5、6、8、9。
（5）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键，说明构成共价键的原子中一定没有氢原子，因此正确的答案选4、5、6、8、9。
27.现有甲、乙、丙(如下图)三种晶体的晶胞(甲中x处于晶胞的中心，乙中a处于晶胞的中心)，可推知：甲晶胞中x与y的个数比是__________，乙晶胞中a与b的个数比是__________，丙晶胞中有________个c离子，有________个d离子。
【答案】 (1). 4：3 (2). 1：1 (3). 4 (4). 4
【分析】根据均摊法可知，顶点原子占、面心原子占，棱上原子占，体心原子占1。
【详解】根据均摊法可知，甲晶胞中含有1个x原子，y原子的个数是6×=，则x与y的个数比是1：=4:3；乙晶胞中含有1个a原子，b原子的个数是8×=1，则a与b的个数比是1:1；丙晶胞中c离子的个数是1+12×=4，d离子的个数是8×+6×=4，故答案为：4：3；1：1；4；4。
【点睛】该题的关键是明确均摊法的原理，然后结合题意和晶胞结构直接列式计算。
28.(1)以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。试判断，违反了泡利原理的是___________，违反了洪特规则的是____________。
①②③④⑤
(2)用符号“＞”“＜”或“＝”表示下列各项关系。
①第一电离能：Na____Mg，Mg_____Ca。
②电负性：O______F，F______Cl。
③能量高低：ns______(n＋1)s，ns______np。
④主族序数______价电子数______元素最高正化合价。
【答案】 (1). ② (2). ③⑤ (3). ＜ (4). ＞ (5). ＜ (6). ＞ (7). ＜ (8). ＜ (9). = (10). =
【分析】（1）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，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则；
（2）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大；
④主族序数等于价电子数等于元素最高正化合价。
【详解】（1）同一个原子轨道中不应有自旋状态相同的电子，②违反了泡利原理；对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，将尽可能分占不同的轨道并且自旋状态相同，③⑤违反了洪特规则，故答案为：②；③⑤；
（2）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Mg，Mg＞Ca，故答案为：＜；＞；
②同一周期中，元素电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性：O＜F，F＞Cl，故答案为：＜；＞；
③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大，所以能量高低：ns＜（n+1）s，ns＜np，故答案为：＜；＜；
④主族序数等于价电子数等于元素最高正化合价，故答案为：=；=。
【点睛】易错点是第一电离能的异常现象，当原子轨道处于半满、全满、全空时原子最稳定。
29.今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。
（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。
（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。
（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。
【答案】 (1). O (2). Ca (3). Na (4). Cl (5). 1s22s22p4 (6). 4s2 (7). (8). Na＜Ca＜Cl＜O (9). Na＜Ca＜Cl＜O
【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na； D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。
【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na， Cl。
（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2 ； 。
（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。
30.如图是s能级和p能级的原子轨道图，试回答下列问题：
（1）s电子的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p电子的原子轨道呈________形，每个p能级有________个原子轨道。
（2）元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1，原子中能量最高的是________电子，其电子云在空间有________方向；元素X的名称是_______，它的氢化物的电子式是____________。若元素X的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1，那么X的元素符号为________，原子的电子排布图为___________。
【答案】 (1). 球 (2). 1 (3). 哑铃 (4). 3 (5). 2p (6). 三个互相垂直的伸展 (7). 氮 (8). (9). S (10).
【详解】（1）s电子的原子轨道都是球形的，每个s能级有1个原子轨道；p电子的原子轨道都是哑铃形的，每个p能级有3个原子轨道，它们相互垂直，分别以px、py、pz表示。
（2）因为元素X的原子最外层电子排布式为nsnnn＋1，np轨道已排上电子，说明ns轨道已排满电子，即n＝2，则元素X的原子核外电子排布式为1s22s22p3，是氮元素，其中原子中能量最高的是2p电子，其电子云在空间有三个互相垂直的伸展方向；氮元素的氢化物是氨气，含有极性键，其电子式是；当元素X的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1时，根据上述分析，有n－1＝2，则n＝3，所以X元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，是硫元素；硫元素的元素符号为S,其原子的电子排布图为。
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